浙江省绍兴市柯桥区2022-2023学年高二化学上学期期末质量调测试题（Word版含解析）

2022学年第一学期期末教学质量调测高二化学试卷考生须知：1.全卷满分为100分，考试时间90分钟。2.请将学校、姓名等信息分别填写在答题纸的相应位置上，第I卷须用2B铅笔在答题纸相应位置涂黑，第II卷答案须做在答题纸相应位置上。3.本卷可能用到的相对原子质量：H-1O-16C-12N-14Fe-56Al-27Mg-24Na-23Cl-35.5K-39S-32Ag-108Pb-207Zn-65Cu-64第I卷选择题(共50分)一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个正确答案)1.下列溶液因水解而呈酸性的是A.CH3COONaB.H2SO4C.NH4ClD.Na2SO4【答案】C【解析】【详解】A．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解使溶液显碱性，故A错误；B．H2SO4溶液中电离出氢离子抑制水的电离，溶液显酸性，故B错误；C．NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，故C正确；D．Na2SO4为强酸强碱盐，不水解，故D错误；故选C。2.下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是A.氨的合成B.塑料的老化C.食品的腐败D.金属的腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．合成氨时反应速率增大会提高生产效率，对人类有益，选项A正确；B．塑料的老化会消耗塑料，造成浪费，应该减慢速率，选项B错误；C．食物的腐败会消耗食物，造成浪费，应该减慢速率，选项C错误；D．金属的腐蚀会消耗金属，造成损失，应该减慢速率，选项D错误；答案选A。3.对于反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0，有利于提高平衡时CO2 转化率的措施是A.使用催化剂B.加压C.增大CO2和H2的初始投料比D.升高温度【答案】B【解析】【详解】A．使用催化剂，平衡不移动，CO2平衡转化率不变，故A错误；B．加压平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故B正确；C．增大一种反应物的浓度，可以提高另一反应物的转化率，而自身转化率是降低的，则增大CO2和H2的初始投料比，相当于H2浓度不变，增大CO2的浓度，故CO2的平衡转化率减小，故C错误；D．升高温度平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，故D错误；故选B。4.在下列变化中，体系的熵减小的是A.水结成冰B.Zn与稀硫酸反应C.蔗糖在水中溶解D.KClO3加热分解产生氧气【答案】A【解析】【详解】A．液态变固态是熵减的过程，A正确；B．Zn与稀硫酸反应有气体生成是熵增的过程，B错误；C．蔗糖在水中溶解，混乱度增大，是熵增的过程，C错误；D．KClO3加热分解产生氧气是熵增的过程，D错误；故选A。5.保持室温下，向10mL氨水中加入蒸馏水稀释到100mL后，下列说法不正确的是A.氨水的电离平衡常数增大B.氨水的电离程度增大C.NH的数目增多D.溶液的导电能力减弱【答案】A【解析】【详解】A．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，A错误；B．氨水加入蒸馏水稀释时，平衡正向移动，电离程度增大，B正确；C．氨水加入蒸馏水稀释时，平衡正向移动，NH的数目增多，C正确；D．氨水加入蒸馏水稀释时，溶液中的离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，D正确； 故答案为：A6.下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是A.Na+B.HCOC.Fe2+D.Cl-【答案】B【解析】【详解】钠离子、氯离子与氢离子和氢氧根离子均不反应，不能稳定人体血液的pH。亚铁离子能与氢氧根离子反应，与氢离子不反应，也不能稳定人体血液的pH。HCO与氢离子和氢氧根离子均反应，能稳定人体血液的pH。答案选B。7.在48mL0.1mol/LHNO3溶液中加入12mL0.4mol/LKOH溶液，所得溶液呈A.酸性B.碱性C.中性D.弱酸性【答案】C【解析】【详解】溶液中物质的量为，溶液中物质的量为，根据化学方程式，两者恰好完全反应得到溶液，硝酸钾是强酸强碱盐，故所得到的溶液呈中性，所以A、B、D错误，C正确，故选C。8.碱性锌锰电池的总反应为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2。下列说法正确的是A.Zn为正极，MnO2为负极B.该电池为二次电池C.负极的电极反应式为：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2D.工作时电子由MnO2经外电路流向【答案】C【解析】【详解】A．碱性锌锰电池的总反应为：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，Zn的化合价升高，失去电子，被氧化，则Zn为负极，Mn元素的化合价降低，得到电子，被还原，MnO2为正极，故A错误；B．碱性锌锰电池为一次电池，故B错误；C．Zn为负极，Zn失去电子转化为Zn(OH)2，负极的电极反应式为：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，故C正确； D．Zn为负极，MnO2为正极，原电池中电子从负极经导线流向正极，则工作时电子由经外电路流向MnO2，故D错误；故选C。9.下列叙述不正确的是A.生铁比纯铁更容易生锈B.铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀C.电解精炼铜时，以待精炼的铜作为阳极D.外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阳极，使钢铁表面腐蚀电流降至零或接近零【答案】D【解析】【详解】A．生铁中杂质比较多，易构成原电池加快腐蚀速率，所以比纯铁更容易生锈，A正确；B．铁管上镶嵌锌块，锌比铁活泼，构成原电池时锌做负极，铁管不易被腐蚀　，B正确；C．电解精炼铜时，以待精炼的铜作为阳极，精铜做阴极，C正确；D．外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阴极，使钢铁表面腐蚀电流降至零或接近零，D错误；故选D。10.下列能级中轨道数为5的是A.sB.pC.dD.f【答案】C【解析】【分析】【详解】s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5的是d能级。故选：C。11.下列说法正确的是A.s区全部是金属元素B.处于能量最高的原子叫做基态原子C.第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据D.电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据【答案】D【解析】【详解】A．s区包括第IA族和第IIA族元素，其中H是非金属元素，即s区不全部是金属元素，A项错误； B．处于最低能量状态的原子叫基态原子，B项错误；C．气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量叫第一电离能，同族元素从上到下第一电离能变小，同周期元素第一电离能从左到右呈增大的趋势，但是第IIA族的第一电离能大于第IIIA族，第VA族的第一电离能大于第VIA族，所以第一电离能的大小不能作为判断元素金属性强弱的依据，C项错误；D．电负性表示不同元素原子对键合电子吸引力的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大，所以电负性越强非金属性也越强，即电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，D项正确；答案选D。12.下列说法不正确的是A.使用含氟牙膏能预防龋齿B.热量是指因温度不同而在体系与环境之间交换或传递的能量C.用量热计测定50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH的反应热，需要测量2个温度D.内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强和物质的聚集状态等影响【答案】C【解析】【详解】A．含氟牙膏可以预防龋齿。氟是人体必须的微量元素之一，不仅能降低牙釉质的溶解度防止牙齿表面溶解，还能促进釉质的再矿化，抑制致龋菌繁殖，故A正确；B．是指当系统状态的改变来源于热学平衡条件的破坏，也即来源于系统与外界间存在温度差时，就称系统与外界间存在热学相互作用。作用的结果有能量从高温物体传递给低温物体，这时所传递的能量称为热量，故B正确；C．用量热计测定中和热时，需要测定混合前稀酸的温度、稀碱的温度和混合后溶液的温度，所以用量热计测定50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH的反应热，需要测量3个温度，故C错误；D．物体内能应该包括其中所有微观粒子的动能、势能、化学能、电离能和原子核内部的核能等能量的总和，受温度、压强和物质的聚集状态等影响，故D正确；故选C。13.下列说法不正确的是A.能够自发进行的反应一定是熵增的过程B.升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大C.基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞D.对于反应：H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)△H=-92.4kJ•mol-1，则0.5molH2(g)与0.5molCl2(g)生成1molHCl(g)表示“每摩尔反应”，“每摩尔反应”放出92.4kJ的热量 【答案】A【解析】【详解】A．能够自发进行的反应也有可能是放热、熵减的过程，A错误；B．升高温度，分子能量增大，分子总数不变，反应物分子中活化分子百分数增大，B正确；C．基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞，C正确；D．热化学方程式中化学计量系数代表物质的量，对于反应：H2(g)+Cl2(g)=HCl(g)△H=-92.4kJ•mol-1，则0.5molH2(g)与0.5molCl2(g)生成1molHCl(g)表示“每摩尔反应”，“每摩尔反应”放出92.4kJ的热量，D正确；故选A。14.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布式分别为ns1、3s23p4和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式不可能的是A.X2Y2Z3B.X2YZ3C.X2YZ4D.XYZ3【答案】D【解析】【分析】X的最外层电子排布式分别为ns1，则X为ⅠA族元素，化合价为+1价，Y的最外层电子排布式为3s23p4，则Y为S元素，Z的最外层电子排布式为2s22p4，则Z为O元素，化合价为-2价。【详解】A．X2Y2Z3中Y的化合价为+2价，S元素有+2价，故A不符合题意；B．X2YZ3中Y的化合价为+4价，S元素有+4价，故B不符合题意；C．X2YZ4中Y的化合价为+6价，S元素有+6价，故C不符合题意；D．XYZ3中Y的化合价为+5价，S元素不存在+5价，故D符合题意；答案选D。15.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是A.某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或弱酸强碱盐B.pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)＜c(CH3COO-)C.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D.1.0×10-3mol/L盐酸的pH=3.0，1.0×10-8mol/L盐酸的pH=8.0【答案】B【解析】【详解】A．某物质的溶液pH<7，该溶液呈酸性，可能为酸式盐，如硫酸氢钠、亚硫酸氢钠溶液，不一定是酸或强酸弱碱盐，选项A错误；B．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，pH=5.6，则c(H+)＞(OH-)，所以c(Na+)＜c(CH3COO-)， 选项B正确；C．AgCl在溶液中存在溶解平衡，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，CaCl2和NaCl溶液浓度相同，即CaCl2溶液中c(Cl-)是NaCl溶液中c(Cl-)的二倍，AgCl在CaCl2溶液中，c(Cl-)大，使AgCl的溶解平衡向逆反应方向移动，所以AgCl在CaCl2溶液中的溶解度比在NaCl溶液中的溶解度小，选项C错误；D．1.0×10-8mol/L盐酸pH＜7，不可能成为碱溶液，选项D错误；答案选B。16.某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的A.正反应活化能小于100kJ·mol－1B.逆反应活化能一定小于100kJ·mol－1C.正反应活化能不小于100kJ·mol－1D.正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol－1【答案】CD【解析】【详解】某反应的△H=+100kJ•mol-1，则正反应的活化能-逆反应的活化能=+100kJ•mol-1，说明正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ•mol-1，无法确定正、逆反应活化能的大小，CD正确，故选CD。【点睛】正确理解焓变与活化能的关系是解题的关键。本题可以借助于图象分析：。17.下列图示与对应的叙述不相符合的是A.表示燃料燃烧反应的能量变化B.表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 C.表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D.表示强碱滴定强酸的滴定曲线【答案】A【解析】【详解】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。18.人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是A.该过程是将太阳能转化为化学能的过程B.催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生C.催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强D.催化剂b表面的反应是CO2+2H++2e一=HCOOH【答案】C【解析】【分析】根据装置图中电子的流向，判断催化剂a为负极电极反应：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增强；催化剂b为正极，电极反应：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，总的电池反应为 2H2O+2CO2═2HCOOH+O2，该过程把太阳能转化为化学能【详解】A、过程中是光合作用，太阳能转化为化学能，故A正确；B、催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生，故B正确；C、催化剂a附近酸性增强，催化剂b附近酸性条件下生成弱酸，酸性减弱，故C错误；D、催化剂b表面的反应是通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应为：CO2+2H++2e一═HCOOH，故D正确；故选C。19.下列解释实验事实的方程式不正确的是A.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1：CH3COOHCH3COO-+H+B.“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g)N2O4(g)△H＞0C.向盛有5mL0.005mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.0015mol/LKSCN溶液，溶液呈红色：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3D.向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO+H2OHCO+OH-【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，部分电离，溶液的pH＞1，电离方程式为，A项正确；B．“球”浸泡在冷水中，颜色变浅：，降低温度，平衡正向移动，浓度降低，颜色变浅，B项错误；C．遇溶液变红，，C项正确；D．向溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红，碳酸是二元弱酸，分步水解，，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，D项正确；答案选B20.对于常温下pH为2的盐酸，下列叙述不正确的是A.B.由H2O电离出的c(H+)=1.0×10-12mol•L-1C.与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显碱性D.与等体积乙酸钠溶液混合后所得溶液中：【答案】D【解析】 【详解】A．在盐酸溶液中盐酸电离出氢离子和氯离子，水电离出氢离子和氢氧根离子，所以，A正确；B．由H2O电离出的　，B正确；C．与等体积pH=12的氨水混合后，氨水过量，所得溶液显碱性　，C正确；D．与等体积乙酸钠溶液混合后，会生成乙酸，所以氯离子浓度大于乙酸根离子浓度，D错误；故选D。21.某小组利用可逆反应，W(s)+I2(g)⇌WI2(g)△H＜0，设计如图装置提纯粗钨(杂质熔点高，且不能与碘发生反应)。粗钨装入石英管一端，抽成真空后引入适量确并封管，置于加热炉中。下列说法正确的是A.在不同温度区域，WI2的量保持不变B.在提纯过程中，I2的量不断减少C.最终杂质残留在II区，纯钨转移至I区D.在提纯过程中，I2的作用是将W从高温区转移到低温区【答案】C【解析】【分析】【详解】A．温度不同反应进行的主要方向不同，因此WI2的量会发生改变，A错误；B．反应在一密闭系统中进行，根据质量守恒定律可知：I2的量不可能不断减少，在一定条件下当反应达到平衡后其质量不再发生变化，B错误；C．低温使平衡正向移动，高温使平衡逆向移动，因此在提纯过程中是纯钨转移至I区，最终杂质残留在II区，C正确；D．在提纯过程中，I2使反应正向进行，可将W转化为WI2(g)，不利用W的提纯，D错误；故合理选项是C。22.如图所示的电解池I和II中，a、b、c、d均为Pt电极。在电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重情况为b＞d。符合上述实验结果的盐溶液是 选项XYAMgSO4CuSO4BPb(NO3)2AgNO3CFeSO4Al2(SO4)3DAgNO3CuSO4A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】由装置图可知：这是两个串联的电解池。在串联电路中电子转移数目相等。由于电极材料都是惰性电极，所以应该是溶液中的离子在电极放电。由于电解过程中，阴极电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d，说明在溶液中都含有不活泼金属的盐。【详解】A．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Mg2+得电子能力小于H+，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质、而是放出氢气，故A错误；B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，d增重216g，b增重207g，所以质量增加b＜d，故B错误；C．电解FeSO4溶液和Al2(SO4)3时，b电极析出Fe，d电极析出氢气，d电极质量不增大，故C错误；D．电解AgNO3溶液和CuSO4时，b电极析出Ag，d电极析出Cu，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，d析出1molCu增重64g，b析出2molAg增重216g，所以质量增加b＞d，故D正确；故选D。23.在恒容容器中，一定量的SO2和O2发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。温度分别为t1和t2时，SO3的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 A.该反应的△H＜0B.若t1和t2时该反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2C.可依据反应体系中的压强变化判断该反应是否达到平衡状态D.反应在t1时达到平衡状态后，若将容器的体积扩大到原来的两倍，再达平衡时SO3的体积分数将减小【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，t2温度时反应先达到平衡，则温度t2＞t1，升高温度，达到平衡时SO3的体积分数减小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，该反应的△H＜0，故A正确；B．该反应为放热反应，温度t2＞t1，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1＞K2，故B错误；C．容器容积不变，随反应进行，气体总物质的量减小，则压强减小，故当反应体系中的压强不变时，反应达到平衡状态，故C正确；D．反应在t1时达到平衡状态后，若将容器的体积扩大到原来的两倍，压强减小，平衡逆向移动，再达平衡时SO3的体积分数将减小，故D正确；故选B。24.已知共价键的键能与热化学方程式信息如表：共价键H－HH－N键能/(kJ•mol-1)436391热化学方程式N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1则2N(g)=N2(g)的△H为A.-1130.4kJ•mol-1B.-945.6kJ•mol-1C.+945.6kJ•mol-1D.+1130.4kJ•mol-1【答案】B【解析】【详解】根据键能与焓变的关系，∆H=E(反应物的键能总和)-E(生成物的键能总和)可得，E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H)=-92.4kJ·mol-1，所以E(N-N)=945.6kJ·mol-1，故2N(g)=N2(g)的 △H=-945.6kJ·mol-1，故选B。25.以下实验操作和现象，所得结论不正确的是选项实验操作和现象结论A取5mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴入2滴15%KSCN溶液，溶液变血红色KI与FeCl3的反应有一定限度B取2mL0.1mol/LAgNO3溶液，先进行加热，后置于冷水中，发现溶液的颜色先由蓝色转变为黄色然后又由黄色转变为蓝色CuCl2溶液中存在以下平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O△H＞0C取2mL0.1mol/LAgNO3溶液于试管中，滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，待不再出现白色沉淀后，再滴加1mL0.1mol/LKI溶液白色沉淀转化为黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D分别测浓度均为0.1mol/L的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者水解常数：Kh(CH3COO-)＜Kh(HCO)A.AB.BC.CD.D【答案】CD【解析】【详解】A．根据反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KI+I2可知，取5mL0.1mol/LKI溶液于试管中，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后KI过量，滴入2滴15%KSCN溶液，溶液变血红色，说明溶液中还存在Fe3+，说明KI和FeCl3反应有一定限度，A正确；B．CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O△H＞0，升高温度平衡正向移动，溶液的颜色由蓝色转变为黄色，置于冷水中降低温度，平衡逆向移动，溶液的颜色又由黄色转变为蓝色，B正确；C．2mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，AgNO3溶液过量，待不再出现白色沉淀后，再滴加1mL0.1mol/LKI溶液，KI会与过量的AgNO3反应，所以不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误；D．铵根离子也能发生水解，干扰实验，应该用同浓度的醋酸钠和碳酸氢钠进行实验，D错误；故选CD。 第II卷非选择题(共50分)26.请回答以下问题：（1）已知1molC(s)与1molO2(g)反应可以分一步进行，也可以分两步完成：第一步，C(s)与O2(g)反应生成CO(g)；第二步，CO(g)与O2(g)反应生成CO2(g)。反应过程中焓的变化如图所示。请回答：①写出a、b、c三处相应的物质及其相对应的物质的量。a______，b______，c______。②写出C(s)在O2(g)中充分燃烧的热化学方程式______。（2）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，还可得到Na2CO3。①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c()：c()=______。(已知：在常温下，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7、Ka2(H2CO3)=4.7×10-11)②现将2.33gBaSO4固体浸泡在2L一定浓度的Na2CO3溶液中，使BaSO4沉淀转化为BaCO3。则发生转化的离子方程式为______(同时注明各物质的状态)。理论上至少需要浓度为_____mol/LNa2CO3溶液才可以将BaSO4开始转化为BaCO3。(已知：常温下Ksp(BaSO4)≈1.0×10-10，Ksp(BaCO3)≈2.5×10-9。忽略溶液体积的变化)（3）某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4，装置如图所示。当溶液pH为8.0～9.0时，停止通NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。①若继续通入NH3，当pH＞10.0时，溶液中浓度明显增加的离子有______。②若本实验不选用pH传感器，可选用的酸碱指示剂及溶液颜色变化是_____。【答案】（1）①.1molC+1molO2②.1molCO+0.5molO2③.1molCO2④. C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1（2）①.0.47②.BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)③.2.5×10-4（3）①.OH-、、②.采用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为粉红色是停止通NH3【解析】【小问1详解】①反应分两步完成：第一步，C(s)与O2(g)反应生成CO(g)；第二步，CO(g)与O2(g)反应生成CO2(g)，根据起始及终点物质可知，a为1molC+1molO2，b为1molCO+0.5molO2，c为1molCO2；②C(s)在O2(g)中充分燃烧生成CO2(g)，反应的热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-110kJ•mol-1-283.5kJ•mol-1=-393.5kJ•mol-1；【小问2详解】由题意pH=10，则c(H+)=1mol/L，由可得Ka2(H2CO3)==4.7×10-11：溶液中c()：c()===0.47；②现将2.33gBaSO4固体浸泡在2L一定浓度的Na2CO3溶液中，使BaSO4沉淀转化为BaCO3。则发生转化的离子方程式为BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)；该反应的平衡常数K===0.04，根据Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c()≈1.0×10-10可知，饱和硫酸钡溶液中c()=1.0×10-5mol/L，根据溶解平衡常数K=可知，此时c()==2.5×10-4mol/L，理论上至少需要浓度为2.5×10-4mol/LNa2CO3溶液才可以将BaSO4开始转化为BaCO3；【小问3详解】①继续通入NH3，溶液中氨水的量增加，一水合氨电离导致、OH-增加，电离方程式为NH3·H2O+OH-，、OH-能与H+结合，所以平衡向右移动，c()增大；故答案为:OH-、、；②(NH4)2HPO4溶液呈碱性，酚酞变色范围为8~10，所以可用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，停止通氨气，故答案为:采用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为粉红色 是停止通NH3。27.W、X、Y、Z、M、N六种元素的原子序数依次递增，其中W、X、Y、Z为短周期元素，六种元素的元素性质或原子结构特征如表：元素元素性质或原子结构特征W原子p轨道的电子数为2X原子中最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同Y最外能层电子数是最内能层电子数的3倍Z原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素M第四周期，第ⅦB族，其价层电子排布式为3d54s2N是一种常见的金属元素，其价层电子排布式为3d64s2请回答下列问题：（1）元素X的核外电子排布式为______；元素N的价层电子的轨道表示式为_____。（2）W、X、Y三种元素的电负性数值由大到小的顺序为______(用元素符号作答)。（3）关于Z元素的下列推断中不正确的是______。A.Z元素的最高正价为+2价B.Z元素位于元素周期表的s区C.Z元素基态原子的电子排布式为1s22s23s22p2D.Z元素原子中只有两种形状的电子云E.Z元素基态原子中的2px、2py、2pz轨道相互垂直，但能量不相等（4）元素Z的第一电离能都高于同周期相邻元素，原因是_____。（5）元素M和N的部分电离能如表所示，发现M元素的第三电离能(I3)要大于N元素的第三电离能，即元素M要失去第三个电子更难，原因是_____。元素MN电离能(kJ•mol-1)I1717759I215091561I332482957 【答案】（1）①.1s22s22p3②.（2）O＞N＞C（3）CE（4）Mg的价层电子排布式为3s2，属于全充满状态，比Na的3s1半充满状态更稳定，所以Mg的第一电离能比Na更高。而Al的第一电离能失去的是3p1能级的，该能级的能量比3s2能级的能量高（5）Mn2+的价层电子排布式为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定【解析】【分析】W、X、Y、Z、M、N六种元素的原子序数依次递增，其中W、X、Y、Z为短周期元素，Z原子的核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，Z原子的核外电子排布可能为1s22s22p4、1s22s22p63s2，Z的第一电离能都高于同周期相邻元素，则Z为Mg；W原子p轨道的电子数为2，W位于第IVA族，W为C；X原子最高能级的不同轨道都有电子、且自旋方向相同，X位于第VA族，X为N；Y的最外能层电子数是最内能层电子数的3倍，Y的最外能层电子数为6，Y为O；M位于第四周期第ⅦB族，其价层电子排布式为3d54s2，M为Mn；N是一种常见的金属元素，其价层电子排布式为3d64s2，N为Fe。【小问1详解】X为N，N原子核外有7个电子，N的核外电子排布式为1s22s22p3；N为Fe，基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，价层电子排布式为3d64s2，价层电子的轨道表示式为；答案为：1s22s22p3；。【小问2详解】W、X、Y依次为C、N、O，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，C、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；答案为：O＞N＞C。【小问3详解】A．Z为Mg，Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，位于元素周期表第三周期第IIA族，其最高正价为+2价，A项正确；B．Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，位于元素周期表的s区，B项正确；C．Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，C项错误；D．Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，其中s能级的电子云呈球形，p能级的电子云呈哑铃形，Z元素原子中只有两种形状的电子云，D项正确；E．Z元素基态原子中2px、2py、2pz轨道相互垂直，能量相等，E项错误；答案选CE。【小问4详解】Mg的第一电离能高于同周期相邻元素，原因是：Mg的价层电子排布式为3s2，属于全充 满状态，比Na的3s1半充满状态更稳定，所以Mg的第一电离能比Na更高；而Al的第一电离能失去的是3p1能级的，该能级的能量比3s2能级的能量高；答案为：Mg的价层电子排布式为3s2，属于全充满状态，比Na的3s1半充满状态更稳定，所以Mg的第一电离能比Na更高。而Al的第一电离能失去的是3p1能级的，该能级的能量比3s2能级的能量高。【小问5详解】Mn元素的第三电离能(I3)大于Fe元素的第三电离能的原因是：Mn失去两个电子后得到的Mn2+的价层电子排布式为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定，Fe失去两个电子后得到的Fe2+的价层电子排布式为3d6，再失去一个电子形成3d轨道为半充满的较稳定状态；答案为：Mn2+的价层电子排布式为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定。28.在Na2CrO4溶液中存在如下平衡：2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙色)+H2O（1）室温下，初始浓度为1.0mol•L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O)随c(H+)的变化如图所示。①根据A点数据计算上述平衡的平衡常数K=_____。②下列说法不正确的是_____。A.加水稀释，平衡右移，K值增大B.向Na2CrO4溶液中缓慢滴加5～10滴6mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色C.若达到A点的时间为，则v(CrO)=0.1mol/(L•s)D.若升高温度，溶液中CrO的平衡转化率减小，则该反应的△H＞0（2）利用Na2CrO4固体制备K2Cr2O7晶体的具体操作步骤如图：①加H2SO4酸化的目的是_____。②为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。I.滴定前滴定管需要润洗，方法是：从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的溶液，______，然后，一手控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。II.下列关于滴定分析的操作，不正确的是_____。 A.用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B.滴定时要适当控制滴定速度C.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下III.某小组改用分光光度法测定产品纯度，但测得的质量分数比氧化还原反应准确测定的数值明显偏低，原因是_____(已知：K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，而且均与溶液呈现的颜色有高度关联)。【答案】（1）①.1×1014②.AD（2）①.酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7②.倾斜着转动滴定管，使液体湿润全部滴定管内壁③.AC④.溶液酸度不够，溶液中存在较多的CrO离子【解析】【小问1详解】①A点是，c(Cr2O)=0.25mol/L，根据反应方程式的化学计量数可知，c(CrO)=1.0mol•L-1-0.25mol/L×2=0.5mol/L，c(H+)=1.0×10-7mol/L，故上述平衡的平衡常数为。②A．平衡常数只与温度有关，加水稀释，K值不变，故A错误；B．向Na2CrO4溶液中缓慢滴加5～10滴6mol/LNaOH溶液，氢离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则溶液变为黄色，故B正确；C．若达到A点的时间为，则，故C正确；D．若升高温度，溶液中CrO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的△H＜0，故D错误；故选AD。【小问2详解】①加H2SO4酸化，反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙色)+H2O右移，Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，故酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7。②I.滴定前滴定管需要润洗，方法是：从滴定管上口加入3～5mL所要盛装的溶液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润全部滴定管内壁，然后，一手控制活塞，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。II.A．量筒的精确度为0.1mL，应用酸式滴定管量取25.00mL待测液转移至锥形瓶，故A 错误；B．滴定时要适当控制滴定速度，准确判断滴定终点，故B正确；C．滴定时眼睛应观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故C错误；D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，视线与凹液面最低处相平，故D正确；E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故E正确；故选AC。III.已知K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，而且均与溶液呈现的颜色有高度关联，溶液中存在可逆反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙色)+H2O，用分光光度法测定产品纯度比氧化还原反应准确测定的数值明显偏低，原因是溶液酸度不够，溶液中存在较多的CrO离子。29.氢气是一种极具发展潜力的清洁能源。下列反应是目前大规模生产氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ•mol-1。（1）将2.0molCO(g)和8.0molH2O(g)通入恒容的密闭容器中，控制反应温度为830℃。①反应达到平衡时CO的转化率为_____(已知830℃时该反应的平衡常数为1.0)②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为_____。③下列可以作为反应达到平衡的判据是_____。A.气体的压强不变Bv正(CO)=v逆(CO2)C.K不变D.容器内气体的密度不变E.反应体系中各物质的浓度不变④生产过程中，为了提高反应的速率，下列措施中不合适的是_____。A.反应温度愈高愈好B.适当提高反应物压强C.选择合适的催化剂D.通入一定量的氮气（2）以固体催化剂M催化上述反应，水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，然后活性表面的原子在CO作用下被脱去。反应的能量－反应过程如图1所示。催化剂的作用是_____。 （3）其他条件不变，在相同时间内，向上述反应体系中投入一定量的CaO，可以增大H2的平衡体积分数，对比实验结果见图2。采用纳米CaO比微米CaO更好的原因是_____。【答案】（1）①.80%②.9：1③.BE④.AD（2）改变反应历程(反应机理)，降低反应的活化能（3）纳米CaO的表面积比微米CaO的大，能吸收更多的CO2，更能促使平衡向正反应方向移动，H2的体积分数更大【解析】【小问1详解】①设容器体积为V，达到平衡时CO转化xmol，列三段式：，K=1，可得=1，求得x=1.6，则反应达到平衡时CO的转化率为=80%；②设原料气中水蒸气和CO的物质的量分别为a、b，列三段式：，可得=1，求得a:b=1:9，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为9:1； ③A．该反应为等体积反应，气体的压强保持不变，不能作为反应达到平衡的判据，A不符合；B．v正(CO)=v逆(CO2)，反应的正逆反应速率相等，能作为反应达到平衡的判据，B符合；C．K只与温度有关，不能作为反应达到平衡的判据，C不符合；D．恒容条件，全气体的反应，根据质量守恒，气体的密度保持不变，不能作为反应达到平衡的判据，D不符合；E．反应体系中各物质的浓度不变，能作为反应达到平衡的判据，E符合；故选BE；④A．该反应为放热反应，温度过高不利于产物生成，A符合题意；B．该反应为气体参与的等体积反应，压强不影响平衡，适当提高反应物压强有利于提高反应速率，B不符合题意；C．选择合适的催化剂可以提高反应的速率，C不符合题意；D．恒容条件下通入非反应气体，反应速率不变，D符合题意；故选AD；【小问2详解】催化剂的作用是改变反应历程(反应机理)，降低反应的活化能，加快反应速率；【小问3详解】根据图示，随着固体表面积增大，H2的平衡体积分数增大，采用纳米CaO比微米CaO更好的原因是纳米CaO的表面积比微米CaO的大，能吸收更多的CO2，更能促使平衡向正反应方向移动，H2的体积分数更大。