【文档说明】四川省内江市第六中学2022-2023学年高二下学期第一次月考(创新班)化学试题 含解析.docx，共(26)页，3.113 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2022—2023学年(下)高2024届28班第1次月考化学试题考试时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1O-16K-39Cr-52Fe-56Cu-64Se-79第I卷选择题(满分40分)一、选择题(每小题只

有一个小题符合题意，每小题2分，共40分)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.利用合适的催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放B.钠着火可用泡沫灭火器灭火C.高纯硅可用于制作光感电池D.草木灰和氨态氮肥不能混用【答案】B【解析】【详解】A．利用合适的催化剂

可将汽车尾气中的有害气体转化为无害气体，减少汽车尾气中有害气体的排放，A正确；B．钠可与二氧化碳反应，钠着火不能用泡沫灭火器灭火，B错误；C．高纯硅可用于制作光感电池，C正确；D．草木灰和氨态氮肥混用会发生双水解反应生成氨气，降低肥效，D正

确；故答案选B。2.化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列说法正确的是A.盐碱地不利于农作物生长，通过施加石膏可以降低土壤的碱性B.中科院首次实现了CO2合成淀粉，淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质C.光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与二氧化碳有关D.乙醇常用于医疗

消毒，浓度越高消毒效果越好【答案】A【解析】【详解】A．盐碱地含有较多的NaCl和Na2CO3，不利于农作物生长，通过施加石膏，生成碳酸钙，消耗碳酸根，可以降低土壤的碱性，A正确；B．油脂相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，B错误；

C．温室效应的形成与二氧化碳有关，而光化学烟雾、臭氧层空洞的形成与二氧化碳无关，C错误；D．乙醇的体积分数在75%左右的酒精的消毒能力最高，乙醇浓度太高，消毒效果会降低，D错误；故选A。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4L(标准状况)HF中含有1

0NA个质子B.2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数为2NAC.将1molNH4NO3溶于稀氨水中，若所得溶液呈中性，则溶液中NH4+数目为NAD.惰性电极电解CuSO4溶液，若电路中通过的电子数为NA，则阳极生成32g铜【答案】

C【解析】【详解】A．标准状况下，氟化氢为液态，无法计算22.4L氟化氢的物质的量和含有的质子数目，故A错误；B．二氧化硫和氧气的催化氧化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数大于2NA

，故B错误；C．由电荷守恒可知，将1mol硝酸铵溶于稀氨水中所得中性溶液中铵根离子浓度与硝酸根离子浓度相等，则溶液中铵根离子的数目为1mol×NAmol—1=NA，故C错误；D．惰性电极电解硫酸铜溶液，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，故

D错误；故选C。4.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物，也是国家的战略储备药。其结构如下图所示，关于奥司他韦的说法正确的是A.该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.属于芳香族

化合物C.1mol分子最多可与3molBr2发生加成反应D.分子中官能团种类有4种【答案】A【解析】的【详解】A．由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，故A正确；B．由结构简式可知，奥司他韦分子中不含有苯环

，不属于芳香族化合物，故B错误；C．由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，1mol奥司他韦分子只能与1mol溴发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知，奥司他韦分子中含有的官能团为碳碳双

键、醚键、酰胺基、氨基、酯基，共5种，故D错误；故选A。5.下列关于同分异构体的说法正确的是（）A.分子式为C3H6BrC1的有机物不考虑立体异构共4种B.C8H11N的同分异构体中含苯环且苯环上有两个取代基的种数为9C.的一氯代物有5种D.的一氯代物有4种【答案】B【解析】【详解

】A．利用－Br、－Cl取代C3H8上的H原子，有5种方式，先将-Br取代C3H8上的H，再确定Cl原子的位置，氯原子的位置如箭头所示，分别为，A错误；B．苯环上有2个取代基，可以是－CH2CH3、－NH2，存在邻间对3种结构，还可以是－CH2－NH2、－CH

3，存在邻间对3种结构，还可以是－CH3，－NHCH3，存在邻间对3种结构，一共是9种结构，B正确；C．该物质有2个对称轴，其苯环可以旋转，因此只有3种氢原子，如图所示其一氯代物只有3种，C错误；D．该物质有3种氢原子，上部分的2个－CH2－也是对称

的，如图所示，因此其一氯代物有3种，D错误。答案选B。6.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向某无色溶液中通入过量的CO2气体，有白色沉淀产生该溶液中一定含有SiO23−B向浓度均为0.1mol·L-

1的MgCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]C在MgSO4溶液中加入一小块Na，金属Na溶解，并生成固体该固体为MgD将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸

只表现脱水性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．若无色溶液中含有偏铝酸根离子，向溶液中通入二氧化碳气体也会生成白色沉淀，所以有白色沉淀生成不能说明溶液中一定含有硅酸根离子，故A错误；B．向浓度均为0.1mol·L-1的氯化镁和氯化铜的混合溶液中逐滴加入氨水，先

出现蓝色沉淀说明铜离子优先沉淀，氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故B正确；C．钠与硫酸镁溶液反应时，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与硫酸镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，则反应生成的固体为氢氧化镁，不是镁，故C错误；D．将具有脱水性的浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖脱水碳化同时放出大量

的热，碳与具有强氧化性的浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水使得蔗糖固体变黑膨胀，所以固体变黑膨胀过程中浓硫酸表现脱水性和强氧化性，故D错误；故选B。7.下列实验操作、实验现象、解释或结论都正确且有因果关系的是选项实验操作实验现象解释或结论A向盛有2

mL0.1mol∙L-1AgNO3溶液的试管中滴加3mL0.1mol∙L-1NaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol∙L-1KI溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀常温下，溶度积：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向NaBr溶液

中加入过量氯水，再加入淀粉—KI溶液溶液变蓝非金属性：Cl>Br>IC向某无色溶液中滴加浓盐酸产生气体能使品红溶液褪色原溶液中一定含有SO23−或HSO3−D向5mL0.1mol∙L-1FeCl3溶液中滴加3mL0.1mol∙L-1KI溶液，充分反应后，取少量反应后溶液于试管中，再滴

入几滴KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应为可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向盛有2mL0.1mol∙L-1AgNO3溶液的试管中滴加3mL0.1mol∙L-1NaCl溶液，

AgNO3与NaCl完全反应，生成AgCl白色沉淀，再向其中滴加一定量0.1mol∙L-1KI溶液，白色的AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，由此可知常温下，溶度积：Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A正确；B．过量氯水会与KI反应，故产生的I2不一定是B

r2与KI反应生成的，不能证明非金属性：Br>I，B错误；C．ClO-与浓盐酸反应会生成氯气，氯气溶于水后生成HClO能漂白品红，不能说明原溶液中一定含有的SO23−或HSO3−，C错误；D．5mL0.1mol∙

L-1FeCl3溶液中滴加3mL0.1mol∙L-1KI溶液，FeCl3溶液过量，二者充分反应后，所得溶液中存在未反应完的Fe3，取少量反应后溶液于试管中，再滴入几滴KSCN溶液，则可能是未反应完的Fe3与KSCN反应生成红色的络合

物，不能说明KI与FeCl3的反应为可逆反应，D错误；答案选A。8.下列实验操作能达到实验目的是A.用甲装置验证SO2的漂白性B.用乙装置蒸发结晶NaCl溶液C.用丙装置测定化学反应速率D.用丁装置量取10.00mL的盐酸溶液【答案】D【解析

】【详解】A．二氧化硫能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，该装置体现了SO2的还原性，A项错误；B．蒸发结晶NaCl溶液需要在蒸发皿中进行，B项错误；C．图中为长颈漏斗，液体一次性流入锥形

瓶，生成的气体通过长颈漏斗逸出，不能用该装置测定化学反应速率，C项错误；D．盐酸溶液是酸溶液，用酸式滴定管可量取10.00mL的盐酸溶液，D项正确；答案选D。9.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X氢化物的水溶液可

用于刻蚀玻璃，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z原子的核外电子数是X最外层电子数的2倍，W的单质是制作黑火药的原料之一。下列结论正确的是（）A.工业上通过电解法获取Y的单质B.简单氢化物的沸点：X<WC.简单离子半径大小：X>Y>WD.最高价氧化物水化物的酸性：Z>W【

答案】A【解析】【分析】根据题中信息，X氢化物是HF，X是F；Y是Al；Z原子的核外电子数是14，Z是Si；W是S。【详解】A．工业通过电解Al2O3制取Al，A项正确；B．HF中含有氢键，沸点反常，简单氢化物的沸点：H2S<HF，B项错误；C．核外电子层

结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多，半径越大，简单离子半径大小：S2->F->Al3，C项错误；D．元素的非金属性硫大于硅，因此最高价氧化物水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，D项错误；答案选A

。10.由W、X、Y、Z、M、N六种短周期元素组成的某种离子化合物是一种很好的二次电池的电解质。六种元素的原子序数依次增大，只有W是金属元素，由非金属元素构成的阴离子如图所示，其中X元素形成的化合物种类繁多。下列说法正确的是A.

元素N的含氧酸均是强酸B.非金属性强弱顺序是M＞Z＞Y＞XC.M元素的氢化物的水溶液可保存在玻璃瓶中D.该阴离子中Y不满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M、N六种短周期元素的原子序数依次增大，X元素形成的化合物种类繁多，则X为C；Y形成两根共价键

(阴离子为-1价)，Y得1个电子，则Y最外层为5个电子，Y为N；Z形成2个共价键，则Z为O；M形成1个共价键，则M为F；N形成6个共价键，则N为S；W为Li。【详解】A．元素S可形成的H2SO3为弱酸，故A错误；B．一般同周期元素随核电荷数增大非金属性越强，故M＞Z＞Y＞X，故B正确；C．M

的氢化物HF会与玻璃中的SiO2反应，其水溶液不能保存在玻璃瓶中，故C错误；D．N形成两根共价键(阴离子为-1价)，N得1个电子，则Y满足最外层8电子稳定结构，故D错误；故选B。11.某实验小组设计了如图所

示装置，可观察到与铜导线连接的灵敏电流计指针明显偏转，烧杯a中裸露线头周边溶液蓝色逐渐加深，下列说法错误的是A.b中导线与硫酸铜浓溶液构成正极区，发生还原反应B.若a中滴加几滴稀NaOH溶液，降低溶液中Cu2浓度，则有利于电极

反应进行C.当两侧溶液中Cu2浓度相等时，灵敏电流计指针停止偏转D.盐桥中的阴离子向烧杯b移动【答案】D【解析】【分析】根据图示装置，烧杯a中裸露线头周边溶液蓝色逐渐加深，说明烧杯a中生成了Cu2，则电极为负极，电极方程式为：-2+

=Cu-2eCu，右侧电极为正极，电极方程式为：2+-Cu+2e=Cu，据此分析。【详解】A．由分析可知，烧杯b为正极区，发生还原反应，A项正确；B．烧杯a中滴加稀NaOH溶液消耗Cu2，增加了两烧杯中

Cu2的浓度差，有利于电极反应的进行，B项正确；C．当两侧溶液中Cu2浓度相等时，即浓度差为0，此时不再产生电流，灵敏电流计指针停止偏转，C项正确；D．盐桥中的阴离子向负极区移动，烧杯a为负极区，所以向烧杯a移动，D项错误；故答案选D。12.有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。

南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是A.放电时，电流由a电极经外电路流向b电极B.充电时，a电极附近的pH减小C.充电时，b电极的电极反应方程式为4ne-4nH=D.电池中间的隔膜为特殊尺寸半透

膜，放电时H从a极区经过半透膜向b极区迁移【答案】D【解析】【分析】该电池在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，可知a为原电池的正极，b为原电池的负极【详解】A．放电为原电池，电流由正极流向负极，即由a极流向b极，A项不符合题意；B．充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出H，酸性增强，pH减

小，B项不符合题意；C．充电b电极为阴极，发生还原反应，根据得失电子守恒和环境知该电极反应式正确，C项不符合题意；D．放电为原电池，阳离子从负极项正极迁移，即由b极向a极迁移，D项符合题意；故正确选项为D13.污水资源化利用既可以缓解水的供需矛盾，又可以减少水污染。化学工作者提出采用电解法除去工业

污水中的NaCN，其原理如图所示，通电前先向污水中加入适量食盐并调整其pH维持碱性(CN-不参与电极反应)。下列说法正确的是A.b为电源的负极B.隔膜I为阴离子交换膜C.x为H2，电极反应为：2H2O2e-=H2↑2OH-D.当生成2.24LN2时，电路中通过1mol电子【答案】C【解

析】【详解】A．右侧氯离子放电得到次氯酸根离子，次氯酸根离子再氧化CN-为氮气，所以右侧电极为阳极，b为电源的正极，故A错误；B．由A知b为电源的正极，则a为电源的负极，左侧电极为阴极，发生2H2O2e-

=H2↑2OH-，阴离子增加，污水中的钠离子会通过隔膜I进入左侧，形成氢氧化钠溶液，所以隔膜I为阳离子交换膜，故B错误；C．由A、B可知左侧电极反应为：2H2O2e-=H2↑2OH-，则x为H2，故C正确

；D．生成的2.24LN2未标明条件，无法求得电路中通过电子的量，故D错误；故答案为：C。14.已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.4×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12。某溶液中含有Cl-、B

r-和2-4CrO的浓度均为0.010mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为A.Cl-、Br-、2-4CrOB.2-4CrO、Br-、Cl-C.Br-、Cl-、2-4CrOD.B

r-、2-4CrO、Cl-【答案】C【解析】【分析】根据AgCl、AgBr、Ag2CrO4的Ksp分别求出各自饱和溶液中银离子的浓度，c(Ag)越小，该物质越容易形成沉淀，以此解答该题。【详解】溶液中含有Cl-、Br-和2-4Cr

O浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，Cl-、Br-和2-4CrO沉淀时需要的c(Ag)分别为：c(Ag)=-10-81.810mol/L=1.810mol/L0.01；c(Ag)=-13-115.410mol/L=5.410

mol/L0.01；c(Ag)=-12-52.010mol/L=1.410mol/L0.01，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、2-4CrO，故合理选项是C。15.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作

印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25℃时，17sp2KZn(OH)1.010−=，()5sp24KAgSO1.410−=，则下列说法正确的是A.在水中加入少量4ZnSO固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，wK减

小B.在4ZnSO溶液中各离子的浓度关系为()()()()224cZncHcOHcSO++−−+=+C.向140.5L0.10molLZnSO−溶液中加入等体积130.02molLAgNO−溶液，即可生成24AgSO沉淀D.常温下，要除去140.20molLZnSO−溶液中的2Zn+，要

调节pH8【答案】D【解析】【详解】A．2++22Zn+2HOZn(OH)+2H，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，温度没变Kw不变，A错误；B．ZnSO4溶液中各离子浓度的电荷守恒关系为2c

(Zn2)c(H)=c(OH-)2c(2-4SO)，B错误；C．在0.5L0.10mol⋅L−1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02mol⋅L−1的AgNO3溶液，溶液中c(Ag)=0.01mol/L，c(SO42-)=0.05mol/

L，c2(Ag)c(SO42-)=5×10−6＜Ksp(Ag2SO4)，不是饱和溶液，无沉淀生成，C错误；D．根据Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10−17计算，要除去0.20mol⋅L−1ZnSO4溶液中的Zn2，残留在溶

液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时就认为沉淀完全，-17sp2--62+-5[Zn(OH)]10(OH)===110mol/L(Zn)110Kcc，w-pH=-lg(OH)Kc=-lg10-8=8，故至少要调节pH⩾8，D正确；故选D。16.某研究小组在实验室用重晶石(主要成

分4BaSO)模拟工业过程制取2BaCl晶体，工艺流程如图：已知：①高温焙烧时反应：()()()()42BaSOs2Cs2COgBaSs++高温1Δ226.2kJmolH−=②()1sp3AgBr5.410K−=，()10spAgCl2.010K−=下列说法错误的是A.实

际生产中须加过量的炭，目的是使4BaSO充分还原得到BaSB.若“吸收"所得溶液为等物质的量的2NaS和NaHS，则有：()()()()223Na2SHSHScccc+−−=++C.“高温焙烧”时不能使用瓷坩埚D.向

2BaCl溶液中加入3AgNO和KBr溶液，当两种沉淀共存时，()()3Br2.710Clcc−−−=【答案】B【解析】【分析】重晶石和碳高温焙烧生成硫化钡，加入盐酸溶解生成氯化钡溶液，结晶得到氯化钡晶体；【详解】A．炭具有还原性，实际生产中须加过量的炭，目的是使4BaSO充

分还原得到BaS，A正确；B．等物质的量的2NaS和NaHS，根据物料守恒可知，()()()()222Na3SHSHScccc+−−=++，B错误；C．碳和二氧化硅高温生成硅，故“高温焙烧”时不能使用瓷坩埚，C正确；D．向2BaCl溶液中加入3AgNO

和KBr溶液，当两种沉淀共存时，()()()()()()131035.4BrAgBr===2.7102.010Cll10AgCcccccc−+−−−−+−−，D正确；故选B。17.25℃时，用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定0.100mol·

L-1顺丁烯二酸H2A溶液，溶液中主要粒子的分布系数α(例如()()()()2-2-2-2cAα=cHA+cHA+cA图中实线)以及pH(图中虚线)随V(NaOH溶液)变化如图。下列叙述错误的是A.a1对应的粒子为HA-B.NaHA溶液中()()()()+-

2-2cNa>cHA>cHA>cAC.H2A的电离常数Ka1数量级为10-2D.顺丁烯二酸H2A溶液体积为25.0mL【答案】B【解析】【详解】A．从图象分析，原溶液中的H2A最多，其次为HA-，最少的为A2-，故α0对应H2A，α1对应的是HA-，A项正确；B．取α1最高点为NaHA溶液，溶

液pH<7，溶液显酸性，HA-电离大于水解，则c(Na)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，B项错误；C．当c(HA-)=c(H2A)时，看对应相同横坐标时代表pH变化的虚线对应的右侧纵坐标，c(H)≈10-2mol/L，根据电离平衡常数表达式可知，Ka1=10-2，C项正确

；D．当氢氧化钠溶液体积为25mL时，全为HA-，即氢氧化钠和H2A恰好反应生成NaHA，二者物质的量浓度相同，故丁烯二酸H2A溶液体积为25.0mL，D项正确。故选B。18.25℃时，用0.500mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL盐酸和醋酸的混合溶液，溶液pH随加入的Na

OH溶液体积变化曲线如图。已知：Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)。下列说法不正确的是的A.a点：c(H)=c(OH-)c(Cl-)c(CH3COO-)B.b点可知Ka(CH3COOH)≈2-2.7(10)0.250C.c点：c(Cl-)c(OH-)=

c(CH3COO-)c(CH3COOH)D.若将CH3COOH替换为HCN进行实验，两个滴定终点(b点、d点)都将上移【答案】C【解析】【分析】用NaOH溶液滴定盐酸和醋酸的混合溶液，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，所以曲线中第一个滴定

终点(b点)，为中和盐酸的终点，曲线中第二个滴定终点(d点)，为中和醋酸的终点，由图可知，两步所用NaOH溶液体积相等，均为20.00mL，根据酸碱中和反应关系可得，盐酸和醋酸的浓度相等，且都等于NaOH溶液浓度，即盐酸和醋酸的浓度都是0.

500mol·L-1，据此分析解答。【详解】A．a点为盐酸和醋酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H)=c(OH-)c(Cl-)c(CH3COO-)，故A正确；B．由分析可知，b点为中和盐酸的终点，此时盐酸恰好完全反应，所以b

点溶液为生成的氯化钠和醋酸的混合溶液，溶液体积增大一倍，醋酸的浓度变为0.250mol·L-1，c(CH3COO-)=c(H)=10-2.7mol/L，所以Ka(CH3COOH)=()()()()33cC

HCOOcHcCHCOOH−+≈2-2.7(10)0.250，故B正确；C．由分析可知，HCl和CH3COOH的物质的量相等，根据物料守恒：c(Cl-)=c(CH3COO-)c(CH3COOH)，故C错误；D．由Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)可知，酸性：C

H3COOH>HCN，则相同条件下，等浓度的HCN溶液比CH3COOH溶液的pH大；当弱酸恰好被中和时，生成的CN-的水解程度大于CH3COO-的水解程度，使得溶液的pH较大，所以，若将CH3COOH替换为HCN进行实验，两个滴定终点(b点、d点)都将上移，故D正确；答案选C。19

.硫化锌(ZnS)和硫化铅(PbS)常用于光导体、半导体工业，它们在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：()()spspPbSZnSKK，M为Zn或Pb，pM表示()2lgMc+−。下列说法正确的是A.曲线Ⅱ代表PbS的沉淀溶解平衡曲线B.n、q两点溶液中的()2cM+：n<qC.图中m点和

n点对应的spK关系为()()spspmnKKD.向m点对应的悬浊液中加入少量2MCl固体，溶液组成由m沿mn曲线向n方向移动【答案】B【解析】【详解】A．已知：Ksp(PbS)＜Ksp(ZnS)，当c(S2-)相同时，

c(Pb2)＜c(Zn2)，则pPb＞pZn，则曲线I代表PbS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表ZnS的沉淀溶解平衡曲线，A错误；B．由A选项的分析可知，n点的c(Pb2)小于q点的c(Zn2)，B正确；C．Ksp只和温度有关，温度不变，Ksp不变，C错误；D．向m点

对应的悬浊液中加入少量MCl2固体，c(M2)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，c(S2-)减小，则溶液组成由m沿mn曲线向左侧移动，D错误；故选B。20.常温下，某研究小组用数字传感器探究AgCl的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中氯离子浓度变化如图所示，其中a点

表示AgCl溶于3KNO溶液形成的悬浊液。下列说法正确的是A.图中b点可能是滴加KCl溶液B.图中c点后无黄色沉淀生成C.图中d点()()AgClcc+−D.由图可知：()()spspAgIAgClKK【答案】C【解析】【详解】A．

Ksp(AgCl)=c(Ag)·c(Cl-)，b点后c(Cl―)降低，则可知c(Ag)升高，故b点滴加的可能是AgNO3溶液，而不可能是KCl溶液，故A错误；B．c点滴加KI溶液后，Cl―浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中Ag浓度减小，

而部分Ag转化为AgI沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，故B错误；C．d点时Cl―浓度大于起始时的Cl―浓度，而起始时有a点表示的AgCl溶于KNO3溶液形成的悬浊液中存在沉淀溶解平衡Ksp(AgCl)=c(Ag

)·c(Cl-)，此时应有c(Ag)=c(Cl-)，故d点c(Ag)<c(Cl-)，故C正确；D．由B选项的分析可知，c点后产生了AgI，故应有Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故D错误；故选：C。第II卷非选择题(满分60分)21.硫氰化钾

(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某实验小组用下图所示的装置制备硫氰化钾。已知CS2是一种难溶于水的无色液体，密度为1.26g/cm3，NH3难溶于CS2。回答下列问题：（1）制备NH4SCN溶液：三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂，实验开始时，

打开K1(K2处于关闭状态)，加热装置A、C，使A中产生的氨气缓缓通入到三颈烧瓶中，反应至CS2消失，反应的化学方程式为：CS23NH3=催化剂水浴加热NH4SCNNH4HS。①仪器B的名称是。②三颈烧瓶左侧导管口必须插入到下层的CS2液体中，主要原因是(写出一

条原因即可)。（2）制备KSCN溶液：①熄灭A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置C继续加热至105℃，NH4HS完全分解后(化学方程式为NH4HSΔNH3↑H2S↑)，打开K2，继续保持溶液温度为105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得KSCN溶液。反应的化学

方程式为。②装置D可用于处理尾气，已知酸性重铬酸钾溶液能将H2S氧化生成浅黄色沉淀，铬元素被还原为Cr3，写出其氧化H2S的离子方程式。（3）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、过滤、

洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（4）测定产品纯度：准确称取WgKSCN样品，配成250.0mL溶液；另取25.00mLcmol·L-1AgNO3标准溶液于锥形瓶中，并加入少量稀硝酸和NH4Fe(SO4)2溶液，用KSCN溶液滴定AgNO3，

AgNO3恰好完全转化为AgSCN沉淀时，消耗KSCN溶液VmL。①将称得的样品配制成溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有。；在滴定管中装入KSCN溶液的前一步，应进行的操作为；NH4Fe(SO4)2溶液的作用是。②产品

中KSCN质量分数为(列出计算式，KSCN摩尔质量为97g/mol)；若其它操作正确，在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视滴定管内液体液面，则最后测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】（1）①.球形干燥管②.防止倒吸(或使氨气与催化剂充分作用)（2）①.NH4SCNK

OHΔKSCNNH3↑H2O②.3H2S2-27CrO8H=3S↓2Cr37H2O（3）冷却结晶（4）①.250mL容量瓶、胶头滴管②.用KSCN溶液进行润洗③.指示剂④.25.00c25097100%10

00WV⑤.偏大【解析】【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂

，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，实验过程中的尾气用D装置除去，据此分析解答。【小问1详解】①结合装置图可知：仪器B为球形干燥管；②三颈烧瓶左侧导管口必须插入到下层的CS2液体中，主要原因

是插入下层液体是为了让氨气和二硫化碳充分接触发生反应，还可以起到防倒吸的作用；【小问2详解】①装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，反应的化学方程式是：NH4SCNKOHΔKSCNNH3↑H2O

；②装置E可用于处理尾气，已知酸性重铬酸钾溶液能将H2S氧化生成浅黄色沉淀，铬元素被还原为Cr3，相关的离子方程式：3H2S2-27CrO8H=3S↓2Cr37H2O；【小问3详解】制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体；【小问

4详解】①将称得的样品配制成溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL容量瓶、胶头滴管；滴定管加入溶液前需要清洗，在滴定管中装入KSCN溶液的前一步，应进行的操作为用KSCN溶液润洗滴定管三次，铁离子遇到

硫氰化钾溶液变红，则NH4Fe(SO4)2溶液的作用是作指示剂；②根据KSCNAgNO3=AgSCN↓KNO3，产品中KSCN质量分数为250.00mLcmol/L0.025L97g/molVmL100%Wg=25.00c25097100%1000WV；若其它操作正确，在滴

定终点读取滴定管刻度时，俯视滴定管内液体液面，溶液体积偏小，V偏小，则最后测定结果偏大。22.实现碳中和成为各国科学家的研究重点，将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇是一个重要方向。甲醇的制备原理为：()()()()2232CO

g+3HgCHOHg+HOg（1）工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中CO2生成NH4HCO3以获得原料气体，其离子方程式为。（2）甲醇的制备反应一般认为通过如下两步来实现：①()()()()22

21COg+HgCOg+HOgΔH+41kJ/mol②()()()232COg+2HgCHOHgΔH=-90kJ/mol根据盖斯定律，该反应的△HkJ·mol-1，反应能在(填“高温”或“低温”)自发进行。（3）为探究该反

应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为1L恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化。回答下列问题：①反应开始到平衡，v(H2)=。②该温度下的平衡常数K=(mol/

L)-2(保留两位有效数值)。③若上述反应过程中不断升高反应温度，下列图像正确的是。（4）我国科学家制备了一种ZO-ZrO2催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH．气相催化合成过程中，CO2转化率(x)及CH3OH选择性(S)

随温度的变化曲线如图。①生成CH3OH的最佳温度约为。②温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因：。（5）研究发现，CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)，反应为()()()22COg+HgHCOOHgΔH<0。在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：22v=kc(

CO)c(H)正正，v=kc(HCOOH)逆逆，k正、k逆为速率常数。温度为T1℃时，该反应K=2，温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强(填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由。（6）科研人员通过电解酸化的CO2制备甲醚(CH3OCH3)，装置如图所示。该电

解过程中，阴极的电极反应式。【答案】（1）32243NHHO+CO=NH+HCO+−（2）①.-49②.低温（3）①.0.225mol(L•min)②.5.3③.AC（4）①.320℃②.温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选

择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低（5）①.>②.该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大（6）-+23322CO+12e+12H=CHOCH+3HO【解析】【小问1详

解】根据题意可知，利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中CO2生成NH4HCO3以获得原料气体，其离子方程式为32243NHHO+CO=NH+HCO+−；【小问2详解】根据盖斯定律可知，该反应的△H=△H1△H2=-49kJ

·mol-1，该反应为熵减放热反应，根据△G=△H-T△S<0时反应自发进行可知，反应能在低温自发进行；【小问3详解】()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg(mol/L)1300(mo

l/L)x3xxx(mol/L)1-x3-3xxx起始转化平衡CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1:3，则(1-x):x=1:3，解得x=0.75；①反应开始到平衡，v(H2)=30.75mol/L=0.225mol/(Lmin)10min；②该温度下的平衡常数K=3233

22c(CHOH)c(HO)0.750.755.3c(CO)c(H)(10.75)(330.75)=−−；③A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度的升高而减小，A正确；B．温度升高，反应速率增大，B错误；C．未达到平衡时，升高温度，甲醇浓度增大，达平衡后再升

温，平衡逆向移动，甲醇浓度减小，C正确；D．升温平衡逆向移动，达平衡后再升温，氢气体积分数增大，D错误；故选AC；【小问4详解】①由图可知，温度为320℃时，甲醇的选择性较高，二氧化碳的转化率较高，则生成CH3OH的最佳温度约为320℃；②温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低，说明

温度升高，反应速率加快，CO2转化率升高，但甲醇选择性降低，副反应也增多，甲醇含量降低；【小问5详解】反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，22)vO)=kc(Cc(H正正=v=kc(HCOOH)逆逆，K=22kc(HCOOH)1.92c(COc(Hk))==正逆，反应平衡逆向移动，该反应是放

热反应，T2>T1，气体分子数增多，压强增大，T2℃时平衡压强>T1℃时平衡压强；【小问6详解】根据元素化合价可知，CO2得电子生成CH3OCH3，则该电解过程中，阴极的电极反应式为-+23322CO+12

e+12H=CHOCH+3HO。23.某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7晶体，流程如下：（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气

体与矿料逆流而行，目的是。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是。（2）滤渣2的主要成份是Al(OH)3和。（3）流程中调溶液的pH使之变(填“大”或“小”)，原因是(用离子方程式表示)。（4）蒸发结晶所产生的副产品是。（5）为结晶

得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序。a.50℃蒸发溶剂b.100℃蒸发溶剂c.抽滤d.冷却至室温e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f.蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热（6）该小组用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2

kg，产率为(列出计算式)。【答案】（1）①.使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率②.陶瓷在高温下会与Na2CO3反应（2）H2SiO3（3）①.小②.2-+2-42722CrO+2HCrO+HO（4）Na2SO

4（5）aedc（6）21224m100%2940.6m【解析】【分析】将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为Fe

CO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使2-4CrO转化为2-27CrO，

根据2-+2-42722CrO+2HCrO+HO可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。小问1详解】焙烧时气体与矿料逆流而行，可以使矿料与氧气充分接触，提

高焙烧效率；陶瓷中含有二氧化硅，在高温下会与Na2CO3反应，故该步骤不能使用陶瓷容器；【【小问2详解】由分析可知，滤渣2的主要成份是Al(OH)3和H2SiO3；【小问3详解】调节溶液pH，使2-4CrO转化为2-27CrO，根据2-+2-42722CrO+2HCrO+HO可知，

应将溶液pH调小，使平衡正向移动；【小问4详解】由分析可知，蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；【小问5详解】有图可知，在50摄氏度时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在5

0℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，答案选aedc；【小问6详解】用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，理论上生成K2Cr2O7的质量为10.6mkg294g/mol224g/mol=12940.6mkg224g/mol，则产率为12100

%2940.6m22m4g/mol=21224m100%2940.6m。24.铜、锌、铁及其化合物在日常生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）在元素周期表的分区中，铜属于区，比较元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)I2(Zn)(选填“＞”、“＜”或“=”)，写出基态Fe

原子的核外电子排布：。（2）下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是(填标号)。A.X射线衍射B.原子光谱C.质谱D.红外光谱（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物。FeCl

3可与多种有机配体形成螯合物，如图所示结构为其中一种。该配合物分子中N原子的杂化类型为，1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有mol。（4）Fe催化芳香烃硝化反应时会产生亚硝酰正离子NO+2。试比较亚硝酰正离子NO+2与亚硝酸

根NO2−的键角大小：NO+2NO2−(选填“＞”、“＜”或“=”)，并利用价层电子对互斥理论(VSEPR)简要解释原因：。（5）近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示

。其中铜元素以Cu和Cu2存在，则(选填“①”或“②”)为Cu2。该晶体的密度为g/cm3(用代数式表示，设NA为阿伏伽德罗常数的值)。【答案】（1）①.ds②.>③.1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2（

2）B（3）①.sp2、sp3②.3（4）①.>②.根据VSEPR理论，NO+2为直线形结构，键角180°，NO2−为V形结构，键角略小于120°（5）①.①②.2-21A664+479acN10【解析】【小问1详解】铜元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p

63s23p63d104s1，铜属于ds区，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是Cu的3d轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，Zn再失去一个电子时，变成Zn2，Zn2的3d轨道为全充满的稳定状态，故Zn更容易失

去电子，电离能较小；Fe是26号元素，其基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；【小问2详解】A．X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；B．光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；C．质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；D

．红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；故选B；【小问3详解】由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp2、氮原子以单键相连接时其杂化类型为sp3，故答案为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，1mol该有机配体与Cu(

Ⅱ)形成的配位键为3mol；小问4详解】NO+2有2个σ键电子对，没有孤电子对，价层电子对为2，则其空间空间构型为直线型，NO2−有2个σ键电子对，有1个孤电子对，价层电子对为3，则其空间空间构型为V形结构，故键角NO+2＞NO2−，故答案为：＞

；根据VSEPR理论，NO+2为直线形结构，键角180°，NO2−为V形结构，键角略小于120°；【小问5详解】由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为118+2+4=682，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2，Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代

数和为0知，Cu2为①；该晶体的密度即晶胞密度为3A727221A664+479N664479gcm(a10cm)c10cmacN10−−−−+=。【