四川省南充市嘉陵一中2022-2023学年高二下学期5月期中考试化学试题（Word版附解析）

2022－2023学年高二下期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Zn：65第I卷(选择题48分)一、选择题：(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1.X-射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体最可靠的方法，下列属于晶体的是A.玛瑙B.陶瓷C.水晶D.玻璃【答案】C【解析】【详解】X-射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据微粒是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体，水晶为晶体，玛瑙、陶瓷、玻璃都不是晶体，故选C。2.下列相关比较中，正确的是A.分解温度：MgCO3&gt;CaCO3&gt;BaCO3B.熔点：Na&gt;Mg&gt;AlC.微粒半径：r(Cl-)&gt;r(O2-)&gt;r(Na+)D.热稳定性：H2O&gt;H2S&gt;HCl【答案】C【解析】【详解】A．当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越大，其结合氧离子能力就越弱，对应的碳酸盐受热分解温度就越高，则碳酸盐的分解温度：MgCO3＜CaCO3＜BaCO3，A错误，B．金属晶体中离子半径越小，离子的电荷越多，金属的熔点越高，则熔点由高到低：Al＞Mg＞Na，B错误；C．Cl-具有三个电子层，O2-、Na+具有相同电子排布，核电荷数越大半径越小，电子层数越多半径越大，故微粒半径：r(Cl-)&gt;r(O2-)&gt;r(Na+)，C正确；D．简单气态氢化物的热稳定性与元素非金属性一致，已知非金属性比O＞Cl＞S，故H2O&gt;HCl&gt;H2S，D错误；故答案为：C。3.下列事实无法用勒夏特列原理解释的是A.采用排饱和食盐水的方法收集氯气B.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C.向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴入10滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄色D.盛有Na2S2O3溶液与稀硫酸混合液的试管浸入热水时迅速变浑浊,【答案】D【解析】【详解】A．Cl2与H2O反应:Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入饱和食盐水，增加c(Cl-)浓度，平衡向逆反应方向移动，抑制Cl2与水的反应，与勒夏特列原理有关，故A不符合题意；B．存在2NO2(g)N2O4(g)，加压开始时组分中NO2的浓度的增大，气体颜色加深，随后平衡正向移动，NO2浓度逐渐减小，与勒夏特列原理有关，故B不符合题意；C．根据反应Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，加入氢氧化钠溶液，与氢离子反应，平衡正向移动，与勒夏特列原理有关，故C不符合题意；D．将装有硫代硫酸钠溶液与稀硫酸的混合液的容器浸入热水，溶液中迅速产生浑浊物属于升高温度加快反应速率与平衡没有关系，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；故选D。4.在密闭容器中充入一定量M和N，发生反应：xM(g)+yN(g)zQ(g)△H&lt;0，平衡时M的浓度为0.5mol/L，平衡后第10s时保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，第20s再次达到平衡时，测得M的浓度为0.3mol/L。下列有关判断正确的是A.10~20s之间，M的平均反应速率为0.02mol/(L&middot;s)B.降低温度，M的体积分数增大C.增大压强，该反应的平衡常数增大D.反应方程式中x+y&gt;z【答案】D【解析】【分析】平衡时测得M的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度变为0.25molL，而再达平衡时，测得M的浓度降低为0.3mol/L,由此可知容器容积增大，压强减小，平衡逆向移动了，据此解答。【详解】A．10~20s之间，M的平均反应速率为=0.005mol/(L&middot;s)，故A错误；B．反应放热，降低温度平衡正向移动，M的体积分数减小，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，故增大压强，平衡常数不变，故C错误；D．由分析可知，压强减小，平衡逆向移动，平衡向体积增大的方向移动，故x+y&gt;z，故D正确；故选D。5.HNO2常用于有机合成，下列事实无法证明其为弱电解质的是,A.用稀HNO2溶液做导电实验时，发现灯泡很暗B.等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多C.25℃时0.1mol/LHNO2溶液的pH约为3D.25℃时pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，pH&lt;4【答案】A【解析】【详解】A．用HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明该溶液中自由移动的离子浓度较小，不能说明亚硝酸部分电离，所以不能证明亚硝酸是弱电解质，选项A错误；B．等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多，说明亚硝酸的浓度大于盐酸，亚硝酸不完全电离，则亚硝酸是弱电解质，选项B正确；C．25℃时0.1mol/LHNO2溶液的pH约为3，说明亚硝酸部分电离导致溶液中氢离子浓度小于亚硝酸浓度，则亚硝酸是弱电解质，选项C正确；D．25℃时pH=2的HNO2溶液稀释至100倍，假设亚硝酸是强酸，稀释后溶液的pH为4，实际上溶液的pH小于4，说明亚硝酸不完全电离，为弱酸，选项D正确；答案选A。6.25℃，水的电离达到平衡：H2OH++OH-&gt;0，下列叙述正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变C.向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c(H+)降低D.将水中加热，Kw增大，c(H+)不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A．向水中加入稀氨水，由于NH3&middot;H2O比H2O更容易电离，电离出的OH-使溶液中的OH-浓度增大，促使水的电离平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，c(OH-)增大，A错误；B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++，c(H+)增大，温度不变Kw不变，B正确；C．向水中加入少量固体CH3COOH，由于CH3COOH比H2O更容易电离，电离出的H+使溶液中的H+浓度增大，促使水的电离平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，c(H+)增大，C错误；D．水的电离是一个吸热过程，将水中加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw增大，D错误；,故答案为：B。7.室温下，向20.00mL0.1000mol/L盐酸中逐滴滴加0.1000mol/L的NaOH溶液，pH变化如图所示。已知lg5=0.7，下列说法错误的是A.溶液中水的电离程度：B=AB.滴定开始时溶液的pH=1，滴定终点时溶液的pH=7C.当V(NaOH)=30.00mL时，溶液的pH=12.3D.酚酞、甲基橙和甲基红均可以作为滴定指示剂【答案】B【解析】【详解】A．V(NaOH)从0~20.00mL过程中，盐酸逐渐被中和至恰好完全反应，盐酸浓度逐渐减小至为0，盐酸中水的电离程度先增大，其中pH=2时，盐酸中的c(H+)=10-2mol/L，水电离出的c(H+)=10-12mol/L；V(NaOH)从20.00~40.00mL过程中，NaOH过量，溶液中NaOH的浓度逐渐增大，溶液中水的电离程度逐渐减小，其中pH=12时，氢氧化钠中的c(OH-)=10-2mol/L，水电离出的c(H+)=10-12mol/L；故A正确；B．滴定终点时，酚酞或甲基橙、甲基红变色时pH&ne;7，故B错误；C．根据上述分析，当V(NaOH)=30.00mL时，碱过量，c(OH-)=，c(H+)=5&times;10-13，所以溶液的pH=12.3，故C正确；D．酚酞、甲基橙和甲基红的变色范围都在滴定突变范围内，均可以作为滴定指示剂，故D正确；故答案B。8.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3,电离平衡常数(25℃)Ka=1.77&times;10-4Ka=4.9&times;10-10Ka1=4.3&times;10-7Ka2=5.6&times;10-11下列选项错误的是A.2CN-+H2O+CO2=2HCN+B.2HCOOH+=2HCOO-+H2O+CO2&uarr;C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等浓度的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后pH前者小于后者【答案】A【解析】【详解】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，由题中表格数据可知，酸的电离平衡常数K(HCOOH)&gt;K(H2CO3)&gt;K(HCN)&gt;K()，即酸性HCOOH&gt;H2CO3&gt;HCN&gt;；据此解答。A．由上述分析可知，酸性HCOOH&gt;H2CO3&gt;HCN&gt;，根据强酸能够制取弱酸原理，则CN-与H2O、CO2反应，生成HCN和，其离子方程式为：CN-+H2O+CO2═HCN+，故A错误；B．由上述分析可知，酸性HCOOH&gt;H2CO3，根据强酸能够制取弱酸原理，则HCOOH与反应，生成H2O和CO2，其离子方程式为2HCOOH+=2HCOO-+H2O+CO2&uarr;，故B正确；C．由上述分析可知，酸性HCOOH&gt;HCN，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，则等pH、等体积的HCOOH和HCN，其物质的量n(HCOOH)＜n(HCN)，那么消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D．由上述分析可知，酸性HCOOH&gt;HCN，等浓度的HCOOH和HCN溶液分别稀释相同倍数后，两种酸溶液浓度仍然相等，酸电离程度为HCOOH&gt;HCN，酸的电离程度越大，酸中c(H+)越大，即c(H+)为HCOOH&gt;HCN，c(H+)越大，pH越小，则pH前者小于后者，故D正确；故选：A。9.下列离子在指定条件下，一定能大量共存的是A.使酚酞变红的溶液中：,B.与铝反应产生的溶液中：C.水电离出的的溶液中：D.常温下，的溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．使酚酞变红的溶液为碱性溶液，与OH-能反应不能共存，故A不符合题意；B．与铝反应产生的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性条件下可以氧化而不能大量共存，故B不符合题意；C．水电离出的的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性或碱性溶液中都不能大量共存，故C不符合题意；D．常温下，的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中都可以大量共存，故D符合题意；故选D。10.在25℃时，将的、两种一元碱溶液各，分别稀释至，其与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是A.25℃时，电离常数B.稀释后溶液中水的电离程度比溶液中水电离程度小C.若、都是弱碱，则的值一定大于9D.完全中和、两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积【答案】C【解析】【分析】pH=11的x、y两种碱溶液各5mL，分别稀释至500mL，加水稀释促进弱碱电离，pH,变化大的碱是强碱，变化小的碱是弱碱，根据图示知，x的碱性大于y，据此分析解题。【详解】A．25℃时，两种溶液稀释时pH的变化X更大，故Y的碱性相对较弱，电离常数，故A错误；B．碱中氢氧根离子的浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据图象中知，y中氢氧根离子浓度大于x，所以稀释后x溶液中水的电离程度比y溶液中水电离程度大，故B错误；C．若x、y都是弱碱，加水稀释促进弱电解质电离，所以a的值一定大于9，故C正确；D．pH相等的两种碱，y的浓度大于x，所以等体积等pH的两种碱，消耗同浓度稀硫酸的体积V（x）＜V（y），故D错误；答案是C。11.NaHA在水中的电离方程式为NaHA=Na++H++A2-。某温度下，向c(H+)=1&times;10-6mol&middot;L-1的蒸馏水中加入NaHA晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H+)=1&times;10-2mol&middot;L-1。下列对该溶液的叙述不正确的是A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H+浓度为1&times;10-10mol/LC.加入NaHA晶体抑制了水的电离D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)减小【答案】D【解析】【详解】A．水是弱电解质，电离会吸收热量，在室温下水的离子积常数Kw=1&times;10-14。某温度下，蒸馏水c(H+)=1&times;10-6mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw=1&times;10-12＞1&times;10-14，说明温度高于室温25℃，A正确；B．向该温度下的蒸馏水中加入NaHA晶体，测得溶液c(H+)=1&times;10-2mol/L，则该温度水溶液中c(OH-)=1&times;10-10mol/L。溶液中的OH-就是水电离产生，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此该溶液中由水电离出来的H+的浓度为1&times;10-10mol/L，B正确；C．加入NaHSO4晶体，盐溶于水电离产生H+，增大了溶液中c(H+)，水的电离平衡逆向移动，因而抑制了水的电离，C正确；D．向蒸馏水中加入NaHA晶体，盐溶于水电离产生H+，使溶液显酸性。取该溶液加水稀释100倍，溶液中c(H+)减小，由于Kw=c(H+)&middot;c(OH-)，所以c(H+)减小，则c(OH-)增大，D错误；故选D。12.常温下，有下列四种溶液：①的溶液②的HCl溶液③的氨水④的NaOH溶液，下列有关说法正确的是,A.四种溶液的Kw相同，由水电离的：①=③&gt;②=④B.向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③&gt;④&gt;②&gt;①C.①、②溶液分别与足量锌粉反应，生成H2的量：①=②D.将②、③两种溶液混合后，若，消耗溶液的体积为：③&gt;②【答案】B【解析】【详解】A．Kw只和温度有关，所以四种溶液的Kw相同。酸或碱都抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，①②中氢离子浓度相等、③④中氢氧根离子浓度相等，且①②中氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以抑制水电离程度相等，则由水电离的c(H+)：①=③=②=④，故A错误；B．加水稀释促进弱电解质电离，稀释相同倍数时，强酸强碱溶液的pH变化幅度较大，弱酸弱碱溶液的pH变化幅度较小，则向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③&gt;④&gt;②&gt;①，故B正确；C．溶液的体积未知，无法计算生成氢气的量，故C错误；D．pH=3的HCl溶液和pH=11的氨水等体积混合后溶液显碱性，现混合后溶液呈中性，可知消耗溶液的体积②&gt;③，故D错误；故答案为B。13.室温时，将xmLpH=a的稀NaOH溶液与ymLpH=b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是A.若x=y，且a+b=14，则pH＞7B.若10x=y，且a+b=13，则pH=7C.若ax=by，且a+b=13，则pH=7D.若x=10y，且a+b=14，则pH＞7【答案】D【解析】【详解】A．若x=y，且a+b=14，则有=1，即酸碱恰好中和，溶液呈中性，pH=7，A错误；B．若10x=y，且a+b=13，则有=10a+b-15=0.01，即n(H+)＞n(OH-)，酸过量，pH＜7，B错误；,C．若ax=by，且a+b=13，则有=，因a＞b，则酸过量，pH＜7，C错误；D．若x=10y，且a+b=14，则有=10，则碱过量，pH＞7，D正确；答案选D。14.已知，，。某溶液中含有Ag+、Cu2+和Sb3+，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010mol/L的Na2S溶液时，三种阳离子产生沉淀的先后顺序为A.Ag+、Cu2+、Sb3+B.Cu2+、Ag+、Sb3+C.Sb3+、Ag+、Cu2+D.Ag+、Sb3+、Cu2+【答案】A【解析】【详解】根据溶度积常数求生成饱和溶液的S2-物质的量浓度，S2-物质的量浓度越小则越先沉淀。沉淀Ag+时，沉淀Cu2+时，沉淀Sb3+时，，则三种阳离子产生沉淀的先后顺序为Ag+、Cu2+、Sb3+，故答案选A。15.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<ksp(p)<ksp(q)c.向m点溶液中加入少量na2s固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,d.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】b【解析】【详解】a.cds在水中存在沉淀溶解平衡：cds(s)cd2+(aq)+s2-(aq)，其溶度积ksp=c(cd2+)·c(s2-),在饱和溶液中，c(cd2+)=c(s2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示t1和t2温度下cds的物质的量浓度，a项正确；b.cds的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为t1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，b项错误；c.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(cd2+)减小，c(s2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，c项正确；d.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明cds(s)cd2+(aq)+s2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(cd2+)与c(s2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，d项正确；答案选b。16.室温下，向亚硫酸溶液中滴加naoh溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液ph的关系如图所示。下列说法不正确的是a.曲线ii表示hso的分布系数随ph的变化b.ka2(h2so3)的数量级为10−8c.ph=7时，c(na+)<3c(so)d.nahso3溶液中水电离出的c(h+)<1×10−7mol·l−1【答案】c【解析】,【分析】向亚硫酸溶液中滴加naoh溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线i为亚硫酸，曲线ii为亚硫酸氢根，再继续加naoh溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线iii为亚硫酸根。【详解】a．根据前面分析曲线ii表示hso的分布系数随ph的变化，故a正确；b．在ph=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则ka2(h2so3)=c(h+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此ka2(h2so3)的数量级为10−8，故b正确；c．ph=7时，根据电荷守恒和ph=7得到c(na+)=2c(so)+c(hso)，又由于ph=7时c(so)＜c(hso)，因此c(na+)＞3c(so)，故c错误；d．根据图中信息得到nahso3溶液ph大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(h+)＜1×10−7mol·l−1，故d正确。综上所述，答案为c。第ii卷(非选择题52分)二、非选择题：(本题包括4个小题，共52分)17.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）zn原子核外电子排布式为________。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由zn和cu组成。第一电离能i1(zn)________i1(cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。（3）znf2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；znf2不溶于有机溶剂而zncl2、znbr2、zni2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(znco3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。znco3中，阴离子空间构型为________，c原子的杂化形式为___________________。（5）金属zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为na，zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。【答案】①.[ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)②.大于③.zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子④.离子键⑤.znf2为离子化合物，zncl2、znbr2、zni2,的化学键以共价键为主，极性较小⑥.平面三角形⑦.sp2⑧.六方最密堆积(a3型)⑨.【解析】【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。【详解】（1）zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[ar]3d104s2。（2）zn的第一电离能应该高于cu的第一电离能，原因是，zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到zn最外层上是一对电子，而cu的最外层是一个电子，zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为co32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子c的价电子对为3+(4－3×2＋2) 2="3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NAg。该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为ccm，所以体积为6×cm3。所以密度为：g·cm-3。【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。18.由锌片、铜片和200mL稀H2SO4组成的原电池如下图所示：,（1）原电池的负极反应式为___________，正极反应式为___________。（2）一段时间后，当在铜片上放出1.68L(标准状况)气体时，H2SO4恰好消耗一半，则产生这些气体的同时，共消耗___________g锌，有___________mol电子通过了导线，原硫酸的物质的量浓度是___________。（3）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的反应的电极反应式为___________。【答案】（1）①.Zn－2e－=Zn2＋②.2H＋＋2e－=H2↑（2）①.4.875②.0.15③.0.75mol·L－1（3）2+6e—+5H2O=Fe2O3+10OH－【解析】【分析】由图可知，比铜金属性强的锌为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。小问1详解】由分析可知，负极的电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，正极的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；【小问2详解】由电极反应式可知，标准状况下铜片上放出1.68L氢气时，反应转移电子和消耗氢离子的物质的量都为×2=0.15mol，则原硫酸的浓度为=0.75mol/L，由得失电子数目守恒可知，反应消耗锌的质量为×65g/mol=4.875g；【小问3详解】由电池反应可知，高铁酸钾为原电池的正极，水分子作用下高铁酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氧化铁和氢氧根离子，电极反应式为2+6e—+5H2O=Fe2O3+10OH－。19.在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，请填写下列空白。,（1）写出醋酸的电离方程式___。（2）a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由大到小的顺序为___，醋酸的电离程度由大到小的顺序为__。（3）若使c点溶液中c(CH3COO-)增大，可采取的措施是___(填标号)。A.加水B.加入少量固体CH3COONaC.加少量浓盐酸D.加入少量浓氨水（4）25℃时，醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，0.1mol•L-1醋酸溶液中c(H+)=___(已知：=1.34)。（5）c(H+)相同、体积相同的盐酸和醋酸分别与足量的锌反应，生成的H2在相同状况下的体积分别为V1和V2，则V1___V2(填“＞”“＜”或“=”，下同)；物质的量浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸分别与足量的锌反应，生成的H2在相同状况下的体积分别为V3和V4，则V3__V4。【答案】（1）CH3COOHCH3COO-+H+（2）①.b">a&gt;c②.c&gt;b&gt;a（3）BD（4）1.34&times;10-3mol&bull;L-1（5）①.&lt;②.=【解析】【小问1详解】醋酸是弱酸，电离方程式为，故答案为：；【小问2详解】醋酸溶液中离子浓度越大，溶液导电性越强，所以由大到小的顺序为。溶液浓度越小，越有利于醋酸电离，所以醋酸的电离程度：，故答案为：b&gt;a&gt;c；c&gt;b&gt;a；【小问3详解】c点后加水，有利于电离，但溶液体积增大，减小；是强电解质，加入少量固体，增大；加少量浓盐酸，增大，抑制醋酸电离，减小；加入少量浓氨水，发生反应：，强电解质增大。可见BD正确，故答案为：BD；,【小问4详解】，，解得，故答案为：1.34&times;10-3mol&bull;L-1；【小问5详解】相同的盐酸和醋酸，体积相同时，锌足量，则在相同状况下醋酸生成的的体积大。等体积等物质的量浓度的盐酸与醋酸物质的量相同，与锌反应在标准状况下生成的体积相等。故答案为：&lt;；=；20.化学研究中草酸(H2C2O4)是一种重要的化学分析试剂。现需要配制250mL0.2000mol/L的草酸溶液，请回答下列问题。（1）配制草酸溶液过程中需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、_______、胶头滴管；实验中需要称取_______g草酸晶体(H2C2O4&middot;2H2O)，称量后_______(填&ldquo;需要&rdquo;或&ldquo;不需要&rdquo;)加热除去结晶水。（2）下列操作会造成所配草酸溶液浓度偏高的是_______。A.称取草酸过程中试剂与砝码位置错放B.称量所用砝码生锈C.定容前未进行洗涤操作D.定容时俯视刻度线E.定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线（3）若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL上述所配溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000mol/L的KMnO4(硫酸酸化)标准溶液滴定，滴定终点时消耗VmL标准溶液。①该滴定实验的化学方程式为_______。②标准溶液使用_______(填&ldquo;酸&rdquo;或&ldquo;碱&rdquo;)式滴定管盛装，下列滴定终点的滴定管示意图对应读数正确的是_______。A.B.C.D.③判断滴定终点的现象是：_______，样品中草酸晶体的质量分数为_______(用含V的式子表示)。,【答案】（1）①.250mL容量瓶②.6.3③.不需要（2）BD（3）①.2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2&uarr;+8H2O②.酸③.D④.溶液由无色变为紫红色且30秒内不褪色⑤.6.25V%【解析】【小问1详解】配制草酸溶液的过程中需要使用的仪器有：托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和250mL容量瓶；需要称量固体的质量为0.2000mol/L&times;0.250L&times;126g/mol=6.3g；称量后，不需要加热除去结晶水。【小问2详解】A.称取草酸过程中试剂与砝码位置错放，称量的试剂质量偏小，故最后所配溶液浓度肯定偏低；B.天平砝码生锈，导致称取溶质的质量偏大，溶液浓度偏高；C.定容前未进行洗涤操作，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；D.定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；E.定容摇匀后发现液面低于刻度线又加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；故选BD。【小问3详解】①KMnO4(硫酸酸化)氧化草酸的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2&uarr;+8H2O。</ksp(p)<ksp(q)c.向m点溶液中加入少量na2s固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,d.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】b【解析】【详解】a.cds在水中存在沉淀溶解平衡：cds(s)cd2+(aq)+s2-(aq)，其溶度积ksp=c(cd2+)·c(s2-),在饱和溶液中，c(cd2+)=c(s2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示t1和t2温度下cds的物质的量浓度，a项正确；b.cds的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为t1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，b项错误；c.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(cd2+)减小，c(s2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，c项正确；d.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明cds(s)cd2+(aq)+s2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(cd2+)与c(s2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，d项正确；答案选b。16.室温下，向亚硫酸溶液中滴加naoh溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液ph的关系如图所示。下列说法不正确的是a.曲线ii表示hso的分布系数随ph的变化b.ka2(h2so3)的数量级为10−8c.ph=7时，c(na+)<3c(so)d.nahso3溶液中水电离出的c(h+)<1×10−7mol·l−1【答案】c【解析】,【分析】向亚硫酸溶液中滴加naoh溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线i为亚硫酸，曲线ii为亚硫酸氢根，再继续加naoh溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线iii为亚硫酸根。【详解】a．根据前面分析曲线ii表示hso的分布系数随ph的变化，故a正确；b．在ph=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则ka2(h2so3)=c(h+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此ka2(h2so3)的数量级为10−8，故b正确；c．ph=7时，根据电荷守恒和ph=7得到c(na+)=2c(so)+c(hso)，又由于ph=7时c(so)＜c(hso)，因此c(na+)＞3c(so)，故c错误；d．根据图中信息得到nahso3溶液ph大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(h+)＜1×10−7mol·l−1，故d正确。综上所述，答案为c。第ii卷(非选择题52分)二、非选择题：(本题包括4个小题，共52分)17.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）zn原子核外电子排布式为________。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由zn和cu组成。第一电离能i1(zn)________i1(cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。（3）znf2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；znf2不溶于有机溶剂而zncl2、znbr2、zni2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________。（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(znco3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。znco3中，阴离子空间构型为________，c原子的杂化形式为___________________。（5）金属zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏伽德罗常数的值为na，zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。【答案】①.[ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)②.大于③.zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子④.离子键⑤.znf2为离子化合物，zncl2、znbr2、zni2,的化学键以共价键为主，极性较小⑥.平面三角形⑦.sp2⑧.六方最密堆积(a3型)⑨.【解析】【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。【详解】（1）zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[ar]3d104s2。（2）zn的第一电离能应该高于cu的第一电离能，原因是，zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到zn最外层上是一对电子，而cu的最外层是一个电子，zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为co32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子c的价电子对为3+(4－3×2＋2)>