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68，河南省郑州市登封市第一高级中学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68，河南省郑州市登封市第一高级中学2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，不定项，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知：；
；
，则d等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】①；②；③；④，根据盖斯定律可得④=3①+②-③，故；
故选A。
2. 根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气作用生成二氧化碳和水的反应，设计一种燃料电池。该燃料电池工作时，负极上发生的反应为。
A.
B
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】甲醇在酸性电解质溶液中与氧气构成的燃料中，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，故选C。
3. 利用电解法将转化为的原理如图所示。下列说法错误的是您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载
A. 电解过程中，由a极区向b极区迁移
B. 电极b上反应为
C. 电解过程中电能转化为化学能
D. 电解时溶液浓度保持增大
【答案】B
【解析】
【分析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断，a极上水放电发生氧化反应生成氧气：，a极为阳极，则b为阴极；电极b上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲烷：；
【详解】A．电解池中阳离子向阴极流动，则H+由a极区向b极区迁移正确，A正确；
B．电极b为阴极，反应中得到电子，反应应为，B错误；
C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，C正确；
D．电解时水电离出的氢氧根离子比硫酸根离子更容易失去电子，所以电解溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以溶液的浓度是增大的，D正确；
故选B。
4. T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应： ，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是
A. T℃时，该反应的平衡常数值为4B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃D. T℃时，直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据平衡常数的表达式并结合图中曲线可知，，故A错误；
B．c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故B错误；
C．如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故C正确；
D．平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线b是平衡线，故D错误；
故选C。
5. 可逆反应2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0，图像表达正确的为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度较低时，反应速率较慢，图像斜率小。由于ΔH<0，温度较低时有利于平衡正常移动，即C的体积分数增加，A项正确。
B．增大压强，正、逆反应速率都增大，B项错误。
C．催化剂不改变平衡移动，因此有无催化剂，平衡时C的浓度都相同，C项错误。
D．根据A选项的分析，温度较低时，A的转化率较高。在图像上做一条垂直于横轴的直线，发现温度较高时，A的转化率更高，不符合已知结论，D项错误。
答案选A。
【点睛】对于平衡图像题，要注意看清楚坐标轴的含义。当出现多个影响平衡移动的因素时，注意控制变量分析。
6. 25℃时，在氨水中滴入0.10ml·L-1的盐酸，溶液pH与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. a点对应溶液中已电离的NH3·H2O为10-2.8ml·L-1
B. b点对应盐酸的体积小于20.0mL
C. b点对应溶液中c(Cl-)=c(NH)
D. 加入10mL盐酸时：c(NH)>c(NH3·H2O) >c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【详解】A． 25°C时，a点对应溶液pH=11.2，则氢离子浓度为，氢氧根离子浓度为，则已电离的为，A正确；
B．在氨水中滴入的盐酸时恰好完全中和得氯化铵溶液，氯化铵溶液因水解呈酸性，而b点溶液呈中性，则b点为氯化铵和氨水混合物，对应盐酸的体积小于，B正确；
C．溶液中电荷守恒：，b点对应溶液中：，则，C正确；
D． 滴加入盐酸时所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵和氨水混合物，呈碱性，说明一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度，结合电中性可知, ,又由物料守恒可得：，则，D错误；
答案选D。
7. 根据实验操作及现象推断的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于镁离子而言氢氧化钠过量，因此氢氧化钠后续还和铜离子生成了氢氧化铜，不能说明，故A错误；
B．硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，将铜氧化溶解，硝酸钾不是催化剂而是氧化剂，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，实验只能说明HCN的酸性强于，故C错误；
D．增加氯离子浓度，使得平衡正向移动，因此在饱和食盐水中通入HCl，析出少量晶体，故D正确；
故选：D。
8. 下列与实验相关的叙述正确的是
A. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH，会使测得结果偏大
B. 将溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小
C. 酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏低
D. 将沉淀转入表面皿中，加入足量稀盐酸，加热蒸干得无水固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．测量溶液的pH值时不能用湿润的pH试纸，否则将可能引起实验误差，CH3COONa溶液呈碱性，用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH将使测量结果偏小，A错误；
B．将溶液从20℃升温至30℃，促进了CH3COO-的水解，水解常数Kh=增大，则减小，B正确；
C．酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，消耗的标准液偏大，则测定结果偏高，C错误；
D．将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中，加入足量稀盐酸，由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，故若加热蒸干溶液将得不到无水MgCl2固体，而是转化为Mg(OH)2固体或者MgO，D错误；
故答案为B。
9. 常温时，下列说法错误的是
A. pH相等的盐酸、溶液、
B. 等浓度的盐酸和醋酸溶液稀释10倍，盐酸的pH小于醋酸溶液的pH
C. pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，溶液显碱性
D. 0.1的溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，pH相等的盐酸、溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，，则，A正确；
B．醋酸为弱酸，稀释过程中电离程度变大，等浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸的pH小于醋酸，稀释10倍后，仍然是盐酸的酸性强，故盐酸的pH小于醋酸溶液的pH，B正确；
C．氨水为弱碱，pH=2的盐酸的浓度小于pH=12的氨水，pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，C正确；
D．加水稀释促进醋酸电离，氢离子增多个数小于溶液体积增大倍数，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，D错误；
故选D。
10. 阻燃剂FR分子结构如图。下列说法错误的是
A. 分子中P元素的化合价均为+5价
B. 第一电离能：N>O>C
C. 基态C原子有4种空间运动状态的电子
D. 该化合物中所有元素都分布在p区
【答案】D
【解析】
【详解】A．P的电负性小于O和N，因此共用电子对偏离P显出+5价，故A正确；
B．同周期元素原子序数越大第一电离能越大，但N属于半充满结构所以其第一电离能比同周期相邻的元素都大，故B正确；
C．基态C原子核外电子排布式为：1s22s2sp2因此有4种空间运动状态的电子，故C正确；
D．H位于s区，故D错误；
故选D。
二、不定项(每题4分，少选2分，错选0分)
11. 金属镍有广泛的用途，粗镍中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制得高纯度的镍。下列叙述正确的是(已知氧化性：)
A. 阳极发生还原反应，其电极反应式为
B. 电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不相等
C. 电解后，溶液中存在的阳离子只有和
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt
【答案】BD
【解析】
【详解】A．阳极失去电子发生氧化反应，其电极反应式Ni2+ + 2e- = Ni，选项A错误；
B．电解过程中阳极失电子的有Ni、Fe、Zn，阴极析出的是镍，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，选项B正确；
C．电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，选项C错误；
D．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，故电解后电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，选项D正确；
答案选BD。
12. 汽车尾气净化的主要原理为。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如图所示。下列说法中正确的是
A. T1>T2，ΔH>0
B. 高温有利于该反应自发进行
C. 固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，CO 转化率不变
D. 其他条件保持不变，升高温度，正逆反应速率均增大，该反应平衡常数K 减小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，T1先达平衡，反应速率快，温度高，所以T1>T2，温度越高，越低，平衡逆向移动，ΔH<0，A错误；
B．该反应ΔH<0，ΔS<0，低温下可自发，B错误；
C．增大其表面积可提高化学反应速率，但是平衡不移动，所以CO 转化率不变，C正确；
D．因为该反应ΔH<0，其他条件保持不变，升高温度，正逆反应速率均增大，该反应平衡常数K 减小，D正确；
故选CD。
13. 下列说法正确的是
A. 轨道表示式能反映钠原子轨道的能级差别和电子的自旋状态
B. 金属基态原子的核外电子排布式为：
C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D. X、Y元素同周期且电负性X＞Y，则第一电离能：Y＜X
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．在轨道排布图中包含了电子层、电子亚层；小方框表示了能级差别，方框中的箭头表示了电子的自旋状态，A正确；
B．Cr是24号元素，根据构造原理和洪特规则可知基态Cr原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，B错误；
C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级上，因此一定属于p区元素，C正确；
D．一般情况下同一周期元素的第一电离能和元素的电负性都随原子序数的增大而增大，但若元素处于第IIA、第VA，则其第一电离能大于同一周期相邻元素。X、Y元素同周期且电负性：X＞Y，若Y为第IIA或第VA元素，则由于原子核外电子排布处于原子轨道的全满或半满的稳定状态，其第一电离能就大于相邻元素，此时第一电离能：Y＞X，D错误；
故合理选项是AC。
14. 某抗氧化剂Z可由图中反应制得：
下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是
A. 化合物Z中采用杂化和杂化的碳原子个数比为3∶5
B. 化合物Y中含有1个手性碳原子
C. 化合物X难溶于水
D. 化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用杂化的碳原子有6个，采用杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；
B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有1个手性碳原子 ，B正确；
C．含苯环的烃基不利于物质的溶解，碳原子越多，对物质溶解性影响越大。化合物X中酚羟基、羧基为亲水基团，含苯环的烃基对物质溶解性占主导作用，化合物X难溶于水，C正确；
D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。
故选ABC。
三、填空题
15. 硫酸镍广泛应用于电镀工业。以粗硫酸镍(含、、、、等)为原料，经如图所示一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺，回答下列问题。
部分物质的K如下表：
（1）“滤渣1”的主要成分是___________。
（2）加入的作用是___________。
（3）“氟化除杂”时，若使溶液中的和沉淀完全，假设离于浓度小于时认为沉淀完全，需维持不低于___________。若溶液酸度过高，和沉淀不完全，原因是___________。反应的平衡常数为___________。
（4）“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，则实验时需控制的pH适宜范围是___________(填字母序号)。
A. 1～2B. 2～3C. 4～5D. 5～6
【答案】（1）和S
（2）调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去
（3） ①. ②. 与H+氢离子结合生成HF，降低了溶液中浓度 ③. （4）B
【解析】
【分析】粗硫酸镍(、、、、等)加水和硫酸进行酸浸，浸出液含有、、、、、、等离子，向浸出液中通入H2S气体，转化为沉淀除去，同时可与S2-发生氧化还原反应生成和S单质，过滤后得到滤液1和滤渣1，滤渣1为和S，滤液1中含有、、、、、，向滤液1中加入Ni(OH)2和Cl2，Cl2将滤液中氧化为，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，向其中加入NiF2，使滤液2中的、转化为、沉淀除去，再次进行过滤得到滤液3，向滤液3中加入有机萃取剂，使滤液3中的转移至有机相中分液除去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。
【小问1详解】
由上述分析可知滤渣1为和S；
【小问2详解】
用Ni(OH)2调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，同时不引入杂质是次要原因；
【小问3详解】
由K值可知的溶解度大于，若使溶液中的和沉淀完全，需要确保完全沉淀，则；若溶液酸度过高，与氢离子结合生成HF，降低了溶液中浓度，导致和沉淀不完全；
的平衡常数为K=；
【小问4详解】
“萃取”操作的目的是使滤液3中的转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是制得硫酸镍，结合金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，当控制实验时的pH为2~3以使滤液中的、、等离子的萃取除杂率最好。
16. 类别万千的酸碱溶液共同构筑了化学世界的丰富多彩。
（1）现有常温下pH=2的盐酸(甲)、pH=2的醋酸溶液(乙)和0.1m1/L (丙)，请根据下列操作回答：
①常温下，将丙溶液加水稀释，下列数值一定变小的是___________(填字母)。
A． B． C． D．
②常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，水的电离程度：乙___________甲(填“>”“<”或“=”)。
（2）①某温度时，测得0.01ml/L NaOH溶液pH为11，则该温度___________25℃。(填“>”“<”或“=”)
②相同条件下，取等体积、等pH的、NaOH和三种碱溶液，分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为、、，则三者的由大到小关系为___________。
③某温度下，水的离子积常数，将L pH=4的HCl溶液和L pH=9的溶液混合均匀，测得溶液的pH=7，则___________。
（3）已知：在25℃，有关弱电解质电离平衡常数如下表有下表：
①将通入氨水中，当降至时，溶液中的___________。
②下列微粒在溶液中不能大量共存的是___________。
A．、 B．、 C．、 D．HClO、
【答案】（1） ①. AB ②. <
（2） ①. > ②. V1=V2（3） ①. 1.02 ②. C
【解析】
【小问1详解】
①A．，氨水溶液加水稀释过程中减小，Kw不变，则比值减小，故A正确；
B．氨水溶液加水稀释过程中 减小，而 增大，则一定减小，故B正确；
C．加水稀释有利于的电离，则溶液中 增大，故C错误；
D．，加水稀释过程中不变， 减小，则比值增大，故D错误；
②常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，醋酸电离产生的c(H+)大，对水电离的抑制作用大，所以水的电离程度：乙<甲。
【小问2详解】
①某温度时，测得0.01ml/LNaOH溶液pH为11，则水的离子积常数为10-11×0.01=10-13＞10-14，所以该温度＞25℃。
②相同条件下，等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3∙H2O三种碱溶液，Ba(OH)2、NaOH消耗盐酸的物质的量相同，NH3∙H2O的浓度最大，消耗盐酸最多，所以分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积大小关系为V1=V2③某温度下，KW=10-12，将VaLpH=4HCl溶液和VbLpH=9Ba(OH)2溶液混合均匀，测得溶液的pH=7，则c(OH-)==10-5，Va:Vb=9:1。
【小问3详解】
①将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7ml∙L-1时，溶液中的=1.02。
②A．<，则、能大量共存，Ａ不符合题意；
B．<，则、能大量共存，B不符合题意；
C．＞，则、能发生反应，不能大量共存，C符合题意；
D．<，则HClO、能大量共存，D不符合题意；故选C。
17. 聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：。已知，，其中、为正、逆反应速率，、为速率常数，x为各组分的物质的量分数。
（1）反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率()随时间(t)的变化关系如图所示。
该醇解反应的___________0(填>或<)。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数___________(保留2位有效数字)。在曲线①、②、③中，与的比值最大的曲线是___________；A、B、C、D四点中，最大的是___________，最大的是___________。
（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1、1∶2和2∶1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比为___________时，乙酸甲酯转化率最大；与按1∶2投料相比，按2∶1投料时化学平衡常数___________(填增大、减小或不变)。
（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是___________。
a．参与了醇解反应，但并不改变反应历程
b．使和增大相同倍数
c．降低了醇解反应的活化能
d．提高乙酸甲酯的平衡转化率
【答案】（1） ①. > ②. 3.2 ③. ① ④. A ⑤. C
（2） ①. 1:2 ②. 不变
（3）ad
【解析】
【分析】根据图像，根据图象可知，①曲线的反应速率最快，说明温度最高，即曲线①对应温度为348K，曲线②对应温度为343K，曲线③对应温度为338K， 温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的；根据三段式计算平衡常数；、是温度的函数，根据平衡移动的规律，受温度影响更大；根据，分析。
【小问1详解】
根据图像，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以；348K时，设初始投入为1ml，则有：
代入平衡常数表达式： ； 、是温度的函数，根据平衡移动的规律，受温度影响更大，因此温度升高，增大的程度大于，①曲线对应的温度最高，值最大；温度越高，反应速率越快，速率最大的点应在曲线①上寻找，根据图象可知，A点是反应向正方向进行，C点为平衡点，随着反应进行，逐渐减小，逐渐增大，因此四点中，最大的点是A，最大的点是C；故答案为：>；3.2；①；A；C
【小问2详解】
要提高某一反应物的转化率，可以通过增加其他反应物的浓度来实现，以乙酸和己醇甲酯物质的量之比1:1作为参照，2：1时乙酸甲酯的 转化率会降低，1：2时乙酸甲酯的转化率会升高，故1：2时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数只与温度有关，因此不变；故答案为：1：2；不变；
【小问3详解】
a．催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；
b．催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使和增大相同倍数，b正确；
c．催化剂能够降低反应的活化能，c正确；
d．催化剂不改变化学平衡，d错误；
故答案为：ad。
18. 晶体世界丰富多彩，复杂多样，各类晶体具有不同的结构特点，决定着它们具有不同的性质和用途。几种晶胞的结构示意图如下：
回答下列问题：
(1)这些晶体中粒子之间以共价键结合形成的是___________。
(2)每个Cu晶胞中包含的铜原子个数是___________，铜原子在晶胞中的空间占有率为___________。
(3)NaCl晶胞与MgO晶胞结构相同，NaCl晶体的熔点___________(填“大于”或“小于”)MgO晶体的熔点，原因是___________。
(4)2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T－碳。T－碳的结构是将金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元(如图)取代形成的一种新型三维立方晶体结构。已知T－碳晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数为NA，则T－碳的密度为___________g/cm3(列出计算式)。
【答案】 ①. 金刚石晶胞 ②. 4 ③. 74% ④. 小于 ⑤. Mg2+半径比Na+小，同时O2-的半径比Cl-小 ⑥.
【解析】
【分析】
【详解】(1)原子晶体中原子之间以共价键结合；离子晶体中离子之间以离子键结合；分子晶体中分子之间以范德华力结合；金属晶体中金属阳离子与自由电子之间以金属键结合，所以只有金刚石晶胞以共价键结合的；
(2)铜晶胞为面心立方晶胞，Cu原子位于晶胞的6个面心和8个顶点上。每个面心是两个晶胞所共用，顶点是8个晶胞所共用。所以平均每个晶胞中铜原子的个数为，故每个晶胞中含有4个Cu原子。面心立方晶胞最密堆积，故金属原子在三维空间中以密置层采取ABCABC……堆积，空间利用丰为74%；
(3)MgO和NaCl晶体都是离子晶体。离子半径越小，离子带有的电荷数目越多，离子键就越强，断裂离子键使物质熔化、气化消耗的能量就越多，物质的熔点就越高。由于离子半径：Mg2+＜Na+，O2-＜Cl-，且MgO中阴阳离子都带2个单位电荷，而NaCl的阴阳离子都只带有1个单位电荷，所以离子键：MgO＞NaCl，故物质的熔点：MgO＞NaCl，即NaCl的熔点比MgO的小；
(4)晶胞中含有的正四面体结构数目为8×+6×+4=8，每个正四面体结构含有4个碳原子，则晶胞的质量m=(4×8×12)/NA g，晶胞的参数为a nm，则该晶胞的密度ρ=。选项
实验操作及现象
结论
A
在5mL 0.1 NaOH溶液中滴加1mL 0.1 溶液，再滴几滴0.1 溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
B
在铜和稀硫酸的混合物中加少量，铜溶解，溶液变蓝色
作催化剂
C
用pH计测定同浓度溶液、KCN溶液pH，前者较大
HCN酸性比弱
D
在饱和食盐水中通入HCl，析出少量晶体
增大，促进平衡向生成氯化钠晶体方向移动
物质
MnS
FeS
NiS
K
弱电解质
HClO
电离平衡常数
1. 已知：；
；
，则d等于
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】①；②；③；④，根据盖斯定律可得④=3①+②-③，故；
故选A。
2. 根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气作用生成二氧化碳和水的反应，设计一种燃料电池。该燃料电池工作时，负极上发生的反应为。
A.
B
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】甲醇在酸性电解质溶液中与氧气构成的燃料中，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，故选C。
3. 利用电解法将转化为的原理如图所示。下列说法错误的是您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载
A. 电解过程中，由a极区向b极区迁移
B. 电极b上反应为
C. 电解过程中电能转化为化学能
D. 电解时溶液浓度保持增大
【答案】B
【解析】
【分析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断，a极上水放电发生氧化反应生成氧气：，a极为阳极，则b为阴极；电极b上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲烷：；
【详解】A．电解池中阳离子向阴极流动，则H+由a极区向b极区迁移正确，A正确；
B．电极b为阴极，反应中得到电子，反应应为，B错误；
C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，C正确；
D．电解时水电离出的氢氧根离子比硫酸根离子更容易失去电子，所以电解溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以溶液的浓度是增大的，D正确；
故选B。
4. T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应： ，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是
A. T℃时，该反应的平衡常数值为4B. c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C. 若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃D. T℃时，直线cd上的点均为平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据平衡常数的表达式并结合图中曲线可知，，故A错误；
B．c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故B错误；
C．如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故C正确；
D．平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线b是平衡线，故D错误；
故选C。
5. 可逆反应2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0，图像表达正确的为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度较低时，反应速率较慢，图像斜率小。由于ΔH<0，温度较低时有利于平衡正常移动，即C的体积分数增加，A项正确。
B．增大压强，正、逆反应速率都增大，B项错误。
C．催化剂不改变平衡移动，因此有无催化剂，平衡时C的浓度都相同，C项错误。
D．根据A选项的分析，温度较低时，A的转化率较高。在图像上做一条垂直于横轴的直线，发现温度较高时，A的转化率更高，不符合已知结论，D项错误。
答案选A。
【点睛】对于平衡图像题，要注意看清楚坐标轴的含义。当出现多个影响平衡移动的因素时，注意控制变量分析。
6. 25℃时，在氨水中滴入0.10ml·L-1的盐酸，溶液pH与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述不正确的是
A. a点对应溶液中已电离的NH3·H2O为10-2.8ml·L-1
B. b点对应盐酸的体积小于20.0mL
C. b点对应溶液中c(Cl-)=c(NH)
D. 加入10mL盐酸时：c(NH)>c(NH3·H2O) >c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【详解】A． 25°C时，a点对应溶液pH=11.2，则氢离子浓度为，氢氧根离子浓度为，则已电离的为，A正确；
B．在氨水中滴入的盐酸时恰好完全中和得氯化铵溶液，氯化铵溶液因水解呈酸性，而b点溶液呈中性，则b点为氯化铵和氨水混合物，对应盐酸的体积小于，B正确；
C．溶液中电荷守恒：，b点对应溶液中：，则，C正确；
D． 滴加入盐酸时所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵和氨水混合物，呈碱性，说明一水合氨电离程度大于氯化铵水解程度，结合电中性可知, ,又由物料守恒可得：，则，D错误；
答案选D。
7. 根据实验操作及现象推断的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于镁离子而言氢氧化钠过量，因此氢氧化钠后续还和铜离子生成了氢氧化铜，不能说明，故A错误；
B．硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，将铜氧化溶解，硝酸钾不是催化剂而是氧化剂，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，实验只能说明HCN的酸性强于，故C错误；
D．增加氯离子浓度，使得平衡正向移动，因此在饱和食盐水中通入HCl，析出少量晶体，故D正确；
故选：D。
8. 下列与实验相关的叙述正确的是
A. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH，会使测得结果偏大
B. 将溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小
C. 酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏低
D. 将沉淀转入表面皿中，加入足量稀盐酸，加热蒸干得无水固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．测量溶液的pH值时不能用湿润的pH试纸，否则将可能引起实验误差，CH3COONa溶液呈碱性，用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH将使测量结果偏小，A错误；
B．将溶液从20℃升温至30℃，促进了CH3COO-的水解，水解常数Kh=增大，则减小，B正确；
C．酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，消耗的标准液偏大，则测定结果偏高，C错误；
D．将Mg(OH)2沉淀转入表面皿中，加入足量稀盐酸，由于MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl易挥发，故若加热蒸干溶液将得不到无水MgCl2固体，而是转化为Mg(OH)2固体或者MgO，D错误；
故答案为B。
9. 常温时，下列说法错误的是
A. pH相等的盐酸、溶液、
B. 等浓度的盐酸和醋酸溶液稀释10倍，盐酸的pH小于醋酸溶液的pH
C. pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，溶液显碱性
D. 0.1的溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度都减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，pH相等的盐酸、溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度均相等，由电荷守恒可知，，则，A正确；
B．醋酸为弱酸，稀释过程中电离程度变大，等浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸的pH小于醋酸，稀释10倍后，仍然是盐酸的酸性强，故盐酸的pH小于醋酸溶液的pH，B正确；
C．氨水为弱碱，pH=2的盐酸的浓度小于pH=12的氨水，pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，C正确；
D．加水稀释促进醋酸电离，氢离子增多个数小于溶液体积增大倍数，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，D错误；
故选D。
10. 阻燃剂FR分子结构如图。下列说法错误的是
A. 分子中P元素的化合价均为+5价
B. 第一电离能：N>O>C
C. 基态C原子有4种空间运动状态的电子
D. 该化合物中所有元素都分布在p区
【答案】D
【解析】
【详解】A．P的电负性小于O和N，因此共用电子对偏离P显出+5价，故A正确；
B．同周期元素原子序数越大第一电离能越大，但N属于半充满结构所以其第一电离能比同周期相邻的元素都大，故B正确；
C．基态C原子核外电子排布式为：1s22s2sp2因此有4种空间运动状态的电子，故C正确；
D．H位于s区，故D错误；
故选D。
二、不定项(每题4分，少选2分，错选0分)
11. 金属镍有广泛的用途，粗镍中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制得高纯度的镍。下列叙述正确的是(已知氧化性：)
A. 阳极发生还原反应，其电极反应式为
B. 电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不相等
C. 电解后，溶液中存在的阳离子只有和
D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt
【答案】BD
【解析】
【详解】A．阳极失去电子发生氧化反应，其电极反应式Ni2+ + 2e- = Ni，选项A错误；
B．电解过程中阳极失电子的有Ni、Fe、Zn，阴极析出的是镍，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，选项B正确；
C．电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，选项C错误；
D．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，故电解后电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，选项D正确；
答案选BD。
12. 汽车尾气净化的主要原理为。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如图所示。下列说法中正确的是
A. T1>T2，ΔH>0
B. 高温有利于该反应自发进行
C. 固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，CO 转化率不变
D. 其他条件保持不变，升高温度，正逆反应速率均增大，该反应平衡常数K 减小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，T1先达平衡，反应速率快，温度高，所以T1>T2，温度越高，越低，平衡逆向移动，ΔH<0，A错误；
B．该反应ΔH<0，ΔS<0，低温下可自发，B错误；
C．增大其表面积可提高化学反应速率，但是平衡不移动，所以CO 转化率不变，C正确；
D．因为该反应ΔH<0，其他条件保持不变，升高温度，正逆反应速率均增大，该反应平衡常数K 减小，D正确；
故选CD。
13. 下列说法正确的是
A. 轨道表示式能反映钠原子轨道的能级差别和电子的自旋状态
B. 金属基态原子的核外电子排布式为：
C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D. X、Y元素同周期且电负性X＞Y，则第一电离能：Y＜X
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．在轨道排布图中包含了电子层、电子亚层；小方框表示了能级差别，方框中的箭头表示了电子的自旋状态，A正确；
B．Cr是24号元素，根据构造原理和洪特规则可知基态Cr原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，B错误；
C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级上，因此一定属于p区元素，C正确；
D．一般情况下同一周期元素的第一电离能和元素的电负性都随原子序数的增大而增大，但若元素处于第IIA、第VA，则其第一电离能大于同一周期相邻元素。X、Y元素同周期且电负性：X＞Y，若Y为第IIA或第VA元素，则由于原子核外电子排布处于原子轨道的全满或半满的稳定状态，其第一电离能就大于相邻元素，此时第一电离能：Y＞X，D错误；
故合理选项是AC。
14. 某抗氧化剂Z可由图中反应制得：
下列关于化合物X、Y、Z的说法正确的是
A. 化合物Z中采用杂化和杂化的碳原子个数比为3∶5
B. 化合物Y中含有1个手性碳原子
C. 化合物X难溶于水
D. 化合物Z中第一电离能最大的元素为氧元素
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．根据有机物Z的结构简式可知，采用杂化的碳原子有6个，采用杂化的碳原子有10个，因此二者比为3∶5，A正确；
B．连有四个不同基团的碳原子为手性碳原子，化合物Y中含有1个手性碳原子 ，B正确；
C．含苯环的烃基不利于物质的溶解，碳原子越多，对物质溶解性影响越大。化合物X中酚羟基、羧基为亲水基团，含苯环的烃基对物质溶解性占主导作用，化合物X难溶于水，C正确；
D．同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但N>O，因此化合物Z中第一电离能最大的元素为氮元素，D错误。
故选ABC。
三、填空题
15. 硫酸镍广泛应用于电镀工业。以粗硫酸镍(含、、、、等)为原料，经如图所示一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺，回答下列问题。
部分物质的K如下表：
（1）“滤渣1”的主要成分是___________。
（2）加入的作用是___________。
（3）“氟化除杂”时，若使溶液中的和沉淀完全，假设离于浓度小于时认为沉淀完全，需维持不低于___________。若溶液酸度过高，和沉淀不完全，原因是___________。反应的平衡常数为___________。
（4）“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，则实验时需控制的pH适宜范围是___________(填字母序号)。
A. 1～2B. 2～3C. 4～5D. 5～6
【答案】（1）和S
（2）调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去
（3） ①. ②. 与H+氢离子结合生成HF，降低了溶液中浓度 ③. （4）B
【解析】
【分析】粗硫酸镍(、、、、等)加水和硫酸进行酸浸，浸出液含有、、、、、、等离子，向浸出液中通入H2S气体，转化为沉淀除去，同时可与S2-发生氧化还原反应生成和S单质，过滤后得到滤液1和滤渣1，滤渣1为和S，滤液1中含有、、、、、，向滤液1中加入Ni(OH)2和Cl2，Cl2将滤液中氧化为，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，向其中加入NiF2，使滤液2中的、转化为、沉淀除去，再次进行过滤得到滤液3，向滤液3中加入有机萃取剂，使滤液3中的转移至有机相中分液除去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体。
【小问1详解】
由上述分析可知滤渣1为和S；
【小问2详解】
用Ni(OH)2调节溶液pH值，使转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液2，同时不引入杂质是次要原因；
【小问3详解】
由K值可知的溶解度大于，若使溶液中的和沉淀完全，需要确保完全沉淀，则；若溶液酸度过高，与氢离子结合生成HF，降低了溶液中浓度，导致和沉淀不完全；
的平衡常数为K=；
【小问4详解】
“萃取”操作的目的是使滤液3中的转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是制得硫酸镍，结合金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，当控制实验时的pH为2~3以使滤液中的、、等离子的萃取除杂率最好。
16. 类别万千的酸碱溶液共同构筑了化学世界的丰富多彩。
（1）现有常温下pH=2的盐酸(甲)、pH=2的醋酸溶液(乙)和0.1m1/L (丙)，请根据下列操作回答：
①常温下，将丙溶液加水稀释，下列数值一定变小的是___________(填字母)。
A． B． C． D．
②常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，水的电离程度：乙___________甲(填“>”“<”或“=”)。
（2）①某温度时，测得0.01ml/L NaOH溶液pH为11，则该温度___________25℃。(填“>”“<”或“=”)
②相同条件下，取等体积、等pH的、NaOH和三种碱溶液，分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为、、，则三者的由大到小关系为___________。
③某温度下，水的离子积常数，将L pH=4的HCl溶液和L pH=9的溶液混合均匀，测得溶液的pH=7，则___________。
（3）已知：在25℃，有关弱电解质电离平衡常数如下表有下表：
①将通入氨水中，当降至时，溶液中的___________。
②下列微粒在溶液中不能大量共存的是___________。
A．、 B．、 C．、 D．HClO、
【答案】（1） ①. AB ②. <
（2） ①. > ②. V1=V2
【解析】
【小问1详解】
①A．，氨水溶液加水稀释过程中减小，Kw不变，则比值减小，故A正确；
B．氨水溶液加水稀释过程中 减小，而 增大，则一定减小，故B正确；
C．加水稀释有利于的电离，则溶液中 增大，故C错误；
D．，加水稀释过程中不变， 减小，则比值增大，故D错误；
②常温下，取甲、乙各1mL分别稀释至100mL，稀释后，醋酸电离产生的c(H+)大，对水电离的抑制作用大，所以水的电离程度：乙<甲。
【小问2详解】
①某温度时，测得0.01ml/LNaOH溶液pH为11，则水的离子积常数为10-11×0.01=10-13＞10-14，所以该温度＞25℃。
②相同条件下，等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3∙H2O三种碱溶液，Ba(OH)2、NaOH消耗盐酸的物质的量相同，NH3∙H2O的浓度最大，消耗盐酸最多，所以分别滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积大小关系为V1=V2
【小问3详解】
①将SO2通入氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7ml∙L-1时，溶液中的=1.02。
②A．<，则、能大量共存，Ａ不符合题意；
B．<，则、能大量共存，B不符合题意；
C．＞，则、能发生反应，不能大量共存，C符合题意；
D．<，则HClO、能大量共存，D不符合题意；故选C。
17. 聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：。已知，，其中、为正、逆反应速率，、为速率常数，x为各组分的物质的量分数。
（1）反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率()随时间(t)的变化关系如图所示。
该醇解反应的___________0(填>或<)。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数___________(保留2位有效数字)。在曲线①、②、③中，与的比值最大的曲线是___________；A、B、C、D四点中，最大的是___________，最大的是___________。
（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1、1∶2和2∶1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比为___________时，乙酸甲酯转化率最大；与按1∶2投料相比，按2∶1投料时化学平衡常数___________(填增大、减小或不变)。
（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是___________。
a．参与了醇解反应，但并不改变反应历程
b．使和增大相同倍数
c．降低了醇解反应的活化能
d．提高乙酸甲酯的平衡转化率
【答案】（1） ①. > ②. 3.2 ③. ① ④. A ⑤. C
（2） ①. 1:2 ②. 不变
（3）ad
【解析】
【分析】根据图像，根据图象可知，①曲线的反应速率最快，说明温度最高，即曲线①对应温度为348K，曲线②对应温度为343K，曲线③对应温度为338K， 温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的；根据三段式计算平衡常数；、是温度的函数，根据平衡移动的规律，受温度影响更大；根据，分析。
【小问1详解】
根据图像，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以；348K时，设初始投入为1ml，则有：
代入平衡常数表达式： ； 、是温度的函数，根据平衡移动的规律，受温度影响更大，因此温度升高，增大的程度大于，①曲线对应的温度最高，值最大；温度越高，反应速率越快，速率最大的点应在曲线①上寻找，根据图象可知，A点是反应向正方向进行，C点为平衡点，随着反应进行，逐渐减小，逐渐增大，因此四点中，最大的点是A，最大的点是C；故答案为：>；3.2；①；A；C
【小问2详解】
要提高某一反应物的转化率，可以通过增加其他反应物的浓度来实现，以乙酸和己醇甲酯物质的量之比1:1作为参照，2：1时乙酸甲酯的 转化率会降低，1：2时乙酸甲酯的转化率会升高，故1：2时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数只与温度有关，因此不变；故答案为：1：2；不变；
【小问3详解】
a．催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；
b．催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使和增大相同倍数，b正确；
c．催化剂能够降低反应的活化能，c正确；
d．催化剂不改变化学平衡，d错误；
故答案为：ad。
18. 晶体世界丰富多彩，复杂多样，各类晶体具有不同的结构特点，决定着它们具有不同的性质和用途。几种晶胞的结构示意图如下：
回答下列问题：
(1)这些晶体中粒子之间以共价键结合形成的是___________。
(2)每个Cu晶胞中包含的铜原子个数是___________，铜原子在晶胞中的空间占有率为___________。
(3)NaCl晶胞与MgO晶胞结构相同，NaCl晶体的熔点___________(填“大于”或“小于”)MgO晶体的熔点，原因是___________。
(4)2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T－碳。T－碳的结构是将金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元(如图)取代形成的一种新型三维立方晶体结构。已知T－碳晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数为NA，则T－碳的密度为___________g/cm3(列出计算式)。
【答案】 ①. 金刚石晶胞 ②. 4 ③. 74% ④. 小于 ⑤. Mg2+半径比Na+小，同时O2-的半径比Cl-小 ⑥.
【解析】
【分析】
【详解】(1)原子晶体中原子之间以共价键结合；离子晶体中离子之间以离子键结合；分子晶体中分子之间以范德华力结合；金属晶体中金属阳离子与自由电子之间以金属键结合，所以只有金刚石晶胞以共价键结合的；
(2)铜晶胞为面心立方晶胞，Cu原子位于晶胞的6个面心和8个顶点上。每个面心是两个晶胞所共用，顶点是8个晶胞所共用。所以平均每个晶胞中铜原子的个数为，故每个晶胞中含有4个Cu原子。面心立方晶胞最密堆积，故金属原子在三维空间中以密置层采取ABCABC……堆积，空间利用丰为74%；
(3)MgO和NaCl晶体都是离子晶体。离子半径越小，离子带有的电荷数目越多，离子键就越强，断裂离子键使物质熔化、气化消耗的能量就越多，物质的熔点就越高。由于离子半径：Mg2+＜Na+，O2-＜Cl-，且MgO中阴阳离子都带2个单位电荷，而NaCl的阴阳离子都只带有1个单位电荷，所以离子键：MgO＞NaCl，故物质的熔点：MgO＞NaCl，即NaCl的熔点比MgO的小；
(4)晶胞中含有的正四面体结构数目为8×+6×+4=8，每个正四面体结构含有4个碳原子，则晶胞的质量m=(4×8×12)/NA g，晶胞的参数为a nm，则该晶胞的密度ρ=。选项
实验操作及现象
结论
A
在5mL 0.1 NaOH溶液中滴加1mL 0.1 溶液，再滴几滴0.1 溶液，先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀
B
在铜和稀硫酸的混合物中加少量，铜溶解，溶液变蓝色
作催化剂
C
用pH计测定同浓度溶液、KCN溶液pH，前者较大
HCN酸性比弱
D
在饱和食盐水中通入HCl，析出少量晶体
增大，促进平衡向生成氯化钠晶体方向移动
物质
MnS
FeS
NiS
K
弱电解质
HClO
电离平衡常数
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