浙江省宁波市慈溪市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

慈溪市2021学年第一学期高二年级期末测试化学试题1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64I127Ba137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于弱电解质的是A.酒精B.AlCl3C.醋酸D.BaSO4【答案】C【解析】【详解】常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、水。酒精是非电解质，AlCl3和BaSO4属于盐，是强电解质，只有醋酸是弱酸，故本题选C。2.下列溶液一定呈酸性的是A.pH＜7的电解质溶液B.含有H+的溶液C.NaHA溶液D.c(H+)＞c(OH-)的溶液【答案】D【解析】【详解】A．在100℃时水的离子积Kw=10-12，此时中性溶液pH=6，因此pH＜7的电解质溶液不一定是酸性溶液，A错误；B．在任何电解质的水溶液中都存在水的电离平衡，水电离产生H+、OH-，因此含有H+的溶液不一定就是酸性溶液，B错误；C．NaHA是酸式盐，若是强酸的酸式盐溶液，其电离产生Na+、H+、A2-，溶液显酸性；若是弱酸的酸式盐溶液，盐电离产生的HA-在溶液中同时存在HA-的电离平衡和水解平衡，若电离程度大于其水解程度，则溶液显酸性；若是水解程度大于其电离程度，则溶液就显碱性，因此NaHA溶液不一定就是酸性溶液，C错误；D．在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，若是溶液中c(H+)＞c(OH-)，则该溶液就一定显酸性，D正确；故合理选项是D。 3.用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，不需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶、烧杯，不需要的仪器为量筒。故选A。4.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A.氧化钙与水反应B.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应C.盐酸与氢氧化钠反应D.氢气与氯气反应【答案】B【解析】【详解】A．氧化钙与水反应产生氢氧化钙，发生反应放出热量，则该反应是放热反应，反应物的能量比生成物的能量高，A不符合题意；B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4C1晶体反应产生BaCl2、NH3·H2O、H2O，发生反应使周围环境温度降低，因此反应为吸热反应，说明生成物的能量比反应物的能量高，B符合题意；C．盐酸与氢氧化钠发生中和反应产生NaCl、H2O，放出热量，则该反应是放热反应，反应物的能量比生成物的能量高，C不符合题意；D．氢气与氯气反应产生HCl时放出热量，则该反应是放热反应，说明反应物的能量比生成物的高，D不符合题意；故合理选项是B。5.下列原子轨道的表示不正确的是A.1sB.2pC.3pxD.3f 【答案】D【解析】【详解】A．K能层只有s轨道，因此1s原子轨道的表示合理，A正确；B．L能层有s、p两种轨道，因此2p原子轨道的表示合理，B正确；C．M能层有s、p、d三种轨道，p轨道有x、y、z三种伸展方向，因此3px原子轨道的表示合理，C正确；D．M能层只有s、p、d三种轨道，没有f轨道，则3f原子轨道的表示不合理，D错误；故合理选项是D。6.下列说法不正确的是A.原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满M层再排N层B.同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大C.2p、3p、4p的轨道形状均为哑铃形D.各能层含有的原子轨道数为n2(n为能层序数)【答案】A【解析】【详解】A．原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排M层再排N层，但不一定要排满M层再排N层，如钙的核外电子排布为：2、8、8、2，M层为排满，故A错误；B．同一原子中，能层越高的能级能量也越大，因此1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故B正确；C．p轨道无论哪一能层均为哑铃形，故C正确；D．每个能层能容纳的最大电子数为2n2，每个轨道上最多容纳2个电子，则各能层含有的原子轨道数为n2，故D正确；故选：A。7.下列属于基态排布的原子或离子核外电子排布式的是A.Br-：3d104s24p6B.Cr：[Ar]3d54s1C.Na：1s22s22p53s2D.Fe2+：[Ar]3d64s2【答案】B【解析】【详解】A．基态Br－的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p6，A错误；B．基态Cr的核外电子排布式为：[Ar]3d54s1，B正确； C．基态Na的核外电子排布式为：1s22s22p63s1，C错误；D．基态Fe2+的核外电子排布式为：[Ar]3d6，D错误；答案选B。8.按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。下列元素中，与其他元素不处在同一个区的是A.NeB.AlC.PbD.Cu【答案】D【解析】【详解】在选项的四种元素中，Ne是惰性气体元素，位于p区；Al是第IIIA元素，位于p区；Pb是第IVA元素，位于p区；而Cu是第IB作用元素，位于ds区。可见与其他元素不处在同一个区的是Cu元素，故合理选项是D。9.下列说法正确的是A.测定中和反应反应热的实验中，可用铜丝代替玻璃搅拌器B.需要加热才能发生的反应是吸热反应C.升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加D.甲烷的标准燃烧热为-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1【答案】C【解析】【详解】A．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，热量损失大，测得的中和热数值偏小，A错误；B．需要加热的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，B错误；C．升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加，C正确；D．甲烷的燃烧热是指1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水所放出的热量，不是气态水，D错误；答案选C。10.下列关于如图所示转化关系(X代表C1、Br、I)，说法不正确的是 A.△H2>0，△H3＜0B.△H1=△H2+△H3C.△H1越小，HX越稳定D.若X分别是Cl、Br、I，则过程III放出的热量依次增多【答案】D【解析】【详解】A．过程Ⅱ是反应物断键吸热的过程，△H2>0；过程Ⅲ是形成新的化学键的过程，因为成键放热，所以△H3＜0，A正确；B．根据盖斯定律，总反应的焓变等于各分反应的焓变之和，因此△H1=△H2+△H3，B正确；C．△H1越小，说明形成新的化学键时放出的热量越多，即△H3越小，则HX中的键能越大，HX越稳定，C正确；D．过程III放出的热量取决于HX的键能，即越稳定的物质，键能越大，放出的热量越多，因为HCl、HBr、HI的稳定性依次减小，因此放出的热量也依次减少，D错误。故本题选D11.下列说法正确的是A.反应C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡B.反应2A(？)+B(g)⇌2C(？)，若压强不再随时间变化能说明已达平衡，则A、C同时是气体C.反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变D.1molN2和3molH2反应，达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时，吸收热量Q2，则Q2等于Q1【答案】A【解析】【详解】A．碳的质量不再改变，说明各物质质量都不再改变，反应已经达到平衡状态，A正确；B．若A、C都不是气体，压强不再随时间变化也能说明已达平衡，B错误； C．其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率增大，C错误；D．相同温度和压强下，将氨气完全转化为氮气和氢气，也是1mol氮气和3mol氢气，所以二者等效平衡，设生成氨气的反应热为+Q，氨气分解生成氮气和氢气的反应热为-Q，即有3mol氢气消耗放出Q热量，消耗n(H2)=3mol10%=0.3mol，放出的热量Q1=0.1Q，则消耗2mol氨气生成氮气和氢气时吸收Q热量，则消耗n(NH3)=2mol90%=1.8mol，吸收热量Q2=0.9Q，Q2不等于Q1，D错误；答案选A。12.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法不正确的是A.一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的△H＜0B.氢能有可能成为人类未来的主要能源C.氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，则转移电子的数目为6.02×1023D.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的△H可通过下式估算：△H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和【答案】C【解析】【详解】A．反应前后气体分子数减少，△S<0，若反应能自发进行，依据△H-T△S<0，可得△H<0，A正确；B．氢能热值高、无污染，有可能成为人类未来的主要能源，B正确；C．气体所处温度压强未知，无法计算转移电子数，C错误；D．反应焓变=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，D正确；答案选C。13.在表面无锈的铁片上滴食盐水，一段时间后有铁锈出现。此过程反应为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。下列说法不正确的是 A.铁片发生氧化反应而被腐蚀B.铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域C.铁片腐蚀中正极发生的电极反应：2H2O+O2+4e-=4OH-D.铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．铁作负极，失电子发生氧化反应，A正确；B．铁片负极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成铁锈最多，B错误；C．铁作负极，失电子被氧化，正极氧气得电子被还原，对应电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，C正确；D．在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，铁作负极，碳作正极，D正确；故答案选B。14.NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：CO(g)+NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)△H=-874.3kJ/molK=2.5×1060。有关该反应的说法不正确的是A.因为K很大，所以反应速率很大，NO与CO排入大气之前就已经反应完全B.升高温度，反应速率增大，K减小C.增大压强，平衡向右移动，K不变D.选用适宜催化剂可使其达到尾气排放标准【答案】A【解析】【详解】A．K很大，只能表示反应达到平衡时反应物的转化率大，而不能说明化学反应进行的快慢程度，即不能表明速率很大。由于CO中C、O原子之间以三键结合，键能很大，断裂消耗很多能量，因此反应速率非常缓慢，排入大气之前二者反应消耗很少，因此会造成大气污染，A错误；B．升高温度，物质的内能增加，更多的普通分子变为活化分子，分子之间有效碰撞次数增加，反应速率增大。但该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数K减小，B正确； C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡向右移动，但化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，化学平衡常数K不变，C正确；D．选用适宜催化剂可加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，使汽车产生的废气在排放前就几乎进行完全，故而可使其可达到尾气排放标准，D正确；故合理选项是A。15.在一密闭容器中，反应aA(g)⇌bB(g)达平衡后，保持温度不变，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，A的浓度是原来的2.5倍，则下列说法正确的是A.平衡向正反应方向移动B.物质A的转化率变小C.物质B的质量分数增加D.a>b【答案】B【解析】【分析】先假设容器体积压缩至一半时平衡未移动，A的浓度应为原来的2倍，实际平衡时A的浓度是原来的2.5倍，说明平衡向生成A的方向即逆反应方向移动，则增大压强平衡向逆反应方向移动，所以a＜b，物质A的转化率减小，物质B的质量分数减小。【详解】A．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，A错误；B．由分析知，物质A的转化率减小，B正确；C．由分析知，物质B的质量分数减小，C错误；D．由分析可知，a＜b，D错误；故答案选B。16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，的物质的量等于0.1molB.标准状况下，将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和为2NAC.镀铜过程中，阳极(纯铜)质量减小32g，转移电子数为NAD.相等pHNaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的c(H+)相等【答案】C【解析】【详解】A．1L浓度为0.1mol∙L−1的NaHCO3溶液中NaHCO3物质的量为0.1mol，由于存在水解和电离，因此的物质的量小于0.1mol，故A错误；B．标准状况下，将22.4LCl2通入水中，由于氯气与水反应是可逆反应，再根据物料守恒得到 HClO、Cl－、ClO－的粒子数之和小于2NA，故B错误；C．镀铜过程中，根据Cu－2e－＝Cu2+，阳极(纯铜)质量减小32g即物质的量为0.5mol，转移电子数为NA，故C正确；D．相等pH的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，前者抑制水的电离，后者促进水的电离，因此水电离出的c(H+)不相等，故D错误。综上所述，答案为C。17.室温下，对于0.1mol/L醋酸溶液。下列判断正确的是A.加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低B.该溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)C.滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1molD.与Na2CO3溶液反应的离子方程式为+2H+=H2O+CO2↑【答案】B【解析】【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1，据此分析解答。【详解】A．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故A错误；B．根据电荷守恒可得，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，故B正确；C．0.1mol•L-1醋酸溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1，但是体积未知，故n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和不确定，故C错误；D．醋酸酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误；答案选B。18.下列化学语言表示正确的是A.醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO-+H+B.碳酸钠溶液呈现碱性的原因：+H2O=H2CO3+2OH- C.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CaSO4+=CaCO3+D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++=BaSO4↓【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为弱电解质，连接符号用可逆符号，对应电离方程式为：，A错误；B．碳酸根水解使碳酸钠溶液显碱性，对应水解方程式为：，B错误；C．碳酸钠溶液能将硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，对应化学方程式为：，C正确；D．稀硫酸与氢氧化钡反应离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D错误；故答案选C。19.如图所示的4个试管实验中均产生了白色沉淀，下列说法中正确的是A.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中含有微粒种类不同B.Na2CO3溶液比NaHCO3溶液的pH大C.Ca2+、Al3+均促进了、的水解D.滴加溶液后，4支试管内溶液的pH都变小【答案】D【解析】 【详解】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO、HCO、OH-、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，故A错误；B．虽然CO的水解程度比HCO水解程度大，但该题没有说明Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度，无法比较，故B错误；C．钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，故C错误；D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低；氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度降低，水解程度减弱，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故D正确；故答案：D。20.向20mL0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中正确的是A.醋酸的电离平衡常数：B点＜A点B.由水电离出的c(OH-)：B点＞C点C.从A点到B点，混合溶液中不可能存在：c(CH3COO-)=c(Na+)D.从B点到C点，混合溶液中一直存在：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】B【解析】【详解】A．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，物质电离需吸收能量，温度升高，使醋酸电离平衡正向移动，醋酸的电离平衡常数增大。由于温度：A点＜B点，所以醋酸的电离平衡常数：A点＜B点，A错误；B．酸、碱电离产生的H+或OH-对水电离平衡起抑制作用。向醋酸溶液中加入NaOH，醋酸电离产生的c(H+)减小，对水电离平衡的抑制作用减弱，则水电离程度增大。在B点时CH3COOH 与NaOH恰好中和产生CH3COONa，后加入NaOH过量，过量NaOH电离产生的OH-对水电离起抑制作用，导致水电离程度减小，CH3COONa促进水的电离，所以水电离程度：B点＞C点，则由水电离出的c(OH-)：B点＞C点，B正确；C．如果c(CH3COO-)=c(Na+)，根据电荷守恒知，溶液中c(OH-)=c(H+)，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使其溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以从A点到B点，混合溶液中可能存在：c(CH3COO-)=c(Na+)，C错误；D．从B点到C点，氢氧化钠过量，溶液中的溶质是醋酸钠和氢氧化钠，只有当氢氧化钠的物质的量大于醋酸钠的物质的量时，混合溶液中存在：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误；故合理选项是B。21.25°C时，下列说法正确的是A.可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA是强酸B.若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，则HA是弱酸C.含的溶液中，可能大量存在：Na+、、A13+D.等pH等体积的HC1O、HC1溶液分别与浓度相同的NaOH溶液反应呈中性，HClO消耗的NaOH溶液体积少【答案】B【解析】【详解】A．当HA为弱酸，且B+与A-的水解程度相同，也可以使溶液呈现中性，因此HA可能为弱酸，A错误；B．0.01mol/LHA溶液pH>2，说明HA没有全部电离，所以HA是弱酸，B正确；C．与A13+、均可以发生水解，且二者的水解可以相互促进，故二者不能大量共存，C错误；D．等pH等体积的HC1O、HC1溶液中H+物质的量相等，但HClO是弱酸，溶液中存在电离平衡，在与碱反应时平衡正向移动，产生更多的H+,因此消耗更多的NaOH溶液，最终HClO消耗的NaOH溶液体积更大，D错误。故本题选B。22.常温下，已知Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=1.3×10-36。如图所示为CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子(S2-)浓度的负对数关系，下列说法正确的是 A.曲线A表示的是ZnS，曲线B表示的是CuSB.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，可实现n点到m点的转换C.p点表示CuS或ZnS中无沉淀析出D.向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp(CuS)减小【答案】C【解析】【详解】A．如图所示，纵坐标、横坐标分别表示饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子()浓度的负对数关系，故数字越大表示对应的离子浓度越小，故Ksp分别为10-r1、10-r2或者10-x1、10-x2，故曲线A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnS，A错误；B．向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，则重新达到平衡时，溶液中的阳离子(R2+)浓度与阴离子()浓度的负对数关系必须回到曲线A上，故不可能实现n点到m点的转换，B错误；C．p点对应的阳离子浓度与阴离子浓度的乘积小于CuS和ZnS的Ksp，故p点对应的溶液表示CuS或ZnS的不饱和溶液，CuS或ZnS中无沉淀析出，C正确；D．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，但温度不变，Ksp(CuS)不变，D错误；故选C。23.废水中通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。则下列叙述正确的是 A.温度升高，该电池反应速率一定加快B.H+由a极穿过质子交换膜到达b极C.OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量D.a极电极反应式为：+2e-+H+=+Cl-【答案】D【解析】【详解】A．一定范围内温度升高，电池反应速率会上升；但温度过高会使得微生物膜活性降低，效率下降，A错误；B．由图可知，a极氯苯转化为苯和Cl-为得电子的过程，即还原反应，所以a极为阴极、b极是阳极，H+会从阳极移动到阴极，即从b极到a极，B错误；C．电池中的H+通过质子交换膜由b极迁移到a极，迁移的数量等于导线上通过电子的数量，而不是OH-，C错误；D．a极电极反应式为：+2e-+H+=+Cl-，D正确。故本题选D。24.一定条件下，向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。下列说法正确的是 A.反应在c点达到平衡状态B.△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段等于b~c段C.反应物的总能量高于生成物的总能量D.反应物浓度：a点小于b点【答案】C【解析】【详解】A．化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A错误；B．随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，B错误；C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；D．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，D错误；答案选C。25.已知氧化性：Fe3+>I2.某溶液X可能含有K＋、、Fe3+、Fe2+、、、、I-、Cl-中的一种或几种，现进行以下实验： 下列说法正确的是A.无法判断K+是否存在，B.溶液X中一定存在、I-、C1-、C.取X溶液加入足量稀硫酸，加热，可能产生混合气体D.溶液X中Cl-的物质的量为0.090mol【答案】A【解析】【详解】某溶液X可能含有K＋、、Fe3+、Fe2+、、、、I-、Cl-中的一种或几种加入足量过氧化氢、四氯化碳下层液体分离出紫黑色固体7.62g为I2，物质的量==0.03mol，说明一定含I-，物质的量=0.03mol×2=0.06mol，则一定不含Fe3+；上层溶液分为三等份，其中一份加入足量氢氧化钠溶液加热反应生成气体为NH3，标准状况下物质的量n（NH3）==0.05mol，则原溶液中一定含，得到沉淀灼烧得到固体0.80g为氧化铁，物质的量n（Fe2O3）==0.005mol，则溶液中含Fe2+，物质的量=0.01mol，一定不含、，一份加入足量氯化钡溶液生成白色沉淀，说明沉淀为硫酸钡沉淀2.33g，物质的量n（BaSO4）==0.01mol，证明原溶液中含，物质的量=0.01mol，另一份加入硝酸银溶液和稀硝酸生成白色沉淀，证明含Cl-；综上所述，溶液X中一定存在、Fe2+、、I-、Cl-，一定不存在Fe3+、、，可能存在K+；A.无法判断K+是否存在，选项A正确； B.溶液X中一定存在、I-、C1-，但不存在，选项B错误；C.取X溶液加入足量稀硫酸，加热，不产生气体，选项C错误；D.溶液X中若无K+，Cl-的物质的量为0.05mol+0.01mol2-0.01mol2=0.050mol，选项D错误；答案选A。二、非选择题(本大题共5题，共50分)26.A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子；C是地壳中含量最多的一种元素；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子。请完成以下空白：（1）D元素的基态原子中，核外电子占据的最高能层的符号为___________，基态C离子占据的最高能级共有___________个原子轨道。（2）B元素的基态原子价层电子的电子排布图为___________。（3）请解释E3+离子比E2+离子稳定的原因：___________。（4）基态F二价阳离子的核外电子排布式为___________。（5）A、B、C三种元素的第一电离能从大到小为___________(用元素符号表示)。（6）BD3与水反应产生有漂白性的物质，写出该反应的化学方程式___________。【答案】（1）①.M②.3（2）（3）Fe3+的3d轨道半充满，更稳定（4）1s22s22p63s23p63d9（5）N>O>C（6）NCl3+3H2O=3HClO+NH3或NCl3+4H2O=3HClO+NH3·H2O【解析】【分析】A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8，A的质子数是6，A为C；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，B为N；C是地壳中含量最多的一种元素，C为O；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子，即1s22s22p63s23p5，D为Cl；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质即四氧化三铁，E为Fe；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对 电子，只有一个未成对电子，则F原子核外电子数为2+8+18+1=29，F为Cu。【小问1详解】D为Cl，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，因此核外电子占据的最高能层的符号为M，C为O，氧离子的核外电子排布式为1s22s22p6，占据的最高能级为p，因此有3个原子轨道。【小问2详解】B为N，其基态原子价层电子的电子排布图为：。【小问3详解】E3+为Fe3+，E2+为Fe2+，Fe3+比Fe2+稳定是因为Fe3+的3d轨道为半充满状态，更稳定。【小问4详解】F为Cu，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。【小问5详解】A、B、C分别为C、N、O，同一周期主族元素从左向右第一电离能整体呈上升趋势，但氮位于第VA族，2p轨道为半充满状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此三者第一电离能从大到小为：N>O>C。【小问6详解】BD3为NCl3，与水反应生成有漂白性的HClO，依据得失电子守恒和原子守恒可得其化学方程式为：NCl3+3H2O=3HClO+NH3或NCl3+4H2O=3HClO+NH3·H2O。27.化学反应过程既是物质的转化过程，也是能量的转化过程。（1）下列属于吸热过程的是___________(填序号)。a.CO燃烧b.铝和稀盐酸反应c.碳酸氢钠溶于水d.石灰石分解（2）t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：化学反应正反应活化能逆反应活化能t℃时平衡常数N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H>0akJ/molbkJ/molK14NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H＜0ckJ/moldkJ/molK2请写出t℃时，NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式___________(反应热用a、b、c、d代数式表示)。t℃时，该反应的平衡常数___________(用K1和K2表示)。 （3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出如图所示用电解法制取ClO2的新工艺。用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。精制饱和食盐水入口是_______口(填“c”或“d”)产生ClO2的电极反应式为_______。【答案】（1）cd（2）①.4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mo1②.（3）①.d②.Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+【解析】【小问1详解】a．一氧化碳燃烧放热，a错误；b．铝与稀盐酸反应放热，b错误；c．碳酸氢钠溶于水吸热，c正确；d．石灰石分解吸热，d正确；答案选cd。【小问2详解】①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a-b)kJ/mol，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c-d)kJ/mol，t℃时，NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式为②-①5，即4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c-d-5a+5b)kJ/mo1。方程式相减，平衡常数相除，方 程式化学计量数变为多少倍，平衡常数变为多少次方，则t℃时该反应的平衡常数为。【小问3详解】依据图示，阳离子向a极移动，则a极为电解池的阴极得电子，b极为电解池的阳极失电子，要想得二氧化氯，得氯离子失电子，因此精制饱和食盐水应从d口进入，由元素守恒可知，氯离子失电子有水参加反应，因此产生ClO2的电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。28.二氧化碳的转化和利用成为实现“碳达峰”、“碳中和”的重要研究课题。回答下列问题：（1）利用CO2和H2可生产乙烯。相关热化学方程式为：反应I：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H1=−246.4kJ∙mol−1反应II：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H2=−166.8kJ∙mol−1某催化剂作用下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入lmolCO2和3molH2，体系中主要发生上述反应I和反应II两个竞争反应。反应进行tmin时测得两种烃的物质的量随温度的变化如图所示，该催化剂在840℃时主要选择反应________(填“I”或“II”)；840℃之后，C2H4产量下降的原因是_______。520℃时，0~tmin内用氢气表示反应II的平均反应速率：υ(H2)=_______mol/(L·min)(用含t的代数式表示)。（2）利用工业废气CO2制甲醇，发生反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3＜0，可一定程度摆脱当下对化石燃料的依赖。①上述反应自发的条件是________。②在aL密闭容器中，充入不同氢碳比的原料气体，控制温度600K，发生反应III，请在图中画出CH3OH在混合气体中的平衡体积分数随氢碳比递增的变化趋势_________。 ③一定条件下，将1molCO2和1molH2置于恒容密闭容器中，发生反应III。下列能说明反应达到平衡状态的是_________。A．混合气体的密度保持不变B．CO2的消耗速率与H2O的消耗速率相等C．CO2的体积分数保持不变D．混合气体的平均相对分子质量保持不变【答案】（1）①.I②.反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降③.（2）①.低温或低温自发②.③.BCD【解析】【小问1详解】根据题中信息，该催化剂在840℃时主要选择反应I；840℃之后，C2H4产量下降主要从放热反应和催化剂催化活性角度思考，其主要原因是反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；520℃时，0~tmin内乙烯和甲烷生成物质的量为0.2mol则消耗氢气物质的量分别为1.2mol和0.8mol，则用氢气表示反应II的平均反应速率：；故答案为：。故答案为：I；反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降。【小问2详解】 ①反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3＜0，该反应是熵减的反应，根据自由能公式，要使上述反应自发进行，其自发进行的条件是低温或低温自发；故答案为：低温或低温自发。②在aL密闭容器中，充入不同氢碳比的原料气体，控制温度600K，发生反应III，可以理解为氢气物质的量为3mol，二氧化碳不断增加，则CH3OH在混合气体中的平衡体积分数随氢碳比递增先逐渐增大，当氢碳比为3时达到最大值，继续增加二氧化碳的量，则CH3OH在混合气体中的平衡体积分数随氢碳比递增而减小，其图像为；故答案为：。③A．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；B．CO2的消耗速率，正向反应，H2O的消耗速率，逆向反应，且两者速率比等于计量系数之比，故B符合题意；C．CO2的体积分数保持不变，则可以做为判断平衡标志，故C符合题意；D．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，当混合气体的平均相对分子质量保持不变，则可以作为判断平衡标志，故D符合题意；综上所述，答案为：BCD。29.平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。（1）①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka≈___________。②在25C时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合(忽略混合时的溶液体积变化)，反应平衡时溶液中c()=c(Cl-)，则溶液显_______(填“酸“碱”或“中”)性。（2）已知，常温下几种物质的电离常数如下： 化学式H2CO3HClOH2SO3电离平衡常数Ka1=4.5×10-7Ka2=1.4×10-11Ka=3.0×10-8Ka1=1.4×10-2Ka2=6.0×10-8①三种相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHSO3的pH从小到大的排序是___________。②下列说法正确的是___________。A．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HC1OB．常温下，将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol/L时，溶液中的=0.6C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，3c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2SO3)D．Na2CO3溶液中加入少量水，则溶液中将减小③根据表中数据，计算0.03mol/LNaClO溶液的pH≈___________。【答案】（1）①.1×10-5②.中（2）①.NaHSO3＜NaClO＜Na2CO3②.BD③.10【解析】【小问1详解】①0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，则c(CH3COO-+)=c(H+)=0.1mol/L×1%=10-3mol/l，Ka≈；②根据电荷守恒，因为c()=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，故溶液显中性；【小问2详解】①根据酸越弱其对应的酸根离子水解程度越大的原理，酸根离子的水解程度越大，则溶液的pH越大，根据表格中的数据可知，种相同物质的量浓度时，其pH从小到大的排序是NaHSO3＜NaClO＜Na2CO3；②A．次氯酸有强氧化性，可以把亚硫酸根氧化为硫酸根，本身被还原为氯离子，A错误；B．常温下，将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7mol/L时，c(H+)=1.0×10-7 ，根据亚硫酸的二级电离常数可知，溶液中的==0.6，B正确；C．等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，根据物料守恒可知，2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2SO3)，C错误；D．Na2CO3溶液中加入少量水，相当于对碳酸钠溶液进行稀释，稀释时钠离子浓度降低，稀释促进碳酸根离子的水解，则碳酸根离子减小的更快，则溶液中将减小，D正确；故选BD；③根据表格中的数据可知次氯酸根离子的水解常数为Kh===×10-6；设在NaClO溶液中c(HClO)=c(OH-)=x，Kh≈=×10-6，解得x=1.0×10-4，则c(H+)=1.0×10-10，pH=10。30.可利用滴定法来测定燃煤尾气中SO2的含量，实验室按以下步骤进行(假定无其它还原性物质)：①取标况下1000mL尾气样品，通入适量NaOH溶液中；②配制成250mL溶液；③准确量取25.00mL；④将25.00mL溶液置于锥形瓶中；⑤用0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4溶液VmL。（1）步骤⑤中，滴定达到终点的现象是___________。（2）下列说法正确的是___________。A．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗B．图中应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端 C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，会造成测定结果偏低E．达到滴定终点读取数据时，俯视滴定管液面，会造成测定结果偏低（3）该尾气中SO2的含量为___________g/L(用含V的最简式表示)。【答案】（1）滴加最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（2）BE（3）或0.016V【解析】【小问1详解】高锰酸钾溶液浓度低时为浅红色，所以滴定达到终点的现象是：滴加最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。【小问2详解】A．滴定前锥形瓶不能用标准液润洗，会使测量结果不准确，A错误；B．为防止滴定管漏液，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端，B正确；C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯转移，不使用漏斗转移，C错误；D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，会造成标准液体积偏大，测定结果偏高，D错误；E．达到滴定终点读取数据时，俯视滴定管液面，会造成标准液体积偏小，测定结果偏低，E正确；答案选BE。【小问3详解】二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒可得关系式：5SO2~5~2，消耗高锰酸根离子的物质的量为：0.0100mol/LV10-3L=10-5Vmol，则二氧化硫的物质的量为5/210-5Vmol250mL/25mL=2.510-4Vmol，二氧化硫质量为：2.510-4Vmol64g/mol=0.016Vg，则该尾气中SO2的含量为0.016Vg/1000mL=0.016Vg/L。