四川省遂宁市2020-2021学年高二下学期期末考试化学试题

遂宁市高中2022届第四学期期末教学水平监测化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。总分100分。考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：Li7N14O16Mg24Cu64Ag108Fe56C1–35.5第Ⅰ卷(选择题，满分42分)一、选择题(本题包括12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A．4.03米大口径碳化硅反射镜B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线D．“玉兔二号”钛合金筛网轮A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；综上所述，本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。2.374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH，由此可知超临界水A.显中性，pH等于7 B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性，pH小于7 D.表现出极性溶剂的特性【答案】B【解析】【详解】A.25℃时，水的pH=7，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，在374℃时，超临界水显中性，pH<7，A错误；B.超临界水具有很强的溶解有机物的能力，根据相似相溶原理，说明超临界水表现出非极性溶剂的特性，B正确；C.25℃时，水的pH=7，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，在374℃时，超临界水中H+与OH浓度相等，显中性，pH<7，C错误；D.超临界水具有很强的溶解有机物的能力，根据相似相溶原理，说明超临界水表现出非极性溶剂的特性，D错误；答案选B。3.所有原子处于同一平面的是（）A. B. C. D.CH2=CHCCH【答案】D【解析】【详解】A.四氯化碳是正四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；B.根据甲烷是正四面体结构分析，甲基是立体结构，所有原子不可能处于同一平面，故B错误；C.因甲基是立体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C错误；D.碳碳双键是平面结构，碳碳三键是直线型结构，则该物质中所有原子都在一个平面上，故D正确；故选D。4.下列化学用语对事实的表述不正确的是A.硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB.常温时，0.1mol·L1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH−C.由Na和C1形成离子键的过程：D.电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e−=Cu【答案】A【解析】【详解】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH）=102.9mol·L10.1mol·L1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e=Cu，D项正确；答案选A。点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。5.某学生欲完成2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．该装置为电解池，左边Ag为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2Ag2e+2Cl=2AgC1，右边Ag为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e=H2↑，故总反应式为2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑，A可行；B．该装置为原电池，Fe为负极，发生氧化反应，电极反应为：Fe2e=Fe2+，Ag为正极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e=H2↑，B不可行；C．该装置为电解池，C为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2Cl2e=C12↑，Ag为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e=H2↑，C不可行；D．不能构成原电池，也不会发生化学反应，D不可行；故答案为A。6.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L1的一元酸HA与bmol·L1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中，c(H+)=mol.L1D.混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH)+c(A)【答案】C【解析】【详解】A.没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B.由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；C.判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH)，此时c(H+)=mol·L1，C正确；D.根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。7.下列实验操作或装置能达到目的的是A.图甲：混合浓硫酸和乙醇 B.图乙：配制一定浓度的溶液C.图丙：收集气体 D.图丁：按图装置分离硝基苯与水【答案】B【解析】【分析】【详解】A．混合浓硫酸和乙醇时，应该将浓硫酸缓缓倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，故A错误；B．配制一定浓度的溶液时，眼睛应该平视液面，故B正确；C．的密度比空气大，应该用向上排空气法收集，集气瓶中导气管应该“长进短出”，故C错误；D．硝基苯与水不互溶，用分液分离，故D错误；故答案为B。8.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是A.原子半径：B.最高价氧化物对应水化物的酸性：C.能与酸反应D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，且化合物Z2X4的电子总数为18个，Z2X4应该为N2H4，则X为H，Z为N；Y元素的最高正价为+4价，位于ⅣA族，结合原子序数可知Y为C；X与M元素同主族，则M为Na；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，其原子序数大于Na，最外层电子数为7，则Q为Cl，以此分析解答。【详解】结合分析可知，X为H，Y为C，Z为N，M为Na，Q为Cl元素，A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，短周期元素中Na的原子半径最大，则原子半径：Z＜Y＜M，故A正确；B．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，故B正确；C．X2ZZX2为H2NNH2，H2NNH2与氨气性质相似，水溶液呈碱性，能与酸反应，故C正确；D．H、N、Cl能形成离子化合物，如氯化铵，故D错误；故选：D。9.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAC.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NAD.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A．胶体粒子是一个聚合体，16.25gFeCl3的物质的量为，水解形成Fe(OH)3胶体时，多个Fe(OH)3聚合为一个胶体粒子，所以形成的胶体粒子数小于0.1mol，即形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故A错误；

B．92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故B错误；

C．22.4L标准状况的氩气的物质的量为，氩气是单原子气体，所以含有1molAr，含有18mol质子，即含有18NA个质子，故C正确；

D．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子小于2NA个，，故D错误；

故选：C。10.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A.无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、ClB.无色溶液中：Al3+、NH、Cl、S2C.c(Fe2+)=1mol·L−1的溶液中：K+、、、D.水电离的c(H＋)=1×1013mol·L1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Fe3+为黄色离子，不满足溶液无色的条件，且Fe3+和SCN不能共存，故A错误；B．Al3+和S2发生双水解反应，不能共存，故B错误；C．具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)=1×1013mol•L1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，若呈酸性，AlO、CO与氢离子反应而不能共存，若呈碱性，则能共存，故该条件下可能共存，故D正确；

故选：D。11.雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42－、NO3－、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3－+8Al+5OH－+2H2O3NH3+8AlO2－根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A.试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42－和NO3－B.试样中一定不含Al3+C.试样中可能存在Na+、Cl－D.该雾霾中可能存NaNO3、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】【分析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg

2+，【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。12.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是A.室温下，测得氯化铵溶液pH<7，证明一水合氨是弱碱：+2H2O=NH3·H2O+H3O+B.用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑C.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2→+2H2O+2CO2↑D.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2+16H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】B【解析】【详解】A．室温下，氯化铵溶液pH<7，是因为NH4+发生水解反应，消耗了水电离产生的OH，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH)，但铵根离子水解程度是微弱的，存在水解平衡，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，A错误；B．单质铝能够与氢氧化钠溶液反应变为可溶性的物质，反应方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2+3H2↑，而金属镁不能反应，因此可用NaOH溶液除去杂质Al，B正确；C．由于酸性COOH>H2CO3>OH，所以碳酸氢钠只能与羧基反应，而与酚羟基不反应，C错误；D．草酸是二元弱酸，不能写成离子形式，用化学式表示，正确的离子方程式为2+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；故合理选项是B。二、选择题(本大题包括6小题。每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共18分)13.茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A.将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B.用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦C.过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦D.检验中滤液中的Fe3＋，选用③、⑧和⑩【答案】B【解析】【详解】A、茶叶灼烧需要酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确；答案选B。【点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。14.能正确表示下列反应的离子方程式是A.溶液与少量溶液反应：B.电解水溶液：C.乙酸乙酯与溶液共热：D.溶液中滴加稀氨水：【答案】C【解析】【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，不会参与反应，离子方程式为：Fe2+++Ba2++2OH=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl2e=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl+2H2O=Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，B错误；C．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OHCH3COO+CH3CH2OH，C正确；D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。答案选C。15.下列说法正确的是A.的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构)B.乳酸薄荷醇酯()仅能发生水解、氧化、消去反应C.按系统命名法，化合物的名称是2，3，4−三甲基−2−乙基戊烷D.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等【答案】A【解析】【分析】【详解】A．H原子种类：有4种，也有4种，故它们的一溴代物均有4种，故A正确；B．乳酸薄荷醇含有酯基、醇羟基，可以发生水解反应、氧化反应、消去反应、取代反应等，故B错误；

C．烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，故为己烷，并从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号和3号碳原子上各有一个甲基，在4号碳原子上有两个甲基，故名称为2，3，4，4四甲基己烷，故C错误；

D．苯的，即1mol苯消耗氧气7.5mol，苯甲酸的，即1mol苯甲酸消耗氧气7.5mol，所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等，故D错误。

故选：A。16.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是A.CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0B.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0C.CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0D.2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0【答案】A【解析】【详解】分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少，所以应该是正向放热的可逆反应；分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少，所以应该是正向气体体积减小的可逆反应；答案选A。17.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A.在溶液中，B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在1mol•L1Na2S溶液中存在物料守恒，硫元素守恒得到守恒关系，c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1mol•L1，故A正确；B．常温下相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液中c(CH3COO)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH)，故B正确；C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO的水解程度大于F的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故D错误；故选：D。18.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中。下列正确的是A.K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e=H2↑B.K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高C.K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极保护法D.K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe2e－＝Fe2＋，A不正确；B．K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C．K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D．K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气，石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确；答案选B。第Ⅱ卷(非选择题，满分58分)注意事项：1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。三、必做题(注意：19、20、21三个题为每位考生必做题)19.I、锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2.回答下列问题：(1)外电路的电子流动方向是由___________极流向___________极(填字母)。(2)电池负极反应式为___________。(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？___________(填“是”或“否”)，原因是___________。(4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应化学方程式为___________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。(5)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：___________。②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是___________。【答案】①.a②.b③.Lie−=Li+④.否⑤.电极Li是活泼金属，能与水反应⑥.3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O⑦.2∶1⑧.CO2++2e−=HCOO−+或CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+H2O+2e−=HCOO−+H+⑨.阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区【解析】【分析】(1)形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为Lie=Li+，MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e+Li+=LiMnO2；【详解】(1)Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，电子流向从a到b；(2)Li为负极，被氧化，电极方程式为Lie=Li+；(3)因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂；(4)二氧化锰与KOH和KClO4在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为1，根据化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价分别由+6价升高到7价、降低到+4价，反应的方程式为：3K2MnO4+4HCl=2KMnO4+MnO2+2H2O+4KCl，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1；(5)①阴极CO2还原为HCOO的电极反应是二氧化碳得到电子生成甲酸根离子或在碳酸氢根离子溶液中生成甲酸根离子和碳酸根离子，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极反应为：CO2++2e−=HCOO−+或CO2+H++2e−=HCOO−或CO2+H2O+2e−=HCOO−+H+，②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低升温原因是：阳极氢氧根离子失电子生成氧气，电极附近氢离子浓度增大，pH减小和碳酸氢根离子反应，浓度降低，K+部分迁移至阴极区。20.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ．准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2500g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100mL0.1000mol·L−1NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ．滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L−1AgNO3溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f．数据处理。回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___________。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________。(3)b和c两步操作是否可以颠倒___________，说明理由___________。(4)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为___________mL，测得c(I−)=___________mol·L−1。(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为___________。(6)判断下列操作对c(I−)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___________。【答案】①.250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管②.避免AgNO3见光分解③.否(或不能)④.若颠倒，Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点⑤.10.00⑥.0.0600⑦.用NH4SCN标准溶液进行润洗⑧.偏高【解析】【分析】【详解】(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液还需要经过下列步骤：溶解→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，所使用的仪器除了烧杯和玻璃棒外，还要250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解；

(3)b和c两步操作不可以颠倒，理由是若颠倒，Fe3+与I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；(4)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为10.00mL；加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000mol•L1×0.025L=0.0025mol；根据Ag++SCN=AgSCN↓，反应后剩余的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000mol•L1×0.010L=0.001mol，则与NaI反应的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000mol•L1×0.01500L=0.0015mol；根据Ag++I=AgI↓，则c(I)=n/V=0.0015mol/0.025L=0.0600mol/L；

(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN标准溶液进行润洗；

(6)若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，终读数变小，标准液数值变小，则测定结果偏高。21.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：(g)=(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol−1①H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH2=−11.0kJ·mol−1②，对于反应：(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)③ΔH3=___________kJ·mol−1。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。A．通入惰性气体B．提高温度C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。A．T1＞T2B．a点的反应速率小于c点的反应速率C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1【答案】①.89.3②.40％③.3.56×104④.BD⑤.CD【解析】【分析】(1)利用盖斯定律解题；(2)利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；(3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；【详解】(1)已知：(g)=(g)+H2(g)△H1=+100.3kJ•mol1①，H2(g)+I2(g)=2HI(g)△H2=11.0kJ•mol1②，根据盖斯定律，①+②得③(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)△H3=(+100.3kJ•mol1)+(11.0kJ•mol1)=+89.3kJ•mol1；(2)设碘和环戊烯()的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol，(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)初始(mol)nn00转化(mol)xxx2x平衡(mol)nxnxx2x刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则：=1+20%，解得：x=0.4n，平衡时环戊烯的转化率为：×100%=40%；平衡时混合气体的压强为：105Pa×(1+20%)=1.2×105Pa，混合气体总物质的量为：(n0.4n+n0.4n+0.4n+0.4n×2)mol=2.4nmol，平衡时各组分所占压强分别为p()=p(I2)=×1.2×105Pa=3×104Pa，p()=×1.2×105Pa=2×104Pa，p(HI)=×1.2×105Pa=4×104Pa，该反应的平衡常数Kp=≈3.56×104Pa；A．通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；B．该反应为吸热反应，提高温度平衡向着正向移动，环戊烯转化率增大，故B正确；C．增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确；故答案为BD；(3)A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；B．根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；C．a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；D．b点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L×=0.45mol•L1，故D正确；故答案为CD。【点睛】考查盖斯定律的应用，有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析，分析以下几点：①所求反应中的反应物在哪个反应了？是反应物还是生成物？②所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？③如何才能去掉无用的？然后，通过相互加减，去掉无关物质；将所对应的△H代入上述化学方程式的加减中就可以了。四、选做题(每位考生从所给的两题中任选一题做答。两题都答，选第一题计入总分)[化学——选修3：物质结构与性质]22.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。A．B．C．D．（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。【答案】①.D②.C③.Li+核电荷数较大④.正四面体⑤.sp3⑥.AB⑦.520⑧.498⑨.2908⑩.【解析】【详解】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒