2022-2023学年河北省唐山市高二上学期期末考试 化学 解析版

这是一份2022-2023学年河北省唐山市高二上学期期末考试 化学 解析版，共18页。试卷主要包含了 已知反应等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 C1-35.5
卷I(选择题，共50分)
一、单项选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)
1. 人类对原子结构的认识经历了漫长的历程。其中最早提出“原子结构的有核模型”并被人们称为“原子之父”的科学家是
A. 道尔顿B. 汤姆生C. 卢瑟福D. 玻尔
【答案】C
【解析】
【详解】A．道尔顿提出了近代原子学说，认为原子是实心球体，不可分割，A不符合题意；
B．汤姆生发现电子后，提出“葡萄干面包式”原子结构模型，B不符合题意；
C．卢瑟福利用高速运动的α粒子轰击金箔，发现有少部分α粒子改变了方向，还有极少数的α粒子被反弹回来，于是提出了“原子结构的有核模型”，C符合题意；
D．玻尔引入量子论观点，提出了量子力学模型，D 不符合题意；
故选C。
2. 下列反应在任何温度下均能自发进行的是
A. 2N2(g)+O2(g) =2N2O(g) △H=+163 kJ/ml
B. 2Ag(s)+Cl2(g) =2AgCl(s) △H =-254 kJ/ml
C. 2HgO(s) =2Hg(1)+O(g) △H =+ 182 kJ/ml 1
D. 2H2O2(1)=O2(g)+2H2O(l) △H =- 196 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】反应是否自发进行根据，反应自发进行；
A．反应是吸热反应，，大于0，任何温度下不能自发进行，A项错误；
B．反应是放热反应，，高温下不能自发进行，B项错误；
C．反应是吸热反应，，低温下不能自发进行，C项错误；
D．反应是放热反应，，任何温度下都能自发进行，D项正确；
答案选D。
3. 认识和掌握物质结构研究的范式与方法，具有极为重要的意义。下列有关说法正确的是
A. 由元素周期表发现新的元素属于归纳范式
B. 通过甲烷(CH4)乙烷(C2H6)、丙烷(C3H8)、丁烷(C4H10)的分子式，总结出饱和烷烃的通式为CnH2n+2，属于演绎范式
C. 实验方法只能通过化学实验才能实现
D. 归纳范式和演绎范式两者相互联系、互为前提
【答案】D
【解析】
【详解】A．由元素周期表提供了元素之间联系的一般理论，发现新元素是个别，属于一般到个别，故发现新的元素属于演绎范式，故A错误；
B．通过甲烷(CH4)、乙烷(C2H6)、丙烷(C3H8)、丁烷(C4H10)的分子式，总结出饱和烷烃的通式为CnH2n+2，属于归纳，故B错误；
C．实验方法多种多样，可以是调查归纳，也可以是实践，也可以通过化学实验验证，故C错误；
D．归纳范式和演绎范式作为一对普遍适用的逻辑方法，在化学研究中得到了广泛应用。两者不是孤立使用的，在实际研究中常常融合在一起，相互联系、互为前提，故D正确；
故答案为D。
4. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 加入催化剂，有利于SO2与O2反应生成SO3
B. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
C. 工业合成氨使用过量氮气以提高氢气的平衡转化率
D. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
【答案】A
【解析】
【详解】A．催化剂加快反应速率，不能改变平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅，说明平衡向消耗二氧化氮的方向移动，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》
C．使用过量氮气可以促进氢气的转化，提高氢气的平衡转化率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅，说明次氯酸分解后氯气向生成次氯酸的方向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故选A。
5. 某元素基态原子价层电子排布式为3d24s2，下列说法正确的是
A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有4个未成对电子
B 该元素基态原子核外有4个能层被电子占据
C. 该元素原子的M层共有8个电子
D. 该元素原子的最外层共有4个电子
【答案】B
【解析】
【分析】若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为3d24s2，则该元素是钛；
【详解】A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有2个未成对电子，选项A错误；
B．该元素位于第四周期，基态原子核外有4个能层被电子占据，选项B正确；
C．该元素原子的M能层共有10个电子，选项C错误；
D．该元素原子的最外层共有2个电子，选项D错误；
故选B。
6. 已知反应：，把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用弹簧夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水中，把烧瓶B放入冰水中，如图所示。与常温时烧瓶C内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅。下列说法错误的是(A、B、C中初始充入NO2、N2O4的量相等)（ ）
A. 上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快
B. 上述过程中，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大
C. 上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变
D. 反应的逆反应为放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都加快，A正确；
B．B烧杯内放的是冰水，温度降低，烧瓶内气体颜色变浅，说明降低温度，化学平衡向生成N2O4的正方向移动，导致B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大，B正确；
C．容器的容积不变，混合气体的质量不变，则A、B两个烧瓶内气体的密度都不变，C正确；
D．放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，故的正反应为放热反应，则其逆反应为吸热反应，D错误；
故合理选项是D。
7. 某温度下，向c(H+)=1×10-6 ml/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中c(H+)= 1×10-3 ml/L，下列对该溶液的叙述错误的是
A. 该温度高于25℃
B. 由水电离出来的H+的浓度为1×10-11 ml/L
C. 加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D. 取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)增大
【答案】B
【解析】
【分析】该温度下，蒸馏水中，c(H+)=1×10-6ml/L，则水的离子积常数为1×10-12，据此分析解答。
【详解】A．25℃时纯水中c(H+)=1×10-7ml/L，该温度下c(H+)=1×10-6ml/L，说明促进了水的电离，故T＞25℃，故A正确；
B．根据分析，该温度下水的离子积常数为1×10-12，现测得溶液中c(H+)= 1×10-3 ml/L，则，由水电离出来的，故B错误；
C．NaHSO4的电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；
D．温度不变时，Kw不变，加水稀释c(H+)减小，Kw=c(H+)×c(OH-)，所以c(OH-)增大，故D正确；
故选B。
8. 净化含尿素和酸性废水的微生物燃料电池工作原理如图。下列说法错误的是
A. 放电时，电子由M电极沿导线流向N电极
B. 放电时，负极的电极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑ + N2↑+ 6H+
C. 当废水中的浓度或酸性过大时，电池的效率都会降低
D. 1 ml 被净化时，有8 ml H+从M室迁移到N室
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为原电池，M室电极为负极，在微生物的作用下，CO(NH2)2在负极上失去电子发生氧化反应生成氮气和二氧化碳气体，电极反应式为CO(NH2)2＋H2O-6e-=CO2↑＋N2↑＋6H＋，N室电极为正极，在还有菌作用下，在正极上得到电子发生还原反应生成Cr3+，电极反应式为+6e-+14H＋=2Cr3++7H2O，生成的Cr3+又转化为Cr（OH）3沉淀。
【详解】A．放电时，电子由负极流向正极，故电子由M电极沿导线流向N电极，故A正确；
B．放电时，在微生物的作用下，CO(NH2)2在负极上失去电子发生氧化反应生成氮气和二氧化碳气体，电极反应式为CO(NH2)2＋H2O-6e-=CO2↑＋N2↑＋6H＋，故B正确；
C．蛋白质在强氧化剂作用下或强酸性溶液中会发生变性，当废水中的浓度或酸性过大时，还有菌的活性降低导致电池的效率降低，故C正确；
D．由分析可知，当1 ml被净化时，负极放电生成的6 ml H＋从负极室迁移到正极室，故D错误；
故选D。
9. 已知某温度下CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为4×10-4ml/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于
A. 7.0×10-6 ml/LB. 1.4×10-5 ml/LC. 2.8×10-5 ml/LD. 5.6×10-5 ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，时，会产生沉淀，即×>2.8×10-9，解得，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于；
故选C。
10. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 ml·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)
B. pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)
C. 在0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)
D. 0.1 ml·L－1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 ml·L－1盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c(CH3COOH)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)
【答案】AD
【解析】
【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离子都水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)，故正确；B. pH＝11的氨水的浓度大于和pH＝3的盐酸溶液浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故错误；C. 在0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中物料守恒有：2c(Na+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，故正确；D. 0.1 ml·L－1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 ml·L－1盐酸10 mL混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化钠、醋酸和醋酸钠，混合溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，故正确。故选AD。
【点睛】pH加和等于14的两种溶液等体积混合，弱的电解质有剩余，溶液显弱的性质。一般等浓度的醋酸和醋酸钠混合，因为醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性。
二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或者两个选项符合题意。错选多选均不得分，漏选得2分)
11. 化合物A (结构如下图)由原子序数依次增大的X、Y、Z、W短周期元素组成，常用来做金属矿物的浮选剂。已知Z与W位于不同周期。下列说法正确的是
A. 四种元素中X的电负性最小
B. 最简单气态氢化物的稳定性：Z＜Y
C. W位于周期表的第二周期VIA族
D. 四种元素可组成既含离子键又含共价键的化合物
【答案】AD
【解析】
【分析】化合物A由原子序数依次增大的X、Y、Z、W短周期元素组成，根据成键情况可知X为H，Y为C，Z为N，已知Z与W位于不同周期，W为S；
【详解】A．同周期元素从左到右电负性增强，四种元素中X的电负性最小，故A正确；
B．N的非金属性强于C，非金属性越强最简单气态氢化物越稳定，故最简单氢化物的稳定性：Z>Y，故B错误；
C．W为S，S位于元素周期表第三周期VIA族，故C错误；
D．可以形成NH4SCN，既含有离子键有含有共价键，故D正确；
故答案为AD。
12. 在测定中和热的实验中，下列说法正确的是
A. 酸、碱溶液应沿玻璃棒分三次倒入小烧杯
B. 用铜棒代替环形玻璃搅拌棒，会使测得的中和热的绝对值偏大
C. 用0.55 ml/L的NaOH溶液分别与0.5 ml/L的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D. 测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸、碱溶液都应一次性倒入，防止热量散失，减小误差，A错误；
B．铜导热，用铜棒代替环形玻璃搅拌棒会使部分热量散失，即测得的中和热的绝对值偏小，B错误；
C．醋酸是弱电解质，部分电离且电离过程吸热，所以使用醋酸放出的热量将偏小，即测得中和热数值偏小，C错误；
D．酸碱反应完全即为终止温度，所以应当记录混合溶液的最高温度，D正确；
故选D。
13. 用甲烷燃料电池电解饱和食盐水的装置如下图所示。下列说法正确的是
A. b为CH4气体
B. 交换膜M可为钠离子交换膜
C. 通入CH4的一极发生的电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
D. 标准状况下，通入b气体5.6 L，则理论上应产生气体X 11.2 L
【答案】BD
【解析】
【分析】用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备“84”消毒液，电解饱和食盐水阳极生成Cl2，阴极生成H2和NaOH，为保证Cl2与NaOH充分反应制备NaC1O，则充入稀NaOH溶液的为电解池的阴极，充入饱和食盐水的是电解池的阳极，则充入气体a的为甲烷燃料电池的负极，充入气体b的为甲烷燃料电池的正极，以此分析作答。
【详解】A．由分析可知，充入气体b的为甲烷燃料电池的正极，则b为氧气，故A错误；
B．电解池中为保证Cl2与NaOH充分反应制备NaC1O，需要避免阴极产生的OH-进入阳极，交换膜M可为钠离子交换膜，故B正确；
C．CH4在原电池的负极得到电子生成CO2，由于电解质溶液是NaOH溶液，最终得到CO，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，故C错误；
D．标准状况下，通入5.6 LO2，转移=1ml电子，气体X为Cl2，生成Cl2的电极方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑，转移1ml电子时，生成0.5ml Cl2，标准状况下的体积为11.2 L，故D正确；
故选BD。
14. 反应mX(g)⇌nY(g)+pZ(g) △H，在不同温度下的平衡体系中物质X的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. m＜n+p
B. 该反应的△H＜0
C. B、C两点化学平衡常数：KB＜Kc
D. A、C两点的反应速率：v(A)＜v(C)
【答案】AC
【解析】
【分析】根据分析可知相同压强下温度高X的体积分数增大，说明升温平衡逆向移动，该反应为△H＜0，随着压强的增大，X的体积分数减小，说加压平衡正向移动，说明该反应是分子数减小的反应，故m>n+p；
【详解】A．根据分析可知，随着压强的增大，X的体积分数减小，说加压平衡正向移动，说明该反应是分子数减小的反应，故m>n+p，故A错误；
B．根据分析可知相同压强下温度高X的体积分数增大，说明升温平衡逆向移动，该反应为△H＜0，故B正确；
C．B、C两点温度不同，温度升高平衡逆向移动，故化学平衡常数：KB>Kc，故C错误；
D．压强大速率快，A、C两点的反应速率：v(A)＜v(C)，故D正确；
故答案为AC。
15. 常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB 两种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如下图所示，下列叙述错误的是
A. 常温下电离平衡常数：K(HA)>K(HB)
B. a、b、c三点中水的电离程度：a=b>c
C. a、c两点消耗相同物质的量浓度的NaOH溶液的体积不相同
D. 当lg=3时， 升高一定温度，可使a点变到b点
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，pH均为2的HA、HB两种酸溶液稀释1000倍，稀释后溶液的pH均小于5，说明两种酸均为弱酸；HA溶液的pH变化大于HB溶液说明HA的酸性强于HB，电离常数大于HB。
【详解】A．由分析可知，HA的酸性强于HB，电离常数大于HB，故A正确；
B．由图可知，a、b、c三点中溶液pH的关系为a= c> b，溶液pH越大，溶液中氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则a、b、c三点中水的电离程度a= c> b，故B错误；
C．由分析可知，HA的酸性强于HB，溶液稀释，不影响溶质的物质的量，a、c两点消耗的氢氧化钠和起始点消耗的氢氧化钠相同，则pH相同体积也相同的HA、HB两种酸溶液与物质的量浓度的氢氧化钠溶液反应时，HB溶液消耗氢氧化钠溶液的体积大于HA溶液，故C正确；
D．由分析可知，HA、HB均为弱酸，弱酸的电离过程为吸热过程，升高温度，平衡右移，溶液中的氢离子浓度增大，则当lg=3时， 升高一定温度，可使a点变到b点，故D正确；
故选B。
卷II (非选择题部分，共50分)
三、填空题(共6小题，共计50分。)
16. 研究化学反应中的能量变化对生产、生活有重要的意义。
（1）某氮肥厂含氮废水中的氮元素多以和NH3·H2O形式存在，处理过程中在微生物的作用下经过两步反应被氧化成，这两步反应过程中的能量变化如图所示：
1 ml(aq)全部被氧化成(aq)_______ (填“吸收”或“放出") 的热量是_______ kJ。
（2）已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g) △H=−72 kJ∙ml−1，蒸发1 ml Br2(l)吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
则表中a=_______。
（3）已知：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H1=+180.5 kJ∙ml−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H 2=−393.5 kJ∙ml−1；
2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H3=−21.0 kJ∙ml−1
若某反应(反应物与生成物均为气体)的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_______。
【答案】（1） ①. 放出 ②. 346
（2）369 （3）2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ∆H=−746.5 kJ∙ml−1
【解析】
【小问1详解】
(aq)+ O2(g)=(aq) +2 H＋(aq)+ H2O(l) △H=−273 kJ∙ml−1，(aq)+ O2(g)= (aq) △H=−73 kJ∙ml−1，得到(aq) +2O2(g)= (aq) +2H＋(aq)+ H2O(l) △H=−346 kJ∙ml−1，则
1 ml(aq)全部被氧化成 (aq)放出的热量是346 kJ；故答案为：放出；346。
【小问2详解】
根据题意得到H2(g)+Br2(l)=2HBr(g) △H=436 kJ∙ml−1+30 kJ∙ml−1+200 kJ∙ml−1−2a kJ∙ml−1=−72 kJ∙ml−1，解得a=369；故答案为：369。
【小问3详解】
若某反应(反应物与生成物均为气体)的平衡常数表达式为K=，得到该反应方程式2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式得到2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，则此反应的热化学方程式2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ∆H=−746.5 kJ∙ml−1；故答案为：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ∆H=−746.5 kJ∙ml−1。
17. 某实验小组欲使用酸碱中和滴定法测定某醋酸溶液的物质的量浓度。
（1）实验步骤：
用_______(填仪器名称)准确量取20.00 mL醋酸溶液于锥形瓶，若某时刻液面位置如右图所示，则此时的读数为_______ mL，加入2滴酚酞指示剂。再选用0.1000 ml/L的NaOH溶液滴定，当_______ (填终点现象)，停止滴定，记录所用体积，并重复实验2次。
（2）数据处理：
通过数据计算可得，该醋酸的物质的量浓度为_______ml/L。
（3）误差分析
下列实验操作会导致所测醋酸溶液的物质的量浓度偏低的是_______ (填字母代号)。
A. 水洗后，未用醋酸溶液润洗量取的仪器
B. 部分标准液滴出锥形瓶外
C 滴定前锥形瓶内存有少量蒸馏水
D. 滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】（1） ①. 酸式滴定管 ②. 23.60 ③. 滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色
（2）0.0790 （3）AD
【解析】
【小问1详解】
由于醋酸能腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故应用酸式滴定管准确量取20.00 mL醋酸溶液于锥形瓶，由题干图示液面对应的刻度可知此时的读数为23.60mL，加入2滴酚酞指示剂，再选用0.1000 ml/L的NaOH溶液滴定，原锥形瓶中为醋酸和酚酞溶液呈无色，当滴定终点时生成CH3COONa溶液显碱性，溶液呈粉红色，故当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色，停止滴定，记录所用体积，并重复实验2次，故答案为：酸式滴定管；23.60；滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色；
小问2详解】
由题干表中数据可知，第1组消耗NaOH溶液的体积为：16.02-0.20=15.82mL，第2组消耗NaOH溶液的体积为：17.11-1.33=15.78mL，第3组消耗NaOH溶液的体积为：17.54-1.00=16.54mL(明显误差较大，舍去)，故平均消耗NaOH溶液的体积为：=15.80mL，故该醋酸的物质的量浓度为=0.0790ml/L，故答案为：0.0790；
【小问3详解】
根据醋酸的物质的量浓度的计算公式：c=，其中NaOH的物质的量浓度和CH3COOH溶液的体积是滴定前就知道的，只有消耗NaOH的体积未知，故若导致消耗NaOH的体积偏大，则测量值偏大，若消耗NaOH的体积偏小，则测量值偏小，据此分析解题：
A．水洗后，未用醋酸溶液润洗量取的仪器，则量出的CH3COOH的物质的量偏小，消耗NaOH的体积偏小，测量结果偏低，A符合题意；
B．部分标准液滴出锥形瓶外，导致消耗NaOH的体积偏大，测量结果偏高，B不合题意；
C．滴定前锥形瓶内存有少量蒸馏水，对消耗NaOH的体积无影响，测量结果准确，C不合题意；
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致读出消耗NaOH的体积偏小，测量结果偏低，D符合题意；
故答案为：AD。
18. 甲醇是最基本的有机化工原料之一、工业上可用二氧化碳和氢气反应来生产甲醇，反应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。
（1）某温度下，在2 L密闭容器中，充入2.4 ml CO2和4.4 ml H2，发生合成甲醇的反应，测得甲醇的物质的量浓度随时间的变化图像如下图中的曲线I，则前4分钟v(CO2)=_______；若在1 min时， 改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为_______；该温度下反应的化学平衡常数为_______；若体系已达到平衡状态，再向该容器中充入0.5 ml CO2，再次达平衡时，H2的平衡转化率_______(填“增大”、“减小” 或“无变化”)。
（2）在恒温恒容的条件下，下列选项能说明反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)已达平衡状态的是_______ (填字母) 。
A. v正(H2)：v逆(CH3OH)=1：3
B.混合气体的密度不再变化
C.混合气的平均摩尔质量不再变化
D.体系压强不再变化
E. c(CO)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1
【答案】（1） ①. 0.1 ml·L−1·min−1 ②. 加入催化剂 ③. 0.2 ④. 增大
（2）CD
【解析】
【小问1详解】
前4分钟v(CO2)= v(CH3OH)= ；若在1 min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，反应速率加快且反应后甲醇的含量不变，则改变的条件为加入催化剂；
该温度下反应的化学平衡常数为；反应为气体分子减小的反应，若体系已达到平衡状态，再向该容器中充入0.5 ml CO2，平衡正向移动，再次达平衡时，H2的平衡转化率增大；
【小问2详解】
A．v正(H2)：v逆(CH3OH)=1：3，则此时正逆反应速率不相等，没有达到平衡，A不符合题意；
B．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B不符合题意；
C．反应为气体分子数减小的反应，而气体质量不变，若混合气的平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，C符合题意；
D．反应为气体分子数减小的反应，体系压强不再变化，说明达到平衡，D符合题意；
E．c(CO)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1，不能说明达到平衡，E不符合题意；
故选CD。
19. 开发使用新型电池技术是减少传统化石燃料的使用、实现“碳达峰“”*碳中和”战略的重要手段。
（1）科学家利用人工模拟光合作用合成甲酸原理为：2CO2+2H2O2HCOOH+O2.通入CO2的电极II为电池的_______极，其电极反应式为_______。通过质子膜的微粒移动方向为_______(填 “由左向右”或“由右向左”)。电极I周围的pH随着过程的进行将_______(填“减小”、“增大”或“不变”)。
（2）使用刀片电池的比亚迪新能源汽车续航里程大大提高，刀片电池主要使用LiFePO4技术。作为电极材料之一的LiFePO4在充放电过程中的示意图如图所示，放电时，其正极反应式为_______，充电时，LiFePO4电极应连接电源的_______极。
【答案】（1） ①. 正 ②. CO2+2H++2e−= HCOOH ③. 由左向右 ④. 减小
（2） ①. Li1-xFePO4+xe−+xLi+=LiFePO4 ②. 正
【解析】
【分析】（1）根据方程式分析，该反应中碳元素化合价由+4价变为+2价，氧元素化合价从-2价变为0价，所以电极I为负极，电极反应式为；电极II是正极，电极反应式为CO2+2H++2e−= HCOOH；电子由负极沿导线流向正极，负极生成的氢离子经质子膜移向正极。
【小问1详解】
根据分析，电极II为电池的正极，电极反应式为CO2+2H++2e−= HCOOH；负极生成的氢离子经质子膜移向正极，即由左向右移动；电极I为负极，电极反应式为，反应有氢离子生成，则随着反应的进行，电极I周围的pH将减小；
【小问2详解】
根据LiFePO4在充放电过程中的示意图可知，放电时，正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xe−+xLi+=LiFePO4；充电时，LiFePO4 电极作电解池阳极，失电子，应连接电源的正极。
20. 水溶液中存在着多种平衡，按要求回答下列问题。
（1）常温下，0.1 ml/L的一元弱酸HA，加水稀释过程中，溶液的pH将_______ (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，HA的电离度_______，HA的电离平衡常数(K)将_______。
（2）常温下，向10 mL 0.2 ml/L的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液中加入0.1 ml/L的NaOH溶液30 mL，则2c(OH-)+c()- 2c(H+)=_______(用微粒的物质的量浓度符号表示)。若此时溶液的pH=4.5，则溶液中水的电离程度_______(填“>”、“＜”、“=”或“无法判断”)纯水的电离程度。
（3）已知常温下Fe(OH)3的Ksp=2.7×10-39，lg3=0.48。试计算0.1 ml/L的FeCl3溶液中，Fe3+开始生成沉淀时的pH=_______。
【答案】（1） ①. 增大 ②. 增大 ③. 不变
（2） ①. c(HC2O)+3c(H2C2O4) ②. <
（3）1.48
【解析】
【小问1详解】
常温下，0.1 ml/L的一元弱酸HA，加水稀释过程中，溶液浓度减小，氢离子浓度减小，pH将增大，HA的电离度增大，电离平衡常数只受温度影响，故HA的电离平衡常数(K)将不变；
【小问2详解】
常温下，向10 mL 0.2 ml/L的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液中加入0.1 ml/L的NaOH溶液30 mL，得到等浓度的Na2C2O4、NaHC2O4，由物料守恒可知，，由电荷守恒可知，，两式联立可知，2c(OH-)+c()- 2c(H+)=；若此时溶液的pH=4.5，说明Na2C2O4的水解程度小于NaHC2O4的电离程度，故溶液中水的电离受到抑制，电离程度小于纯水的电离程度；
【小问3详解】
已知常温下Fe(OH)3的Ksp=2.7×10-39，lg3=0.48。0.1 ml/L的FeCl3溶液中，Fe3+开始生成沉淀时，pOH=12.52，则pH=1.48。
21. 现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第4周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息回答问题。
（1）B元素基态原子具有_______种运动状态不同的电子，能量最高的电子，其电子云在空间有_______个伸 展方向。
（2）根据上述信息，画出C元素基态原子的轨道表示式_______。
（3）F在元素周期表中属于_______区元素，其基态原子核外共有_______个未成对电子。
（4）D、E两元素的第一电离能大小关系是_______(用元素符号表示，下同)，B、D两元素的电负性大小关系是_______。
（5）写出DA3的电子式：_______(用元素符号表示)。
【答案】（1） ①. 7 ②. 3
（2） （3） ①. d ②. 6
（4） ①. P>S ②. N>P
（5）
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，核外电子排布为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于II A族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第3周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p5，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为3，E处于第VIA族，故E为S元素；F是前四周期在周期表的第6列，F为Cr元素。
【小问1详解】
根据分析可知B为N元素，核外电子排布为1s22s22p3，N有7个电子，N元素基态原子具有7种运动状态不同电子，能量最高的电子为p轨道，其电子云在空间有3个伸展方向。
【小问2详解】
C为Mg元素，Mg元素基态原子的轨道表示式；
【小问3详解】
F为Cr元素，价排布为3d54s1，Cr在元素周期表中属于d区，其基态原子核外共有6个未成对电子。
【小问4详解】
D为P元素，E为S元素，P原子核外所有p轨道全满或半满，能量低，第一电离能大于S，故P、S两元素的第一电离能大小关系是P>S；B为N元素，D为P元素，N、P属于同周期元素，从上到下电负性依次减小，故N、P两元素的电负性大小关系是
【小问5详解】
D为P元素，A为H元素，DA3为PH3，写出PH3的电子式为； 物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
键能/kJ/ml
436
200
a
实验
1
2
3
NaOH溶液体积/mL
滴定前
0.20
1.33
1.00
滴定后
16.02
17.11
17.54
元素
相关信息
A
元素的原子核外电子数和电子层数相等，也是字宙中最丰富的元素
B
元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C
元素的第一至第四电离能分别是I1=738 kJ/ml、I2=1451 kJ/ml、I3= 7733 kJ/ml、I4= 10540 kJ/ml
D
原子核外填充电子的所有p轨道全满或半满
E
元素的主族序数与周期序数的差为3
F
在元素周期表的第6列