2022-2023学年山东省泰安市高二上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1山东省泰安市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：Si28Au197一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.二十大报告指出“必须坚持科技是第一生产力”，科技发展离不开化学，下列说法错误的是A.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型陶瓷材料B.大飞机C919用到了铝锂合金，铝和锂的基态原子中未成对电子数相同C.天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色D.冬奥会场馆建筑应用了碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，热膨胀系数小，热导率大，以及抗热震和耐化学腐蚀等优良特性，属新型无机非金属材料，是一种新型陶瓷材料，选项A正确；B．大飞机C919用到了铝锂合金，铝和锂的基态原子价层电子排布式分别为3s23p1和2s1，未成对电子数相同，均为1，选项B正确；C．碳酸钠溶液呈碱性，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色，选项C正确；D．碲是VIA族元素，是主族元素，不属于过渡元素，选项D错误；〖答案〗选D。2.化学在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。下列说法错误的是A.纯碱可用作锅炉除垢时硫酸钙的转化剂B.配制氯化铁溶液时，先将固体溶解在浓盐酸中，再稀释到所需浓度C.实验室用溶液和溶液反应制取硫化铝()D.在电镀装置中，用镀层金属作阳极材料，也可用惰性电极材料作阳极材料〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用作锅炉除垢，CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，所以纯碱（Na2CO3）可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂，选项A正确；B．氯化铁是弱酸强碱盐，铁离子易水解，为抑制铁离子水解，配制氯化铁溶液时先将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，选项B正确；C．溶液和溶液混合后，Al3+与S2-发生双水解反应，无法反应制取硫化铝()，选项C错误；D．在电镀装置中，用镀层金属作阳极材料，也可用惰性电极材料作阳极材料，电解质中含有镀层金属离子，选项D正确；〖答案〗选C。3.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中不是为提高原料转化率而采取的措施是A.①② B.②③ C.①③ D.②⑤〖答案〗C〖解析〗〖详析〗N2、H2合成氨气的反应原理为：反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动。①净化干燥空气是为了防止催化剂中毒和减少水气化消耗燃料，与平衡移动无关，①符合题意；②根据方程式中反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动，②不符合题意；③催化剂对化学平衡移动无影响，因此反应③与化学平衡移动无关升高温度不利用平衡向正反应方向移动，③符合题意；④液化分离出氨气，可使生成物浓度减小，则可使平衡向正向移动，④不符合题意；⑤氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度，有利于平衡向正向移动，⑤不符合题意；综上所述可知：不是为提高原料转化率而采取的措施是①③，故合理选项是C。4.“水是生存之本、文明之源。”下列关于水处理方法叙述错误的是A.硫酸铝钾或硫酸铝作净水剂，可吸附沉降水中悬浮物B.硬水均可用加热煮沸的方法降低其中、的浓度C.可用FeS作为沉淀剂除去废水中、等重金属离子D.工业使用漂白粉时常加入少量的醋酸缩短达到漂白效果的时间〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附沉降水中悬浮物，A正确；B．碳酸氢钙、碳酸氢镁不稳定加热可转化为沉淀，但不是让所有情况的硬水都可用加热煮沸的方法降低其中、的浓度，B错误；C．FeS作为沉淀剂可将铜离子、银离子转化为难溶的硫化铜、硫化银沉淀，除去废水中、等重金属离子，C正确；D．醋酸可以和次氯酸根离子转化为强氧化性的次氯酸，缩短达到漂白效果的时间，D正确；故选B。5.血红蛋白分子(Hb)在人体中存在如下过程：①；②。下列说法错误的是A.相比于，血红蛋白分子更易与CO结合B.CO中毒时，需立即阻隔(或切断)CO源，使变小C.高原地区含氧量低，因此该地区人体内的Hb数量普遍较高D.CO中毒时，可将病人移入高压氧舱，使平衡②逆向移动〖答案〗B〖解析〗详析〗A．从反应②可知，K2=480，说明正反应进行程度较大，说明相比于O2，血红蛋白分子更易与CO结合，A正确；B．CO中毒，立即隔离(或切断)CO源不能使K2变小，K2只与温度有关，B错误；C．高原地区含氧量低，氧气浓度小，反应①平衡逆向移动，导致Hb数量普遍较高，C正确；D．CO中毒，将病人移入高压氧舱，O2浓度增大，反应②平衡逆向移动，从而缓解CO中毒，D正确；故〖答案〗选B。6.下列操作会导致实验测定值偏高的是A.测定NaOH溶液浓度c：用标准醋酸溶液滴定，用甲基橙作指示剂B.测定中和反应的反应热：用量筒量取NaOH溶液时仰视读数C.测定溶液pH：用湿润的pH试纸测定溶液的pHD.测定盐酸浓度c：用部分变质的NaOH溶液(含少量)滴定〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．用标准醋酸溶液滴定，且用甲基橙作指示剂（甲基橙的变色范围：溶液的pH≤3.1时，呈红色；pH≥4.4时，呈黄色；pH在3.1～4.4之间，呈橙色），生成的醋酸钠水解呈碱性，使标准醋酸溶液的消耗量偏大，则测定NaOH溶液浓度c偏高，A项正确；B．用量筒量取NaOH溶液时仰视读数，实际量取的NaOH溶液偏小，使测定中和反应的反应热偏低，B项错误；C．湿润的pH试纸上的水稀释了溶液，使测定溶液的pH偏低，C项错误；D．等物质的量的、NaOH与盐酸完全反应，消耗的盐酸更多，用部分变质的NaOH溶液(含少量)滴定盐酸，使标准液的消耗量减少，测定盐酸浓度c偏低，D项错误；〖答案〗选A。7.下列实验操作或实验仪器使用错误的是A.图甲可用于定量测定化学反应速率B.图乙蒸发溶液制备无水C.图丙所示滴定管液面读数为11.80mLD.图丁装置可以电解精炼铝〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．可以通过测定单位时间生成氢气的体积来定量测定化学反应速率，选项A正确；B．蒸发使用蒸发皿，选项B正确；C．由图可知，读数为11.80mL，选项C正确；D．阴极溶液中氢离子放电生成氢气，不能得到铝，选项D错误；故选D。8.宏观—微观—符号是化学的三重表征，下列有关化学符号表征正确的是A.铅蓄电池中充电时阳极反应：B.用白醋和淀粉KI试纸检验加碘盐中的：C.侯氏制碱法中晶体的制备：D.和不能大量共存：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．铅蓄电池中充电时阳极发生氧化反应：，A错误；B．碘离子、碘酸根离子在酸性条件下生成碘单质，，B错误；C．侯氏制碱法中晶体的制备反应为饱和氨盐水吸收二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵：，C正确；D．和反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，，D错误；故选C。9.已知：。室温下，在含大量的浊液中，仅改变横坐标轴对应的一个条件，纵坐标轴代表的物理量的变化趋势符合实际的是A.升高温度 B.加少量NaCl固体C.加少量水 D.加少量KI固体〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗升温溶解平衡正向移动；同离子效应抑制溶解。〖详析〗A．Ksp与温度有关，该溶解平衡吸热，升温溶度积增大，溶解度增加，故A正确；B．加入少量NaCl固体，溶解平衡逆向移动，但是引入了大量氯离子，氯离子浓度增加，其浓度变化趋势为随氯化钠的质量增加而增加，故B错误；C．加水，溶液仍然为饱和氯化银溶液，溶液中银离子浓度不变，故C错误；D．加入KI加固体，因为碘化银比氯化银更难溶，沉淀转化为碘化银，溶液中银离子浓度降低，所以随着KI固体的质量增多，银离子浓度逐渐减小，故D错误；故选A。10.海水是一种腐蚀性很强的天然电解质溶液沿垂直方向，海洋环境可分为海洋大气区、浪花飞溅区、海水潮差区、海水全浸区和海泥区。其中海水全浸区根据海水位置分为深海区和浅海区。根据钢铁桥梁在海洋区域建设的位置，下列说法错误的是A.热带地区桥梁比寒带海域桥梁腐蚀更严重B.海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般高于海水全浸区C.浅海区溶氧量较高，存在着大量的微生物，钢铁在浅海区主要发生电化学腐蚀D.在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快，桥梁腐蚀更严重，故A正确；

B．铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般低于海水全浸区，故B错误；

C．浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀，故C正确；

D．在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重，故D正确；

故选：B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是A.石墨转变为金刚石是放热反应B.，，则C.白磷比红磷稳定D.〖答案〗BD〖解析〗〖详析〗A．根据图示可知，金刚石的能量大于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，故A错误；B．气态硫的能量大于固态硫，同质量的气态硫燃烧放出的能量大于固态硫，，，则，故B正确；C．根据图示可知，白磷的能量大于红磷，能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故C错误；D．CO和气态水的总能量大于二氧化碳和氢气的总能量，所以，故D正确；选BD；12.将溶于水，加入浓盐酸，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图所示：已知：为粉红色，为蓝色，为无色。下列结论和解释正确的是A.由实验①可推知B.由实验②可知浓度减小，浓度增大C.由实验③可推知加入后溶液中浓度减小D.实验②是由于增大，导致平衡逆向移动〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．实验①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明平衡逆向移动，即降低温度，平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，故，选项A错误；B．加水稀释，所有离子的浓度均减小，选项B错误；C．实验③加入少量ZnCl2固体，由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明平衡逆向移动，可推知加入后，锌离子结合氯离子生成，溶液中浓度减小，平衡逆向移动，选项C正确；D．实验②加水稀释，离子浓度减小，平衡逆向移动，选项D错误；〖答案〗选C。13.Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和混合而成，刻蚀时间为2～16min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是A.该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极B.Si极附近溶液酸性增强C.每刻蚀14gSi，有2mol电子流入Ag电极D.Ag极发生的反应为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据原电池的构成条件分析，原电池的负极上会发生失电子的氧化反应；在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，为正极；在Si电极上，Si失去电子发生氧化反应，与HF结合形成H2SiF6和H+，为负极；原电池中电子从负极迁移到正极。〖详析〗A．在Si电极上发生失去电子的氧化反应，Si作负极，故A正确；B．在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，Si极附近溶液pH减小，酸性增强，故B正确；C．原电池中电子从负极迁移到正极，在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，每刻蚀14gSi，即有0.5molSi参加反应，失去电子2mol，即2mol电子迁移到Ag电极，故C正确；D．在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，Ag极发生的反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故D错误；故选D。14.据文献报道：催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是A.该反应可产生清洁燃料B.作为中间产物参与了该催化循环C.该催化循环中Fe的成键数目没发生变化D.该反应可消除CO气体〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5，由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，其中OH-参与了该催化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。〖详析〗A．由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，所以该反应可产生清洁燃料H2，故A正确；B．由反应机理图可知：OH-作为催化剂参与了该催化循环，不是中间产物，故B错误；C．由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键→6个共价键→5个共价键→4个共价键→5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故C错误；D．由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，所以该反应可生成温室气体CO2，同时消除CO，故D正确；故选AD。15.电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当电极电位(ERC)产生了突跃，被测离子浓度产生突跃，进而确定滴定终点。向溶液(为二元弱酸)中逐滴滴加二元酸溶液，第一个电位突跃时消耗amL溶液，第二个电位突跃时消耗bmL溶液，根据消耗溶液体积，可判断和各级电离常数大小关系。下列说法错误的是A.若、，可能为强酸B.若、，则C.若、，第一个电位突跃时，溶液中D.若、，则用溶液滴定溶液，有两个电位突跃〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．若a=5mL、b=5mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、Na2B，说明H2B能完全电离出氢离子，可能为强酸，A正确；B．若a=5mL、b=15mL，则第二个反应生成NaHB、H2A，说明结合质子的能力A2->B2->HA->HB-，则酸性，故，B正确；C．由A分析可知，第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，反应为2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根据物料守恒可知，、，则，C错误；D．若a=10mL、b=10mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、NaHB，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、NaHB，则用0.1溶液滴定10mL0.1溶液，反应只生成NaHA、NaHB，只有一个电位突跃，D错误；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。（1）基态氮原子中，能量最高的电子的电子云在空间有_______个伸展方向。（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用“”表示，与之相反的用“”表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。（3）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、CaO、MgO、等氧化物中的几种。①Cr原子的价电子排布图为_______；第四周期ds区元素中，与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为_______。②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素有_______(填元素符号)（4）我国科研人员研制出了M-LiH(M为Fe、Mn等金属)等催化剂，使得合成氨工业的温度，压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。①Mn在元素周期表中的位置_______，基态Mn原子未成对的电子数为_______。②第三电离能_______(填“>”或“<”)，原因是_______。〖答案〗（1）3（2）或（3）①.②.Cu③.Al、O（4）①.第四周期ⅦB族②.5③.<④.价电子排布为，易失去一个电子形成比较稳定的半满状态，而的价电子排布式为，处于较稳定的半充满状态，所以难失去〖解析〗〖小问1详析〗基态氮原子中，能量最高的电子为2p电子，电子云在空间有3个伸展方向。〖小问2详析〗基态氮原子电子排布为1s22s22p3，则其价电子自旋磁量子数的代数和为或；〖小问3详析〗①Cr为24号元素，Cr原子的价电子排布图为；第四周期ds区元素中，铜的价电子为3d104s1，与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为Cu。②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素有Al、O；〖小问4详析〗①Mn为25号元素，在元素周期表中的位置第四周期ⅦB族，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，故基态Mn原子未成对的电子数为5；②价电子排布为，易失去一个电子形成比较稳定的半满状态，而的价电子排布式为，处于较稳定的半充满状态，所以难失去，故第三电离能<。17.氨性硫代硫酸盐浸金是一种高效的黄金浸取工艺。（1）金可在硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液中缓慢溶解：4Au(s)+O2(g)+2H2O(l)+8S2O(aq)=4Au(S2O3)(aq)+4OH-(aq)。①100g含Au1.97×10-4g金矿中，加入1L0.7mol·L-1Na2S2O3溶液，10小时后，金的浸出率为0.1%，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为___mol·L-1·h-1。②为提高金的浸出速率，可采取的措施为____。（2）Cu(NH3)可催化金在Na2S2O3溶液中的溶解，其电化学催化腐蚀过程如图所示。①负极的电极反应式为____。②正极可能的催化过程如下：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3b.____③反应温度对金的浸出率影响如图所示。分析50℃时金浸出率最高的原因是____。（3）为研究上述浸金过程Cu2+与S2O的反应，进行如下实验：向1.0mL1mol·L-1CuSO4溶液中加入2.0mL2mol·L-1Na2S2O3溶液，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色。体系中涉及的反应如下：i.Cu2++2S2OCu(S2O3)(绿色)K1ii.Cu++2S2OCu(S2O3)(无色)K2iii.2Cu2++2S2O2Cu++S4OK3由实验现象可推测：反应i的速率___反应iii的速率(填“>”或“<”，下同)、K1___K3（4）若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，催化效果较Cu(NH3)差的原因是___。〖答案〗（1）①.2×10-10②.将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度（2）①.Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)②.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-③.温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低（3）①.＞②.＜（4）S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低〖解析〗〖小问1详析〗①10小时后，溶解的Au的质量为1.97×10-4g0.1%=1.9710-7g，溶解的Au的物质的量为=110-9mol，根据关系式：Au(s)~2Na2S2O3可得，参加反应的Na2S2O3的物质的量为110-9mol2=210-9mol，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为=2×10-10mol·L-1·h-1，故〖答案〗为：2×10-10。②根据外界条件对反应速率的影响，为提高金的浸出速率，可采取的措施有将金矿粉碎以增大接触面积、加热以提高温度、增大反应物浓度等，故〖答案〗为：将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度。〖小问2详析〗①负极发生失电子的氧化反应，该电化学催化腐蚀中Au失电子生成Au(S2O3)，则电极反应式为Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)，故〖答案〗为：Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)。②由题可知，Cu(NH3)在反应中其催化剂作用，即在总反应中并没消耗和生成，所以正极开始Cu(NH3)得电子生成Cu(NH3)，随之O2又将Cu(NH3)氧化为Cu(NH3)，即正极可能的催化过程为：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3，b.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-，故〖答案〗为：4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-。③根据温度对金的浸出率图可知，50℃时金浸出率最高，如低于50℃，浸金反应速率随温度升高而增大，超过50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低，故〖答案〗为：温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低。〖小问3详析〗实验中，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色，说明先发生反应i之后发生反应iii和反应ii，反应i、ii为络合反应，反应iii为氧化还原反应，由颜色变化先后可判断出，反应i的速率＞反应iii的速率，反应iii为氧化还原反应，反应进行的更彻底，平衡常数较大，则K1＜K3，故〖答案〗为：＞；＜。小问4详析〗根据上述浸金过程Cu2+与S2O的反应的实验结果，若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致催化效果较Cu(NH3)差，故〖答案〗为：S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低。18.酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定法在科研和工业生产中都很重要。Ⅰ.某化学兴趣小组在室温下用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液。（1）向碱式滴定管中注入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为_______，排气泡时，应选择下图中的_______(填字母)。a.b.c.d.（2）实验数据如下表，其中一次滴定所用盐酸体积有明显偏差，其可能的原因是_______。序号1234标准溶液体积/mL20.6020.7020.1020.50a.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液b.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下c.滴定结束时，仰视读数d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成Ⅱ.为了测定草酸()溶液的浓度，进行如下实验：取25.00mL草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀，用溶液滴定。（3）滴定时应将溶液加入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中：在规格为50.00mL的滴定管中，若溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中溶液的实际体积为_______(填标号)。A.15.00mLB.大于35.00mLC.35.00mLD.小于15.00mL（4）滴定终点时的现象：_______。Ⅲ.莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准硝酸银溶液滴定待测液，测定溶液中的浓度。已知常温下数值如下表。回答下列问题：AgBrAgIAgSCNAgCl颜色浅黄色沉淀黄色沉淀砖红色沉淀白色沉淀白色沉淀用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。（5）该方法应该选用_______做指示剂。ANaBr B.KI C. D.KSCN（6）相同实验条件下，若改为，反应终点c点(25，5)移到_______点(用横纵坐标的数值来表示，下同)，相同实验条件下，若改为，反应终点c点(25，5)移到_______点。〖答案〗（1）①.用NaOH溶液润洗碱式滴定管②.c（2）ad（3）①.酸式②.B（4）当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色（5）C（6）①.(20，5)②.(25，6.5)〖解析〗〖祥解〗利用酸碱中和滴定原理，通过实验分析氧化还原反应滴定及难溶电解质沉淀生成的滴定分析溶液中物质的含量；〖小问1详析〗向洗净的碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH溶液润洗碱式滴定管；在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图c排气泡；〖小问2详析〗根据表中数据可知，第3次滴定所用盐酸的体积偏小；a.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液，所取NaOH溶液体积偏小，消耗盐酸的体积偏小，选项a符合；b.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，无影响，选项b不符合；c.滴定结束时，仰视读数，则盐酸的读数偏大，选项c不符合；d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则盐酸的读数偏小，选项d符合；〖答案〗选ad；〖小问3详析〗具有强氧化性，不能装在碱式滴定管，溶液加入酸式滴定管中；50.00mL-15.00mL=35.00mL，因尖嘴部分也有溶液而没有刻度，故此时滴定管中溶液的实际体积应大于35.00mL，〖答案〗选B；〖小问4详析〗滴定终点时的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；〖小问5详析〗AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，若用NaBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示剂，AgSCN和AgCl的颜色相同，无法区分，因此不能用KSCN作指示剂，达到滴定终点时，AgNO3与Na2CrO4反应生成Ag2CrO4沉淀，即有砖红色沉淀生成，现象明显，因此选择Na2CrO4作为滴定Cl-的指示剂，故〖答案〗为:C；〖小问6详析〗溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol/LCl-，则所需AgNO3溶液体积变为mL=20mL，反应终点c移到体积为20mL的位置；若改为0.0500mol/LBr-，消耗AgNO3溶液的体积不变，但Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，达到沉淀溶解平衡时Br-的浓度更低，-lgc(Br-)值更大，则相同实验条件下，反应终点横坐标仍为25mL，纵坐标在c点上方，故〖答案〗为:(20，5)；(25，6.5)。19.含磷元素的化合物具有重要的性质和应用。Ⅰ.亚磷酸()是二元酸，与足量NaOH溶液反应生成。（1）溶液中存在电离平衡：，某温度下，的溶液，即溶液中。求该温度下_______。(的第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字。)Ⅱ.制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：资料：ⅰ.磷灰石的主要成分是ⅱ.可溶于水，微溶于水ⅲ.（2）制备①用溶液、溶液分步浸取磷灰石，生成HF、和，主要反应是和_______。②其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。（3）制备将、、混合并调节溶液pH制备。①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。②各含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如图。时，溶液中的，则_______。③纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。研究表明，沉淀时可加入含的溶液，可防止团聚，原因是_______。其他条件不变时，工业上选择而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。〖答案〗（1）（2）①.②.生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积（3）①.②.③.发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚：随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀④.pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，变大，可使沉淀速率过快导致团聚等〖解析〗〖祥解〗由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。〖小问1详析〗根据题给信息可得以下三段式：则电离平衡常数；〖小问2详析〗①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4，故主要反应是和Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4。②其他条件不变时，若仅用溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率。故〖答案〗是生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；〖小问3详析〗①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+。②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为；③由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：Fe3++⇌，溶液中c(Fe3+)减小，生成FePO4沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为FePO4沉淀时，Fe3+浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的Fe3+能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故〖答案〗为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚：随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，故〖答案〗为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，变大，可使沉淀速率过快导致团聚等。20.以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列问题：（1）如图表示在某一时间段密闭体系中反应Ⅰ的反应速率与反应进程的曲线关系。由图可知，正反应速率最快的时间段是_______，时刻表示体系改变的反应条件是_______，时刻表示体系改变的另一反应条件是_______。（2）在不同温度下反应进行相同时间，丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图，最高产率对应的温度为460℃。高于460℃时，丙烯腈产率下降的原因是_______(答出两点即可)。（3）一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入、、各1mol发生反应，达到平衡时，容器内压强为，容器中和的物质的量分别为0.3mol和1.5mol，此时的浓度为_______，反应Ⅱ的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应：，，其中为标准压强，、、、为各组分的平衡分压。)〖答案〗（1）①.t1~t2②.使用了催化剂③.降温或扩大体积（2）副反应或平衡逆向移动，升高平衡逆向移动K减小（3）①.②.15〖解析〗〖小问1详析〗由图可知，t1时刻正逆反应速率同等程度增大，改变条件为使用了催化剂；t2时刻反应速率均减小，改变条件为降温或扩大体积，正反应速率最快的时间段是t1~t2，时刻表示体系改变的反应条件是使用了催化剂，时刻表示体系改变的另一反应条件是降温或扩大体积。故〖答案〗为：t1~t2；使用了催化剂；降温或扩大体积；〖小问2详析〗在不同温度下反应进行相同时间，丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图，最高产率对应的温度为460℃。高于460℃时，丙烯腈产率下降的原因是副反应或平衡逆向移动，升高平衡逆向移动K减小(答出两点即可)。故〖答案〗为：副反应或平衡逆向移动，升高平衡逆向移动K减小；〖小问3详析〗一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入、、各1mol发生反应，达到平衡时，容器内压强为，容器中和的物质的量分别为0.3mol和1.5mol，1mol-2x-y=0.3mol，6x+y=1.5mol，解得x=0.2mol，y=0.3mol，此时的浓度为=，平衡时，0.3mol、1mol-2x=0.6mol、1mol-3x-y=0.1mol，C3H3N为2x=0.4mol，C3H4O为0.3mol，水为1.5mol，n总=0.3mol+0.6mol+0.1mol+0.4mol+0.3mol+1.5mol=3.2mol，对反应Ⅱ，p()=p、p()=p、p(C3H4O)=p、p(H2O)=p，反应Ⅱ的标准平衡常数=15。故〖答案〗为：；15。PAGEPAGE1山东省泰安市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：Si28Au197一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.二十大报告指出“必须坚持科技是第一生产力”，科技发展离不开化学，下列说法错误的是A.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型陶瓷材料B.大飞机C919用到了铝锂合金，铝和锂的基态原子中未成对电子数相同C.天宫课堂“五环实验”，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色D.冬奥会场馆建筑应用了碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，热膨胀系数小，热导率大，以及抗热震和耐化学腐蚀等优良特性，属新型无机非金属材料，是一种新型陶瓷材料，选项A正确；B．大飞机C919用到了铝锂合金，铝和锂的基态原子价层电子排布式分别为3s23p1和2s1，未成对电子数相同，均为1，选项B正确；C．碳酸钠溶液呈碱性，向碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液后变成黄色，选项C正确；D．碲是VIA族元素，是主族元素，不属于过渡元素，选项D错误；〖答案〗选D。2.化学在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。下列说法错误的是A.纯碱可用作锅炉除垢时硫酸钙的转化剂B.配制氯化铁溶液时，先将固体溶解在浓盐酸中，再稀释到所需浓度C.实验室用溶液和溶液反应制取硫化铝()D.在电镀装置中，用镀层金属作阳极材料，也可用惰性电极材料作阳极材料〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用作锅炉除垢，CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，所以纯碱（Na2CO3）可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂，选项A正确；B．氯化铁是弱酸强碱盐，铁离子易水解，为抑制铁离子水解，配制氯化铁溶液时先将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，选项B正确；C．溶液和溶液混合后，Al3+与S2-发生双水解反应，无法反应制取硫化铝()，选项C错误；D．在电镀装置中，用镀层金属作阳极材料，也可用惰性电极材料作阳极材料，电解质中含有镀层金属离子，选项D正确；〖答案〗选C。3.1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中不是为提高原料转化率而采取的措施是A.①② B.②③ C.①③ D.②⑤〖答案〗C〖解析〗〖详析〗N2、H2合成氨气的反应原理为：反应原理为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，△H＜0，为提高原料转化率，应使平衡向正方向移动。①净化干燥空气是为了防止催化剂中毒和减少水气化消耗燃料，与平衡移动无关，①符合题意；②根据方程式中反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动，②不符合题意；③催化剂对化学平衡移动无影响，因此反应③与化学平衡移动无关升高温度不利用平衡向正反应方向移动，③符合题意；④液化分离出氨气，可使生成物浓度减小，则可使平衡向正向移动，④不符合题意；⑤氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度，有利于平衡向正向移动，⑤不符合题意；综上所述可知：不是为提高原料转化率而采取的措施是①③，故合理选项是C。4.“水是生存之本、文明之源。”下列关于水处理方法叙述错误的是A.硫酸铝钾或硫酸铝作净水剂，可吸附沉降水中悬浮物B.硬水均可用加热煮沸的方法降低其中、的浓度C.可用FeS作为沉淀剂除去废水中、等重金属离子D.工业使用漂白粉时常加入少量的醋酸缩短达到漂白效果的时间〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附沉降水中悬浮物，A正确；B．碳酸氢钙、碳酸氢镁不稳定加热可转化为沉淀，但不是让所有情况的硬水都可用加热煮沸的方法降低其中、的浓度，B错误；C．FeS作为沉淀剂可将铜离子、银离子转化为难溶的硫化铜、硫化银沉淀，除去废水中、等重金属离子，C正确；D．醋酸可以和次氯酸根离子转化为强氧化性的次氯酸，缩短达到漂白效果的时间，D正确；故选B。5.血红蛋白分子(Hb)在人体中存在如下过程：①；②。下列说法错误的是A.相比于，血红蛋白分子更易与CO结合B.CO中毒时，需立即阻隔(或切断)CO源，使变小C.高原地区含氧量低，因此该地区人体内的Hb数量普遍较高D.CO中毒时，可将病人移入高压氧舱，使平衡②逆向移动〖答案〗B〖解析〗详析〗A．从反应②可知，K2=480，说明正反应进行程度较大，说明相比于O2，血红蛋白分子更易与CO结合，A正确；B．CO中毒，立即隔离(或切断)CO源不能使K2变小，K2只与温度有关，B错误；C．高原地区含氧量低，氧气浓度小，反应①平衡逆向移动，导致Hb数量普遍较高，C正确；D．CO中毒，将病人移入高压氧舱，O2浓度增大，反应②平衡逆向移动，从而缓解CO中毒，D正确；故〖答案〗选B。6.下列操作会导致实验测定值偏高的是A.测定NaOH溶液浓度c：用标准醋酸溶液滴定，用甲基橙作指示剂B.测定中和反应的反应热：用量筒量取NaOH溶液时仰视读数C.测定溶液pH：用湿润的pH试纸测定溶液的pHD.测定盐酸浓度c：用部分变质的NaOH溶液(含少量)滴定〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．用标准醋酸溶液滴定，且用甲基橙作指示剂（甲基橙的变色范围：溶液的pH≤3.1时，呈红色；pH≥4.4时，呈黄色；pH在3.1～4.4之间，呈橙色），生成的醋酸钠水解呈碱性，使标准醋酸溶液的消耗量偏大，则测定NaOH溶液浓度c偏高，A项正确；B．用量筒量取NaOH溶液时仰视读数，实际量取的NaOH溶液偏小，使测定中和反应的反应热偏低，B项错误；C．湿润的pH试纸上的水稀释了溶液，使测定溶液的pH偏低，C项错误；D．等物质的量的、NaOH与盐酸完全反应，消耗的盐酸更多，用部分变质的NaOH溶液(含少量)滴定盐酸，使标准液的消耗量减少，测定盐酸浓度c偏低，D项错误；〖答案〗选A。7.下列实验操作或实验仪器使用错误的是A.图甲可用于定量测定化学反应速率B.图乙蒸发溶液制备无水C.图丙所示滴定管液面读数为11.80mLD.图丁装置可以电解精炼铝〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．可以通过测定单位时间生成氢气的体积来定量测定化学反应速率，选项A正确；B．蒸发使用蒸发皿，选项B正确；C．由图可知，读数为11.80mL，选项C正确；D．阴极溶液中氢离子放电生成氢气，不能得到铝，选项D错误；故选D。8.宏观—微观—符号是化学的三重表征，下列有关化学符号表征正确的是A.铅蓄电池中充电时阳极反应：B.用白醋和淀粉KI试纸检验加碘盐中的：C.侯氏制碱法中晶体的制备：D.和不能大量共存：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．铅蓄电池中充电时阳极发生氧化反应：，A错误；B．碘离子、碘酸根离子在酸性条件下生成碘单质，，B错误；C．侯氏制碱法中晶体的制备反应为饱和氨盐水吸收二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵：，C正确；D．和反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，，D错误；故选C。9.已知：。室温下，在含大量的浊液中，仅改变横坐标轴对应的一个条件，纵坐标轴代表的物理量的变化趋势符合实际的是A.升高温度 B.加少量NaCl固体C.加少量水 D.加少量KI固体〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗升温溶解平衡正向移动；同离子效应抑制溶解。〖详析〗A．Ksp与温度有关，该溶解平衡吸热，升温溶度积增大，溶解度增加，故A正确；B．加入少量NaCl固体，溶解平衡逆向移动，但是引入了大量氯离子，氯离子浓度增加，其浓度变化趋势为随氯化钠的质量增加而增加，故B错误；C．加水，溶液仍然为饱和氯化银溶液，溶液中银离子浓度不变，故C错误；D．加入KI加固体，因为碘化银比氯化银更难溶，沉淀转化为碘化银，溶液中银离子浓度降低，所以随着KI固体的质量增多，银离子浓度逐渐减小，故D错误；故选A。10.海水是一种腐蚀性很强的天然电解质溶液沿垂直方向，海洋环境可分为海洋大气区、浪花飞溅区、海水潮差区、海水全浸区和海泥区。其中海水全浸区根据海水位置分为深海区和浅海区。根据钢铁桥梁在海洋区域建设的位置，下列说法错误的是A.热带地区桥梁比寒带海域桥梁腐蚀更严重B.海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般高于海水全浸区C.浅海区溶氧量较高，存在着大量的微生物，钢铁在浅海区主要发生电化学腐蚀D.在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．热带地区桥梁比寒带海域的温度高，反应速率更快，桥梁腐蚀更严重，故A正确；

B．铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，海泥区含氧量非常低，腐蚀速率一般低于海水全浸区，故B错误；

C．浅海区溶氧量较高，钢铁在浅海区主要发生吸氧腐蚀，故C正确；

D．在浪花飞溅区，海水的冲击不断破坏桥梁表面的腐蚀产物和保护涂层，使铁不断与氧气和水接触反应，所以浪花飞溅区桥梁腐蚀最严重，故D正确；

故选：B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列图象分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是A.石墨转变为金刚石是放热反应B.，，则C.白磷比红磷稳定D.〖答案〗BD〖解析〗〖详析〗A．根据图示可知，金刚石的能量大于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，故A错误；B．气态硫的能量大于固态硫，同质量的气态硫燃烧放出的能量大于固态硫，，，则，故B正确；C．根据图示可知，白磷的能量大于红磷，能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定，故C错误；D．CO和气态水的总能量大于二氧化碳和氢气的总能量，所以，故D正确；选BD；12.将溶于水，加入浓盐酸，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图所示：已知：为粉红色，为蓝色，为无色。下列结论和解释正确的是A.由实验①可推知B.由实验②可知浓度减小，浓度增大C.由实验③可推知加入后溶液中浓度减小D.实验②是由于增大，导致平衡逆向移动〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．实验①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明平衡逆向移动，即降低温度，平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，故，选项A错误；B．加水稀释，所有离子的浓度均减小，选项B错误；C．实验③加入少量ZnCl2固体，由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明平衡逆向移动，可推知加入后，锌离子结合氯离子生成，溶液中浓度减小，平衡逆向移动，选项C正确；D．实验②加水稀释，离子浓度减小，平衡逆向移动，选项D错误；〖答案〗选C。13.Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和混合而成，刻蚀时间为2～16min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是A.该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极B.Si极附近溶液酸性增强C.每刻蚀14gSi，有2mol电子流入Ag电极D.Ag极发生的反应为〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据原电池的构成条件分析，原电池的负极上会发生失电子的氧化反应；在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，为正极；在Si电极上，Si失去电子发生氧化反应，与HF结合形成H2SiF6和H+，为负极；原电池中电子从负极迁移到正极。〖详析〗A．在Si电极上发生失去电子的氧化反应，Si作负极，故A正确；B．在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，Si极附近溶液pH减小，酸性增强，故B正确；C．原电池中电子从负极迁移到正极，在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，电极反应式为Si+6HF-4e-=H2SiF6+4H+，每刻蚀14gSi，即有0.5molSi参加反应，失去电子2mol，即2mol电子迁移到Ag电极，故C正确；D．在Ag薄膜附近发生得电子的还原反应，Ag极发生的反应为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故D错误；故选D。14.据文献报道：催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是A.该反应可产生清洁燃料B.作为中间产物参与了该催化循环C.该催化循环中Fe的成键数目没发生变化D.该反应可消除CO气体〖答案〗AD〖解析〗〖祥解〗Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5，由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，其中OH-参与了该催化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。〖详析〗A．由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，所以该反应可产生清洁燃料H2，故A正确；B．由反应机理图可知：OH-作为催化剂参与了该催化循环，不是中间产物，故B错误；C．由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键→6个共价键→5个共价键→4个共价键→5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故C错误；D．由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，所以该反应可生成温室气体CO2，同时消除CO，故D正确；故选AD。15.电位滴定法是在滴定过程中通过测量电位变化以确定滴定终点的方法，当电极电位(ERC)产生了突跃，被测离子浓度产生突跃，进而确定滴定终点。向溶液(为二元弱酸)中逐滴滴加二元酸溶液，第一个电位突跃时消耗amL溶液，第二个电位突跃时消耗bmL溶液，根据消耗溶液体积，可判断和各级电离常数大小关系。下列说法错误的是A.若、，可能为强酸B.若、，则C.若、，第一个电位突跃时，溶液中D.若、，则用溶液滴定溶液，有两个电位突跃〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．若a=5mL、b=5mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、Na2B，说明H2B能完全电离出氢离子，可能为强酸，A正确；B．若a=5mL、b=15mL，则第二个反应生成NaHB、H2A，说明结合质子的能力A2->B2->HA->HB-，则酸性，故，B正确；C．由A分析可知，第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、Na2B，反应为2Na2A+H2B=2NaHA+Na2B，根据物料守恒可知，、，则，C错误；D．若a=10mL、b=10mL，则说明第一个电位突跃时反应为Na2A和H2B反应生成NaHA、NaHB，第二个电位突跃时反应为NaHA和H2B反应生成H2A、NaHB，则用0.1溶液滴定10mL0.1溶液，反应只生成NaHA、NaHB，只有一个电位突跃，D错误；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，是化学和技术对社会发展与进步的巨大贡献。（1）基态氮原子中，能量最高的电子的电子云在空间有_______个伸展方向。（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用“”表示，与之相反的用“”表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。（3）铁触媒是普遍使用的以铁为主体的多成分催化剂，通常还含有、、CaO、MgO、等氧化物中的几种。①Cr原子的价电子排布图为_______；第四周期ds区元素中，与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为_______。②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素有_______(填元素符号)（4）我国科研人员研制出了M-LiH(M为Fe、Mn等金属)等催化剂，使得合成氨工业的温度，压强分别降到了350℃、1MPa，这是近年来合成氨反应研究中的重要突破。①Mn在元素周期表中的位置_______，基态Mn原子未成对的电子数为_______。②第三电离能_______(填“>”或“<”)，原因是_______。〖答案〗（1）3（2）或（3）①.②.Cu③.Al、O（4）①.第四周期ⅦB族②.5③.<④.价电子排布为，易失去一个电子形成比较稳定的半满状态，而的价电子排布式为，处于较稳定的半充满状态，所以难失去〖解析〗〖小问1详析〗基态氮原子中，能量最高的电子为2p电子，电子云在空间有3个伸展方向。〖小问2详析〗基态氮原子电子排布为1s22s22p3，则其价电子自旋磁量子数的代数和为或；〖小问3详析〗①Cr为24号元素，Cr原子的价电子排布图为；第四周期ds区元素中，铜的价电子为3d104s1，与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为Cu。②上述氧化物所涉及的元素中，处于元素周期表中p区的元素有Al、O；〖小问4详析〗①Mn为25号元素，在元素周期表中的位置第四周期ⅦB族，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，故基态Mn原子未成对的电子数为5；②价电子排布为，易失去一个电子形成比较稳定的半满状态，而的价电子排布式为，处于较稳定的半充满状态，所以难失去，故第三电离能<。17.氨性硫代硫酸盐浸金是一种高效的黄金浸取工艺。（1）金可在硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液中缓慢溶解：4Au(s)+O2(g)+2H2O(l)+8S2O(aq)=4Au(S2O3)(aq)+4OH-(aq)。①100g含Au1.97×10-4g金矿中，加入1L0.7mol·L-1Na2S2O3溶液，10小时后，金的浸出率为0.1%，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为___mol·L-1·h-1。②为提高金的浸出速率，可采取的措施为____。（2）Cu(NH3)可催化金在Na2S2O3溶液中的溶解，其电化学催化腐蚀过程如图所示。①负极的电极反应式为____。②正极可能的催化过程如下：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3b.____③反应温度对金的浸出率影响如图所示。分析50℃时金浸出率最高的原因是____。（3）为研究上述浸金过程Cu2+与S2O的反应，进行如下实验：向1.0mL1mol·L-1CuSO4溶液中加入2.0mL2mol·L-1Na2S2O3溶液，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色。体系中涉及的反应如下：i.Cu2++2S2OCu(S2O3)(绿色)K1ii.Cu++2S2OCu(S2O3)(无色)K2iii.2Cu2++2S2O2Cu++S4OK3由实验现象可推测：反应i的速率___反应iii的速率(填“>”或“<”，下同)、K1___K3（4）若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，催化效果较Cu(NH3)差的原因是___。〖答案〗（1）①.2×10-10②.将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度（2）①.Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)②.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-③.温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低（3）①.＞②.＜（4）S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低〖解析〗〖小问1详析〗①10小时后，溶解的Au的质量为1.97×10-4g0.1%=1.9710-7g，溶解的Au的物质的量为=110-9mol，根据关系式：Au(s)~2Na2S2O3可得，参加反应的Na2S2O3的物质的量为110-9mol2=210-9mol，则浸出过程Na2S2O3的平均消耗速率为=2×10-10mol·L-1·h-1，故〖答案〗为：2×10-10。②根据外界条件对反应速率的影响，为提高金的浸出速率，可采取的措施有将金矿粉碎以增大接触面积、加热以提高温度、增大反应物浓度等，故〖答案〗为：将金矿粉碎或适当提高温度或适当提高Na2S2O3浓度或适当提高氧气浓度。〖小问2详析〗①负极发生失电子的氧化反应，该电化学催化腐蚀中Au失电子生成Au(S2O3)，则电极反应式为Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)，故〖答案〗为：Au-e-+2S2O=2Au(S2O3)。②由题可知，Cu(NH3)在反应中其催化剂作用，即在总反应中并没消耗和生成，所以正极开始Cu(NH3)得电子生成Cu(NH3)，随之O2又将Cu(NH3)氧化为Cu(NH3)，即正极可能的催化过程为：a.Cu(NH3)+e-=Cu(NH3)+2NH3，b.4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-，故〖答案〗为：4Cu(NH3)+8NH3+O2+2H2O=4Cu(NH3)+4OH-。③根据温度对金的浸出率图可知，50℃时金浸出率最高，如低于50℃，浸金反应速率随温度升高而增大，超过50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低，故〖答案〗为：温度低于50℃，浸金反应速率慢，导致金浸出率低；温度高于50℃，氨气和氧气挥发增多，S2O氧化更多，导致金浸出率降低。〖小问3详析〗实验中，溶液从蓝色变为绿色，后逐渐变浅至无色，说明先发生反应i之后发生反应iii和反应ii，反应i、ii为络合反应，反应iii为氧化还原反应，由颜色变化先后可判断出，反应i的速率＞反应iii的速率，反应iii为氧化还原反应，反应进行的更彻底，平衡常数较大，则K1＜K3，故〖答案〗为：＞；＜。小问4详析〗根据上述浸金过程Cu2+与S2O的反应的实验结果，若采用Cu2+催化硫代硫酸盐浸金，S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致催化效果较Cu(NH3)差，故〖答案〗为：S2O会与Cu2+发生氧化还原反应被消耗，导致金的浸出率降低。18.酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定法在科研和工业生产中都很重要。Ⅰ.某化学兴趣小组在室温下用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液。（1）向碱式滴定管中注入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为_______，排气泡时，应选择下图中的_______(填字母)。a.b.c.d.（2）实验数据如下表，其中一次滴定所用盐酸体积有明显偏差，其可能的原因是_______。序号1234标准溶液体积/mL20.6020.7020.1020.50a.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液b.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下c.滴定结束时，仰视读数d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成Ⅱ.为了测定草酸()溶液的浓度，进行如下实验：取25.00mL草酸溶液于锥形瓶内，加入适量稀，用溶液滴定。（3）滴定时应将溶液加入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中：在规格为50.00mL的滴定管中，若溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中溶液的实际体积为_______(填标号)。A.15.00mLB.大于35.00mLC.35.00mLD.小于15.00mL（4）滴定终点时的现象：_______。Ⅲ.莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准硝酸银溶液滴定待测液，测定溶液中的浓度。已知常温下数值如下表。回答下列问题：AgBrAgIAgSCNAgCl颜色浅黄色沉淀黄色沉淀砖红色沉淀白色沉淀白色沉淀用溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示。（5）该方法应该选用_______做指示剂。ANaBr B.KI C. D.KSCN（6）相同实验条件下，若改为，反应终点c点(25，5)移到_______点(用横纵坐标的数值来表示，下同)，相同实验条件下，若改为，反应终点c点(25，5)移到_______点。〖答案〗（1）①.用NaOH溶液润洗碱式滴定管②.c（2）ad（3）①.酸式②.B（4）当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色（5）C（6）①.(20，5)②.(25，6.5)〖解析〗〖祥解〗利用酸碱中和滴定原理，通过实验分析氧化还原反应滴定及难溶电解质沉淀生成的滴定分析溶液中物质的含量；〖小问1详析〗向洗净的碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH溶液润洗碱式滴定管；在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图c排气泡；〖小问2详析〗根据表中数据可知，第3次滴定所用盐酸的体积偏小；a.碱式滴定管润洗后用蒸馏水洗净再装入待测液，所取NaOH溶液体积偏小，消耗盐酸的体积偏小，选项a符合；b.接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，无影响，选项b不符合；c.滴定结束时，仰视读数，则盐酸的读数偏大，选项c不符合；d.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则盐酸的读数偏小，选项d符合；〖答案〗选ad；〖小问3详析〗具有强氧化性，不能装在碱式滴定管，溶液加入酸式滴定管中；50.00mL-15.00mL=35.00mL，因尖嘴部分也有溶液而没有刻度，故此时滴定管中溶液的实际体积应大于35.00mL，〖答案〗选B；〖小问4详析〗滴定终点时的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；〖小问5详析〗AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，若用NaBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示剂，AgSCN和AgCl的颜色相同，无法区分，因此不能用KSCN作指示剂，达到滴定终点时，AgNO3与Na2CrO4反应生成Ag2CrO4沉淀，即有砖红色沉淀生成，现象明显，因此选择Na2CrO4作为滴定Cl-的指示剂，故〖答案〗为:C；〖小问6详析〗溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol/LCl-，则所需AgNO3溶液体积变为mL=20mL，反应终点c移到体积为20mL的位置；若改为0.0500mol/LBr-，消耗AgNO3溶液的体积不变，但Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，达到沉淀溶解平衡时Br-的