2022-2023学年广东省广州市天河区高二上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE12022学年第一学期天河区期末考试高二化学本试题卷共8页，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，学生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上。2.选择題每小题选出答聚后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答策标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答策必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答策，然后再写上新的答策；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答策无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Co59I127一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分：第11~16小题，每小题4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。1.文物的腐蚀是指出土前由于自然的侵蚀、损坏而破坏文物的原貌，电化学腐蚀也是重要因素之一。三星堆是中华文明的重要组成部分，下列出土文物可能涉及电化学腐蚀的是ABCD青铜神树玉璋陶瓷马头黄金面罩A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗电化学腐蚀就是金属和电解质组成两个电极，所以需含有两种金属，据此分析解题。〖详析〗A．青铜神树中含有Sn和Cu，可能涉及电化学腐蚀，故A符合题意；B．玉璋属于玉器，主要成分为无机物，不涉及电化学腐蚀，故B不符合题意；C．陶瓷马头以粘土为主要原料制成，不涉及电化学腐蚀，故C不符合题意；D．黄金面罩由黄金制成，只含有金，不涉及电化学腐蚀，故D不符合题意；故〖答案〗选A。2.2022年10月31日，梦天实验舱在我国文昌航天发射场成功发射，中国空间站“T”字基本构型即将在轨组装完成，空间站内能量转化关系如图所示。下列说法正确的是A.太阳能电池的主要化学成分是B.燃料电池系统内部与剧烈燃烧，释放大量的热量C.水电解系统将化学能转化为电能D.水电解系统和燃料电池系统工作时均发生了氧化还原反应〖答案〗BD〖解析〗〖详析〗A．太阳能电池的主要化学成分是单质，故A错误；B．由图可知，燃料电池系统内部反应为与反应，释放大量的热量，故B正确；C．水电解系统将电能转化为化学能，故C错误；D．水电解系统工作时水分解为和，燃料电池系统工作时和反应生成H2O，均为氧化还原反应，故D正确；故〖答案〗选BD。3.下列化学用语书写不正确的是A.过氧化钠与水反应离子方程式：B.常温下溶液C.悬浊液中存在沉淀溶解平衡：D.酸性氢氧燃料电池的正极电极反应：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．过氧化钠为金属过氧化物，与水反应离子方程式为，故A错误；B．常温下溶液是因为的水解，离子方程式为，故B正确；C．悬浊液中沉淀溶解平衡，离子方程式为，故C正确；D．酸性氢氧燃料电池中存在大量H+，O2在正极发生反应，电极反应为，故D正确；故〖答案〗选A。4.证据推理是化学学科核心素养的思维核心。室温下，下列实验事实不能证明是弱电解质的是A.用溶液做导电实验，灯炮很暗B.测得溶液的C.等等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多D.的溶液稀释至1000倍，测得〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．用醋酸溶液做导电实验，灯炮很暗说明溶液中的离子浓度小，但不能说明醋酸在溶液中部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故A符合题意；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH为2.1说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；C．等pH等体积的硫酸、醋酸溶液和足量锌反应，醋酸放出的氢气较多说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故C不符合题意；D．pH=1的醋酸溶液稀释至1000倍，测得pH<4说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故D不符合题意；故选A。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中所含的数目为B.常温下，的溶液中的数目约为C.含有σ键的数目为D.密闭容器中，和催化反应后分子总数为〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，所以100mL1mol/L氯化铁溶液中所含铁离子的数目小于1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B．一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则常温下，1LpH=12的一水合氨溶液中铵根离子的数目约为0.01mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，故B正确；C．三氯甲烷分子中含有4个σ键，则1mol三氯甲烷中含有σ键的数目为1mol×4×NAmol-1=4NA，故C错误；D．二氧化硫和氧气催化氧化反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以2mol二氧化硫和1mol氧气催化反应后分子总数大于2NA，故D错误；故选B。6.电解原理具有广泛的应用。下列关于图示四个装置的叙述不正确的是A.装置甲可以在铁钉上镀铜B.若装置乙可以电解精炼铜，则X电极为纯铜C.装置丙的a端产生氯气D.装置丁可以观察到白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．Cu与电源正极相连，阳极，失去电子，阴极上铜离子得到电子，可以在铁钉上镀铜，故A正确；

B．电解精炼铜，Y为粗铜，与电源正极相连，X电极为精铜，故B正确；

C．a为阳极，b为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，故C正确；

D．图中有外接电源，铁为阴极，不溶解，故D错误；

故〖答案〗选D。〖『点石成金』〗本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、电化学为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7.空燃比是指机动车内燃机气缸内混合气中空气与燃料之间的质量比例，通过调节空燃比可控制机动车尾气中、碳氢化合物等污染物的排放。内燃机工作时，气缸中会发生反应，下列说法正确的是A.上述反应在高温下可以自发进行，则该反应B.上述反应平衡常数表达式C.气缸内温度升高，正反应速率加快，逆反应速率减慢D.实际应用中，控制气缸内空燃比越小，机动车尾气对环境的污染越小〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．该反应是吸热反应，ΔH＞0，高温条件下反应能自发进行，说明T很大时ΔH-TΔS＜0，则，故A正确；B．由方程式可知，反应平衡常数表达式，故B错误；C．气缸内温度升高，正、逆反应速率均加快，故C错误；D．实际应用中，气缸内空燃比减小，燃料不能完全燃烧会生成一氧化碳、可吸入颗粒物等造成环境污染，故D错误；故选A。8.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大太满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下图是合成氨生产流程示意图，下列说法不正确的是A.“干燥净化”可以防止催化剂中毒B.“压缩机加压”既提高了原料的转化率又加快了反应速率C.“冷却”提高了原料的平衡转化率和利用率D.“铁触媒”在生产过程中需使用外加热源持续加热〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．合成氨反应的原料中含有能使催化剂中毒的杂质，所以“干燥净化”可以防止催化剂中毒，故A正确；B．合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，原料的转化率增大，所以“压缩机加压”既提高了原料的转化率又加快了反应速率，故B正确；C．氨气易液化，冷却时氨气转化为液氨，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，原料的转化率增大，所以“冷却”提高了原料的平衡转化率和利用率，故C正确；D．合成氨反应为放热反应，“铁触媒”在生产过程中可以通过反应放出的热量和热交换达到反应所需的温度，不需使用外加热源持续加热，故D错误；故选D。9.是常用绿色氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。下列说法不正确的是A.的电子式为B.是非极性分子，易溶于水，难溶于C.含有极性共价键和非极性共价键D.中2个氧原子的杂化轨道类型均为杂化〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．一对共用电子对用一个短线来表示，则H2O2分子的电子式是，故A正确；B．双氧水中氢与氧形成的是极性键，氧与氧形成的是非极性键，形成的极性分子，故B错误；C．含有氢与氧形成的极性共价键和氧与氧形成的非极性键，故C正确；D．中氧原子含有两个σ键和两对孤电子对，杂化轨道类型均为杂化，故D正确；故〖答案〗选B。10.甲烷分子结构具有高对称性且断开键需要吸收能量，甲烷在镍基催化剂上的转化过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.甲烷裂解成C和需吸收能量B.上述转化过程中①②③步均为吸热反应C.决定上述转化过程快慢的是步骤①D.使用该催化剂能有效减少反应吸收的能量〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．1molCH4(g)中含有4molC−H键，断裂1molCH4(g)，吸收的热量为4×440kJ＝1760kJ，但是形成氢气分子的过程中还会放出热量，故整个甲烷的裂解反应中吸收的能量小于1760kJ，故A错误；

B．由图可知，步骤①中反应物总能量小于生成物总能量，该步骤吸热，步骤②③中反应物总能量都大于生成物总能量，则两个步骤均放热，故B错误；

C．步骤①是活化能最大，决定上述转化过程快慢，故C正确；

D．催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应的热效应，因此使用该催化剂，反应吸收的能量不变，故D错误；

故〖答案〗选C。11.室温下，将一元酸的溶液和溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：实验编号起始浓度/反应后溶液的①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是A.实验①反应后的溶液中：B.实验①反应后的溶液中：C.实验②中：D.实验②反应后的溶液中：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由等体积等浓度的HA溶液与氢氧化钠溶液混合后溶液pH为9可知，HA为弱酸，则实验①所得溶液为NaA溶液、实验②所得溶液为NaA和HA的混合溶液。〖详析〗A．由分析可知，实验①所得溶液为NaA溶液，A—离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故A正确；B．由分析可知，实验①所得溶液为NaA溶液，由电荷守恒可知，溶液中：，故B错误；C．由分析可知，实验②所得溶液为NaA和HA的混合溶液，则等体积等浓度的HA溶液与氢氧化钠溶液混合时HA溶液过量，HA的浓度，故C正确；D．由分析可知，实验②所得溶液为NaA和HA混合溶液，溶液呈中性，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故D正确；故选B。12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A相同条件下，分别测量和醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B常温下，分别测定浓度均为和溶液的，后者的大常温下：C和的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色被还原为D的悬浊液中加入饱和溶液可生成浅红色沉淀(为浅红色)A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．醋酸为弱酸，浓度越大，电离出离子浓度大，电离程度小，则前者电离程度小，故A错误；

B．常温下，相同浓度和溶液，的大，说明次氯酸根水解程度大，则酸性，所以Ka(HF)>Ka(HClO)，故B错误；

C．碱性条件下Al、硝酸根离子发生氧化还原反应生成氨气，则湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，故C正确；

D．的悬浊液中加入饱和溶液，Qc(MnS)>Ksp(MnS)时，生成沉淀，不能比较Ksp(MnS)和Ksp(CuS)的大小，故D错误；故〖答案〗选C。13.锂离子电池可以用于大型储能电站，在用电低谷时充电，在用电高峰时放电，可以实现对电能的灵活调节和精确控制。一种锂离子电池的结构如图所示，该电池放电时的总反应为：，下列说法正确的是A.放电时，嵌锂石墨为正极B.放电时，锂离子向嵌锂石墨电极方向移动C.充电时，阳极电极反应为D.无论是充电还是放电，LiCoO2电极上都发生氧化反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由放电时的总反应可知，放电时，嵌锂石墨为负极，锂在负极失去电子，发生氧化反应，生成锂离子，LiCoO2电极为正极，Li1-xCoO2在正极得到电子，发生还原反应，生成LiCoO2；充电时，与直流电源负极相连的嵌锂石墨为电解池的阴极，LiCoO2电极为阳极。〖详析〗A．由分析可知，放电时，嵌锂石墨为负极，故A错误；B．由分析可知，放电时，嵌锂石墨为负极，LiCoO2电极为正极，锂离子向LiCoO2电极方向移动，故B错误；C．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的LiCoO2电极为阳极，LiCoO2失去电子，发生氧化反应，生成Li1-xCoO2，电极反应式为，故C正确；D．由分析可知，放电时，LiCoO2电极为正极，Li1-xCoO2在正极得到电子，发生还原反应，生成LiCoO2；充电时，LiCoO2电极为阳极，LiCoO2失去电子发生氧化反应生成Li1-xCoO2；故D错误；故选C。14.X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是元素元素性质或原子结构X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等N只有一个不成对电子A.原子半径：B.元素的电负性：C.元素的第一电离能：D.X的基态原子的电子轨道表示式：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，为O元素；Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且则这几种元素中元素序数最大，为Cl元素，结合题目分析解答。〖详析〗A．X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为，故A错误；B．X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为，故B正确；C．Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能，故C错误；D．X为O，O的基态原子的电子轨道表示式，故D错误；故〖答案〗选B。15.目前，常利用催化技术将汽车尾气中的和转化为和。为研究反应条件对该化学反应的影响，某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是编号催化剂的比表面积Ⅰ28080.0Ⅱ120Ⅲ36080.0A.实验Ⅱ的反应温度为B.由实验Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应速率增大C.实验Ⅰ达到平衡时，的浓度为D.该反应的反应热〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．根据单一变量原则，实验Ⅰ和Ⅱ催化剂比表面不同，温度应该相同，所以实验Ⅱ的反应温度为，故A正确；B．实验Ⅰ、Ⅱ催化剂比表面不同，增大催化剂的比表面积，化学反应速率增大，故B正确；C．和转化为和方程式为，，所以平衡时，的浓度为，故C错误；D．对比反应Ⅰ和Ⅲ，温度升高，平衡时CO浓度降低，平衡逆向移动，说明，故D错误；故〖答案〗选CD。16.时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是A.曲线1代表 B.，的电离常数C. D.溶液中始终存在〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A错误；B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B错误；C．，故C正确；D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D错误；故〖答案〗选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.某化学兴趣小组学习了《化学反应原理》以后，设计了以下几个实验。Ⅰ.设计实验测定反应的（1）实验室中盐酸和溶液已耗尽，请你为该兴趣小组推荐一种酸和一种碱_______。（2）选用合理的试剂，用如图装置进行实验，其中仪器a的名称为_______。某次实验测得中和热，与理论值出现较大偏差，产生偏差的原因不可能是_______。(填字母序号)A.实验装置保温、隔热效果差B.分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中C.用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸浴液的温度D.用量简量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数Ⅱ.用酸碱中和滴定法测定某烧碱样品的纯度（3）将含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制成溶液。用滴定管_______(填“b”或“c”)向锥形瓶中滴入上述待测烧碱溶液，若中间某个时间点滴定管内液面如图a所示，读数为_______。（4）向锥形瓶中滴加2~3滴酚酞浴液，用的盐酸标准液滴定待测烧碱溶液，滴定终点的判断方法是_______。实验数据记录如下：滴定序号待测液体积消耗盐酸标准液的体积滴定前滴定后120.000.5020.60220.003.0022.90320.000.0022.10结合表中数据计算，烧碱样品的纯度为_______。(保留小数点后两位)Ⅲ.用酸碱中和滴定法测定食醋是否符合国家标准（5）国家规定酿造食醋中醋酸含量不得低于。该兴趣小组通过实验测得某白醋中醋酸的浓度为，则该白醋中的醋酸含量为_______。〖答案〗（1）硫酸和KOH(〖答案〗合理即可)（2）①.环形玻璃搅拌棒②.D（3）①.c②.22.60（4）①.红色消失；②.94.12%（5）0.036〖解析〗〖小问1详析〗设计实验测定反应的，酸和碱需为强酸和强碱，盐酸和溶液已耗尽，可由硫酸和KOH代替，故〖答案〗为硫酸和KOH(〖答案〗合理即可)。〖小问2详析〗实验为测定中和热实验，仪器a的名称为环形玻璃搅拌棒；A．实验装置保温、隔热效果差，测得的热量值偏小，得到中和热数值偏小，故A不符合题意；B．分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中，会导致热量散失，中和热数值偏小，故B不符合题意；C．用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸浴液的温度，酸溶液的起始温度偏高，测得中和热数值偏小，故C不符合题意；D．用量简量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数，导致所量取的溶液体积偏大，反应生成的水大于1mol，测得中和热数值偏大，故D符合题意；故〖答案〗为环形玻璃搅拌棒；D。小问3详析〗使用碱式滴定管向锥形瓶中滴入待测烧碱溶液；如图滴定管液面在22.00mL刻度下低6格，滴定管精度为0.01mL，所以滴定管中的液面读数为22.60mL，故〖答案〗为c；22.60。〖小问4详析〗选用酚酞作为指示剂，酚酞在碱性条件下为红色，使用盐酸标准液滴定待测烧碱溶液，滴定终点的判断方法是红色消失；三次测定盐酸消耗体积分别为20.10，19.90和22.10mL，22.10数据与前两组相差较大，应舍去；因此消耗盐酸的体积为，所以待测溶液的物质的量为，烧碱样品的纯度为，故〖答案〗为红色消失；94.12%。〖小问5详析〗通过实验测得某白醋中醋酸的浓度为，换算后为，故〖答案〗为0.036。18.钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含等杂质)制备的工艺流程如图所示：已知：①氧化性②部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的沉淀物开始沉淀的2.37.57.64.6完全沉淀的3.79.69.26.4（1）“还原浸出”时，反应中被还原的离子是_______，实际生产中不用盐酸代替硫酸的原因可能是_______。（2）“氧化”时，溶液中被氧化的离子有、_______，与的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。（3）“调”时，产生的滤渣成分是_______，“除铜”时，反应的离子方程式为_______。（4）基态核外电子排布式为_______，“沉钴”时，加入小苏打有沉淀和气体生成，反应的离子方程式为_______。（5）已知时，，沉钴开始时，若溶液中的，为防止生成，应控制溶液_______。〖答案〗（1）①.Co3+、Fe3+②.Co2O3与盐酸反应生成有毒的Cl2，污染环境（2）①.SO②.1：2（3）①.Fe(OH)3②.Cu2++S2—=CuS↓（4）①.1s22s22p63s23p63d7②.Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O（5）6.5〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，向含钴废催化剂中加入稀硫酸、过量亚硫酸钠混合溶液还原浸出时，金属氧化物分别转化为二价钴离子、亚铁离子和铜离子，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子、过量的亚硫酸根离子氧化为铁离子、硫酸根离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH为4，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和含有二价钴离子、铜离子的滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到硫化铜滤渣和含有钴离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴。〖小问1详析〗由分析可知，“还原浸出”时，反应中被还原的离子是钴离子和铁离子；由氧化性强弱顺序可知，若用盐酸代替硫酸，三氧化二钴会与盐酸反应生成有毒的氯气，污染环境，所以实际生产中不用盐酸代替硫酸，故〖答案〗为：Co3+、Fe3+；Co2O3与盐酸反应生成有毒的Cl2，污染环境；〖小问2详析〗由分析可知，“氧化”时，加入次氯酸钠溶液目的是将溶液中的亚铁离子、过量的亚硫酸根离子氧化为铁离子、硫酸根离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子与次氯酸钠溶液反应时，氧化剂次氯酸钠与还原剂亚铁离子的物质的量之比为1：2，故〖答案〗为：SO；1：2；〖小问3详析〗由分析可知，加入碳酸钠溶液调节溶液pH为4的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣的主要成分为氢氧化铁；“除铜”时发生的反应为将溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++S2—=CuS↓，故〖答案〗为：Fe(OH)3；Cu2++S2—=CuS↓；〖小问4详析〗钴元素的原子序数为27，基态二价钴离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d7；由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是将钴离子转化为碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故〖答案〗为：1s22s22p63s23p63d7；Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O；〖小问5详析〗由溶度积可知，为防止生成氢氧化钴应控制溶液氢氧根离子浓度小于=10—6.5mol/L，则溶液pH应小于6.5，故〖答案〗为：6.5。19.某化学小组利用的分解探究外界条件对化学反应速率的影响。Ⅰ.用下图装置探究催化分解的最佳条件，表中数据为反应物用量和反应从开始到结束所用时间(假设不同浓度的溶液密度相同)。

（1）从表中数据可知分解规律：的浓度相同时，其分解速率_______，从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，的浓度相同时，加入_____g的为较佳选择。（2）该小组分析表中数据得出：质量相同时，的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢。你认为此推论是否正确？理由是_______。Ⅱ.为进一步研究催化剂对分解速率的影响，该小组同学又做了如下实验。（3）定性研究：按下图进行实验，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，能作为判断反应速率大小的实验现象是_______，某同学提出用溶液代替溶液做实验，你认为是否合理？理由是_______。（4）定量研究：按下图进行实验，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是_______。若末得到气体(已换算为标准状况，溶液体积按计算)，则的分解速率为_______，用溶液代替溶液进行平行实验，比较催化剂对反应速率的影响。Ⅲ.研究小组继续探究浓度、溶液酸碱性对分解反应速率的彩响，实验方案如下。编号反应物操作①和同时放入的热水浴中②加溶液③溶液加溶液④溶液加溶液（5）实验①的目的是_______，实验②、③、④中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示，由此得出的结论是_______。〖答案〗（1）①.随着MnO2质量增大，反应速率加快②.0.3（2）不正确，H2O2的浓度增大2倍，但结束反应所需时间比2倍小的多（3）①.气球膨胀的快慢②.不合理，不能排出硫酸根离子和氯离子对催化效果的影响（4）①.反应结束所需时间和反应生成气体的体积②.0.2（5）①.探究反应物的浓度对反应速率的影响②.酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快〖解析〗〖祥解〗该实验的实验目的是探究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，通过实验得到相同催化剂的用量、不同的催化剂和过氧化氢的浓度对过氧化氢分解速率有影响。〖小问1详析〗由表格数据可知，过氧化氢溶液的浓度相同时，二氧化锰的用量越大，反应结束所需时间越少说明反应速率越快；二氧化锰的质量由0.1g变为0.3g时，反应结束时间改变非常大，而质量由0.3g变为0.8g时，反应结束时间变化不大，所以从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，加入0.3g二氧化锰为较佳选择，故〖答案〗为：随着MnO2质量增大，反应速率加快；0.3；〖小问2详析〗由表格数据可知，二氧化锰质量相同时，过氧化氢的浓度由15%变为30%时，浓度增大了2倍，而反应结束所需时间比2倍小的多，说明反应物的浓度越大，反应速率越快，所以二氧化锰质量相同时，过氧化氢的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢的推论是不正确的，故〖答案〗为：不正确，H2O2的浓度增大2倍，但结束反应所需时间比2倍小的多；〖小问3详析〗由图可知，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，反应速率越快，反应生成的氧气越多，气球膨胀的越快，则气球膨胀的快慢能作为判断反应速率大小的实验现象；若实验时用硫酸铜溶液替代氯化铜溶液做实验，两实验加入催化剂的阳离子和阴离子都不相同，无法排除阴离子对催化效果的影响，用硫酸铜溶液替代氯化铜溶液做实验不合理，所以故〖答案〗为：气球膨胀的快慢；不合理，不能排出硫酸根离子和氯离子对催化效果的影响；〖小问4详析〗由化学反应速率的定义可知，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是反应结束所需时间和反应生成气体的体积；若5min末得到标准状况下氧气的体积为112mL，则氧气的物质的量为=0.005mol，由方程式可知，过氧化氢的分解速率为=0.2mol/(L·min)，故〖答案〗为：反应结束所需时间和反应生成气体的体积；0.2；〖小问5详析〗由表格数据可知，实验①的目的是探究其他条件相同时，反应物的浓度对反应速率的影响；由图可知，与实验②相比，其他条件相同时，实验③溶液酸性增强，过氧化氢的分解速率减慢，实验④溶液碱性增强，分解速率加快，则实验结论为酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快，故〖答案〗为：探究反应物的浓度对反应速率的影响；酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快。20.我国提出2060年前实现碳中和，以为原料制备甲烷、甲醇等有机燃料是实现碳中和的有效途径。问答下列问题：（1）在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：副反应：①_______②某温度下，还原的转化率和选择性与A、B、C、D四种催化剂的关系如图所示。(已知：的选择性)该条件下，制取效果最佳的催化剂是_______(填字母)，判断图中M点是否达到平衡状态？理由是_______。③平衡时和的选择性随温度变化如下图所示，平衡时的选择性随温度升高而下降的原因是_______，同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为_______。A.低温、低压B.高温、高压C.高温、低压D.低温、高压（2）与反应可以合成甲醇。①某温度下，恒容反应器中，该合成甲醇的反应达到平衡状态的是_______。A.B.混合气体的平均摩尔质量不变C.混合气体的密度不变D.保持不变②某温度下，将和充入体积不变的密闭容器中，发生上述合成甲醇的反应，测得不同时刻反应后容器内气体的物质的量如下：时间h12345物质的量/3.683.403.163.003.00该温度下，上述合成甲醇反应的平衡常数_______(保留2位小数)，反应时，甲醇的产率=_______。〖答案〗（1）①.+198②.C③.否，催化剂不能使平衡移动，在催化剂C的条件下，CO2的百分含量更高④.主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动⑤.D（2）①.BD②.0.59③.30%〖解析〗〖小问1详析〗①由盖斯定律可知，副反应-主反应可得反应，则反应ΔH=(+41.1kJ/mol)-(-156.9kJ/mol)=+198kJ/mol，故〖答案〗为：+198；②由图可知，催化剂C条件下，甲烷的选择性高于其他催化剂，所以该条件下，制取甲烷效果最佳的催化剂是C；由图可知，M点二氧化碳的转化率小于催化剂C条件下二氧化碳的转化率，由催化剂不能使平衡移动可知，M点反应未达到平衡状态，故〖答案〗为：C；否，催化剂不能使平衡移动，在催化剂C的条件下，CO2的百分含量更高；③由方程式可知，主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡时甲烷的选择性随温度升高而下降；主反应是气体体积减小的反应，副反应是气体体积不变的吸热反应，降低温度，主反应向正反应方向移动、副反应向逆反应方向移动；增大压强，主反应向正反应方向移动、副反应不移动，所以能同时提高二氧化碳的平衡转化率和平衡时甲烷的选择性的条件为低温、高压，故选D，故〖答案〗为：主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；D。〖小问2详析〗①A．不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A不符合题意；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的总质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量增大，则混合气体的平均摩尔质量不变，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B符合题意；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C不符合题意；D．保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D符合题意；故选BD；②由表格数据可知，4h时反应已达到平衡，混合气体的总物质的量为3.00mol，设平衡时生成甲醇的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由平衡时气体总物质的量为3.00mol可得：4-2a=3，解得a=0.5，则反应的平衡常数K=≈0.59；反应2h时，气体的总物质的量为3.4mol，则有4-2a=3.4，解得a=0.3，则甲醇的产率为×100%=30%，故〖答案〗为：0.59；30%。PAGEPAGE12022学年第一学期天河区期末考试高二化学本试题卷共8页，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，学生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上。2.选择題每小题选出答聚后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答策标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答策必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答策，然后再写上新的答策；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答策无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Co59I127一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分：第11~16小题，每小题4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。1.文物的腐蚀是指出土前由于自然的侵蚀、损坏而破坏文物的原貌，电化学腐蚀也是重要因素之一。三星堆是中华文明的重要组成部分，下列出土文物可能涉及电化学腐蚀的是ABCD青铜神树玉璋陶瓷马头黄金面罩A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗电化学腐蚀就是金属和电解质组成两个电极，所以需含有两种金属，据此分析解题。〖详析〗A．青铜神树中含有Sn和Cu，可能涉及电化学腐蚀，故A符合题意；B．玉璋属于玉器，主要成分为无机物，不涉及电化学腐蚀，故B不符合题意；C．陶瓷马头以粘土为主要原料制成，不涉及电化学腐蚀，故C不符合题意；D．黄金面罩由黄金制成，只含有金，不涉及电化学腐蚀，故D不符合题意；故〖答案〗选A。2.2022年10月31日，梦天实验舱在我国文昌航天发射场成功发射，中国空间站“T”字基本构型即将在轨组装完成，空间站内能量转化关系如图所示。下列说法正确的是A.太阳能电池的主要化学成分是B.燃料电池系统内部与剧烈燃烧，释放大量的热量C.水电解系统将化学能转化为电能D.水电解系统和燃料电池系统工作时均发生了氧化还原反应〖答案〗BD〖解析〗〖详析〗A．太阳能电池的主要化学成分是单质，故A错误；B．由图可知，燃料电池系统内部反应为与反应，释放大量的热量，故B正确；C．水电解系统将电能转化为化学能，故C错误；D．水电解系统工作时水分解为和，燃料电池系统工作时和反应生成H2O，均为氧化还原反应，故D正确；故〖答案〗选BD。3.下列化学用语书写不正确的是A.过氧化钠与水反应离子方程式：B.常温下溶液C.悬浊液中存在沉淀溶解平衡：D.酸性氢氧燃料电池的正极电极反应：〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．过氧化钠为金属过氧化物，与水反应离子方程式为，故A错误；B．常温下溶液是因为的水解，离子方程式为，故B正确；C．悬浊液中沉淀溶解平衡，离子方程式为，故C正确；D．酸性氢氧燃料电池中存在大量H+，O2在正极发生反应，电极反应为，故D正确；故〖答案〗选A。4.证据推理是化学学科核心素养的思维核心。室温下，下列实验事实不能证明是弱电解质的是A.用溶液做导电实验，灯炮很暗B.测得溶液的C.等等体积的硫酸、溶液和足量锌反应，放出的氢气较多D.的溶液稀释至1000倍，测得〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．用醋酸溶液做导电实验，灯炮很暗说明溶液中的离子浓度小，但不能说明醋酸在溶液中部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故A符合题意；B．0.1mol/L醋酸溶液的pH为2.1说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；C．等pH等体积的硫酸、醋酸溶液和足量锌反应，醋酸放出的氢气较多说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故C不符合题意；D．pH=1的醋酸溶液稀释至1000倍，测得pH<4说明醋酸在溶液中部分电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故D不符合题意；故选A。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.溶液中所含的数目为B.常温下，的溶液中的数目约为C.含有σ键的数目为D.密闭容器中，和催化反应后分子总数为〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中会发生水解，所以100mL1mol/L氯化铁溶液中所含铁离子的数目小于1mol/L×1L×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B．一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则常温下，1LpH=12的一水合氨溶液中铵根离子的数目约为0.01mol/L×1L×NAmol-1=0.01NA，故B正确；C．三氯甲烷分子中含有4个σ键，则1mol三氯甲烷中含有σ键的数目为1mol×4×NAmol-1=4NA，故C错误；D．二氧化硫和氧气催化氧化反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以2mol二氧化硫和1mol氧气催化反应后分子总数大于2NA，故D错误；故选B。6.电解原理具有广泛的应用。下列关于图示四个装置的叙述不正确的是A.装置甲可以在铁钉上镀铜B.若装置乙可以电解精炼铜，则X电极为纯铜C.装置丙的a端产生氯气D.装置丁可以观察到白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．Cu与电源正极相连，阳极，失去电子，阴极上铜离子得到电子，可以在铁钉上镀铜，故A正确；

B．电解精炼铜，Y为粗铜，与电源正极相连，X电极为精铜，故B正确；

C．a为阳极，b为阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，故C正确；

D．图中有外接电源，铁为阴极，不溶解，故D错误；

故〖答案〗选D。〖『点石成金』〗本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、电化学为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7.空燃比是指机动车内燃机气缸内混合气中空气与燃料之间的质量比例，通过调节空燃比可控制机动车尾气中、碳氢化合物等污染物的排放。内燃机工作时，气缸中会发生反应，下列说法正确的是A.上述反应在高温下可以自发进行，则该反应B.上述反应平衡常数表达式C.气缸内温度升高，正反应速率加快，逆反应速率减慢D.实际应用中，控制气缸内空燃比越小，机动车尾气对环境的污染越小〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．该反应是吸热反应，ΔH＞0，高温条件下反应能自发进行，说明T很大时ΔH-TΔS＜0，则，故A正确；B．由方程式可知，反应平衡常数表达式，故B错误；C．气缸内温度升高，正、逆反应速率均加快，故C错误；D．实际应用中，气缸内空燃比减小，燃料不能完全燃烧会生成一氧化碳、可吸入颗粒物等造成环境污染，故D错误；故选A。8.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大太满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下图是合成氨生产流程示意图，下列说法不正确的是A.“干燥净化”可以防止催化剂中毒B.“压缩机加压”既提高了原料的转化率又加快了反应速率C.“冷却”提高了原料的平衡转化率和利用率D.“铁触媒”在生产过程中需使用外加热源持续加热〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．合成氨反应的原料中含有能使催化剂中毒的杂质，所以“干燥净化”可以防止催化剂中毒，故A正确；B．合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，原料的转化率增大，所以“压缩机加压”既提高了原料的转化率又加快了反应速率，故B正确；C．氨气易液化，冷却时氨气转化为液氨，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，原料的转化率增大，所以“冷却”提高了原料的平衡转化率和利用率，故C正确；D．合成氨反应为放热反应，“铁触媒”在生产过程中可以通过反应放出的热量和热交换达到反应所需的温度，不需使用外加热源持续加热，故D错误；故选D。9.是常用绿色氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。下列说法不正确的是A.的电子式为B.是非极性分子，易溶于水，难溶于C.含有极性共价键和非极性共价键D.中2个氧原子的杂化轨道类型均为杂化〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．一对共用电子对用一个短线来表示，则H2O2分子的电子式是，故A正确；B．双氧水中氢与氧形成的是极性键，氧与氧形成的是非极性键，形成的极性分子，故B错误；C．含有氢与氧形成的极性共价键和氧与氧形成的非极性键，故C正确；D．中氧原子含有两个σ键和两对孤电子对，杂化轨道类型均为杂化，故D正确；故〖答案〗选B。10.甲烷分子结构具有高对称性且断开键需要吸收能量，甲烷在镍基催化剂上的转化过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.甲烷裂解成C和需吸收能量B.上述转化过程中①②③步均为吸热反应C.决定上述转化过程快慢的是步骤①D.使用该催化剂能有效减少反应吸收的能量〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．1molCH4(g)中含有4molC−H键，断裂1molCH4(g)，吸收的热量为4×440kJ＝1760kJ，但是形成氢气分子的过程中还会放出热量，故整个甲烷的裂解反应中吸收的能量小于1760kJ，故A错误；

B．由图可知，步骤①中反应物总能量小于生成物总能量，该步骤吸热，步骤②③中反应物总能量都大于生成物总能量，则两个步骤均放热，故B错误；

C．步骤①是活化能最大，决定上述转化过程快慢，故C正确；

D．催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应的热效应，因此使用该催化剂，反应吸收的能量不变，故D错误；

故〖答案〗选C。11.室温下，将一元酸的溶液和溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：实验编号起始浓度/反应后溶液的①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是A.实验①反应后的溶液中：B.实验①反应后的溶液中：C.实验②中：D.实验②反应后的溶液中：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由等体积等浓度的HA溶液与氢氧化钠溶液混合后溶液pH为9可知，HA为弱酸，则实验①所得溶液为NaA溶液、实验②所得溶液为NaA和HA的混合溶液。〖详析〗A．由分析可知，实验①所得溶液为NaA溶液，A—离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故A正确；B．由分析可知，实验①所得溶液为NaA溶液，由电荷守恒可知，溶液中：，故B错误；C．由分析可知，实验②所得溶液为NaA和HA的混合溶液，则等体积等浓度的HA溶液与氢氧化钠溶液混合时HA溶液过量，HA的浓度，故C正确；D．由分析可知，实验②所得溶液为NaA和HA混合溶液，溶液呈中性，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故D正确；故选B。12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A相同条件下，分别测量和醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大B常温下，分别测定浓度均为和溶液的，后者的大常温下：C和的混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色被还原为D的悬浊液中加入饱和溶液可生成浅红色沉淀(为浅红色)A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．醋酸为弱酸，浓度越大，电离出离子浓度大，电离程度小，则前者电离程度小，故A错误；

B．常温下，相同浓度和溶液，的大，说明次氯酸根水解程度大，则酸性，所以Ka(HF)>Ka(HClO)，故B错误；

C．碱性条件下Al、硝酸根离子发生氧化还原反应生成氨气，则湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，故C正确；

D．的悬浊液中加入饱和溶液，Qc(MnS)>Ksp(MnS)时，生成沉淀，不能比较Ksp(MnS)和Ksp(CuS)的大小，故D错误；故〖答案〗选C。13.锂离子电池可以用于大型储能电站，在用电低谷时充电，在用电高峰时放电，可以实现对电能的灵活调节和精确控制。一种锂离子电池的结构如图所示，该电池放电时的总反应为：，下列说法正确的是A.放电时，嵌锂石墨为正极B.放电时，锂离子向嵌锂石墨电极方向移动C.充电时，阳极电极反应为D.无论是充电还是放电，LiCoO2电极上都发生氧化反应〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由放电时的总反应可知，放电时，嵌锂石墨为负极，锂在负极失去电子，发生氧化反应，生成锂离子，LiCoO2电极为正极，Li1-xCoO2在正极得到电子，发生还原反应，生成LiCoO2；充电时，与直流电源负极相连的嵌锂石墨为电解池的阴极，LiCoO2电极为阳极。〖详析〗A．由分析可知，放电时，嵌锂石墨为负极，故A错误；B．由分析可知，放电时，嵌锂石墨为负极，LiCoO2电极为正极，锂离子向LiCoO2电极方向移动，故B错误；C．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的LiCoO2电极为阳极，LiCoO2失去电子，发生氧化反应，生成Li1-xCoO2，电极反应式为，故C正确；D．由分析可知，放电时，LiCoO2电极为正极，Li1-xCoO2在正极得到电子，发生还原反应，生成LiCoO2；充电时，LiCoO2电极为阳极，LiCoO2失去电子发生氧化反应生成Li1-xCoO2；故D错误；故选C。14.X、Y、Z、N是原子序数依次增大的4种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是元素元素性质或原子结构X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等N只有一个不成对电子A.原子半径：B.元素的电负性：C.元素的第一电离能：D.X的基态原子的电子轨道表示式：〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，为O元素；Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且则这几种元素中元素序数最大，为Cl元素，结合题目分析解答。〖详析〗A．X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为，故A错误；B．X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为，故B正确；C．Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能，故C错误；D．X为O，O的基态原子的电子轨道表示式，故D错误；故〖答案〗选B。15.目前，常利用催化技术将汽车尾气中的和转化为和。为研究反应条件对该化学反应的影响，某课题组按下表数据进行了实验探究。实验中使用了等质量的同种催化剂，测得的浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是编号催化剂的比表面积Ⅰ28080.0Ⅱ120Ⅲ36080.0A.实验Ⅱ的反应温度为B.由实验Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应速率增大C.实验Ⅰ达到平衡时，的浓度为D.该反应的反应热〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．根据单一变量原则，实验Ⅰ和Ⅱ催化剂比表面不同，温度应该相同，所以实验Ⅱ的反应温度为，故A正确；B．实验Ⅰ、Ⅱ催化剂比表面不同，增大催化剂的比表面积，化学反应速率增大，故B正确；C．和转化为和方程式为，，所以平衡时，的浓度为，故C错误；D．对比反应Ⅰ和Ⅲ，温度升高，平衡时CO浓度降低，平衡逆向移动，说明，故D错误；故〖答案〗选CD。16.时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是A.曲线1代表 B.，的电离常数C. D.溶液中始终存在〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A错误；B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B错误；C．，故C正确；D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D错误；故〖答案〗选C。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.某化学兴趣小组学习了《化学反应原理》以后，设计了以下几个实验。Ⅰ.设计实验测定反应的（1）实验室中盐酸和溶液已耗尽，请你为该兴趣小组推荐一种酸和一种碱_______。（2）选用合理的试剂，用如图装置进行实验，其中仪器a的名称为_______。某次实验测得中和热，与理论值出现较大偏差，产生偏差的原因不可能是_______。(填字母序号)A.实验装置保温、隔热效果差B.分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中C.用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸浴液的温度D.用量简量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数Ⅱ.用酸碱中和滴定法测定某烧碱样品的纯度（3）将含有少量杂质(杂质不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制成溶液。用滴定管_______(填“b”或“c”)向锥形瓶中滴入上述待测烧碱溶液，若中间某个时间点滴定管内液面如图a所示，读数为_______。（4）向锥形瓶中滴加2~3滴酚酞浴液，用的盐酸标准液滴定待测烧碱溶液，滴定终点的判断方法是_______。实验数据记录如下：滴定序号待测液体积消耗盐酸标准液的体积滴定前滴定后120.000.5020.60220.003.0022.90320.000.0022.10结合表中数据计算，烧碱样品的纯度为_______。(保留小数点后两位)Ⅲ.用酸碱中和滴定法测定食醋是否符合国家标准（5）国家规定酿造食醋中醋酸含量不得低于。该兴趣小组通过实验测得某白醋中醋酸的浓度为，则该白醋中的醋酸含量为_______。〖答案〗（1）硫酸和KOH(〖答案〗合理即可)（2）①.环形玻璃搅拌棒②.D（3）①.c②.22.60（4）①.红色消失；②.94.12%（5）0.036〖解析〗〖小问1详析〗设计实验测定反应的，酸和碱需为强酸和强碱，盐酸和溶液已耗尽，可由硫酸和KOH代替，故〖答案〗为硫酸和KOH(〖答案〗合理即可)。〖小问2详析〗实验为测定中和热实验，仪器a的名称为环形玻璃搅拌棒；A．实验装置保温、隔热效果差，测得的热量值偏小，得到中和热数值偏小，故A不符合题意；B．分多次把碱溶液倒入盛有酸的小烧杯中，会导致热量散失，中和热数值偏小，故B不符合题意；C．用温度计测定碱溶液起始温度后直接测定酸浴液的温度，酸溶液的起始温度偏高，测得中和热数值偏小，故C不符合题意；D．用量简量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数，导致所量取的溶液体积偏大，反应生成的水大于1mol，测得中和热数值偏大，故D符合题意；故〖答案〗为环形玻璃搅拌棒；D。小问3详析〗使用碱式滴定管向锥形瓶中滴入待测烧碱溶液；如图滴定管液面在22.00mL刻度下低6格，滴定管精度为0.01mL，所以滴定管中的液面读数为22.60mL，故〖答案〗为c；22.60。〖小问4详析〗选用酚酞作为指示剂，酚酞在碱性条件下为红色，使用盐酸标准液滴定待测烧碱溶液，滴定终点的判断方法是红色消失；三次测定盐酸消耗体积分别为20.10，19.90和22.10mL，22.10数据与前两组相差较大，应舍去；因此消耗盐酸的体积为，所以待测溶液的物质的量为，烧碱样品的纯度为，故〖答案〗为红色消失；94.12%。〖小问5详析〗通过实验测得某白醋中醋酸的浓度为，换算后为，故〖答案〗为0.036。18.钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含等杂质)制备的工艺流程如图所示：已知：①氧化性②部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的沉淀物开始沉淀的2.37.57.64.6完全沉淀的3.79.69.26.4（1）“还原浸出”时，反应中被还原的离子是_______，实际生产中不用盐酸代替硫酸的原因可能是_______。（2）“氧化”时，溶液中被氧化的离子有、_______，与的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。（3）“调”时，产生的滤渣成分是_______，“除铜”时，反应的离子方程式为_______。（4）基态核外电子排布式为_______，“沉钴”时，加入小苏打有沉淀和气体生成，反应的离子方程式为_______。（5）已知时，，沉钴开始时，若溶液中的，为防止生成，应控制溶液_______。〖答案〗（1）①.Co3+、Fe3+②.Co2O3与盐酸反应生成有毒的Cl2，污染环境（2）①.SO②.1：2（3）①.Fe(OH)3②.Cu2++S2—=CuS↓（4）①.1s22s22p63s23p63d7②.Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O（5）6.5〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，向含钴废催化剂中加入稀硫酸、过量亚硫酸钠混合溶液还原浸出时，金属氧化物分别转化为二价钴离子、亚铁离子和铜离子，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子、过量的亚硫酸根离子氧化为铁离子、硫酸根离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH为4，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和含有二价钴离子、铜离子的滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到硫化铜滤渣和含有钴离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将钴离子转化为碳酸钴沉淀，过滤得到碳酸钴。〖小问1详析〗由分析可知，“还原浸出”时，反应中被还原的离子是钴离子和铁离子；由氧化性强弱顺序可知，若用盐酸代替硫酸，三氧化二钴会与盐酸反应生成有毒的氯气，污染环境，所以实际生产中不用盐酸代替硫酸，故〖答案〗为：Co3+、Fe3+；Co2O3与盐酸反应生成有毒的Cl2，污染环境；〖小问2详析〗由分析可知，“氧化”时，加入次氯酸钠溶液目的是将溶液中的亚铁离子、过量的亚硫酸根离子氧化为铁离子、硫酸根离子，由得失电子数目守恒可知，亚铁离子与次氯酸钠溶液反应时，氧化剂次氯酸钠与还原剂亚铁离子的物质的量之比为1：2，故〖答案〗为：SO；1：2；〖小问3详析〗由分析可知，加入碳酸钠溶液调节溶液pH为4的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣的主要成分为氢氧化铁；“除铜”时发生的反应为将溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++S2—=CuS↓，故〖答案〗为：Fe(OH)3；Cu2++S2—=CuS↓；〖小问4详析〗钴元素的原子序数为27，基态二价钴离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d7；由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是将钴离子转化为碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O，故〖答案〗为：1s22s22p63s23p63d7；Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2↑+H2O；〖小问5详析〗由溶度积可知，为防止生成氢氧化钴应控制溶液氢氧根离子浓度小于=10—6.5mol/L，则溶液pH应小于6.5，故〖答案〗为：6.5。19.某化学小组利用的分解探究外界条件对化学反应速率的影响。Ⅰ.用下图装置探究催化分解的最佳条件，表中数据为反应物用量和反应从开始到结束所用时间(假设不同浓度的溶液密度相同)。

（1）从表中数据可知分解规律：的浓度相同时，其分解速率_______，从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，的浓度相同时，加入_____g的为较佳选择。（2）该小组分析表中数据得出：质量相同时，的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢。你认为此推论是否正确？理由是_______。Ⅱ.为进一步研究催化剂对分解速率的影响，该小组同学又做了如下实验。（3）定性研究：按下图进行实验，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，能作为判断反应速率大小的实验现象是_______，某同学提出用溶液代替溶液做实验，你认为是否合理？理由是_______。（4）定量研究：按下图进行实验，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是_______。若末得到气体(已换算为标准状况，溶液体积按计算)，则的分解速率为_______，用溶液代替溶液进行平行实验，比较催化剂对反应速率的影响。Ⅲ.研究小组继续探究浓度、溶液酸碱性对分解反应速率的彩响，实验方案如下。编号反应物操作①和同时放入的热水浴中②加溶液③溶液加溶液④溶液加溶液（5）实验①的目的是_______，实验②、③、④中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示，由此得出的结论是_______。〖答案〗（1）①.随着MnO2质量增大，反应速率加快②.0.3（2）不正确，H2O2的浓度增大2倍，但结束反应所需时间比2倍小的多（3）①.气球膨胀的快慢②.不合理，不能排出硫酸根离子和氯离子对催化效果的影响（4）①.反应结束所需时间和反应生成气体的体积②.0.2（5）①.探究反应物的浓度对反应速率的影响②.酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快〖解析〗〖祥解〗该实验的实验目的是探究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，通过实验得到相同催化剂的用量、不同的催化剂和过氧化氢的浓度对过