浙江省杭州市源清中学2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

源清中学2021学年第一学期高二期末考试化学试题一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个各选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中，属于弱电解质的是(　　)A.CO2B.NH3·H2OC.NH4NO3D.BaSO4【答案】B【解析】【详解】A选项，CO2是非电解质，故A错误；B选项，NH3·H2O是弱碱，是弱电解质，故B正确；C选项，NH4NO3是盐，强电解质，故C错误；D选项，BaSO4是盐，强电解质，故D错误；综上所述，答案B。【点睛】弱电解质主要是弱酸、弱碱、水，极少数盐。2.向水中加入下列溶质，能促进水电离的是A.H2SO4B.NaOHC.NaClD.NH4Cl【答案】D【解析】【详解】A．H2SO4为强电解质，电离产生氢离子，水中氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，A与题意不符；B．NaOH为强电解质，电离产生氢氧离子，水中氢氧离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，B与题意不符；C．NaCl为强电解质，产生的钠离子、氯离子对水的电离平衡无影响，C与题意不符；D．NH4Cl为强电解质，产生的铵根离子能与水电离产生的氢氧根离子结合生成一水合氨，导致水的电离平衡正向进行，促进水的电离，D符合题意；答案为D。3.下列事实与盐类水解无关的是A.溶液显碱性 B.实验室配制溶液时，加少量铁粉C.向沸水中滴入饱和溶液制胶体D.用与制作泡沫灭火器【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解，溶液显碱性，与盐类水解有关，故A不选；B．亚铁离子具有强的还原性，易被氧化为铁离子，加入铁粉，铁离子还原为亚铁离子，与盐类的水解无关，故B选；C．盐类的水解过程为吸热反应，氯化铁滴入沸水后，水解被促进，得到氢氧化铁胶体，和盐类的水解有关，故C不选；D．碳酸氢钠溶于水，水解显碱性，硫酸铝溶于水，水解显酸性；二者混合后，相互促进水解，且水解进行到底，产生沉淀和气体，可以用来灭火，与盐类的水解有关，故D不选；故选B。4.如图是某装置示意图，下列说法不正确的是A.盐桥的作用是离子导体B.负极反应物上发生还原反应C.正极发生的反应是Cu2++2e-=CuD.Zn2+、都没有参与电极反应【答案】B【解析】【详解】A．为平衡两烧杯中溶液的电性，常使用盐桥，盐桥的作用是离子导体，A正确；B．在原电池负极上，反应物失电子发生氧化反应，B不正确；C．在原电池的正极，Cu2+得电子生成Cu，发生的反应是Cu2++2e-=Cu，C正确；D．在电解质溶液中，负极Zn失电子生成Zn2+，正极Cu2+得电子生成Cu，Zn2+、都没有参与电极反应，D正确；故选B。 5.下列各项中电解质的电离方程式正确的是A.氨水：NH3·H2O=+OH-B.H2S的水溶液：H2S2H++S2-C.HF的水溶液：HF=H++F-D.NaHCO3的水溶液：NaHCO3=Na++HCO【答案】D【解析】【详解】A．氨水中溶质为一水合氨，一水合氨为弱碱，发生部分电离，其电离方程式为：NH3·H2O+OH-，A错误；B．H2S为二元弱酸，在水溶液中发生分步电离，其电离方程式为：H2SH++HS-，HS-H++S2-，B错误；C．HF弱酸，在水溶液中发生部分电离，其电离方程式为：HFH++F-，C错误；D．NaHCO3为强电解质，在水溶液中可完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO，D正确；故选D。6.下列说法正确的是（）A.原子半径：P<S<ClB.电负性：C<N<OC.热稳定性：HF<HCl<HBrD.第一电离能：Na<Mg<Al【答案】B【解析】【详解】A．根据元素周期律，同周期从左至右，原子半径逐渐减小，可知，半径：P＞S＞Cl，A项错误；B．同一周期内，原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，故电负性：C<N<O，B项正确；C．同主族，从上至下，非金属性逐渐减弱，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C项错误；D．同周期，从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，第一电离能Mg＞Al，D项错误； 答案选B。7.对于反应放热反应A+B=C，下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是（）A.增加A的物质的量B.升高体系温度C.增加体系压强D.降低体系温度【答案】B【解析】【详解】A.增加A的物质的量，由于A的状态未知，不能确定反应速率一定加快，A错误；B.升高体系温度，活化分子的百分数增加，单位时间内的有效碰撞次数增加，反应速率一定加快，B正确；C.增加体系压强，不能确定反应体系中的物质是否含有气体，反应速率不一定加快，C错误；D.降低体系温度，反应速率减慢，D错误；答案为B；8.下列微粒中，最外层未成对电子数最多的是(　)A.SB.AsC.MnD.Fe3+【答案】D【解析】【分析】根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，据此进行解答。【详解】A.S的最外层电子排布式为3s23p4，3p能级上有2个未成对电子；B.As的最外层电子排布式为4s24p3，4p能级上有3个未成对电子；C.Mn的最外层核外电子排布式为4s2，最外层未成对电子数为0；D.Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5，3d能级上有5个未成对电子；根据分析可以知道最外层未成对电子数最多的是Fe3+，所以D选项是正确的。9.下列措施不能使0.1mol/L的醋酸导电性增强的是A.加水B.加无水醋酸C.加NaOH固体D.通NH3【答案】A【解析】【详解】A．加水稀释醋酸，使溶液中离子浓度下降，导电性降低，A符合题意；B．加无水醋酸，电解质浓度增大，离子浓度增大，导电性增强，B不符合题意； C．加NaOH固体后，醋酸与氢氧化钠发生反应转化为强电解质醋酸钠，可使溶液导电性增强，C不符合题意；D．NH3为碱性气体，溶于水会生成一水合氨，醋酸与一水合氨发生反应转化为强电解质醋酸铵，可使溶液导电性增强，D不符合题意；故选A。10.100mL6mol·L－1H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的A.碳酸钠固体B.醋酸钠固体C.硫酸钾固体D.硝酸钠固体【答案】B【解析】【分析】根据反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，Zn过量时，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，则减小氢离子的浓度但不能改变氢离子的物质的量。【详解】A项、碳酸钠与稀硫酸反应生成CO2、水和硫酸钠，减少了溶液中氢离子的物质的量和浓度，反应速率降低，但生成的氢气也减少，故A错误；B项、醋酸钠与稀硫酸反应生成醋酸和硫酸钠，醋酸为弱酸，溶液中氢离子浓度减小，反应速率降低，但与锌反应的氢离子物质的量没有变化，生成氢气的总量没有变化，故B正确；C项、硫酸钾固体溶于稀硫酸，溶液中氢离子的物质的量和浓度均不变，反应速率和生成氢气的总量都没有变化，故C错误；D项、加入硝酸钠固体，NO3-在酸性条件下表现强氧化性，与锌反应生成一氧化氮得不到氢气，故D错误；故选B。【点睛】注意酸性条件下NO3-的强氧化性，向稀硫酸溶液中加入硝酸钠固体，与金属反应得不到氢气是易错点。11.相同物质的量浓度NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温同体积同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是A.酸性强弱：HCN>HClOB.pH：HClO>HCNC.与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCND.酸根离子浓度：c(CN-)<c(ClO-) 【答案】D【解析】【分析】【详解】A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，故A错误；B．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，故B错误；C．等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，故C错误；D．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，c（CN-）＜c（ClO-），故D正确。故选D。12.对于常温下pH=l的硝酸溶液，有关叙述正确的有①该溶液1mL稀释至100mL后，pH=3②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钠溶液恰好完全中和③该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为1×10-12④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH=7A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】【详解】①硝酸是强酸，常温下将1mLpH=l的硝酸溶液稀释至100mL后，pH=3，①正确；②硝酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，pH=l的硝酸溶液中，c(H+)=0.1mol/L，pH=13的氢氧化钠溶液中，c(OH-)=0.1mol/L；向 pH=l的硝酸溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钠溶液恰好完全中和，②正确；③常温下，pH=l的硝酸溶液中c(H+)就是硝酸电离出的c(H+)，为0.1mol/L；水电离出的c(H+)与水电离出的c(OH-)相等，为=1´10-13mol/L；则该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为=1´1012，③错误；④硝酸是强酸，一水合氨是弱碱，向 pH=l的硝酸溶液中加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液是NH4NO3溶液，该溶液成酸性，pH＜7，④错误；综上所述，正确的有2个，故选B。 13.下列化学用语使用正确的是A.四氯化碳的空间充填模型：B.Al3+离子的电子排布式：1s22s22p63s23p1C.SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化D.KCl形成过程：【答案】A【解析】【详解】A．四氯化碳的空间构型为正四面体形，空间充填模型为，故A正确；B．铝元素的原子序数为13，铝离子的电子排布式为1s22s22p6，故B错误；C．四氟化硅中硅原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp,2杂化，故C错误；D．氯化钾是离子化合物，形成过程为，故D错误；故选A。14.下列操作或仪器名称不正确的是A.排出滴定管内气泡B.读取滴定管读数C.锥形瓶无需用待测液润洗D.酸式滴定管【答案】D【解析】【详解】A．把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤压滴定管下端软管处，排出滴定管内气泡，A操作正确； B．读取滴定管读数应平视，眼睛应与凹液面最低点相平，并精确到2位小数，B操作正确；C．图中所指仪器名称为锥形瓶，无需用待测液润洗，C操作正确；D．图为碱式滴定管，D名称错误；答案为D。15.H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如下。下列说法不正确的是A.①→②吸收能量B.②→③形成了N-H键C.该催化剂可提高NH3的平衡产率D.该反应为放热反应【答案】C【解析】【详解】A．从图中可知，状态①的总能量比状态②的低，故①→②过程中需要吸收能量，故Ａ正确；B．从图中可知：①→②是N2、H2分别分解成N原子和H原子，则②→③是N原子和H原子结合成NH3分子的过程，故②→③形成了N-H键，故B正确；C．催化剂只能改变反应速率，并不能使化学平衡发生移动，故不能提高NH3的平衡产率，故C不正确；D．比较状态①和状态③可知，状态①的总能量比状态③的总能量高，故该反应为放热反应，故D正确；故答案为：C。16.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.溴水中存在如下平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅B.浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体C.使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率D.90℃纯水的pH<7 【答案】C【解析】【详解】A．溴水中存在如下平衡：Br2+H2OH++Br-+HBrO，向溴水中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中和溶液中的酸，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，则加入氢氧化钠溶液后溶液颜色变浅能用勒夏特对原理解释，故A不符合题意；B．浓氨水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，向浓氨水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶于水电离出氢氧根离子，并放出大量的热，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，且反应放出的热量有利于氨气逸出，则浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体能用勒夏特对原理解释，故B不符合题意；C．使用催化剂，能降低反应的活化能，加快反应的反应速率，但平衡不移动，则使用催化剂可加快SO2转化为SO3的速率不能用勒夏特对原理解释，故C符合题意；D．水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH小于7，则90℃纯水的pH<7能用勒夏特对原理解释，故D不符合题意；故选C17.下列说法不正确的是A.改变条件，电离平衡常数增大，电离平衡一定移动B.温度和压强都是通过增大活化分百分数来加快化学反应速率C.s-sσ键与s-pσ键的电子云形状对称性相同D.原子的价电子排布为(n-1)d6-sns2的元素一定是过渡元素【答案】B【解析】【详解】A．电离平衡常数与温度有关，电离平衡常数增大，说明改变的条件是温度变化，则电离平衡一定移动，故A正确；B．压强只能增大单位体积的活化分子数目，但活化分子的百分数不变，故B错误；C．s-sσ键与s-pσ键的电子云形状，均为球形对称，故C正确；D．原子的价电子排布为(n-1)d6～8ns2的元素为第VIII族元素，一定是过渡元素，故D正确；故选：B。18.下列有关叙还正确的是A.测定中和热时，隔热层填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯 B.以NaOH溶液滴定某弱酸HA溶液可用甲基橙作滴定指示剂C.在测定中和热的实验中，一组完整的实验数据至少需要测定并记录的温度是3次D.用广范pH试纸测出某溶液pH为3.5【答案】C【解析】【详解】A．测定中和热时，隔热层填满碎纸条或泡沫塑料的目的是起到保温隔热的作用，较少实验过程中的能量散失，故A错误；B．氢氧化钠溶液和弱酸HA溶液恰好反应生成强碱弱酸盐NaA，NaA在溶液中水解使溶液呈碱性，滴定时应选择酚酞指示作剂，故B错误；C．为减少实验误差，在测定中和热的实验中，一组完整的实验数据至少需要测定并记录的温度是3次，故C正确；D．pH试纸测得溶液pH为范围值，取整数，所以不能测出3.5数据，故D错误；故选C。19.下列关于金属保护的说法不正确的是A.图1是牺牲阳极的阴极保护法，图2是外加电流的阴极保护法B.钢闸门均为电子输入的一端C.锌和高硅铸铁处的电极反应均为还原反应D.钢闸门处发生放电的主要微粒不相同【答案】C【解析】【详解】A．图1将被保护的钢闸门、较活泼金属锌和海水构成原电池，是牺牲阳极阴极保护法；图2将被保护的钢闸门、惰性电极分别与电源负极、正极相连构成电解池，是外加电流阴极保护，A说法正确；B．图1中，电子从锌经外电路转移向钢闸门。图2中，电子从电源负极转移向钢闸门，B 说法正确；C．锌是原电池负极，本身失电子，为氧化反应，高硅铸铁是电解池辅助阳极，其它物质在其表面失电子，发生氧化反应，C说法错误；D．1中原电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-、图2中电解池阴极反应2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D说法正确；答案为C。20.工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH1＝akJ·mol－1②CO2(g)＋C(s)=2CO(g)　ΔH2＝bkJ·mol－1③Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH3＝ckJ·mol－1④2Fe2O3(s)＋3C(s)=4Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH4＝dkJ·mol－1(上述热化学方程式中，a、b、c、d均不等于0)下列说法正确的是A.b<aB.C(s)＋O2(g)=CO(g)　ΔH＝kJ·mol－1C.d＝3c＋2bD.CO(g)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH<akJ·mol－1【答案】B【解析】【详解】A．反应①为放热反应，a<0，反应②为吸热反应，b＞0，则b＞a，故A错误；B．由盖斯定律可知，反应得反应C(s)＋O2(g)=CO(g)，则ΔH==kJ·mol－1，故B正确；C．由盖斯定律可知，②×3+③×2可得反应④，则ΔH4=dkJ·mol－1=(3b＋2c)kJ·mol－1，故C错误；D．反应①为1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为akJ，1mol一氧化碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量一定小于akJ，由于两个反应都为放热反应，反应热ΔH为小于0的负值，则一氧化碳燃烧的反应热ΔH＞akJ·mol－1，故D错误；故选B。21.下列实验操作、现象、结论均正确的是 实验操作实验现象实验结论A取室温下少量0.5mol/LCH3COONa溶液，加热至60℃，并测定溶液的pHpH减小CH3COONa的水解是吸热反应B向含有酚酞的Na2CO3溶液中滴入BaCl2溶液，观察溶液颜色的变化溶液颜色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C取2mL0.1mol/LAgNO3溶液，先后滴加3滴0.1mol/LNaCl溶液和5滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀情况先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D已知H3BO3K=5.8×10-10、H2CO3K1=4.5×10-7K2=4.7×10-11，向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液无明显现象H3BO3与碳酸钠不反应A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．醋酸钠溶液中醋酸根离子在溶液中水解使溶液显碱性的反应为吸热反应，加热至60℃，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，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显碱性，向含有酚酞的碳酸钠溶液中滴入氯化钡溶液，钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液颜色变浅，则溶液颜色变浅可证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故B正确；C．由题意可知，向过量的硝酸银溶液中先后滴加氯化钠溶液、碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，则先生成白色沉淀，后变为黄色沉淀无法比较氯化银和碘化银溶度积的大小，故C错误；D．由题给电离常数的大小可知，硼酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，硼酸的电离程度大于碳酸氢根离子的电离程度，由强酸制弱酸的原理可知，饱和硼酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成硼酸钠和碳酸氢钠，故D错误；故选C。22.已知三种酸的电离平衡常数，下列说法不正确的是 弱酸醋酸次氯酸碳酸电离平衡常数A.三种酸的酸性由强到弱的顺序是：B.与NaClO溶液反应生成HClO与C.常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性：D.向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，使杀菌、消毒能力增强【答案】B【解析】【分析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中电离平衡常数可以知道，酸性大小：CH3COOH>H2CO3>HClO>，据此进行分析。【详解】A．根据分析可知，三种酸的酸性由强到弱的顺序是：CH3COOH>H2CO3>HClO，故A正确；B．由分析可知，酸性：H2CO3>HClO>，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以二氧化碳与NaClO溶液反应生成HClO和碳酸氢钠，故B错误；C．根据分析可知，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，对应酸形成钠盐的碱性就越弱，所以常温下，浓度均为0.1mol/L的溶液的碱性强弱：NaClO>NaHCO3>CH3COONa，故C正确；D．根据“强酸制备弱酸”规律，向NaClO溶液中滴加醋酸，可生成HClO，增大了次氯酸的浓度，使杀菌、消毒能力增强，故D正确；故选B。23.一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)∆H>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如下：容器温度/K起始时物质的浓度/(mol·L−1)10分钟时物质的浓度/(mol·L−1)c(A)c(B)c(C) 甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列说法不正确的是A.甲中，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.075mol·L−1·min−1B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C.乙中，T1＜448K、K乙＜K甲D.丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%【答案】B【解析】【详解】A．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.75mol·L−1÷10min=0.075mol·L−1·min−1，故A正确；B．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=，反应没有达到化学平衡状态，故B错误；C．3A(g)+B(g)⇌2C(g)正反应吸热，升高温度，反应速率加快、平衡常数增大，若T1>448K，10分钟时C物质的浓度应该大于0.5mol·L−1，所以乙中，T1＜448K、K乙＜K甲，故C正确；D．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=，达到化学平衡状态时，A的浓度减小大于0.75mol·L−1，则甲中A的转化率大于25%，丙与甲相比，增大B的浓度，A的平衡转化率大于甲，所以丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%，故D正确；选B。24.新型镁−锂双离子二次电池的工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是 A.放电时，Li+通过离子交换膜向左移动B.充电时，x与电源正极相连C.放电时，正极的电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi+−xe－=LiFePO4D.充电时，导线上每通过0.4mole－，左室中溶液的质量减少2g【答案】D【解析】【分析】新型镁−锂双离子二次电池，放电时，Mg失去电子变为镁离子即左边为负极，右边Fe化合价降低得到电子即为正极。【详解】A．放电时，左边为负极，右边为正极，根据“同性相吸”原理，Li+通过离子交换膜向正极即向右移动，故A错误；B．放电时Mg为负极，充电时，x与电源负极相连，故B错误；C．放电时，正极的电极反应式为：Li1-xFePO4+xLi++xe－=LiFePO4，故C错误；D．充电时，Mg为阴极，阴极是Mg2++2e－=Mg，溶液中Li+向阴极即左室移动，导线上每通过0.4mole－，则有0.2molMg2+消耗，有0.4molLi+移向左室，左室中溶液的质量减少0.2mol×24g∙mol−1－0.4mol×7g∙mol−1=2g，故D正确。综上所述，答案为D。25.取两份10mL0.05mol•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L-1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。 下列说法不正确的是A.由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度B.过程中：逐渐减小C.过程中：D.e点溶液中：c(Na+)=c(Cl-)=0.025mol•L-1【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度，A正确；B．a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c()+2c()+c(OH-)逐渐减小，B正确；C．NaHCO3溶液存在c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)，C错误；D．e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，根据Na+和Cl-守恒可知，此时溶液中c(Na+)=c(Cl-)==0.025mol•L-1，D正确；故答案为：C。二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.回答下列问题（1）已知25℃时：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-12。取一定量含有I-、Cl-的溶液向 其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为_______。（2）下列粒子：①CS2；②PCl3；③H2S；④CH2O；⑤H3O+；⑥；⑦BF3；⑧SO2。价层电子对的立体构型和粒子的立体构型一致的是_______，②③⑥的键角从大到小的顺序是_______。（3）已知拆开1molH-H键、lmolN≡N和lmolN-H键分别需要的能量是436kJ、948kJ、391kJ。则N2、H2合成NH3的热化学方程式为_______。【答案】（1）4.710-2（2）①.①④⑥⑦②.⑥>②>③（3）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-90kJ•mol−1【解析】【小问1详解】当AgCl和AgI同时沉淀时，说明氯离子和碘离子均已达到饱和状态，则溶液中；【小问2详解】根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，结合杂化轨道理论分析解答；①CS2中C的价层电子对个数=2+=2，且不含孤电子对，为直线形分子；②PCl3中P的价层电子对个数=3+=4，且含有1个孤电子对，为三角锥形分子；③H2S中S的价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，为V形分子；④CH2O中C的价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，为平面三角形分子；⑤H3O+中O的价层电子对个数=3+=4，且含有1个孤电子对，为三角锥形离子；⑥NH4+中N的价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，为正四面体形；⑦BF3中B的价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，为平面三角形；⑧SO2中S的价层电子对个数=2+=3，且含有1个孤电子对，为V形；故价层电子对的立体构型和粒子的立体构型一致即不含孤电子对的是①④⑥⑦；②③⑥分别为三角锥、V形和正四面体，故②③⑥的键角从大到小的顺序是 ⑥>②>③。【小问3详解】N2与H2反应生成NH3的化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=948kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-90kJ/mol；即N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-90kJ•mol−1；27.25℃，向20.00mL0.100mol·L−1CH3COOH中滴加0.100mol·L−1NaOH过程中，pH变化如图所示。(1)A点溶液pH_______1.(填“>”、“＜”或“=”)。(2)下列有关B点溶液的说法正确的是_______(填字母序号)。a.溶质为：CH3COOH、CH3COONab.微粒浓度满足：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)c.微粒浓度满足：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−)(3)A、C两点水的电离程度：A_______C(填“>”、“＜”或“=”)。(4)滴加20mLNaOH溶液时，D点溶液的pH>7，原因是_______(用离子方程式表示)。【答案】①.>②.ab③.<④.CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-【解析】【分析】(2)酸碱的浓度相等，B点酸体积是碱的2倍，则B点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH＜7，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒。【详解】(1)CH3COOH为弱电解质，不完全电离，则c(H+)<0.1mol/L，即pH＞1，故答案为：>；(2)a．酸碱的浓度相等，B点酸体积是碱的2倍，则B点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，故a正确；b．溶液的pH＜7，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故b正确； c．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故c错误；故选ab；(3)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，A点溶质为酸、C点溶质为含有弱离子的盐和及少量的醋酸，A抑制水电离、C促进水电离，则水电离程度A＜C，故答案为：＜。(4)滴加20mLNaOH溶液时，恰好反应，生成CH3COONa，由于醋酸根的水解，导致D点溶液的pH>7，离子方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-。28.A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负性最小的元素。已知：A原子的核外电子数与电子层数相等；B元素质子核外p电子数比s电子数少1个；C原子的第一至第四电离能为I1=738738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol；D原子核外所有p轨道为全充满或半充满；E元素的族序数与周期序数的差为4。（1）写出E元素在周期表中位置_______；D元素的原子的核外电子排布式_______。（2）某同学概括题目信息和掌握的知识分析C的核外电子排布图为，该同学所画的轨道式违背了_______。（3）已知BH5为离子化合物，写出其电子式_______。（4）在DE3分子中电子对更偏向_______(用元素符号表示)原子，用电负性知识进行解释_______。【答案】（1）①.第三周期ⅦA族②.1s22s22p63s23p3（2）能量最低原理（3）（4）①.Cl②.Cl元素的电负性大于P元素，PCl3中Cl原子对共用电子对的引力大于P原子【解析】【分析】A、B、C、E、F为原子序数依次增大的六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期元素，F还是前四周期中电负性最小的元素，则F为K元素；A原子的核外电子数与电子层数相等，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个，核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；C原子第三电离能剧增说明原子最外层有2个电子，则C为Mg元素；D原子核外所有p轨道为全充满或半充满，则D为P元素；E元素的族序数与周期序数的差为4，则E为Cl元素。 【小问1详解】氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周第ⅦA族；磷元素的原子序数为15，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，故答案为：第三周第ⅦA族；1s22s22p63s23p3；【小问2详解】镁元素的原子序数为12，由能量最低原理可知，镁原子的核外电子排布图为，则电子排布式违背了能量最低原理，故答案为：能量最低原理；【小问3详解】由题意可知，NH5为NH离子与H—离子形成的离子化合物，电子式为，故答案为：；【小问4详解】氯元素的电负性大于磷元素，三氯化磷分子中氯原子对共用电子对的引力大于磷原子，所以共用电子对偏向氯原子一方，故答案为：Cl元素的电负性大于P元素，PCl3中Cl原子对共用电子对的引力大于P原子。29.某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀【实验1】装置实验现象现象ⅰ：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。现象ⅱ：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。(1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3 溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用：_______。(2)探究现象ⅰ产生的原因：①甲同学认为发生反应：2Fe3+＋3S＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味气体，该气体是_______(填化学式)。②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为_______；他取少许红褐色溶液于试管中，加入_______，有白色沉淀产生，证明产物中含有.丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中可能被其它物质氧化。为了进一步确认被氧化的原因，丙同学设计了实验2。【实验2】用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。③实验2中正极的电极反应式为_______。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是_______。(3)解释现象ⅱ产生的原因：综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ⅱ产生的原因为_______。【答案】①.Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解②.SO2③.2Fe3+＋＋H2O=2Fe2+＋＋2H+④.足量盐酸和BaCl2溶液⑤.Fe3++e-=Fe2+⑥.Fe3+能够氧化⑦.随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅 【解析】【详解】（1）配制FeCl3溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解；(2)①取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发生反应2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3，溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，则应该为H2SO3分解，该气体是SO2；②若Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+和，化学反应方程式为：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+；要证明产生了的，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液；③实验2中正极为Fe3+得电子产生Fe2+，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；用铁氰化钾溶液检验正极的产物Fe2+，观察到有蓝色沉淀产生，得出的结论是Fe3+能够氧化，从而被还原为Fe2+；(3)解释现象ⅱ产生的原因：综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ⅱ产生的原因为随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。30.氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，在1L固定容积密闭容器中投入1.8molCH4和3.6molH2O(g)，若只发生反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H1=+165.0kJ/mol，测得CH4、H2O及某一生成物X的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示(反应中条件有变化时，只考虑改变一个条件)。 （1）①CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，说明该反应自发进行的原因_______。②反应在10min时的平衡常数K=_______(列出数学计算式，不必算出结果)。（2）第6min时改变的条件是_______。（3）画出X物质4min～9min之间的变化图像。______（4）反应的过程中发生副反应CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g)△H2=-32.2kJ/mol，反应所用的时间和CO2、CH3COOH的产率如图2所示，t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低，其原因是_______。（5）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。下列各项：①2v(NH3)正=v(CO2)逆；②密闭容器中总压强不变；③密闭容器中混合气体密度不变；④密闭容器中氨气的体积分数不变；⑤密闭容器中c(NH3)不变。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是_______。 【答案】（1）①.∆H＞0，∆S＞0，高温自发②.（2）升高温度（3）（4）t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2和CH4反应，生成了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低（5）②③⑤【解析】【小问1详解】①CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，△H1=+165.0kJ/mol＞0，反应物气体分子数小于生成物气体分子数，则该反应自发进行的原因：∆H＞0，∆S＞0，高温自发。②从图中可以看出，反应在10min时，n(CH4)=0.7mol，则参加反应的CH4的物质的量为1.8mol-0.7mol=1.1mol，则可建立以下三段式：则平衡常数K=。答案为：∆H＞0，∆S＞0，高温自发；；【小问2详解】第6min改变条件时，反应物和生成物的物质的量浓度都未改变，但平衡正向移动，则此反应条件是升高温度。答案为：升高温度；【小问3详解】对照平衡时的数据，X物质应为CO2，则CO2从4min～6min之间，物质的量浓度不变，从6min～9min之间，物质的量浓度从0.5mol/L增大到1.1mol/L，则变化图像为： 。答案为：；【小问4详解】从图中可以看出，t时刻后，CO2的产率降低，CH3COOH的产率升高，则表明主反应生成CO2的速率低于副反应CO2的消耗速率，其原因是：t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2和CH4反应，生成了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低。答案为：t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2和CH4反应，生成了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低；【小问5详解】①2v(NH3)正=v(CO2)逆，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡；②密闭容器中总压强不变，则气体的总物质的量不变，反应达平衡状态；③密闭容器中混合气体的密度不变，则混合气体的总质量不变，反应达平衡状态；④因为两种气体都是生成物，物质的量之比等于化学计量数之比，所以密闭容器中氨气的体积分数始终不变，反应不一定达平衡状态；⑤密闭容器中c(NH3)不变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态；综合以上分析，只有②③⑤反应达平衡状态，故选②③⑤。答案为：②③⑤。 【点睛】若反应物为非气体，两种生成物都为气体，则某气体的体积分数不变时，反应不一定达平衡状态。