【文档说明】四川省乐山市沫若中学2021-2022学年高二下学期第二次月考化学试题 Word版含解析.docx，共(25)页，1.392 MB，由管理员店铺上传

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5月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1O-16C-12S-32Cl-35.5Cu-64一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分)1.我国力争2060年前实现碳中和，下列说法不．正确的是A.积极鼓励植树造林，降低空气中2CO含量B.可利用CaO或氨水

捕集废气中的2COC.研发新型催化剂将2CO分解成碳和2O，同时放出热量D.一定条件下，将2CO转化为3CHOH，实现2CO的资源化利用【答案】C【解析】【详解】A．植物通过光合作用可以减少空气中二氧化碳的含量，所以积极鼓励植树造林有利于碳中和的实现，故A正确；B．二氧化

碳是酸性氧化物，能与氧化钙或氨水反应，所以利用氧化钙或氨水捕集废气中的二氧化碳有利于碳中和的实现，故B正确；C．二氧化碳分解生成碳和氧气的反应为吸热反应，故C错误；D．一定条件下，将二氧化碳转化为甲醇，实现二氧化碳的资源化利用可以减少空气中二氧化碳的含量，有利于碳中和的

实现，故D正确；故选C。2.下列有关AN的说法正确的是A.41molKHSO晶体中含有的离子数目为A3NB.40gSiC中SiC−键的数目为A4NC.锌与足量的浓硫酸反应生成22.4L气体，转移电子数目为A2ND.25℃时，pH为2的HCOOH溶液中含有H+的数目为A0.01N【答案】

B【解析】【详解】A．4KHSO中含有K+和HSO4−，则41molKHSO晶体中所含离子数为A2N，A项错误；B．40gSiC的物质的量为40g40g/mol=1mol，1molSiC中SiC−键的物质的量为4mol，个数为A4N，故B项正确

；C．未指出气体体积的计量条件，无法求其物质的量，C项错误；D．无溶液体积，无法求解，D项错误；故选B。3.下列关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的是选项ABCD强电解质NaOH溶液CaCO3石墨H2S

O4弱电解质H2CO3CH3COOHMg(OH)2CH3COONH4非电解质乙醇NH3H2O蔗糖A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NaOH溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．CaCO3在熔融态下能完全电离属于强电

解质，CH3COOH属于弱酸为弱电解质，NH3在水溶液中或熔融态下自身均无法电离，属于非电解质，B正确；C．H2O能部分电离属于弱电解质，石墨属于单质既不是电解质也不是非电解质，C错误；D．CH3COONH4溶于水能完全

电离，所以是强电解质，D错误；故答案选：B。4.下列反应的离子方程式书写正确的是A.铜片溶解在3NaNO和稀硫酸的混合液中：+-2+32=33Cu+8H+2NOCu+2NO4HO+B.碘化亚铁溶液中通入过量

氯气：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+C.223NaSO溶液中滴加过量稀24HSO：2-223423SO2H4S2SOHO+−+=++D.向32Ba(NO)溶液中通入2SO气体出现白色沉淀：2++223S+HO+Ba=BaOOS4H+【答案】A【解析

】【详解】A．铜片溶解在硝酸钠和稀硫酸的混合液中发生的反应为铜酸性条件下与硝酸根离子反应生成铜离子、一氧化氮和水，反应的离子方程式为+-2+32=33Cu+8H+2NOCu+2NO4HO+，故A正确；B．碘化亚铁溶液与过量氯气反应生成氯化铁、碘

和水，反应的离子方程式为2+-3+-222Fe+4I+3Cl=2Fe+2I+6Cl，故B错误；C．硫代硫酸钠溶液与过量稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为2-+2322SO+2H=S+SO+HO，故C错误；D．向硝酸

钡溶液中通入二氧化硫气体出现白色沉淀发生的反应为二氧化硫与溶液中的硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀、硫酸和一氧化氮，反应的离子方程式为2+-2-+32424+Ba+2NO+2HO=B3aSO+2NO+2OSHOS+4，故D错误；故选A。5.已知共价键的键能与热化学方程式

信息如下表：共价键H-HH-O键能/(kJ·mol-1)436463热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-482kJ·mol-1则2O(g)=O2(g)的ΔH为A.428kJ·mol-1B.-428kJ·mol-1C.498kJ·mol-1D.-498kJ

·mol-1【答案】D【解析】【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结

合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。6.用尿素水解生成的3NH催化还原NO，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为32224NH(g)+O(g)+4NO(g)4N(g)+6HO(g)，下列说

法正确的是A.上述反应S0B上述反应平衡常数()()()()46224432cNcHOK=cNHcOc(NO)C.上述反应中消耗31molNH，转移电子的数目为2326.0210.D.实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机

车辆排放的尾气对空气污染程度越小【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误；B．由方程式可知，反应平衡常数()()()()46224432cNcHOK=cNHcOc(NO)，故B正确；C．由方程

式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4×14×6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，

故D错误；故选B。7.以下有关元素性质的说法正确的是A.①Na，K，Rb②N，P，As③O，S，Se④S，P，Cl，元素的电负性依次递增的是④B.某元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素一定在第三周期

第IIA族C.下列原子中，①226211s2s2p3s3p②226221s2s2p3s3p③226231s2s2p3s3p④226251s2s2p3s3p对应的第一电离能最大的是④D.以下原子中，①226221s2s2p3s3p②2231s2s2p③2221s2s2p④2262

11s2s2p3s3p半径最大的是①【答案】C【解析】【分析】【详解】A．元素电负性的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电负性逐渐增大、同主族元素随核电荷数的增大电负性逐渐减小，故①②③逐渐减小，④中应Cl＞S＞P，故A错误；B．该元素二三电离能之间发生突变，

说明为第Ⅱ族元素，但不一定是第三周期，故B错误；C．元素电离能的变化规律为：同周期元素随核电荷数增大电离能逐渐增大、同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐减小，故第一电离能最大得为④，故C正确；D．原子

半径得变化规律为：同周期元素随核电荷数增大半径逐渐减小、同主族元素随核电荷数的增大电离能逐渐增大，故半径最大的为④，故D错误；故选C。8.工业上可利用2CO和3NH合成尿素()22CONH，该可逆反应分两步进行，整个

过程中的能量变化如图所示。下列有关说法错误的是A.1E是反应Ⅰ的活化能，2E是反应Ⅱ的活化能B.24NHCOONH是中间产物C.总反应为()()()()()32222l2CgNH+COgONHl+HOD.用2CO和3N

H合成尿素的反应是放热反应【答案】A【解析】【详解】A．1E是反应Ⅰ焓变，2E是反应Ⅱ的焓变，A错误；B．从能量变化图可以看出，24NHCOONH既是反应Ⅰ的生成物，又是反应Ⅱ的反应物，故24NHCOONH是反应的中间产物，B正确；

C．从能量变化图可以看出，反应物是2CO和3NH，产物是CO(NH2)2和H2O，总反应为()()()()()32222l2CgNH+COgONHl+HO，C正确；D．从能量变化图可以看出，起始反应物的能量高于最终产物的能量，故用2CO和3NH合成尿素的反应是放热反

应，D正确；故答案为：A。9.某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是的A.该化合物含有H、O、N、Ni四种元素B.该化合物属于配合物，中心离子是NC.该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键D.该化合物是配合物，中心离子的配位数

是2，配体是氮元素【答案】C【解析】【详解】A．由该化合物的结构知，该化合物中含有C、H、O、N、Ni五种元素，A项错误；B．该化合物属于配合物，Ni离子提供空轨道，中心离子为Ni离子，B项错误；C．该

化合物中存在C—C非极性键，C—H、C=N、N—O、O—H极性键，N→Ni配位键，单键和配位键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，含O—H…O氢键，C项正确；D．该化合物是配合物，中心离子的配位数为4，配位原子为氮原

子，D项错误；答案选C。10.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A.向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）减小B.用惰性电极电解MgCl2溶液，电解的离子方程式为:2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－C.向盐酸中加入氨水至中性，溶

液中c(NH4+)/c(Cl－)>1D.将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，生成的沉淀AgCl多【答案】D【解析】【分析】A、由电离常数公式可得c（H+）/c（CH3COOH）=Ka/c（CH3COO-），稀释时，Ka不变，c（CH3COO-）减小；

B、用惰性电极电解MgCl2溶液时生成氢氧化镁沉淀；C、中性溶液中c（H+）=c（OH-）；D、当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多。【详解】A项、CH3COOH溶液加水稀释，c（CH3COO

H）、c（H+）和c（CH3COO-）都减小，电离常数不变，c（H+）/c（CH3COOH）=Ka/c（CH3COO-）增大，故A错误；B项、用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极区生成氢氧化镁沉淀和氢气，阳极区生成氯气，反应的离子方程式为Mg2++2

Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B错误；C项、向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c（H+）=c（OH-），由电荷守恒关系c（H+）+c(NH4+)=c（OH-）+c(Cl-)可知c(NH4+)=c(Cl-)，故C错

误；D项、在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n（Cl-）比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr

沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故D正确。故选D。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及了弱电解质的电离、电解原理、溶液酸碱性、沉淀溶解平衡等，注意把握影响弱电解质电离平衡的因素、溶液中电荷守恒关系的应用是解答关键。11.下列说法不符合勒

夏特列原理的是A.反应A2(g)+B2(g)2AB(g)，平衡后压缩容器，AB浓度增大B.密封保存碳酸饮料以防止CO2释放C.用饱和食盐水净化氯气以减少氯气溶于水D.酯化反应中增加醇的用量以提高酸的转化率【答案】A【解析】【详解】A．反应A2(g)+

B2(g)2AB(g)中，反应物与生成物的气体分子数相等，平衡后压缩容器，气体体积减小，AB浓度增大，但平衡不发生移动，不能用平衡移动原理解释，A符合题意；B．保存碳酸饮料时，若容器敞口，则压强减小，气体的溶解度减小，从而释放出CO2气体，能用平

衡移动原理解释，B不符合题意；C．氯气溶于水后存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，氯气通入饱和食盐水中，由于溶液中c(Cl-)增大，将使该化学平衡逆向移动，从而减少氯气在水中的溶解，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；D．酯化反应为可逆反应，增加醇用量，可以增大乙

醇的浓度，从而促进平衡正向移动，提高酸的转化率，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；故选A。12.在温度为T1和T2时，分别将0.40molCH4和1.0molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生反应的CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2

O(g)ΔH，n(CH4)随反应时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.T1温度下，10min末CH4的反应速率为0.01mol·L−1·min−1B.T2温度下，NO2的平衡转化率为50%C.该反应的ΔH>0D.若将容器变为2L，则平衡时CH4的转化率减小【答案】B【解析】【分析】“拐先

平数值大”，可以判断出温度，温度变化时，通过CH4的物质的量判断平衡移动方向。【详解】A．10min末CH4的反应速率是指瞬时速率，化学反应速率是平均速率，A错误；B．T2温度下，平衡时CH4的消耗量为0

.25mol，则NO2的消耗量为0.5mol，平衡转化率为50%，B正确；C．先拐先平温度高，说明T2>T1,升高温度时，甲烷物质的量增大，说明升温平衡逆向移动,该反应的ΔH<0，C错误；D．若将容器变为2L，容器内压强变小，反应向着系数变大的方向移动，则

平衡时CH4的转化率增大，D错误；故答案为：B。【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动，减小压强时，反应向着系数变大的

方向移动。13.牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果。已知：物质aK或spK

3CHCOOH31.7610−34HPO3al7.5210K−=13a32.210K−=()543CaPOOH308.010−()543CaPOF604.010−3CaCO92.810−下列说法正确的是A.3CH

COOH溶解()543CaPOOH的离子方程式为：()254333423CaPOOH10CHCOOH5Ca10CHCOO3HPOHO+−+=+++B.牙膏中经常添加碳酸钙，主要是为了增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀C.当()()31F5.010OHcc−−

−时，()543CaPOOH可与F−反应转化为()543CaPOFD.向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果，两者原理相同【答案】C【解析】【详解】A．醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，根据强

酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A错误；B．牙膏中经常添加碳酸钙，主要是碳酸钙难溶于水，用作为摩擦剂，而不是增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀，B错误；C．存在沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(

aq)，K=--c(OH)c(F)=sp543sp543[()][()]KCaPOOHKCaPOF=-30-608.0?104.0?10=2.0×1030，当()()31F5.010OHcc−−−时，Qc=--c(OH)c(F)＜-3115.

010＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca5(PO4)3OH与F-反应生成Ca5(PO4)3F，C正确；D．向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：Ca5(PO4)

3(OH)5Ca2++33-4PO+OH-，当F-与Ca2+、3-4PO结合生成了更难溶于水的Ca5(PO4)3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，两者

原理不相同，D错误；故答案为：C。14.室温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A.饱和氯水中Cl-、Na＋、SO2-3、NO-3B.水电离的氢离子浓度为1.0×10-13mol/L溶液中：CO2-3、K＋、SO2-4、Br-C.pH=12的溶液中NO-3、I

-、Na＋、Al3＋D.Na2S溶液中SO2-4、K＋、Cl-、Cu2＋【答案】B【解析】【详解】A．饱和氯水能将2-3SO氧化成2-4SO，2-3SO不能大量存在，A项不符合题意；B．水电离的氢离子浓度为1.0×10-13mol/L的

溶液可能呈酸性、也可能呈碱性，酸性条件下2-3CO不能大量存在，碱性条件下2-3CO、K+、2-4SO、Br-相互间不反应，碱性条件下可以大量共存，B项符合题意；C．pH=12的溶液呈碱性，Al3+与OH-不能大量共存，C项不符合题

意；D．Cu2+与Na2S溶液中的S2-反应形成CuS沉淀，Cu2+不能大量存在，D项不符合题意；答案选B。15.表中所示装置图能达到实验目的的是选项ABCD实验目的比较CO23−和HCO3−水解能力的强弱精炼铜测定pH准确量取20.00mL碘水

装置图A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠、碳酸氢钠虽然为饱和溶液，但其物质的量浓度不同，因此无法比较CO23−和HCO3−水解能力的强弱，故A错误；B．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，题中所给装置错误，故B错误；C．使用pH试纸测定溶液

的pH，操作：取一块pH试纸放在洁净干燥的玻璃片上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸中央，待变色后，对比标准比色卡，读出数值，故C正确；D．量筒的精确度为0.1mL，因此量筒不能准确量取20.00mL的碘水，故D错误；答案为C。16.电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O7

2-）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是A.阳极反应Fe－2e－=Fe2＋B.电解过程中溶液pH不会变

化C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成D.电路中每转移12mol电子，最多有1molCr2O72-被还原【答案】B【解析】【详解】A、铁为活泼电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正确；B、阴极是氢离子得到电子生成氢气，氢离子被消耗

，在反应Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O中，也消耗氢离子，所以反应过程中溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，错误；C、反应过程中消耗了大量H+，使得Cr3+和Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，正确；D、电路中每转移12mol电子，有6molFe2+

生成，根据反应Cr2O72+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，最多有1molCr2O72-被还原，正确。17.下列比较中，正确的是A.同温度同物质的量浓度时，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液大B.0.2mo

l·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后：c(+4NH)＞c(Cl-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)D

.同浓度的下列溶液中，①(NH4)2SO4、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c(+4NH)由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④为【答案】D【解析】【分析】A．相同温度相同浓度时HF比HCN易电离，说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠

盐溶液pH越小；B．0.2mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导

致溶液呈碱性，结合物料守恒判断；C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒；D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解；【详解】A．相同

温度相同浓度时HF比HCN易电离说明HF酸性大于HCN，酸性越强其相应酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，水解能力CN－＞F－，所以相同浓度的钠盐溶液pH，NaF＜NaCN，故A错误；B．0.2mol·L-

1NH4Cl和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、NH3．H2O、NaCl，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度导致溶液呈碱性，则c（OH－）＞c（H＋），

一水合氨电离但程度较小，结合物料守恒得c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（Na＋）＞c（OH－）＞c（H＋），故B错误；C、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na＋）+c（H＋）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），

故C错误；D、1mol(NH4)2SO4能电离出2mol铵根离子，浓度最大；相同浓度时铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度较小，所以c（

NH4＋）由大到小的顺是：①＞②＞③＞④，故D正确；【点睛】本题考查离子浓度大小比较，解题关键：明确溶液中溶质构成及其性质；易错点C，电荷守恒式子离子浓度前的计量数的含义；难点B，物料守恒判断，注意B中溶液成分及其浓度关系。18.下

列叙述与图对应的是A.对于达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在0t时刻充入了一定量的3NH，平衡逆向移动B.由图②可知，21P>P、12T>T满足反应：()()()2AgBg2Cg+H0C.图③表示的反应方程式为：2AB

3C=+D.对于反应()()()2Xg3Yg3Zg+H0，图④y轴可以表示Y的百分含量【答案】B【解析】【详解】A．对于达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在t0时刻ν正、ν逆都增大，ν逆增大的多，化

学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误；B．增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达

到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则

正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0，故B正确；C．该反应是可逆反应，应该用可逆号“”，不能用等号“=”表示，故C错误；D．在压强不变时，升高温

度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图象显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；故选B。19.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：

--3--2442VB+16OH-11e=VO+2B(OH)+4HO该电池工作时，下列说法错误的是A.负载通过0.04mol电子时，有0.224L(标准状况)O2参与反应B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升

高C.电池总反应为3222444VB11O20OH6HO8B(OH)4VO−−−+++=+D.电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极【答案】B【解析】【分析】根据图示的电池结构，左侧VB2发

生失电子的反应生成3-4VO和-4B(OH)，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2

O=8-4B(OH)+43-4VO，据此分析。【详解】A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区

OH-浓度减小pH降低，B错误；C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8-4B(OH)+43-4VO，C正确；D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载

→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；故选B。【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。20.室温下，将0.2

mol·L-1NaOH的溶液逐滴加入10mL0.2mol·L-1一元酸HA溶液中，pH的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A.HA电离常数Ka的数量级约为10-3B.a点溶液中c(HA)=9.9×10-7mol/LC.b点溶

液中c(HA)+c(A-)≈0.067mol·L-1D.pH=7时，c(A-)=0.1mol·L-1【答案】D【解析】【分析】加入10mLNaOH溶液，NaOH与HA完全反应，此时溶液的pH为8，说明HA为弱酸，据此分析；【详解】A．加入10mLNaOH溶液

，NaOH与HA完全反应，此时溶液溶质为NaA，c(A-)约为0.1moL/L，c(HA)≈c(OH-)=10-6mol/L，则HA的电离平衡常数为Ka==-+-8-6c(A)c(H)0.1mol/L10mol/Lc(HA)10mol/L=1.0×10-3mol/

L，HA电离常数的数量级为10-3，故A说法正确；B．根据质子守恒，c(HA)+c(H+)=c(OH-)，c(HA)=c(OH-)-c(H+)，a点溶液的pH为8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，代入上式，c(HA)=c(OH-)-c(H+)=10-6

-10-8≈9.9×10-7mol/L，故B说法正确；C．根据物料守恒，b点时c(HA)+c(H+)=12c(Na+)=-3-3120mL10L/mL0.2mol/L230mL10L/mL≈0.067，故C说法正确；D．根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(A-

)+c(OH-)，pH=7时，溶液显中性，则有c(Na+)=c(A-)，因为HA为弱酸，因此溶液显中性，所加NaOH溶液体积小于10mL，即c(A-)小于0.1mol/L，故D说法错误；答案为D。二、填空题(共5个大题，总分50分)21.Ⅰ.当今社会的主题之一：发展经济，节能减排。

而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如下图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：（1）写出a极的电极反应_______。（2）当b极消耗标准状况下的2O112mL时，若乙中硫酸铜溶液的体积是200mL，假

若电解前后溶液体积保持不变，此时乙池中的pH=_______。（3）若()4CuSOaq足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入_______。(填序号)A.CuOB.()2CuOHC.3CuCOD.()223OHCuCO（4）现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，

其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，M为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)。Ⅱ.下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。（5）环境中的Cl−扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈()23CuOH

Cl，其离子方程式为_______。（6）若生成()234.29gCuOHCl，则理论上耗氧体积为_______L(标准状况)。【答案】（1）CH3OH+8OH--6e-=CO23−+6H2O（2）1（3）AC（4）阴（5）2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓（

6）0.448【解析】【小问1详解】由图中可知，甲装置为原电池，a是原电池负极，b是原电池正极，乙、丙装置为电解池。甲装置中a是原电池负极，其电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO23−+6H2O。【小问2详解】当b极消耗标准状况下的O2112mL时，转移电子数为0.112L422.

4L/mol=0.02mol，乙池为电解池，c极是阳极，其电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据得失电子守恒，生成氢离子为0.02mol，氢离子浓度为0.02mol0.2L=0.1mol/L，pH=1。【小问3详解】乙池只发生反应2C

uSO4+2H2O==通电2Cu+O2↑+2H2SO4，损失的是铜与氧元素，所以要恢复到原来的状态只需要加入铜与氧元素即可，故可加入CuO、CuCO3。【小问4详解】丙装置的左室消耗的是水电离的OH-，左室与电源的正极相连为电解池的阳极，

SO24−向左室定向移动，所以A出口的产品是H2SO4，M是阴离子交换膜。【小问5详解】Cl−扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应

为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，则该离子方程式为：2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓。【小问6详解】n[Cu2(OH)3Cl]＝4.29g0.02mol214.5g/mol＝，根据转移电子得n(O2)＝0.02mol220.0

2mol4＝，V(O2)＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L。22.ClO2是一种常用的消毒剂，现在被广泛用于饮用水消毒和环境消毒等。自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1—0.8mg·L－1之间。使用碘量法可以检测水中ClO2的浓度，实验步骤如下

:Ⅰ.取100mL的水样用微量的稀硫酸溶液调至pH为1－3，然后加入一定量的碘化钾，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。Ⅱ.在25mL滴定管加入1.0×10-4mol·L－1的Na2S2O3溶液。用该标准液滴定Ⅰ中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液10.

00mL。已知:ClO2在中性条件下还原产物为-2ClO,在酸性条件下还原产物为Cl－。22-23SO+I2==2-46SO+2I－。请回答下列问题:（1）操作Ⅱ，在向__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中注入Na2S2O3标准溶液

前,滴定管需要检漏、__________和__________。（2）确定操作Ⅱ完全反应的现象__________。（3）在操作Ⅰ过程中,溶液呈蓝色,反应的离子方程式为__________。（4）水样中ClO2的浓度是__________mg·L-1。（5）

如果滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则测定结果将__________（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。【答案】①.碱式②.洗净③.Na2S2O3标准液润洗④.蓝色褪去且半分钟内不复原⑤.2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+

4H2O⑥.0.135⑦.偏大【解析】【分析】根据溶液的酸碱性判断使用的滴定管种类；根据反应的方程式判断反应的现象；根据溶液显酸性，ClO2的还原产物为Cl－，根据化合价升降法配平；根据方程式计算；滴定结束时仰视读取的体积偏大，再利用关系式判断。【详解】(1)

Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，则用碱式滴定管盛有Na2S2O3标准溶液；滴定管使用前首先要检漏、洗涤干净和润洗，再装成标准液；(2)根据操作Ⅱ可知，溶液中的碘过量，指示剂为淀粉溶液，则溶液为蓝色，加入Na2S2O3与碘反应至刚好完全时，溶液蓝色

褪去，且半分钟内不复原；(3)指示剂为淀粉溶液，溶液为蓝色，则有碘单质生成，而ClO2在酸性条件下还原产物为Cl－，则离子方程式为2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O；(4)根据方程式可知，2n(ClO2)~5n(I

2)~10n(2-23SO)，n(2-23SO)=1.0×10-4mol·L－1×10.00mL=1.0×10-6mol，则n(ClO2)=2.0×10-7mol，c(ClO2)=2.0×10-6mol/L=2.0×10-6mol/L×67.5×103m

g/mol=0.135mg/L；(5)滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则使用的Na2S2O3溶液的体积偏大，计算的n(2-23SO)、n(ClO2)均偏大，则测定结果偏大。23.工业上常用电解熔融氧化铝的方法来生产铝锭，其电解的氧化铝纯度不得低于98.2％，而天然铝土矿

中的氧化铝含量为50％~70％，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等。工业生产铝锭的工艺流程如下图：一些难溶物开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH(离子初始浓度为0.01mol·L-1)42.310.4完全沉淀pH(离

子浓度<10-5mol·L-1)5.23.212.4请回答下列问题：（1）步骤①粉碎的目的_______；步骤②③④中操作均为_______；固体A的化学式为_______；（2）物质C可以为_______(填序号)a.Feb.氨c.过量氢氧化钠稀溶液（

3）步骤③中调节溶液pH的数值范围为_______；（4）步骤④中溶液E主要含Mg2+、Cl-等，故分离固体F时，必须对F进行洗涤。如何检验F是否洗涤干净_______；（5）步骤⑥的化学方程式为_______。【答案】（1）①.增大接触面积，加快溶解速率，提

高酸浸效率②.过滤③.SiO2（2）b（3）3.2≤pH<4或3.2~4（4）取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净（5）2Al2O336NaAlF电解4Al+3O2↑【解析】【分析】铝土矿中含Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO等，铝土矿粉碎后

加入盐酸，Al2O3、Fe2O3、MgO与盐酸反应转化成AlCl3、FeCl3、MgCl2，SiO2与盐酸不反应，经过滤得到的固体A为SiO2；溶液B中加入C调节pH后过滤得到Fe(OH)3沉淀，溶液D中含AlCl3、M

gCl2，再加入C调节pH使Al3+转化成Al(OH)3沉淀（固体F），经过滤后得到的Al(OH)3灼烧分解成Al2O3和H2O，电解熔融Al2O3得到铝锭。【小问1详解】步骤①粉碎的目的是增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；根据分析，步骤②③④的操作均为过滤；固体A的化

学式为SiO2；答案为：增大接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率；过滤；SiO2；【小问2详解】a．Fe在步骤③中将FeCl3还原成FeCl2，不能使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，a项不选；b．步骤③、④中加入氨调节pH可使Fe3+、Al3+分别转化成Fe(OH

)3、Al(OH)3沉淀，与其余物质分离，b项选；c．Al(OH)3能溶于NaOH溶液，步骤④中加入过量的NaOH溶液不能得到Al(OH)3沉淀，c项不选；答案选b。【小问3详解】步骤③中调节pH使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀而除

去，根据表中各离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，该步骤调节的pH范围为3.2≤pH＜4；答案为：3.2≤pH＜4或3.2~4。【小问4详解】步骤④中溶液E主要含Mg2+、Cl-等，故分离固体F时，必须对F进行

洗涤，要检验F是否洗涤干净，只要检验洗涤液中是否含Cl-即可，方法是：取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净；答案为：取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸，无现象。再加入硝酸银溶液，也无现象说明洗涤干净。【小问5详解】步骤⑥为电解熔融Al2O3

生成Al和O2，反应的化学方程式为2Al2O336NaAlF电解4Al+3O2↑；答案为：2Al2O336NaAlF电解4Al+3O2↑。24.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有

重要意义。回答下列问题：（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-75kJ·mol−1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol−1C(s)+12O2(g)=CO

(g)ΔH=-111kJ·mol−1该催化重整反应的ΔH=_______kJ·mol−1,有利于提高CH4平衡转化率的条件是_______(填标号)。A.高温低压B.低温高压C.高温高压D.低温低压某温

度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)=C(s)+

2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH/(kJ·mol−1)75172活化能/(kJ·mol−1)催化剂X3391催化剂Y4372①由上表判断，催化剂X_______Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_______。②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的

生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_______。【答案】（

1）①.+247②.A③.13（2）①.劣于②.相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大③.pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【解析】【小问1详解】将已

知中3个反应依次记为①、②、③，根据盖斯定律，由③×2-①-②得该催化重整反应的ΔH=(−111×2+75+394)kJ⋅mol−1=247kJ⋅mol−1；由于该反应的正反应为吸热且气体体积增大的反应，要提高CH4的平衡转化率，需在高温低压下进行

，答案选A；达到平衡时消耗的CO2为1mol×50%=0.5mol，则消耗的CH4为0.5mol，生成的CO和H2均为1mol，根据“三段式”法可知，()()()()()()()4225C/10.5000C.250g.25g

0.o5L0C.5Hg+5Ogo0.750.202O+2Hml/mlLmol/0L.5.开始变化平衡CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75mol⋅L−1、0.25mol⋅L−1、0.5mol⋅L−1、0.5mol⋅L−1，

则平衡常数K=220.50.50.750.25=13；故答案为：+247；A；13；【小问2详解】从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而用催化剂Y催化时消碳反应活化能相对小，则消碳

反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y；结合速率方程可知，在p(CH4)一定时，p(CO2)与沉积碳的生成速率成反比，结合图像可知pc(CO2)>pb(CO2)>

pa(CO2)，故答案为：劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。25.已知A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A的一种核素中子数是质子数的2倍；B含有3

个能级，且每个能级所含的电子数相同；D原子基态核外电子运动状态共8种；E为VIII族元素，基态E原子中有4个未成对电子且全在同一能级；E、F原子序数相差3。(1)写出阳离子E2+的核外电子排布式_______。(2)B、C、D简单气态氢化物的稳定

性由小到大的顺序是_______。(用化学式书写)(3)由A、B、C、D构成的物质(ADBC)的结构式是_______，其中B原子的杂化方式是_______，根据等电子体原理，可推测BCD-离子的空间构型是_______。(4)E元素与D元素形成的ED晶体与NaCl晶体晶

胞结构相似，则ED晶体中E离子的配位数为___。(5)B、C与A可以形成多种分子，有关说法不正确的是_______。①B2A2分子中σ键与π键的个数比为3︰2②CA3和BA4的VSEPR构型相同③C2A4分子、CA3分子都可以做配体与

某些金属离子形成配位键④BA4是由非极性键构成的非极性分子(6)F单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞结构如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如丙所示。若F原子半径为acm，则F单质晶体的密度为_______g·cm-3(只列出计算式，阿伏加德罗常数

的值为NA)。【答案】①.1s22s22p63s23p63d6或者[Ar]3d6②.CH4<NH3<H2O③.H—O—C≡N④.sp⑤.直线形⑥.6⑦.④⑧.3A6444aN2或()3A64422aN【

解析】【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，A的一种核素中子数是质子数的2倍，A是H元素；B含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，B是C元素；D原子基态核外电子运动状态共8种，D核外有8个电子，D是O

元素，则C是N元素；E为VIII族元素，基态E原子中有4个未成对电子且全在同一能级，E是Fe元素；E、F原子序数相差3，F是Cu元素。【详解】(1)E是Fe元素，Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层2个

电子形成Fe2+，Fe2+核外有电子排布式是1s22s22p63s23p63d6；(2)同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，C、N、O简单气态氢化物的稳定性由小到大的顺序是CH4<NH3<H2O；(3)根据价键规

律，(HOCN)的结构式是H—O—C≡N，其中C原子无孤电子对，C原子形成2个σ键，杂化方式是sp，CNO-离子与CO2是等电子体，根据等电子体原理，可推测CNO-离子的空间构型是直线形；(4)NaCl晶体晶胞中Na+配位数是6

，FeO晶体与NaCl晶体晶胞结构相似，则FeO晶体中Fe2+离子的配位数为6；(5)①C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的个数比为3:2，故①正确；②NH3和CH4中心原子的价电子对数都是4，VSEPR构型都是四面体，故②正确；③N2H4分子、NH3分子中

N原子都含有孤电子对，所以都可以做配体与某些金属离子形成配位键，故③正确；④CH4是由极性键构成的非极性分子，故④错误；选④；(6)由图示可知，单质Cu的晶胞为面心立方，1个晶胞含有碳原子数是118+6=482，若Cu原子半径为acm，则晶胞的边长为22acm，则Cu

单质晶体的密度为()3A46422aNg·cm-3。的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com