浙江省杭州市浙江大学附属中学2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

2021学年高二第一学期浙大附中期末考试化学试题第I卷(共50分)可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16P-31一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一项符合题目要求)1.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中正确的是A.反应的ΔH＞0B.过程b使用了催化剂，反应的ΔH=E1+E2C.使用催化剂可以提高SO2平衡转化率D.过程b发生两步反应，总反应速率大于过程a【答案】D【解析】【详解】A．从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应的ΔH＜0，A不正确；B．过程b使用了催化剂，E1、E2分别为两步反应的活化能，所以反应的ΔH≠E1+E2，B不正确；C．使用催化剂可以加快反应速率，缩短反应到达平衡时间，但不能改变SO2的平衡转化率，C不正确；D．过程b使用催化剂，将反应分两步进行，加快了反应速率，使总反应速率大于过程a，D正确； 故选D。2.下列说法正确的是A.CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能B.据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量C.灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的氧化反应是放热反应D.升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热【答案】C【解析】【详解】A．反应CaO+H2O=Ca(OH)2虽然能放出热量，但属于非氧化还原反应，不能设计成原电池，A不正确；B．若有一部分反应物没有参加反应，或反应前加入了一些产物，则反应物的总能量不等于生成物的总能量，B不正确；C．铂丝继续保持红热，说明反应能不断提供热量，从而说明氨的氧化反应是放热反应，C正确；D．升高温度或加入催化剂，可以加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但不能改变化学反应的反应热，D不正确；故选C。3.下列有关热化学方程式的叙述正确的是A.已知正丁烷(g)→异丁烷(g)ΔH<0，则异丁烷比正丁烷稳定B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol，则H2的燃烧热ΔH=-571.6kJ/molC.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)和4SO2(g)+2O2(g)=4SO3(g)的ΔH相等【答案】A【解析】【详解】A．焓变小于零，为放热反应，则异丁烷能量较低，比正丁烷稳定，A正确；B．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol，则H2的燃烧热ΔH=-571.6kJ/mol÷2=-285.8kJ/mol，B错误；C．碳的燃烧为放热反应，充分燃烧生成二氧化碳放热更多，放热反应为焓变小于零，则ΔH1<ΔH2，C错误； D．焓变与方程式的书写形式有关，两者焓变不同，D错误；故选A。4.在进行中和热的测定中，下列操作或说法错误的是A.为了使反应完全，必须保证酸和碱恰好完全反应.B.搅拌时，环形玻璃搅拌棒应上下移动C.测量反应混合液的温度时要随时读取温度，记录下最高温度D.不可将温度计当搅拌棒使用，也不可靠在容器内壁上【答案】A【解析】【详解】A．为了使反应进行更完全，反应物酸或碱可以适当过量，故A错误；B．环形玻璃搅拌棒不能碰到温度计，所以应上下移动，故B正确；C．中和热测定的温度为恰好中和时的温度，即最高温度，故C正确；D．为了实验安全，不可将温度计当搅拌棒使用，测量时应将温度计的玻璃泡完全浸入被测液体中，由于器壁和器底与溶液存在一定温度差，不要碰到容器底或容器壁，以免受环境温度影响，故D正确；答案选A。5.某温度下，体积一定的密闭容器中进行反应：，下列叙述错误的是A.向容器中加入氩气，反应速率不变B.加入少量W，逆反应速率不变C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D.加入催化剂，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大【答案】C【解析】【详解】A．因为体积一定，在容器中加入氩气，反应体系物质的浓度不变，所以反应速率不变，故A正确；B．W为固体，增大W的用量，反应速率不变，故B正确；C．升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；D．加入催化剂，降低反应的活化能，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，故 D正确。选C。6.活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示：下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.产物的稳定性：C.该历程中最大正反应的活化能D.相同条件下，由中间产物z转化为产物的速率：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错；B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低118.4kJ，所以产物P2比产物P1要稳定，故B错；C．由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则，故选 C；D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：，故D错。答案选C。7.为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定碳酸钙粉末与足量稀盐酸反应生成CO2的体积随时间的变化情况，绘制出下图所示的曲线甲。下列有关说法中不正确的是A.在0-t1、t1-t2、t2-t3三段相同的时间t2-t3反应速率最快B.将碳酸钙粉末改为固体，则曲线甲将变成曲线乙C.若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则t2-t3时间内平均反应速率为D.因反应放热，导致0-t1内的反应速率逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A．在0-t1、t1-t2、t2-t3三段相同的时间，t2-t3生成的二氧化碳气体最少，反应速率最慢，故A错误；B．将碳酸钙粉末改为固体，反应速率减慢，则曲线甲将变成曲线乙，故B正确；C．若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则t2-t3时间内平均反应速率为，故C正确；D．根据影响反应速率的因素，因反应放热，反应体系的温度升高，导致0-t1内的反应速率逐渐增大，故D正确； 选A。8.已知Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)的速率方程[k为速率常数，只受温度影响]，该反应可认为经过以下反应历程：第一步：Cl22Cl快速平衡第二步：Cl+COCOCl快速平衡第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl慢反应下列说法正确的是A.第一步反应和第二步反应的活化能较高B.Cl和COCl是该总反应的中间产物，也是该总反应的催化剂C.c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大D.第三步反应的有效碰撞频率较大【答案】C【解析】【详解】A．第一步反应和第二步反应为快速平衡，则反应的活化能较低，A不正确；B．Cl和COCl是该总反应的中间产物，但没有出现在第一个反应的反应物中，不是该总反应的催化剂，B不正确；C．从速率方程中可以看出，c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c(CO)大，C正确；D．第三步反应为慢反应，反应的活化能大，有效碰撞频率较小，D不正确；故选C。9.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如图，下列判断正确的是A.由图1可知，T1<T2，该反应正反应为吸热反应B.由图2可知，该反应m+n<p C.图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3D.图4中，若m+n=p，则a曲线一定使用了催化剂【答案】C【解析】【详解】A．根据“先拐先平数值大”，可知T1<T2，升高温度，C的百分含量减小，说明该反应的正反应为放热反应，选项A错误；B．由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n>p，选项B错误；C．图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v正>v逆，选项C正确；D．曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，选项D错误；答案选C。10.在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应2A(g)+B(g)2D(g)ΔH=-QkJ·mol-1。实验的相关条件和数据如下表所示：实验编号实验I实验II实验III反应温度/°C800800850达到平衡时间/min401030平衡时c(D)/(mol·L-1)0.50.50.15反应能量变化Q1Q2Q3下列说法正确的是A.可用压强或密度是否发生变化判断上述反应是否达到平衡状态B.实验I达到平衡后，恒温条件下再向容器中通入1molA和1molD，达到平衡时，c(D)=1.0mol·L-1C.实验II可能隐含的条件是使用催化剂，实验III达到平衡时v(D)=0.05mol·L-1·min-1D.由表中信息可知：Q＞0，并且有Q1=Q2＜Q3＜Q【答案】B 【解析】【详解】A．因为反应前后气体分子数不等，压强改变平衡将发生移动，但气体的质量、体积都不变，密度始终不变，所以能用压强是否发生变化判断上述反应是否达到平衡状态，但不能用密度是否变化判断反应是否达到平衡，A不正确；B．实验I达到平衡后，c(A)=c(D)=0.5mol·L-1，c(B)=0.25mol·L-1，K==4，恒温条件下再向容器中通入1molA和1molD，此时c(A)=c(D)=1.0mol·L-1，浓度商Q==4=K，则平衡不发生移动，所以c(D)=1.0mol·L-1，B正确；C．实验II达平衡时各物质的浓度不变，则平衡不移动，但反应所用时间缩短，隐含的条件是使用催化剂，实验III达到平衡时v(D)==0.005mol·L-1·min-1，C不正确；D．由表中信息可知：Q＞0，实验Ⅰ、Ⅱ参加反应的A物质的量小于2mol，放出热量相等但比Q小，实验Ⅲ升高温度，平衡逆向移动，放出热量比Q1小，所以有Q3＜Q1=Q2＜Q，D不正确；故选B。11.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是A.由水电离产生的的溶液：、、、B.的溶液：、、、C.使酚酞变红色的溶液，、、、D.与Al反应能放出H2的溶液：、、、【答案】B【解析】【详解】A．由水电离产生的的溶液为酸性溶液或碱性溶液，若溶液为酸性溶液，存在大量氢离子，则不能大量共存，A不符合题意；B．，所以溶液显碱性，存在大量氢氧根离子，该组离子不反应，一定能大量共存，B符合题意； C．与会发生相互促进的水解反应，不能大量共存，且使酚酞变红色的溶液为碱性，不能共存，C不符合题意；D．与Al反应能放出H2的溶液为酸溶液或碱溶液，若为碱溶液，存在大量氢氧根离子，则Cu2+、不能大量共存，D不符合题意；故选B。12.图中表示两种等体积的碱性溶液在稀释过程中pH的变化，下列相关说法正确的是A.两溶液稀释相同倍数，水电离的OH-浓度可能X>Y，也可能是X<YB.若图中曲线分别表示CH3COONa溶液和NaClO溶液，则X为CH3COONa溶液[已知Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)]C.加水稀释到任何程度，图中a一定大于7D.若图中曲线分别表示NaOH溶液和氨水，则起始时NaOH溶液浓度更大【答案】A【解析】【详解】A．若两溶液为碱溶液，Y的OH-浓度大于X，故水电离的OH-浓度X>Y；若两溶液为水解显碱性的盐溶液，水的电离程度X<Y，故A正确；B．根据酸越弱对应的盐越易水解，NaClO溶液越稀释越水解碱性越强，故X为NaClO溶液，故B错误；C．题目中没有标记温度，中性不一定等于7，故a不一定大于7，故C错误；D．若图中曲线分别表示NaOH溶液和氨水，则起始时氨水溶液浓度更大，故D错误；故选A。13.铝片与Na2CO3溶液反应的探究实验如下图所示。 无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H2和CO2)下列说法不正确的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH-B.对比I、III，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C.推测出现白色浑浊的原因：++H2O=Al(OH)3↓+D.加热后H2和CO2逸出时发生的反应均为氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】实验Ⅰ，将铝片放入水中，不发生反应；实验Ⅱ，给水加热，铝片与热水仍不反应；实验Ⅲ，将铝片放入Na2CO3溶液中，铝片表面产生细小气泡，表明有少量铝与溶液反应产生H2；实验Ⅳ，加热烧杯，反应剧烈，出现白色浑浊，生成H2和CO2。【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，存在水解平衡：+H2O+OH-，A正确；B．在铝片表面，有一层致密的氧化铝保护膜，保护内部的铝，实验III中，有气泡产生，则表明铝与溶液发生了反应，对比I、III，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜，B正确；C．推测白色浑浊应为Al(OH)3，Al、Al2O3与碱性溶液反应都能生成，水解生成，则产生白色浑浊的原因为：++H2O=Al(OH)3↓+，C正确；D．加热后Al与碱性溶液反应生成H2为氧化还原反应，CO2可能是由NaHCO3水解产物受热分解产生，发生的反应为非氧化还原反应，D不正确；故选D。14.常温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是 A.a点的B.反应过程中的值不断增大C.c点时，D.b点时，【答案】C【解析】【详解】A．a点为0.1mol/L的醋酸溶液，由于醋酸是弱酸，不能完全电离，所以a点的pH大于1，故A正确；B．，随着氢氧化钠溶液的加入，氢离子浓度逐渐减小，温度不变，Ka不变，故的值不断增大，故B正确；C．c点时，当加入氢氧化钠溶液的体积为20mL时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，要使溶液显中性，加入氢氧化钠溶液的体积要小于20mL，故C错误；D．b点时，当氢氧化钠溶液的体积为10mL，得到醋酸钠和醋酸(1:1)的混合液，溶液中存在电荷守恒：，故D正确；故选C。15.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液减小B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大 C.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)D.pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)【答案】D【解析】【详解】A．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，c(CH3COO-)减小，Ka不变，溶液中=增大，A不正确；B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，CH3COO-的水解程度增大，Kh增大，溶液中=减小，B不正确；C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中，主要发生CH3COOH电离，所以溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C不正确；D．pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中，含有的阳离子为Na+、H+，阴离子为OH-、S2-、HS-，依据电荷守恒原则，所得混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+c(HS-)，D正确；故选D。16.根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是A.金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程B.马口铁(镀锡的铁)破损质不易生锈C.水库的钢闸门与电源正极连接可实现电化学保护，叫做外加电源的阴极保护法D.酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．金属腐蚀是指金属与周围接触到的空气或液体发生反应而引起损耗的现象，所以金属的腐蚀不一定接触到电解质溶液，A错误；B．锡不如铁活泼，若马口铁(镀锡的铁)破损，会形成原电池，活泼的铁会作负极，腐蚀更快，B错误；C．水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外加电流的保护法， C错误；D．酸雨后电解质环境酸性较强，易发生析氢腐蚀，铁锅存留盐液时电解质为中性，易发生吸氧腐蚀，D正确；答案选D。17.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（）A.充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B.充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小C.放电时，负极反应为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D.放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）【答案】C【解析】【详解】A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。18.如图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a电极质量增加，b电极处有无色无味气体放出。符合这一情况的是表中的 选项abX溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无味气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属，电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。【详解】A．该选项符合条件，电解硫酸铜溶液，阳极生成气体氧气，阴极析出铜，A项正确；B．电解质溶液中金属阳离子钠离子在氢元素前边不放电，阴极和阳极生成气体，B项错误；C．铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在b极上得不到气体，C项错误；D．电解氯化铜溶液，阳极生成有色气体氯气，阴极析出铜，D项错误；答案选A。19.500mLKNO3和Cu(NO3）2的混合溶液中c(NO）＝0.6mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体(标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A.原混合溶液中c(K＋）为0.2mol·L－1B.上述电解过程中共转移0.2mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.05mol D.电解后溶液中c(H＋）为0.2mol·L－1【答案】A【解析】【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol；每生成0.1mol氧气转移0.4mol电子，每生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=(0.4-0.2）/2mol=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度为0.1mol÷0.5L=0.2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol•L-1-0.2mol•L-1×2=0.2mol/L。据此分析解答。【详解】A、根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2mol•L-1，正确；B、转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，错误；C、根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度为0.8mol/L，错误；答案选A。20.利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是 A.金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极B.缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率C.为了维持电中性，海水中大量Cl-进入缝隙D.正极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】B【解析】【详解】A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以金属缝隙外自由表面为正极，金属缝隙内表面为负极，A正确；B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子，缝隙外溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率，B错误；C．阴离子由正极向负极移动，所以大量Cl-进入缝隙维持电中性，C正确；D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，D正确；故答案为：B。21.下列有关化学用语描述正确的是 A.四氯化碳的比例模型：B.铍原子最外层原子轨道示意图：C.铬原子价电子排布式：3d54s1D.基态O原子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．四氯化碳分子呈正四面体结构，C原子在正四面体中心，Cl原子在四个顶点上，但Cl原子半径比C原子半径大，A不正确；B．铍原子的电子排布式为1s22s2，最外层原子轨道为s轨道，呈球形，B不正确；C．铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则价电子排布式为3d54s1，C正确；D．基态O原子的轨道中，依据洪特规则，2p轨道4个电子应占据3个轨道，表示式为：，D不正确；故选C。22.下列有关原子核外电子排布的说法正确的是A.电子排布为[Ar]3d44s2的中性原子是基态原子B.因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大C.电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D.原子的价电子排布式为(n-1)d6-8ns2的元素一定位于第ⅢB~第ⅦB族【答案】C【解析】【详解】A．电子在轨道内排布处于半满、全满、全空时，原子的能量低，稳定性强，电子排布为[Ar]3d44s2的中性原子不是基态原子，因为电子排布为[Ar]3d54s1时轨道半充满，原子的能量低，原子才稳定，A不正确；B．虽然氧元素电负性比氮元素大，但氮的2p轨道半充满，原子能量低，第一电离能出现反 常，所以氧原子第一电离能比氮原子第一电离能小，B不正确；C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3中，最后排布的电子没有先进入4s轨道，而是先进入能量高的3d轨道，违反了能量最低原理，C正确；D．原子的价电子排布式为(n-1)d6-8ns2的元素，价电子数为8~10，位于第Ⅷ族，D不正确；故选C。23.下列说法正确的是A.原子核外电子发生跃迁不一定吸收能量B.从左到右，同周期元素原子的电负性逐渐增大C.所有元素中氟的第一电离能最大D.价电子排布为5s25p4的元素位于第五周期第ⅣA族，是p区元素【答案】A【解析】【详解】A．原子核外电子从低能级跃迁到高能级时，原子要吸收光子(吸收能量)，从高能级跃迁到低能级时，原子要放出光子(放出能量)，A正确；B．同周期元素从ⅠA~ⅦA族，原子的电负性逐渐增大，但稀有气体的电负性很小，B不正确；C．氟的第一电离能很大，但比稀有气体的第一电离能小，C不正确；D．价电子排布为5s25p4的元素，价电子数为6，位于第五周期第ⅥA族，D不正确；故选A。24.烟花又称花炮、焰火，汉族劳动人民发明较早，主要用于军事、盛大的典礼或表演中。下列对形成烟花的过程叙述错误的是A.与电子的跃迁有关B.该过程中吸收能量C.焰色反应属于物理变化D.该过程中金属原子可能由激发态转化基态【答案】B 【解析】【详解】A．金属原子的核外电子先吸收能量，由基态转化为激发态，再将电子由激发态跃迁到基态，将能量以光的形式释放，从而形成烟花，A正确；B．将电子由激发态跃迁到基态，能量以光的形式释放，该过程中放出能量，B错误；C．焰色反应并没有化学反应发生，只是电子发生基态与激发态的转换，属于物理变化，C正确；D．在释放能量的过程中，金属原子由激发态转化为基态，D正确；故选B。25.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的说法正确的是A.原子的价电子排布式为的元素一定是主族元素B.原子的价电子排布式为的元素一定位于第ⅢB~第ⅦB族C.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素D.基态原子的N层上只有一个电子的元素一定是主族元素【答案】C【解析】【详解】A．原子的价电子排布式为的元素是稀有气体、0族元素，A错误；B．原子的价电子排布式为的元素为第8、9、10列元素，是Ⅷ族元素，B错误；C．基态原子的p能级上有5个电子的元素的价电子排布式为，最外层7个电子、一定是第ⅦA族元素，C正确；D．基态原子的N层上只有一个电子的元素的价电子排布式为，或，分别是ⅠA的钾元素、ⅠB的铜元素，D错误；答案选C。第Ⅱ卷(共50分)二、填空题26.请根据要求回答下列问题。（1）1mol·L-1Na2CO3溶液的pH_______(填“＞”“＜”或“=”，下同)0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH；1mol·L-1Na2CO3溶液的水解程度_______0.1mol·L-1Na2CO3溶液的水解程度。（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7， 则pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液的体积之比为_______。（3）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。下表是常温下浓度均为0.01mol/L的X、Y、Z、W溶液的pH。将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_______。0.01mol/L的溶液XYZWpH1228.54.5【答案】（1）①.＞②.＜（2）10:1（3）c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)【解析】【小问1详解】对于不同浓度的强碱弱酸盐溶液，溶液的浓度越大，水解程度越小，但水解产生的c(OH-)越大，pH越大，所以1mol·L-1Na2CO3溶液的pH＞0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH；1mol·L-1Na2CO3溶液的水解程度＜0.1mol·L-1Na2CO3溶液的水解程度。答案为：＞；＜；【小问2详解】25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则10-5mol/L∙V(NaOH)=10-4mol/L∙V(H2SO4)，则V(NaOH):V(H2SO4)=10-4:10-5=10:1。答案为：10:1；【小问3详解】由表中数据可知，X为强碱、Y为强酸、Z为强碱弱酸盐、W为强酸弱碱盐，则X为NaOH、Y为HNO3、Z为NaNO2、W为NH4NO3。将NaOH、HNO3、NaNO2各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液为NaNO3、NaNO2，由于+H2OHNO2+OH-，所以各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。答案为：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。【点睛】强碱弱酸盐发生水解反应，溶液呈碱性，但水解的程度不大。27.习总书记在浙江提出了“绿水青山就是金山银山”的重要科学理念，所以研究NOx，SO2等大气污染物的处理具有重要意义。 Ⅰ.（1）钙基固硫技术可减少SO2排放，但煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：反应ⅠCaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=+218.4k·mol-1反应ⅡCaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol-1计算反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)ΔH=_______。（2）对于烟气中SO2采用活性炭脱除机理，其过程首先要经物理吸附SO2→SO2*(*代表吸附态)，O2→O2*，H2O→H2O*，然后是化学吸附(如图)，写出化学吸附过程生成SO3*化学方程式_______（3）烟气脱硫过程的氧化反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，对此过程进行研究如下①若在压强恒定的密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是_______A.增大活性炭基表面积，有利于加快反应速率B.反应混合气组分中SO2和SO3分压比不变，可作为达到化学平衡状态的判据C.研发新的催化剂可以改变反应热D.增大O2分压可提高SO2的平衡转化率Ⅱ.（4）NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压，测得NO的转化率随着温度变化如下图所示： 请从动力学角度分析，1050K前，反应中NO转化率随着温度升高而增大的原因_______在1100K时，CO2的体积分数为_______。（5）用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)：在1050K、1.1×106Pa时该反应的化学平衡常数Kp=_______[已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数]。Ⅲ.氮有不同价态的氧化物，如NO、N2O3、NO2等，它们在一定条件下可以相互转化。（6）某温度下，在一体积可变的密闭容器中充入1molN2O3，发生反应N2O3NO2(g)+NO(g)，达到平衡后，于t1时刻改变某一条件后，速率与时间的变化图像如下图所示，有关说法正确的是_______填字母序号)。A.t1时刻改变的条件是增大N2O3的浓度，同时减小NO2或NO的浓度B.t1时刻改变条件后，平衡向正反应方向移动，N2O3的转化率增大C.在t2时刻达到新的平衡后，NO2的百分含量不变D.若t1时刻将容器的体积缩小至原容积的一半，则速率~时间图像与上图相同【答案】（1）-394k·mol-1（2）2SO2*+O2*=2SO3* （3）ABD（4）①.1050kPa 前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2 转化率提②.20%（5）4（6）C【解析】【小问1详解】反应ⅠCaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=+218.4k·mol-1反应ⅡCaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol-1根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)ΔH=-175.6kJ·mol-1-218.4k·mol-1=-394k·mol-1。【小问2详解】根据图示，化学吸附过程SO2*、O2*反应生成SO3*，化学方程式为2SO2*+O2*=2SO3*；【小问3详解】①A．增大活性炭基表面积，接触面积增大，反应速率加快，故A正确；B．反应混合气组分中SO2和SO3分压比不变，说明SO2和SO3的百分含量不变，反应一定达到化学平衡状态，故B正确；C．催化剂能降低活化能，不能改变反应热，故C错误；D．增大O2分压，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故D正确；选ABD。【小问4详解】1050kPa 前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2 转化率增大；在1100K时，NO的平衡转化率为40%CO2的体积分数为。【小问5详解】在1050K、1.1×106Pa时，NO的平衡转化率为80% 该反应的化学平衡常数Kp=。小问6详解】A．该反应为体积可变的容器，根据图象中最后达到平衡的速率和之前速率相同，可知改变的条件应该是恒压条件下充入反应物，故A错误；B．改变的条件应该是恒压条件下充入反应物，根据等效平衡，故平衡时反应物转化率不变，故B错误；C．改变的条件应该是恒压条件下充入反应物，等效平衡，故平衡时二氧化氮体积分数不变，故C正确；D．若t1时刻将容器的体积缩小至原容器的一半，则压强增大，正逆反应速率都增大，所以速率～时间图象与上图不同，故D错误；选C。28.可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸(化学式为H3PO4，沸点高，难挥发)有一定关系。（1）室温下，测得0.1mol/LH3PO4溶液的pH=1.5，用电离方程式解释原因：_______。（2）羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]是牙齿表面起保护作用的一层坚硬物质，在唾液中存在如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3(aq)+OH-(aq)，长期过量饮用可乐会破坏这层坚硬物质，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：_______。（3）用含氟牙膏刷牙，氟离子会与牙釉质[主要成分为Ca5（PO4）3OH]发生反应：Ca5（PO4）3OH（s）+F-(aq)Ca5(PO4)3F（s）+OH-（aq），该反应的平衡常数K=_____（已知Ksp[Ca5(PO4)3OH]=7×l0-37，Ksp[Ca5(PO4)3F]=2.8×l0-61）。（4）向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图。 ①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH=10时发生的主要反应的离子方程式是_______。②下列关于0.1mol/LNa2HPO4溶液的说法正确的是_______(填序号)。a．Na2HPO4溶液显碱性，原因是的水解程度大于其电离程度b．c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)c．c(Na+)=c()+c()+c()+c(H3PO4)（5）小组同学在实验室测定某可乐中磷酸的含量(不考虑白砂糖、咖啡因的影响)。i.将一瓶可乐注入圆底烧瓶，加入活性炭，吸附色素。ii.将可乐回流加热10min，冷却至室温，过滤。iii.取50.00mL滤液，用百里香酚酞作指示剂，用0.100mol/LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液5.00mL。①加热的目的是_______。②该可乐样品中磷酸的含量为_______g/L。【答案】（1）（2）可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和，减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿 （3）（4）①.②.ab（5）①.将可乐中的气体赶出，防止干扰磷酸的测定②.0.49【解析】【小问1详解】室温下，测得溶液的，溶液中c(H+)<c()，说明磷酸部分电离，且以第一步电离为主，则电离方程式为，故答案为：。【小问2详解】可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和，减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿。【小问3详解】Ca5(PO4)3F溶度积比Ca5(PO4)3OH小，该反应的平衡常数；【小问4详解】①由图像可知，pH=10时逐渐减少，逐渐增加，即和OH-反应生成和水，发生的主要反应的离子方程式是，故答案为：。②a．的水解显碱性，电离显酸性，溶液显碱性，原因是的水解程度大于其电离程度，故a正确；b．，符合电荷守恒，故b正确；c．根据物料守恒：，故c错误； 故答案为：ab。【小问5详解】①加热降低气体的溶解度，加热的目的是将可乐中的气体赶出，防止干扰磷酸的测定。②消耗n(NaOH)=0.005L0.100mol/L=510-4mol，反应终点时生成，则存在关系式，根据关系式得n()=n(NaOH)=510-4mol=2.510-4mol，该可乐样品中磷酸的含量==0.49，故答案为：0.49。