浙江省丽水市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省丽水市2022-2023学年高二上学期期末考试本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，写在本试题卷上的〖答案〗一律无效。3．非选择题的〖答案〗必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，〖答案〗写在本试题卷上无效。4．可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共22小题，1~16题每小题2分，17~22题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.某品牌运动饮料中含下列物质，属于弱电解质的是A.食用盐 B.葡萄糖酸锌 C.水 D.三氯蔗糖〖答案〗C〖祥解〗水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质。单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。【详析】A．食盐的主要成分为氯化钠，属于强电解质，A错误；B．葡萄糖酸锌是一种无机盐，它主要由氢氧化锌和葡萄糖酸组成，不是电解质，B错误；C．水是极弱电解质，C正确；D．三氯蔗糖是卤代蔗糖衍生物的一种，是非电解质，D错误；故选C。2.下列物质用途与盐类的水解无关的是A.Na2CO3常用作去油污 B.可溶性的铝盐、铁盐作净水剂C.TiCl4溶于水制备TiO2 D.FeCl3溶液作为印刷电路板的“腐蚀液”〖答案〗D【详析】A．Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，与盐类水解有关，A错误；B．铝盐、铁盐常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质，起到净水作用，与盐类水解有关，B错误；C．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑，加热制备得到TiO2，和盐类水解有关，C错误；D．FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，与水解无关，D正确；故选D。3.下列能层或能级符号不正确的是A.M B.4s C.3p D.2d〖答案〗D【详析】A．第三能层用M表示，A不符合；B．第四能层有s、p、d、f能级，B不符合；C．第三能层有s、p、d能级，C不符合；D．第二能层没有d能级，D符合；故选D。4.下列有关能源的叙述不正确的是A.可燃冰因稀缺而难以被规模化开采使用B.超低温液氧液氢火箭推进剂无毒、无污染、高效能C.碳捕集、利用与封存技术可实现CO2资源化利用D.氢气、烃、肼等液体或气体均可作燃料电池的燃料〖答案〗A【详析】A．可燃冰开采因技术限制而难以被规模化开采使用，故A错误；B．超低温液氧液氢火箭推进剂无毒、无污染、高效能，不产生有害物质，故B正确；C．碳捕集、利用与封存技术可实现CO2资源化利用，故C正确；D．氢气、烃、肼等液体或气体均可作燃料电池的燃料，故D正确；〖答案〗选A。5.已知反应：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)ΔH=-akJ·mol-1(a﹥0)，其反应机理如下：①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法不正确的是A.该反应的速率主要取决于②的快慢B.NOBr2是该反应的中间产物C.正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1D.增大Br2(g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率〖答案〗D【详析】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A正确；B．由反应机理可知NOBr2是中间生成中间消耗，NOBr2是中间产物，B正确；C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1，C正确；D．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误；故选D。6.下列说法不正确的是A.ΔH<0为放热反应B.化学键断裂与形成时的能量变化是化学变化中能量变化的主要原因C.在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出的热量相等D.已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1〖答案〗C【详析】A．吸热反应大于零，放热反应小于零，A正确；B．旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，B正确；C．在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，醋酸电离过程吸热，反应放出的热量小于盐酸，C错误；D．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，D正确；故选C。7.下列说法正确的是A.Zn分布在元素周期表d区 B.第四周期含14种金属元素C.稀有气体基态原子最外层都是ns2np6 D.116Lv位于周期表第七周期第ⅣA族〖答案〗B【详析】A．Zn元素位于周期表的ds区，A错误；B．第四周期中，金属元素有K、Ca、Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn、Ga、Ge共14种元素，B正确；C．稀有气体的基态原子的最外层电子排布均达到稳定结构，氦原子最外层电子数为2，除氦外最外层电子的排布通式为ns2np6，C错误；D．116Lv是元素周期表第116号元素，116Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知116Lv位于元素周期表中第七周期第VIA族，D错误；故选B。8.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A.NH、Na+、HCO、Cl-B.H+、Na+、CH3COO-、NOC.Fe3+、S2-、NH、SOD.Na+、Fe3+、SO、SCN-〖答案〗A【详析】A．NH、Na+、HCO、Cl-在溶液中不反应，可以大量共存，A选；B．H+、CH3COO-在溶液中反应转化为醋酸，不能大量共存，B不选；C．Fe3+、S2-在溶液中发生氧化还原反应生成亚铁离子（或硫化亚铁）和单质硫，不能大量共存，C不选；D．Fe3+、SCN-在溶液中转化为络合物，不能大量共存，D不选；〖答案〗选A。9.下列说法正确的是A.基态Cr原子的价层电子：3d54s1，违反能量最低原理B.基态C原子的电子排布式：1s22s22px12pz1，违反能量最低原理C.基态C原子的价层电子排布图：，违反泡利原理D.基态Fe3+的3d电子排布图：，违反洪特规则〖答案〗C〖祥解〗泡利原理：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，自旋方向相反；洪特规则：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。【详析】A．基态Cr原子的价层电子：3d54s1，处于半充满稳定结构，能量低，符合能量最低原理，A错误；B．基态C原子的电子排布式：1s22s22px12pz1，符合洪特规则，符合能量最低原理，B错误；C．泡利认为，在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，且他们的自旋方向相反，所以基态C原子的价层电子排布图：，违反的是泡利原理，C正确；D．基态Fe3+的3d电子排布图：，符合洪特规则，D错误；〖答案〗选C。10.下列有关电化学腐蚀和电化学保护的说法，不正确的是A.图甲是钢铁的吸氧腐蚀示意图B.图乙中的电解质溶液呈酸性C.图丙中的电子被强制流向钢闸门D.图丁是牺牲阳极示意图，利用了电解原理〖答案〗D【详析】A．图甲中氧气得到电子转化为氢氧根离子，属于钢铁的吸氧腐蚀示意图，A正确；B．图乙中氢离子得到电子转化为氢气，属于钢铁的析氢腐蚀，说明电解质溶液呈酸性，B正确；C．图丙中钢铁和电源的负极相连，作阴极被保护，这说明电子被强制流向钢闸门，C正确；D．图丁中负极是锌，属于牺牲阳极的阴极保护法，利用了原电池原理，D错误；〖答案〗选D11.现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，X最外层电子数是内层电子总数的一半，Y与Z同周期且相邻，基态Z原子3p能级有2个空轨道，Q原子半径在同周期元素中最小。下列说法不正确的是A.X单质在空气中燃烧的产物为X2OB.Z与Q形成的化合物是离子化合物C.最高价氧化物的水化物碱性Z˂YD.Q单质及其某些化合物可用于自来水消毒〖答案〗B〖祥解〗X最外层电子数是内层电子总数的一半，且X原子序数最小，则X是Li，基态Z原子3p能级有2个空轨道，其价层电子排布为3s23p1，则Z为Al，Y与Z同周期且相邻，且Y的原子序数小，则Y为Mg，Q原子半径在同周期元素中最小，且其原子序数比Al大，则Q为Cl，以此解题。【详析】A．X是Li，在空气中燃烧，和氧气反应生成Li2O，A正确；B．Z为Al，Q为Cl，两者形成的化合物AlCl3为共价化合物，B错误；C．Z为Al，Y为Mg，金属性Mg>Al，则其最高价氧化物的水化物碱性Al(OH)3˂Mg(OH)2，C正确；D．Q为Cl，其单质氯气，其氧化物ClO2，都可用于自来水消毒，D正确；故选B。12.食醋是厨房常用的调味品，25℃时，CH3COOH的Ka=1.8×10-5，醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是A.CH3COOH的电离程度减小 B.Ka增大C.CH3COO-数目增多 D.减小〖答案〗C【详析】A．稀释促进弱电解质的电离，故醋酸溶液加水稀释后，CH3COOH的电离程度增大，A错误；B．Ka只与温度有关，故稀释时，Ka不变，B错误；C．稀释促进弱电解质的电离，故醋酸溶液加水稀释后，CH3COO-数目增多，C正确；D．醋酸的电离平衡常数，稀释时氢离子浓度减小，电离常数不变，则增大，D错误；故选C。13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.甲基橙滴加到pH=2的溶液中呈红色，滴加到pH=6的溶液中呈黄色B.由NO2和N2O4组成的平衡体系：2NO2(g)N2O4(g)，恒温缩小容积，平衡后气体颜色比原平衡深C.Na(l)+KCl(l)2NaCl(l)+K(g)，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾D.实验室配制氯化铁溶液时，先将FeCl3晶体溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度〖答案〗B【详析】A．甲基橙在中性或碱性溶液中是以磺酸钠盐的形式存在，在酸性溶液中转化为磺酸，甲基橙滴加到pH=2的溶液中呈红色，滴加到pH=6的溶液中呈黄色，可以用平衡移动原理解释，A项正确；B．存在平衡，恒温缩小容积的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，B项错误；C．中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，C项正确；D．配置氯化铁溶液时，会发生，加入盐酸中，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，可与抑制水解，可以用平衡移动原理解释，D项正确；〖答案〗选B。14.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是A.反应物的总能量小于生成物的总能量B.该历程中正反应最大的活化能为186.19kJ·mol−1C.两种产物中P2更稳定D.相同条件下Z转化为产物的速率:v(P1)﹥v(P2)〖答案〗A【详析】A．根据反应历程图可知，产物相对能量低于反应物相对能量，故A错误；B．根据反应历程图可知，中间产物Z变为过渡态IV，需要活化能最大，为186.19kJ·mol−1，故B正确；C．P2能量更低，更稳定，故C正确；D．相同条件下反应需要活化能越小，则越需要效率更快，故D正确；〖答案〗选A。15.锶(Sr)与人体骨骼的形成密切相关，某品牌矿泉水中含有SrSO4。已知其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.蒸发可以使溶液由a点变到b点B.363K时，a点对应的溶液不均一稳定C.温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小D.283K的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液〖答案〗B【详析】A．蒸发时，溶剂减少，硫酸根离子浓度和锶离子浓度都增大，故不能由a点变到b点，A错误；B．a点在363K的上方，属于过饱和溶液，不均一稳定，B正确；C．Ksp(SrSO4)只与温度有关，则温度一定时Ksp(SrSO4)不变，C错误；D．283K时的饱和SiSO4溶液升温到363K时，有固体析出，溶液仍为饱和溶液，D错误；故选B。16.含氯、硫、磷等元素的化合物是重要的化工原料，有关比较中不正确的是A.原子半径：P>S>Cl B.第一电离能：P<S<ClC.电负性：P<S<Cl D.最简单氢化物热稳定性：P<S<Cl〖答案〗B【详析】A．同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：P>S>Cl，故A正确；B．P核外电子排布为半充满稳定结构，第一电离能大于S，故B错误；C．同周期元素，从左到右，远点复兴逐渐增大，所以电负性：P<S<Cl，故C正确；D．元素非金属性越强，最简单氢化物越稳定，所以最简单氢化物的热稳定性：P<S<Cl，故D正确；〖答案〗选B。17.在可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，平衡移动过程中，下列说法正确的是(K为平衡常数，Q为浓度商)A.Q变大，K变大，SO2转化率减小 B.Q变小，K不变，SO2转化率增大C.Q变小，K变大，SO2转化率减小 D.Q变大，K不变，SO2转化率增大〖答案〗B【详析】当可逆反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，浓度商Q变小，平衡向右移动，则SO2转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，B符合题意；故选B。18.溶液pH在生产生活中非常重要，下列有关溶液pH说法正确的是A.升高温度，0.1mol·L−1NaOH溶液pH减小，碱性减弱B.相同pH的CH3COOH和NH4Cl溶液导电能力相同C.25℃时，pH=3的HCl与pH=11的BOH溶液等体积混合，pH可能小于7D.25℃时，某酸溶液c(H+)为该溶液中水电离出c(H+)的106倍，则该溶液pH等于4〖答案〗D【详析】A．氢氧化钠中氢离子由水电离，升高温度，水电离的氢离子浓度增大，所以氢氧化钠溶液的pH减小，氢氧根离子浓度不变，则碱性不变，故A错误；B．相同pH的CH3COOH和NH4Cl溶液导电能力不相同，CH3COOH是弱酸，溶液中大多数是分子，NH4Cl是盐，可完全电离，溶液中离子较多，导电能力更强，故B错误；C．HCl与BOH溶液混合会生成氯化硼，属于强酸弱碱盐，所以溶液显酸性，pH一定小于7，故C错误；D．酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，则水电离产生的，则有溶液中的氢离子浓度为：，计算的，所以溶液的pH为4，故D正确；故选D。19.Li-O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动阴极反应(Li++e-=Li)和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是A.充电时，Li+从阴极穿过离子交换膜向阳极迁移B.放电时，正极发生反应：O2+2Li++2e-=Li2O2C.左槽和右槽只能使用非水电解质溶液D.该蓄电池可实现如下能量转化：光能→电能→化学能→电能〖答案〗A〖祥解〗充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应(Li++e-=Li)和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)，则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2↑，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。【详析】A．充电时，Li+向阴极迁移，A错误；B．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，B正确；C．电池有活泼碱金属锂参与反应，只能使用非水电解质溶液，C正确；D．蓄电池先由光催化产生电能，电解Li2O2，电能转化为化学能，然后Li与O2反应放电又将化学能转为电能，实现如下能量转化：光能→电能→化学能→电能，D正确；故选A。20.下列关于化学反应方向的叙述不正确的是A.化学反应的方向受焓变、熵变、温度影响B.将氯化铵晶体与氢氧化钡晶体置于小烧杯中混合，产生刺激性气体，说明该反应低温自发，高温非自发C.常温下很容易发生反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)，说明该反应ΔH<0D.NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)ΔH=+31.4kJ·mol-1，反应能自发进行的原因是体系有自发地向熵增方向转变的倾向〖答案〗B【详析】A．根据判据ΔH-TΔS可知，反应焓变ΔH、熵变ΔS、温度都可以影响反应方向，A正确；B．氯化铵晶体与氢氧化钡晶体产生刺激性气体，属于熵增、焓增的反应，高温有利于反应自发进行性，B错误；C．4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)，△S<0，若常温下很容易发生，反应为放热反应，ΔH<0，C正确；D．NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)ΔH>0，若反应能自发进行，则△S>0，与反应方程式一致，体系有自发地向熵增方向转变的倾向，D正确；故选B。21.下列有关实验操作、结论说法不正确的是A.将2mL0.5mol·L−1CuCl2溶液加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明CuCl2溶液中存在的[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O是吸热过程B.向盛有2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L−1NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴0.1mol·L−1KI溶液，产生黄色沉淀，说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)C.标准盐酸滴定未知碱时(酚酞作指示剂)，边滴边摇动锥形瓶，直到因滴加半滴酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色为止D.将盛放在烧杯中的40mL蒸馏水煮沸，然后向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得Fe(OH)3胶体〖答案〗B【详析】A．吸热反应加热后平衡正向移动，现象从蓝绿色变黄绿色，A正确；B．2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液中Ag+数目远远大于2滴0.1mol·L−1NaCl溶液中Cl-数目，产生白色沉淀后仍剩余大量Ag+，再滴加KI溶液与剩余Ag+产生黄色沉淀，不能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)，B错误；C．盐酸滴定碱时，用酚酞作指示剂，终点判断：滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色，C正确；D．Fe(OH)3胶体的制备：将蒸馏水煮沸，逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，D正确；故选B。22.工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。工业制硫酸的原理示意图：SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化情况见下表：温度/℃平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598999.299.699.755085692.994.997.798.3下列说法不正确的是A.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间B.通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高C.工业生产中通入过量的空气可以提高SO2的平衡转化率D.反应选择在400～500℃，主要是让V2O5的活性最大、SO2的平衡转化率提高〖答案〗D【详析】A．使用催化剂加快反应速率，可以缩短反应达到平衡所需的时间，A正确；B．根据表中数据可判断常压下SO2的转化率已相当高，所以通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高，增大压强对设备要求高，增加成本，B正确；C．氧气是反应物之一，工业生产中通入过量的空气促使平衡正向移动，因此可以提高SO2的平衡转化率，C正确；D．反应选择在400～500℃，主要是让V2O5的活性最大，由于正反应是放热反应，因此高温下SO2的平衡转化率会降低，D错误；〖答案〗选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)23.回答下列问题（1）基态Cu原子的价层电子排布式为______；位于元素周期表______区。（2）已知电负性H2.1、Si1.8，则SiH4中Si的化合价为______。（3）基态Ge原子有______种不同能量的电子。（4）基态原子核外电子填充在5个轨道中的元素有______(填元素符号)。〖答案〗（1）①.3d104s1②.ds（2）+4（3）8（4）N、O、F、Ne【小问1详析】Cu是29号元素，原子核外电子数为29，价层电子排布式为3d104s1；位于元素周期表ds区。【小问2详析】按照电负性，Si是1.8，H是2.1左右，键合电子应该偏向H，H显-1价，Si显+4。【小问3详析】Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；其原子核外有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级，有几个能级，就有几种不同能量的电子，所以有8种不同能量的电子。【小问4详析】基态原子的核外电子填充在5个轨道中的元素有N、O、F、Ne，有4种元素。24.能源短缺是人类面临的重大问题之一。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，利用焦炉气中的H2与工业尾气中捕集的CO2制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1，该反应一般通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1（1）反应①的ΔH1=______kJ·mol-1。（2）反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)（3）甲醇燃料可替代汽油、柴油，用于各种机动车、锅灶炉使用。已知：在25℃和101kPa下，1molCH3OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量为726.5kJ，请写出甲醇燃烧的热化学方程式______。（4）甲醇燃料电池不需要燃料的前期预处理程序，能直接通过特定的方式使甲醇和空气反应产生电流，已广泛应用于电动车，其工作原理如图，消耗0.1mol甲醇时需要标准状况下O2的体积为______L。（5）电催化还原CO2制甲醇是研究的新热点，提高催化剂的性能和甲醇转化的选择性是重点方向，试验反应系统简图如图，阴极上的电极反应式为______。〖答案〗（1）+41（2）A（3）2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-1453kJ·mol-1（4）3.36（5）CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O【小问1详析】设方程式③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，①=③-②，则ΔH1=(-49kJ·mol-1)-(-90kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1；【小问2详析】根据第一问分析，总反应是放热反应，且第一步是吸热反应，符合条件的为A、C，再结合反应①为慢反应，则其活化能较大，则符合要求的为A；【小问3详析】根据题意可知甲醇燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-1453kJ·mol-1；【小问4详析】甲醇燃料电池负极反应为，则消耗0.1mol甲醇时，会转移0.6mol电子，需要氧气，体积为3.36L；【小问5详析】由图可知在阴极，二氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。25.汽车等交通工具为出行、物流带来了舒适和方便。然而，燃油车排放的尾气中含有大量的氮氧化物。NOx的处理是环境科学研究的热点课题，利用活性炭对NO进行吸附。（1）向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol-1，NO和N2的物质的量变化如表所示：物质的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minNO2.01.160.800.800.500.400.40N200.420.600.600.750.800.80①0-5min内，以N2表示该反应速率v(N2)=______，第15min后，将温度调整为T2，数据变化如上表所示，则T1______T2(填“>、<或=”)。②若为绝热恒容容器，下列表示该反应已达到平衡状态的是______(填字母)。A．混合气体的密度不再变化B．温度不再变化C．NO和的消耗速率之比为1:2D．混合气体中c(NO)=c(N2)（2）恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时NO的转化率随温度的变化如图所示：图中a、b、c三点，达到平衡的点是______。（3）现代技术处理尾气的反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)ΔH<0。450℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，12min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，体系压强为P0MPa。450℃时该反应的平衡常数Kp=______(用含P0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。〖答案〗（1）①.0.042mol·L-1·min-1②.＞③.AB（2）bc（3）3P0【小问1详析】①0～5min内生成氮气的物质的量是0.42mol，浓度是0.21mol/L，以N2表示该反应速率v(N2)=0.21mol/L÷5min＝0.042mol·L-1·min-1，第15min后，将温度调整为T2，氮气的物质的量增加，NO的物质的量减少，说明平衡正向进行，由于正反应是放热反应，所以T1＞T2。②A．由于反应前后体积不变，气体质量是变化的，因此密度是变化的，所以混合气体的密度不再变化可以说明反应达到平衡状态；B．温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；C．NO和的消耗速率之比为1:2，根据方程式可知正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态；D．混合气体中c(NO)=c(N2)，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态；〖答案〗选AB；【小问2详析】随着温度升高，NO转化率升高，达到最高点以后，继续升高温度，NO转化率较低，由于正反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，所以图中a、b、c三点，达到平衡的点是bc。【小问3详析】在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，12min时反应达到平衡，此时的转化率为50%，消耗氨气是1mol，根据方程式可知消耗0.5molNO、0.5molNO2，同时生成1.5mol氨气和1mol氮气，体系压强为P0MPa，则450℃时该反应的平衡常数Kp=＝3P0。26.表中是常温下H2CO3、H2S的电离常数和Cu(OH)2的溶度积常数：H2CO3H2SCu(OH)2K1=4.2×10-7K2=5.6×10-11K1=1.1×10-7K2=1.0×10-14Ksp＝2×10-20（1）CO和HCO结合质子能力较强的是_____。（2）常温下0.1mol·L-1Na2S溶液的pH约为13，用离子方程式表示溶液显碱性的原因_____，该溶液中c(HS-)______c(S2-)(填“>、<或=”)。（3）常温下某CuCl2溶液里c(Cu2＋)＝0.02mol·L-1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于______；若要配制1000ml2mol·L-1的CuCl2溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，至少需要滴加0.2mol·L-1的盐酸______滴。(每滴溶液的体积约0.05mL，加入盐酸后溶液体积变化忽略不计)〖答案〗（1）CO（2）①.S2-+H2OHS-+OH-②.>（3）①.5②.10【小问1详析】根据表格中数据，碳酸的K2<K1，故碳酸根离子结合质子的能力较强；【小问2详析】常温下0.1mol·L-1Na2S溶液的pH约为13，溶液显碱性的原因是硫离子的水解，用离子方程式表示为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-。S2-+H2O⇌HS-+OH-的水解平衡常数：Kh=，即，所以溶液中c(HS-)>c(S2-)，故〖答案〗为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；>；【小问3详析】Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2+)·c2(OH－)，当c（Cu2+）＝0.02mol·L-1时，c(OH－)＝1×10-9mol·L-1，则c(H＋)＝1×10-5mol·L-1，所有pH要大于5；配制2mo1·L-11000mLCuCl2溶液时，若不出现浑浊现象，则c(Cu2+)×c2(OH−)⩽Ksp[Cu(OH)2],因25℃时KSP[Cu(OH)2]=2.0×10-20，则c(OH−)⩽1×10-10mol/L，故c(H+)⩾1×10-4mol/L，则加入盐酸的体积至少为(1L×1×10-4mol/L)/(0.2mol/L)=0.0025L=0.5mL，需要盐酸的滴数=。27.某校化学活动小组按如图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取硫酸铜晶体。已知Fe3+、Cu2+、Fe2+三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示:开始沉淀完全沉淀Cu2+5.26.4Fe2+7.69.6Fe3+2.73.7请回答下列问题:（1）溶液A中所含金属阳离子为______。（2）物质X应选用(填序号)。A.氯水 B.双氧水 C.铁粉 D.高锰酸钾（3）步骤④的顺序为：将溶液转移至蒸发皿中加热→______→洗涤、自然干燥(填序号)。A．蒸发至大量晶体析出B．蒸发浓缩至表面出现晶膜C．冷却至室温D．停止加热用余热蒸干E．趁热过滤F．过滤（4）用“间接碘量法”可以测产品中Cu元素的含量，过程如下：Ⅰ．称取产品5.0g溶解于水配成100mL溶液。Ⅱ．取试液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。Ⅲ．以淀粉溶液为指示剂，用0.2000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定四组。消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)。滴定次数第一次第二次第三次第四次滴定前读数(mL)0.100.361.100.00滴定后读数(mL)20.1220.3423.8220.00①判断滴定终点的现象是______。②产品中Cu元素的百分含量为______。〖答案〗（1）Cu2+、Fe2+（2）B（3）BCF（4）①.最后半滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液无明显变化②.25.6%〖祥解〗样品溶于过量硫酸中，FeO生成FeSO4，CuO生成CuSO4，故沉淀Ⅰ为不溶于酸的杂质，过程②→④为除去铁元素的过程，根据Fe3+的沉淀范围，X应该是氧化剂，将Fe2+氧化至Fe3+，再加入Cu(OH)2促进Fe3+水解而除去，最后蒸发浓缩、冷却结晶获得硫酸铜晶体。【小问1详析】溶液A的溶质为CuSO4、FeSO4、H2SO4，所含金属阳离子为Cu2+、Fe2+；【小问2详析】根据分析，X应为氧化剂，但氯水、高锰酸钾会引入新的杂质离子，因此最好选用H2O2，〖答案〗选B；【小问3详析】硫酸铜晶体中含有结晶水，应采用降温结晶的方式分离，具体操作为：蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却至大量固体析出，过滤、洗涤、干燥，故顺序为BCF；【小问4详析】浙江省丽水市2022-2023学年高二上学期期末考试本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，写在本试题卷上的〖答案〗一律无效。3．非选择题的〖答案〗必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，〖答案〗写在本试题卷上无效。4．可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共22小题，1~16题每小题2分，17~22题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.某品牌运动饮料中含下列物质，属于弱电解质的是A.食用盐 B.葡萄糖酸锌 C.水 D.三氯蔗糖〖答案〗C〖祥解〗水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质。单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。【详析】A．食盐的主要成分为氯化钠，属于强电解质，A错误；B．葡萄糖酸锌是一种无机盐，它主要由氢氧化锌和葡萄糖酸组成，不是电解质，B错误；C．水是极弱电解质，C正确；D．三氯蔗糖是卤代蔗糖衍生物的一种，是非电解质，D错误；故选C。2.下列物质用途与盐类的水解无关的是A.Na2CO3常用作去油污 B.可溶性的铝盐、铁盐作净水剂C.TiCl4溶于水制备TiO2 D.FeCl3溶液作为印刷电路板的“腐蚀液”〖答案〗D【详析】A．Na2CO3溶液显碱性，油污在碱性条件下水解成可溶于水的物质，与盐类水解有关，A错误；B．铝盐、铁盐常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质，起到净水作用，与盐类水解有关，B错误；C．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑，加热制备得到TiO2，和盐类水解有关，C错误；D．FeCl3可用作铜制电路板的腐蚀剂,利用了Fe3+的氧化性，与水解无关，D正确；故选D。3.下列能层或能级符号不正确的是A.M B.4s C.3p D.2d〖答案〗D【详析】A．第三能层用M表示，A不符合；B．第四能层有s、p、d、f能级，B不符合；C．第三能层有s、p、d能级，C不符合；D．第二能层没有d能级，D符合；故选D。4.下列有关能源的叙述不正确的是A.可燃冰因稀缺而难以被规模化开采使用B.超低温液氧液氢火箭推进剂无毒、无污染、高效能C.碳捕集、利用与封存技术可实现CO2资源化利用D.氢气、烃、肼等液体或气体均可作燃料电池的燃料〖答案〗A【详析】A．可燃冰开采因技术限制而难以被规模化开采使用，故A错误；B．超低温液氧液氢火箭推进剂无毒、无污染、高效能，不产生有害物质，故B正确；C．碳捕集、利用与封存技术可实现CO2资源化利用，故C正确；D．氢气、烃、肼等液体或气体均可作燃料电池的燃料，故D正确；〖答案〗选A。5.已知反应：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)ΔH=-akJ·mol-1(a﹥0)，其反应机理如下：①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法不正确的是A.该反应的速率主要取决于②的快慢B.NOBr2是该反应的中间产物C.正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1D.增大Br2(g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率〖答案〗D【详析】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A正确；B．由反应机理可知NOBr2是中间生成中间消耗，NOBr2是中间产物，B正确；C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1，C正确；D．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误；故选D。6.下列说法不正确的是A.ΔH<0为放热反应B.化学键断裂与形成时的能量变化是化学变化中能量变化的主要原因C.在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出的热量相等D.已知甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1〖答案〗C【详析】A．吸热反应大于零，放热反应小于零，A正确；B．旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，B正确；C．在25℃和101kPa时，相同浓度的盐酸、醋酸溶液分别与NaOH溶液发生中和反应生成1molH2O时，醋酸电离过程吸热，反应放出的热量小于盐酸，C错误；D．甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，D正确；故选C。7.下列说法正确的是A.Zn分布在元素周期表d区 B.第四周期含14种金属元素C.稀有气体基态原子最外层都是ns2np6 D.116Lv位于周期表第七周期第ⅣA族〖答案〗B【详析】A．Zn元素位于周期表的ds区，A错误；B．第四周期中，金属元素有K、Ca、Sc、Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn、Ga、Ge共14种元素，B正确；C．稀有气体的基态原子的最外层电子排布均达到稳定结构，氦原子最外层电子数为2，除氦外最外层电子的排布通式为ns2np6，C错误；D．116Lv是元素周期表第116号元素，116Lv的原子核外最外层电子数是6，7个电子层，可知116Lv位于元素周期表中第七周期第VIA族，D错误；故选B。8.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A.NH、Na+、HCO、Cl-B.H+、Na+、CH3COO-、NOC.Fe3+、S2-、NH、SOD.Na+、Fe3+、SO、SCN-〖答案〗A【详析】A．NH、Na+、HCO、Cl-在溶液中不反应，可以大量共存，A选；B．H+、CH3COO-在溶液中反应转化为醋酸，不能大量共存，B不选；C．Fe3+、S2-在溶液中发生氧化还原反应生成亚铁离子（或硫化亚铁）和单质硫，不能大量共存，C不选；D．Fe3+、SCN-在溶液中转化为络合物，不能大量共存，D不选；〖答案〗选A。9.下列说法正确的是A.基态Cr原子的价层电子：3d54s1，违反能量最低原理B.基态C原子的电子排布式：1s22s22px12pz1，违反能量最低原理C.基态C原子的价层电子排布图：，违反泡利原理D.基态Fe3+的3d电子排布图：，违反洪特规则〖答案〗C〖祥解〗泡利原理：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，自旋方向相反；洪特规则：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。【详析】A．基态Cr原子的价层电子：3d54s1，处于半充满稳定结构，能量低，符合能量最低原理，A错误；B．基态C原子的电子排布式：1s22s22px12pz1，符合洪特规则，符合能量最低原理，B错误；C．泡利认为，在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，且他们的自旋方向相反，所以基态C原子的价层电子排布图：，违反的是泡利原理，C正确；D．基态Fe3+的3d电子排布图：，符合洪特规则，D错误；〖答案〗选C。10.下列有关电化学腐蚀和电化学保护的说法，不正确的是A.图甲是钢铁的吸氧腐蚀示意图B.图乙中的电解质溶液呈酸性C.图丙中的电子被强制流向钢闸门D.图丁是牺牲阳极示意图，利用了电解原理〖答案〗D【详析】A．图甲中氧气得到电子转化为氢氧根离子，属于钢铁的吸氧腐蚀示意图，A正确；B．图乙中氢离子得到电子转化为氢气，属于钢铁的析氢腐蚀，说明电解质溶液呈酸性，B正确；C．图丙中钢铁和电源的负极相连，作阴极被保护，这说明电子被强制流向钢闸门，C正确；D．图丁中负极是锌，属于牺牲阳极的阴极保护法，利用了原电池原理，D错误；〖答案〗选D11.现有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q，原子序数依次增大，X最外层电子数是内层电子总数的一半，Y与Z同周期且相邻，基态Z原子3p能级有2个空轨道，Q原子半径在同周期元素中最小。下列说法不正确的是A.X单质在空气中燃烧的产物为X2OB.Z与Q形成的化合物是离子化合物C.最高价氧化物的水化物碱性Z˂YD.Q单质及其某些化合物可用于自来水消毒〖答案〗B〖祥解〗X最外层电子数是内层电子总数的一半，且X原子序数最小，则X是Li，基态Z原子3p能级有2个空轨道，其价层电子排布为3s23p1，则Z为Al，Y与Z同周期且相邻，且Y的原子序数小，则Y为Mg，Q原子半径在同周期元素中最小，且其原子序数比Al大，则Q为Cl，以此解题。【详析】A．X是Li，在空气中燃烧，和氧气反应生成Li2O，A正确；B．Z为Al，Q为Cl，两者形成的化合物AlCl3为共价化合物，B错误；C．Z为Al，Y为Mg，金属性Mg>Al，则其最高价氧化物的水化物碱性Al(OH)3˂Mg(OH)2，C正确；D．Q为Cl，其单质氯气，其氧化物ClO2，都可用于自来水消毒，D正确；故选B。12.食醋是厨房常用的调味品，25℃时，CH3COOH的Ka=1.8×10-5，醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是A.CH3COOH的电离程度减小 B.Ka增大C.CH3COO-数目增多 D.减小〖答案〗C【详析】A．稀释促进弱电解质的电离，故醋酸溶液加水稀释后，CH3COOH的电离程度增大，A错误；B．Ka只与温度有关，故稀释时，Ka不变，B错误；C．稀释促进弱电解质的电离，故醋酸溶液加水稀释后，CH3COO-数目增多，C正确；D．醋酸的电离平衡常数，稀释时氢离子浓度减小，电离常数不变，则增大，D错误；故选C。13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.甲基橙滴加到pH=2的溶液中呈红色，滴加到pH=6的溶液中呈黄色B.由NO2和N2O4组成的平衡体系：2NO2(g)N2O4(g)，恒温缩小容积，平衡后气体颜色比原平衡深C.Na(l)+KCl(l)2NaCl(l)+K(g)，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾D.实验室配制氯化铁溶液时，先将FeCl3晶体溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度〖答案〗B【详析】A．甲基橙在中性或碱性溶液中是以磺酸钠盐的形式存在，在酸性溶液中转化为磺酸，甲基橙滴加到pH=2的溶液中呈红色，滴加到pH=6的溶液中呈黄色，可以用平衡移动原理解释，A项正确；B．存在平衡，恒温缩小容积的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，B项错误；C．中，将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，C项正确；D．配置氯化铁溶液时，会发生，加入盐酸中，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，可与抑制水解，可以用平衡移动原理解释，D项正确；〖答案〗选B。14.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是A.反应物的总能量小于生成物的总能量B.该历程中正反应最大的活化能为186.19kJ·mol−1C.两种产物中P2更稳定D.相同条件下Z转化为产物的速率:v(P1)﹥v(P2)〖答案〗A【详析】A．根据反应历程图可知，产物相对能量低于反应物相对能量，故A错误；B．根据反应历程图可知，中间产物Z变为过渡态IV，需要活化能最大，为186.19kJ·mol−1，故B正确；C．P2能量更低，更稳定，故C正确；D．相同条件下反应需要活化能越小，则越需要效率更快，故D正确；〖答案〗选A。15.锶(Sr)与人体骨骼的形成密切相关，某品牌矿泉水中含有SrSO4。已知其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A.蒸发可以使溶液由a点变到b点B.363K时，a点对应的溶液不均一稳定C.温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小D.283K的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液〖答案〗B【详析】A．蒸发时，溶剂减少，硫酸根离子浓度和锶离子浓度都增大，故不能由a点变到b点，A错误；B．a点在363K的上方，属于过饱和溶液，不均一稳定，B正确；C．Ksp(SrSO4)只与温度有关，则温度一定时Ksp(SrSO4)不变，C错误；D．283K时的饱和SiSO4溶液升温到363K时，有固体析出，溶液仍为饱和溶液，D错误；故选B。16.含氯、硫、磷等元素的化合物是重要的化工原料，有关比较中不正确的是A.原子半径：P>S>Cl B.第一电离能：P<S<ClC.电负性：P<S<Cl D.最简单氢化物热稳定性：P<S<Cl〖答案〗B【详析】A．同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：P>S>Cl，故A正确；B．P核外电子排布为半充满稳定结构，第一电离能大于S，故B错误；C．同周期元素，从左到右，远点复兴逐渐增大，所以电负性：P<S<Cl，故C正确；D．元素非金属性越强，最简单氢化物越稳定，所以最简单氢化物的热稳定性：P<S<Cl，故D正确；〖答案〗选B。17.在可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡状态下，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，平衡移动过程中，下列说法正确的是(K为平衡常数，Q为浓度商)A.Q变大，K变大，SO2转化率减小 B.Q变小，K不变，SO2转化率增大C.Q变小，K变大，SO2转化率减小 D.Q变大，K不变，SO2转化率增大〖答案〗B【详析】当可逆反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，氧气的浓度增大，浓度商Q变小，平衡向右移动，则SO2转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，B符合题意；故选B。18.溶液pH在生产生活中非常重要，下列有关溶液pH说法正确的是A.升高温度，0.1mol·L−1NaOH溶液pH减小，碱性减弱B.相同pH的CH3COOH和NH4Cl溶液导电能力相同C.25℃时，pH=3的HCl与pH=11的BOH溶液等体积混合，pH可能小于7D.25℃时，某酸溶液c(H+)为该溶液中水电离出c(H+)的106倍，则该溶液pH等于4〖答案〗D【详析】A．氢氧化钠中氢离子由水电离，升高温度，水电离的氢离子浓度增大，所以氢氧化钠溶液的pH减小，氢氧根离子浓度不变，则碱性不变，故A错误；B．相同pH的CH3COOH和NH4Cl溶液导电能力不相同，CH3COOH是弱酸，溶液中大多数是分子，NH4Cl是盐，可完全电离，溶液中离子较多，导电能力更强，故B错误；C．HCl与BOH溶液混合会生成氯化硼，属于强酸弱碱盐，所以溶液显酸性，pH一定小于7，故C错误；D．酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，则水电离产生的，则有溶液中的氢离子浓度为：，计算的，所以溶液的pH为4，故D正确；故选D。19.Li-O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+)，驱动阴极反应(Li++e-=Li)和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是A.充电时，Li+从阴极穿过离子交换膜向阳极迁移B.放电时，正极发生反应：O2+2Li++2e-=Li2O2C.左槽和右槽只能使用非水电解质溶液D.该蓄电池可实现如下能量转化：光能→电能→化学能→电能〖答案〗A〖祥解〗充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应(Li++e-=Li)和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)，则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2↑，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。【详析】A．充电时，Li+向阴极迁移，A错误；B．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，B正确；C．电池有活泼碱金属锂参与反应，只能使用非水电解质溶液，C正确；D．蓄电池先由光催化产生电能，电解Li2O2，电能转化为化学能，然后Li与O2反应放电又将化学能转为电能，实现如下能量转化：光能→电能→化学能→电能，D正确；故选A。20.下列关于化学反应方向的叙述不正确的是A.化学反应的方向受焓变、熵变、温度影响B.将氯化铵晶体与氢氧化钡晶体置于小烧杯中混合，产生刺激性气体，说明该反应低温自发，高温非自发C.常温下很容易发生反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)，说明该反应ΔH<0D.NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)ΔH=+31.4kJ·mol-1，反应能自发进行的原因是体系有自发地向熵增方向转变的倾向〖答案〗B【详析】A．根据判据ΔH-TΔS可知，反应焓变ΔH、熵变ΔS、温度都可以影响反应方向，A正确；B．氯化铵晶体与氢氧化钡晶体产生刺激性气体，属于熵增、焓增的反应，高温有利于反应自发进行性，B错误；C．4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)，△S<0，若常温下很容易发生，反应为放热反应，ΔH<0，C正确；D．NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)ΔH>0，若反应能自发进行，则△S>0，与反应方程式一致，体系有自发地向熵增方向转变的倾向，D正确；故选B。21.下列有关实验操作、结论说法不正确的是A.将2mL0.5mol·L−1CuCl2溶液加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明CuCl2溶液中存在的[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O是吸热过程B.向盛有2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L−1NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴0.1mol·L−1KI溶液，产生黄色沉淀，说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)C.标准盐酸滴定未知碱时(酚酞作指示剂)，边滴边摇动锥形瓶，直到因滴加半滴酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色为止D.将盛放在烧杯中的40mL蒸馏水煮沸，然后向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得Fe(OH)3胶体〖答案〗B【详析】A．吸热反应加热后平衡正向移动，现象从蓝绿色变黄绿色，A正确；B．2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液中Ag+数目远远大于2滴0.1mol·L−1NaCl溶液中Cl-数目，产生白色沉淀后仍剩余大量Ag+，再滴加KI溶液与剩余Ag+产生黄色沉淀，不能说明Ksp(AgI)<Ksp(AgC1)，B错误；C．盐酸滴定碱时，用酚酞作指示剂，终点判断：滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色，C正确；D．Fe(OH)3胶体的制备：将蒸馏水煮沸，逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，D正确；故选B。22.工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。工业制硫酸的原理示意图：SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化情况见下表：温度/℃平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598999.299.699.755085692.994.997.798.3下列说法不正确的是A.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间B.通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高C.工业生产中通入过量的空气可以提高SO2的平衡转化率D.反应选择在400～500℃，主要是让V2O5的活性最大、SO2的平衡转化率提高〖答案〗D【详析】A．使用催化剂加快反应速率，可以缩短反应达到平衡所需的时间，A正确；B．根据表中数据可判断常压下SO2的转化率已相当高，所以通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高，增大压强对设备要求高，增加成本，B正确；C．氧气是反应物之一，工业生产中通入过量的空气促使平衡正向移动，因此可以提高SO2的平衡转化率，C正确；D．反应选择在400～500℃，主要是让V2O5的活性最大，由于正反应是放热反应，因此高温下SO2的平衡转化率会降低，D错误；〖答案〗选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)23.回答下列问题（1）基态Cu原子的价层电子排布式为______；位于元素周期表______区。（2）已知电负性H2.1、Si1.8，则SiH4中Si的化合价为______。（3）基态Ge原子有______种不同能量的电子。（4）基态原子核外电子填充在5个轨道中的元素有______(填元素符号)。〖答案〗（1）①.3d104s1②.ds（2）+4（3）8（4）N、O、F、Ne【小问1详析】Cu是29号元素，原子核外电子数为29，价层电子排布式为3d104s1；位于元素周期表ds区。【小问2详析】按照电负性，Si是1.8，H是2.1左右，键合电子应该偏向H，H显-1价，Si显+4。【小问3详析】Ge是32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；其原子核外有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p能级，有几个能级，就有几种不同能量的电子，所以有8种不同能量的电子。【小问4详析】基态原子的核外电子填充在5个轨道中的元素有N、O、F、Ne，有4种元素。24.能源短缺是人类面临的重大问题之一。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景，利用焦炉气中的H2与工业尾气中捕集的CO2制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1，该反应一般通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90kJ·mol-1（1）反应①的ΔH1=______kJ·mol-1。（2）反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是______(填标号)（3）甲醇燃料可替代汽油、柴油，用于各种机动车、锅灶炉使用。已知：在25℃和101kPa下，1molCH3OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量为726.5kJ，请写出甲醇燃烧的热化学方程式______。（4）甲醇燃料电池不需要燃料的前期预处理程序，能直接通过特定的方式使甲醇和空气反应产生电流，已广泛应用于电动车，其工作原理如图，消耗0.1mol甲醇时需要标准状况下O2的体积为______L。（5）电催化还原CO2制甲醇是研究的新热点，提高催化剂的性能和甲醇转化的选择性是重点方向，试验反应系统简图如图，阴极上的电极反应式为______。〖答案〗（1）+41（2）A（3）2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-1453kJ·mol-1（4）3.36（5）CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O【小问1详析】设方程式③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，①=③-②，则ΔH1=(-49kJ·mol-1)-(-90kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1；【小问2详析】根据第一问分析，总反应是放热反应，且第一步是吸热反应，符合条件的为A、C，再结合反应①为慢反应，则其活化能较大，则符合要求的为A；【小问3详析】根据题意可知甲醇燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-1453kJ·mol-1；【小问4详析】甲醇燃料电池负极反应为，则消耗0.1mol甲醇时，会转移0.6mol电子，需要氧气，体积为3.36L；【小问5详析】由图可知在阴极，二氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。25.汽车等交通工具为出行、物流带来了舒适和方便。然而，燃油车排放的尾气中含有大量的氮氧化物。NOx的处理是环境科学研究的热点课题，利用活性炭对NO进行吸附。（1）向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol-1，NO和N2的物质的量变化如表所示：物质的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minNO2.01.160.800.800.500.400.40N200.420.600.600.750.800.80①0-5min内，以N2表示该反应速率v(N2)=______，第15min后，将温度调整为T2，数据变化如上表所示，则T1______T2(填“>、<或=”)。②若为绝热恒容容器，下列表示该反应已达到平衡状态的是______(填字母)。A．混合气体的密度不再变化B．温度不再变化C．NO和的消耗速率之比为1:2D．混合气体中c(NO)=c(N2)（2）恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时NO的转化率随温度的变化如图所示：图中a、b、c三点，达到平衡的点是______。（3）现代技术处理尾气的反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)ΔH<0。450℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，12min时反应达到平衡，此时的转化率为5