广东省揭阳市三所中学联考2022-2023学年高二下学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．化学与社会密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．硝铵与草木灰不能混合使用，否则将使前者失去肥效，而后者仍有肥效
B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C．硅胶不可以用作食品、药品的干燥剂
D．采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LSO3原子数为4NA
B．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
C．80mL0mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，产生的Cl2分子数为0.2NA
D．精炼铜过程中，阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子为0.2NA
3．（2018高一上·江苏开学考）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
4．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如、、、等。下列说法正确的是（ ）
A．分子中的O为杂化
B．分子中的C原子为sp杂化
C．分子中的B原子为杂化
D．分子中的C原子均为杂化
5．下表所列有关晶体的说法中，有错误的是( )
选项 A B C D
晶体名称 碘化钾 干冰 石墨 碘
组成晶体微粒名称 阴、阳离子 分子 原子 分子
晶体内存在的作用力 离子键 范德华力 共价键 范德华力
A．A B．B C．C D．D
6．现有四种元素基态原子的电子排布式如下：①②③④。则下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：④>③>①>② B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>①>② D．最高正化合价：④>③=②>①
7．（2021高二下·通州期中）下列关于聚集状态的叙述中，错误的是（ ）
A．物质只有气.液.固三种聚集状态
B．气态是高度无序的体系存在状态
C．固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱
D．液态物质的微粒间距离和作用力的强弱介于固.气两态之间，表现出明显的流动性
8．肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其作燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化效率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．电池工作时，正极附近的pH升高
B．当消耗1molO2时，有2molNa+由甲槽向乙槽迁移
C．负极反应为4OH-+N2H4-4e-=N2+4H2O
D．若去掉离子交换膜电池不能正常工作
9．共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：
①Na2O2；②SiO2；③石墨；④金刚石；⑤CaH2；⑥白磷，其中含有两种结合力的组合是（ ）
A．①③⑤⑥ B．①③⑥ C．②④⑥ D．①②③⑥
10．（2020高二上·中山期末）已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1
B．每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1molA—A键和1molB—B键时放出akJ能量
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z、W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等。下列说法正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：X>Y>Q
B．X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同
C．Z、W、Q三种元素最高价氧化物对应的水化物之间两两均可反应生成盐和水
D．相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质制得的氢气多
12．下列实验方案中，不能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验方案
A 验证Cl2的氧化性强于I2 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，可观察到溶液变成蓝色
B 配制100mL 1.0 mol·L-1CuSO4溶液 将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中
C 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
D 验证Cu(OH)2的溶解度小于Mg(OH)2 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L-1CuSO4溶液，可观察到先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
A．A B．B C．C D．D
13．海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．操作X是蒸发、结晶、过滤、洗涤
B．操作y是先将NH3通入饱和食盐水，再不断通入CO2
C．沉淀主要成分为Mg(OH)2
D．气体及滤液可用于制备纯碱
14．已知草酸H2C2O4是二元弱酸。室温下向10 mL 0.01 mol·L－1 H2C2O4溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是（ ）
A．a点pH>2
B．b点表示的溶液中c(C2O42-)>c(H2C2O4)
C．c点时加入NaOH溶液的体积为20mL
D．d点存在c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c(C2O42-)+c(HC2O4－)
15．下表是元素周期表的前三周期。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。下列说法正确的是（ ）
A．沸点：
B．分子是非极性分子
C．C形成的单质中键与π键的个数之比为1：2
D．B、C、D的简单氢化物的空间结构相同
16．在25 ℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是（ ）
A．25 ℃时，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度
B．25 ℃时，饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D．除去某溶液中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
二、原理综合题
17．碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，CO2的综合利用成为热点研究对象，CO2作为碳源加氢是再生能源的有效方法，CO2加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济"概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过CO2加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-41.1kJ mol-1
（1）①相关键能如表，则△H1= ，该反应的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键 H－H CO O－H C=O
键能/(kJ mol-1) 436 1071 464 803
②若K1、K2分别表示反应I、反应Ⅱ的平衡常数，则CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K= (用含K1、K2的代数式表示)。
（2）在一固定容积的密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，若要提高CO的转化率，则可以采取的措施是 (填字母)。
a.升温 b.加入催化剂 c.增加CO的浓度 d.加入H2加压 e.加入惰性气体加压 f.分离出甲醇
（3）在催化剂作用下，发生上述反应I、Ⅱ，达平衡时CO2的转化率随温度和压强的变化如图，判断P1、P2、P3的大小关系： ，解释压强一定时，CO2的平衡转化率呈现如图变化的原因： 。
（4）某温度下，初始压强为P，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molCO2、3molH2发生反应I、Ⅱ，平衡时CO2的转化率是50%，体系内剩余1molH2，反应Ⅱ的平衡常数K= 。
三、填空题
18．I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子排布式 ，CuH是 晶体。
（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式： 。
（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
（5）II.某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1molX在该反应中失去3.01×1023个电子。
X的化学式为 。
（6）写出该反应的化学方程式： 。
四、实验题
19．二氧化氯(ClO2)是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题：
（1）ClO2的制备
已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4
①装置A中反应的化学方程式为 。
②欲收集干燥的ClO2，选择图中的装置，其连接顺序为a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
③装置D的作用是 。
（2）ClO2与Na2S的反应
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。
操作步骤 实验现象 结论
取少量Ⅰ中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。 品红始终不褪色 ①无 生成
另取少量Ⅰ中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡。 ② 有生成
③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙中， 。 有白色沉淀生成 有Cl-生成
④ClO2与Na2S反应的离子方程式为 。
五、工业流程题
20．镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、等，以下是从该矿渣中回收的工艺路线：
已知：在350℃以上会分解生成和。在焙烧过程中生成、。锡（Sn）位于第五周期第ⅣA族。
（1）焙烧前将矿渣与混合研磨，混合研磨的目的是 。
（2）“浸泡”过程中生成的离子方程式为 ，“浸渣”的成分除、外还含有 （填化学式）。
（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入将还原为，所需的物质的量不少于物质的量的 倍；除去过量的后，再用酸性标准溶液滴定溶液中的，还原产物为，滴定时反应的离子方程式为 。
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，溶液中 ［已知 ］
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（对溶液中、的萃取率影响如图所示，的最佳取值是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；绿色化学；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、铵盐和碳酸盐发生互促水解反应，生成氨气和二氧化碳，但前者仍存在硝酸根离子，存在肥效，故A错误；
B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B错误；
C、硅胶具有吸水性，无毒，可以用作食品、药品的干燥剂，故C错误；
D、采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法可除去粉尘、二氧化硫以及氮氧化物，提高空气质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应；
B、绿色化学应符合“原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，实现零排放”，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
C、硅胶能吸收水分，可作干燥剂；
D、采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可分别除去粉尘、二氧化硫以及氮氧化物的污染。
2．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 标准状况下，SO3为固体， 不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，46g混合气体中含有的原子数为，故B正确；
C、盐酸随反应进行逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，因此产生的Cl2分子数小于0.2NA，故C错误；
D、粗铜中含有杂质Fe、Zn，则电解过程中活泼性较强的Fe、Zn优先放电，则阳极减少6.4g时，电路中转移电子的物质的量不一定为0.2mol，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、标况下三氧化硫为固态；
B、根据计算；
C、二氧化锰与稀盐酸不反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，变为稀盐酸后不再反应；
D、粗铜中含有杂质Fe、Zn，电解过程中活泼性较强的Fe、Zn优先放电。
3．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验室用浓盐酸和MnO2在加热的条件下反应生成Cl2，该装置没有加热，A项不符合题意；
B.除去氯气中的HCl用饱和食盐水，B项不符合题意；
C.MnO2难溶于水，MnCl2易溶于水，可以用过滤的方法除去，C项符合题意；
D.由MnCl2溶液获得MnCl2·4H2O的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A甲中需要加热
B中洗气装置应该长进短出，且碳酸氢钠也能吸收氯气，不能用于氯气的除杂
D锰离子会水解，直接蒸干得到的是氢氧化锰
4．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．H2O2分子中形成2个σ键，有2对孤电子对，sp3杂化，A不符合题意；
B．CO2中C原子为sp杂化，B符合题意；
C．BF3分子中形成3个σ键，是sp2杂化，C不符合题意；
D．CH3COOH分子中形成3个σ键，没有孤对电子，是sp2杂化，甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，是sp3杂化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．H2O2分子是sp3杂化；
B．CO2是sp杂化；
C．BF3是sp2杂化；
D．CH3COOH是sp2杂化，甲基是sp3杂化。
5．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、碘化钾为离子晶体，由碘离子和钾离子构成，晶体内的作用力为离子键，故A正确；
B、干冰为分子晶体，晶体内存在的作用力为范德华力，故B正确；
C、石墨属于混合晶体，构成微粒为原子，晶体中存在共价键和范德华力，故C错误；
D、碘属于分子晶体，分子间通过范德华力结合，故D正确；
故答案为：C。
【分析】碘化钾为离子晶体，干冰为分子晶体，石墨为混合晶体，碘为分子晶体。
6．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小，因此第一电离能：F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故A错误；
B、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径：P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：F＞N＞S＞P，则电负性：F＞N＞S＞P，即④＞③＞①＞②，故C正确；
D、N与P的最高正价为+5价，S的最高正价为+6价，F无最高正价，所以最高正化合价：①＞③=②，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 为S元素， 为P元素， 为N元素， 为F元素。
7．【答案】A
【知识点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】A．物质的聚集状态，除了气、液、固三态外，还有非晶体、液晶、纳米材料和等离子体等聚集状态，A符合题意；
B．物质处于气态时，分子间距离大，分子运动速度快，体系处于高度无序状态，B不符合题意；
C．固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱，C不符合题意；
D．对液态物质而言，分子相距比较近，分子间作用力也较强，表现出明显的流动性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.物质的聚集状态除了三态还有其他的聚集状态，如非晶体、液晶等等
B.气态分子的混乱度大，运动速率快，因此是高度无序
C.固态中的原子或分子的间隔比较小，难以运动
D.气液固三态的间隔是气态间隔最大，其次是液体最后是固体，距离越近作用力越大，而液体距离处于气态和固态之间即可判断
8．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由上述分析可知，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，生成OH-，则正极附近的pH升高，故A正确；
B、 根据电极反应式可知，消耗1molO2时转移电子4mol，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；
C、由上述分析可知，负极的电极反应式为：4OH-+N2H4-4e-=N2+4H2O，故C正确；
D、若去掉阳离子交换膜，肼会与氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D正确；
故答案为：B。
【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为： 4OH-+N2H4-4e-=N2+4H2O，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-， 原电池工作时，阴离子向负极移动。
9．【答案】B
【知识点】分子间作用力；化学键和分子间作用力的区别；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】①Na2O2中存在离子键和共价键，故①符合题意；
②SiO2间只存在共价键，故②不符合题意；
③石墨属于混合晶体，存在共价键和范德华力，故③符合题意；
④金刚石中只存在共价键，故④不符合题意；
⑤CaH2中只含有离子键，故⑤不符合题意；
⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，故⑥符合题意；
故答案为：B。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力。
10．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】AB．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a b)kJ热量，该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，故A符合题意，B不符合题意；
C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C不符合题意；
D．由图可知，断裂1molA A和1molB B键，吸收akJ能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图示可知，该反应中反应物总能量低于生成物总能量，故为吸热反应，由反应物断裂化学键，生成物形成化学键，结合图像具体数值分析解答。
11．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞N＞C，则气态氢化物的稳定性：HCl＞NH3＞CH4，即Q>Y>X，故A错误；
B、X与Q形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，故B错误；
C、Z、W、Q三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝能与高氯酸、氢氧化钠反应，高氯酸与氢氧化钠之间发生中和反应，故C正确；
D、相同质量的Na、Al分别与稀盐酸反应，Al反应生成的氢气多，故D错误；
故答案为：C。
【分析】X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；Z、W是常见金属，原子序数大于C元素，处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，则Z为Na元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则W为Al元素；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y为N元素；Q处于第三周期，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q的原子序数为6+11=17，则Q为Cl元素。
12．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性：Cl2＞I2，能达到实验目的，故A不符合题意；
B、25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中所得溶液体积大于100mL，浓度小于1.0 mol·L-1，不能达到实验目的，故B符合题意；
C、分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，根据反应剧烈程度可以比较水与乙醇中氢的活泼性，能达到实验目的，故C不符合题意；
D、先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，可说明氢氧化镁转化为氢氧化铜，则Cu(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的小，能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯气能将碘离子氧化为单质碘；
B、25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中所得溶液体积大于100mL；
C、氢越活泼，与金属钠反应越剧烈；
D、沉淀通常会从溶解度小的向溶解度更小的转化。
13．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、由分析可知，操作X是蒸发、结晶、过滤、洗涤，故A正确；
B、制备碳酸氢钠时，应先将氨气通入饱和食盐水中，使溶液呈碱性，再不断通入二氧化碳，故B正确；
C、由分析可知，沉淀的主要成分为碳酸镁，故C错误；
D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠溶液，吸收二氧化碳反应生成碳酸钠，气体及滤液可用于制备纯碱，故D正确；
故答案为：C。
【分析】海水蒸发浓缩、结晶、过滤、洗涤得到食盐和苦卤，实验通过操作Y是侯氏制碱法，向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠加入苦卤中反应生成碳酸镁沉淀，过滤得到沉淀加热分解生成氧化镁和二氧化碳气体。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、 H2C2O4是二元弱酸，则 0.01 mol·L－1 H2C2O4溶液的pH>2，故A正确；
B、b点溶液为草酸氢钠，溶液显酸性，说明草酸氢根的电离程度大于水解程度，则溶液中c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B正确；
C、加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中的溶质为草酸钠，草酸钠溶液呈碱性，pH>7，而c点溶液pH=7，因此加入的NaOH溶液体积不是20mL，故C错误；
D、d点溶液中根据电荷守恒有： c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c(C2O42-)+c(HC2O4－)，故D正确；
故答案为：C。
【分析】加入10mL氢氧化钠得到的是草酸氢钠溶液，加入20mL氢氧化钠得到的是草酸钠溶液，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。
15．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、常温下H2O为液态，H2S为气体，则沸点：H2O>H2S，即 ，故A错误；
B、NH3正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B错误；
C、C形成的单质为氮气，氮气中N原子间形成三键，三键中含有1个σ键和2个π键，则氮气中σ键与π键个数之比为1：2，故C正确；
D、B的简单氢化物为甲烷，甲烷空间结构为正四面体，C的简单氢化物为氨气，氨气的空间结构为三角锥形，D的简单氢化物为水，水分子的空间结构为X形，均不相同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】由图可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，X为S元素。
16．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、CuS和ZnS为同类型的沉淀， Ksp(CuS)
C、混合液中逐滴加入Na2S，Ksp小的先沉淀，因此最先出现沉淀的是ZnS，故C错误；
D、Ksp(CuS)
【分析】A、同类型的沉淀，Ksp越大，溶解度越大；
B、根据Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)计算；
C、Ksp小的先沉淀；
D、CuS的溶解度小于FeS，能发生沉淀的转化。
17．【答案】（1）+43kJ mol-1；大于；
（2）df
（3）p1＞p2＞p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
（4）2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能可得，ΔH1=（2×803+436）kJ/mol-（1071+2×464）kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43kJ mol-1；大于；
②根据盖斯定律，将反应Ⅱ-反应I可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则K= ，故答案为： ；
（2）a、该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，CO的转化率减小，故a不符合题意；
b、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，因此加入催化剂不能提高CO的转化率，故b不符合题意；
c、增大CO的浓度，平衡正向移动，但CO的转化率减小，故c不符合题意；
d、加入H2加压，平衡正向移动，CO的转化率增大，故d符合题意；
e、加入惰性气体加压，加平衡不移动，CO的转化率不变，故e不符合题意；
f、分离出甲醇，平衡正向移动，CO的转化率增大，故f符合题意；
故答案为：df；
（3） 反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1＞p2＞p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低， 故答案为： p1＞p2＞p3； TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低 ；
（4） 设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子数目守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子数目守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。
【分析】（1）①根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算；吸热反应正反应的活化能大于逆反应的活化能；
②根据盖斯定律，将反应Ⅱ-反应I可得目标方程式；
（2）要提高CO的转化率，应使平衡正向移动；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）根据K=计算。
18．【答案】（1）1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；离子
（2）2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl
（3）H2
（4）CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O
（5）MnSO4
（6）5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1） Cu的原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuH由铜离子和氢离子构成，属于离子晶体，故答案为：1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；离子；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，在氯气中燃烧反应生成氯化铜和HCl，反应的化学方程式为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，故答案为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl；
（3）CuH中H元素为-1价，则CuH溶于稀盐酸中，发生归中反应生成氢气，故答案为：H2；
（4）CuH与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ，故答案为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ；
（5）由上述分析可知，X为MnSO4，故答案为：MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O，故答案为：5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；CuH属于离子晶体；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，发生氧化反应而生成CuCl2、HCl；
（3）CuH中H元素为-1价；
（4）稀硝酸具有强氧化性，与CuH反应生成硝酸铜、NO和水；
（5） X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.01×1023个即0.5mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，X是MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
19．【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；g→h(或h→g)→b→c→e→f→d；冷凝并收集ClO2
（2）SO2；生成白色沉淀；加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①装置A中，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为： Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为： Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ；
②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，应连接有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g → h (或h→g) →b → c→e → f→d，故答案为：g→h(或h→g)→b→c→e→f→d；
③装置D用于冷凝并收集ClO2，故答案为： 冷凝并收集ClO2 ；
（2）①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2生成，故答案为：SO2；
②另取少量Ⅰ中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，结论为有生成，与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，因此实验现象为：生成白色沉淀，故答案为：生成白色沉淀；
③结论为有Cl-生成，现象为有白色沉淀生成，氯离子与阴离子结合生成氯化银白色沉淀，因此试管丙中加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；
④根据实验现象，ClO2与Na2S反应后有硫酸根、氯离子生成，则反应的离子方程式为： 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+ ，故答案为： 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。
【分析】（1）装置A中，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气；
（2） ClO2与Na2S发生反应8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。
20．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）；、
（3）0.5；
（4）
（5）0.25
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）混合研磨可增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2） “浸泡”过程中Fe2(SO4)3水解生成 ，反应的离子方程式为： ；“浸渣”中除了含有 、外还含有不溶于水的 和生成的硫酸钙，故答案为：； 、 ；
（3） 取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为：2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，则所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的0.5倍； 将Fe2+氧化为Fe3+， 还原产物为，则滴定过程中反应的离子方程式为： ，故答案为：0.5；；
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1×10-5mol/L，溶液中，故答案为： ；
（5）最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，则 的最佳取值为0.25，故答案为：0.25。
【分析】 矿渣中加入硫酸铵研磨后，在600℃条件下焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在95℃热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液，加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。
广东省揭阳市三所中学联考2022-2023学年高二下学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．化学与社会密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．硝铵与草木灰不能混合使用，否则将使前者失去肥效，而后者仍有肥效
B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C．硅胶不可以用作食品、药品的干燥剂
D．采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；绿色化学；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、铵盐和碳酸盐发生互促水解反应，生成氨气和二氧化碳，但前者仍存在硝酸根离子，存在肥效，故A错误；
B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B错误；
C、硅胶具有吸水性，无毒，可以用作食品、药品的干燥剂，故C错误；
D、采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法可除去粉尘、二氧化硫以及氮氧化物，提高空气质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应；
B、绿色化学应符合“原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，无污染，实现零排放”，绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
C、硅胶能吸收水分，可作干燥剂；
D、采用“静电除尘”、“原煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可分别除去粉尘、二氧化硫以及氮氧化物的污染。
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4LSO3原子数为4NA
B．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA
C．80mL0mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，产生的Cl2分子数为0.2NA
D．精炼铜过程中，阳极质量减少6.4g时，电路中转移电子为0.2NA
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 标准状况下，SO3为固体， 不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B、NO2和N2O4的最简式均为NO2，46g混合气体中含有的原子数为，故B正确；
C、盐酸随反应进行逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，因此产生的Cl2分子数小于0.2NA，故C错误；
D、粗铜中含有杂质Fe、Zn，则电解过程中活泼性较强的Fe、Zn优先放电，则阳极减少6.4g时，电路中转移电子的物质的量不一定为0.2mol，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、标况下三氧化硫为固态；
B、根据计算；
C、二氧化锰与稀盐酸不反应，随着反应进行，盐酸浓度降低，变为稀盐酸后不再反应；
D、粗铜中含有杂质Fe、Zn，电解过程中活泼性较强的Fe、Zn优先放电。
3．（2018高一上·江苏开学考）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．实验室用浓盐酸和MnO2在加热的条件下反应生成Cl2，该装置没有加热，A项不符合题意；
B.除去氯气中的HCl用饱和食盐水，B项不符合题意；
C.MnO2难溶于水，MnCl2易溶于水，可以用过滤的方法除去，C项符合题意；
D.由MnCl2溶液获得MnCl2·4H2O的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A甲中需要加热
B中洗气装置应该长进短出，且碳酸氢钠也能吸收氯气，不能用于氯气的除杂
D锰离子会水解，直接蒸干得到的是氢氧化锰
4．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如、、、等。下列说法正确的是（ ）
A．分子中的O为杂化
B．分子中的C原子为sp杂化
C．分子中的B原子为杂化
D．分子中的C原子均为杂化
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．H2O2分子中形成2个σ键，有2对孤电子对，sp3杂化，A不符合题意；
B．CO2中C原子为sp杂化，B符合题意；
C．BF3分子中形成3个σ键，是sp2杂化，C不符合题意；
D．CH3COOH分子中形成3个σ键，没有孤对电子，是sp2杂化，甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，是sp3杂化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．H2O2分子是sp3杂化；
B．CO2是sp杂化；
C．BF3是sp2杂化；
D．CH3COOH是sp2杂化，甲基是sp3杂化。
5．下表所列有关晶体的说法中，有错误的是( )
选项 A B C D
晶体名称 碘化钾 干冰 石墨 碘
组成晶体微粒名称 阴、阳离子 分子 原子 分子
晶体内存在的作用力 离子键 范德华力 共价键 范德华力
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A、碘化钾为离子晶体，由碘离子和钾离子构成，晶体内的作用力为离子键，故A正确；
B、干冰为分子晶体，晶体内存在的作用力为范德华力，故B正确；
C、石墨属于混合晶体，构成微粒为原子，晶体中存在共价键和范德华力，故C错误；
D、碘属于分子晶体，分子间通过范德华力结合，故D正确；
故答案为：C。
【分析】碘化钾为离子晶体，干冰为分子晶体，石墨为混合晶体，碘为分子晶体。
6．现有四种元素基态原子的电子排布式如下：①②③④。则下列有关比较中正确的是（ ）
A．第一电离能：④>③>①>② B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>①>② D．最高正化合价：④>③=②>①
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小，因此第一电离能：F＞N＞P＞S，即④＞③＞②＞①，故A错误；
B、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径：P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；
C、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：F＞N＞S＞P，则电负性：F＞N＞S＞P，即④＞③＞①＞②，故C正确；
D、N与P的最高正价为+5价，S的最高正价为+6价，F无最高正价，所以最高正化合价：①＞③=②，故D错误；
故答案为：C。
【分析】 为S元素， 为P元素， 为N元素， 为F元素。
7．（2021高二下·通州期中）下列关于聚集状态的叙述中，错误的是（ ）
A．物质只有气.液.固三种聚集状态
B．气态是高度无序的体系存在状态
C．固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱
D．液态物质的微粒间距离和作用力的强弱介于固.气两态之间，表现出明显的流动性
【答案】A
【知识点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响
【解析】【解答】A．物质的聚集状态，除了气、液、固三态外，还有非晶体、液晶、纳米材料和等离子体等聚集状态，A符合题意；
B．物质处于气态时，分子间距离大，分子运动速度快，体系处于高度无序状态，B不符合题意；
C．固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱，C不符合题意；
D．对液态物质而言，分子相距比较近，分子间作用力也较强，表现出明显的流动性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.物质的聚集状态除了三态还有其他的聚集状态，如非晶体、液晶等等
B.气态分子的混乱度大，运动速率快，因此是高度无序
C.固态中的原子或分子的间隔比较小，难以运动
D.气液固三态的间隔是气态间隔最大，其次是液体最后是固体，距离越近作用力越大，而液体距离处于气态和固态之间即可判断
8．肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其作燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化效率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．电池工作时，正极附近的pH升高
B．当消耗1molO2时，有2molNa+由甲槽向乙槽迁移
C．负极反应为4OH-+N2H4-4e-=N2+4H2O
D．若去掉离子交换膜电池不能正常工作
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、由上述分析可知，正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，生成OH-，则正极附近的pH升高，故A正确；
B、 根据电极反应式可知，消耗1molO2时转移电子4mol，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；
C、由上述分析可知，负极的电极反应式为：4OH-+N2H4-4e-=N2+4H2O，故C正确；
D、若去掉阳离子交换膜，肼会与氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D正确；
故答案为：B。
【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为： 4OH-+N2H4-4e-=N2+4H2O，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-， 原电池工作时，阴离子向负极移动。
9．共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：
①Na2O2；②SiO2；③石墨；④金刚石；⑤CaH2；⑥白磷，其中含有两种结合力的组合是（ ）
A．①③⑤⑥ B．①③⑥ C．②④⑥ D．①②③⑥
【答案】B
【知识点】分子间作用力；化学键和分子间作用力的区别；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】①Na2O2中存在离子键和共价键，故①符合题意；
②SiO2间只存在共价键，故②不符合题意；
③石墨属于混合晶体，存在共价键和范德华力，故③符合题意；
④金刚石中只存在共价键，故④不符合题意；
⑤CaH2中只含有离子键，故⑤不符合题意；
⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，故⑥符合题意；
故答案为：B。
【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力。
10．（2020高二上·中山期末）已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1
B．每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1molA—A键和1molB—B键时放出akJ能量
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】AB．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a b)kJ热量，该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，故A符合题意，B不符合题意；
C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C不符合题意；
D．由图可知，断裂1molA A和1molB B键，吸收akJ能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图示可知，该反应中反应物总能量低于生成物总能量，故为吸热反应，由反应物断裂化学键，生成物形成化学键，结合图像具体数值分析解答。
11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z、W是常见金属，Z是同周期中原子半径最大的元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等。下列说法正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：X>Y>Q
B．X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同
C．Z、W、Q三种元素最高价氧化物对应的水化物之间两两均可反应生成盐和水
D．相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质制得的氢气多
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞N＞C，则气态氢化物的稳定性：HCl＞NH3＞CH4，即Q>Y>X，故A错误；
B、X与Q形成的化合物为CCl4，含有共价键，Z与Q形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有化学键不同，故B错误；
C、Z、W、Q三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝能与高氯酸、氢氧化钠反应，高氯酸与氢氧化钠之间发生中和反应，故C正确；
D、相同质量的Na、Al分别与稀盐酸反应，Al反应生成的氢气多，故D错误；
故答案为：C。
【分析】X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；Z、W是常见金属，原子序数大于C元素，处于第三周期，Z是同周期中原子半径最大的元素，则Z为Na元素，W的简单离子是同周期中离子半径最小的，则W为Al元素；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y为N元素；Q处于第三周期，X和Z原子序数之和与Q的原子序数相等，则Q的原子序数为6+11=17，则Q为Cl元素。
12．下列实验方案中，不能达到实验目的的是（ ）
选项 实验目的 实验方案
A 验证Cl2的氧化性强于I2 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，可观察到溶液变成蓝色
B 配制100mL 1.0 mol·L-1CuSO4溶液 将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中
C 比较水与乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
D 验证Cu(OH)2的溶解度小于Mg(OH)2 将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L-1CuSO4溶液，可观察到先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性：Cl2＞I2，能达到实验目的，故A不符合题意；
B、25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中所得溶液体积大于100mL，浓度小于1.0 mol·L-1，不能达到实验目的，故B符合题意；
C、分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，根据反应剧烈程度可以比较水与乙醇中氢的活泼性，能达到实验目的，故C不符合题意；
D、先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，可说明氢氧化镁转化为氢氧化铜，则Cu(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的小，能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯气能将碘离子氧化为单质碘；
B、25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中所得溶液体积大于100mL；
C、氢越活泼，与金属钠反应越剧烈；
D、沉淀通常会从溶解度小的向溶解度更小的转化。
13．海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．操作X是蒸发、结晶、过滤、洗涤
B．操作y是先将NH3通入饱和食盐水，再不断通入CO2
C．沉淀主要成分为Mg(OH)2
D．气体及滤液可用于制备纯碱
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、由分析可知，操作X是蒸发、结晶、过滤、洗涤，故A正确；
B、制备碳酸氢钠时，应先将氨气通入饱和食盐水中，使溶液呈碱性，再不断通入二氧化碳，故B正确；
C、由分析可知，沉淀的主要成分为碳酸镁，故C错误；
D、电解饱和食盐水生成氢氧化钠溶液，吸收二氧化碳反应生成碳酸钠，气体及滤液可用于制备纯碱，故D正确；
故答案为：C。
【分析】海水蒸发浓缩、结晶、过滤、洗涤得到食盐和苦卤，实验通过操作Y是侯氏制碱法，向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠加入苦卤中反应生成碳酸镁沉淀，过滤得到沉淀加热分解生成氧化镁和二氧化碳气体。
14．已知草酸H2C2O4是二元弱酸。室温下向10 mL 0.01 mol·L－1 H2C2O4溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是（ ）
A．a点pH>2
B．b点表示的溶液中c(C2O42-)>c(H2C2O4)
C．c点时加入NaOH溶液的体积为20mL
D．d点存在c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c(C2O42-)+c(HC2O4－)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A、 H2C2O4是二元弱酸，则 0.01 mol·L－1 H2C2O4溶液的pH>2，故A正确；
B、b点溶液为草酸氢钠，溶液显酸性，说明草酸氢根的电离程度大于水解程度，则溶液中c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B正确；
C、加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中的溶质为草酸钠，草酸钠溶液呈碱性，pH>7，而c点溶液pH=7，因此加入的NaOH溶液体积不是20mL，故C错误；
D、d点溶液中根据电荷守恒有： c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+2c(C2O42-)+c(HC2O4－)，故D正确；
故答案为：C。
【分析】加入10mL氢氧化钠得到的是草酸氢钠溶液，加入20mL氢氧化钠得到的是草酸钠溶液，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。
15．下表是元素周期表的前三周期。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。下列说法正确的是（ ）
A．沸点：
B．分子是非极性分子
C．C形成的单质中键与π键的个数之比为1：2
D．B、C、D的简单氢化物的空间结构相同
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、常温下H2O为液态，H2S为气体，则沸点：H2O>H2S，即 ，故A错误；
B、NH3正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B错误；
C、C形成的单质为氮气，氮气中N原子间形成三键，三键中含有1个σ键和2个π键，则氮气中σ键与π键个数之比为1：2，故C正确；
D、B的简单氢化物为甲烷，甲烷空间结构为正四面体，C的简单氢化物为氨气，氨气的空间结构为三角锥形，D的简单氢化物为水，水分子的空间结构为X形，均不相同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】由图可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，X为S元素。
16．在25 ℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是（ ）
A．25 ℃时，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度
B．25 ℃时，饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36mol·L－1
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D．除去某溶液中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、CuS和ZnS为同类型的沉淀， Ksp(CuS)
C、混合液中逐滴加入Na2S，Ksp小的先沉淀，因此最先出现沉淀的是ZnS，故C错误；
D、Ksp(CuS)
【分析】A、同类型的沉淀，Ksp越大，溶解度越大；
B、根据Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)计算；
C、Ksp小的先沉淀；
D、CuS的溶解度小于FeS，能发生沉淀的转化。
二、原理综合题
17．碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，CO2的综合利用成为热点研究对象，CO2作为碳源加氢是再生能源的有效方法，CO2加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济"概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过CO2加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-41.1kJ mol-1
（1）①相关键能如表，则△H1= ，该反应的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键 H－H CO O－H C=O
键能/(kJ mol-1) 436 1071 464 803
②若K1、K2分别表示反应I、反应Ⅱ的平衡常数，则CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K= (用含K1、K2的代数式表示)。
（2）在一固定容积的密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，若要提高CO的转化率，则可以采取的措施是 (填字母)。
a.升温 b.加入催化剂 c.增加CO的浓度 d.加入H2加压 e.加入惰性气体加压 f.分离出甲醇
（3）在催化剂作用下，发生上述反应I、Ⅱ，达平衡时CO2的转化率随温度和压强的变化如图，判断P1、P2、P3的大小关系： ，解释压强一定时，CO2的平衡转化率呈现如图变化的原因： 。
（4）某温度下，初始压强为P，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molCO2、3molH2发生反应I、Ⅱ，平衡时CO2的转化率是50%，体系内剩余1molH2，反应Ⅱ的平衡常数K= 。
【答案】（1）+43kJ mol-1；大于；
（2）df
（3）p1＞p2＞p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
（4）2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能可得，ΔH1=（2×803+436）kJ/mol-（1071+2×464）kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43kJ mol-1；大于；
②根据盖斯定律，将反应Ⅱ-反应I可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则K= ，故答案为： ；
（2）a、该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，CO的转化率减小，故a不符合题意；
b、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡状态，因此加入催化剂不能提高CO的转化率，故b不符合题意；
c、增大CO的浓度，平衡正向移动，但CO的转化率减小，故c不符合题意；
d、加入H2加压，平衡正向移动，CO的转化率增大，故d符合题意；
e、加入惰性气体加压，加平衡不移动，CO的转化率不变，故e不符合题意；
f、分离出甲醇，平衡正向移动，CO的转化率增大，故f符合题意；
故答案为：df；
（3） 反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1＞p2＞p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低， 故答案为： p1＞p2＞p3； TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低 ；
（4） 设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子数目守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子数目守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。
【分析】（1）①根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算；吸热反应正反应的活化能大于逆反应的活化能；
②根据盖斯定律，将反应Ⅱ-反应I可得目标方程式；
（2）要提高CO的转化率，应使平衡正向移动；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）根据K=计算。
三、填空题
18．I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解；在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu。根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子排布式 ，CuH是 晶体。
（2）写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式： 。
（3）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
（4）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
（5）II.某强酸性反应体系中，反应物和生成物共六种物质：PbO2、PbSO4(难溶盐)、Pb(MnO4)2(强电解质)、H2O、X(水溶液呈无色)、H2SO4，已知X是一种盐，且0.1molX在该反应中失去3.01×1023个电子。
X的化学式为 。
（6）写出该反应的化学方程式： 。
【答案】（1）1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；离子
（2）2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl
（3）H2
（4）CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O
（5）MnSO4
（6）5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；离子方程式的书写；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1） Cu的原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；CuH由铜离子和氢离子构成，属于离子晶体，故答案为：1s22s22P63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ；离子；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，在氯气中燃烧反应生成氯化铜和HCl，反应的化学方程式为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，故答案为： 2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl；
（3）CuH中H元素为-1价，则CuH溶于稀盐酸中，发生归中反应生成氢气，故答案为：H2；
（4）CuH与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、NO和水，反应的离子方程式为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ，故答案为： CuH+NO+3H+=Cu2++NO↑+2H2O ；
（5）由上述分析可知，X为MnSO4，故答案为：MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O，故答案为：5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
【分析】（1）Cu为29号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；CuH属于离子晶体；
（2）CuH中铜、氢元素均处于低价态，与强氧化剂氯气反应时，发生氧化反应而生成CuCl2、HCl；
（3）CuH中H元素为-1价；
（4）稀硝酸具有强氧化性，与CuH反应生成硝酸铜、NO和水；
（5） X是一种盐，且0.1mol X在该反应中失去3.01×1023个即0.5mol 电子，即1molX在该反应中失去5mol电子，根据元素守恒知，该元素是锰元素，生成物中锰元素是+7价，则X中锰元素显+2价，X是MnSO4；
（6）X是MnSO4，则该反应的化学方程式为5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O。
四、实验题
19．二氧化氯(ClO2)是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。回答下列问题：
（1）ClO2的制备
已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4
①装置A中反应的化学方程式为 。
②欲收集干燥的ClO2，选择图中的装置，其连接顺序为a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
③装置D的作用是 。
（2）ClO2与Na2S的反应
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。
操作步骤 实验现象 结论
取少量Ⅰ中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。 品红始终不褪色 ①无 生成
另取少量Ⅰ中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡。 ② 有生成
③继续在试管乙中滴加Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液于试管丙中， 。 有白色沉淀生成 有Cl-生成
④ClO2与Na2S反应的离子方程式为 。
【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；g→h(或h→g)→b→c→e→f→d；冷凝并收集ClO2
（2）SO2；生成白色沉淀；加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①装置A中，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为： Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为： Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O ；
②二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，应连接有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g → h (或h→g) →b → c→e → f→d，故答案为：g→h(或h→g)→b→c→e→f→d；
③装置D用于冷凝并收集ClO2，故答案为： 冷凝并收集ClO2 ；
（2）①取少量I中溶液于试管甲中，滴加品红溶液和盐酸，品红始终不褪色，说明溶液中无SO2生成，故答案为：SO2；
②另取少量Ⅰ中溶液于试管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振荡，结论为有生成，与钡离子结合生成硫酸钡白色沉淀，因此实验现象为：生成白色沉淀，故答案为：生成白色沉淀；
③结论为有Cl-生成，现象为有白色沉淀生成，氯离子与阴离子结合生成氯化银白色沉淀，因此试管丙中加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，故答案为：加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；
④根据实验现象，ClO2与Na2S反应后有硫酸根、氯离子生成，则反应的离子方程式为： 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+ ，故答案为： 8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。
【分析】（1）装置A中，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，在装置B中发生生成二氧化氯的反应，为防止倒吸，A与B之间连接装置E，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气；
（2） ClO2与Na2S发生反应8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5+8H+。
五、工业流程题
20．镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是（铁酸镍）、NiO、FeO、CaO、等，以下是从该矿渣中回收的工艺路线：
已知：在350℃以上会分解生成和。在焙烧过程中生成、。锡（Sn）位于第五周期第ⅣA族。
（1）焙烧前将矿渣与混合研磨，混合研磨的目的是 。
（2）“浸泡”过程中生成的离子方程式为 ，“浸渣”的成分除、外还含有 （填化学式）。
（3）为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入将还原为，所需的物质的量不少于物质的量的 倍；除去过量的后，再用酸性标准溶液滴定溶液中的，还原产物为，滴定时反应的离子方程式为 。
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，溶液中 ［已知 ］
（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（对溶液中、的萃取率影响如图所示，的最佳取值是 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）；、
（3）0.5；
（4）
（5）0.25
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）混合研磨可增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2） “浸泡”过程中Fe2(SO4)3水解生成 ，反应的离子方程式为： ；“浸渣”中除了含有 、外还含有不溶于水的 和生成的硫酸钙，故答案为：； 、 ；
（3） 取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为：2Fe3++Sn2+=Sn4++2Fe2+，则所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的0.5倍； 将Fe2+氧化为Fe3+， 还原产物为，则滴定过程中反应的离子方程式为： ，故答案为：0.5；；
（4）“浸出液”中 ，当除钙率达到99％时，剩余钙离子1%×1.0×10-3mol/L=1×10-5mol/L，溶液中，故答案为： ；
（5）最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，则 的最佳取值为0.25，故答案为：0.25。
【分析】 矿渣中加入硫酸铵研磨后，在600℃条件下焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在95℃热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液，加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。
