2023年辽宁省大连市高考化学二模试卷

2023年辽宁省大连市高考化学二模试卷一、单项选择题〔1545.0分〕化学科学在生产生活、社会进展各方面发挥着关键性作用。以下表达正确的选项是( )“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体“复兴号”关键部位使用的增加聚四氟乙烯板属于合成橡胶推广使用聚碳酸酯可降解塑料有利于保护环境，削减白色污染“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气净化”等措施均涉及化学变化以下化学用语正确的选项是( )全氟丙烷的球棍模型C.乙炔的构造式：CHCH以下表述正确的选项是( )键角：H2ONH3

二氧化硅的分子式为SiO2D.16O218O3互为同位素用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：电负性：N>O>C>H冰的密度比水小的性质与氢键无关设NA表示阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )14g聚丙烯中含C−H键总数目为2NA常温下，pH=13NaOH溶液中含有的OH−数目为0.1NA标准状况下：2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NA电解精炼铜时，假设阳极质量削减64g，则阴极得到电子的数目为2NA以以下图示试验正确的选项是( )A B C D验证SO2的漂白性 枯燥一氯甲烷

盐酸滴定氢氧化钠溶比较氯、硫的非金属性液124页A.A B.B C.C D.D2我国学者制造了低压高效电催化复原CO2的方法，其总反响为NaCl+CO2法正确的选项是( )NaCl晶体中Na+4

CO+NaClO。以下说碳原子价电子排布为NaClO中只含有离子键

的状态为碳原子的一种激发态CO2是只含有σ键的非极性分子以下有关试验操作和现象及所得出的结论均正确的选项是( )试验操作 现象 结论向某有机物中先滴加NaOH水溶液，加热，再加A 有白色沉淀生成入AgNO3溶液

确定含有氯原子向4mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液中参与B2mL0.1mol/LH2C2O4溶液C 向发黄的浓硝酸中通入O2向均为0.1mol⋅L−1的MgCl2CuCl2混合溶液中逐D滴参与少量氨水

产生气泡的速领先增大后减小黄色褪去先消灭蓝色沉淀

该反响确定为放热反响浓硝酸中混有Fe3+Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A.A B.B C.C D.D的电解质为CF3SO3K为2KC14H10+xMnFe(CN)6=2K1−xC14H10+xK2MnFe(CN)6，则以下说法中错误的选项是( )放电时，电流从电极A经过导线流向电极B充电时，电极A质量削减，电极B质量增加放电时，CF3SO3K溶液的浓度变大充电时，阳极反响为K2MnFe(CN)6−2e−=2K++MnFe(CN)6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的最低负价与W一样，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的构造如以下图。以下表达正确的选项是( )224页Y气态氢化物的沸点高于WM中W8电子稳定构造元素非金属性强弱的挨次为Z>W>YW分别与X、Y、Z不都能形成多种化合物三氯羟基二苯醚又名“三氯”，是免水洗消毒液中的有效成分，能够快速杀死冠病毒，其构造如以下图。以下有关该物质的说法正确的选项是( )3种1mol该物质确定条件下与NaOH4mol与足量的H24个手性碳原子分子中全部原子可能在同一平面上医学争论说明，砷的化合物会影响人体代谢和免疫功能造成砷中毒。某含(As)的酸性工业废水经处理转化为粗As2O3，流程如图。：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。以下说法错误的选项是( )参与H2O2作为氧化剂，把AsO3−转化为AsO3−4 3酸化步骤产生的废渣为CaSO4本试验中可循环使用的物质是NaOH和H2SO4此流程中先沉砷再酸化的目的为富集砷，提高产率甲酸的分解反响：HCOOH⇌CO+H2O△H。在H+催化作用下反响历程如下：依据过渡态理论，其反响过程中的能量变化如以下图，E1、E2、E3均为大于0。324页以下说法错误的选项是( )该反响为放热反响，△H=−E3kJ⋅mol−1正反响的最高活化能为E1+E2图象中第一个峰(过渡态)对应的物质构造为过渡态I使用催化剂后，正逆反响速率同等程度转变，平衡不移动承受电化学方法使Fe2+与H2O2反响，可生成格外活泼的⋅OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如以下图。以下说法正确的选项是( )H+通过质子交换膜向X电极移动阴极区每消耗1molO22mol电子每生成1mol⋅OH，阴极区消耗3molH+起始时，假设在Y电极四周参与适量Fe3+，装置不能正常工作HClO的Ka=2.98×10−8，HF的Ka=7.2×10−4，以下有关说法错误的选项是( )在pH=2的氢氟酸溶液中参与少量0.01mol⋅L−1pH值不变30.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中参与少量CaCl2晶体，CO2−pH减小3等浓度等体积的NaFNaClO溶液，前者所含离子总数比后者小将Cl2NaOH溶液中，假设溶液呈中性，则溶液中存在5种离子化学中常用AG表示溶液的酸度[AG=lg

c(H+)]20.00mL0.1000mol⋅L−1的氨水中滴加未c(OH−)知浓度的稀硫酸溶液，混合溶液的温度与酸度AG随参与稀硫酸体积的变化如以下图。以下说法错误的选项是( )424页稀硫酸的物质的量浓度为0.0500mol⋅L−1a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b>a当AG=0时，溶液中存在c(NH+)>c(SO2−)>c(H+)=c(OH−)4 4室温下NH3⋅H2O的电离常数Kb=1.0×10−6二、简答题〔455.0分〕氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁的流程如图。答复以下问题：氟化铵阳离子的VSEPR模型名称为： 。写出反响①的化学方程式 。工业生产中“反响①”的最正确温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有学问分析温度不宜过高的缘由： 。从滤液获得晶体的“一系列操作”是 、降温结晶、过滤、洗涤、枯燥。mg2～3滴酚酞指示剂，用0.5mol⋅L−1的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠体积VmL，同时做空白比照试验消耗氢氧化钠体积为V0mL。4(：4NH++6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)4①滴定终点的现象为： 。②滴定近滴定终点时，过长时间振摇，红色消逝，可能缘由是 。③计算样品中氟化铵的含量为 。524页熔点/℃沸点/℃水中溶解度/g(25℃)相对分子质量密度/(g熔点/℃沸点/℃水中溶解度/g(25℃)相对分子质量密度/(g⋅cm−3)甲苯−94.9110.6难溶920.85苯甲酸122.132491221.27合成步骤：①2.7mL甲苯和100mL8.5g4小时。②反响完毕后，趁热过滤，热水洗涤后，冰水冷却，盐酸酸化，抽滤，洗涤，沸水浴枯燥得苯甲酸粗品。答复以下问题；基态Mn原子的电子排布式： 。请写出甲苯被高锰酸钾氧化的化学反响方程式： 。球形冷凝管的作用是 ，步骤①中反响完全的现象是 。试验过程中觉察滤液呈紫色盐酸酸化时产生了黄绿色气体酸化操作前参与最抱负的 溶液消退过量的高锰酸钾。NaHSO3H2O2C.NaD.FeCl3重结晶时，苯甲酸粗品完全溶解后，须补加少量蒸馏水，目的是 。副产品MnO2是碱式锌锰电池的正极材料，放电时产生MnO(OH)，正极的反响式为 。处理烟气中SO2常承受的方法有CO复原法和碱液吸取法。请答复以下问题：Ⅰ.水煤气复原法﹒：ⅰ.2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g)△H1=−37.0kJ⋅mol−1ⅰ.2H2(g)+SO2(g)⇌S(l)+2H2O(g)△H2=+45.4kJ⋅mol−1(1)写出CO(g)与H2O(g)反响生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式： 。假设该反响在恒温恒容体系中进展，到达平衡的标志为 。(填选项字母)单位时间内，生成nmolCO的同时生成nmolCO2混合气体的平均摩尔质量保持不变624页混合气体的总压强保持不变D.H2O(g)与H2(g)的体积比保持不变(2)确定压强下，发生反响2CO(g)+SO2(g)⇌S(l)+2CO2(g)，平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[n(CO)

=温度T的关系如以下图比较平衡时CO的转化N 填>”“、<”或“=”，下同)，逆反响速率：N P。T℃10L恒容密闭容器中充入2molCO(g)、2molSO2(g)和2molH2(g)，发生反响ⅰ和反响ⅰ，5min到达平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。①该温度下，反响ⅰ的平衡常数K= 。②其他条件不变，6min时缩小容器体积。α(SO2) 。(填“增大”、“减小”或“不变”)Ⅱ.碱液吸取法1：用足量氨水吸取SO22：再参与熟石灰，发生反响：2NH++Ca2++2OH−+SO2−

=CaSO3↓+2NH3⋅H2O4 3：25℃时，Kb(NH3⋅H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b2中反响的平衡常数K= 。(a、b的代数式表示)2−异丙基−4−(甲基氨基甲基)噻唑可按如下路线合成：答复以下问题：B的构造简式是 ，C中官能团的名称为 。②的反响类型是 。E的化学名称是 ，I的分子中氮原子的杂化方式为 。CH3NH2显碱性，写出反响⑦中H与过量的CH3NH2反响生成I的化学方程式： 。724页J是有机物E与甲醇发生酯化反响的产物，同时满足以下条件的J的同分异构体有 种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的构造简式为 。①能发生银镜反响②Na反响生成H2824页答案和解析【答案】C【解析】解：A.复合材料是由基体和增加体组成的，所以碳纤维复合材料不是碳单质，不属于碳的同素异形体，故A错误；B.聚四氟乙烯属于合成塑料，不是合成橡胶，故B错误；C.聚碳酸酯可降解塑料在自然界中能分解生成二氧化碳，不会产生白色污染，所以使用聚碳酸酯可降解塑料有利于保护环境，削减白色污染，故C正确；D.“静电除尘”过程中没有物质生成，不涉及化学变化，而“燃煤固硫”、“汽车尾气净化”等措施均涉及化学变化，故D错误；应选：C。A.复合材料是由基体和增加体组成的；B.聚四氟乙烯属于合成塑料；C.聚碳酸酯可降解塑料在自然界中能分解生成二氧化碳；D.“静电除尘”过程中没有物质生成。此题考察化学与生产、生活的亲热关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，留意把握常见物质组成、构造与性质，试题培育了学生的灵敏应用力气。【答案】A【解析】解：A.全氟丙烷分子中，碳原子的原子半径大于氟原子，全氟丙烷的球棍模型为正确；二氧化硅是共价晶体、不存在分子，其化学式为SiO2，故B错误；CH≡CH是乙炔的构造简式，乙炔是直线形分子，构造式为H−C≡C−H，故C错误；16O218O3是氧元素的不同单质，属于同素异形体，故D错误；应选：A。A.全氟丙烷分子中，碳原子的原子半径大于氟原子；B.二氧化硅不存在分子；C.CH≡CH是乙炔的构造简式；D.16O218O3是氧元素的不同单质，不是原子。

，故A924页此题考察了常见化学用语的表示方法，涉及化学式及分子式、构造简式及构造简式、球棍模型、同素异形体及同位素等学问，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培育了学生的分析力气及标准答题力气，留意化学式及分子式、构造简式及构造简式的关系，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.H2O、NH3VSEPR模型为四周体，NH31对孤电子对、H2O2对孤电子对，由于孤电子对间排斥力>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力，所以键角：CH4>NH3>H2O，故A错误；B.氢元素只有1个1s电子轨道，s电子云为球形，而氯元素的3p轨道有1个未成对电子，p电子云为哑铃形，则用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成： ，故B正确；C.同周期元素从左到右元素的电负性增加，应为O>N>C，H元素的非金属性最小，故C错误；D.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规章，造成体积膨胀，密度变小，故D错误；应选：B。依据VSEPR>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力推断；11s电子轨道，s3p1个未成对电子，p电子云为哑铃形；同周期元素从左到右元素的电负性增加，H元素的非金属性最小；冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规章，造成体积膨胀。此题考察了键角、原子轨道描述化学键、电负性、氢键等，为高频考点，明确根本理论与应用是解题的关键，试题有利于培育学生灵敏应用所学学问的力气，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.聚丙烯的最简式为CH

，14g聚丙烯中氢原子数目为

14g

×2×NAmol−1=2NA，全部的2 14g/molH均与C14g聚丙烯中含C−H键总数目为2NA，故A正确；B.溶液体积未知，无法计算OH−B错误；C.标准状况下：2.24LNO物质的量为

2.24L

物质的量为

1.12L

22.4L/mol

2 22.4L/molO+O2=O2O2O2⇌N2O4NA，24页故C错误；D.ZnZn2+等金属离子，64g，并不完全是铜的质量，则阴极得到电子的数目为少于2NAD错误；应选：A。A.聚丙烯的最简式为CH2H均与C以单键相连；B.溶液体积未知；C.NO与O2混合发生以下反响：2NO+O2=2NO2，2NO2⇌N2O4；D.ZnZn2+等金属离子。此题考察阿伏加德罗常数常数，留意物质的构造和电解精炼铜的原理，此题难度不大，留意根底学问的积累。【答案】D【解析】解：A.二氧化硫可被铁离子氧化，溶液褪色，可知二氧化硫具有复原性，故A错误；B.U型枯燥管不能盛放浓硫酸，可盛放固体枯燥剂，故B错误；C.盐酸应选酸式滴定管盛放，不能选图中碱式滴定管，故C错误；D.氯气与硫化钠反响生成S，可比较Cl、S的非金属性，故D正确；应选：D。二氧化硫可被铁离子氧化；B.U型枯燥管不能盛放浓硫酸；C.盐酸应选酸式滴定管盛放；D.氯气与硫化钠反响生成S。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象、混合物分别提纯、非金属性比较、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】B【解析】解；A.NaCl中含有离子键，属于离子晶体，其配位数为6，故A错误；基态原子价电子排布图为： ，碳原子价电子排布为 的状态为碳原子的一种激发态，2s的一个电子激发到2p轨道上，故B正确；24页NaClO是离子化合物，含离子键，次氯酸根离子中原子之间形成共价键，故C错误；二氧化碳为直线型构造，分子中存在两个碳氧双键，存在2个σ2个π键，故D错误；应选：B。NaCl6；碳原子价电子排布式为：2s22p2，由泡利原理、洪特规章画出价电子排布图为： ，属于基态原子的价电子排布图；次氯酸根离子中原子之间形成共价键；二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，存在σ键和π键。此题考察了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及价电子轨道式及化学键的分析推断等学问，明确常见化学用语的概念及原子构造为解答关键．【答案】D【解析】解：A.卤代烃水解后，酸性溶液中检验卤素离子，NaOH与硝酸银反响，由操作和现象不能证明含氯原子，故A错误；B.为放热反响，且生成锰离子可作催化剂，均可加快反响速率，速领先增大后减小，现象不能证明为放热反响，故B错误；C.C错误；D.浓度一样，Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]D正确；应选：D。A.卤代烃水解后，酸性溶液中检验卤素离子；B.为放热反响，且生成锰离子可作催化剂；C.发黄的浓硝酸中含二氧化氮，二氧化氮与氧气反响生成硝酸；D.浓度一样，Ksp小的先沉淀。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象、物质的检验、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】C24页【解析】解：A.放电时，电流从正极流向负极，即电流从电极A经过导线流向电极B，故A正确；B.充电时总反响为2K1−xC14H10+xK2MnFe(CN)=2KC14H10+xMnFe(CN)6A的质量削减，电极B的质量增加，故B正确；C.该电池的电解质为CF3SO3K溶液，放电时，CF3SO3KCF3SO3K溶液的浓度不发生变化，故C错误；D.充电时，阳极上K2MnFe(CN)6失电子，电极反响式为K2MnFe(CN)6−2e−=2K++MnFe(CN)6，故D正确；应选：C。40B40−−=Kx40++，MnFe(CN)6A极为正极，正极电极反响式为：xMnFe(CN)6+2xK++2xe−=xK2MnFe(CN)6，充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，据此分析。此题考察化学电源型电池，侧重考察原电池和电解池原理的应用，明确充放电各个电极上发生的反响是解此题关键，难点是电极反响式的书写，题目难度中等。【答案】B【解析】解：结合分析可知，W为O，XNa，YS，Z为Cl元素，水分子之间存在氢键，导致水的沸点较高，则气态氢化物的沸点：Y<W，故A错误；化合物M为Na2S2O4，Na2S2O4O8电子稳定构造，故B正确；ClO2Cl呈+4价、O呈−2价，说明非金属性O>ClC错误；D.O能够与Na、S、Cl均可以形成多种化合物，如Na2O、Na2O2、SO2、SO2、Cl2O、ClO2、Cl2O7等，故D错误；应选：B。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，则XNa；结合图示可知，W1个双键，其原子序数小于Na，则Y为O；Y的最低负价与W一样，二Y为W的核外电子数与Z的最外层电子数之和相等Z8−1=7，其原子序数大于S，则ZCl元素，以此分析解答。此题考察原子构造与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质构造推断元素为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意规律性学问的应用，题目难度不大。24页【答案】D【解析】解：A.6种化学环境不同的氢原子，即苯环上的一溴代物有6A错误；B.确定条件下，1mol4mol3molHCl7molNaOH，故B错误；C.与足量的H2反响后生成 ，图中标有“∗”为手性碳原子：6个手性碳原子，故C错误；D.由于单键可以旋转，2个苯环的平面可能重合，羟基中氢原子也可以处于平面内，即分子中全部原子可能在同一平面上，故D正确。应选：D。6种化学环境不同的氢原子；氯原子可以水解引入酚羟基，同时又生成HCl，酚羟基、HCl与NaOH发生中和反响；C.4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；D.由于单键可以旋转，2个苯环的平面可能重合，羟基中氢原子也可以处于平面内。此题考察有机物的构造与性质，娴熟把握官能团的性质与转化，留意依据甲烷四周体、乙烯与苯平面形、乙炔直线形等理解共面与共线问题，B选项为易错点，学生简洁无视水解生成HCl消耗氢氧化钠。【答案】A【解析】解：A.参与H2O2作为氧化剂，发生AsO3−+H2O2=AsO3−+H2O，把AsO3−转化为AsO3−A错误；

3 4 3 4B.参与H2SO4将Ca3(AsO4)2转化为H3AsO4和CaSO4，废渣为CaSO4，故B正确；C.由上述分析可知，能循环利用的物质是NaOH和H2SO4C正确；D.沉砷能把全部的As元素分别出来，则先沉砷再酸化可富集砷，提高产率，故D正确；应选：A。因H3AsO3、H3AsO4都是酸，“碱浸”过程中都能与NaOH反响，得到的产物为AsO3−、AsO3−，同时有未3 4反响的Na+；“氧化”过程，AsO3−中As元素为+3价，AsO3−中As元素为+5价，参与H2O2把AsO3−转化3 4 324页4为AsO3−Ca3(AsO4)3，依据条件，Ca3(AsO4)2滤液1是NaOH溶液；“酸化”过程，参与硫酸后将Ca3(AsO4)2转化为H3AsO4，废渣为CaSO4；“复原”4过程，SO2具有复原性，将+5As转化为+3As，产物为AsO3−，同时SO2转化为SO2−，结合酸性条件，3 4可得滤液2为H2SO4，结晶分别出粗As2O3，以此来解答。此题考察混合物分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、混合物分别提纯为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.由图可知，该反响为放热反响，△H=−E3kJ⋅mol−1A正确；E2故B错误；依据反响历程和图分析可知，图象中第一个峰(过渡态)对应的物质构造为过渡态Ⅰ，故C正确；催化剂能同等程度降低反响的活化能，则正逆反响速率同等程度转变，但不能转变反响的始态和终态，即不能转变平衡状态，平衡不发生移动，故D正确，应选：B。该反响的反响物具有的能量大于生成物，则反响发热，焓变为负；依据过渡态理论，反响物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反响物分子的平均能量的差为反响的活化能；由反响可知，过渡态Ⅰ的产物为 ，第一步反响的产物为 ，据此分析；催化剂可转变化学反响速率，但不转变平衡状态。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握吸放热反响的推断、活化能及判定、催化剂的作用和反响历程是解题关键，留意吸放热反响与物质具有能量的计算关系，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.电解时，阳离子向阴极移动，则H+通过质子交换膜向Y电极移动，故A错误；B.阴极的电极电极反响为Fe3++e−=Fe2+、O2+2H++2e−=H2O2，溶液中还发生Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH，则阴极区每消耗1molO2，同时消耗1molFe3+3molB错误；24页C.阴极的电极电极反响为Fe3++e−=Fe2+、O2+2H++2e−=H2O2，溶液中还发生Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH，所以每生成1mol⋅OH，阴极区消耗3molH+C正确；D.假设起始时，在阴极Y四周参与适量Fe3+，Fe3+得电子生成Fe2+，即Fe3++e−=Fe2+，所以起始时，在Y电极四周参与适量Fe3+，能消灭Fe2+和H2O2生成Fe3+、H2O和⋅OH的反响，装置均能正常工作，故D错误；应选：C。由装置图可知，X上发生的电极反响为：2H2O−4e−=O2↑+4H+、O元素的化合价上升、发生失电子的XYO2+++e−=+O2+H++e−=2O2+2O2+2⋅++2O2+H+=Fe3++H2O+⋅OH，据此分析解答。此题考察了电解原理的应用、氧化复原反响等学问，侧重学生观看、分析和运用力气的考察，把握电解池的工作原理以及电极上发生的反响为解题关键，留意结合图中信息书写电极反响式，题目难度中等。【答案】C【解析】解：A.pH2的氢氟酸溶液中参与少量0.01mol⋅L−1的稀盐酸，氢离子浓度不变，氢氟酸的电离平衡不移动，所以溶液的pH不变，故A正确；B.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO2−+H2O⇌HCO−+OH−，0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中参与少量CaCl23 3晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，则c(CO2−)降低，该平衡逆向移动，c(OH−)降低，pH减小，越稀CO2−水解3 3程度增大，故B正确；C.电荷守恒，c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，c(ClO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是n(Na+)+n(H+)2倍，而NaClO的水解程度大，即NaClO溶液中的c(OH−)大，c(H+)小，c(Na+)一样，所以NaF溶液中离子浓度大，前者所含离子总数比后者大，故C错误；D.钠离子、氯离子、氢离子和氢氧根离子，总共含有5种微粒，故D正确；应选：C。A.pH2的醋酸溶液中参与少量0.01mol⋅L−1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动；B.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO2−+H2O⇌HCO−+OH−，0.1mol⋅L−1的Na2CO3溶液中参与少量CaCl23 33晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，则c(CO2−)降低，该平衡逆向移动，c(OH−)降低；3C.电荷守恒，c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，c(ClO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)和水解程度大小分析；24页D.将氯气通入NaOH溶液，假设二者恰好反响会生成氯化钠、次氯酸钠和水，溶液呈碱性，而溶液为中性，则通入的氯气应当稍过量，反响后溶液中存在的离子有：次氯酸根离子、钠离子、氯离子、氢离子和氢氧5种。此题考察了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反响后溶液组成为解答关键，留意把握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，留意充分利用物料守恒和电荷守恒分析。【答案】DAcn(NH3⋅H2O)=2n(H2SO4)，即0.02L×0.1000mol⋅L−1=2×c(H2SO4)×0.02L，解得c(H2SO4)=0.0500mol⋅L−1A正确；B.a→c过程中，随着硫酸的滴加，溶液的碱性渐渐减弱，抑制水电离作用渐渐减弱，c点酸碱恰好反响生成硫酸铵、促进水的电离，则水的电离程度大小关系：c>b>a，故B正确；C.AG=0时，c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，电荷关系为c(NH+)+c(H+)=2c(SO2−)+c(OH−)，即4 4c(NH+)=2c(SO2−)，所以AG=0时c(NH+)>c(SO2−)>c(H+)=c(OH−)C正确；4 4 4 4D.起始时氨水中AG=c(H+)c(OH−)

=08K

=H+)⋅H−)=04H+)=01mol/、4c(NH+)≈c(OH−)=10−3mol/L，c(NH3⋅H2O)≈0.1000mol⋅L−1，所以NH3⋅H2O的电离常数Kb=44c(NH+)⋅c(OH−)=4c(NH3⋅H2O)应选：D。

10−3×10−30.1000

=1.0×10−5

，故D错误；A.c点温度最高，为酸碱恰好反响的点，依据n(NH3⋅H2O)=2n(H2SO4)；B.a、b、c三点对应的溶液中，碱的浓度渐渐减小，抑制作用渐渐减弱；C.AG=0时，c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，结合电荷关系分析；D.起始时氨水中AG=c(H+)c(OH−)

=08K

=H+)⋅H−)=04H+)=01mol/、4c(NH+)≈c(OH−)=10−3mol/L，c(NH3⋅H2O)≈0.1000mol⋅L−1，结合NH3⋅H2O的电离常数Kb=4c(NH+)⋅c(OH−)4c(NH3⋅H2O)

进展计算。此题考察酸碱混合溶液定性推断及弱电解质的电离，侧重考察图象分析推断及计算力气，明确各点溶液中溶质成分及其性质、水电离的影响因素是解此题关键，题目难度不大。【答案正四周体H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O↓ 温度过高氟化铵易分解氨颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色酚酞的变色pH范围约为8−10，滴定近滴定终点时，过长时24页2间振摇，NaOH吸取空气中的CO而使溶液pH1.85(V−V0)%2m【解析】解：(1)氟化铵中的阳离子为NH+，NH+的VSEPR模型名称为正四周体，4 4故答案为：正四周体；(2)依据流程分析可知，反响①的化学方程式为：H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O故答案为：H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O↓；低，氨气逸出太多，氨消耗过大，故答案为：温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大；晶、过滤、洗涤、枯燥，故答案为：减压浓缩；①依据题意可知，当生成的H+被完全中和时，即到达滴定终点，此时溶液变为红色，所以滴定终点的现象为：当滴入最终一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最终一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色；由于酚酞的变色pH8−NaOHO2使溶液pH降低，导致红色消逝，故答案为：酚酞的变色pH范围约为8−10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸取空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消逝；44③依据题意可得关系式：4NH+～(CH2)6N4H++3H+～4NaOHNaOH溶液体积为：(V−V0)mL，则n(NH4F)=n(NH+)=n(NaOH)=0.5mol⋅L−1×(V−V0)×10−3L=0.5×(V−V0)×10−3mol，44则样品中氟化铵的含量为：0.5×(V−V0)×10−3mol×37g/molmg

×100%=1.85(V−V0)%，m故答案为：1.85(V−V0)%。mH2SiF6和液氨反响生成硅胶沉淀和氟化铵，方程式为：H2SiF6+6NH3+(2+n)H2O=6NH4F+SiO2ⅰnH2O↓中参与硫酸镁生成氟化镁沉淀，经过滤、洗涤、烘干得到氟化镁，4(1)氟化铵中的阳离子为NH+VSEPR理论即可判VSEPR断模型名称；(2)依据流程分析可知，反响①的化学方程式；4(3)氟化铵类似与氯化铵，主要考虑氟化铵会受热分解，另氨气在体系中的溶解度会随着温度上升而降低；(4)滤液获得晶体的“一系列操作”一般为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、枯燥，但考虑氟化铵受热分24页解，宜承受减压浓缩；(5)①依据题意可知，当生成的H+被完全中和时，即到达滴定终点，此时溶液显碱性，变为红色，即可推断滴定终点的现象；酚酞的变色pH8−NaOHO2而使溶pH降低，进一步导致红色消逝；44③依据题意可得关系式：4NH+～(CH2)6N4H++3H+～4NaOHNaOH溶液体积为：(V−V0)mL，则n(NH4F)=n(NH+)=n(NaOH)=0.5×(V−V0)×10−3mol，进一步计算出样品中氟化铵的含44量。此题主要考察试验方案的设计，具体考察了微粒的空间构型，方程式的书写，滴定终点的推断，关系式计算，实际问题的解决等，题目具有确定的综合性，对学生的思维力气要求较高，属于难题、易错题。【答案】[Ar]3d54s2 +2KMnO4→ +2MnO2+2H2O 冷凝回流，使反响充分进展三颈烧瓶内的液体不再分层B 使杂质及苯甲酸充分溶解，便于重结晶得到纯洁的苯甲酸MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−【解析】解：(1)Mn原子序数为25，故基态Mn原子的电子排布式为[Ar]3d54s2，故答案为：[Ar]3d54s2；学反响方程式为 +2KMnO4→ +2MnO2+2H2O，故答案为： +2KMnO4→ +2MnO2+2H2O；①中反响完全，故答案为：冷凝回流，使反响充分进展；三颈烧瓶内的液体不再分层；为防止引入的杂质，最抱负的试剂为H2O2，故答案为：B；于重结晶得到纯洁的苯甲酸，故答案为：使杂质及苯甲酸充分溶解，便于重结晶得到纯洁的苯甲酸；2Mn元素降12+24页e−+H2O=MnO(OH)+OH−，故答案为：MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−。Mn2525，依据能量构造原理书写其核外电子排布式；甲苯被高锰酸钾氧化生成

，同时复原生成MnO2，结合守恒法书写发生反响的化学方程式；球形冷凝管能使蒸气液化，提高原料利用率；反响完全后，甲苯完全氧化生成可溶于水的，不再分层；除杂质时要留意不能引进的杂质，且参与的溶液有较强复原性；补加少量蒸馏水是确保全部物质完全溶解，使杂质及苯甲酸充分溶解，便于重结晶操作；(6)原电池放电时正极发生复原反响，即MnO2得电子复原生成MnO(OH)。此题考察物质的制备以及分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响的作用为解答的关键，侧重分析与试验力气的综合考察，试题培育了学生的化学试验力气，题目难度较大。18.【答案】CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=−41.2kJ/mol AD > < 2700 增大

1a2b(1)依据盖斯定律将ⅰ−ⅰ得：CO(gH2O(g)⇌H2(gCO2(gH，则H=1H1−△H2)=2 221(−37.0kJ/mol−45.4kJ/mol)=−41.2kJ/mol，所以CO(g)与H2O(g)反响生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式：CO(gH2O(g)⇌H2(g)+CO2(gH=−41.2kJ/mol，2单位时间内，生成nmolCO则消耗nmol的CO2，同时也生成nmolCO2，CO2的正反响速率和逆反响速率相等，反响到达平衡状态，故A正确；由于反响前后气体分子总数不变，气体总物质的量不变，总质量不变，所以混合气体的平均摩尔质量始终保持不变，故B错误；压强与物质的量成正比，气体的物质的量，则混合气体的总压强始终保持不变，故C错误；假设反响未到达平衡状态，不管是正向移动，还是逆向移动，H2O(g)与H2(g)的体积比都要发生变化，所以H2O(g)与H2(g)的体积比保持不变，反响到达平衡状态，故D正确；故答案为：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=−41.2kJ/mol；AD；P点到M点，温度不变，α(SO2)增大，即增大了CO的浓度，提高了SO2的转化率，所以y2<y1，同理，从N点到M，CO的投料增大，自身转化率减小，所以α(CO)：N>M，不管正、逆24页反响速率，其它条件不变，温度上升，正、反响速率都将增大，从N到P点，温度上升，正、逆反响速率增大，所以逆反响速率：N<P故答案为：>；<；①10L恒容密闭容器中充入2molCO(g)、2molSO2(g)和2molH2(g)，发生反响ⅰ和反响ⅰ，5min平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol，则消耗CO和H2的物质的量分别为1.6mol、1.8mol，消耗SO2的物质的量为：1.6mol+1.8mol=1.7mol，所以平衡时H2的物质的量分别为：(2−2 21.8)mol=0.2mol，SO2的物质的量为：(2−1.7)mol=0.3mol，该温度下，反响ⅰ的平衡常数K=c2(H2O)

(1.8mol)210L

=2700，c2(H2)×c(SO2)

(0.2mol)2×0.3mol10L 10L故答案为：2700；②其他条件不变，6min时缩小容器体积，即增大压强，平衡正向移动，α(SO2)将增大，故答案为：增大；

(NH

·H)=H+)×c(OH−)=K

(CaSO

)=+)×−)=H++b 3 2

4c(NH3⋅H2O)

sp 3 3 4Ca2++2OH−+SO2−=CaSO3

↓+2NH3

·H2

O的平衡常数K=

c2(NH3⋅H2O) =4 c2(NH+)×c(Ca2+)×c2(OH−)×c(SO2−)4 1 = 1，bK2(NH3⋅H2O)×Ksp(CaSO3) a2bb1。a2b)+2)⇌2)+O2)△△H=112△，2 2即可写出反响的热化学方程式，正逆单位时间内生成nmolCO则消耗nmol的CO2，同时也生成nmolCO2，则V =V正逆

反响前后气体分子总数不变，气体总物质的量不变，总质量不变，