【文档说明】浙江省宁波市奉化区2022-2023学年高二上学期期末联考化学试题 含解析.docx，共(24)页，2.332 MB，由小赞的店铺上传

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奉化区二O二二学年第一学期期末联考高二化学试题说明：1.本卷考试时间：90分钟，满分100分。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Si-28Cl-35.5Mn-55Ag-1083.请把答案做在答题卷的指定区域，在试卷或草稿纸上作答一律无效。第

I卷选择题(共50分)一、选择题(本题共20小题，1-10小题每题2分，11-20小题每题3分，共50分；每小题只有一个选项符合题意，多选、错选、不选均不给分)1.中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡

献，下列过程主要是利用化学反应中能量变化的是ABCD九章量子计算机打磨磁石制司南神舟十四载人飞船发射粮食酿醋A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．九章量子计算机主要利于它的物理性质，不是利用化学反应中能量变化，A错误；B．打磨磁石制司南过程是物理变化，不是利用化学反

应中能量变化，B错误；C．神舟十四载人飞船发射时，燃料燃烧发生氧化还原反应，放出大量热，属于利用化学反应中能量变化，C正确；D．粮食酿醋过程是淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酶作用下分解生成乙醇，乙醇氧化成醋酸，过程中是利用物质转化制备其他物质，D错误；故答

案为：C。2.中华传统文化蕴含着丰富的化学知识，下列诗句中主要涉及吸热反应的是A.白居易《赋得古原草送别》：“野火烧不尽，春风吹又生。”B.于谦《石灰吟》：“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。”C.于谦《咏煤炭》：“爝火燃回春浩浩，烘炉照破夜沉沉。”D.李商隐《相见时难别亦难

》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干。”【答案】B【解析】【详解】A．野草燃烧的反应为放热反应，则诗句中主要涉及的不是吸热反应，故A不符合题意；B．碳酸钙高温发生分解的反应是吸热反应，则诗句中主要涉及的是吸

热反应，故B符合题意；C．煤块燃烧的反应为放热反应，则诗句中主要涉及的不是吸热反应，故C不符合题意；D．蜡烛燃烧的反应为放热反应，则诗句中主要涉及的不是吸热反应，故D不符合题意；故选B。3.下列化学用语的表达正确的是A.原子核内有10个中子的氧原子

：168OB.氯原子的结构示意图：C.Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5D.基态铜原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子：188O，A不正确；B．氯原子的结构示意图：，B不正确；C．Fe3+的核外电子排布式为1s2

2s22p63s23p63d5，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D．基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；故选C。4.下列实验能达到目的的是A.装置甲证明醋酸为弱酸B.装置乙处理Cl2尾气C.装置丙除去乙醇中少量的水D.装置丁准确量取一定体

积的酸性KMnO4标准溶液【答案】A【解析】【分析】【详解】A．醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，能够达到实验目的，故A选；B．氯气在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，不能用来处理Cl2尾气，应

用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，故B不选；C．乙醇和水均易挥发，不能通过蒸发的方法装除去乙醇中少量的水，故C不选；D．KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管量取一定体积的酸性KMnO4标准溶液，应用酸式滴定管，故D不选；故选A。5.下列

说法正确的是A.基态硅原子中电子占据的最高能层符号为3s23p2B.硅原子电子占据的最高能层的轨道数为9C.基态硫原子电子占据最高能级的的电子云轮廓图为球形D.铝原子核外电子云有7种不同的伸展方向【答案】B【解析】【详解】A．硅原子有

三层电子，基态硅原子中电子占据的最高能层符号M，A项错误；B．硅原子电子占据的最高能层为M层，M层能级有3s、3p、3d，轨道数为1+3+5=9，B项正确；C．基态硫原子电子排布式为3s23p4，占据最高能级为3p，电子云轮廓图为哑铃形，C项错误；D．铝原子电子排布式为1s

22s22p63s23p1，s轨道为球形，有1个伸展方向，p轨道为向空间3个方向伸展的哑铃形，故核外电子云有4种不同的伸展方向，D项错误；答案选B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子

数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是A.第一电离能：W>X>Y>ZB.简单离子的还原性：Y>X>WC.简单离子的半径：W>X>Y>ZD.氢化物水溶液的酸性：Y>W【答案】C【解析】【分析】四种短周期主族元素，基

态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡黄色固体为Na2O2，则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W

为Cl元素，据此分析。【详解】A．同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞Cl＞Na，A错误；B．单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、

F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-＞Cl-＞F-，B错误；C．电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl-＞O2

-＞F-＞Na+，C正确；D．F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，D错误；故选C。7.2019年科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的

示意图如下：下列说法不正确的是A.C与O同属第二周期元素，原子半径r(C)>r(O)B.非金属性C<O，故C24O6中O显负价C.C22O4分子中含有共价键D.C18与C60、金刚石互为同位素【答案】D【解析】【详解】A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小

，故原子半径r(C)>r(O)，故A正确；B．元素的非金属性越强，则原子得电子能力越强，在形成化合物时显负价，故由于非金属性C<O，故C24O6中O显负价，故B正确；C．根据C22O4的结构可知，其结构中含碳碳键

和碳氧键，均为共价键，C正确；D．同种元素的不同种原子间互为同位素，C18、C60和金刚石间互为同素异形体，D不正确；故选D。8.SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是A

.是非极性分子B.键角∠FSF都等于90°C.S与F之间共用电子对偏向SD.S原子满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】【详解】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、

正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确；B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，确切地说角FSF可以是90度，但也有处于对角位置的角FSF为180度，故键角∠FSF不都等于90°，B错误；C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；D．中心元素价电子数+化合价的绝

对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；故答案为：A。9.中国学者在水煤气变换[()()()()222COg+HOg=COg+HgH]

中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的。反应过程示意图如下：下列说法正确的是A.过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程B.过程Ⅱ是吸热反应C.使用催化剂降低了水煤气变换反应的HD.图示过程

中的2HO均参与了反应过程【答案】D【解析】【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，不是吸热反应，故B错误；C．催

化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变ΔH，故C错误；D．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故D正确；故答案选D

。10.AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N-Al键、N-Ga键。下列说法错误的是A.GaN的熔点高于AlNB.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取3sp杂化D.晶体中所

有原子的配位数均相同【答案】A【解析】【分析】Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。A

lN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。【详解】A．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共

价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误；B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；C．金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电

子对数为4），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；D．金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN

、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。综上所述，本题选A。11.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A.每升溶液中的H+数目为0

.02NAB.c(H+)=c(24HPO−)+2c(24HPO−)+3c(34PO−)+c(OH−)C加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中

H＋数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。12.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说

法不正确的是A.△H3＜0B.△H1+△H2+△H3=0C.按照Cl、Br、I的顺序，△H2依次减少.D.一定条件下，拆开1mol气态HX需要吸收akJ能量，则该条件下△H3=-2akJ/mol【答案】B【

解析】【分析】【详解】A．形成化学键放出热量，即2H(g)+2X(g)=2HX(g)△H3＜0，A正确；B．由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则△H1=△H2+△H3，所以△H1-△H2-△H3=

0，B错误；C．原子半径：Cl＜Br＜I，Cl2、Br2、I2中键能：Cl-Cl键＞Br-Br键＞I-I键，由于断裂化学键吸热，则吸收的热量逐渐减小，所以途径II吸收的热量依次减小，即△H2依次减小，C正确；D．一定条件下，拆开1mo

l气态HX需要吸收akJ能量，即形成1molHX放出热量是akJ，因此形成2molHX放出热量为2akJ，所以该条件下△H3=-2akJ/mol，D正确；故合理选项是B。13.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与

温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是A.达到平衡后，使用催化剂，C%将增大B.达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动C方程式中n>p+qD.达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,

反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ

(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n<p+q。A.催化剂只改变化学反应速率，对平衡移动没有影响，C的质量分数不变，故A错误；B.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方.向移动，即向逆反应移动，故B正确；C

.由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n<p+q，故C错误；D.A为固体，浓度为定值，达平衡后，增加A的量，平衡不移动，故D错误。答案选B。14.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置

，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A.正极反应中有CO2生成B.微生物促进了反应中电子的转移C.质子通过交换膜从负极区移向正极区D.电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】A【解析】【详解】A．

根据图象，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转

化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区，故C正

确；D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A。15.室温时，向20mL0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变

化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是A.a点时：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)B.b点时：c(Na+)=c(CH3COO－)C.

c点时：c(OH－)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d点时：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)【答案】D【解析】【详解】A．a点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，

溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，但醋酸的电离程度较小，因此c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，故A正确；B

．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点时溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，故B正确；C．c点时，氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中存在电荷守

恒：①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，也存在物料守恒：②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，将②带入①可得：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H

+)，故C正确；D．d点为等物质的量的NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性，由于CH3COO-存在微弱的水解，则：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，故D错误；故选D。【点睛】掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物

料守恒、盐的水解判断溶液中离子浓度大小是解题的关键。本题的易错点A，要注意醋酸是弱酸，电离程度较小。16.“冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是A.由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解B.第一层固态冰中

，水分子间通过氢键形成空间网状结构C.第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少D.当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑【答案】A【解析】【详解】A．水分子的稳定性好，是由水分子内氢氧共价键的键能决定的，与分子间形成的

氢键无关，A错误；B．固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构，B正确；C．“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个的水分子间距离适合形成氢键，形成氢键的机会比固态冰中少，C正确；D．当温度达到一定数值时，

“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键被破坏，使一部分水分子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，D正确；故选A。17.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是A.-32c(OH)c(NHHO)B.32-c(NHHO)c(OH)C.c(H

+)和c(OH-)的乘积D.OH-的物质的量【答案】B【解析】【分析】加水稀释，促进了一水合氨的电离，溶液中n(NH3∙H2O)减小，n(OH-)和n(4NH+)增大，但是一水合氨电离程度小于溶液体积的增大程度，导致溶液中c(NH3∙H2O)、c(OH-)、c(4NH+)都减小，由于温

度不变，离子积常数不变，电离平衡常数不变，则溶液中c(H+)增大，据以上分析解答。【详解】A．根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知-32c(OH)c(NHHO)=4c(NH)bK+，加水稀释，温度不变，c(4NH+)减小，比值变大，故A错误；B．

根据一水合氨的电离平衡表达式，可推知32-c(NHHO)c(OH)=4c(NH)bK+，加水稀释，温度不变，c(4NH+)减小，比值减小，故B正确；C．由于温度不变，c(H+)c(OH-)离子积常数，为定值保持不变，故C错误；D．由分析可知，加水稀释，促进了一水合氨的电离，

溶液中n(NH3∙H2O)减小，n(OH-)增大，故D错误；为故选B。18.下列描述中，正确的是A.2CS是空间结构为V形的极性分子B.3ClO−的空间结构为平面三角形C.3NO−中所有的原子不都在一个平面上D.4SiF和23SO−的中心原子的

杂化轨道类型均为3sp杂化【答案】D【解析】【详解】A．2CS中心原子C原子周围的价电子对数为：2+1(4-2?2)2=2，故其是空间结构为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；B．3ClO−中心原子Cl原子周围的价电子对数为：3+1(7+1-3?2)2=4，故

其空间结构为三角锥形，B错误；C．3NO−中心原子N原子周围的价电子对数为：3+1(5+1-3?2)2=3，故其空间构型为平面三角形，故其中所有的原子都在一个平面上，C错误；D．4SiF中心原子Si原子周围的价电子对数为：4+1(4-4?1)2=4，23SO−中心原子S原子周

围的价电子对数为：3+1(6+2-3?2)2=4，故二者的中心原子的杂化轨道类型均为3sp杂化，D正确；故答案为：D。19.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的

速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A.0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变

C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】【详解】A．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.3001molL−和0.1251molL−，则M

的变化量为0.51molL−-0.3001molL−=0.2001molL−，其中转化为Y的变化量为0.2001molL−-0.1251molL−=0.0751molL−。因此，0~30min时间段内，Y的平均反应速率为-10.075molL0.002530mi

n=11molLmin−−，A说法不正确；B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为12kk，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体

系中Y和Z的浓度之比等于12kk，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于12kk=-1-10.0753=0.mol?Lmol?L1255，因此，如果反应能进行到底，反应结束时

有58的M转化为Z，即625%.的M转化为Z，C说法正确；D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化

能比反应②的活化能大，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。20.常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-l

gc(OH-)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)。下列说法正确的是A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化B.H3PO3的结构简式为C.pH=4的溶液中：c(H2PO3−)<0.1mol·L-1

-2c(HPO23−)D.H3PO3+HPO23−垐?噲?2H2PO3−的平衡常数K>1.0×105【答案】D【解析】【分析】【详解】A．图象中含P物质只有3种，说明33HPO为二元弱酸。随着()OHc−逐渐增大，pOH减小，

根据33232HPOOH=HPOHO−−++、22332HPOOHHPOHO−−−++=，知()33HPOc逐渐减小，)23(HPOc−先增大后减小，()23HPOc−逐渐增大，plgcc=−，则()33pHPOc逐渐增大，(

)23pHPOc−先减小后增大，()32pHPOc−逐渐减小，故曲线③表示()33pHPOc，曲线②表示()23pHPOc−，曲线①表示()32pHPOc−；根据x点知，()()2323HPOHPOcc−−

=时，pOH7.3=，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则33HPO的()()()()26.723a32HcHPOH10HPOcKcc+−+−−===，根据z点知，()()2333HPOHPOcc−=，pOH12.6=，c(

OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则33HPO的()()()()21.43a133HcHPOH10HPOcKcc+−+−===，曲线①表示()32pHPOc−随pO

H的变化，故A错误；B．33HPO为二元弱酸，其结构简式为，故B错误；C．pH4=即pOH10=，由图可知，此时，()()2333pHPOpHPOcc−=，即()()2333HPOHPOcc−=，而()()()2323

133cHPOHPOHPO0.1molLcc−−−++=，故()()12323HPO0.1molLHO2Pcc−−−−=，故C错误；D．由3323HPOHPOH+−+减去2233HPOHPOH−−++，可得323323HPOHPO2HPO−−+，则平衡常数1.45.

3a56.7a21101011010KKK−−===，故D正确；故答案：D。第Ⅱ卷非选择题(共50分)二、非选择题(本题共5大题，每题10分，共50分)21.已知A、B、C、D都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A与其他3

种元素既不在同一周期又不在同一主族。B原子的L层p能级中有5个电子;C是周期表1~18列中的第14列元素；D原子的L层电子数与最外层电子数之比为4∶1，其d能级中有1对成对电子。请回答：（1）A与C形成的简单共价化合物的分子式是______，中心原子杂化类型是______，分子的空间结构是____

__，是______分子(填“极性”或“非极性”)。（2）B与C比较，电负性较小的是______(填元素符号)。（3）D位于元素周期表中第______族，D2+的结构示意图是______，D元素的+3价离子的电子排布式为__

____。（4）A与B形成的化合物极易溶于水，其原因是______。【答案】（1）①.SiH4②.sp3③.正四面体④.非极性（2）Si（3）①Ⅷ②.③.1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5（4）HF

与H2O都是极性分子，且HF与H2O可形成分子间氢键【解析】【分析】B原子的L层p能级有5个电子，即电子排布式为[He]2s22p5，B为F；四种元素原子序数增大，C为周期表中的第14列元素，则为Si；D原子的L层电子与最外层电子之比为4

:1，同时其d能级中有1对.成对电子，则该原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，D为Fe；A与其它元素既不同周期也不同族，则A为H；所以推知A、B、C、D分别为H、F、Si、Fe。【小问1详解】C(Si)为碳族元素，

其氢化物类似于CH4，A与C形成的物质为SiH4；SiH4中Si有4个价层电子对，为sp3杂化，0对孤电子对，为正四面体形，是非极性分子；【小问2详解】电负性同周期从左往右电负性增强：C<F，而同周期从上往下电负性减弱：C>Si，B与C电负性比较为F>Si；【小问3详解】D为F

e，位于周期表中的Ⅷ；原子变为离子时，优先失去最外层电子，再依次失去内层的电子。Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，其结构示意图为；Fe3+电子排布式为[Ar]3d5；【小问4详解】HF易溶于水原因是HF与H2O都是极性分子，

且HF与H2O可形成分子间氢键。22.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答问题。（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因_________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理____________。（2）已知

水存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH-向水中加NaHSO4固体，水的电离平向________移动，且所得溶液显_____性。（3）若取pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，

则m______n（填“>”“<”或“=”）；（4）常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=_________；（5）在如图坐标纸上画出用0.1000mol/LNaOH滴定20.00mL0.1000mol/

LHCl的滴定曲线示意图。______【答案】①.Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH②.Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4③.逆向④.酸⑤.＜⑥.1×10-8mol/L⑦.【解析】【分析】（1）从碳酸钠水解角度及沉淀转化角度考虑；（2）根据电离方程式NaHSO4=Na

++H++SO42-分析；（3）稀释会促进弱电解质的电离，若稀释后pH相等，则稀释后氨水体积较大；（4）pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中的氢氧根离子是水的电离的，根据Kw计算水电离的c（OH-）；（5）找出几个关键

点，起始点，恰好反应点及碱过量的点，把点连成平滑曲线即可。【详解】（1）碳酸钠水解溶液显碱性，故不利于作物生长，水解的化学方程式为：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH；加入石膏，会和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，降低了碳酸根离子浓度，所以其土壤碱性降低，反应方程式为：Na2CO3+Ca

SO4═CaCO3+Na2SO4，故答案为Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH；Na2CO3+CaSO4═CaCO3+Na2SO4；（2）硫酸氢钠的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，电离出H+，使溶液显酸性，抑制水的电离，故答案为逆向；酸；（3）稀释会促进弱电解质的电离

，故若取pH、体积均相等的NaOH和氨水分别加水稀释m倍、n稀释后pH仍相等，则氨水稀释倍数大，故答案为＜；（4）pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液呈酸性，该混合液中的氢氧根离子是水的电离的，则水

电离出的c（OH-）=wKcH+（）=1461010−−mol/L=10-8mol/L；（5）当氢氧化钠体积为0时，溶液pH为1，当二者恰好反应时，消耗氢氧化钠溶液体积为20mL，此时溶液的pH=7，若碱过量，则溶液pH

增大，最大不会大于0.1mol/LNaOH溶液的pH（13），接近滴定终点出现突变，由此作出滴定曲线示意图为：。【点睛】本题综合考查了盐类水解、水的电离、弱电解质的电离平衡、中和滴定等知识点，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理、弱电解质的电离平衡及其影响，（5）为易错点，注意掌握

中和滴定原理，试题培养了学生的化学实验能力。23.断开1molAB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A—B的键能。下表列出了一些化学键的键能(E)：化学键H—HCl—ClO=OC—ClC—HO—HH—ClE/(kJ·mol-1)436247x3304134

63431请回答下列问题：（1）如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH=_______(用含有a、b的关系式表示)。（2）若图示中表示反应H2(g)+12O2(g

)=H2O(g)ΔH=-241.8kJ·mol-1，则根据所给键能数据可得，b=_______kJ·mol-1，x=_______。（3）历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450℃时利用空气中的氧气与氯化氢反应制氯气。反应的化学

方程式为_______。若忽略温度和压强对反应热的影响，根据题给有关数据及前面的计算结果，计算当反应中有1mol电子转移时，反应的能量变化为_______。【答案】（1）①.放热②.(a-b)kJ·mol-1（2）①.926②.4

96.4（3）①.O2+4HCl2CuCl450℃2Cl2+2H2O②.放出31.4kJ能量【解析】【小问1详解】根据图象可知反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放热反应；ΔH=生成物总能量-反应物总能量＝(a-b)kJ·mol-1；【小问2详解】b表示氢原子和氧原子结合为1mol

气态水时的能量变化，其数值为2463=926；焓变ΔH＝反应物键能之和-生成物键能之和=EH-H+12EO=O-2EO-H=(436+12x-2463)kJ·mol-1=-241.8kJ·mol-1，解得x=496.4；【小问3详解】用CuCl2作

催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，反应的化学方程式为：O2+4HCl2CuCl450℃2Cl2+2H2O，根据表中数据可知反应的ΔH＝(496.4+431×4-247×2-463×4)kJ·mol-1＝-125.6

kJ·mol-1，反应中转移4mol电子，则转移1mol电子时反应放出的能量为125.6kJ÷4＝31.4kJ。24.知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理

，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。（1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是__________(填化学式)，U形管________(填“左”或“右”)边的溶液变红。（2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分，则c为电

源的________极；该发生器中反应的总离子方程式为_______________________________。（3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。下图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新

工艺。①阳极产生ClO2的电极反应式：__________________________________________________。②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜的离子物质的量为________。【答案】①.

H2②.右③.负④.Cl－＋H2OClO－＋H2↑⑤.Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋⑥.0.01mol【解析】【详解】（1）根据图1中电子移动的方向，推出右端的电极为阴极，左端的电极为阳极，右端电极反应式为

2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，气球b收集的气体为H2，酚酞遇碱变红，即右边溶液变红；（2）“84”消毒液的有效成分是NaClO，图2是制作消毒液发生器，阳极上Cl－生成Cl2，阴极上H2O得电子转化成H2和OH－，为

了使反应更充分，下边电极生成氯气，上边电极有NaOH生成，则c为负极，该反应器的总离子方程式为Cl－＋H2OClO－＋H2↑；（3）①根据Na＋移动的方向，左边电极为阳极，右边电极为阴极，左边电极生成ClO2，即左

边电极反应式为Cl－＋2H2O－5e－=ClO2↑＋4H＋；②右边电极为阴极，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，产生112mL的H2，转移电子物质的量为112×10－3×2/22.4mol=0

.01mol，右侧产生0.01molOH－，通过阳离子交换膜0.01mol离子。【点睛】难点是电极反应式的书写，（3）①，阳极产生ClO2，根据图中所给原料，左侧为阳极，Cl－→ClO2，1molCl－参

与反应失去5mole－，即Cl－－5e－→ClO2↑，根据所给原料，以及反应前后所带电荷守恒，电极反应式为Cl－＋2H2O－5e－=ClO2↑＋4H＋。25.硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用。（1）2SO2(g)+O2(g)垐?噲?2SO3(g)Δ

H=-198kJ·mol-1是制备硫酸的一个重要反应。在容积为VL的密闭容器中分别充入2molSO2和1molO2，在不同条件下进行反应，反应体系的总压强随时间的变化如图所示。与实验a相比，实验b改变的条件是_____，判断的依据是______

。（2）二氧化硫在一定条件下还可以发生如下反应：SO2(g)+NO2(g)垐?噲?SO3(g)+NO(g)ΔH=-42kJ·mol-1。在1L恒容密闭容器中充入SO2(g)和NO2(g)，所得实验数据如表所示：实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(SO2)n(NO2)n

(NO)甲T10.800.200.18乙T20.200.800.16丙T20.200.30a①在实验甲中，若2min时测得反应放出的热量是4.2kJ，则0～2min内，用SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)=_____。②在实验丙中，达到平衡时，NO2的转化率为__

____。③由表中数据可推知，T1_____T2(填“＞”“＜”或“=”)，判断的理由是_____。【答案】（1）①升高温度②.实验b与实验a相比，反应速率快（2）①.0.05mol·L-1·min-1②.40%③.＜④.

T1时，该反应的平衡常数K1≈2.613，T2时，该反应的平衡常数K2=1，该反应的正反应为放热反应，所以T1＜T2【解析】【小问1详解】根据图象，实验b与a相比，反应速率快，到达平衡时总压强变大，平衡向

逆反应方向移动，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故与实验a相比，实验b改变的条件是升高温度。答案为升高温度；实验b与a相比，反应速率快；【小问2详解】实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则0~2min时间内消耗二氧化硫物质的量为4.2kJ42k

J/mol=0.1mol，则υ（SO2）=0.1mol1L2min=0.05mol/（L·min）；平衡时NO为0.18mol，根据三段式223SO+NOSO+NO0.8mol0.2mol000.18mol0.18mol0.18mol0.18mol0.62mol0.02mol0.18mol

0.18mol起始转化平衡T1温度下平衡常数K1=322c(SO)c(NO)0.180.18c(SO)c(NO)0.620.02==2.613；实验丙中，平衡时NO为amol，则参加反应二氧化氮的物质的量为amol，故二氧化氮的转化率为amol0.3mol×100%=103a×100%

；乙实验平衡时，NO为0.16mol，根据三段式223SO+NOSO+NO0.2mol0.8mol000.16mol0.16mol0.16mol0.16mol0.04mol0.64mol0.16mol0.16mol起始转化平衡T2温度下平衡常数K2=322c(SO)c(NO)0

.160.16c(SO)c(NO)0.040.64==1<2.613，.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故T1＜T2。答案为0.05mol·L-1·min-1；40%；＜；T1时，该反应的平衡常数K1≈2.613，T2时，该反应的平衡常数K

2=1，该反应的正反应为放热反应，所以T1＜T2。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com