2023学年度广东省广州市番禺区高二(上)期末化学试卷(附答案详解).docx

2023-2023 学年广东省广州市番禺区高二上期末化学试卷1. 化学与生活亲热相关。以下说法错误的选项是()A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 氢氧化铝可用干中和过多胃酸C. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查D. 红葡萄酒中添加少量SO2具有抗氧化的作用2. 2023年，我国运发动在东京奥运会上取的辉煌战绩，为国争光。获得的奥运奖牌均由旧手机、家电等提取的金属制成，以下有关说法不正确的选项是()A. 变废为宝可以节约资源，实现可持续进展战略B. 东京奥运会金牌是利用电镀原理在银上镀上一层黄金C. 东京奥运会铜牌为铜锌合佥熔点低于纯铜D. 某电池工作时发生反响Zn + Ag2O = 2Ag + ZnO，在负极处可获得Ag3. 1g冰受热转化为1g水蒸气，以下分析不正确的选项是()A. 该过程是熵增的过程B. 该过程发生的是物理变化C. 1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同D. H2与O2反响生成1molH2O(l)与生成1molH2O(g)放出的热量一样4. 我国争论人员研制出一种型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂外表实现高效分解水，主要过程如图：以下说法不正确的选项是()A. 催化剂能够降低反响的活化能，增大反响物分子中火花分子的百分数B. 过程I吸取能量第 1 页，共 24 页2C. 表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g) + 1 O2(g) = H2O(g)H = 241kJ/molD. 该反响的中间过程中有双氧水的生成5. 在肯定温度下发生反响：2NO2(g) N2O4(g) H < 0，达平衡后，转变以下条件可使混合气体颜色加深的是()A. 使用催化剂C. 降温B. 缩小容器的容积D. 充入氮气6. 能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+) > c(OH)的措施是()A. 向水中通入SO2C. 向纯水中投入一小块金属钠B. 将水加热煮沸D. 向水中参加NaCl7. 将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反响， 测得密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图。以下说法不正确的选项是( )A. 曲线表示盐酸与镁条反响B. 反响开头前c(H+)：盐酸>醋酸C. 反响过程中盐酸的c(H+)下降更快D. 反响完毕时两容器内n(H2)相等8.对于反响：4CO(g) + 2NO2(g) = 4CO2(g) + N2(g) H = 1200kJ mol1，温度不同 (T2 > T1)其他条件一样时，以下图象正确的选项是()A.B.C.D.9. 常温下，以下各组离子肯定能在指定溶液中大量共存的是()3A. 中性溶液中，Fe3+、K+、Cl、NO43B. 滴入甲基橙显红色的溶液：NH+、Cu2+、NOC. 0.1mol/L的KMnO4溶液中：Na+、K+、NO、HSO33D. 水电离产生的c(H+) = 1 × 1012mol/L的溶液中：Na+、NH+、HCO、NO第 2 页，共 24 页43310. 用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸溶液，用酚酞作指示剂，滴定过程中溶液pH随参加的NaOH溶液体积的变化如以下图所示。以下说法不正确的选项是( )A. a点对应的溶液中：c(CH3COO) > c(Na+) > c(H+) >c(OH)B. b点c(Na+) = c(CH3COO)，V1 = 20mLC. c点n(CH3COO)大于b点D. 滴定终点时c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO) + c(OH)11. ae为短周期元素，其原子序数与其某种化合价的关系如下图。以下说法正确的选项是()A. 第一电离能：b > cC. 气态氢化物的稳定性：a < dB. c与e的原子半径：c < eD. d和e都不存在同素异形体12. 依据以下试验操作和现象所得到的结论不正确的选项是()选试验操作试验现象结论项A蒸干并灼烧AlCl3溶液分别将1mLpH = 3的HA和HB溶液加水B稀释至100mL，测溶液PHC 向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液向A，B两支试管中各参加2mL10%的D H2O2溶液，向B试管中参加2滴1mol/LFeCl3溶液得到白色固体 获得Al2O3固体pH(HA)酸性：HA < HB> pH(HB)产生蓝色沉淀 溶液中存在Fe2+当其他条件不变时，催B试管中产生气化剂可以转变化学反泡速率快应速率A. AB. BC. CD. D13. 常温下，Ksp (ZnS) = 1.6 × 1024；Kap (CuS) = 1.3 × 1036；CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子浓度(S2)浓度的负对数关系如下图，以下说法不正确的选项是()第 3 页，共 24 页A. 曲戏A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnSB. p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液C. 向曲线A表示的溶液中参加Na2S溶液，不行能实现n点到m点的转换D. 向CuS饱和溶液中参加CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp (CuS)减小14. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HOOCH3)：CH3OH(g) + CO(g) HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的CH3OH和CO， 测得一样时间内CO的转化率随温度变化如下图。以下说法不正确的选项是()dA. 点反响速率v> v正逆B. 反响温度掌握在8085C为宜C. 平衡常数K(75C) > K(85C)，反响速率vb > vdD. 往体系中连续通入CH3OH(g)，甲醇转化率减小15. 25C时，以下有关电解质溶液的说法正确的选项是()A. 0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(Na+) = c(HCO) + c(CO2)B. 将CH3COONa溶液从25C升温至60C，溶液中3c(CH 3COO )增大3c(CH 3COOH)c(OH )C. 常温下，将1mL1 × 106mol/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH约为9D. 物质的量浓度一样的NH4Cl溶液NH4HCO3溶液，c(NH+)： > 416. 某试验小组用0.1mol/LNa2S2O3溶液和0.1mol/LH2SO4溶液为反响物，探究外界条件对化学反响速率的影响，试验记录如表。以下说法不正确的选项是()：Na2S2O3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 +S +H2O第 4 页，共 24 页试验序号温度Na2S2O3溶液 H2SO4溶液H2O消灭沉淀所需的时间000305mL 5mL 5mL5mL5mL 10mL7mL5mL10mL5mL amL 10mL12s ts 10s4sA. 试验中10 < t < 12B. 试验中a = 8C. 比照试验、可得：温度一样时，增大反响物浓度，化学反响速率增大D. 比照试验、可得：浓度保持不变时，上升温度，化学反响速率增大17. 化学电源在生产生活中有着广泛的应用，请答复以下问题。(1) 依据构成原电池的本质推断，以下化学反响方程式正确且能够设计原电池的是。A.KOH + HCl = KCl + H2OB.Cu + FeCl3 = FeCl2 + CuCl2B.Na2O + H2O = 2NaOHD.Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 (2) 为了探究化学反响中的能量变化，某同学设计了如下两个试验(如图)。有关试验现象，以下说法正确的选项是：。A. 图中温度计的示数高于图的示数B. 图和图中温度计的示数相等，且均高于室温C.图I和图II中的气泡均产生于锌棒外表D.图中产生气体的速率比I慢第 5 页，共 24 页18. 以氨气替代氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。(1)氨燃料电池使用的电解质溶液是2mol/L的KOH溶液，电池反响为：4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O，该电池负极的电极反响为： (2)以上述氨燃料电池接如图IIIA、B两极(C. D. E. F都是惰性电极)。电源接通后，F极四周溶液呈红色，请答复：甲池中电极C名称为：，乙池中发生的离子反响方程式为：，丙装置是验证外加电流法对钢铁设备的保护(电解液为盐酸酸化的氯化钠溶液)，钢铁应当接在处(填G或H)。为证明铁被保护，可先取少量的电解后的溶液与试管中，向溶液中参加溶液观看颜色变化。19. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：(1) 操作1的目的是除去废料中的碳及有机物，通常承受的方法是；(2) 碱浸过程中，主要反响的离子方程式是；(3) “钴浸出、过程中Co3+转化为Co2+，反响的离子方程式为；(4) “净化除杂1”过程中，先在4050°C参加H2O2，其作用是；再升温至8085°C。参加Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣I”主要成分是； (5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，假设所得滤液中c(Mg2+) =1.0 × 105mol/L，则滤液中c(Ca2+)为 mol/LKsp (MgF2) = 6.4 × 109、 Ksp (CaF2) = 4.0xl011 ；(6)为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸第 6 页，共 24 页(NH4)2C2O4溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4液滴定，到达滴定终点时，共用去KMnO4溶液27.00mL，则草酸钻样品的纯度为(保存4位有效数字)。20. 汽车尾气排放出的CO、NOx等气体是污染空气的有害物质，某化学小组对有关CO、NO的综合治理进展以下探究试验。.：N2(g) + O2(g) = 2NO(g)H = +180.5kJ/mol C(S) + O2(g) = CO2(g)H = 393.5kJ/mol 2C(s) + O2(g) = 2CO(g)H = 221kJ/moL则2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)的H =。. TC下，向一体积为1L的密闭容器中通入肯定量的NO和CO，在高效催化剂的作用下发生反响：2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g)。测得不同时间NO(g)和CO(g) 的物质的量浓度变化如表所示。请答复以下问题。时间/min012345c(NO)mol/L1.000.45Cl0.150.100.10C(CO)mol/L3.603.05C22.752.702.70(1)c2合理的数值为A.3.00 。B.2.95C.2.90D.2.85(2)01min内用N2的浓度变化表示该反响的平均反响速率v(N2) =mol/(L min)。(3)TC下，计算该反响的平衡常数K =(mol/L)。(4)TC下，反响开头时，将含有NO、CO、N2，CO2各l. 00mol的气态混合物充入该1L容器中，则此时反响往方向进展(填“正”或“逆”)。(5)以下能说明该反响到达化学平衡状态的是。 A.v(CO) = 2v(N2)B.CO2的体积分数不再变化C.容器内的压强不再变化 D.混合气体的密度不再变化(6)TC下，5min时，假设将容器容积缩小为0.5L，在其他条件不变的状况下，t1时刻第 7 页，共 24 页到达的平衡状态。请在图中补充画出5t1时段c(NO)变化曲线。(t1时刻的c(NO)不用标明具体数值)21. 如表为元素周期表的一局部，其中的编号代表对应的不同元素。请答复以下问题：(1) 表中属于d区的元素是(填元素符号)。(2) 某元素的价电子排布式为nSn nPn+1 ，该元素为(填元素符号)，该元素与元素形成那个的最简洁化合物的电子式为。(3) 基态原子中电子占据最高能级的符号是，占据该能级电子的电子云轮廓图为形。基态原子中，核外存在对自旋相反的电子。共有 种不同运动状态的电子。(4) 写出的氧化物与NaOH溶液反响的化学方程式：。(5) 元素的电负性：>>(填元素符号)。(6) 元素(设为字母Y)和元素X(质子数为25)的局部电离能数据(用I1，I2，I3表示)如表：元素XYI1717759电离能/(kJ/mol)I215091561I33248257比较凉元素的I2，I3可知，气态X2+，再失去一个电子比气态Y2+再失去一个电子难，请解释缘由：。第 8 页，共 24 页答案和解析1. 【答案】C【解析】解：A.碳酸钠水解显碱性，油脂可以在碱性条件下水解生成可溶性物质，所以碳酸钠可用于去除餐具的油污，故A 正确；B. 氢氧化铝能够与盐酸反响，消耗盐酸，可用干中和过多胃酸，故B 正确；C. 碳酸钡能与盐酸反响生成可溶性氯化钡，引起重金属中毒，所以碳酸钡不行用于胃肠X射线造影检查，故C 错误；D. 二氧化硫具有复原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，故D 正确； 应选：C。A. 碳酸钠水解显碱性；B. 氢氧化铝能够与盐酸反响，消耗盐酸； C.碳酸钡能与盐酸反响生成可溶性氯化钡； D.依据二氧化硫的复原性推断。此题考察物质的构造与性质，为高频考点，把握物质性质的应用为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。2. 【答案】D【解析】解：A.变废为宝可以使资源得到充分利用或再利用，有利于节约资源，还可以削减污染，能实现可持续进展战略，故A 正确；B.通电条件下，银作阴极，含金相关离子在阴极得电子生成金，可到达银上镀金的目的， 东京奥运会金牌是金银合金，利用电镀原理在银上镀上一层黄金制成，故B 正确；C.合金比其组成金属的熔点低，东京奥运会铜牌为铜锌合佥，所以铜锌合佥熔点低于纯铜，故C 正确；D.某电池总反响为Zn + Ag2O = 2Ag + ZnO，Ag2O发生得电子的复原反响生成Ag，则Ag2O作正极，即在正极处可获得Ag，故 D 错误； 应选：D。A. 变废为宝可以节约资源，实现资源的再利用；B. 东京奥运会金牌是金银合金，利用电镀原理在银上镀上一层黄金而制成； C.合金与其组成金属相比，熔点降低，硬度增大；第 10 页，共 24 页D.由总反响可知，Ag2O发生得电子的复原反响生成Ag，Ag2O作正极。此题考察原电池原理、电解原理的应用、合金及其性质、资源的再利用等学问，为高考常见题型，把握电镀原理、原电池电极的推断及电极反响、合金的性质即可解答，留意把握电镀池的构造，题目难度不大。3. 【答案】D【解析】解：A. 1g冰受热转化为1g水蒸气，属于混乱(或无序)程度变大的过程，则该过程为熵增过程，故A 正确；B. 1g冰受热转化为1g水蒸气，过程中无物质生成，为物理变化，故B 正确；C. 1g冰与1g水蒸气状态不同，冰转化为水蒸气是能能增大的过程，所具有的内能不同， 故C 正确；D. 1molH2O(l)生成1molH2O(g)的过程是吸热过程，氢气和氧气在开头的能量一样，反应生成水蒸气和液态水过程中放出热量不同，故D 错误； 应选：D。A.冰变为气态水属于混乱(或无序)程度变大的过程； B.变化过程中无物质生成的变化为物理变化；C.冰变化为水蒸气是内能增大的过程； D.1molH2O(l)生成1molH2O(g)的过程是吸热过程。此题考察了物质变化、物质变化过程中的能量分析推断，把握根底是解题关键，题目难度不大。4. 【答案】C【解析】解：A.催化剂能降低反响活化能，可使反响体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反响物分子中活化分子的百分数增大，故A 正确；B. 过程I为断开化学键，吸取能量，故B 正确；C. 氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，选项中水为气态，故 C错误；D. 由图可知，过程中生成过氧化氢，即该反响的中间过程中有双氧水的生成，故D正确；应选：C。A.催化剂能降低反响活化能，可使反响体系中活化分子数增加； B.过程I为断开化学键；C.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量； D.由图可知，过程中生成过氧化氢。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、燃烧热、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。5. 【答案】B【解析】解：A.使用催化剂，平衡不移动，颜色不变，故A 不选；B.缩小容器的容积，平衡虽正向移动，但NO2的浓度比原来大，可使颜色加深，故 B 选； C.为放热反响，降温平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，故 C 不选；D.假设体积不变，充入氮气，平衡不移动，颜色不变，故D 不选； 应选：B。为气体体积减小、放热的反响，增大NO2的浓度，可使颜色加深，以此来解答。此题考察化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡的影响为解答的关键， 侧重分析与应用力量的考察，留意选项D 为解答的难点，题目难度不大。6. 【答案】A【解析】解：A、二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中的c(H+) > c(OH)，酸对水的电离起抑制作用，故A 正确；B、加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度照旧相等，溶液仍旧呈中性，故B错误；C、参加金属钠，和水电离出的氢离子反响生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增加，c(H+) < c(OH)，故 C 错误；D、食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子， 不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不肯定，不影响水的电离，溶液呈中性，故 D 错误；应选：A。c(H+) > c(OH)，溶液呈酸性，再依据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动此题考察了水的电离及其影响因素，题目难度不大，留意把握影响水的电离的因素，留意题干条件要求c(H+) > c(OH)，试题培育了学生敏捷应用所学学问的力量7. 【答案】A【解析】解：A.溶液中c(H+)越大，反响速率越快，一样时间内气体压强越大，图中曲线的斜率越大，依据图知，曲线的斜率大，所以曲线表示盐酸和镁条的反响，故 A 错误；B.HCl完全电离、CH3COOH局部电离，两种溶液的物质的量浓度相等，所以反响开头前c(H+)：盐酸>醋酸，故 B 正确；C.HCl完全电离、CH3COOH局部电离，反响过程中CH3COOH连续电离出H+，反响过程中盐酸的c(H+)下降更快，故 C 正确；D.物质的量浓度、体积一样的盐酸和醋酸，其物质的量相等，二者都是一元酸，所以两种酸最终电离出的n(H+)相等，则反响完毕时两容器内n(H2)相等，故 D 正确；应选：A。A.溶液中c(H+)越大，反响速率越快，一样时间内气体压强越大，图中曲线的斜率越大； B.HCl完全电离、醋酸局部电离；C.HCl完全电离、CH3COOH局部电离，反响过程中CH3COOH连续电离出H+；D.物质的量浓度、体积一样的盐酸和醋酸，其物质的量相等，且二者都是一元酸。此题考察弱电解质的电离，侧重考察图象分析推断及学问综合运用力量，明确弱电解质电离特点、化学反响速率影响因素、酸最终电离出n(H+)的影响因素是解此题关键，D为解答易错点。8. 【答案】B【解析】解：A、上升温度，化学平衡逆向移动，化学反响速率会快速增大，会离开原来的速率点，故A 错误；B、上升温度，化学反响速率会快速增大，所以T2时先到达化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B 正确；C、对于反响：4CO(g) + 2NO2(g) 4CO2(g) + N2(g)，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故C 错误；D、正反响是放热反响，温度上升化学平衡常数减小，而不是增大，故D 错误；应选：B。依据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方始终推断即可，依据影响化学反响 速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反响达平衡用到的时间，依据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化状况，由此分析解答此题考察平衡常数即影响因素、化学反响速率、外界条件对平衡移动的影响等，难度中等，属于综合的考察，留意学问的归纳和整理是解题关键9. 【答案】B【解析】解：A. Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故A 错误；B.滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性，NH+、Cu2+、NO、H+之间不反响，在酸性溶液中43能够大量共存，故B 正确；3C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化HSO，不能大量共存，故 C 错误；D.水电离产生的c(H+) = 1 × 1012mol/L的溶液呈酸性或碱性，H+与HCO反响，NH+、343HCO都与OH反响，不能大量共存，故 D 错误； 应选：B。A. 铁离子水解溶液呈酸性；B. 该溶液呈酸性，三种离子之间不反响，都不与氢离子反响； C.高锰酸钾溶液能够氧化亚硫酸氢根离子；D.该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子、铵根离子与氢氧根离子反响，碳酸氢根离子与氢离子反响。此题考察离子共存的推断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反响发生条件为解答关键，留意把握常见离子不能共存的状况，试题侧重考察学生的分析 与应用力量，题目难度不大。10. 【答案】B【解析】解：A. a点参加n(NaOH)是醋酸物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH < 7，溶液呈酸性，则c(H+) > c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，则c(CH3COO) >c(Na+)，醋酸的电离程度较小，所以溶液中存在：c(CH3COO) > c(Na+) > c(H+) >c(OH)，故 A 正确；B.b点溶液pH = 7，溶液呈中性，则c(H+) > c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，则c(Na+) = c(CH3COO)，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应当略微过量，则V1 < 20mL，故 B 错误；C.c点醋酸完全反响且NaOH过量，抑制CH3COO水解，b点醋酸还有剩余，所以c点n(CH3COO)大于b点，故 C 正确；D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，依据电荷守恒得c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO) + c(OH)，故 D 正确；应选：B。A.a点参加n(NaOH)是醋酸物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH < 7，溶液呈酸性，则c(H+) > c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，醋酸的电离程度较小；B.b点溶液pH = 7，溶液呈中性，则c(H+) > c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应当稍微过量；C.c点NaOH过量，抑制CH3COO水解；D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，依据电荷守恒推断。此题考察酸碱混合溶液定性推断，侧重考察图象分析推断及学问综合运用力量，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解此题关键，留意守恒理论的敏捷运用。11. 【答案】A【解析】解：由分析可知，a为N、b为Mg、c为Al、d为P、e为Cl；A. 同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s轨道为全满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：b > c，故A 正确；B. 同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：c > e，故B 错误；C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性N > P，则气态氢化物的稳定性：a > d， 故C 错误；D. 磷元素存在的同素异形体有白磷、红磷，故D 错误； 应选：A。ae为短周期元素，e有+7价，则e为Cl元素；a有3价，d有+5价，二者位于A族，结合原子序数大小可知，a为N，d为P；b、c的化合价分别为+2、+3，二者的原子序数都大于N，则b为Mg，c为Al。此题考察原子构造与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，留意把握元素周期律内容及元素周期表构造，留意同周期第一电离能变化特别状况。12. 【答案】B【解析】解：A.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发，蒸干得到氢氧化铝，灼烧生成氧化铝，故A 正确；B. 等pH的酸稀释一样倍数时，酸性强的pH变化大，由pH(HA) > pH(HB)，可知酸性为HA > HB，故 B 错误；C. 滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，则溶液中含亚铁离子，故C 正确；D. 只有催化剂不同，由操作和现象可知催化剂可以转变化学反响速率，故D 正确； 应选：B。A. 加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发；B. 等pH的酸稀释一样倍数时，酸性强的pH变化大； C.滴加K3Fe(CN)6溶液，可检验亚铁离子。D.只有催化剂不同。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响速率、盐类水解、酸的稀释、离子检验为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。13. 【答案】D【解析】解：A. Ksp (ZnS ) > Ksp (CuS )，当lgc(S2)一样时，c(Zn2+) > c(Cu2+)，则lgc(Zn2+) < lgc(Cu2+)，所以曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS，故 A 正确；B. 曲线上各点为该溶质的饱和溶液，温度不变时，溶度积常数不变，曲线上方各点溶液中lgQc > lgKsp ，即Qc < Ksp ，则曲线上方各点为其不饱和度溶液，p点在A、B两条曲线上方，所以p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液，故 B 正确；C. 向曲线A表示的溶液中参加Na2S溶液，溶液中c(S2)增大，则lgc(S2)减小，温度不变溶度积常数不变，则c(Cu2+)减小，即lgc(Cu2+)增大，应当在曲线A上向上移动，不能实现n点到m点的转换，故C 正确；D. Ksp ( CuS )只与温度有关，向CuS饱和溶液中参加CuCl2固体，c(Cu2+)增大，则CuS的溶解平衡逆向移动，但温度不变，Ksp( CuS )不变，故D 错误； 应选：D。A. Ksp(ZnS ) > Ksp(CuS )，当lgc(S2)一样时，c(Zn2+) > c(Cu2+)，则lgc(Zn2+) <lgc(Cu2+)；B. 曲线上各点为该溶质的饱和溶液，曲线上方各点溶液中存在lgQc > lgKsp，则Qc < Ksp；C. 向曲线A表示的溶液中参加Na2S溶液，溶液中c(S2)增大，则lgc(S2)减小，c(Cu2+)减小，则lgc(Cu2+)增大。D. 参加CuCl2固体，使溶液中c(Cu2+)增大，溶解平衡逆向移动，但Ksp(CuS )只与温度有关。此题考察难溶物的溶解平衡，为高频考点，侧重考察图象分析推断及学问综合运用力量， 明确曲线与微粒成分的关系、曲线的含义是解此题关键，留意把握溶度积常数的应用， 题目难度不大。14. 【答案】AC正逆【解析】解：A.最高点反响到达平衡状态，则d点到达平衡状态，v= v，故 A 错误；B. 依据图可知，温度在8085的范围内，CO的转化率最高，超过该温度范围，随着温度的上升，CO的转化率降低，说明反响的最适温度在8085之间，故生产时反响温度掌握在8085为宜，故 B 正确；C. 该反响为放热反响，化学平衡常数随着温度的上升而减小，则平衡常数K(75) >K(85) ，温度越高，反响速率越快，则反响速率Vb > Vd ，故C 错误；D. 往体系中连续通入CH3OH(g)，平衡正向移动，但甲醇转化率减小，故D 正确； 应选：AC。由CH3OH(g) + CO(g) HCOOCH3(g)的反响图象可知，CO的转化领先增大后减小，83左右即图象最高点时反响到达平衡状态，83以前反响没有到达平衡状态，83后上升温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反响正向为放热反响，结合温度、 浓度对化学反响速率和平衡移动的影响分析解答。此题考察化学平衡移动及平衡图象分析，为高频考点，侧重考察学生的分析力量和运用力量，把握图象变化特点及化学平衡的影响因素为解答关键，留意平衡状态的推断和温度对化学反响速率的影响，题目难度不大。15. 【答案】D【解析】解：A.该溶液呈碱性，则c(H+) < c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(OH) + 2c(CO2) + c(HCO)，则c(Na+) > c(HCO) + 2c(CO2)，所以c(Na+) >3333c(HCO) + c(CO2)，故 A 错误；33B.上升温度促进醋酸钠水解，水解平衡常数K增大，溶液中c(CH 3COO )=1=c(CH 3COOH)c(OH )c(CH 3COO )h1 减小，故B 错误；Khc(CH 3COOH)c(OH )C.常温下，酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液，所以常温下，将1mL1 × 106mol/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH小于7，此时要考虑水的电离，故 C 错误；D.NH+水解程度越大，溶液中c(NH+)越小，HCO促进NH+水解，则NH+水解程度： >443444，所以c(NH+)： > ，故D 正确；应选：D。A. 该溶液呈碱性，则c(H+) < c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(OH) + 2c(CO2) + c(HCO)；33B. 上升温度促进醋酸钠水解，水解平衡常数K增大，溶液中c(CH 3COO )=11c(CH 3COOH)c(OH )；Kc(CH 3COO )hhc(CH 3COOH)c(OH )C. 酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液；D.HCO促进NH+水解，NH+水解程度越大，溶液中c(NH+)越小。3444此题考察弱电解质的电离、盐类水解，侧重考察根底学问的把握和敏捷运用力量，明确溶液中溶质成分及其性质、盐类水解原理、水解平衡常数影响因素等学问点是解此题关 键，C为解答易错点。16. 【答案】A【解析】解：A.由I可知总体积为20mL，I、相比，硫酸的浓度越大，反响速率越快，则t < 10，故 A 错误；B.试验总体积为20mL，则a = 20 5 7 = 8，故B 正确；C.试验、只有硫酸浓度不同，则温度一样时，增大反响物浓度，化学反响速率增大，故C 正确；D.试验、只有温度不同，则浓度保持不变时，上升温度，化学反响速率增大，故D正确；应选：A。A.由I可知总体积为20mL，I、相比，硫酸的浓度越大，反响速率越快； B.试验总体积为20mL；C.试验、只有硫酸浓度不同； D.试验、只有温度不同。此题考察化学反响速率，为高频考点，把握反响速率的影响因素、表中数据的分析为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意掌握变量法的应用，题目难度不大。17. 【答案】DA【解析】解：(1)原电池是将化学能转变为电能的装置，只有自发的氧化复原反响才有电子的转移，才能形成原电池，B、D为氧化复原反响，但选项 B 的化学方程式未配平， A、C为非氧化复原反响，不行以设计成原电池，故答案为：D；(2)图锌和稀硫酸反响生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn + 2H+ = Zn2+ + H2 ，稀硫酸和锌的反响是放热反响导致溶液温度渐渐上升，化学能转化为热能；图该装置构 成原电池，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；温度计指 示的温度变化不明显，是由于化学能没有全部转化为热能，大多数转化为电能，所以图中气泡产生在锌棒外表，中产生在铜棒外表；构成原电池加快化学反响速率，则图中产生气体的速度比快；图中温度计的示数高于图的示数，故答案为：A。(1) 原电池反响必需是自发的氧化复原反响，据此分析解答；(2) 图锌和稀硫酸反响生成硫酸锌和氢气；稀硫酸和锌的反响是放热反响导致溶液温 度渐渐上升；图该装置构成原电池，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子 得电子生成氢气；温度计指