2022-2023学年辽宁省锦州市渤海大学附属高级中学高二上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE12022~2023学年第一学期高二期末质量检测化学试题考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将〖答案〗答在答题卡上。选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：选择性必修1、选择性必修2第一章~第二章。5．可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45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.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.ClO2和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理相同B.使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理C.镀锡铁皮的镀层破损后，铁皮依然受到保护D.草木灰与NH4H2PO4混合施用可更好地为植物提供N、P、K三种元素〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．ClO2处理自来水是利用其强氧化性，明矾净水是利用其溶于水形成的胶体吸附自来水中的颗粒物，A错误；B．含氟牙膏中的F-能使牙齿表面的牙釉质羟基磷灰石〖Ca5(PO4)3(OH)〗转化为更难溶的氟磷灰石〖Ca5(PO4)3F〗，由于氟磷灰石溶解度小，而且更能抵抗酸的侵蚀，因此有效预防龋齿，其利用了沉淀转化的原理，B正确；C．镀锡铁皮的镀层破损后，由于金属Fe活动性比锡强，Fe、Sn及电解质溶液构成原电池，Fe为负极，所以铁皮腐蚀速率会加速，C错误；D．草木灰的主要成分为碳酸钾与NH4H2PO4混合使用发生双水解而降低肥效，D错误；综上所述〖答案〗为B。2.在密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)发生反应：A(g)+2B(g)=3C(g)，5s时测得C的物质的量浓度为1.2mol/L，以B表示的该反应速率为A.0.16mol/(L·s) B.0.2mol/(L·s) C.0.4mol/(L·s) D.0.8mol/(L·s)〖答案〗A〖解析〗〖详析〗5s时测得C的物质的量浓度为1.2mol/L，根据物质反应消耗转化关系可知反应消耗B物质的浓度为△c(B)=0.8mol/L，则用B物质浓度变化表示的反应速率v(B)==0.16mol/(L·s)，故合理选项是A。3.下列有关化学反应与能量变化的叙述正确的是A.相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多B.，则充分分解后放出的热量C.由“”可知，白磷比红磷稳定D.同温同压下，反应在光照和点燃条件的不同〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．等物质的量的硫蒸气和硫固体能量前者大于后者，分别完全燃烧，前者放出热量更多，A正确；B．反应为可逆反应，因此气体在密闭容器中充分分解后放出的热量小于，故B错误；C．由“”可知，白磷具有的能量更高，稳定性比红磷弱，故C错误；D．同温同压下，的总能量与和的总能量的差值为反应热，不受光照和点燃条件的影响，即光照和点燃条件的相同，故D错误；选A。4.下列说法正确的是A.基态钛原子的价层电子排布图：B.过程中形成的是发射光谱C.在共价化合物中，一定存在极性键，可能存在非极性键，一定不存在离子键D.在、、分子中所有原子都满足最外层为8个电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布图：，A错误；B．过程中电子没有发生跃迁，不能形成发射光谱，B错误；C．在共价化合物中，一定存在极性键，可能存在非极性键，一定不存在离子键；含有离子键的物质为离子化合物，C正确；D．中氢不是8电子结构，D错误；故选C。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中：B.无色溶液中：C.的溶液中：D.能使酚酞变红的溶液中：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．酸性溶液中，Fe2+和ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存，A错误；B．Fe3+呈黄色不符合无色条件，且Fe3+、会发生双水解反应而不能大量共存，B错误；C．，溶液显碱性，C正确；D．能使酚酞溶液变红，说明溶液呈碱性，Al3+、均能和OH-发生反应而不能大量共存，D错误；故选C。6.下列现象(事实)与氢键有关的是①氨气易被液化②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③DNA中的碱基互补配对④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑤是一种稳定的化合物A.①④⑤ B.①②③④ C.②③ D.①②〖答案〗B〖解析〗〖详析〗①氨分子能形成分子间氢键，分子间作用力大，沸点较高，易被液化，故符合题意；②小分子的醇、羧酸分子中含有的羟基、羧基，能与水分子形成分子间氢键，可以和水以任意比互溶，故符合题意；③DNA分子中含有氨基，能形成分子间氢键，所以碱基互补配对与氢键有关，故符合题意；④邻羟基苯甲酸形成分子内的羟基，使得分子间作用力减弱，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使得分子间作用力增强，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故符合题意；⑤水是一种稳定的化合物与氧元素的非金属性强有关，与氢键无关，故不符合题意；①②③④符合题意，故选B。7.已知如下物质的溶度积常数：，。下列说法正确的是A.同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量固体后，变小C.向含有等物质的量的和的混合溶液中逐滴加入溶液，最先出现的沉淀是FeSD.除去工业废水中的，可以选用FeS作沉淀剂〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．CuS与FeS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；

B．溶度积常数只与温度有关，同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)不变，故B错误；

C．化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C错误；

D．FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2-浓度远大于CuS的S2-离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确；

故选D。8.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒三聚氰胺(结构如图)。下列关于三聚氰胺分子的说法中正确的是（）A.一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键B.所有氮原子均采取sp3杂化C.属于极性分子D.三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．分子中含6个N-H，6个C-N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故A正确；B．C=N中，C原子为sp2杂化，N原子也为sp2杂化，-NH2中N原子（连接的都是单键）为sp3杂化，杂化类型不同，故B错误；C．该分子结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；D．同种元素原子之间才能形成非极性键，该分子结构中没有相同的原子连接，则该分子内只有极性键，故D错误；故〖答案〗为A。9.丙烯与HCl在催化剂作用下发生加成反应：第一步进攻丙烯生成碳正离子，第二步进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。下列说法正确的是A.催化剂可以改变反应的焓变B.过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定C.生成①的过程所需的活化能较低，速率快D.丙烯与HCl加成反应主要生成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A.催化剂可降低反应活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的焓变，故A错误；B.能量越低越稳定，根据图示知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定，故B错误；C.根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率较慢，故C错误；D.根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的碳正离子多，而进攻碳正离子后得到，即主要产物是，故D正确；故选D。10.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是A.Y原子的价层电子排布式为3s23p5 B.稳定性：Y的氢化物>Z的氢化物C.第一电离能：Y＜Z D.X、Y两元素形成的化合物为离子化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素，据此解答。〖详析〗A．Y为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；B．Y为硫元素，Z为氧元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性Z＞Y，故B错误；C．同一主族，从上到下，第一电离能呈减小的趋势，Y为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：Y＜Z，故C正确；D．X为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误。〖答案〗选C。11.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A探究化学反应是否可逆向溶液中滴加1~2滴的溶液，充分反应后，滴入1~2滴的溶液，生成黄色沉淀B探究浓度对盐类水解平衡的影响向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，观察现象C比较AgI和AgCl溶度积大小向的硝酸银溶液中先滴加2~3滴浓度为的NaCl溶液，再滴加2~3滴相同浓度的NaI溶液，观察生成沉淀的颜色D比较HClO和酸性强弱用pH试纸测定NaClO溶液和溶液的pHA.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．由题意可知，碘化钾溶液与硫酸铁溶液反应时，碘化钾溶液过量，无论反应是否为可逆反应，溶液中均存在碘离子，则选择加入硝酸银溶液检验溶液中是否存在碘离子不能探究该反应为可逆反应，应选择硫氰化钾溶液中是否存在铁离子探究，故A错误；B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，能使酚酞试液变红色，向溶液中加入氯化钡溶液，溶液中碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅或消失能探究浓度对盐类水解平衡的影响，故B正确；C．由题意可知，硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银白色沉淀时，硝酸银溶液过量，氯化钠溶液反应后再滴加碘化钠溶液，碘化钠溶液与过量的硝酸银溶液反应生成碘化银黄色沉淀，滴加碘化钠溶液的过程中发生沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，则观察生成沉淀的颜色无法比较氯化银和碘化银溶度积大小，故C错误；D．次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，则无法利用盐的水解程度比较次氯酸和醋酸的酸性强弱，故D错误；故选B12.胆矾可写成，其结构示意图如图。下列说法错误的是A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用杂化B.根据结构图显示，胆矾在微观层次是平面结构C.胆矾中的水分子间存在氢键D.胆矾失水需在不同温度下进行〖答案〗AB〖解析〗〖详析〗A．胆矾中H2O中O原子形成2个σ键，O上还有两对孤电子对，H2O中O原子都采取sp3杂化，SO中端点氧不发生杂化，故A错误；B．SO中S元素是sp3杂化，空间构型为正四面体形，胆矾在微观层次不是平面结构，故B错误；C．根据胆矾的结构示意图，水分子氧原子形成氢键，故C正确；D．根据胆矾的结构和胆矾可写成可知，胆矾晶体中水分子有一部分与Cu2+形成配位键的水分子，一部分与SO和配体水分子形成氢键的水分子，由于作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D正确；故选AB。13.将1molN2O5充入10L恒容密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2为反应平衡常数)。10min末，该反应达到平衡，此时c(O2)=0.02mol•L-1，c(NO2)=0.06mol•L-1，下列说法正确的是A.N2O5的物质的量分数为20%B.若反应N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3，则K3=C.v(O2)=0.02mol•L-1•min-1D.K1•K2=2×10-4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将1molN2O5充入10L恒容密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2为反应平衡常数)。10min末，该反应达到平衡，此时c(O2)=0.02mol•L-1，c(NO2)=0.06mol•L-1，则可建立以下三段式：〖详析〗A．N2O5的物质的量分数为=40%，A不正确；B．利用盖斯定律，将反应①×+②得，反应N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3=，B不正确；C．v(O2)==0.002mol•L-1•min-1，C不正确；D．K1•K2==2×10-4，D正确；故选D。14.用石墨烯锂硫电池电解制备的装置如图所示。电池放电时的反应为，电解池两极材料分别为和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管产生大量的白色沉淀。下列说法正确的是A.Y是铁电极，发生氧化反应B.电子流动的方向：C.正极可发生反应：D.锂电极减重时，则电路中转移电子〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．电解法制备Fe(OH)2，则铁作阳极，发生氧化反应，根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极，A错误；B．电子从电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即电子从B电极流向Y电极，从X电极流回A电极，B错误；C．由图示可知，电极A发生了还原反应，即正极可发生反应，C正确；D．锂电极减重0.14g，物质的量为=0.02mol，每个Li转移1个电子，故电路中转移0.02mol电子，D错误；故选C。15.已知：，25时，的，。常温下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是

A.a点所得溶液中：B.b点所得溶液中：C.c点所得溶液中：D.b→d过程中，水的电离程度不断增大〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗〖详析〗A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=Pa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c()，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c()+c()=2c(H2SO3)+c()＜0.1mol•L-1，故A错误；

B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()，物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故B正确；

C．c点PH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，+H2O⇌+OH-，，c(OH-)=，c()=c()，带入计算得到：c()=c()，溶液中2n(Na)=3n(S)，2c(Na+)=3〖c()+c(H2SO3)+c()〗=3〖c(H2SO3)+2c()〗，c(Na+)＞3c()，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，b、c、d点溶质分别为NaHSO3、NaHSO3和Na2SO3、Na2SO3，且Na2SO3水解程度大于NaHSO3，所以水电离程度d＞c＞b，故D正确；

故选：A。二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种元素。回答下列问题：（1）请写出H的单质与二氧化碳反应的方程式：___________。（2）D的简单气态氢化物的VSEPR模型为___________，分子的空间结构为___________。（3）第一电离能H___________X(填“＞”“＜”或“=”)，其原因是___________。（4）电负性E___________M(填“＞”“＜”或“=”)。（5）的沸点比的沸点低，其原因是___________。（6）的空间结构为___________，的键角比的键角小的原因是___________。〖答案〗（1）（2）①.四面体形②.三角锥形（3）①.＞②.镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于相邻元素（4）＜（5）氨分子与氨分子之间存在氢键（6）①.正四面体形②.中心原子硫同为杂化，中硫原子有一个孤电子对，对成键电子对的排斥力大，使得键角变小〖解析〗〖祥解〗由各元素在周期表中的相对位置可知，A为H元素、R为He元素、B为Li元素、D为N元素、E为O元素、M为F元素、T为Ne元素、G为Na元素、H为Mg元素、X为Al元素、J为Si元素、Y为S元素、L为Cl元素、N为Fe元素。〖小问1详析〗镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，故〖答案〗为：四面体形；三角锥形；〖小问3详析〗同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于相邻元素，所以镁元素的第一电离能大于铝元素，故〖答案〗为：＞；镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于相邻元素；〖小问4详析〗同周期元素，从左到右电负性依次增大，则氧元素的电负性小于氟元素，故〖答案〗为：＜；〖小问5详析〗二氧化氮分子间不能形成氢键，氨分子间能形成分子间氢键，分子间作用力大于二氧化氮，沸点高于二氧化氮，故〖答案〗为：氨分子与氨分子之间存在氢键；〖小问6详析〗硫酸根离子中硫原子的价层电子对为4、孤电子对数0，硫原子为sp3杂化，离子的空间构型为正四面体形；亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对为4、孤电子对数1，硫原子为sp3杂化，离子的空间构型为平面三角形，孤对电子对成键电子对的排斥力大，使得亚硫酸根离子的键角变小，故〖答案〗为：正四面体形；中心原子硫同为杂化，中硫原子有一个孤电子对，对成键电子对的排斥力大，使得键角变小。17.是大气的主要污染物，工业上利用钠碱循环法可除去。回答下列问题：（1）钠碱循环法中，吸收液为溶液，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。（2）可用溶液吸收制备，该反应的离子方程式是_______。（3）已知：时，的电离常数为；的电离常数为，则下列各组微粒可以大量共存的是_______(填字母)。A.和 B.和 C.和 D.和（4）时，及其钠盐的溶液中，的物质的量分数随溶液变化关系如图所示。①时，硫元素的主要存在形式是_______。②当溶液恰好呈中性时：_______(填“>”“<”或“=”)（5）泡沫灭火器内外桶中各盛有一定浓度的、溶液。使用时须将该灭火器反转并拔掉插销，让上述溶液混合并由喷嘴喷射出一定量的气流和难溶物，覆盖在可燃物的表面起到灭火效果。写出该反应的离子方程式：_______。〖答案〗（1）（2）（3）BC（4）①.②.>（5）〖解析〗〖小问1详析〗溶液中存在Na2SO3=2Na++SO、SO+H2OHSO+OH-、HSO+H2OH2SO3+OH-、H2OH++OH-，可知，SO少部分水解1：1生成HSO和OH-，又HSO少部分水解且生成OH-，所以，溶液显碱性，排最后，故水解该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为；〖小问2详析〗溶液吸收制备，反应的离子方程式是；〖小问3详析〗已知时，的电离常数为，；的电离常数为，，可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，则根据强酸能制备弱酸分析：A．由于酸性HSO>HCO，故HSO和CO能发生反应HSO+CO=SO+HCO，两个微粒不能大量共存，A不符合题意；B．由于酸性H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，和间不反应可以共存，B符合题意；C．由于酸性HSO>HCO，和间不反应可以共存，C符合题意；D．由于酸性H2SO3>H2CO3，故和能发生反应H2SO3+HCO=H2CO3+HSO，两个微粒不能大量共存，D不符合题意；故〖答案〗为：BC；小问4详析〗①由曲线可知时，硫元素的主要存在形式是；②根据电荷守恒可得+=2++，当溶液恰好呈中性时，=2+，因此>+；〖小问5详析〗与发生双水解反应生成Al(OH)3、CO2和Na2SO4，该反应的离子方程式为。〖『点石成金』〗离子方程式书写的分为四步，第一步：正确写出反应的化学方程式，第二步：把易溶于水、易电离的物质拆写成离子形式，第三步：删去方程式两边不参加反应的离子，第四步：检查方程式两边的元素和电荷是否守恒。18.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的两种方法：方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑（1）工业上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成__________而使Cu2O产率降低。（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1则方法a中发生的反应：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。（3）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH－的浓度来制备纳米Cu2O，装置如图所示：①上述装置中B电极应连_________电极(填“C”或“D”)。②该离子交换膜为____离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的阳极反应式为_______。③原电池中负极反应式为______________。〖答案〗①.Cu②.+34.5kJ·mol－1③.D④.阴⑤.2Cu-2e－+2OH－＝Cu2O+H2O⑥.N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O〖解析〗〖祥解〗（1）碳会将CuO还原为铜；（2）根据盖斯定律进行求解；（3）①铜电极应发生氧化反应；原电池中正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应；②离子交换膜要控制电解液中OH-的浓度，阴离子交换膜才能控制氢氧根浓度；③原电池中负极失电子发生氧化反应。〖详析〗（1）在加热条件下，C会将CuO还原为Cu，故方法I反应条件不易控制，若控温不当易生成Cu而使Cu2O产率降低；（2）已知：①2Cu（s）+O2（g）＝Cu2O（s）△H=-169kJ•mol-1②C（s）+O2（g）＝CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1③Cu（s）+O2（g）＝CuO（s）△H=-157kJ•mol-1

根据盖斯定律①+②-2×2可得2CuO（s）+C（s）＝Cu2O（s）+CO（g）△H=+34.5kJ•mol-1；（3）①原电池中D电极通入氧气，氧气发生还原反应，故D电极为正极，C电极为负极；电解池中B电极为铜，铜在反应过程被氧化，故为阳极，与外接电源的正极相连，即与D相连，故〖答案〗为：D；②该方法采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O；③原电池中负极失电子发生氧化反应，负极通入N2H4失电子被氧化成N2，负极反应式为N2H4-4e－+4OH－＝N2↑+4H2O。19.硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的氧化工序为：，回答下列问题：（1）若将物质的量之比为2：1的SO2(g)和O2(g)通入恒温恒容反应器，下列能判断反应达到平衡的是___________。A.SO2(g)和O2(g)的转化率为2：1时B.容器内混合气体的压强不再改变C.容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变D.生成2molSO3(g)的同时消耗1molO2(g)（2）据图(a)，请写出VOSO4(s)和V2O4(s)反应生成V2O5(s)与SO2(g)的热化学方程式为___________。（3）若当SO2、O2、N2(不参与反应)起始的物质的量分数分别为10%、15%和75%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在0.5MPa、550℃时的α=______，判断的依据是______。下列因素中能影响α的因素有_______。A．压强B．反应物的组成C．催化剂D．温度（4）若将物质的量之比为2：1的SO2(g)和O2(g)通入反应器，在恒温t、恒压p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。〖答案〗（1）BC（2）（3）①.0.925②.该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，p3为0.5MPa③.ABD（4）①.②.〖解析〗〖祥解〗〖小问1详析〗A．由方程式可知，物质的量之比为2：1的二氧化硫和氧气的转化率恒定为2：1，则转化率为2：1时不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内气体压强减小，则容器内混合气体的压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内，气体的平均相对分子质量增大，则容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．生成2mol三氧化硫的同时消耗1mol氧气均代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选BC；〖小问2详析〗由图可知，图中涉及的反应为①、②，由盖斯定律可知，②—①×2可得VOSO4(s)和V2O4(s)反应生成V2O5(s)与SO2(g)的反应为，则△H=(—399kJ/mol)—(—24kJ/mol)×2=—351kJ/mol，反应的热化学方程式为，故〖答案〗为：；〖小问3详析〗该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的平衡转化率增大，由图可知，相同温度时，P3时二氧化硫的转化率最小，则P3为0.5MPa；由图可知，反应在0.5MPa、550℃时二氧化硫的转化率为0.925；A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的平衡转化率增大，故正确；B．反应物的组成中，氧气的浓度越大，二氧化硫的平衡转化率越大，故正确；C．使用催化剂，反应速率增大，但化学平衡不移动，二氧化硫的平衡转化率不变，故错误；D．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，故正确；故选ABD，故〖答案〗为：0.925；该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，p3为0.5MPa；ABD；〖小问4详析〗设起始二氧化硫、氧气的物质的量分别为2mol、1mol，由平衡时二氧化硫的转化率为α可知，平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫的物质的量分别为（2—2α）mol、（1—2α×）mol=（1—α）mol、2αmol，则二氧化硫、氧气、三氧化硫的平衡分压为、、，平衡常数Kp==，故〖答案〗为：；。PAGEPAGE12022~2023学年第一学期高二期末质量检测化学试题考生注意：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将〖答案〗答在答题卡上。选择题每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：选择性必修1、选择性必修2第一章~第二章。5．可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56Cu64一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45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.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.ClO2和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理相同B.使用含氟牙膏预防龋齿利用了沉淀转化的原理C.镀锡铁皮的镀层破损后，铁皮依然受到保护D.草木灰与NH4H2PO4混合施用可更好地为植物提供N、P、K三种元素〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．ClO2处理自来水是利用其强氧化性，明矾净水是利用其溶于水形成的胶体吸附自来水中的颗粒物，A错误；B．含氟牙膏中的F-能使牙齿表面的牙釉质羟基磷灰石〖Ca5(PO4)3(OH)〗转化为更难溶的氟磷灰石〖Ca5(PO4)3F〗，由于氟磷灰石溶解度小，而且更能抵抗酸的侵蚀，因此有效预防龋齿，其利用了沉淀转化的原理，B正确；C．镀锡铁皮的镀层破损后，由于金属Fe活动性比锡强，Fe、Sn及电解质溶液构成原电池，Fe为负极，所以铁皮腐蚀速率会加速，C错误；D．草木灰的主要成分为碳酸钾与NH4H2PO4混合使用发生双水解而降低肥效，D错误；综上所述〖答案〗为B。2.在密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)发生反应：A(g)+2B(g)=3C(g)，5s时测得C的物质的量浓度为1.2mol/L，以B表示的该反应速率为A.0.16mol/(L·s) B.0.2mol/(L·s) C.0.4mol/(L·s) D.0.8mol/(L·s)〖答案〗A〖解析〗〖详析〗5s时测得C的物质的量浓度为1.2mol/L，根据物质反应消耗转化关系可知反应消耗B物质的浓度为△c(B)=0.8mol/L，则用B物质浓度变化表示的反应速率v(B)==0.16mol/(L·s)，故合理选项是A。3.下列有关化学反应与能量变化的叙述正确的是A.相同条件下，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多B.，则充分分解后放出的热量C.由“”可知，白磷比红磷稳定D.同温同压下，反应在光照和点燃条件的不同〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．等物质的量的硫蒸气和硫固体能量前者大于后者，分别完全燃烧，前者放出热量更多，A正确；B．反应为可逆反应，因此气体在密闭容器中充分分解后放出的热量小于，故B错误；C．由“”可知，白磷具有的能量更高，稳定性比红磷弱，故C错误；D．同温同压下，的总能量与和的总能量的差值为反应热，不受光照和点燃条件的影响，即光照和点燃条件的相同，故D错误；选A。4.下列说法正确的是A.基态钛原子的价层电子排布图：B.过程中形成的是发射光谱C.在共价化合物中，一定存在极性键，可能存在非极性键，一定不存在离子键D.在、、分子中所有原子都满足最外层为8个电子稳定结构〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布图：，A错误；B．过程中电子没有发生跃迁，不能形成发射光谱，B错误；C．在共价化合物中，一定存在极性键，可能存在非极性键，一定不存在离子键；含有离子键的物质为离子化合物，C正确；D．中氢不是8电子结构，D错误；故选C。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中：B.无色溶液中：C.的溶液中：D.能使酚酞变红的溶液中：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．酸性溶液中，Fe2+和ClO-会发生氧化还原反应而不能大量共存，A错误；B．Fe3+呈黄色不符合无色条件，且Fe3+、会发生双水解反应而不能大量共存，B错误；C．，溶液显碱性，C正确；D．能使酚酞溶液变红，说明溶液呈碱性，Al3+、均能和OH-发生反应而不能大量共存，D错误；故选C。6.下列现象(事实)与氢键有关的是①氨气易被液化②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③DNA中的碱基互补配对④邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑤是一种稳定的化合物A.①④⑤ B.①②③④ C.②③ D.①②〖答案〗B〖解析〗〖详析〗①氨分子能形成分子间氢键，分子间作用力大，沸点较高，易被液化，故符合题意；②小分子的醇、羧酸分子中含有的羟基、羧基，能与水分子形成分子间氢键，可以和水以任意比互溶，故符合题意；③DNA分子中含有氨基，能形成分子间氢键，所以碱基互补配对与氢键有关，故符合题意；④邻羟基苯甲酸形成分子内的羟基，使得分子间作用力减弱，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，使得分子间作用力增强，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故符合题意；⑤水是一种稳定的化合物与氧元素的非金属性强有关，与氢键无关，故不符合题意；①②③④符合题意，故选B。7.已知如下物质的溶度积常数：，。下列说法正确的是A.同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量固体后，变小C.向含有等物质的量的和的混合溶液中逐滴加入溶液，最先出现的沉淀是FeSD.除去工业废水中的，可以选用FeS作沉淀剂〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．CuS与FeS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；

B．溶度积常数只与温度有关，同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)不变，故B错误；

C．化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，故C错误；

D．FeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2-浓度远大于CuS的S2-离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确；

故选D。8.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒三聚氰胺(结构如图)。下列关于三聚氰胺分子的说法中正确的是（）A.一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键B.所有氮原子均采取sp3杂化C.属于极性分子D.三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．分子中含6个N-H，6个C-N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故A正确；B．C=N中，C原子为sp2杂化，N原子也为sp2杂化，-NH2中N原子（连接的都是单键）为sp3杂化，杂化类型不同，故B错误；C．该分子结构对称，正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C错误；D．同种元素原子之间才能形成非极性键，该分子结构中没有相同的原子连接，则该分子内只有极性键，故D错误；故〖答案〗为A。9.丙烯与HCl在催化剂作用下发生加成反应：第一步进攻丙烯生成碳正离子，第二步进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。下列说法正确的是A.催化剂可以改变反应的焓变B.过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定C.生成①的过程所需的活化能较低，速率快D.丙烯与HCl加成反应主要生成〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A.催化剂可降低反应活化能，不改变始终态，则加催化剂不能改变反应的焓变，故A错误；B.能量越低越稳定，根据图示知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定，故B错误；C.根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率较慢，故C错误；D.根据图示知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的碳正离子多，而进攻碳正离子后得到，即主要产物是，故D正确；故选D。10.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是A.Y原子的价层电子排布式为3s23p5 B.稳定性：Y的氢化物>Z的氢化物C.第一电离能：Y＜Z D.X、Y两元素形成的化合物为离子化合物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素，据此解答。〖详析〗A．Y为硫元素，Y的价层电子排布式为3s23p4，故A错误；B．Y为硫元素，Z为氧元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性Z＞Y，故B错误；C．同一主族，从上到下，第一电离能呈减小的趋势，Y为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：Y＜Z，故C正确；D．X为H、Li或Na，Y为硫元素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误。〖答案〗选C。11.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的实验操作A探究化学反应是否可逆向溶液中滴加1~2滴的溶液，充分反应后，滴入1~2滴的溶液，生成黄色沉淀B探究浓度对盐类水解平衡的影响向滴有酚酞的碳酸钠溶液中滴加氯化钡溶液，观察现象C比较AgI和AgCl溶度积大小向的硝酸银溶液中先滴加2~3滴浓度为的NaCl溶液，再滴加2~3滴相同浓度的NaI溶液，观察生成沉淀的颜色D比较HClO和酸性强弱用pH试纸测定NaClO溶液和溶液的pHA.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．由题意可知，碘化钾溶液与硫酸铁溶液反应时，碘化钾溶液过量，无论反应是否为可逆反应，溶液中均存在碘离子，则选择加入硝酸银溶液检验溶液中是否存在碘离子不能探究该反应为可逆反应，应选择硫氰化钾溶液中是否存在铁离子探究，故A错误；B．碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，能使酚酞试液变红色，向溶液中加入氯化钡溶液，溶液中碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅或消失能探究浓度对盐类水解平衡的影响，故B正确；C．由题意可知，硝酸银溶液与氯化钠溶液反应生成氯化银白色沉淀时，硝酸银溶液过量，氯化钠溶液反应后再滴加碘化钠溶液，碘化钠溶液与过量的硝酸银溶液反应生成碘化银黄色沉淀，滴加碘化钠溶液的过程中发生沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，则观察生成沉淀的颜色无法比较氯化银和碘化银溶度积大小，故C错误；D．次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，则无法利用盐的水解程度比较次氯酸和醋酸的酸性强弱，故D错误；故选B12.胆矾可写成，其结构示意图如图。下列说法错误的是A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用杂化B.根据结构图显示，胆矾在微观层次是平面结构C.胆矾中的水分子间存在氢键D.胆矾失水需在不同温度下进行〖答案〗AB〖解析〗〖详析〗A．胆矾中H2O中O原子形成2个σ键，O上还有两对孤电子对，H2O中O原子都采取sp3杂化，SO中端点氧不发生杂化，故A错误；B．SO中S元素是sp3杂化，空间构型为正四面体形，胆矾在微观层次不是平面结构，故B错误；C．根据胆矾的结构示意图，水分子氧原子形成氢键，故C正确；D．根据胆矾的结构和胆矾可写成可知，胆矾晶体中水分子有一部分与Cu2+形成配位键的水分子，一部分与SO和配体水分子形成氢键的水分子，由于作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D正确；故选AB。13.将1molN2O5充入10L恒容密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2为反应平衡常数)。10min末，该反应达到平衡，此时c(O2)=0.02mol•L-1，c(NO2)=0.06mol•L-1，下列说法正确的是A.N2O5的物质的量分数为20%B.若反应N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3，则K3=C.v(O2)=0.02mol•L-1•min-1D.K1•K2=2×10-4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗将1molN2O5充入10L恒容密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)K1；②N2O4(g)2NO2(g)K2(K1、K2为反应平衡常数)。10min末，该反应达到平衡，此时c(O2)=0.02mol•L-1，c(NO2)=0.06mol•L-1，则可建立以下三段式：〖详析〗A．N2O5的物质的量分数为=40%，A不正确；B．利用盖斯定律，将反应①×+②得，反应N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)K3=，B不正确；C．v(O2)==0.002mol•L-1•min-1，C不正确；D．K1•K2==2×10-4，D正确；故选D。14.用石墨烯锂硫电池电解制备的装置如图所示。电池放电时的反应为，电解池两极材料分别为和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管产生大量的白色沉淀。下列说法正确的是A.Y是铁电极，发生氧化反应B.电子流动的方向：C.正极可发生反应：D.锂电极减重时，则电路中转移电子〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．电解法制备Fe(OH)2，则铁作阳极，发生氧化反应，根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极，A错误；B．电子从电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即电子从B电极流向Y电极，从X电极流回A电极，B错误；C．由图示可知，电极A发生了还原反应，即正极可发生反应，C正确；D．锂电极减重0.14g，物质的量为=0.02mol，每个Li转移1个电子，故电路中转移0.02mol电子，D错误；故选C。15.已知：，25时，的，。常温下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是

A.a点所得溶液中：B.b点所得溶液中：C.c点所得溶液中：D.b→d过程中，水的电离程度不断增大〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗〖详析〗A．用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=Pa1，电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c()，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c()+c()=2c(H2SO3)+c()＜0.1mol•L-1，故A错误；

B．b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()，物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，得到：c(H2SO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故B正确；

C．c点PH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，+H2O⇌+OH-，，c(OH-)=，c()=c()，带入计算得到：c()=c()，溶液中2n(Na)=3n(S)，2c(Na+)=3〖c()+c(H2SO3)+c()〗=3〖c(H2SO3)+2c()〗，c(Na+)＞3c()，故C正确；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，b、c、d点溶质分别为NaHSO3、NaHSO3和Na2SO3、Na2SO3，且Na2SO3水解程度大于NaHSO3，所以水电离程度d＞c＞b，故D正确；

故选：A。二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种元素。回答下列问题：（1）请写出H的单质与二氧化碳反应的方程式：___________。（2）D的简单气态氢化物的VSEPR模型为___________，分子的空间结构为___________。（3）第一电离能H___________X(填“＞”“＜”或“=”)，其原因是___________。（4）电负性E___________M(填“＞”“＜”或“=”)。（5）的沸点比的沸点低，其原因是___________。（6）的空间结构为___________，的键角比的键角小的原因是___________。〖答案〗（1）（2）①.四面体形②.三角锥形（3）①.＞②.镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于相邻元素（4）＜（5）氨分子与氨分子之间存在氢键（6）①.正四面体形②.中心原子硫同为杂化，中硫原子有一个孤电子对，对成键电子对的排斥力大，使得键角变小〖解析〗〖祥解〗由各元素在周期表中的相对位置可知，A为H元素、R为He元素、B为Li元素、D为N元素、E为O元素、M为F元素、T为Ne元素、G为Na元素、H为Mg元素、X为Al元素、J为Si元素、Y为S元素、L为Cl元素、N为Fe元素。〖小问1详析〗镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，故〖答案〗为：四面体形；三角锥形；〖小问3详析〗同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于相邻元素，所以镁元素的第一电离能大于铝元素，故〖答案〗为：＞；镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于相邻元素；〖小问4详析〗同周期元素，从左到右电负性依次增大，则氧元素的电负性小于氟元素，故〖答案〗为：＜；〖小问5详析〗二氧化氮分子间不能形成氢键，氨分子间能形成分子间氢键，分子间作用力大于二氧化氮，沸点高于二氧化氮，故〖答案〗为：氨分子与氨分子之间存在氢键；〖小问6详析〗硫酸根离子中硫原子的价层电子对为4、孤电子对数0，硫原子为sp3杂化，离子的空间构型为正四面体形；亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对为4、孤电子对数1，硫原子为sp3杂化，离子的空间构型为平面三角形，孤对电子对成键电子对的排斥力大，使得亚硫酸根离子的键角变小，故〖答案〗为：正四面体形；中心原子硫同为杂化，中硫原子有一个孤电子对，对成键电子对的排斥力大，使得键角变小。17.是大气的主要污染物，工业上利用钠碱循环法可除去。回答下列问题：（1）钠碱循环法中，吸收液为溶液，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______。（2）可用溶液吸收制备，该反应的离子方程式是_______。（3）已知：时，的电离常数为；的电离常数为，则下列各组微粒可以大量共存的是_______(填字母)。A.和 B.和 C.和 D.和（4）时，及其钠盐的溶液中，的物质的量分数随溶液变化关系如图所示。①时，硫元素的主要存在形式是_______。②当溶液恰好呈中性时：_______(填“>”“<”或“=”)（5）泡沫灭火器内外桶中各盛有一定浓度的、溶液。使用时须将该灭火器反转并拔掉插销，让上述溶液混合并由喷嘴喷射出一定量的气流和难溶物，覆盖在可燃物的表面起到灭火效果。写出该反应的离子方程式：_______。〖答案〗（1）（2）（3）BC（4）①.②.>（5）〖解析〗〖小问1详析〗溶液中存在Na2SO3=2Na++SO、SO+H2OHSO+OH-、HSO+H2OH2SO3+OH-、H2OH++OH-，可知，SO少部分水解1：1生成HSO和OH-，又HSO少部分水解且生成OH-，所以，溶液显碱性，排最后，故水解该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为；〖小问2详析〗溶液吸收制备，反应的离子方程式是；〖小问3详析〗已知时，的电离常数为，；的电离常数为，，可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，则根据强酸能制备弱酸分析：A．由于酸性HSO>HCO，故HSO和CO能发生反应HSO+CO=SO+HCO，两个微粒不能大量共存，A不符合题意；B．由于酸性H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，和间不反应可以共存，B符合题意；C．由于酸性HSO>HCO，和间不反应可以共存，C符合题意；D．由于酸性H2SO3>H2CO3，故和能发生反应H2SO3+HCO=H2CO3+HSO，两个微粒不能大量共存，D不符合题意；故〖答案〗为：BC；小问4详析〗①由曲线可知时，硫元素的主要存在形式是；②根据电荷守恒可得+=2++，当溶液恰好呈中性时，=2+，因此>+；〖小问5详析〗与发生双水解反应生成Al(OH)3、CO2和Na2SO4，该反应的离子方程式为。〖『点石成金』〗离子方程式书写的分为四步，第一步：正确写出反应的化学方程式，第二步：把易溶于水、易电离的物质拆写成离子形式，第三步：删去方程式两边不参加反应的离子，第四步：检查方程式两边的元素和电荷是否守恒。18.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的两种方法：方法a用炭粉在高温条件下还原CuO方法b电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑（1）工业上常用方法b制取Cu2O而很少用方法a，其原因是反应条件不易控制，若控温不当易生成__________而使Cu2O产率降低。（2）已知：①2Cu(s)+O2(g)＝Cu2O(s)ΔH1=－169kJ·mol－1②C(s)+O2(g)＝CO(g)ΔH2=－110.5kJ·mol－1③Cu(s)+O2(g)＝CuO(s)ΔH3=－157kJ·mol－1则方法a中发生的反应：2CuO(s)＋C(s)＝Cu2O(s)＋CO(g)；△H=________。（3）方法b是用肼燃料电池为电源，通过离子交换膜电解法控制电解液中OH－的浓度来制备纳米Cu2O，装置如图所示：①上述装置中B电极应连_________电极(填“C”或“D”)。②该离子交换膜为____离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电解池的阳极反应式为_______。③原电池中负极反应式为______________。〖答案〗①.Cu②.+34.5kJ·mol－1③.D④.阴⑤.2Cu-2e－+2OH－＝Cu2