【文档说明】云南省大理白族自治州2022-2023学年高二下学期期末化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.826 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ae435510b29fda94c782304f6f2decc1.html

以下为本文档部分文字说明：

2022~2023学年下学期大理州普通高中质量监测高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65I-127第Ⅰ卷(选择题，共44分)一、选择题(本大题共22小题，每小题2分，共

44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，错选、多选均不得分)1.化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是A.光导纤维的主要成分是二氧化硅B.矿物油溅在衣物上可用热的纯碱溶液去除C.垃圾

填埋和焚烧可以减少对环境的污染D.利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒【答案】A【解析】【详解】A．制造光导纤维的主要成分是二氧化硅，利用二氧化硅晶体对光的全反射，故A正确；B．矿物油属于烃，不与纯碱反应，也不溶于纯碱溶液，

因此矿物油溅在衣服上不能用热的纯碱溶液去除，故B错误；C．垃圾填埋：垃圾中的重金属离子等有毒物质会污染土壤或地下水，焚烧垃圾：会产生有毒的气体，污染大气，垃圾填埋和焚烧不可以减少对环境的污染，故C错误；D．丁达尔效应只能区分胶体与其他分散系，不能检测冠状病毒，故D错误；答案为A。2.下列化学

用语或图示表达正确的是A.基态Cr价层电子轨道表示式：B.氯化氢的电子式：H:Cl:−+C.丙烯球棍模型：D.乙烯分子中的π键：【答案】D【解析】【详解】A．基态Cr价电子排布式为3d54s1，价电子轨道式为，故A错误；B．氯化氢为共价化合物，H和Cl共用电子

对，其电子式为，故B错误；C．丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，题中所给球棍模型为丙烷，丙烯的球棍模型为，故C错误；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳原子杂化方式为sp2，两个碳原子中未参与杂化的p轨道进行肩并肩重叠，形成π键，即，故D正确

；答案为D。3.醋酸乙烯酯是重要的化工原料，结构简式为，下列有关该物质说法正确的是A.与乙酸乙酯互为同系物B.不能发生加聚反应C.该物质能与NaOH溶液反应D.所有原子均处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差

若干个“CH2”原子团的有机化合物；与乙酸乙酯结构不同，不互为同系物，A错误；B．分子中含有碳碳双键，能发生加聚反应，B错误；C．分子含有酯基，该物质能与NaOH溶液反应发生碱性水解，C正确；D．分子含有饱和碳

原子，为四面体形结构，所有原子不会处于同一平面，D错误；故选C。4.某元素基态原子价电子排布式为243s3p，下列说法不正确的是A.该原子位于周期表p区B.该元素的最高正价为+4价C.该基态原子中存在两个未成对电子D.该元素最简单氢化物的空间构型是V形【答案】B【解析】【详解】A．该元素的价电子排

布式为3s23p4，最后一个电子填充在p能级，因此该元素位于周期表p区，故A说法正确；B．根据价电子排布式为3s23p4，最大能层是3，推出该元素位于第三周期，最外层有6个电子，即属于ⅥA族，该元素为S，

最高正价为+6价，故B说法错误；C．基态硫原子的价电子轨道式为，存在两个未成对电子，故C说法正确；D．该元素最简单氢化物为H2S，中心原子S有2个σ键，2个孤电子对，空间构型为V形，故D说法正确；答案为B。5.为有效保

护环境，可以利用反应()()()()222NOg2COg2COgNg++Δ0H减少汽车有害尾气排放，实现汽车尾气净化。下列措施能提高恒容容器中该反应NO转化率的是A.升高温度B.充入一定量的2COC.分离出部分氮气D.通入稀有气体【答案】C的【解析】【分析】该反应为气体

体积减小的放热反应，要使NO的转化率增大，需使平衡正向移动。【详解】A．升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，A不符合题意；B．充入一定量的CO2，增大生成物浓度，平衡逆向移动，NO的转化率减小，B不符合题意；C．分离出部分氮气，减小生

成物浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，C符合题意；D．恒容容器中通入稀有气体，体系中各组分浓度不变，平衡不移动，D不符合题意；故选C。6.下列说法正确的是A.36CH和24CH一定互为同系物B.22ClCHCHCl的

名称是1,2-二氯乙烷C.乙烯和异戊二烯互为同系物D.甲苯和苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．若C3H6为环丙烷，C2H4为乙烯，则二者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．卤代烃ClCH2CH2Cl采用系统命名法命名为1,2-二氯乙烷，B正确；C．乙烯和异戊二烯

中所含碳碳双键个数不同，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；D．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选B。7.下列实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A证明非金属性Br>I比较等浓度HI和HBr溶液的酸性B检验溶液中的24SO−向溶液中加入3HNO酸化的2BaCl，产

生白色沉淀C除去2CO中混有的2SO将混合气体通入饱和3NaHCO溶液D验证干燥2Cl是否具有漂白作用将2Cl通入品红溶液，观察溶液是否褪色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．证明非金属性Br>I，应比较二者最高价氧化物对应水化

物HBrO4和HIO4的酸性，A不符合题意；B．向溶液中加入HNO3酸化的BaCl2，产生白色沉淀，不能说明溶液中含有SO24−，因为若溶液中含有Ag+，也会有白色沉淀产生，且亚硫酸根离子能被硝酸氧化遇到钡离子也会产生硫

酸钡沉淀，B不符合题意；C．将混合气体通入饱和NaHCO3溶液中，SO2被NaHCO3溶液吸收反应生成CO2，而CO2不和NaHCO3溶液反应，能达到除杂的目的，C符合题意；D．将Cl2通入品红溶液中，Cl2接触到水会生成次氯酸，不能验证干燥Cl2是否具有漂

白作用，D不符合题意；故选C。8.下列各组离子，在指定条件的溶液中能大量共存的是A.某无色澄清溶液中：K+、2Ca+、4MnO−、3NO−B.常温下，由水电离出的H+浓度为：10110−mol/L，的溶液：4NH+、Na+、Cl−、23CO

−C.溶液中ClO−浓度为1mol/L的溶液：2Fe+、3Al+、24SO−、Cl−D.常温下，()()HOHcc+−的溶液：2Cu+、2Ca+、3NO−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．MnO4−溶液显紫色，在无色溶液中不能大量共存，A不选；B．常温

下由水电离出的c水(H+)=1×10−10mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液，若为酸溶液，H+和CO23−不能大量共存，若为碱溶液，OH-和NH4+不能大量共存，B不选；C．ClO-具有

强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，不能大量共存，C不选；D．c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，Cu2+、Ca2+、NO3−、Cl-、H+五种离子相互间不反应，能大量共存，D选；故选D。9.能正确表示下列反应的离子方程式的是A.铝溶解在NaOH溶液中：222Al2

OH2AlO3H−−+=+B.3NaHCO的水解：2323HCOHOCO−−=+C.34FeO溶于硝酸反应：3342FeO6H2Fe3HO+++=+D.向氢氧化镁固体中滴加硫酸铁溶液：()()32232Fe3MgOH2FeOH3Mg+++=+【答案】D【解析】【详解】A．铝与氢氧化钠溶

液发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，其离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故A错误；B．HCO3−发生水解：HCO3−+H2OH2CO3+OH-，故B错误；C．Fe3O4与硝酸发生氧化还原反应，如与稀硝酸反应：3

Fe3O4+28H++NO3−=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．利用反应向着更难溶的方向进行，氢氧化铁比氢氧化镁难溶，向氢氧化镁固体中滴加硫酸铁溶液，发生3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故

D正确；答案为D。10.短周期主族元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，X的一种核素常用于测定文物的年代，Z的一种单质常用来消毒杀菌，Q最外层有2个电子，W和Y同族。下列说法不正确的是A.第一电离能：X>Y>ZB.简单氢化物的沸点：Y>WC.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>XD.X、

Y、Z的最简单氢化物的杂化方式均为3sp杂化【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，X的一种核素常用于测定文物的年代，则X为C；Z的一种单质常用来消毒杀菌，该物质为

O3，则Z为O，Y为N；Q最外层有2个电子，则Q为Mg；W和Y同族，则W为P；综上所述，X、Y、Z、Q、W分别为C、N、O、Mg、P，据此分析解答。详解】A．同周期元素，第一电离能随着原子序数递增而呈增大趋势，但N元素2p能级轨道半充满，比较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：N>O>C，

A错误；B．NH3存在分子间氢键，PH3不能形成分子间氢键，因此简单氢化物的沸点：NH3>PH3，B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N>C，则其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H2CO3，C正

确；D．X、Y、Z的最简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，其杂化方式均为sp3杂化，D正确；故选A。11.下列说法不正确的是A.干冰和2SiO固体融化时，克服的作用力相同【B.氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl−C.4NH+不能作为配合物的配体D

.离子化合物中可以存在非极性共价键【答案】A【解析】【详解】A．干冰为分子晶体，微粒间存在范德华力，二氧化硅为共价晶体，微粒间存在共价键，熔化干冰破坏范德华力，熔化二氧化硅破坏共价键，故A说法错误；B．氯化铯晶胞图为，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故B说法正确

；C．配体需要提供孤电子对，NH4+中心N原子没有孤电子对，因此NH4+不能作为配合物的配体，故C说法正确；D．离子化合物中可以存在非极性共价键，如Na2O2，其电子式为，存在非极性共价键，故D说法正确；答案为A。12.如图为等量()2Hg和()2C

lg反应生成()HClg的微观示意图。下列说法正确的是A.a>bB.过程I断开化学键，放出热量C.2H、2Cl、HCl中均只存在共价键D.HCl具有的能量低于2H和2Cl具有的能量【答案】C【解析】【详解】A．H2(g)和Cl2(g)

化合生成HCl(g)为放热反应，则断裂化学键吸收的akJ能量小于形成化学键放出的bkJ能量，即a<b，A错误；B．过程I断开化学键，吸收热量，B错误；C．H2、Cl2、HCl中分别只含H-H、Cl-Cl、H-Cl键，即三种物质均只存在共价键，C正确；D．未指出三种物质的物质的量，无法比较H

Cl具有的能量与H2、Cl2具有的能量的大小关系，D错误；故选C。13.实验室利用铜与稀硝酸反应制少量NO，反应方程式为()33223Cu8HNO3CuNO2NO4HO+=++，设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L1mol/L()

32CuNO溶液中含2Cu+数为ANB.标准状况下，22.4L2HO中所含质子数为ANC.192gCu参加反应，被还原3HNO分子数为A8ND.每生成1molNO，反应中转移的电子数为A3N【答案】D【解析】【详解】A．由于Cu2+水解，使得溶液中所含Cu2+的数目小于NA，

A错误；B．标况下水不是气体，22.4LH2O的物质的量大于1mol，所含质子数大于10NA，B错误；C．192gCu(3mol)参加反应，消耗8molHNO3，其中6molHNO3做酸，2molHNO3作氧化剂，则被还原HNO3分子数为2NA，C错误；D．HNO3

→NO，每生成1molNO，反应中转移3mol电子，转移电子数为3NA，D正确；故选D。14.下列说法不正确的是A.过度排放硫氧化物和氮氧化物会引起酸雨B.亚硝酸钠是有毒物质，在食品工业中应禁止使用C.利用丁达尔效应可以区别()3FeOH胶体和3FeCl溶液D.误食重金属盐可以服用大

量的牛奶或蛋清解毒【答案】B【解析】【详解】A．硫氧化物在空气中转化成硫酸，氮氧化物在空气中转化成硝酸，当雨水的pH<5.6时，形成酸雨，因此过度排放硫氧化物、氮氧化物会引起酸雨，故A说法正确；B．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于一些肉制品的生产。但亚硝酸钠具有一定毒性，在食品

工业中应严格控制用量，故B说法错误；C．丁达尔效应可用于区分胶体与其他分散系，因此可以用丁达尔效应区分氢氧化铁胶体和氯化铁溶液，故C说法正确；D．牛奶、蛋清中含有蛋白质，重金属离子能使蛋白质变性，因此误食重金属盐可以服用大量的牛奶或蛋清解毒，故D说

法正确；答案为B。15.硫酸工业是化学工业的基础工业之一。在密闭容器中充入一定量的2SO和2O，发生反应：()()()2232SOgOg2SOg+，下列说法不正确的是A.保持容器压强不变，充入氦气，反应速率减小B.保持容器

体积不变，充入氦气，反应速率增加C.保持容器体积不变，充入一定量的2SO，反应后逆反应速率增加D.升高温度，反应的正逆速率均增加【答案】B【解析】【详解】A．保持容器压强不变，充入非反应气体氦气，容器体积增大，组分

浓度减小，化学反应速率减慢，故A说法正确；B．保持容器体积不变，充入非反应气体氦气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故B说法错误；C．保持容器体积不变，充入一定量的SO2，反应物浓度增大，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，即反

应后逆反应速率增加，故C说法正确；D．升高温度，化学反应速率加快，即正逆反应速率均加快，故D说法正确；答案为B。16.下列现象或事实的解释不正确的是选项现象或事实解释A对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛分子间形成氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键。分子间氢键对沸点影响更大B2I在4CCl

中的溶解度大于其在水2I和4CCl均是非极性分子，水是极性分子，非极性分子易溶中的溶解度于非极性溶剂C三氟乙酸的酸性比乙酸的酸性强F酸性强于H，三氟乙酸中具有多种酸性基团D乳酸()存在两种空间结构乳酸中存在手性碳原子A.

AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛，故A正确；B．碘单质、CCl4为非极性分子，H2O为极性分子

，依据相似相溶原理，碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正确；C．-F为吸电子基团，使羧基中的羟基的极性增大，易电离出H+，-CH3为推电子基团，使羧基中的羟基的极性减小，电离出H+能力减弱，故C不正确；D．

根据手性碳原子的定义，手性碳原子位置为，乳酸存在对映异构体，即有两种空间接结构，故D正确；答案为C。17.对于常温下等浓度3NaHCO和23NaCO的溶液，下列说法正确的是A.两溶液均呈碱性，且pH相同B.均存在()()()()()233cNacHcHCO2

cCOcOH++−−−+=++C.均存在()()()()23323cNacHCOcCOcHCO+−−=++D.均存在()()()()()233cNacHCOcCOcOHcH+−−−+【答案】B【解析】【分析】碳酸钠为强碱弱酸盐，CO23−发生水解：CO23−+H2OHCO3−+OH

-、HCO3−+H2OH2CO3+OH-；碳酸氢钠为强碱弱酸盐，HCO3−能发生水解，有能发生电离，溶液显碱性，水解大于电离，发生水解HCO3−+H2OH2CO3+OH-，发生电离HCO3−CO23−+H+；两个溶液中均含有水，水也是弱电解质H

2OOH-+H+；据此分析；【详解】A．NaHCO3、Na2CO3均为强碱弱酸盐，依据盐类水解规律，两种溶液均显碱性，因为CO23−水解程度大于HCO3−，因此相同浓度时，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液的pH，故A错误

；B．根据电荷守恒，两种溶液中均存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3−)+2c(CO23−)，故B正确；C．根据元素质量守恒，碳酸钠溶液中存在：c(Na+)=2[c(HCO3−)+c(CO23−)+c(H2CO3)]，碳酸氢钠溶液中

存在：c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO23−)+c(H2CO3)，故C错误；D．根据弱电解质电离、盐类水解程度微弱，碳酸钠溶液中存在c(Na+)＞c(CO23−)＞c(OH-)＞c(HCO3−)＞c(H+)，碳酸氢钠溶液中存在c(Na+)＞c(HCO3−)＞c(OH-)＞c(CO

23−)，故D错误；答案为B。18.氮化镓(GaN)是一种直接能隙的半导体，是一种用途广泛的新材料。工业上利用Ga与3NH高温条件下合成。反应方程式为()()()()322Gas2NHg2GaNs3Hg+=+Δ0H。如图，恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列说法正确的是A.图Ⅰ可以表示催化剂对

平衡的影响B.图Ⅱ可以表示压强对平衡时3NH体积分数的影响C.图Ⅲ可以表示镓的质量对平衡常数的影响D.图Ⅳ中纵坐标可以为体系内混合气体的密度【答案】B【解析】【详解】A．加入催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，但平衡不移动，图Ⅰ应是一条平行于时间轴的直线，A

错误；B．该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，NH3的体积分数增大，B正确；C．平衡常数只与温度有关，增加镓质量，温度不变，平衡常数不变，图Ⅲ应是一条平行于横轴的直线，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，

混合气体的质量增加，恒容条件下混合气体的密度mρv=增大，D错误；故选B。19.一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.Mg电极是电源的负极B.工作时，2Mg+从左向右移动C.工作时，正极反应为2823MgMgS6e4MgS+−+−=D.若选用N

aOH溶液作电解质，会降低该电池的工作效率【答案】C【解析】【分析】该新型镁硫电池中，Mg→Mg2+，Mg失电子发生氧化反应，Mg电极作负极，另一极作正极。【详解】A．Mg失去电子发生氧化反应生成Mg2+，则Mg电极作电源的负极，A

正确；B．Mg作负极，原电池中阳离子移向正极，即Mg2+从左向右移动，B正确；C．正极发生得电子的还原反应，电极反应包括Mg2++S8+2e-=MgS8、3Mg2++MgS8+6e-=4MgS2、Mg2++MgS2

+2e-=2MgS，C错误；D．若选用NaOH溶液作电解质，负极生成的Mg2+会与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，降低电池效率，D正确；故选C。20.下列说法正确的是A.相同温度下，溶度积越大，溶解度越大的B.相同温度下，3BaCO在水中和23NaCO溶液中的spK相等

C.向3MgCO悬浊液中，加入3MgCO固体，溶液中()2Mgc+增加D.已知常温下()10spAgCl1.810K−=，则常温下饱和AgCl溶液中()'Agc+为5910−mol/L【答案】B【解析】【详解】A．溶度积的大小反映了难溶电解质的溶

解能力，相同温度下，同类型的难容电解质Ksp越大，溶解度越大，不同类型的不能说Ksp越大，溶解度越大，需要进行计算判断，如AgCl的Ksp=1.8×10-10，饱和AgCl溶液中c(Ag+)=51.810−mol/L，Ag2CrO4的Ksp=1.12×1

0-12，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=432.2410−mol/L，推出Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，但AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2CrO4溶液中的c(Ag+)，AgCl溶解度更小，故A错误；B．Ksp只受温度的影响，温度不变，则Ksp

不变，因此在相同温度下，BaCO3在水中和Na2CO3溶液的Ksp相等，故B正确；C．向MgCO3悬浊液中，存在Ksp=c(Mg2+)·c(CO23−)，且c(Mg2+)=c(CO23−)，溶度积只受温度的影响，因此加入碳酸镁固体，K

sp不变，c(Mg2+)不变，故C错误；D．AgCl的Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，且c(Ag+)=c(Cl-)，饱和AgCl溶液中c(Ag+)=51.810−mol/L，故D错误；答案为B。21.某温

度下，在恒容密闭容器中发生可逆反应：()()2242NOgNOg。下列情况中不能说明该反应已达到化学平衡状态的是A.混合气体的颜色不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.混合气体的密度不再发生改变D.密闭容器中的压强保持不变【答案】C【解析】【详解】A．NO2为红棕色气体，N2O4为无色

气体，因此当混合气体的颜色不变，说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．根据mM=n，组分都是气体，混合气体总质量始终不变，根据反应方程式，该反应为气体物质的量减少的反应，因此当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡

，故B不符合题意；C．根据mρ=V，组分都是气体，混合气体总质量始终不变，容器为恒容，混合气体体积始终不变，因此任何时刻混合气体密度都不变，即混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故C符合题意；D．相同

条件下，气体压强之比等于物质的量之比，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体压强不变，说明反应达到平衡，故D不符合题意；答案为C。22.常温时，分别向10mL浓度均为1mol/L的HCOOH和25CHCOOH两种酸溶液加水稀释，所得pH与lgV(V为溶液的体积)的关系如图所示。下列说

法正确的是A.1mol/L溶液中水的电离程度：25CHCOOHHCOOHB.当lg4V=时，HCOOH的pH5=C.加入0.4gNaOH后，25CHCOOH溶液中存在()()25CHCOONacc−+D.4HCOONH中4NH+浓度小于254CHCOONH中4NH+浓度【答案】C【解析】

【分析】HCOOH和25CHCOOH均含有羧基，二者均为弱酸。由图像可知，未加水稀释之前，1mol/L的HCOOH和25CHCOOH对应溶液的pH分别为2和4.5，这说明HCOOH的酸性强于25CHCOOH，据此分析解答。

【详解】A．由图像可知，1mol/L的HCOOH和25CHCOOH对应溶液的pH分别为2和4.5，pH越小，氢离子浓度越大，对水的电离抑制作用越大，水的电离程度越小，故溶液中水的电离程度：25CHCOOHHCOOH，A错误；B．当lg4V=时，相当于将10mL

1mol/L的HCOOH溶液稀释103倍，若HCOOH为强酸，则稀释后溶液的pH235=+=，但HCOOH为弱酸，加水稀释会促进HCOOH的电离，使得HCOOH的pH5，B错误；C．加入0.4gNaOH(0.1mol)，恰好与0.1mol25CHCOOH完全反应生成2

5CHCOONa，由于25CHCOO−溶液中会发生水解，因此存在25c(CHCOO)c(Na)−+，C正确；D．4HCOONH和254CHCOONH在溶液中均会发生双水解，根据分析，HCOOH的酸性强于25CHCOOH，则对应弱酸根的水解程度：25HHCOOCCOO

−−，弱酸根水解程度越大，对4NH+的水解促进作用越大，溶液中4NH+的浓度越小，所以4HCOONH中4NH+浓度大于同浓度的254CHCOONH中4NH+浓度。由于未指出两种铵盐的浓度，因此无法比较4NH+浓度的大小，D错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题，共56分)二、填空题(本大题

共5小题，共56分)23.实验室中模拟工业上制取无水氯化铁的装置如图所示。回答下列问题：（1）仪器B的名称是______，仪器B中的药品可选择______(填序号)。A．二氧化锰B．4KMnO固体C．硝酸钠（2）硬质玻璃管的实验

现象为______。尾气处理可将尾气通入______(填化学式)溶液。（3）装置中，浓硫酸的作用是______。反应后固体中常存在氯化亚铁杂质，改进方法是______。（4）为测定反应后样品中3FeCl的质量分数，实验小组取ag样品，待样品全部溶于水后

，向溶液中滴加NaI溶液。消耗0.1mol⋅L-1NaI溶液bmL。则反应后的样品中3FeCl的质量分数为______%(用含a、b的式子表示)。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.B（2）①.棕黄色的烟产生②.NaOH（3

）①.吸收氯气中的水蒸气②.在制备氯气装置和盛浓硫酸的洗气瓶之间添加一个盛饱和食盐水的洗气瓶（4）1.625b%a【解析】【分析】本实验无水氯化铁，原理是2Fe+3Cl2Δ2FeCl3，从左向右装置的作用分别为制备氯气、

干燥氯气、反应装置，据此分析；【小问1详解】根据仪器B的特点，仪器B为圆底烧瓶；该装置制备氯气，二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，题中所给装置无加热，硝酸钠与浓盐酸不反应，高锰酸钾溶液常温下将浓盐酸氧化成氯气，因此仪器B中

的药品可选择KMnO4溶液，选项B正确；故答案为圆底烧瓶；B；【小问2详解】硬质玻璃管中发生2Fe+3Cl2Δ2FeCl3，观察到有棕黄色的烟产生；氯气有毒，为防止污染，常用NaOH溶液吸收氯气；故答案为棕黄色的烟产生；NaOH

；【小问3详解】制备的氯气中混有水蒸气，高温下，铁与水蒸气能发生反应，对氯化铁的制备产生干扰，因此浓硫酸作用是吸收氯气中的水蒸气；浓盐酸易挥发，产生的氯气中混有HCl，氯化氢与Fe在加热条件下生成氯化亚

铁，改进方法是在制备氯气装置和盛浓硫酸的洗气瓶之间添加一个盛饱和食盐水的洗气瓶；故答案为吸收氯气中的水蒸气；在制备氯气装置和盛浓硫酸的洗气瓶之间添加一个盛饱和食盐水的洗气瓶；【小问4详解】氯化铁能与KI发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，因此有n(

FeCl3)=n(NaI)=b×10-3L×0.1mol/L，则样品中氯化铁的质量分数为-3b10L0.1mol/L162.5g/mol100%ag=1.625b%a；故答案为1.625b%a。24.铜是

重要的战略资源，云南是我国铜资源储量较高的省份之一，回答下列问题：（1）铜在周期表中位于第______族(填族序数)，属于______区。（2）铜可以形成多种配合物。①Cu+的核外电子排布式是______，过渡金属离子与水分子形成配合物时，若d轨道全空或全满时，化合物无颜色，否则有颜

色。据此判断，()32CuNH+______(填“有”或“无”)颜色。②2Cu+可形成多种配合物，如()234CuNH+，若其中两个3NH被2NO−替换，得到的配合物只有两种结构，则()234CuNH+的空间构型是____

__，2NO−中N原子的杂化方式是______，空间构型是______。（3）铜与金等金属及合金可用于生产石墨烯的催化剂，如图是一种铜金合金的晶胞示意图：①Cu原子的配位数是______。②原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，其中原子坐标参数A为()0,0,0；B为()0

,1,0；C为()1,0,0。则D原子的坐标参数为______。【答案】（1）①IB②.ds（2）①.10[Ar]3d②.无③.平面正方形④.2sp⑤.V形（3）①.4②.11(,1,)22【解析】【小问1详解】铜为29号元素，位于周期表的第四周期第IB族，属于ds

区。【小问2详解】①基态Cu原子核外电子排布式为101[Ar]3d4s，则Cu+的核外电子排布式为10[Ar]3d；()32CuNH+中Cu+的d轨道全充满，则()32CuNH+无颜色；②()234CuNH+中两个3NH被

2NO−替换，若()234CuNH+为四面体结构，则产物应只有1种，现得到的配合物有两种结构，则()234CuNH+的空间构型为平面正方形；2NO−中心N原子价层电子对数=5122232+−+=，采取2sp杂化，含有1对孤电子对，则其空间构型是V形

。【小问3详解】①由晶胞图可知，Cu原子与最近的Au或Cu原子之间的距离均为面对角线的一半，且与Cu原子距离相等.且最近的Au或Cu原子均有4个，则Cu原子的配位数是4；②D原子位于晶胞的面心，且和B原子处于同一平面，则D原子的坐标参数为11(,1,)22。25.3CoCO是重要

的化工原料，广泛应用于陶瓷、催化剂等工艺。实验室模拟用含钴废渣(主要成分为23CoO，还含有23AlO、ZnO、2SiO杂质)为原料制备3CoCO的一种工艺流程如图：已知：①常温下，()7sp3CoCO

1.610K−=。②相关金属离子[()n+cM=1.0mol⋅L1−]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH2Co+7.69.43Al+3.05.02Zn+5.48.0（1）工业上，酸浸前通常将废渣粉碎，目的是_____________

___________，酸浸时，23CoO发生反应的化学方程式是__________________，酸浸后分离2SiO的操作是______。（2）“除铝”过程中，发生反应的离子方程式为____________

，应调节溶液pH的范围为______。（3）“萃取”过程可表示为4ZnSO(水层)+2HX(有机层)2ZnX(有机层)24HSO+(水层)，实验室萃取时，用到的仪器有______(填仪器名称)、烧杯、玻璃棒。从有

机层获取4ZnSO溶液需要进行反萃取，下列溶液能作反萃取剂的是______(填序号)。A．稀硫酸B．NaOH溶液C．酒精D．四氯化碳（4）“沉钴”时，要使2Co+沉淀完全时[()25Co110c+−1

molL−]，溶液中()23COc−应____________。【答案】（1）①.增大反应的接触面积，加快反应速率②.2322442CoO+SO+HSO=2CoSO+HO③.过滤（2）①.3232322Al3

CO3HO=2Al(OH)3CO−++++②.5.0≤pH<7.6(或5.0～7.6)（3）①.分液漏斗②.A（4）不小于121m6o1lL.0−−【解析】【分析】含钴废渣(主要成分为23CoO，还含有23AlO、ZnO、2S

iO杂质)中加入242HSOSO、酸浸，23CoO、242HSOSO、反应生成4CoSO，反应的化学方程式为2322442CoO+SO+HSO=2CoSO+HO，23AlO、ZnO转化为硫酸铝和硫酸锌，2SiO不反应，滤出2SiO后加入23NaCO，3Al+和23C

O−发生双水解生成3Al(OH)沉淀和CO2，则过滤后所得沉渣为3Al(OH)；滤液中加入萃取剂HX萃取2Zn+，分液得到有机层和水层，有机层中加稀硫酸作为反萃取剂分液后可得到4ZnSO溶液，水层中加入23NaCO将二价钴离子转化为3CoCO沉淀，经过滤、洗涤、干燥可得3CoCO

固体，据此分析解答。【小问1详解】酸浸前将废渣粉碎，目的是增大反应的接触面积，加快反应速率；2SO具有还原性，酸浸时，能将23CoO还原为4CoSO，反应的化学方程式为2322442CoO+SO+HSO=

2CoSO+HO；2SiO不和稀硫酸反应，酸浸后经过滤可分离出2SiO固体。【小问2详解】“除铝”过程中，加入23NaCO，3Al+和23CO−发生双水解生成3Al(OH)沉淀和CO2，反应的离子方程式为3232322Al3CO3HO=2Al

(OH)3CO−++++；由表格数据可知，要将铝离子沉淀完全，则5.0≤pH，同时要保证2Co+不沉淀，则pH<7.6，故应调节溶液pH的范围为5.0≤pH<7.6或5.0～7.6。【小问3详解】实验室

萃取时，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯和玻璃棒；通过反萃取从有机层获取4ZnSO溶液，需要使平衡4ZnSO(水层)+2HX(有机层)2ZnX(有机层)24HSO+(水层)逆向移动，酒精和四氯化碳不能使平衡移动，NaOH溶液消耗24HSO，平衡

正向移动，加入稀硫酸，增大24HSO浓度平衡逆向移动，选项A符合题意，故选A。【小问4详解】当2Co+沉淀完全时[25c(Co)110+−1molL−]，需满足溶液中27sp1322351KCoCO1.610cmolLmolLc(Co(CO)1.6101.010())−−−−−+−==

，即23c(CO)−应不小于121m6o1lL.0−−。26.利用高效铜基催化剂，可以实现2CO催化加氢合成甲醇。该技术是重要的碳捕获利用与封存技术，为我国碳达峰和碳中和目标提供技术支撑。回答下列问题：（1）已知：反应Ⅰ．()()()23COg2Hg=CHOHg+Δ94

.0H=−kJ⋅mol1−反应Ⅱ．()()()()222COgHgCOgHOg+=+Δ41.2H=+kJ⋅mol1−则反应Ⅲ．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++=的H等于______，该反应能自发的条件是_

_____(填“低温”或“高温”)。（2）保持温度不变，向体积恒定为2L的密闭容器中，充入2.0mol()2COg和6.0mol()2HOg，发生反应Ⅲ测得()2COg的物质的量如下表所示：时间/min02468()2COn/mol2.01.51.

21.01.0①2~4min内，用2H表示的化学反应速率()2Hv=______。②6min时，3CHOH的消耗速率______3CHOH的生成速率(填“大于”“小于”或“等于”)。③写出既能加快反应Ⅲ的反应速率，又能提高反应Ⅲ中2CO转化率的措施：__

__________(写出一条即可)。（3）在不同条件下，按起始量()()22nCO:nH=1:3的配比发生反应Ⅲ。如图表示保持压强不变，不同温度时平衡体系中甲醇的物质的量分数()3xCHOH。若210℃到达平衡时容器的体积为1L，则该温度下反应Ⅲ到达平衡2CO的转化率α=_____

_，反应的平衡常数K=______。（4）铜基催化剂可以用铜的氧化物制备。如图是铜的某种氧化物的晶胞示意图，该氧化物的化学式为______。已知该晶胞参数为bnm，AN为阿伏加德罗常数，则该晶胞密度为______g/c

m3。【答案】（1）①.152.8kJmol−−②.低温（2）①.110.225molLmin−−②.等于③.增大2H的浓度（3）①.33.3%②.148（4）①.CuO②.213A32010bN【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅰ+Ⅱ，11Δ

H=(-94.0+41.2)kJmol52.8kJmol−−=−；该反应ΔH0，ΔS0，要使反应能自发进行，则ΔG=H-TΔS<0，即反应在低温条件下能自发；故答案为：152.8kJmol−−；低温。【小问2详解】①2~4min内，用2H表示的化学反应速率1122(1.51

.2)mol(H)3(CO)30.225molLmin2L2minvv−−−===，故答案为：110.225molLmin−−；②由表格数据可知，6min时，2CO的物质的量开始保持不变，浓度保持不变，说明反应达到平衡，此时3CHOH的消耗速率等于3CHOH的生成速率，

故答案为：等于；③反应Ⅲ为气体体积减小的放热反应，增大2H的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，2CO转化率提高，故答案为：增大2H的浓度。【小问3详解】由图可知，210℃时3(CHOH)=0.10x，压强为3210Pa，列三段式有3222CO(g)3H(g)CH(g)HO(g)/mo

l1300/mol3/mol1O33Hxxxxxxxx++−−起始变化平衡，则0.10133xxxxx=−+−++，解得13x=，则平衡时2CO的转化率13α=100%33.3%1，32332211c(CHOH)c(HO

)133K=2c(CO)c(H)4823==，故答案为：33.3%；148。【小问4详解】该晶胞中，位于顶点、棱上、面心和体心的O原子数为11184214842+++=，位于晶胞内的Cu原子数为4，则该氧化物的化学式为CuO；晶胞密度3213733A

Am464416320g/cm10g/cmVN(b10)bN−+===；故答案为：CuO；213A32010bN。27.如图是中学化学中常见的有机物转化关系(部分相关物质和反应条件已略去)。回答下列问题：（1）F的名称是______。（2）下列说法正确

的是______(填序号)。a．B中所有原子均共平面b．C中σ键和π键数目比为6∶1c．D中所有碳原子均采用2sp杂化d．H中存在手性碳原子（3）写出H→B+D的化学方程式：____________，反应类型是____________。（4）B→C反应的化学方程式是_________

___。（5）符合下列条件的有机物共有______种。①相对分子质量比B大14；②属于B的同系物。【答案】（1）乙烯（2）b（3）①.CH3COOCH2CH3+H2O+HCH3COOH+CH3CH2OH②.水解反应（4）Cu32232Δ2CHCHOH+O2

CHCHO+2HO⎯⎯→（5）2【解析】【分析】淀粉或纤维素[分子式均为6105n(CHO)]在催化剂作用下水解为A葡萄糖6126CHO，葡萄糖在酒化酶的催化下转变为B乙醇CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C乙醛CH3CHO，继续氧化为

D乙酸CH3COOH，H乙酸乙酯CH3COOCH2CH3在酸性条件下水解为CH3COOH和CH3CH2OH，F乙烯CH2=CH2和H2O在加热、加压、催化剂条件下发生加成反应生成乙醇，据此分析解答。【

小问1详解】根据分析，F为乙烯。【小问2详解】a．B为CH3CH2OH，分子中所有碳原子均为饱和碳原子，具有类似甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能共平面，a错误；b．C为CH3CHO，分子中含4个C-H键、1个C-C键和1个碳氧双键，每个双键含1个σ键和1个π键，

则分子中σ键和π键数目比为6:1，b正确；c．D为CH3COOH，分子中饱和碳原子采用3sp杂化，不饱和碳原子采用2sp杂化，c错误；d．连有4个不同原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，H为CH3COOCH

2CH3，则分子中不存在手性碳原子，d错误；故选b。小问3详解】H→B+D为CH3COOCH2CH3在酸性条件下水解为CH3COOH和CH3CH2OH，其化学方程式为CH3COOCH2CH3+H2O+HCH3COOH+CH3CH2OH，该反应属于水解反应。【小问4详解】B→C为乙醇在

Cu的催化作用下和O2发生催化氧化生成CH3CHO，反应的化学方程式为Cu32232Δ2CHCHOH+O2CHCHO+2HO⎯⎯→。【小问5详解】【获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com