浙江省绍兴市上虞区2022-2023学年高二化学上学期期末教学质量调测试题（Word版附解析）

2022学年第一学期高二教学质量调测化学试题考生注意：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Cr-52选择题部分一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题列出的四个备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.能促进水的电离，且水溶液呈碱性的是A.NaOHB.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠会抑制水的电离，A错误；B．溶液显中性，B错误；C．溶液显酸性，且其电离出的氢离子会抑制水的电离，C错误；D．溶液显碱性，其中偏铝酸根离子会水解，从而促进水的电离，D正确；故选D。2.下列化学用语正确的是A.的球棍模型：B.醛基的电子式：C.的共价键电子云轮廓图：D.基态硼原子的轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳分子中碳原子半径比氧原子半径大，图中中间的为碳原子，两侧的为氧原子，图中原子大小比例错误，A错误； B．醛基中氧原子应该满足8电子稳定结构，其电子式应该为，B错误；C．氢气分子中氢原子是s电子云重叠，即为球形电子云的重叠，电子云轮廓图为，C错误；D．基态硼原子为5个电子，轨道表示式为，D正确；故选D。3.下列说法正确的是A.中4个C-H键相同，因此，断开4个C-H所需的能量都相同B.Si和C同主族，故和CO2中角度相同(M代表Si或C)C.共价键是通过原子轨道重叠并共用电子对而形成的，故所有共价键均具有方向性D.离子化合物中也可以存在非极性键【答案】D【解析】【详解】A．CH4分子呈正四面体结构，C原子位于正四面体的中心，4个H原子位于正四面体的四个顶点，4个C-H键相同，断开第一个C-H键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对它的吸引力比较弱，需要的能量比较小，当打开第四个C-H键时，碳周围只有一个共用电子对，碳原子对它的吸引力比较大，需要的能量就比较大，因此，断开4个C-H所需的能量都不相同，故A错误；B．是直线形分子，键角为180°，是正四面体的网状结构，为109°28′，故B错误；C．共价键是通过原子轨道重叠并共用电子对而形成的，并不是所有的共价键都具有方向性，如s-s共价键没有方向性，可以任意方向重叠，故C错误；D．离子化合物中也可以存在非极性键，如Na2O2，故D正确；故选D。4.具有以下结构的原子，一定属于主族元素的是A.最外层有1个电子的原子B.最外层电子排布为ns2的原子C.最外层有3个未成对电子的原子D.次外层无未成对电子的原子【答案】C 【解析】【详解】A．最外层有1个电子的原子不一定属于主族元素，如Cr、Cu等元素最外层有一个电子，属于副族元素，A项错误；B．最外层电子排布为ns2的原子不一定属于主族元素，如钛、钇等元素最外层有2个电子，符合ns2的电子排布，但属于副族元素，B项错误；C．最外层有3个未成对电子的原子，一定是np3的结构，则该元素属于p区元素，一定是主族元素的原子，C项正确；D．次外层无未成对电子的原子，不一定是主族元素的原子，如稀有气体、过渡元素，D项错误；答案选C。5.下列说法不正确的是A.基态钾原子中占据最高能层的符号是4sB.电子构型为的元素是过渡元素C.泡利原理指出各能级最多能容纳的电子数是该能级原子轨道的2倍D.金属元素的电离能大小与其金属活动性顺序不一定一致【答案】A【解析】【详解】A．基态钾原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，其占据的最高能层的符号是N，故A错误；B．电子构型为的元素是Ni，是过渡元素，故B正确；C．根据泡利原理，每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，则可得出各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的2倍，故C正确；D．金属活动性顺序与元素相应的电离能大小顺序不完全一致，如第一电离能Mg>Al，活泼性：Mg>Al，故D正确；故选A。6.下列微粒性质的比较中正确的是A.B. C.D.【答案】A【解析】【详解】A．C、N、F的原子序数依次增大，电负性增大，H-X键极性增大，A正确；B．F、Cl、Br的半径依次增大，H-X键的键长增大，键能减小，B错误；C．H2O分子间含有氢键，沸点最高，H2S和H2Se不含分子间氢键，相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点增大，故沸点H2Se大于H2S，C错误；D．中心原子孤电子对的排斥力大于成键电子对，CH4、NH3、H2O的中心原子孤电子对数依次增多，键角依次减小，D错误；故选A。7.下列说法正确的是A.500℃、30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，其热化学方程式为：B.HCl和NaOH反应的中和热，则和反应的反应热C.在101kPa时，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：D.充分燃烧一定量的丁烷气体生成二氧化碳和液态水放出的热量为QkJ。完全吸收它生成的生成正盐，需5mol/L的NaOH溶液100ml，则丁烷的燃烧热为【答案】D【解析】【详解】A．氨气和氢气的反应为可逆反应，故和置于密闭容器中完全反应生成放热大于38.6kJ，选项A错误；B．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；和 反应生成水还生成硫酸钡沉淀，故反应放出热量不是，选项B错误；C．在101kPa时，为1mol，完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：，选项C错误；D．充分燃烧一定量的丁烷气体生成二氧化碳和液态水放出的热量为QkJ，完全吸收它生成的生成正盐，需5mol/L的NaOH溶液100ml（氢氧化钠为0.5mol），，则生成二氧化碳0.25mol，根据碳元素守恒可知，消耗丁烷0.0625mol；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；则丁烷的燃烧热为，选项D正确；故选D。8.研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池。该电池分别以铝和石墨为电极，用和有机阳离子构成的电解质溶液作为离子导体，其放电工作原理如图所示。则下列说法中不正确的是A.放电时，铝为负极，石墨为正极B.放电时，有机阳离子向铝电极方向移动C.充电时的阳极反应为：D.每形成电路中可转移【答案】B【解析】【分析】由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，被氧化生成，电极反应式 为Al+7AlCl-3e-=4，石墨为正极，电极反应式为CnAlCl4+e-=Cn+AlCl，；充电时为电解池，石墨为阳极，Al为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此分析判断。【详解】A．放电时，活泼金属是负极，故铝为负极，石墨为正极，A正确；B．放电时阳离子向正极移动，故有机阳离子向石墨电极方向移动，B错误；C．充电时为电解池，阳极反应与原电池的正极反应相反，即阳极反应为Cn+-e-=CnAlCl4，C正确；D．根据电极反应式Al+7AlCl-3e-=4可知，每形成电路中可转移，D正确；故选B。9.设为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.将和于密闭容器中充分反应后，容器内的分子数等于B.常温下，任意比例混合的环丙烷和丙烯中，含氢原子的数目为个C.分子中有个键D.标况下，溶于水得到的溶液中，和的总数小于【答案】D【解析】【详解】A．氮气与氢气合成氨气的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以将1molN2与3molH2充入一密闭容器内充分应后，容器内气体分子数大于2NA，故A错误；B．物质的物质的量不确定，无法计算氢原子个数，故B错误；C．的物质的量为1mol，含有7NA个键，故C错误；D．标况下，的物质的量为0.2mol，根据原子守恒可知NH3、和的总物质的量为0.2mol，故和的总数小于，故D正确；故选D。10.均为0.1mol/L的两种一元酸HX和HY溶液，分别取100mL逐滴加入含的溶液，收集到体积分别为和(假设气体全部逸出)。某时刻测得，下列说法正确的是 A.HX可能是强酸B.HY一定是强酸C.HX的酸性强于HY的酸性D.滴定HX过程中由水电离出的不断减小【答案】D【解析】【详解】A．开始的时候两份溶液中氢离子浓度相同，某时刻测得，说明反应过程中，HX中氢离子浓度较大，则HX为弱酸，A错误；B．由选项A可知，反应过程中HY中氢离子浓度较小，则HY可能也是弱酸，只是比HX略强一些，B错误；C．由选项B分析可知，HX的酸性弱于HY的酸性，C错误；D．该反应生成NaX，其中X-可以水解，但是反应前碳酸氢根离子也可以水解，且碳酸氢根离子水解程度更大一些，故滴定过程中水的电离程度不断减小，D正确；故选D。二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备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)11.甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是A.原子半径：丁>戊>乙B.电负性：戊>丁>丙C.甲的氢化物的沸点一定比丙的氢化物低D.甲的最简单氢化物的稳定性比丙的氢化物大【答案】C【解析】【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；B．根据同周期从左到右电负性逐渐增强，则电负性：戊＞丁＞丙，故B正确； C．甲的氢化物可能为氨气，丙可能为PH3，氨气存在分子间氢键，沸点比丙的氢化物高，故C错误；D．根据同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则最简单氢化物的稳定性逐渐减弱，甲的最简单氢化物的稳定性比丙的氢化物大，故D正确。综上所述，答案为C。12.已知：下列说法正确的是A.B.C.升温时，丙烷与氯自由基反应速率加快，与溴自由基反应速率减慢D.HCl与HBr的键能差可以表示为【答案】B【解析】【详解】A．Cl比Br活泼，且HCl比HBr稳定，能量越低物质越稳定，则△H1＜△H3，故A错误；B．由盖斯定律可知，①-③=②-④，则△H1=△H2+△H3-△H4 ，故B正确；C．升高温度可加快反应速率，则升高温度，吸热反应、放热反应速率都增大，丙烷与溴自由基反应速率加快，故C错误；D．③-①得HCl+Br∙→HBr+Cl∙，△H=△H3 -△H1，键能差为△H3 -△H1，故D错误；故选：B13.下列叙述与图像对应符合的是A.图1表示达到平衡状态的，在时刻增大压强，平衡逆向移动B.对于反应，图2中y轴可以表示Y的百分含量 C.图3表示等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液分别与过量的Mg反应D.图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则HB酸性强【答案】B【解析】【详解】A．在时刻增大压强，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，但是反应物中没有气体，增大压强，正反应速率不变，A项错误；B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Y的百分含量减小，故y轴可以表示Y的百分含量，B项正确；C．等体积、等浓度的盐酸和醋酸溶液分别与过量的Mg反应，两种酸中含有的酸的物质的量相等，则生成H2的体积相同，且开始反应后，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，生成氢气反应速率快（斜率大），C项错误；D．等pH的酸，加水稀释时，HA的pH变化幅度大，故HA的酸性强，D项错误；答案选B。14.下列关于化学反应速率和化学平衡的说法正确的是A.用少量的Zn与硫酸反应制备，则硫酸浓度越大，反应速率越快，产生的越多B.恒温恒压条件下，反应达到平衡后，再充入一定量的稀有气体Ar，反应速率保持不变C.某温度下，恒容容器中加入一定量的X，发生反应，达到平衡后，再加入一定量的X，达到新平衡后，X的浓度和体积分数均保持不变D.对于反应达到平衡后，缩小容器体积，的浓度增大【答案】D【解析】【详解】A．应用Zn与稀硫酸反应制备H2，若是浓硫酸反应没有氢气生成，A错误；B．恒温恒压条件下，再充入稀有气体Ar，容器体积增大，各组分浓度减小，反应速率减小，B错误；C．该反应属于气体体积不变的反应，恒温恒容条件下，再加入一定量的X，等效于加压，达到新平衡后，各组分的浓度增大，但平衡不移动，X体积分数保持不变，C错误；D．达到平衡后，缩小容器体积，各组分浓度增大，D正确；故选D。15.近似测定氧化KI的瞬时速率公式与速率常数k的实验流程如下： 加入KI后反应如下：①；②在耗尽时溶液变蓝色瞬间记录用时，测得不同起始浓度下反应时间、反应速率与反应速率常数如表所示：实验编号12345溶液用量/mL2.01.00.502.02.0溶液用量/mL2.02.02.01.00.50溶液用量/mL01.511.5反应时间/s376813372139反应速率2.01.10.51.0反应速率常数3.43.83.43.44.0下列说法正确的是A.上表中的速率为完全消耗后测得的平均速率B.由实验可知反应的速率公式为C.表中数据，约为0.5D.实验测得的5组反应速率常数不完全相等，说明浓度对k有影响【答案】C【解析】【详解】A．根据题目中的第一句话，表格中的速率应该为瞬时速率，A错误；B．根据瞬时速率计算公式，分别选取1、3、4三组数据，带入相关量得到 联合①②，解得n=1；联系②③，解得m=1，B错误；C．将v5带入速率公式得到解之v5=0.5，C正确；D．速率常数与反应温度、反应介质（溶剂）、催化剂等有关，甚至会随反应器的形状、性质而异。与浓度无关，D错误；故选C。16.常温下，下列有关说法不正确的是A.已知盐溶液NaX的，则当升高温度时，溶液的pH可能减小B.的HCl溶液与的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7C.的盐酸、溶液中，D.往的盐酸中分别加入的氨水、NaOH溶液至中性，消耗氨水的体积小【答案】B【解析】【详解】A．盐溶液NaX的说明该盐为强碱弱酸盐，存在水解，水解一般为吸热的，随着温度升高，水解程度增大，溶液的pH增大，但如果该盐不稳定受热时发生化学反应，溶液的pH可能变小，A正确；B．的HCl溶液中氯化氢全部电离，氢离子浓度为10-3mol/L，的氨水中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，因为一水合氨不完全电离，氨水浓度远远大于10-3mol/L，等体积混合后氨水有剩余，混合后溶液为碱性，pH大于7，B错误；C．盐酸和醋酸溶液中均存在电荷守恒，，，当pH相同时，两溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度分别相同，则有，C正确； D．的氨水、NaOH溶液中一水合氨的浓度大于氢氧化钠的浓度，故中和等体积等浓度的盐酸，需要的氨水体积小，D正确；故选B。17.碳中和和碳达峰是我国建设人与自然和谐共生现代化的重要保证。科研人员利用如图电解装置实现制取HCOOH．下列有关说法不正确的是A.电极a阳极B.阴极的电极反应式为：C.工作一段时间后，阴极区溶液浓度降低的原因是电解后溶液pH减小D.当有0.1mol电子发生转移时，应有迁至阴极区【答案】C【解析】【分析】利用电解装置实现制取HCOOH，则电极b上通入，得电子为电解池的阴极，电极反应式为；a为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；【详解】A．由题意电解制取HCOOH，根据电解池原理得知，a为阳极，b为阴极，选项Ａ正确；B．阴极上得电子产生HCOO－，电极反应式为：，选项Ｂ正确；C．工作一段时间后，阴极区溶液浓度降低的原因是参与电极反应而消耗,选项C不正确；D．根据阴极反应式可知，当有0.1mol电子发生转移时，负电荷增加0.1mol，应有迁至阴极区，保持电中性，选项Ｄ正确； 答案选C。18.常温下，将体积为的溶液与体积为的溶液混合(无生成)，已知，。下列说法正确的是A.时，B.时，混合液中：C.时，混合液中碳元素多以形式存在D.时，混合液中：【答案】B【解析】【详解】A．混合反应后的溶质为：等浓度的氯化钠，碳酸氢钠，碳酸钠，其中氢氧根离子来自于水的电离，浓度较小，故，A错误；B．，，则氢离子浓度，此时有，不考虑弱电解质的电离和水解，则此时可以认为盐酸和碳酸钠先按照2∶1反应，随后再用1个氯化氢和碳酸钠反应，则此时溶质，故有，B正确；C．，即时有，则，即时，，pH越小，碳酸根浓度越小，故碳酸根存在形式较少，C错误；D．根据电荷守恒可知，，D错误；故选B。19.室温下，用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，， )。下列说法不正确的是A.a点溶液中有黄色沉淀生成B.原溶液中NaCl、NaBr和NaI的浓度为0.0500mol·L−1C.当Br−沉淀完全时，已经有部分Cl−沉淀，故第二个突跃不明显D.b点溶液中：【答案】D【解析】【分析】根据溶度积的含义，对于阴阳离子组成比例相同的难溶物，溶度积越小，越难溶，因为，所以三种难溶物中，AgI最难熔；用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，先生成AgI，最后生成AgCl，如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为；【详解】A．根据溶度积的相关信息，三种难溶物中，AgI最难溶，滴定时先生成AgI淡黄色沉淀，故A正确；B．如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为，故B正确；C．当Br−沉淀完全时，，；此时若氯离子开始沉淀，此时氯离子浓度为<，所以当Br−沉淀完全时，已经有部分Cl− 沉淀，故第二个突跃不明显，故C正确；D．由NaCl、NaBr和NaI的浓度均为可知，，刚好滴定到终点时，溶质为，，b点时硝酸银过量，所以b点时，因为，所以溶液中，因为硝酸银过量，抑制AgI、AgBr、AgCl溶解，所以，综上所述，，故D错误；故选D。20.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验溶液是否变质取少量溶液于试管中，加入盐酸酸化的硝酸钡溶液若产生白色沉淀，则说明已经变质B检验有机物中的官能团取少量该有机物于试管1中，加入新制氢氧化铜，加热；另取少量溴水于试管2中，滴加该有机物若试管1产生砖红色沉淀，则证明有醛基；若试管2中溴水褪色，则证明存在碳碳双键C探究浓度对反应速率的影响两支试管中均装有2ml0.01mol/L酸性高锰酸钾溶液，向第一支试管中加入2ml0.01mol/L的草酸溶液和3ml蒸馏水，第二支试管中加入5ml0.01mol/L的草酸溶液第一支试管褪色时间比第二支试管长。说明其他条件相同时，反应物浓度越大反应速率越快D判断化合物组成中的化学键类型将熔融状态下的HCl和NaCl进行导电性实验不能导电的HCl由共价键形成；能导电的NaCl则由离子键形成A.AB.BC.CD.D【答案】D 【解析】【详解】A．取少量溶液于试管中，加入盐酸酸化的硝酸钡溶液，硝酸根在酸性溶液中具有氧化性会把SO氧化为SO，产生白色沉淀，不能说明溶液变质，故A错误；B．中含有碳碳双键和醛基两种官能团，由于醛基也能使溴水褪色，故应先用银氨溶液检验醛基，醛基被氧化后，再用溴水检验碳碳双键，故B错误；C．高锰酸钾和草酸反应的化学方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，两支试管中均装有2mL0.01mol/L酸性高锰酸钾溶液，向第一支试管中加入2mL0.01mol/L的草酸溶液和3ml蒸馏水，第二支试管中加入5mL0.01mol/L的草酸溶液，则两支试管中高锰酸钾溶液均过量，反应完全时高锰酸钾不会完全褪色，无法判断反应速率的快慢，故C错误；D．NaCl是离子化合物，熔融状态下有自由移动的离子，所以可以导电；HCl是共价化合物，液态的HCl没有可自由的粒子，不能导电，故D正确；故选D。非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.填空。（1）N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下，则该元素是___________(填写元素符号)。电离能……5781817274511575……（2）请解释的热稳定性高于的原因___________。（3）基态氮原子核外电子的空间运动状态有___________种，的键角约为107°，推测的键角___________107°(填“>，<或=”)。（4）基态硅原子价层电子轨道表示式为___________；与N-甲基咪唑(分子式为：，结构为)反应可以得到一种功能性螯合物。则：C、N、H三种非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________，1个N-甲基咪唑分子中含有___________个键。（5）已知周期表中存在对角相似规则，如Be与Al在周期表中处于对角线位置则化学性质相似，Be 的氧化物、氢氧化物也有两性，写出Be的氢氧化物与氢氧化钠反应的化学方程式___________。【答案】（1）Al（2）原子半径氧原子小于硫原子，故H-O的键能大于H-S的键能，则的热稳定性高（3）①.5②.<（4）①.②.③.12（5）或【解析】【小问1详解】由电离能数据可知，其价电子数目为3，则该元素为Al；【小问2详解】原子半径氧原子小于硫原子，故H-O的键能大于H-S的键能，键能越大，热稳定性越高，则的热稳定性高；【小问3详解】基态N原子核外电子排布为1s22s22p3，则核外电子的空间运动状态有5种；、中氮原子均为sp3杂化，F的电负性更大，中成键电子对偏向氟，使得N原子上电子云密度减小，共价键之间斥力减小，导致键角减小，故的键角<107°；小问4详解】硅为14号元素，基态硅原子价层电子轨道表示式为；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；C、N、H三种非金属元素的电负性由大到小的顺序是；单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，1个N-甲基咪唑分子中含有12个键。【小问5详解】Be的氧化物、氢氧化物也有两性，Be的氢氧化物与氢氧化钠反应生成和水，化学方程式或。22.亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点，沸点，遇水易水解生成气体。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与在常温下合成。 第一步：制备原料气NO与(气体除杂装置已省略)。（1）实验室制备时选用装置II，其中连接圆底烧瓶和分液漏斗的玻璃管的作用是________。第二步：制备NOCl。（2）装置连接的顺序___________(按气流由左向右方向，用小写字母表示)；（3）装置VI的作用是防止水蒸气进入装置VIII．若无该装置，对实验有何影响(用化学方程式表示)___________；第三步：测定NOCl。（4）取装置VIII中所得100g液体溶于适量的NaOH溶液中，配制成250ml溶液；取出25.00ml样品溶于锥形瓶中，以为指示剂，用cmol/L的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00ml。滴定终点现象为___________；亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为___________。(已知：为砖红色固体；，，)（5）下列关于滴定分析的操作，不正确的是___________。A．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B．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转C．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D．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 E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测定结果将偏大【答案】（1）平衡圆底烧瓶和分液漏斗间气压，使盐酸能顺利滴下（2）a→e→f(或f→e)→c→b→d（3）（4）①.当滴入最后半滴溶液时，生成砖红色沉淀，且半分钟内不变化②.13.1c%（5）AE【解析】【分析】由NO与在常温下合成NOCl，用Cu和稀硝酸制备NO，KMnO4和HCl制备Cl2，Cl2的密度大，故由A处通入Cl2，B处通入NO，分别干燥后在装置Ⅴ中反应生成NOCl，然后在装置Ⅷ中冷凝收集NOCl，由于NOCl遇水易水解生成气体，所以Ⅷ后连接装置Ⅵ防止水蒸气进入Ⅷ中，最后用装置Ⅶ处理尾气，据此进行分析。【小问1详解】连接圆底烧瓶和分液漏斗的玻璃管的作用是平衡圆底烧瓶和分液漏斗间气压，使盐酸能顺利滴下。【小问2详解】根据分析可知，装置的连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d。【小问3详解】NOCl遇水易水解生成气体HCl和氮的氧化物，根据化合价的变化可知其化学方程式为。【小问4详解】将NOCl通入NaOH溶液中发生反应2NaOH+NOCl=NaCl+NaNO2+H2O，由已知条件可知，以为指示剂，用标准溶液滴定时，先生成AgCl白色沉淀，当Cl-沉淀完全时，会生成砖红色沉淀，从而说明达到滴定终点，所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴溶液时，生成砖红色沉淀，且半分钟内不变化；由反应可知AgNO3~AgCl~NaCl~NOCl，NOCl的质量分数为。【小问5详解】A．将标准溶液装入滴定管时，应直接用试剂瓶倒入，A错误；B．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，B正确； C．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，C正确；D．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，D正确；E．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，标准液试剂体积偏小，则测定结果将偏小，E错误；故选AE。23.“碳中和”引起各国的高度重视，正成为科学家研究的热点课题。利用生产甲醇是资源化利用的一种有效途径。涉及的反应如下：I．Ⅱ．Ⅲ．Ⅳ.（1）已知反应I和Ⅳ的焓变和熵变如下表所示反应IⅣ你认为哪个反应更适宜于甲醇的工业生产___________(填“反应I”或“反应Ⅳ”)；请应用“化学反应的方向”相关知识说明选择的理由___________。（2）一定温度下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入气体和气体发生上述反应，达到平衡时，容器中为，CO(g)为，此时，反应Ⅲ的平衡常数为___________(用含a、b的代数式表示；不考虑反应Ⅳ)。（3）不同压强下，按照投料，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示：(已知：的平衡转化率的平衡产率) ①下列说法正确的是___________(填字母；不考虑反应Ⅳ)。A．纵坐标表示平衡转化率的是图乙B．压强大小：C．为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温低压的反应条件②图乙中温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。（4）一定条件下，若只按反应Ⅰ进行，温度和时间对转化率的影响曲线如下图所示。若图中曲线对应的温度为523K，请在下图中作出温度为583K的影响曲线___________。（5）反应I中，催化剂对转化率的影响如图所示。则下列说法正确的是___________。A.催化效果最好的是催化剂ⅢB.b点一定没有达到平衡C.c点处的反应速率为：D.a点后转化率下降的原因之一是温度升高，平衡逆向移动【答案】（1）①.反应I②.理由：由自发可知，反应Ⅳ 在任何条件下均不自发，而反应I在低温下可自发进行（2）（3）①.A②.时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响（4）（5）BD【解析】【分析】（3）由（1）表格数据知，反应I，该反应为放热反应；根据盖斯定律，Ⅲ=I-Ⅱ，，反应Ⅲ为吸热反应，据此分析解答。【小问1详解】反应要能自发进行，，由表格数据可知，反应Ⅳ在任何条件下均不自发，而反应I在低温下可自发进行，故答案：反应I；理由：由自发可知，反应Ⅳ在任何条件下均不自发，而反应I在低温下可自发进行。【小问2详解】达到平衡时，容器中为，CO(g)为，根据C元素守恒，，，根据O元素守恒，，，根据H元素守恒，，，则反应Ⅲ的平衡常数。【小问3详解】①A．反应I为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应Ⅱ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率，A选项正确；B．反应I为气体分子数减少的反应，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，因此低温阶段压强越大，CO2的平 衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是，B选项错误；C．由A和B选项分析知，图甲、图乙的纵坐标分别表示的平衡产率、的平衡转化率，且，由图像可知，应选择的反应条件为低温、高压，C选项错误；故选A。②反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响。【小问4详解】升高温度，反应速率加快，达到平衡状态所需时间缩短，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，温度为583K的影响曲线为。【小问5详解】A．由图可知，温度低于T4时，相同时间内，催化剂I作用下CO2的转化率最大，则催化剂I的催化效果最好，A错误；B．由图可知，a点时反应达到平衡状态，则b点时，反应未达到平衡状态，B正确；C．a点时反应达到平衡状态，a点之后属于平衡的移动，则c点为平衡点，，C错误；D．反应I为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低，D正确；故选BD。24.填空。（1）硼酸或属于一元弱酸，写出硼酸溶于水发生电离的方程式___________（2）已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如下表，按要求回答下列问题：弱酸HClO电离平衡常数(25℃)①的NaClO和HClO的混合溶液中，、、三者的大小关系为___________。 ②相同浓度的、、结合的能力由强到弱的顺序为___________。③运用上述电离常数及物质的特性判断下列化学方程式不正确的是___________(填字母)。A．次氯酸与少量溶液的反应：B．溶液的水解方程式：C．少量通入NaClO溶液中：D．硫化氢通入NaClO溶液中：H2S＋ClO-=HS-＋HClO（3）某温度下，将足量的固体溶于一定量水中达到溶解平衡后，假定溶液体积不变的情况下，加入使增大过程中，溶液中和的变化曲线如下图。沉淀转化的离子方程式为，根据图中的数据计算该反应的平衡常数K=___________。(保留2位小数)【答案】（1）（2）①.②.③.ABD（3）0.04【解析】【小问1详解】H3BO3为一元弱酸，能发生一步电离，则其电离方程式为，故答案为：；【小问2详解】①pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(ClO−)+c(OH-)，根据HClO的电离常数可知，NaClO的水解大于HClO的电离，故c(Na+)、c(ClO−)、c(HClO)三者的大小关系为。 ②酸性越弱，酸根离子结合氢离子的能力越强，根据电离平衡常数的大小，相同浓度的、、结合的能力由强到弱的顺序为：；③A．因为酸性：，所以发生反应：，错误；B．为的电离方程式，错误；C．因为酸性：，少量通入溶液中：，正确；D．具有强氧化性，硫化氢通入溶液中发生氧化还原反应，不能发生；所以不能发生反应为：ABD。【小问3详解】由题图可知，c()=0时，c(Ba2+)=c()=1.010-5mol/L，则有Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c()=1.010-51.010-5=1.010-10；由M点可知Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c()=1.010-52.510-4=2.510-9；反应BaSO4(s)+(aq)=BaCO3(s)+(aq)的平衡常数K====0.04。25.铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。回答下列问题：（1）属于___________区元素。（2）催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为___________(列式表示)。（3）溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：(i)(ii) ①下列有关溶液的说法正确的有___________(填字母)。a．加入少量硫酸溶液，溶液的pH不变B．加入少量水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小C．加入少量硫酸溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变②25℃时，溶液中，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为___________③电解铬酸钾溶液制备重铬酸钾的装置示意图如图所示，请写出该制备过程总反应的化学方程式为___________。【答案】（1）d区（2）（3）①.CD②.③.或【解析】【小问1详解】属于d区元素。【小问2详解】催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)→Y(g)过程分为3个阶段，第一步反应的焓变△H1=E1-E2，第二步反应的焓变△H2=△H，第三步反应的焓变△H3=E3-E4，根据盖斯定律计算总反应的焓变为E1-E2+△H+E3-E4，故答案为：E1-E2+△H+E3-E4；【小问3详解】 ①A．加入少量硫酸，反应(i)、(ii)的平衡会逆向移动，但移动的减弱量较小，达到新的平衡时溶液的酸性会增强，pH减小，故A错误；B．反应(i)、(ii)正向均是离子物质的量增大的反应，加入少量水稀释，c(H+)减小，根据水的离子积不变，c(OH-)增大，故B错误；C．加入少量硫酸溶液时，反应(i)、(ii)的平衡会逆向移动，故C正确；D．加入少量固体，平衡时与的比值常数K1只与温度有关，与浓度的改变无关，所以加入少量K2Cr2O7固体，平衡时与的比值保持不变，故D正确；故答案为：CD；②根据Cr元素守恒有2x+y+z=0.2，即x+y+z=0.1；故答案为：x+y+z。电解铬酸钾溶液制备重铬酸钾，阳极区：2H2O-4e-=O2+4H+，，阴极反应为4H2O+4e-=2H2+4OH-，总反应的化学方程式为：或，故答案：或。