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黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题
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这是一份黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
计算可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16
一、选择题(单选题，每小题2分，共50分)
1. 下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是
A. 金属的腐蚀B. 食物的腐败C. 塑料的老化D. 氨的合成
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属的腐蚀越慢越好，故增大速率对人类无益，A错误；
B．食物的腐败越慢越好，故增大速率对人类无益，B错误；
C．塑料的老化越慢越好，故增大速率对人类无益，C错误；
D．氨的合成越快越好，缩短生产周期，故增大速率对人类有益，D正确；
故选D。
2. 下列物质中属于弱电解质的是
A. NaOHB. CO2C. H2OD. NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，属于强电解质，故A不符合题意；
B．二氧化碳不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故B不符合题意；
C．水分子能微弱电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故C符合题意；
D．氯化钠在溶液中完全电离出钠离子和氯离子，属于强电解质，故D不符合题意；
故选C。
3. XY+Z是一吸热的可逆基元反应，其正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Eb，则下列活化能大小关系表述正确的是
A. Ea>EbB. Ea【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，反应△H=Ea—Eb＞0，所以活化能Ea>Eb，故选A。
4. 下列事实或操作与盐类水解无关的
A. 泡沫灭火器灭火B. 卤水点豆腐
C. 氯化铵溶液除铁锈D. 铝盐用作净水剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器灭火是由于NaHCO3、Al2(SO4)3发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，从而隔绝空气，达到灭火的作用，与盐类水解有关， A不符合题意；
B．卤水点豆腐是胶体遇到电解质溶液发生聚沉，与盐的水解无关，B符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶液中的H+与铁锈的成分发生反应，变为可溶性物质，因而可除铁锈，与盐类水解有关， C不符合题意；
D．铝盐净水是由于铝盐电离产生的Al3+发生水解反应产生Al(OH)3胶体，吸附水中固体悬浮物，使之形成沉淀，与盐类水解有关，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用、、表示。已知：、，则该反应可表示为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。
【详解】根据、可知，v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，故该反应的化学计量之比为2︰3︰2，方程式即为：；
故选C。
6. 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。
7. 下列操作可以使水的离子积常数增大的是
A. 加热B. 通入少量HCl气体
C. 滴入少量NaOH溶液D. 加入少量固体
【答案】A
【解析】
【详解】水的离子积常数是水电离平衡的平衡常数，平衡常数只受温度影响，且水的电离是吸热过程，因此加热能使水的电离程度增大，水的离子积常数增大，故选A。
8. 下列说法中，正确的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程B. 能够自发进行的反应一定是放热反应
C. ΔH > 0的反应均不能自发进行D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质的熵值，液体大于固体，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，A说法正确；
B．能够自发进行的反应中，∆G＜0，∆G=ΔH-TΔS，不一定是放热反应，B说法错误；
C．∆G＜0的反应能够自发进行，ΔH＜0的反应不一定是自发进行的反应，C说法错误；
D．能够自发进行的反应一定是∆G＜0，不一定为熵增的过程，D说法错误；
答案为A。
9. 下列有关电解的叙述错误的是
A. 与电源负极相连的是阴极B. 与电源正极相连的是阳极
C. 在阴极上发生还原反应D. 阴离子向阴极方向迁移
【答案】D
【解析】
【详解】电解时，与电源正极相连的是电解池的阳极、与负极相连的是电解池的阴极，溶液中阴离子向阳极方向移动，阳极上发生氧化反应、阴极上发生还原反应，故选D。
10. 下列物质溶解于水时，电离出的阳离子能使水的电离平衡正向移动的是
A. CH3COONaB. Na2SO4C. NH4ClD. H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONa电离方程式CH3COONa=CH3COO-+Na+，Na+不影响水的电离，故A不符合题意；
B．Na2SO4电离方程式为Na2SO4=2Na++SO，Na+不影响水的电离，故B不符合题意；
C．NH4Cl电离方程式为NH4Cl=NH+Cl-，NH水解，促进水的电离，故C符合题意；
D．硫酸电离方程式为H2SO4=2H++SO，H+抑制水的电离，故D不符合题意；
答案为C。
11. 对于第VIIA族元素，从上到下，下列关于其性质变化的叙述中，错误的是
A. 原子半径逐渐增大B. 电负性逐渐减小
C. 第一电离能逐渐减小D. 氢化物水溶液的酸性逐渐减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一主族从上往下，电子层数增多，原子半径逐渐增大，A正确；
B．同一主族从上往下，非金属性逐渐减弱，电负性逐渐减小，B正确；
C．同一主族从上往下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，C正确；
D．第VIIA族元素，从上到下，非金属性依次减弱，对氢离子的吸引能力减弱，其氢化物易电离出氢离子，因此氢化物水溶液的酸性逐渐增强，D错误；
故答案为：D。
12. N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法中错误的是
A. 该反应的ΔH < 0B. Fe+使反应的活化能减小
C. 催化剂通过参与反应，改变了反应历程D. 催化剂能够改变反应的限度
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，该反应的反应物N2O和CO的总能量高于生成物N2和CO2的总能量，反应为放热反应，故，A正确；
B．由图示可知，Fe+参与了反应，先转变为FeO+，又重新转变为Fe+，则Fe+是该反应的催化剂，Fe+使反应的活化能减小，从而加快反应速率，B正确；
C．由图示可知，Fe+参与了反应，先转变为FeO+，又重新转变为Fe+，催化剂通过参与反应改变了反应历程，C正确；
D．由B项分析可知，反应中Fe+是催化剂，催化剂只能影响反应速率不能使化学平衡发生移动，故上述过程在作用下，不能改变反应的限度，D错误；
答案为：D。
13. 下列溶液，按pH由小到大顺序排列的是
①0.1ml/L HCl溶液②0.1ml/L H2SO4溶液③0.1ml/L NaOH溶液④0.1ml/L CH3COOH溶液
A. ①②④③B. ②①④③C. ③④①②D. ④③②①
【答案】B
【解析】
【详解】①0.1ml/L HCl溶液，pH=1，②0.1ml/L H2SO4溶液，pH<1，③0.1ml/L NaOH溶液pH=13，④0.1ml/L CH3COOH溶液7>pH>1,g故pH由小到大顺序：②①④③，B项正确；
答案选B。
14. 在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化为SO3： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=－196.6 kJ/ml。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。下列说法错误的是
A. 在实际生产中，从成本的角度考虑选择常压下进行反应
B. 在实际生产中，选定的温度为400～500 ℃，这与催化剂的活性无关
C. 反应过程中通入过量的空气，以提高平衡时SO2的转化率
D. 为避免污染环境和提高原料利用率，尾气中的SO2需回收处理
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表格数据可知，在常压及400～500℃时，二氧化硫的转化率已经很高，继续增大压强，虽然二氧化硫的平衡转化率会提高，但不明显，且会增加设备成本，增大投资和能量消耗，故A正确；
B．温度太高时，催化剂失去活性，则实际生产中，选定的温度为400~500℃，主要原因是考虑催化剂的活性最佳，故B错误；
C．空气的成本较低，在实际生产中，通入过量的空气，反应物浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，从而可提高成本较高的二氧化硫的转化率，故C正确；
D．尾气中的SO2必须回收循环利用，防止污染环境并提高原料的利用率，故D正确；
故选B。
15. 常温下，下列溶液中，水电离出的c(H+)=1×10－4ml·L－1的是
A. 1×10－4ml·L－1的盐酸B. 1×10－4ml·L－1的 NaOH溶液
C. pH=4 的NH4Cl溶液D. pH=4 的NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH-)，该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)==1.0×10-10ml/L，故A不符合题意；
B．NaOH抑制水的电离，该溶液中水电离出的c(H+)==1.0×10-10ml/L，故B不符合题意；
C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH发生水解，溶液中H+全部是水电离产生，该溶液中水电离出c(H+)=1.0×10-4ml/L，故C符合题意；
D．NaHSO4在水中NaHSO4=Na++H++SO，抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH-)，该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)==1.0×10-10ml/L，故D不符合题意；
答案为C。
16. 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，下列说法错误的是
A. a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是cB. a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度最大的是b点
C. 若使b点对应的溶液中c(CH3COO－)增大、c(H+)减小，可以加入Na2CO3固体
D. 加水前导电能力约为零是因为冰醋酸中没有自由移动的离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，由图可知，溶液导电能力由小到大的顺序是cB．醋酸溶液加水稀释时，电离平衡右移，醋酸的电离程度增大，由图可知，c点醋酸溶液浓度最小，则醋酸电离程度最大的是c点，故B错误；
C．向醋酸溶液中加入碳酸钠固体，溶液中氢离子与碳酸根离子反应，电离平衡右移，醋酸根离子浓度增大，故C正确；
D．冰醋酸是纯净醋酸，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以导电能力约为零，故D正确；
故选B。
17. 现进行下列实验。
（1）将溶液和溶液等体积混合，得到悬浊液；将悬浊液过滤，得到滤液和白色沉淀。
（2）向滤液中滴加溶液，滤液出现浑浊。
（3）向沉淀中滴加溶液，沉淀变为黄色。
下列关于上述实验的分析错误的是
A. 悬浊液中存在沉淀溶解平衡：
B. 滤液中不含
C. 实验（3）表明转化为
D. 实验可以证明的比的小
【答案】B
【解析】
【详解】A．将溶液和溶液等体积混合，二者恰好完全反应，向滤液中滴加溶液，滤液出现浑浊，说明滤液b中含有Ag+，可知悬浊液中存在沉淀溶解平衡，故A正确；
B．向滤液中滴加溶液，滤液出现浑浊，说明滤液b中含有Ag+，故B错误；
C．向氯化银沉淀中滴加溶液，沉淀变为黄色，说明转化为，故C正确；
D．一种沉淀更易转化为比它更难溶的沉淀，转化为可以证明的比的小，故D正确；
选B。
18. 某学生活动小组设计下列①~④方案，能达到实验目的的是
A. ①可以准确测定盐酸的浓度B. ②可以判断温度对平衡的影响
C. ③可以研究催化剂对反应速率的影响D. ④可以准确测定酸碱反应的中和热
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH标准溶液应装在碱式滴定管中，A不符合题意；
B．，改变温度平衡移动，c(NO2)改变，颜色发生改变，因而可以通过左右容器中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响，B符合题意；
C．缺少对照实验，应再取一支试管装入2mL5%双氧水，并滴入5滴蒸馏水，C不符合题意；
D．缺少环形玻璃搅拌器，不能准确测定中和热，D不符合题意；
故选B。
19. Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A. 负极反应式为Mg-2e-=Mg2+
B. 正极反应式为Ag++e-=Ag
C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移
D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。
【详解】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，
A、负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；
B、正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；
C、原电池中阴离子移向负极，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；
D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确。
答案选B。
20. 常温下，浓度均为0.1ml·L－1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11，下列判断不正确的是
A. NaX溶液中：c(Na+)> c(X－) > c(OH－)>c(H+)
B. 电离常数：Ka(HX) > Ka(HY)
C. X－结合H+的能力大于Y－结合H+的能力
D. HX与NaY能发生反应：HX + Y－= HY + X－
【答案】C
【解析】
【分析】由0.1ml·L－1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11可知，NaX和NaY都是强碱弱酸盐，X－离子在溶液中的水解程度小于Y－离子，由盐类水解规律可知，HX的酸性强于HY，电离常数大于HY。
【详解】A．由分析可知，NaX是强酸弱碱盐，X－离子在溶液中使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)> c(X－) > c(OH－)>c(H+)，故A正确；
B．由分析可知，HX的酸性强于HY，电离常数大于HY，故B正确；
C．由分析可知，X－离子在溶液中的水解程度小于Y－离子，则X－离子结合氢离子的能力小于Y－离子，故C错误；
D．由分析可知，HX的酸性强于HY，由强酸制弱酸的原理可知，HX与NaY能发生反应：HX + Y－= HY + X－，故D正确；
故选C。
21. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌危害。在容积不变的密闭容器中，使用CO与H2S发生下列反应并达到平衡：CO(g) + H2S(g)COS(g) + H2(g)。若反应前CO的物质的量为10 ml，达到平衡时CO的物质的量为8 ml，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S的浓度增大，表明该反应是吸热反应
B. 平衡后再通入COS，逆反应速率逐渐增大
C. 达到平衡时CO的转化率为80%
D. 反应前H2S的物质的量为7 ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，H2S浓度增大，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，A错误；
B．平衡后再通入COS，通入COS瞬间逆反应速率增大到最大值，之后逆反应速率逐渐减小，B错误；
C．反应前CO的物质的量为10 ml，达到平衡时CO的物质的量为8 ml，消耗CO的物质的量为2ml，达到平衡时CO的转化率：，C错误；
D．设反应前H2S的物质的量为nml，列三段式：，，解得n=7，D正确；
答案选D。
22. 115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如、等，下列说法中正确的是
A. 和的化学性质不相同
B. 在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f
C. Mc位于周期表的第七周期ⅤA族
D. 的中子数为288
【答案】C
【解析】
【详解】A．、的质子数相同、最外层电子数相同，化学性质几乎完全相同，故A错误；
B．镆元素的原子序数为115，基态原子的价电子排布式为7s23p3，则原子中，最后填入电子的轨道能级符号是p，故B错误；
C．镆元素的原子序数为115，基态原子的价电子排布式为7s23p3，则镆元素位于周期表的第七周期ⅤA族，故C正确；
D．的质量数为288，中子数为288—115=173，故D错误；
故选C。
23. 用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：
分析图象，以下结论错误的是（ ）
A. 溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀
B. 在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀
C. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快，
D. 两溶液中负极反应均为Fe-2e- →Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知pH=2时压强随着反应的进行而增大，产生了大量气体，发生了析氢腐蚀，溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；
B. pH=4时压强随着反应的进行而减小，气体的量减少，发生了吸氧腐蚀，所以在酸性溶液中生铁可能发生析氢腐蚀也可能发生吸氧腐蚀，故B项正确；
C. 由两幅图可知变化相同的压强所用的时间不同，析氢腐蚀所用时间长而吸氧腐蚀所用的时间短，因而吸氧腐蚀的速率比析氢腐蚀快，故C错误；
D.析氢腐蚀和吸氧腐蚀负极反应均为，故D正确。
故答案选：C。
24. 在一定温度下的密闭容器中发生反应：xA(g) + yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 ml·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.20 ml·L－1，下列有关判断正确的是
A. x + y > zB. B的转化率降低
C. 平衡向正反应方向移动D. C的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【分析】若平衡不移动，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，A的浓度为0.25ml/L，则测得A的浓度为0.20ml/L说明平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积增大的反应。
【详解】A．由分析可知，该反应是气体体积增大的反应，则化学计量数的关系为x+y＜z，故A错误；
B．由分析可知，将容器的容积扩大到原来的两倍，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，故B错误；
C．由分析可知，将容器的容积扩大到原来的两倍，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，将容器的容积扩大到原来的两倍，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故D错误；
故选C。
25. 一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(H2A、HA-、A2-、H+、OH-)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法错误的是
A. 曲线c是代表A2－浓度的负对数B. Ka2的数量级为10－5
C. Z点溶液中c(Na+)<2c(A2－)+2c(OH－)D. X点对应的pH = (lgKa1+lgKa2)
【答案】D
【解析】
【分析】向二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大，随着pH增大，H2A浓度逐渐下降，HA-浓度先增大后减小，A2-浓度随HA-浓度减小而增大；纵坐标是粒子浓度的负对数，粒子浓度越大，pc值越小。故a、b、c、d、e曲线分别代表粒子浓度H2A 、H+、A2-、HA-、OH-。
【详解】A．由分析可知，曲线c是代表A2－浓度的负对数，A正确；
B．，由Y点pH约4.2左右且，则，数量级为10－5，B正确；
C．Z点，由电荷守恒可知，，此时，则c(Na+)<2c(A2－)+2c(OH－)，C正确；
D．X点，，则pH=-(lgKa1+lgKa2)，D错误；
故选D。
二、非选择题(共50分)
26. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的5种短周期元素，其元素性质或原子结构如下：
请完成下列空白：
（1）W的元素符号为________。
（2）写出Y的价层电子排布式：_________。
（3）下列状态的X中，电离最外层一个电子所需能量最小的是______(填序号)。
a． b． c．
（4）基态M－占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。
（5）X、Z和M三种元素电负性由大到小的顺序：_____(请填元素符号)。
（6）X与同周期相邻的其它两种元素，它们的第一电离能由大到小的顺序：______(请填元素符号)。
【答案】（1）H （2）3s2
（3）C （4）哑铃形
（5）O > Cl > Si
（6）F > N > O
【解析】
【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期元素，W电子只有一种自旋取向，故W为H， X和Y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，则二者的基态核外电子排布式依次为1s22s22p4、1s22s22p63s2，故X为O，Y为Mg，Z的其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，即1s22s22p63s23p2，故Z为Si，M只有一个不成对电子，即1s22s22p63s23p5，故M为Cl，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知， W的元素符号为H。
【小问2详解】
由分析可知，Y的价层电子排布式：3s2。
【小问3详解】
X为O，O处于基态时能量较低失去1个电子所需能量较多、处于激发态时能量较高失去1个电子所需能量较少，c是激发态，则电离最外层一个电子所需能量最小的是c。
【小问4详解】
基态M－即氯离子的基态价层电子排布式3s23p6，则占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是哑铃形或纺锤形。
【小问5详解】
X、Z和M三种元素分别为：O、Si、Cl，同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故三种元素的电负性由大到小的顺序：O＞Cl＞Si。
【小问6详解】
同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，但VA的最外层p电子处于半充满状态、较稳定，故VA与VIA反常，X为O，则X与同周期相邻的其它两种元素的第一电离能由大到小的顺序：F > N > O。
27. 中和滴定法是生产和科研中常用的定量分析方法。
Ⅰ．某学生用0.2000 ml·L－1 NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答：
（1）以上步骤有错误的是_______(填编号)，该错误操作会导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)____。
（2）滴定时，用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______(填装置名称)，直到滴定终点。
（3）如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_____mL。
Ⅱ．维生素C是一种水溶性维生素(其水溶液呈酸性)，它的化学式是C6H8O6，某校课外活动小组测定了某牌子的软包装果汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告。(请填写空白)
测定目的：测定××牌软包装果汁中维生素C的含量。
测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I－(待测果汁中其他物质不与I2反应)
（4）实验过程：洗涤仪器，检査滴定管是否漏液，装好标准碘溶液待用。用酸式滴定管向锥形瓶中加入25.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。进行滴定，滴定至终点时的现象是______。
（5）数据记录与处理：重复上述实验2－3次后，平均消耗7.50×10－3 ml·L－1的I2标准溶液的体积为18.00mL，则此果汁中维生素C的含量是______g·L－1(保留2位小数)。
（6）下列操作，可能引起所测维生素C的含量偏高的是_____。
①滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
②在滴定过程中不慎将数滴I2标准溶液滴在锥形瓶外
③读数时，滴定前俯视，滴定后仰视
【答案】（1） ①. ① ②. 偏大
（2）锥形瓶 （3）20.60
（4）当滴入最后半滴标准碘溶液时，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色
（5）0.95 （6）②③
【解析】
【小问1详解】
以上步骤有错误的是①，应该用标准液润洗，用蒸馏水会润洗氢氧化钠会变稀，消耗体积偏大，该错误操作会导致盐酸浓度测定结果偏大；
【小问2详解】
滴定时，用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶，直到滴定终点；
【小问3详解】
如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为20.60mL；
【小问4详解】
实验过程：洗涤仪器，检査滴定管是否漏液，装好标准碘溶液待用。用酸式滴定管向锥形瓶中加入25.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。进行滴定，滴定至终点时的现象当滴入最后半滴标准碘溶液时，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色。
小问5详解】
由题意得：，，
则此果汁中维生素C的含量是；
【小问6详解】
①滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对结果没有影响，不符合题意；
②在滴定过程中不慎将数滴I2标准溶液滴在锥形瓶外，造成标准液消耗过多，结果偏大，符合题意；
③读数时，滴定前俯视，读数偏小，滴定后仰视，读数偏大，造成算出标准液体积偏大，测得结果偏大，符合题意；
故选：②③。
28. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。
（1）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=－xkJ·ml－1
4NH3(g)+3O2(g)=2N2+6H2O(g) ΔH2=－ykJ·ml－1
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH3
ΔH3 = _____kJ·ml－1(用含x、y的代数式表示)。
（2）目前工业合成氨通常用以铁为主的催化剂在 400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是________。
②将物质的量之比为 1∶3 的N2 和H2 充入 2 L 的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
该条件下H2 的转化率为_______，平衡常数K = _______(可用分数表示)。
③若按以下浓度投料，其它反应条件与②相同，起始时反应进行的方向为______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)
（3）下图是某压强下N2 和H2 按物质的量之比 1∶3 投料进行反应，反应混合物中NH3 的物质的量分数随温度的变化曲线，I 是平衡时的曲线，II 是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线。
①图中a点，容器内n(N2)：n(NH3)=______。
②图中b点，υ正____υ逆(填“>”“<”或“=”)
③400～530℃，II 中NH3 的物质的量分数随温度升高而增大，原因是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 400-500℃时催化剂的催化活性强，反应速率大 ②. ③. ④. 正向
（3） ①. 1：4 ②. > ③. 曲线Ⅱ上的点还未到平衡，升高温度化学反应速率增大，产物氨气的物质的量分数增大
【解析】
【小问1详解】
将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应得到反应③，则ΔH3 =kJ/ml，故答案为：；
【小问2详解】
①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，但400-500℃时催化剂的催化活性强，反应速率大，所以实际生产时仍选择较高温度，故答案为：400-500℃时催化剂的催化活性强，反应速率大；
②由表格数据可知，平衡时氨气、氮气和氢气的物质的量分别为0.2ml、0.2ml和0.6ml，则由方程式可知，氢气的转化率为=，反应的平衡常数K==，故答案为：；；
③由表格数据可知，反应的浓度熵Qc==＜K，则反应正向进行，故答案为：正向；
【小问3详解】
①设起始时氮气和氢气物质的量分别为1ml和3ml，设氮气的消耗量为aml，由题意可建立如下三段式：
由图可知，a点氨气的物质的量分数为50%，由三段式数据可得：×100%=50%，解得a=，则容器内氮气和氨气的物质的量之比为(1—)：×2=1：4，故答案为：1：4；
②由图可知，b点氨气的物质的量分数小于同条件下平衡时氨气的物质的量分数，说明b点反应未平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
③由图可知，400～530℃，II中各点氨气的物质的量分数均小于平衡时物质的量分数，说明反应均未到达平衡状态，且都向正向进行，所以随温度的升高，反应速率加快，相同时间内的氨气的物质的量分数随温度升高而增大，故答案为：曲线Ⅱ上的点还未到平衡，升高温度化学反应速率增大，产物氨气的物质的量分数增大。
29. 工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。某工厂使用还原沉淀法处理，该法的工艺流程为：
Cr3+Cr(OH)3
其中第①步存在平衡：2(黄色)+2H+ (橙色)+H2O
（1）若平衡体系显比较强的酸性，此时溶液显______色。
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是________。
a．溶液的pH不变 b．和的浓度相同
c．2υ()= υ() d．溶液的颜色不变
（3）第②步反应的离子方程式为_______。
（4）Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=6.4×10－31，要使c(Cr3+)降至10－5 ml·L－1时，溶液的pH应调至______。(已知：lg2=0.3)
（5）室温下，初始浓度为1.0ml•L－1的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图所示：
由图可知，溶液酸性增大，的平衡转化率______(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出此时的平衡转化率为________。
（6）有人提出用Fe做电极电解处理含的酸性废水，最终使铬元素以Cr(OH)3沉淀的形式除去。某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示：
甲中碳电极上发生的反应式为________，该燃料电池正极的电极反应式为_______， 燃料电池中若有2.4gCH4参加反应，则甲中碳电极理论上生成的气体在标准状况下体积为______。
【答案】（1）橙 （2）ad
（3） + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
（4）5.6 （5） ①. 增大 ②. 50%
（6） ①. 2H+ +2e- = H2 ②. O2 + 4e- +2CO2 = 2 ③. 13.44 L
【解析】
【小问1详解】
2CrO(黄色)+2H ⇌ Cr2O (橙色)+H2O，若平衡体系显酸性，促进平衡正向移动，则溶液显橙色；
【小问2详解】
a．溶液中氢离子浓度不变，说明达到平衡状态，a项选；
b．和的浓度相同不能说明达到到平衡状态，b项不选；
c．2v()=v()，没有标出正、逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，c项不选；
d．显黄色，显橙色，当溶液的颜色不变，说明和的浓度不变，反应达到平衡状态，d项选；
答案选ad；
【小问3详解】
亚铁离子被氧化为铁离子，离子方程式为Cr2O + 6Fe+ 14H = 2Cr + 6Fe + 7H2O；
【小问4详解】
c(Cr)降至10ml/L时，c(OH-)==ml/L=4×10-9ml/L，则pH=-lg=5.6；
【小问5详解】
由图可知，随着氢离子浓度增大，的浓度逐渐增大，的平衡转化率逐渐增大。A点时，由Cr守恒，转化的的浓度为0.5ml/L，转化率为50%；
小问6详解】
甲是电解池，乙是原电池。乙中通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO。甲池中碳电极为阴极，废水中氢离子放电：2H++2e-=H2。2.4g甲烷的物质的量为0.15ml，由电子守恒得关系式CH4~8e-~4H2，故氢气的物质的量为0.6ml，标准状况下的体积为13.44L。温度/℃
平衡时SO2的转化率/%
0.1 MPa
0.5 MPa
1 MPa
5 MPa
10 MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
元素
元素性质或原子结构
W
电子只有一种自旋取向
X
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
Y
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
Z
其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等
M
只有一个未成对电子
物质
N2
H2
NH3
平衡时物质的量/ml
0.2
0.6
0.2
物质
N2
H2
NH3
初始投料/(ml/L)
0.5
1.5
0.5
计算可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16
一、选择题(单选题，每小题2分，共50分)
1. 下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是
A. 金属的腐蚀B. 食物的腐败C. 塑料的老化D. 氨的合成
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属的腐蚀越慢越好，故增大速率对人类无益，A错误；
B．食物的腐败越慢越好，故增大速率对人类无益，B错误；
C．塑料的老化越慢越好，故增大速率对人类无益，C错误；
D．氨的合成越快越好，缩短生产周期，故增大速率对人类有益，D正确；
故选D。
2. 下列物质中属于弱电解质的是
A. NaOHB. CO2C. H2OD. NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钠在溶液中完全电离出钠离子和氢氧根离子，属于强电解质，故A不符合题意；
B．二氧化碳不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故B不符合题意；
C．水分子能微弱电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，故C符合题意；
D．氯化钠在溶液中完全电离出钠离子和氯离子，属于强电解质，故D不符合题意；
故选C。
3. XY+Z是一吸热的可逆基元反应，其正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Eb，则下列活化能大小关系表述正确的是
A. Ea>EbB. Ea
【解析】
【详解】由题意可知，反应△H=Ea—Eb＞0，所以活化能Ea>Eb，故选A。
4. 下列事实或操作与盐类水解无关的
A. 泡沫灭火器灭火B. 卤水点豆腐
C. 氯化铵溶液除铁锈D. 铝盐用作净水剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器灭火是由于NaHCO3、Al2(SO4)3发生盐的双水解反应，产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，从而隔绝空气，达到灭火的作用，与盐类水解有关， A不符合题意；
B．卤水点豆腐是胶体遇到电解质溶液发生聚沉，与盐的水解无关，B符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶液中的H+与铁锈的成分发生反应，变为可溶性物质，因而可除铁锈，与盐类水解有关， C不符合题意；
D．铝盐净水是由于铝盐电离产生的Al3+发生水解反应产生Al(OH)3胶体，吸附水中固体悬浮物，使之形成沉淀，与盐类水解有关，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用、、表示。已知：、，则该反应可表示为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。
【详解】根据、可知，v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，故该反应的化学计量之比为2︰3︰2，方程式即为：；
故选C。
6. 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。
7. 下列操作可以使水的离子积常数增大的是
A. 加热B. 通入少量HCl气体
C. 滴入少量NaOH溶液D. 加入少量固体
【答案】A
【解析】
【详解】水的离子积常数是水电离平衡的平衡常数，平衡常数只受温度影响，且水的电离是吸热过程，因此加热能使水的电离程度增大，水的离子积常数增大，故选A。
8. 下列说法中，正确的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程B. 能够自发进行的反应一定是放热反应
C. ΔH > 0的反应均不能自发进行D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质的熵值，液体大于固体，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，A说法正确；
B．能够自发进行的反应中，∆G＜0，∆G=ΔH-TΔS，不一定是放热反应，B说法错误；
C．∆G＜0的反应能够自发进行，ΔH＜0的反应不一定是自发进行的反应，C说法错误；
D．能够自发进行的反应一定是∆G＜0，不一定为熵增的过程，D说法错误；
答案为A。
9. 下列有关电解的叙述错误的是
A. 与电源负极相连的是阴极B. 与电源正极相连的是阳极
C. 在阴极上发生还原反应D. 阴离子向阴极方向迁移
【答案】D
【解析】
【详解】电解时，与电源正极相连的是电解池的阳极、与负极相连的是电解池的阴极，溶液中阴离子向阳极方向移动，阳极上发生氧化反应、阴极上发生还原反应，故选D。
10. 下列物质溶解于水时，电离出的阳离子能使水的电离平衡正向移动的是
A. CH3COONaB. Na2SO4C. NH4ClD. H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COONa电离方程式CH3COONa=CH3COO-+Na+，Na+不影响水的电离，故A不符合题意；
B．Na2SO4电离方程式为Na2SO4=2Na++SO，Na+不影响水的电离，故B不符合题意；
C．NH4Cl电离方程式为NH4Cl=NH+Cl-，NH水解，促进水的电离，故C符合题意；
D．硫酸电离方程式为H2SO4=2H++SO，H+抑制水的电离，故D不符合题意；
答案为C。
11. 对于第VIIA族元素，从上到下，下列关于其性质变化的叙述中，错误的是
A. 原子半径逐渐增大B. 电负性逐渐减小
C. 第一电离能逐渐减小D. 氢化物水溶液的酸性逐渐减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一主族从上往下，电子层数增多，原子半径逐渐增大，A正确；
B．同一主族从上往下，非金属性逐渐减弱，电负性逐渐减小，B正确；
C．同一主族从上往下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，C正确；
D．第VIIA族元素，从上到下，非金属性依次减弱，对氢离子的吸引能力减弱，其氢化物易电离出氢离子，因此氢化物水溶液的酸性逐渐增强，D错误；
故答案为：D。
12. N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法中错误的是
A. 该反应的ΔH < 0B. Fe+使反应的活化能减小
C. 催化剂通过参与反应，改变了反应历程D. 催化剂能够改变反应的限度
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图示可知，该反应的反应物N2O和CO的总能量高于生成物N2和CO2的总能量，反应为放热反应，故，A正确；
B．由图示可知，Fe+参与了反应，先转变为FeO+，又重新转变为Fe+，则Fe+是该反应的催化剂，Fe+使反应的活化能减小，从而加快反应速率，B正确；
C．由图示可知，Fe+参与了反应，先转变为FeO+，又重新转变为Fe+，催化剂通过参与反应改变了反应历程，C正确；
D．由B项分析可知，反应中Fe+是催化剂，催化剂只能影响反应速率不能使化学平衡发生移动，故上述过程在作用下，不能改变反应的限度，D错误；
答案为：D。
13. 下列溶液，按pH由小到大顺序排列的是
①0.1ml/L HCl溶液②0.1ml/L H2SO4溶液③0.1ml/L NaOH溶液④0.1ml/L CH3COOH溶液
A. ①②④③B. ②①④③C. ③④①②D. ④③②①
【答案】B
【解析】
【详解】①0.1ml/L HCl溶液，pH=1，②0.1ml/L H2SO4溶液，pH<1，③0.1ml/L NaOH溶液pH=13，④0.1ml/L CH3COOH溶液7>pH>1,g故pH由小到大顺序：②①④③，B项正确；
答案选B。
14. 在硫酸工业中，通过下列反应使SO2氧化为SO3： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=－196.6 kJ/ml。下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率。下列说法错误的是
A. 在实际生产中，从成本的角度考虑选择常压下进行反应
B. 在实际生产中，选定的温度为400～500 ℃，这与催化剂的活性无关
C. 反应过程中通入过量的空气，以提高平衡时SO2的转化率
D. 为避免污染环境和提高原料利用率，尾气中的SO2需回收处理
【答案】B
【解析】
【详解】A．由表格数据可知，在常压及400～500℃时，二氧化硫的转化率已经很高，继续增大压强，虽然二氧化硫的平衡转化率会提高，但不明显，且会增加设备成本，增大投资和能量消耗，故A正确；
B．温度太高时，催化剂失去活性，则实际生产中，选定的温度为400~500℃，主要原因是考虑催化剂的活性最佳，故B错误；
C．空气的成本较低，在实际生产中，通入过量的空气，反应物浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，从而可提高成本较高的二氧化硫的转化率，故C正确；
D．尾气中的SO2必须回收循环利用，防止污染环境并提高原料的利用率，故D正确；
故选B。
15. 常温下，下列溶液中，水电离出的c(H+)=1×10－4ml·L－1的是
A. 1×10－4ml·L－1的盐酸B. 1×10－4ml·L－1的 NaOH溶液
C. pH=4 的NH4Cl溶液D. pH=4 的NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH-)，该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)==1.0×10-10ml/L，故A不符合题意；
B．NaOH抑制水的电离，该溶液中水电离出的c(H+)==1.0×10-10ml/L，故B不符合题意；
C．NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH发生水解，溶液中H+全部是水电离产生，该溶液中水电离出c(H+)=1.0×10-4ml/L，故C符合题意；
D．NaHSO4在水中NaHSO4=Na++H++SO，抑制水的电离，水电离出的c(H+)=c(OH-)，该溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)==1.0×10-10ml/L，故D不符合题意；
答案为C。
16. 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，下列说法错误的是
A. a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c
C. 若使b点对应的溶液中c(CH3COO－)增大、c(H+)减小，可以加入Na2CO3固体
D. 加水前导电能力约为零是因为冰醋酸中没有自由移动的离子
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力就越强，由图可知，溶液导电能力由小到大的顺序是c
C．向醋酸溶液中加入碳酸钠固体，溶液中氢离子与碳酸根离子反应，电离平衡右移，醋酸根离子浓度增大，故C正确；
D．冰醋酸是纯净醋酸，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以导电能力约为零，故D正确；
故选B。
17. 现进行下列实验。
（1）将溶液和溶液等体积混合，得到悬浊液；将悬浊液过滤，得到滤液和白色沉淀。
（2）向滤液中滴加溶液，滤液出现浑浊。
（3）向沉淀中滴加溶液，沉淀变为黄色。
下列关于上述实验的分析错误的是
A. 悬浊液中存在沉淀溶解平衡：
B. 滤液中不含
C. 实验（3）表明转化为
D. 实验可以证明的比的小
【答案】B
【解析】
【详解】A．将溶液和溶液等体积混合，二者恰好完全反应，向滤液中滴加溶液，滤液出现浑浊，说明滤液b中含有Ag+，可知悬浊液中存在沉淀溶解平衡，故A正确；
B．向滤液中滴加溶液，滤液出现浑浊，说明滤液b中含有Ag+，故B错误；
C．向氯化银沉淀中滴加溶液，沉淀变为黄色，说明转化为，故C正确；
D．一种沉淀更易转化为比它更难溶的沉淀，转化为可以证明的比的小，故D正确；
选B。
18. 某学生活动小组设计下列①~④方案，能达到实验目的的是
A. ①可以准确测定盐酸的浓度B. ②可以判断温度对平衡的影响
C. ③可以研究催化剂对反应速率的影响D. ④可以准确测定酸碱反应的中和热
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH标准溶液应装在碱式滴定管中，A不符合题意；
B．，改变温度平衡移动，c(NO2)改变，颜色发生改变，因而可以通过左右容器中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响，B符合题意；
C．缺少对照实验，应再取一支试管装入2mL5%双氧水，并滴入5滴蒸馏水，C不符合题意；
D．缺少环形玻璃搅拌器，不能准确测定中和热，D不符合题意；
故选B。
19. Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是
A. 负极反应式为Mg-2e-=Mg2+
B. 正极反应式为Ag++e-=Ag
C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移
D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。
【详解】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，
A、负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；
B、正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；
C、原电池中阴离子移向负极，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；
D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确。
答案选B。
20. 常温下，浓度均为0.1ml·L－1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11，下列判断不正确的是
A. NaX溶液中：c(Na+)> c(X－) > c(OH－)>c(H+)
B. 电离常数：Ka(HX) > Ka(HY)
C. X－结合H+的能力大于Y－结合H+的能力
D. HX与NaY能发生反应：HX + Y－= HY + X－
【答案】C
【解析】
【分析】由0.1ml·L－1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11可知，NaX和NaY都是强碱弱酸盐，X－离子在溶液中的水解程度小于Y－离子，由盐类水解规律可知，HX的酸性强于HY，电离常数大于HY。
【详解】A．由分析可知，NaX是强酸弱碱盐，X－离子在溶液中使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)> c(X－) > c(OH－)>c(H+)，故A正确；
B．由分析可知，HX的酸性强于HY，电离常数大于HY，故B正确；
C．由分析可知，X－离子在溶液中的水解程度小于Y－离子，则X－离子结合氢离子的能力小于Y－离子，故C错误；
D．由分析可知，HX的酸性强于HY，由强酸制弱酸的原理可知，HX与NaY能发生反应：HX + Y－= HY + X－，故D正确；
故选C。
21. 羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌危害。在容积不变的密闭容器中，使用CO与H2S发生下列反应并达到平衡：CO(g) + H2S(g)COS(g) + H2(g)。若反应前CO的物质的量为10 ml，达到平衡时CO的物质的量为8 ml，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是
A. 升高温度，H2S的浓度增大，表明该反应是吸热反应
B. 平衡后再通入COS，逆反应速率逐渐增大
C. 达到平衡时CO的转化率为80%
D. 反应前H2S的物质的量为7 ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，H2S浓度增大，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，A错误；
B．平衡后再通入COS，通入COS瞬间逆反应速率增大到最大值，之后逆反应速率逐渐减小，B错误；
C．反应前CO的物质的量为10 ml，达到平衡时CO的物质的量为8 ml，消耗CO的物质的量为2ml，达到平衡时CO的转化率：，C错误；
D．设反应前H2S的物质的量为nml，列三段式：，，解得n=7，D正确；
答案选D。
22. 115号元素的中文名为“镆”，它有多种原子，如、等，下列说法中正确的是
A. 和的化学性质不相同
B. 在镆原子中，最后填入电子的轨道能级符号是f
C. Mc位于周期表的第七周期ⅤA族
D. 的中子数为288
【答案】C
【解析】
【详解】A．、的质子数相同、最外层电子数相同，化学性质几乎完全相同，故A错误；
B．镆元素的原子序数为115，基态原子的价电子排布式为7s23p3，则原子中，最后填入电子的轨道能级符号是p，故B错误；
C．镆元素的原子序数为115，基态原子的价电子排布式为7s23p3，则镆元素位于周期表的第七周期ⅤA族，故C正确；
D．的质量数为288，中子数为288—115=173，故D错误；
故选C。
23. 用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：
分析图象，以下结论错误的是（ ）
A. 溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀
B. 在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀
C. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快，
D. 两溶液中负极反应均为Fe-2e- →Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知pH=2时压强随着反应的进行而增大，产生了大量气体，发生了析氢腐蚀，溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；
B. pH=4时压强随着反应的进行而减小，气体的量减少，发生了吸氧腐蚀，所以在酸性溶液中生铁可能发生析氢腐蚀也可能发生吸氧腐蚀，故B项正确；
C. 由两幅图可知变化相同的压强所用的时间不同，析氢腐蚀所用时间长而吸氧腐蚀所用的时间短，因而吸氧腐蚀的速率比析氢腐蚀快，故C错误；
D.析氢腐蚀和吸氧腐蚀负极反应均为，故D正确。
故答案选：C。
24. 在一定温度下的密闭容器中发生反应：xA(g) + yB(g)zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50 ml·L－1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.20 ml·L－1，下列有关判断正确的是
A. x + y > zB. B的转化率降低
C. 平衡向正反应方向移动D. C的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【分析】若平衡不移动，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，A的浓度为0.25ml/L，则测得A的浓度为0.20ml/L说明平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积增大的反应。
【详解】A．由分析可知，该反应是气体体积增大的反应，则化学计量数的关系为x+y＜z，故A错误；
B．由分析可知，将容器的容积扩大到原来的两倍，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，故B错误；
C．由分析可知，将容器的容积扩大到原来的两倍，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，将容器的容积扩大到原来的两倍，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故D错误；
故选C。
25. 一定温度下，向某二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，溶液中粒子浓度(H2A、HA-、A2-、H+、OH-)的负对数(用pc)表示，与溶液pH变化的关系如图，下列说法错误的是
A. 曲线c是代表A2－浓度的负对数B. Ka2的数量级为10－5
C. Z点溶液中c(Na+)<2c(A2－)+2c(OH－)D. X点对应的pH = (lgKa1+lgKa2)
【答案】D
【解析】
【分析】向二元弱酸H2A溶液中加入NaOH，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大，随着pH增大，H2A浓度逐渐下降，HA-浓度先增大后减小，A2-浓度随HA-浓度减小而增大；纵坐标是粒子浓度的负对数，粒子浓度越大，pc值越小。故a、b、c、d、e曲线分别代表粒子浓度H2A 、H+、A2-、HA-、OH-。
【详解】A．由分析可知，曲线c是代表A2－浓度的负对数，A正确；
B．，由Y点pH约4.2左右且，则，数量级为10－5，B正确；
C．Z点，由电荷守恒可知，，此时，则c(Na+)<2c(A2－)+2c(OH－)，C正确；
D．X点，，则pH=-(lgKa1+lgKa2)，D错误；
故选D。
二、非选择题(共50分)
26. W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的5种短周期元素，其元素性质或原子结构如下：
请完成下列空白：
（1）W的元素符号为________。
（2）写出Y的价层电子排布式：_________。
（3）下列状态的X中，电离最外层一个电子所需能量最小的是______(填序号)。
a． b． c．
（4）基态M－占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。
（5）X、Z和M三种元素电负性由大到小的顺序：_____(请填元素符号)。
（6）X与同周期相邻的其它两种元素，它们的第一电离能由大到小的顺序：______(请填元素符号)。
【答案】（1）H （2）3s2
（3）C （4）哑铃形
（5）O > Cl > Si
（6）F > N > O
【解析】
【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期元素，W电子只有一种自旋取向，故W为H， X和Y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，则二者的基态核外电子排布式依次为1s22s22p4、1s22s22p63s2，故X为O，Y为Mg，Z的其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，即1s22s22p63s23p2，故Z为Si，M只有一个不成对电子，即1s22s22p63s23p5，故M为Cl，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知， W的元素符号为H。
【小问2详解】
由分析可知，Y的价层电子排布式：3s2。
【小问3详解】
X为O，O处于基态时能量较低失去1个电子所需能量较多、处于激发态时能量较高失去1个电子所需能量较少，c是激发态，则电离最外层一个电子所需能量最小的是c。
【小问4详解】
基态M－即氯离子的基态价层电子排布式3s23p6，则占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是哑铃形或纺锤形。
【小问5详解】
X、Z和M三种元素分别为：O、Si、Cl，同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故三种元素的电负性由大到小的顺序：O＞Cl＞Si。
【小问6详解】
同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，但VA的最外层p电子处于半充满状态、较稳定，故VA与VIA反常，X为O，则X与同周期相邻的其它两种元素的第一电离能由大到小的顺序：F > N > O。
27. 中和滴定法是生产和科研中常用的定量分析方法。
Ⅰ．某学生用0.2000 ml·L－1 NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答：
（1）以上步骤有错误的是_______(填编号)，该错误操作会导致测定结果(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)____。
（2）滴定时，用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______(填装置名称)，直到滴定终点。
（3）如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_____mL。
Ⅱ．维生素C是一种水溶性维生素(其水溶液呈酸性)，它的化学式是C6H8O6，某校课外活动小组测定了某牌子的软包装果汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告。(请填写空白)
测定目的：测定××牌软包装果汁中维生素C的含量。
测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I－(待测果汁中其他物质不与I2反应)
（4）实验过程：洗涤仪器，检査滴定管是否漏液，装好标准碘溶液待用。用酸式滴定管向锥形瓶中加入25.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。进行滴定，滴定至终点时的现象是______。
（5）数据记录与处理：重复上述实验2－3次后，平均消耗7.50×10－3 ml·L－1的I2标准溶液的体积为18.00mL，则此果汁中维生素C的含量是______g·L－1(保留2位小数)。
（6）下列操作，可能引起所测维生素C的含量偏高的是_____。
①滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
②在滴定过程中不慎将数滴I2标准溶液滴在锥形瓶外
③读数时，滴定前俯视，滴定后仰视
【答案】（1） ①. ① ②. 偏大
（2）锥形瓶 （3）20.60
（4）当滴入最后半滴标准碘溶液时，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色
（5）0.95 （6）②③
【解析】
【小问1详解】
以上步骤有错误的是①，应该用标准液润洗，用蒸馏水会润洗氢氧化钠会变稀，消耗体积偏大，该错误操作会导致盐酸浓度测定结果偏大；
【小问2详解】
滴定时，用左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶，直到滴定终点；
【小问3详解】
如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为20.60mL；
【小问4详解】
实验过程：洗涤仪器，检査滴定管是否漏液，装好标准碘溶液待用。用酸式滴定管向锥形瓶中加入25.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。进行滴定，滴定至终点时的现象当滴入最后半滴标准碘溶液时，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色。
小问5详解】
由题意得：，，
则此果汁中维生素C的含量是；
【小问6详解】
①滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对结果没有影响，不符合题意；
②在滴定过程中不慎将数滴I2标准溶液滴在锥形瓶外，造成标准液消耗过多，结果偏大，符合题意；
③读数时，滴定前俯视，读数偏小，滴定后仰视，读数偏大，造成算出标准液体积偏大，测得结果偏大，符合题意；
故选：②③。
28. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。
（1）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH1=－xkJ·ml－1
4NH3(g)+3O2(g)=2N2+6H2O(g) ΔH2=－ykJ·ml－1
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH3
ΔH3 = _____kJ·ml－1(用含x、y的代数式表示)。
（2）目前工业合成氨通常用以铁为主的催化剂在 400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是________。
②将物质的量之比为 1∶3 的N2 和H2 充入 2 L 的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
该条件下H2 的转化率为_______，平衡常数K = _______(可用分数表示)。
③若按以下浓度投料，其它反应条件与②相同，起始时反应进行的方向为______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)
（3）下图是某压强下N2 和H2 按物质的量之比 1∶3 投料进行反应，反应混合物中NH3 的物质的量分数随温度的变化曲线，I 是平衡时的曲线，II 是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线。
①图中a点，容器内n(N2)：n(NH3)=______。
②图中b点，υ正____υ逆(填“>”“<”或“=”)
③400～530℃，II 中NH3 的物质的量分数随温度升高而增大，原因是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 400-500℃时催化剂的催化活性强，反应速率大 ②. ③. ④. 正向
（3） ①. 1：4 ②. > ③. 曲线Ⅱ上的点还未到平衡，升高温度化学反应速率增大，产物氨气的物质的量分数增大
【解析】
【小问1详解】
将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应得到反应③，则ΔH3 =kJ/ml，故答案为：；
【小问2详解】
①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，但400-500℃时催化剂的催化活性强，反应速率大，所以实际生产时仍选择较高温度，故答案为：400-500℃时催化剂的催化活性强，反应速率大；
②由表格数据可知，平衡时氨气、氮气和氢气的物质的量分别为0.2ml、0.2ml和0.6ml，则由方程式可知，氢气的转化率为=，反应的平衡常数K==，故答案为：；；
③由表格数据可知，反应的浓度熵Qc==＜K，则反应正向进行，故答案为：正向；
【小问3详解】
①设起始时氮气和氢气物质的量分别为1ml和3ml，设氮气的消耗量为aml，由题意可建立如下三段式：
由图可知，a点氨气的物质的量分数为50%，由三段式数据可得：×100%=50%，解得a=，则容器内氮气和氨气的物质的量之比为(1—)：×2=1：4，故答案为：1：4；
②由图可知，b点氨气的物质的量分数小于同条件下平衡时氨气的物质的量分数，说明b点反应未平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
③由图可知，400～530℃，II中各点氨气的物质的量分数均小于平衡时物质的量分数，说明反应均未到达平衡状态，且都向正向进行，所以随温度的升高，反应速率加快，相同时间内的氨气的物质的量分数随温度升高而增大，故答案为：曲线Ⅱ上的点还未到平衡，升高温度化学反应速率增大，产物氨气的物质的量分数增大。
29. 工业废水中常含有一定量的和，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。某工厂使用还原沉淀法处理，该法的工艺流程为：
Cr3+Cr(OH)3
其中第①步存在平衡：2(黄色)+2H+ (橙色)+H2O
（1）若平衡体系显比较强的酸性，此时溶液显______色。
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是________。
a．溶液的pH不变 b．和的浓度相同
c．2υ()= υ() d．溶液的颜色不变
（3）第②步反应的离子方程式为_______。
（4）Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=6.4×10－31，要使c(Cr3+)降至10－5 ml·L－1时，溶液的pH应调至______。(已知：lg2=0.3)
（5）室温下，初始浓度为1.0ml•L－1的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图所示：
由图可知，溶液酸性增大，的平衡转化率______(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出此时的平衡转化率为________。
（6）有人提出用Fe做电极电解处理含的酸性废水，最终使铬元素以Cr(OH)3沉淀的形式除去。某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示：
甲中碳电极上发生的反应式为________，该燃料电池正极的电极反应式为_______， 燃料电池中若有2.4gCH4参加反应，则甲中碳电极理论上生成的气体在标准状况下体积为______。
【答案】（1）橙 （2）ad
（3） + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
（4）5.6 （5） ①. 增大 ②. 50%
（6） ①. 2H+ +2e- = H2 ②. O2 + 4e- +2CO2 = 2 ③. 13.44 L
【解析】
【小问1详解】
2CrO(黄色)+2H ⇌ Cr2O (橙色)+H2O，若平衡体系显酸性，促进平衡正向移动，则溶液显橙色；
【小问2详解】
a．溶液中氢离子浓度不变，说明达到平衡状态，a项选；
b．和的浓度相同不能说明达到到平衡状态，b项不选；
c．2v()=v()，没有标出正、逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，c项不选；
d．显黄色，显橙色，当溶液的颜色不变，说明和的浓度不变，反应达到平衡状态，d项选；
答案选ad；
【小问3详解】
亚铁离子被氧化为铁离子，离子方程式为Cr2O + 6Fe+ 14H = 2Cr + 6Fe + 7H2O；
【小问4详解】
c(Cr)降至10ml/L时，c(OH-)==ml/L=4×10-9ml/L，则pH=-lg=5.6；
【小问5详解】
由图可知，随着氢离子浓度增大，的浓度逐渐增大，的平衡转化率逐渐增大。A点时，由Cr守恒，转化的的浓度为0.5ml/L，转化率为50%；
小问6详解】
甲是电解池，乙是原电池。乙中通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO。甲池中碳电极为阴极，废水中氢离子放电：2H++2e-=H2。2.4g甲烷的物质的量为0.15ml，由电子守恒得关系式CH4~8e-~4H2，故氢气的物质的量为0.6ml，标准状况下的体积为13.44L。温度/℃
平衡时SO2的转化率/%
0.1 MPa
0.5 MPa
1 MPa
5 MPa
10 MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
元素
元素性质或原子结构
W
电子只有一种自旋取向
X
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
Y
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
Z
其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等
M
只有一个未成对电子
物质
N2
H2
NH3
平衡时物质的量/ml
0.2
0.6
0.2
物质
N2
H2
NH3
初始投料/(ml/L)
0.5
1.5
0.5
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