2022學年第一學期衢溫“5＋1”聯盟期末聯考高二年級化學學科試題考生須知：1．本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2．答題前，在指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字。3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4．考試結束后，只需上交答題紙。5．可能用到的相對子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5P：31K：39Fe：56Cu：64Ag：108Sn：119Ba：137Ⅰ卷選擇題部分一、選擇題(本大題共22小題，116每小題2分，1722每小題3分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.在水溶液中呈酸性且促進水電離的是A.NaHSO4 B.BeCl2 C.NaHCO3 D.KNO3【答案】B【解析】【詳解】A．NaHSO4完全電離出氫離子溶液呈酸性，但抑制水的電離，A錯誤；B．BeCl2為強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，Be2+發生水解反應，促進水的電離，B正確；C．NaHCO3為強堿弱酸鹽，碳酸氫根離子發生水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，C錯誤；D．KNO3為強酸強堿鹽，溶液呈中性，不促進水的電離，D錯誤；故選：B。2.下列物質屬于弱電解質的是A.BaSO4 B.CH3CH2OH C.HF D.SO2【答案】C【解析】【詳解】A．BaSO4在水中溶解的部分是完全電離的，屬于強電解質，A不符合題意；B．CH3CH2OH在水中不能電離，屬于非電解質，B不符合題意；C．HF在水中部分電離，屬于弱電解質，C符合題意；D．SO2在水中形成H2SO3，H2SO3在水中部分電離，但是SO2本身不會電離，故SO2屬于非電解質，D不符合題意；故選C。3.酸堿中和滴定實驗中不需要的儀器是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】酸堿發生中和滴定，需使用的儀器有鐵架臺、堿式滴定管、酸式滴定管、滴定管夾、錐形瓶、不使用使用蒸發皿，圖示的儀器中A是量筒，B是堿式滴定管，C是錐形瓶，D是滴定管夾，可見不需要使用的儀器的選項是A。4.下列化學用語表示正確的是A.Ca2+的結構示意圖：B.基態鎂原子核外電子的軌道表示式為C.甲烷的球棍模型：D.基態銅原子的價層電子排布式：3d104s1【答案】D【解析】【詳解】A．Ca2+的核外電子數為202=18，所以其結構示意圖為，A不正確；B．依據泡利不相容原理，基態鎂原子的3s軌道上的電子自旋方向應相反，B不正確；C．為甲烷的空間填充模型，而不是球棍模型，C不正確；D．基態銅原子(29Cu)的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價層電子排布式為3d104s1，D正確；故選D。5.下列說法不正確的是A.電解精煉銅的陰極反應：Cu2++2e=CuB.純銀器表面在空氣中因電化學腐蝕漸漸變暗C.稀土元素可以用來制造合金D.儲氫材料鑭鎳合金(LaNi5)貯存氫氣時發生了化學變化【答案】B【解析】【詳解】A．電解精煉銅時，溶液中的Cu2+在陰極得電子生成Cu，電極反應為Cu2++2e═Cu，故A正確；B．發生電化學腐蝕時，金屬應不純，純銀Ag在空氣中和硫化氫反應生成Ag2S而漸漸變暗，屬于化學腐蝕，故B錯誤；C．在合金中加入適量稀土金屬，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被譽為新材料的寶庫，又被稱為“冶金工業的維生素”，故C正確；D．貯氫金屬在一定的溫度和壓強下能夠大量吸收氫氣，一個金屬原子可以與兩三個乃至更多個氫原子結合，形成金屬氫化物，屬于化學變化，故D正確；

故選：B。6.關于反應3FeSO4+2O3+3NO=Fe2(SO4)3+Fe(NO3)3下列說法正確的是A.Fe2(SO4)3既是氧化產物又是還原產物B.氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶3C.該反應中被NO氧化的O3占消耗掉O3的1/4D.3molFeSO4反應時轉移電子數為12NA【答案】D【解析】【詳解】A．FeSO4中亞鐵離子、NO中N元素化合價升高，被氧化生成氧化產物，Fe2(SO4)3是氧化產物，故A錯誤；B．反應中FeSO4、NO化合價升高為還原劑，O3化合價降低為氧化劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3，故B錯誤；C．該反應中NO的氮元素化合價由+2升高為+5，NO為還原劑，NO還原O3，故C錯誤；D．3molFeSO4反應共消耗O3為2mol，根據O原子由0價降低為2價以及得失電子守恒，轉移的電子數為12NA，故D正確；答案選D。7.下列說法不正確是A.pH計、酚酞和甲基橙均能用于NaOH溶液滴定鹽酸終點的判斷B.受溴腐蝕致傷時，先用甘油清洗傷口，再用大量的水洗C.萃取前，向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞芯處不漏水，即可使用D.不可用溴水溶液檢驗丙烯醛中的碳碳雙鍵【答案】C【解析】【詳解】A．NaOH溶液滴定鹽酸，終點時溶液顯中性，可用pH計、酚酞和甲基橙判斷滴定終點，故A正確；B．溴易溶于甘油，則受溴腐蝕致傷時，先用甘油洗傷口，再用大量的水洗，故B正確；C．萃取前向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞處，不漏水，再將旋塞旋轉180°，不漏水，還需檢驗上口塞子是否漏水，故C錯誤；D．醛基和碳碳雙鍵均能使溴水褪色，不可用溴水溶液檢驗丙烯醛中的碳碳雙鍵，故D正確；故選C。8.常溫下，下列各組離子在相應條件下可能大量共存的是A.水電離的的溶液中：、、、B.遇甲基橙變紅色的溶液中：、、、C.溶液：、、、D.溶液中：、、、【答案】A【解析】【詳解】A．水電離的的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，在堿性溶液中，不能大量存在，在酸性溶液中，、、、都可以大量存在，A符合題意；B．遇甲基橙變紅色的溶液呈酸性，在酸性溶液中，、能發生氧化還原反應，B不符合題意；C．的溶液呈酸性，在酸性溶液中，不能大量存在，C不符合題意；D．溶液呈酸性，在酸性溶液中，、能發生氧化還原反應，D不符合題意；故選A。9.某反應A+B=C+D在低溫下能自發進行，在高溫下不能自發進行，對該反應過程△H、△S的判斷正確的是（）A.△H＜0，△S＞0B.△H＞0，△S＞0C.△H＜0，△S＜0D.△H＞0，△S＜0【答案】C【解析】【詳解】化學反應能否自發進行，取決于焓變和熵變的綜合判據，當△G=△HT?△S＜0時，反應能自發進行，A．△H＜0，△S＞0，一定存在△G=△HT?△S＜0，在任何溫度下反應都能自發進行，故A不符合題意；B．△H＞0，△S＞0，高溫下△G=△HT?△S＜0，則高溫下反應能自發進行，低溫下不能自發進行，故B不符合題意；C．△H＜0，△S＜0，低溫下△G=△HT?△S＜0，則低溫下反應能自發進行，高溫下不能自發進行，故C符合題意；D．△H＞0，△S＜0，一定存在△G=△HT?△S＞0，反應在任何溫度下都不能自發進行，故D不符合題意；答案選C。10.設N為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.0.1mol·L1Ba(OH)2溶液中含有OH的數目為AB.49.5gCOCl2中的碳氯鍵數目為NAC.31gP4中的共價鍵數目為NAD.120gNaHSO4和KHSO3的水溶液中含有的陽離子數為NA【答案】B【解析】【詳解】A．0.1mol·L1Ba(OH)2溶液中OH的濃度為，溶液體積不知不能計算氫氧根離子數，故A錯誤；B．2的物質的量為：，COCl2的結構式為，1個COCl2分子中含有2個CCl，2中的碳氯鍵數目為NA，故B正確；C．31gP4的物質的量為：，含有共價鍵的物質的量為：0.5mol×6=3mol，所含共價鍵的數目為3NA，故C錯誤；D．NaHSO4和KHSO3的摩爾質量均為120g/mol，故120g混合物的物質的量為1mol，而NaHSO4和KHSO3的固體均由1個陽離子和1個陰離子構成，故1mol混合物中含陽離子為NA個，故D錯誤；

故選：B。11.X、Y、Z、W為短周期元素，X2和Y+核外電子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外層電子數是X、Y最外層電子數之和。下列說法不正確的是A.離子半徑Z>X>YB.第一電離能：Y＜ZC.Y、W均屬于元素周期表中的p區元素D.X、Y、Z、W核電荷數逐漸增大【答案】C【解析】【詳解】X、Y、Z、W為短周期元素，X2和Y+核外電子排布相同，X、Z位于同一主族，則X為O元素，Z為S元素，Y為Na元素，Y、Z、W位于同一周期，W的最外層電子數是X、Y最外層電子數之和，則W為Cl元素。A.具有相同電子結構的離子核電荷數越大半徑越小，Z離子多一個電子層半徑最大，故離子半徑Z>X>Y，選項A正確；B.Y為金屬元素，Z為非金屬元素，第一電離能：Y＜Z，選項B正確；C.Na屬于元素周期表中的s區元素，、Cl屬于元素周期表中的p區元素，選項C不正確；D.X、Y、Z、W核電荷數分別為8、11、16、17，逐漸增大，選項D正確；答案選C。12.已知幾種化學鍵的鍵能和熱化學方程式如下：

化學鍵H—NN—NCl—ClN≡NH—Cl鍵能(kJ?mol1)391193243946432N2H4(g)+2Cl2(g)=N2(g)+4HCl(g)ΔH，下列推斷正確的是A.H(g)+Cl(g)=HCl(g)ΔH=+432kJ·mol1B.斷裂lmolHCl鍵吸收能量比斷裂1molN≡N鍵多514kJC.上述反應中，ΔH=431kJ·mol1D.上述反應中，斷裂極性鍵和非極性鍵，只形成極性鍵【答案】C【解析】【詳解】A．H(g)+Cl(g)=HCl(g)是形成化學鍵的過程，是放熱過程，△H=432kJ/mol，故A錯誤；B．斷裂1molCl—Cl鍵吸收能量為243kJ，斷裂1molN≡N鍵吸收能量為946kJ，因此斷裂1molCl—Cl鍵吸收能量比斷裂1molN≡N鍵少703kJ，故B錯誤；C．焓變ΔH=反應物的鍵能之和生成物的鍵能之和=4×(391kJ/mol)+(193kJ/mol)+2×(243kJ/mol)(946kJ/mol)4×(432kJ/mol)=431kJ/mol，故C正確；D．上述反應中，斷裂了NH極性鍵和ClCl、NN非極性鍵，形成了HCl極性鍵和N≡N非極性鍵，故D錯誤；故選C。13.某溫度下，向2L密閉容器中通入1molNO和0.5molBr，發生如下反應：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，Br2的物質的量隨時間變化的實驗數據如下表：時間/min5101520253035n(Br2)/mol030下列說法不正確的是A.第18min的瞬時速率小于第25min的瞬時速率B.0~10min，消耗Br2的平均速率是0.01mol·L1·min1C.30~35min，NO的物質的量濃度不再改變D.任意時刻，容器中NO和Br2的轉化率始終相等【答案】A【解析】【詳解】A．由表格數據可知，25min后溴的物質的量保持不變，說明反應達到平衡，18min時反應未達到平衡，則第18min的瞬時速率大于第25min的瞬時速率，故A錯誤；B．由表格數據可知，溴的物質的量為，則0~10min內溴的反應速率為=0.01mol·L1·min1，故B正確；C．由表格數據可知，25min后溴的物質的量保持不變，說明反應達到平衡，則30~35min，反應達到平衡狀態，一氧化氮的物質的量濃度不變，故C錯誤；D．反應起始物質的量之比與化學計量數之比相等，所以容器中一氧化氮和溴的轉化率相等，故D正確；故選A。14.工廠的氨氮廢水可用電化學催化氧化法加以處理，其中在電極表面的氧化過程的微觀示意圖如圖：下列說法中，不正確的是A.過程①②均有鍵斷裂B.過程③的電極反應式為：C.過程④中有非極性鍵形成D.催化劑可以降低該反應的活化能【答案】B【解析】【詳解】A．結合微觀示意圖可知，過程①NH3變為NH2，過程②NH2變為NH，均有鍵斷裂，故A正確；B．由圖可知，NH失去電子結合氫氧根離子，轉變為N和H2O，則過程③的電極反應式為：，故B錯誤；C．結合微觀示意圖可知，過程④中有氮氮三鍵形成，氮氮三鍵屬于非極性鍵，故C正確；D．催化劑可以改變反應的活化能，故D正確；答案選B。15.能正確表示下列反應離子方程式是A.NaClO溶液與FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO+2H2O=Fe(OH)2↓+2HClOB.足量的碳酸氫鈉溶液與澄清石灰水混合：Ca2++2OH+2=CaCO3↓++2H2OC.同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：+OH=NH3·H2OD.AgCl溶于水再加入Na2S溶液：2Ag++S2=Ag2S↓【答案】B【解析】【詳解】A．Fe2+與ClO會發生氧化還原反應，生成的氫離子與次氯酸根離子結合生成次氯酸，離子方程式為2Fe2++5ClO+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl+4HClO，故A錯誤；B．少量澄清石灰水完全反應，生成碳酸鈣、碳酸鈉和水，離子反應為Ca2++2OH+2=CaCO3↓++2H2O，故B正確；C．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，先發生中和反應，離子方程式為：H++OH═H2O，故C錯誤；D．AgCl飽和溶液在加入Na2S，實現了沉淀的轉化，氯化銀需要保留化學式，正確的離子方程式為：2AgCl+S2═2Cl+Ag2S↓，故D錯誤；

故選：B。16.醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOH?CH3COO+H+，下列各項不正確的是A.醋酸溶液中離子濃度關系滿足：c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)B.常溫下，pH=2的CH3COOH溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH<7C.向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固體，平衡逆向移動D.將3COOH溶液加水稀釋，溶液中所有的離子濃度都減小【答案】D【解析】【詳解】A．CH3COOH溶液中存在電荷守恒c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，故A正確；B．pH=2的CH3COOH溶液中氫離子濃度與pH=12的NaOH溶液中氫氧根離子濃度相等，氫氧化鈉是強電解質，而醋酸是弱電解質，只有少部分發生電離，等體積混合反應后剩余大量的醋酸，醋酸電離出的氫離子濃度遠低于醋酸根水解產生的氫氧根離子濃度，溶液呈酸性，即溶液的pH＜7，故B正確；C．加入少量醋酸鈉固體，醋酸根濃度增大，平衡逆向移動，故C正確；D．加水稀釋，促進電解質電離，n(CH3COOH)減小，n(CH3COO)、n(H+)增大，由于體積增大程度大于電離程度，則c(CH3COOH)、c(CH3COO)、c(H+)都減小，根據Kw=c(H+)?c(OH)，可知c(OH)濃度增大，故D錯誤；故選：D。17.向1LpH＝2的鹽酸和醋酸溶液中，分別投入0.65g鋅粒，則下圖中比較符合客觀事實的是A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】0.65g鋅粒是0.01mol，鹽酸是強酸，其物質的量是0.01mol，所以鹽酸不足，以鹽酸的量進行計算，生成氫氣是0.005mol；醋酸是弱酸，其濃度大于0.01mol/L，所以鋅不足，按照鋅的量進行計算，所以醋酸產生的氫氣多，由于在反應過程中，產生會繼續電離出氫離子，所以醋酸的反應速率快，所用時間短，答案選C。18.利用太陽能光伏電池電解水制高純氫的同時可獲得氧氣，其工作情況如圖所示，有關說法不正確的是A.連接K1時，可制得H2B.連接K2時，OH向電極2遷移C.制得標況下2時，Ni(OH)2轉化為NiOOH的物質的量為2molD.制高純氫時電極3上發生反應：Ni(OH)2e+OH=NiOOH+H2O【答案】C【解析】【分析】由圖可知，連接K1，電極1為陰極，電極反應式為2H2O+2e=H2↑+2OH，電極3為陽極，電極反應式為Ni(OH)2+OHe=NiOOH+H2O，連接K2，電極3為陰極，電極反應式為NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH，電極2為陽極，電極反應式為4OH4e=O2↑+2H2O，據此作答。【詳解】A．當連接時，由圖示分析可知，電極3為陽極，被氧化為NiOOH；電極1為陰極，氫離子或水得到電子被還原為氫氣，A正確；B．連接時，電極3為陰極，電極2為陽極，在電解池中陰離子移向陽極，陽離子移向陰極，所以向電極2遷移，B正確；C．連接K2，電極3為陰極，電極反應式為NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH，電極2為陽極，電極反應式為4OH4e=O2↑+2H2O，標況時，制得，則轉移的電子的物質的量為，根據電子守恒可得，由NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH可知NiOOH轉化為Ni(OH)2的物質的量為2mol，物質轉化錯誤，C錯誤；D．制高純氫時連接K1，電極1為陰極，電極反應式為2H2O+2e=H2↑+2OH，電極3為陽極，電極反應式為Ni(OH)2+OHe=NiOOH+H2O，D正確；故選C。19.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同濃度的CaCl2溶液，觀察到明顯產生渾濁時，停止滴加；取少量所得渾濁液加熱，記錄實驗現象。下列說法不正確的是實驗序號c(CaCl2)(mol·L1)滴加CaCl2溶液時的實驗現象加熱渾濁液時的實驗現象①至1.32mL時產生明顯渾濁，但無氣泡產生有較多氣泡生成②至15.60mL時產生明顯渾濁，但無氣泡產生有少量氣泡生成③至20mL未見渾濁A.①中產生渾濁的原因是c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)B.未加熱前①和②中發生了反應：2HCO3＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加熱濁液產生氣泡主要是因為CaCO3受熱分解產生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同時產生渾濁和氣泡【答案】C【解析】【分析】向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同濃度的CaCl2溶液，觀察到明顯產生渾濁時，沒有氣泡產生，發生反應2HCO3＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸鈣。【詳解】A.根據溶度積規則，①中能產生碳酸鈣沉淀，說明c(Ca2+)·c(CO32?)>Ksp(CaCO3)，故A正確；B.未加熱前①和②不放二氧化碳，說明碳酸未飽和，加熱后二氧化碳溶解度減小，放出二氧化碳，所以未加熱前①和②中發生了反應：2HCO3＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正確；C.未加熱前①和②中發生了反應：2HCO3＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸鈣受熱不分解，加熱濁液產生氣泡主要是因為H2CO3受熱分解產生了更多的CO2，故C錯誤；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，發生反應CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同時產生渾濁和氣泡，故D正確。20.25℃時，向溶液中逐滴加入溶液。滴加過程中溶液含碳微粒物質的量與溶液pH的關系如圖所示(因逸出未畫出)。下列說法正確的是A.②表示物質的量的變化情況B.a點由水電離產生的C.由b點可計算得出D.a、b、c、d四點溶液中含碳微粒物質的量守恒【答案】C【解析】【分析】向溶液中逐滴加入溶液，隨鹽酸的滴入不斷減少，故①表示的物質的量變化情況，②表示的物質的量變化情況，③表示H2CO3以及CO2的物質的量變化情況。【詳解】A．由以上分析可知，②表示的物質的量變化情況，故A錯誤；B．a點表示的是2CO3溶液的pH為，c(H+)=10，Na2CO3的水解促進了水的電離，所以在Na2CO3溶液中由水電離產生的OH濃度等于溶液中的OH濃度，所以水電離的氫氧根離子濃度：，故B錯誤；C．b點溶液的，則c(H+)=10，b點和濃度相等，則碳酸的，故C正確；D．d點加入了過量的鹽酸，有CO2氣體逸出，故D錯誤；故選C。21.在恒容容器中，按照nmolCO和3nmolH2投料發生甲烷化反應：CO(g)+3H2(g)?CH4(g)+H2O(g)ΔH<0，測得CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示，下列說法正確的是A.溫度：T1>T2>T3 B.正反應速率：v(a)>v(b)>v(c)C.平衡常數：K(a)<K(d)<K(c) D.e點與b點的CO的濃度相等【答案】D【解析】【詳解】A．該反應為放熱反應，相同壓強下溫度越高CO的平衡轉化率越小，所以溫度：T1＜T2＜T3，故A錯誤；

B．溫度越高反應速率越快，所以v(c)＞v(b)，相同溫度下壓強越大，反應速率越快，所以v(a)＜v(c)，故B錯誤；

C．該反應正反應為放熱反應，溫度越高平衡常數越小，所以K(a)＞K(d)＞K(c)，故C錯誤；

D．e點與b點起始投料相同，CO的平衡轉化率相同，則平衡時CO的濃度相等，故D正確；

故選：D。22.下列方案設計、現象和結論都正確的是目的方案設計現象和結論A探究淀粉水解程度在試管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加熱34分鐘，冷卻后加入NaOH溶液至堿性，再滴加碘水若溶液未變藍，則淀粉已完全水解B探究乙醇脫水產物在試管中加入2克并注入4mL95%的乙醇，加熱，將產生的氣體通入溴水中若溴水褪色，則乙醇脫水產物有乙烯生成C探究和的溶解度大小向NaOH溶液中加入一定量的溶液，充分反應后再加少量的溶液若先生成白色沉淀，后產生藍色沉淀，則證明比溶解度小D檢驗某溶液中是否含有離子取少量該溶液于試管中，加少量硫酸酸化的溶液若溶液褪色，則該溶液中含有離子A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．碘水檢驗淀粉要在酸性環境中，堿性條件下與堿反應，干擾淀粉檢驗，故A錯誤；B．乙烯和溴水能發生加成反應，在試管中加入2克并注入4mL95%的乙醇，加熱，將產生的氣體通入溴水中，若溴水褪色，則乙醇脫水產物有乙烯生成，故B正確；C．NaOH過量，剩余的NaOH和溶液反應會干擾實驗，不是氫氧化鎂轉化成氫氧化銅，不能證明比溶解度小，故C錯誤；D．溶液褪色，也可能含有其他還原性的微粒，故D錯誤；選B。Ⅱ卷非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共50分)23.隨著能源技術的發展，科學家們將目光聚焦于鋰的開發與研究。（1）基態原子中電子占據最高能級的符號是___________，占據該能級電子的電子云輪廓圖的形狀為___________形。（2）在周期表中，與元素的化學性質最相似的鄰族元素是___________（3）部分元素的第一電離能如表所示。元素LiBeNaK520900496419①堿金屬的第一電離能與堿金屬的活潑性的聯系是___________。②Be的第一電離能比Li的大，從原子結構角度分析其原因是___________。（4）海水中有豐富的鋰資源，我國科學家研發出利用太陽能從海水中提取金屬鋰的技術，提取原理如下圖所示：①金屬鋰在電極___________(填“A”或“B”)上生成。②陽極產生兩種氣體單質，寫出陽極的電極反應：___________、___________。【答案】（1）①.2s②.球（2）Mg（3）①.從上到下，隨著核電荷數遞增第一電離能遞減②.基態Be原子的核外電子排布式為1s22s2，2s2為全滿結構、原子的能量較低（4）①.A②.2Cl2e=Cl2↑③.4OH4e=O2↑+2H2O【解析】【小問1詳解】Li是三號元素，基態Li原子的核外電子排布式為1s22s1，基態原子中電子占據最高能級的符號是2s，占據該能級電子的電子云輪廓圖的形狀為球形。【小問2詳解】同周期從左到右元素金屬性遞減，同主族從上到下元素金屬性遞增，則在周期表中，與元素的化學性質最相似的鄰族元素是Mg。【小問3詳解】①從Li→K類推到Cs，隨著質子數遞增，電子層數增多，原子半徑增大，原子核對最外層電子的吸引力減小，原子失電子能力增強，第一電離能減小，則堿金屬的第一電離能與堿金屬的活潑性的聯系是：從上到下，隨著核電荷數遞增第一電離能遞減。②Be的第一電離能比Li的大，從原子結構角度分析其原因是：基態Li原子的核外電子排布式為1s22s1，基態Be原子的核外電子排布式為1s22s2，2s2為全滿結構、原子的能量較低，則具有較大的第一電離能。【小問4詳解】①要從海水中提煉Li，則原本海水中Li+透過選擇性膜在A極得到電子生成Li，故金屬鋰在電極A上生成。②海水中含有大量的Cl，故有Cl2生成，相應的電極反應為：2Cl2e=Cl2↑，海水中在陽放電產生氣體的離子還有OH，故另外一種氣體為O2，相應的電極反應為：4OH4e=O2↑+2H2O。24.某固態結晶水合物X由5種元素組成。某學習小組進行了如下實驗已知氣體B具有刺激性氣味且能與AgNO3溶液反應，D中兩種元素質量比為4：1，請回答：（1）寫出X的組成元素原子序數最大的元素符號_______（2）檢驗氣體B的實驗方法是_______（3）寫出X在隔絕空氣條件下加熱，生成A、D、E的化學方程式_______。（4）已知氣體B和固體D加熱時會發生反應，產物中有兩種單質，寫出該反應的化學方程式_______，當參加反應的D質量是1.2g時，所生成的兩種單質的質量差為_______g。【答案】（1）Cu（2）用濕潤的紅色石蕊試紙靠近，試紙變成藍色，證明B是氨氣(或者用濃鹽酸靠近產生白煙)（3）Cu(NH3)4SO4?2H2OCuO+SO3↑+4NH3↑+2H2O↑（4）①.3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，②.0.82.【解析】【分析】氣體B經過堿石灰后能與AgNO3溶液反應，則該氣體為氨氣()，標準狀況下體積，物質的量為；能與氯化鋇溶液反應生成白色沉淀的氣體為，則氣體E為；白色沉淀為，物質的量為，即為；D中兩種元素質量比為4:1，滿足條件的黑色固體D為，則C為，根據生成氨氣的氣體和沉淀的質量，由此可知物質X為，再由生成，可知物質的量為，即相對分子質量為，解得x=2，即X的化學式為。【小問1詳解】X的化學式為，以上五種元素中原子序數最大的是Cu；【小問2詳解】氣體B為氨氣，實驗室檢驗氨氣的方法為用濕潤的紅色石蕊試紙靠近，試紙變成藍色，證明B是氨氣，故填用濕潤的紅色石蕊試紙靠近，試紙變成藍色，證明B是氨氣；【小問3詳解】分解的化學方程式為；【小問4詳解】B為氨氣，D為，發生氧化還原反應生成Cu和氮氣，反應方程式為：，根據題意，氨氣和氧化銅反應的化學方程式為，設兩單質的質量差為xg，則，即，解得。25.隨著科學技術的發展和環保要求的不斷提高CO的捕集利用技術成為研究的重點。（1）目前國際空間站處理CO?的一個重要方法是將CO還原，所涉及的反應方程式為：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=802.3kJ·mol12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=483.6kJ·mol1若溫度從300°C升至400℃，重新達到平衡，判斷下列說法正確的是_______。A.v正、v逆都增大，平衡向逆反應方向移動B.v正減小、v逆增大，平衡常數減小C.平衡常數減小，反應物的轉化率減小D.第二次平衡時的v正、v逆都比第一次平衡時的v正、v逆都大（2）①用甲烷催化還原氮的氧化物可消除氮氧化物的污染CH4(g)+4NO(g)?2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=QkJ·mol1。寫出上述反應的平衡常數表達式_______，已知該反應的平衡常數K隨溫度升高而減小，則Q_______0(填“>”或“<”或“=”)。②某溫度下，密閉容器中CH4與NO的起始濃度分別為1mol·L1、2mol·L1，其中c(NO)隨時間變化如圖所示，t2時達到平衡，保持溫度不變在t時將容器容積壓縮到一半，請畫出t2~t3區間c(CH4)隨時間變化的曲線_______。（3）①為提高反應：CH4(g)+2NO2(g)?N(g)+CO2(g)+2H2O(g)中NO?的轉化率，可以采取在恒壓條件下充入稀有氣體，解釋其原因_______②電解吸收法處理氮氧化物廢氣的基本原理是用硝酸吸收氮氧化物生成，同時用石墨電極電解將轉化成，電解條件下循環利用來處理氮氧化物。寫出該法處理NO總反應的化學方程式_______。【答案】（1）ACD（2）①.②.<③.（3）①.恒壓充入稀有氣體，擴大了容器的體積，等同于減少壓強，平衡向氣體擴大的方向移動，即正反應方向移動②.2NO+4H2O2HNO2+3H2【解析】【小問1詳解】已知：反應I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=802.3kJ·mol1，反應Ⅱ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=483.6kJ·mol1，根據蓋斯定律，2×反應Ⅱ反應I可得反應，△H=483.6×2(802.3)=164.9kJ·mol1，可知該反應是放熱反應：A．升高溫度，正逆反應速率都增大，該反應是放熱反應，逆反應增大的程度比正反應的大，平衡向逆反應方向移動，A正確；B．升高溫度，正逆反應速率都增大，v正增大，B錯誤；C．該反應是放熱反應，平衡向逆反應方向移動，平衡常數減小，反應物的轉化率減小，C正確；D．升高溫度，正逆反應速率都增大，根據勒夏特列原理可知溫度對平衡的影響只能減弱不能消除，第二次平衡時的v正、v逆都比第一次平衡時的v正、v逆都大，D正確；故選：ACD；【小問2詳解】①化學平衡常數等于生成濃的平衡濃度冪之積比上反應物濃度冪之積，所以平衡常數，該反應的平衡常數K隨溫度升高而減小，說明升高溫度平衡逆向移動，說明逆反應是吸熱反應，所以正反應是放熱反應，Q＜0；??

②兩邊的化學計量數相等，所以將容器容積壓縮到一半，相當于增大壓強，因兩邊的計量數相等，所以平衡不移動，但CH4的濃度是原來的2倍，所以CH4的濃度為：(1)，由此作圖為；【小問3詳解】①恒壓充入稀有氣體后體積增大，相當于減小壓強，有效氣體的壓強減少，平衡向正反應方向移動，所以反應物的轉化率增大；

②用石墨電極電解將轉化成中氮的化合價升高在陽極放電，所以陰極是溶液中的氫離子放電生成氫氣，所以總的電極反應式為：。26.廢舊電路板主要含有塑料、Fe、Cu、SnO2、PbO?等，研究人員一種從處理廢舊電路板中回收金屬錫(Sn)的流程如下：已知：Sn和Pb位于周期表第IVA族：SnO2，PbO2可與強堿共熱反應生成易溶性鹽和水。（1）“焙燒”的主要目的是_______（2）“濾渣”中含有的金屬元素有_______(填元素符號)。（3）加入Na2S可與“濾液a”中的Na2PbO3反應產生強堿性溶液以達到除鉛的目的，寫出相關的化學方程式_______；可循環利用的物質的化學式為_______（4）測定粗錫中Sn的純度：在強酸性環境中將1.0g的粗錫樣品溶解(此時Sn全部轉化成Sn2+)，迅速加入過量NH4Fe(SO4)2溶液，以二苯胺磺酸鈉為指示劑，用0.1mol·LK2Cr2O7標準溶液滴定至終點。平行測定三次消耗的K2Cr2O7溶液的體積平均為，計算Sn的純度。(已知：由Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、+6Fe2++14H+=2Cr2++6Fe3++7H2O)①溶解粗錫時不宜選用濃鹽酸，理由_______。②粗錫樣品中Sn的純度為_______。【答案】（1）加熱使塑料變為氣體除去（2）Fe、Cu（3）①.Na2PbO3+2Na2S+3H2O=S↓+PbS↓+6NaOH②.NaOH（4）①.酸性K2Cr2O7溶液可將濃鹽酸氧化使錫純度的測定產生誤差②.89.25%【解析】【分析】通入空氣焙燒將塑料變為氣體除去，已知SnO2，PbO2可與強堿共熱反應生成易溶鹽和水，濾液a含Na2SnO3、Na2PbO3，濾渣為Fe2O3、CuO，加入Na2S生成PbS，濾液b水熱法得到SnO2，加入