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2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了9×10−12，5的成分之一，2∼10，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末化学试卷
1. 以下能级符号正确的是( )
A. 1s B. 1p C. 2d D. 3f
2. 下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是( )
A. K2CO3 B. AlCl3 C. NaHSO4 D. NaNO3
3. 下列有关反应热的说法不正确的是( )
A. 在等温、等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(ΔH)
B. 反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−184.6kJ⋅mol−1，表示每摩尔反应放出184.6kJ的热量
C. 在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，反应体系内能减少
D. 所有反应的反应热都可以通过量热计直接测量
4. 下列关于能源的叙述不正确的是( )
A. 迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源
B. 寻找高效催化剂，使水分解产生氢气，同时释放能量
C. 反应符合最理想的原子经济性
D. 海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用对降低碳排放具有重要意义
5. 下列说法正确的是( )
A. 钾的焰色试验呈紫色，发生的是化学变化
B. 钠原子的电子由3s跃迁到5s，放出能量
C. 基态硫原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4
D. 氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量不相等
6. 元素Po(钋)与S同主族，原子序数为84，下列说法正确的是( )
A. PoO2具有还原性 B. 原子半径：Po
7. 下列对应关系不正确的是( )
A. 乙烯分子中存在碳碳双键，可通过加聚反应合成聚乙烯
B. 金属性：Cu>Ag，电解精炼铜时银沉积在电解槽底部
C. 氮气的化学性质很稳定，可作电解熔融氯化镁制镁的保护气
D. Al2O3是两性氧化物，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜
8. 能正确表示下列变化的方程式是( )
A. SO3能使BaCl2溶液产生白色沉淀：SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+
B. 炽热的铁水与水蒸气反应：3H2O(g)+2Fe−高温Fe2O3+3H2
C. NaOH溶液吸收废气中的NO2：2NO2+2OH−=2NO3−+H2O
D. Na2CO3溶液使酚酞试液变红：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：X>Y B. 电负性：Z>W
C. 气态氢化物的稳定性：YZ
10. 下列有关实验的说法不正确的是( )
A. 加热2mL0.5mol⋅L−1CuCl2溶液，溶液颜色变为绿色
B. 电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，铁制镀件溶解
C. 向NaOH溶液中加入适量饱和FeCl3溶液，加热制得Fe(OH)3胶体
D. 向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
11. CH3COOH溶液存在电离平衡，下列有关叙述不正确的是( )
A. 向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH−)减小
B. 向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，电离平衡向左移动
C. CH3COOH溶液中离子浓度的关系：c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)
D. 常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7
12. 25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10−36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10−24，下列说法不正确的是( )
A. 饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2−)更小
B. 往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C. CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D. 在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(Cu2+)c(Zn2+)=3.9×10−12
13. 已知丙烷与Br2发生一元取代反应的机理如下(R⋅、X⋅表示自由基)：
(1)Br2(g)→2Br⋅(g)ΔH1
(2)CH3CH2CH3(g)+Br⋅(g)→CH3CH2CH2(g)+HBr(g)ΔH2
CH3CH2CH3(g)+Br⋅(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)ΔH2′
(3)CH3CH2CH2(g)+Br⋅(g)→CH3CH2CH2Br(g)ΔH3
CH3CHCH3(g)+Br⋅(g)→CH3CHBrCH3(g)ΔH3′
其中，(2)是决定反应速率的关键步骤，其“能量-反应进程”如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 稳定性：CH3CHCH3
C. 丙烷与Br2发生一元取代反应的产物以CH3CHBrCH3为主
D. 适当升高温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Br的比例
14. 硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意如图。下列说法不正确的是( )
A. 过程Ⅰ中H2O参与电子的传导
B. 过程Ⅱ、过程Ⅲ不存在电子转移
C. 雾霾微颗粒中含有硫酸盐、亚硝酸盐等
D. NO2是雾霾微颗粒中硫酸盐生成转化的氧化剂
15. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)。下列根据相关图象所作的判断，正确的是( )
A. 其他条件相同时，增大压强平衡向左移动
B. x为c(O2)
C. 3s时，v(NO2)=0.2mol⋅L−1⋅s−1
D. 温度降低，反应的平衡常数增大
16. 用压强传感器探究生铁分别在pH=2.0、4.0和6.0的酸性溶液中发生电化学腐蚀，得到反应体系气体压强与时间的关系如图。有关叙述不正确的是( )
A. 负极的电极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+
B. pH=2.0时，生铁只发生析氢腐蚀
C. pH>4.0时，生铁主要发生吸氧腐蚀
D. 外加电流法保护金属，用惰性电极作为辅助阳极
17. 新型锂-空气电池具有能量大、密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是( )
A. 放电时，内电路中Li+向石墨烯电极方向移动
B. 放电时，正极反应式：O2+4H++4e−=2H2O
C. 放电时，外电路电子从石墨烯电极流向锂电极
D. 放电时，电池中化学能完全转化为电能
18. 下列关于化学反应方向及其判据的说法，正确的是( )
A. 1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]>S[SO3(1)]>S[SO3(g)]
B. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g)ΔH=−77.6kJ⋅mol−1，常温下该反应不能自发进行
C. 放热反应都可以自发进行，吸热反应都不能自发进行
D. 反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主
19. 下列说法不正确的是( )
A. 25℃，向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，溶液的pH变化小于2
B. 将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，溶液中c(OH−)减小，c(H+)增大，pH减小
C. 物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大
D. 若将CO2通入0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中至溶液呈中性(忽略溶液体积的变化)，则溶液中2c(CO32−)+c(HCO3−)=0.2mol⋅L−1
20. 氨对发展农业有着重要意义，也是重要的化工原料。合成氨的生产流程示意如图。下列说法不正确的是( )
A. 控制原料气n(H2)n(N2)=2.7∼2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率
B. 合成氨一般选择400∼500℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，平衡转化率高
C. 热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
D. 中国科学家研制的新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗
21. 随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。请回答：
(1)h的元素符号是 ______。
(2)y原子有 ______个能级。元素f的基态原子价层电子轨道表示式是 ______。
(3)元素的第一电离能：z>d，其原因是 ______。
(4)以上元素中，电负性最小的元素和x元素组成的化合物，其电子式是 ______。
22. 25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.8×10−11。请回答：
(1)25℃时，水的离子积Kw=______。
(2)NaHCO3溶液显 ______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合数据分析其原因是 ______。
(3)某实验测得0.050mol⋅L−1NaHCO3溶液在加热过程中的pH变化如图所示。试分析45℃后，随温度升高NaHCO3溶液pH增大的原因是 ______。
(4)氯气通入NaHCO3溶液中产生无色气体，该反应的离子方程式是 ______。
23. 利用生物发酵得到的乙醇制取氢气具有良好的应用前景，如乙醇和水蒸气重整制取氢气，其部分反应如下。
反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+265kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
(1)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)ΔH=______。
(2)恒温恒容时，对于反应Ⅰ处于化学平衡状态时的描述，正确的是 ______。
A.CO的含量保持不变
B.容器中压强保持不变
C.2v正(CO)=v逆(CH3CH2OH)
D.CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度相等
(3)对于反应Ⅱ，在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率如图所示(图示各点所对应的反应温度可能相同，也可能不同)。
①图中C、E两点对应的反应温度分别为TC和TE。判断：TC______TE(填“<”、“=”或“>”)。
②若CO和H2O的起始浓度总和为5mol⋅L−1，求G点对应的平衡常数 ______。
③图中E、G两点对应的反应温度相同，其对应的平衡常数分别为KE和KG。判断：KE______KG(填“<”、“=”或“>”)。
24. 某学习小组用0.100mol⋅L−1NaOH溶液测定未知物质的量浓度的一元酸HR溶液。请回答：
Ⅰ.用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol⋅L−1HR溶液的相关数据如表所示。
V[NaOH(aq)]/mL
0
10.00
19.00
19.98
20.00
20.02
21.00
30.00
pH
2.6
4.2
5.5
7.2
8.4
9.7
11.4
12.3
(1)请根据表中数据在图1绘制滴定曲线(pH−V图)______。
(2)该酸碱中和滴定实验应选用______作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是 ______。
A.酚酞(8.2∼10.0)
B.石蕊(5∼8)
C.甲基橙(3.1∼4.4)
Ⅱ.用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL未知物质的量浓度的HR溶液，实验所用仪器如图2所示。
(3)仪器A盛装 ______(填“NaOH”或“HR”)溶液。
(4)下列关于滴定实验，正确的是 ______。
A.使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水
B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用所要盛装溶液润洗2∼3次
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀
(5)若滴定开始和结束时，盛装0.100mol⋅L−1NaOH溶液的滴定管中的液面如图3所示，终点读数为 ______mL，HR溶液的浓度为 ______mol⋅L−1。
(6)后续平行实验显示，此次滴定实验所得测定结果偏高，其原因可能是 ______。
A.滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数
B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH
C.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
25. 草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅2H2O,摩尔质量：180g⋅mol−1)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等。
(1)草酸亚铁晶体含结晶水的质量分数为 ______。
(2)称取3.60g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。经分析，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试通过计算确定该氧化物的化学式 ______。(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.各层均有s能级，故A正确；
B.第一层(K层)上的能级只有1s，故B错误；
C.第二电子层(L层)的能级只有2s和2p，无2d能级，故C错误；
D.第三电子层(M层)的能级只有3s、3p和3d，无3f能级，故D错误；
故选：A。
第一层(K层)上的能级只有1s，第二电子层(L层)的能级只有2s和2p，第三电子层(M层)的能级只有3s、3p和3d，第四电子层(N层)的能级只有4s、4p、4d和4f亚层，各能层均有s能级，以此进行判断。
本题考查了原子核外电子能级的排布，明确电子层与含有能级的关系为解答关键，原子掌握原子构成及原子核外电子排布规律，试题侧重于考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.K2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，故A不选；
B.AlCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故B选；
C.NaHSO4为强酸的酸式盐，NaHSO4=Na++H++SO42−，但不是盐类水解的原因，故C不选；
D.NaNO3是强酸强碱盐，溶液呈中性，故D不选；
故选：B。
物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析解答。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意盐类水解的本质，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.当反应在等温、恒压条件下进行时，反应热效应等于焓变，故A正确；
B.在25℃、101kPa时，1mol气态H2和1mol气态Cl2完全反应生成2mol HCl气体，放出的热量为184.6kJ，故B正确；
C.在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，则反应体系内能减少，故C正确；
D.某些反应的反应条件限制，发热过程中常伴随其他能量转化，反应热不能直接测定，故D错误；
故选：D。
A.在等温、恒压条件下，反应的焓变等于反应热；
B.热化学方程式指在一定温度，一定压强下反应生成特定状态的物质时放出或吸收的热量；
C.反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
D.某些反应的反应条件限制，反应热不能直接测定。
本题考查反应热与焓变、热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化解答的关键，注意掌握基础知识的积累，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.三大化石燃料：煤、石油、天然气，仍是人类使用的主要能源，故A正确；
B.水分解需要吸收能量，不是放出能量，故B错误；
C.是化合反应，原子利用率百分之百，符合最理想的原子经济性，故C正确；
D.海洋能是一种新型的清洁能源．海洋能主要包括潮汐能、波浪能、海水温差能、盐差能、海流能，开发海洋能可以减少化石燃料的使用，对降低碳排放具有重要意义，故D正确；
故选：B。
A.三大化石燃料：煤、石油、天然气；
B.水分解需要吸收能量；
C.是化合反应，原子利用率百分之百；
D.海洋能是一种新型的清洁能源．海洋能主要包括潮汐能、波浪能、海水温差能、盐差能、海流能。
本题考查了化学能源的开发和利用，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大．
5.【答案】C
【解析】解：A.焰色试验实际上是电子的跃迁，没有新物质生成，所以发生的是物理变化，故A错误；
B.电子由低能级跃迁到高能级吸收能量，3s能级的能量小于5s能级，所以钠原子的电子由3s跃迁到5s，吸收能量，故B错误；
C.基态S原子核外有16个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，故C正确；
D.同一能级的轨道能量相等，所以氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量相等，故D错误；
故选：C。
A.焰色试验发生的是物理变化；
B.电子由低能级跃迁到高能级吸收能量；
C.基态S原子核外有16个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
D.同一能级的轨道能量相等。
本题考查原子核外电子排布、电子跃迁等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律、能级与能量的关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.PoO2中Po是+4价，处于中间价态，既具有氧化性，又具有还原性，故A正确；
B.同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Po>S，故B错误；
C.第六周期0族元素原子序数为86，该周期容纳32种元素，而Po的原子序数比86小2，可知Po位于元素周期表的第5周期VIA族，故C正确；
D.Po、S处于VIA族，属于p区元素，故D错误；
故选：A。
A.PoO2中Po是+4价，处于中间价态；
B.同主族自上而下原子半径增大；
C.根据第六周期0族元素原子序数为86判断；
D.Po、S处于VIA族。
本题考查元素周期律表与元素周期律，理解同主族元素性质的相似性与递变性，掌握根据原子序数确定在周期表中位置的方法。
7.【答案】C
【解析】A.乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，故A正确；
B.电解精炼铜时，粗铜作阳极，Cu和比Cu活泼的金属Zn、Fe、Ni等在阳极放电，比Cu活泼性差的金属Ag、Au等杂质沉积在电解槽的底部形成阳极泥，故B正确；
C.氮气的化学性质很稳定，但电解熔融氯化镁制镁，镁能与氮气反应，故C错误；
D.Al2O3是两性氧化物，可与NaOH发生反应，化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O↑，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜，故D正确；
故选：C。
A.碳碳双键可发生加聚反应；
B.电解精炼铜时，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni在阳极放电；
C.镁能与氮气发生反应；
D.氧化铝能与NaOH反应。
本题综合考查化学知识，侧重考查学生基础化学知识的掌握情况，此题难度不大，注意基础知识的积累。
8.【答案】A
【解析】解：A.三氧化硫合适反应生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+，故A正确；
B.炽热的铁水与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：4H2O(g)+3Fe−高温Fe3O4+4H2，故B错误；
C.NaOH溶液吸收废气中的NO2反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2O，故C错误；
D.Na2CO3溶液使酚酞试液变红是因为碳酸根离子分步水解，溶液显碱性，反应的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故D错误；
故选：A。
A.三氧化硫合适反应生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀；
B.炽热的铁水与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
C.NaOH溶液吸收废气中的NO2反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水；
D.Na2CO3溶液使酚酞试液变红是因为碳酸根离子分步水解，溶液显碱性。
本题考查离子方程式、化学方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，明确书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
9.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：X
D.氧离子和钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：X>Z，故D正确；
故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，该化合物为过氧化钠，则Z为Na，X为O，满足“基态X(O)原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍”；Y、W最外层电子数相同，二者位于同主族，Y位于第二周期，其原子序数大于O，则Y为F，W为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.加热促进铜离子水解氢氧化铜，导致溶液颜色变为绿色，故A正确；
B.电解池中，较活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子发生氧化反应，电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，Fe作阳极，铁制镀件失电子生成亚铁离子进入溶液，不断溶解，故B正确；
C.氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，应该向沸水中滴入几滴饱和的氯化铁溶液，加热至红褐色为止，得到氢氧化铁胶体，故C错误；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明醋酸的酸性大于碳酸，则Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，故D正确；
故选：C。
A.加热促进铜离子水解；
B.电解池中，较活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子发生氧化反应；
C.氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、酸性强弱判断、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，加入少量的CH3COONa固体，相当于加入醋酸根离子，电离平衡向左移动，故B正确；
C.溶液中存在电荷守恒，CH3COOH溶液中电荷守恒：c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，故C正确；
D.醋酸为弱酸，常温下，pH=2的CH3COOH溶液，醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，两者等体积混合，酸过量，溶液显酸性，溶液的pH<7，故D正确；
故选：A。
A.向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小；
B.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，加入少量的CH3COONa固体，相当于加入醋酸根离子；
C.溶液中存在电荷守恒；
D.醋酸为弱酸，常温下，pH=2的CH3COOH溶液，醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，两者等体积混合，酸过量，溶液显酸性。
本题考查了弱电解质的电离，明确加水稀释时促进弱电解质电离，但酸溶液中除了氢氧根离子外，其它离子浓度都减小，再结合平衡移动影响因素来分析解答，难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.CuS的Ksp=c(Cu2+)c(S2−)=6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=6.3×10−36mol/L；ZnS的Ksp=c(Zn2+)c(S2−)=1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=1.6×10−24mol/L；前者c(S2−)更小，故A正确；
B.ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，故B正确；
C.Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，故C错误；
D.在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)c(Zn2+)×c(S2−)c(S2−)=6.3×10−361.6×10−24=3.9×10−12，故D正确；
故选：C。
A.CuS的Ksp=c(Cu2+)c(S2−)=6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=6.3×10−36mol/L；ZnS的Ksp=c(Zn2+)c(S2−)=1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=1.6×10−24mol/L；
B.ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS；
C.Ksp的大小只与温度有关；
D.在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)c(Zn2+)×c(S2−)c(S2−)=6.3×10−361.6×10−24。
本题考查弱溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握平衡移动、Ksp的应用及影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，CH3CHCH3能量低于CH3CH2CH2，稳定性：CH3CHCH3>CH3CH2CH2，故A错误；
B.Br2(g)→2Br⋅(g)为断开化学键，需要吸收能量，ΔH1>0，故B正确；
C.由图可知，生成CH3CHCH3的活化能比生成CH3CH2CH2活化能低，故生成CH3CHCH3反应越容易进行，则丙烷与Br2发生一元取代反应的产物以CH3CHBrCH3为主，故C正确；
D.由图可知，ΔH2较大，升高温度对反应热大的反应影响较大，则适当升高温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Br的比例，故D正确；
故选：A。
A.能量越低越稳定；
B.Br2(g)→2Br⋅(g)为断开化学键；
C.活化能越低，反应越容易进行；
D.升高温度对反应热大的反应影响较大。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.过程Ⅰ中NO2得到SO32−失去的电子，水参与电子传导，故A正确；
B.过程Ⅲ的反应有电子转移，NO2生成HNO2，化合价降低，得到电子，故B错误；
C.过程Ⅰ有亚硝酸根生成，可继续氧化成硝酸根，所以雾霾微颗粒中既含有硫酸盐，也含有亚硝酸盐(或硝酸盐)，故C正确；
D.NO2生成HNO2，化合价降低，得到电子，发生还原反应，做氧化剂，故D正确；
故选：B。
A.过程Ⅰ中NO2得到SO32−失去的电子；
B.过程ⅢNO2生成HNO2，化合价降低，得到电子；
C.过程Ⅰ有亚硝酸根生成，可继续氧化成硝酸根；
D.NO2生成HNO2，化合价降低，得到电子；
本题考查了氧化还原反应、反应机理的分析，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的分析方法，把握图中物质之间的转化以及元素化合价的变化是解题的关键。
15.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，交点后增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则平衡向右移动，故A错误；
B.增大氧气的量，平衡逆向移动，则NO2的转化率减小，与图不符，故B错误；
C.由图可知0∼3s内v(NO2)=1.0mol/L−0.4mol/L3s=0.2mol⋅L−1⋅s−1，但不能计算3s时的瞬时速率，故C错误；
D.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，交点后增大压强，正反应速率大于逆反应速率；
B.增大氧气的量，平衡逆向移动；
C.结合v=△c△t计算；
D.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.负极的电极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.pH=2.0时，生铁片上析氢腐蚀和化学腐蚀同时存在，以析氢腐蚀为主，故B错误；
C.由图可知，pH>4.0时，气体压强几乎不变，生铁主要发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.外加电流法保护金属，可以用惰性电极作为辅助阳极，保护金属做阴极，故D正确；
故选：B。
生铁分别在pH=2.0酸性溶液中发生电化学腐蚀，铁做负极，失去电子，被氧化，生铁中的碳颗粒做正极，发生析氢腐蚀，生成氢气，由图可知，pH=4.0和6.0的弱酸性溶液中，气体压强几乎不变，甚至减小，以发生吸氧腐蚀为主，据此分析作答。
本题主要考查原电池和电解池的应用，掌握原电池和电解池的原理，正负极的判断，电极反应式的书写，离子、电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
17.【答案】A
【解析】解：A.该装置为原电池，锂为负极，石墨烯为正极，阳离子在电解质中移向正极，即Li+向石墨烯电极方向移动，故A正确；
B.O2在石墨烯上得电子生成OH−，为正极，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，故B错误；
C.放电时，锂为负极，石墨烯为正极，外电路中电子从锂电极流向石墨烯电极，故C错误；
D.电池工作时化学能部分转化为电能，还有一部分转化为热能，即电池中化学能不可能完全转化为电能，故D错误；
故选：A。
由图可知，该装置为原电池，将化学能转化为电能，放电时Li发生失电子的反应生成Li+，作负极，负极反应式为Li−e−=Li+，O2在石墨烯上发生得电子的反应生成OH−，为正极，正极电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，电子由负极经过导线流向正极，阳离子在电解质中移向正极，据此分析解答。
本题考查了原电池工作原理，侧重于考查学生的综合运用能力，把握电极的判断、发生的反应为解答关键，注意电极反应式的书写，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】解：A.同一种物质的熵变：气态>液态>固态，则1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]
C.反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0，放热反应也可能是非自发的，吸热反应也可能是自发的，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△S>0，在较高温度下能自发进行，则△H−T△S<0，又该反应△H>0，所以反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主，故D正确；
故选：D。
A.同一种物质的熵变：气态>液态>固态；
B.反应自发进行的条件是△H−T△S<0；
C.反应能否自发进行与反应的吸放热无关；
D.反应自发进行的条件是△H−T△S<0。
本题考查焓变与熵变，把握反应自发进行的条件、熵变正负的判断即可解答，侧重学生的分析能力和运用能力的考查，注意反应是否自发进行需要焓变、熵变、温度共同决定，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.25℃，向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，一水合氨有电离出氢氧根离子，溶液的pH变化小于2，故A正确；
B.将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，出计划醋酸根离子水解，溶液中c(OH−)增大，c(H+)减小，pH增大，故B错误；
C.物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，NH4F发生双水解反应，NaF溶液中氟离子水解，溶液显碱性，物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大，故C正确；
D.溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+2c(CO32−)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)=0.2mol/L，故D正确；
故选：B。
A.氨水溶液中一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，促进电离；
B.将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，促进醋酸根离子水解，氢氧根离子浓度增大；
C.物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，NH4F发生双水解反应，NaF溶液中氟离子水解，溶液显碱性；
D.溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+2c(CO32−)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)。
本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度大小比较，题目难度中等，正确判断溶液酸性强弱为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20.【答案】B
【解析】解：A.空气中N2含量充足，控制原料气n(H2)n(N2)=2.7∼2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率，故A正确；
B.合成氨一般选择400∼500℃进行，主要是考虑铁触媒的活性最大，反应速率最大，但温度升高，反应的平衡转化率是降低的，故B错误；
C.热交换是将氨气的热量传给氮气和氢气，目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，故C正确；
D.新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别从400∼500℃、10−30MPa降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗，故D正确；
故选：B。
A.可逆反应中增大一种物质的浓度，可以提高另一种物质的转化率；
B.催化剂在一定的温度下，活性最好，但温度过高，平衡逆向移动；
C.热交换的目的就是将氨气的热量传给氮气和氢气，对原料气进行预热；
D.合成氨的原始温度、压强分别从400∼500℃、10−30MPa。
本题主要考查了合成氨的相关知识，具体涉及了平衡转化率、催化剂的活性、平衡移动等，同时考查了学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，属于高频考点，难度不大。
21.【答案】Cl 3 N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
【解析】解：(1)根据分析可知，h的元素符号为Cl，
故答案为：Cl；
(2)y为C元素，其核外电子排布式为1s22s22p2，C原子的能级为1s、2s、2p，总共含有3个能级；f为Al，其基态原子价层电子排布式为3s22p1，其基态原子价层电子轨道表示式是，
故答案为：3；；
(3)z、d分别为N、O元素，由于N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，所以第一电离能：N>O，
故答案为：N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高；
(4)以上元素中，电负性最小的元素为Na，x为H，Na和H元素组成的化合物为NaH，NaH属于离子化合物，其电子式是，
故答案为：。
随着原子序数递增，八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，x位于第一周期，y、z、d位于第二周期，e、f、g、h位于第三周期，结合元素化合价可知，x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
22.【答案】1.0×10−14 碱性 Kh(HCO3−)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，HCO3−的水解程度大于其电离程度 超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强 Cl2+HCO3−=Cl−+HClO+CO2↑
【解析】解：(1)25℃时，水的离子积Kw=1.0×10−14，
故答案为：1.0×10−14；
(2)HCO3−电离导致溶液呈酸性，HCO3−水解导致溶液呈碱性，HCO3−水解平衡常数=KwKa1=10−144.5×10−7≈2.2×10−8>Ka2，说明其水解程度大于电离程度，所以其水溶液呈碱性，
故答案为：碱性；Kh(HCO3−)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，HCO3−的水解程度大于其电离程度；
(3)温度超过45℃时，NaHCO3不稳定，易分解生成Na2CO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以溶液碱性增强，
故答案为：超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强；
(4)氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，离子方程式为Cl2+HCO3−=Cl−+HClO+CO2↑，
故答案为：Cl2+HCO3−=Cl−+HClO+CO2↑。
(1)25℃时，水的离子积Kw=1.0×10−14；
(2)HCO3−水解平衡常数=KwKa1=10−144.5×10−7≈2.2×10−8>Ka2，说明其水解程度大于电离程度；
(3)温度较高时，NaHCO3不稳定，易分解生成Na2CO3；
(4)氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解、强酸制取弱酸等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数与水解平衡常数的关系、化学反应原理是解本题关键，题目难度不大。
23.【答案】+183kJ⋅mol−1 AB<1=
【解析】解：(1)反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+265kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ×2得CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)ΔH=+265kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1×2=+183kJ⋅mol−1，
故答案为：+183kJ⋅mol−1；
(2)A.各物质浓度不变的状态为化学平衡状态，所以反应Ⅰ处于化学平衡状态时CO的含量保持不变，故A正确；
B.反应Ⅰ是气体物质的量改变的反应，处于化学平衡状态时，气体物质的量不变，所以容器中压强保持不变，故B正确；
C.反应达到平衡状态，正逆反应的速率比等于系数比，达到平衡状态时v正(CO)=2v逆(CH3CH2OH)，故C错误；
D.反应达到平衡状态时，浓度保持不变，CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度不一定相等，故D错误；
故答案为：AB。
(3)①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，图中C、E两点对应的投料比相等，E点CO平衡转化率低，E点温度高，所以反应温度TC
②若CO和H2O的起始浓度总和为5mol⋅L−1，G点CO的起始浓度为3mol⋅L−1、H2O的起始浓度为2mol⋅L−1；
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始 3 2 0 0
转化 1.21.21.21.2
终止 1.80.81.21.2
故G点对应的平衡常数K=c(H2)×c(CO2)c(H2O)×c(CO)=1.2×1.20.8×1.8=1，
故答案为：1。
③平衡常数只与温度有关，E、G两点对应的反应温度相同，所以KE=KG，
故答案为：=。
(1)反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+265kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ×2得CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)，据此计算；
(2)A.各物质浓度不变的状态为化学平衡状态；
B.反应Ⅰ是气体物质的量改变的反应，处于化学平衡状态时，气体物质的量不变；
C.反应达到平衡状态，正逆反应的速率比等于系数比；
D.反应达到平衡状态时，浓度保持不变。
(3)①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，图中C、E两点对应的投料比相等，E点CO平衡转化率低，E点温度高；
②若CO和H2O的起始浓度总和为5mol⋅L−1，G点CO的起始浓度为3mol⋅L−1、H2O的起始浓度为2mol⋅L−1；
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始 3 2 0 0
转化 1.21.21.21.2
终止 1.80.81.21.2
故G点对应的平衡常数K=c(H2)×c(CO2)c(H2O)×c(CO)，据此计算。
③平衡常数只与温度有关，E、G两点对应的反应温度相同。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
24.【答案】 A 溶液颜色从无色突变为粉红色，且半分钟内不变色 HRACDE26.100.1305D
【解析】解：(1)根据表中数据绘制滴定曲线(pH−V图)：，
故答案为：；
(2)从滴定曲线可看出，该滴定过程pH的突变范围在7.2∼9.7，该区间正好落在酚酞指示剂的变色pH范围，且变色明显易于观察，故选A；随着NaOH溶液的滴入，溶液从酸性变为碱性，故判断到达滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液从无色变为浅红色，且半分钟不褪色，
故答案为：A；溶液颜色从无色突变为粉红色，且半分钟内不变色：
(3)如图所示，仪器A是酸式滴定管，盛装HR溶液，
故答案为：HR；
(4)A.滴定实验操作时，使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水，故A正确；
B.滴定管要用待装液润洗，而锥形瓶不能润洗，故B错误；
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移，防止外洒，故C正确；
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，使滴入溶液与锥形瓶中液体快速混合充分反应，故D正确；
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀，如此能较精准滴定，故E正确；
故答案为：ACDE；
(5)从图示可知，起始时读数为0.00mL，终点时读数为26.10mL；则消耗NaOH溶液26.10mL，HR溶液的浓度为0.1×26.1×10−320×10−3mol/L=0.1305mol⋅L−1，
故答案为：26.10；0.1305；
(6)A.滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数，可能造成滴入的NaOH不够，使测定结果偏低；
B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH，KOH的摩尔质量大于NaOH，相同质量的KOH物质的量少于NaOH，导致所配制NaOH溶液物质的量浓度偏小，滴定时消耗体积偏大，造成测定结果偏高；
C.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，HR损失，导致NaOH溶液体积消耗较少，使测定结果偏低；
故答案为：B。
用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的HR酸溶液，根据c(HR)=c(NaOH)V(NaOH)V(HR)，滴定实验准确度的关键在于测量溶液的体积，包括滴定管的正确使用和滴定终点的准确判断；
(1)根据表中数据绘制滴定曲线(pH−V图)；
(2)从滴定曲线可看出，该滴定过程pH的突变范围在7.2∼9.7，该区间正好落在酚酞指示剂的变色pH范围，且变色明显易于观察：
(3)如图所示，仪器A是酸式滴定管；
(4)A.滴定实验操作时，使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水；
B.锥形瓶不能润洗；
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移；
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转；
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
(5)从图示可知，起始时读数为0.00mL，终点时读数为26.10mL；则消耗NaOH溶液26.10mL，HR溶液的浓度为0.1×26.1×10−320×10−3mol/L；
(6)根据c(HR)=c(NaOH)V(NaOH)V(HR)分析。
本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，理解中和滴定的原理是解题关键。
25.【答案】20%Fe2O3
【解析】解：(1)草酸亚铁晶体的化学式为FeC2O4⋅2H2O，则含有结晶水的质量分数为18×2180×100%=20%，
故答案为：20%；
(2)根据铁元素守恒，铁的氧化物中n(Fe)=n(FeC2O4⋅2H2O)=3.60g180g/mol=0.02mol，则n(O)=1.60g−0.02mol×56g/mol16g/mol=0.03mol，故n(Fe)：n(O)=0.02mol：0.03mol=2：3，故该铁的氧化物为Fe2O3，
故答案为：Fe2O3。
(1)根据化学式计算；
(2)根据铁元素守恒，计算氧化物中Fe的物质的量，再根据氧化物质量计算氧原子物质的量，进而确定铁的氧化物化学式。
本题考查化学方程式计算、化学式的有关是，涉及热重分析图象，注意守恒思想的运用，试题考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
2021-2022学年浙江省丽水市高二（上）期末化学试卷
1. 以下能级符号正确的是( )
A. 1s B. 1p C. 2d D. 3f
2. 下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是( )
A. K2CO3 B. AlCl3 C. NaHSO4 D. NaNO3
3. 下列有关反应热的说法不正确的是( )
A. 在等温、等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(ΔH)
B. 反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−184.6kJ⋅mol−1，表示每摩尔反应放出184.6kJ的热量
C. 在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，反应体系内能减少
D. 所有反应的反应热都可以通过量热计直接测量
4. 下列关于能源的叙述不正确的是( )
A. 迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源
B. 寻找高效催化剂，使水分解产生氢气，同时释放能量
C. 反应符合最理想的原子经济性
D. 海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用对降低碳排放具有重要意义
5. 下列说法正确的是( )
A. 钾的焰色试验呈紫色，发生的是化学变化
B. 钠原子的电子由3s跃迁到5s，放出能量
C. 基态硫原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4
D. 氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量不相等
6. 元素Po(钋)与S同主族，原子序数为84，下列说法正确的是( )
A. PoO2具有还原性 B. 原子半径：Po
7. 下列对应关系不正确的是( )
A. 乙烯分子中存在碳碳双键，可通过加聚反应合成聚乙烯
B. 金属性：Cu>Ag，电解精炼铜时银沉积在电解槽底部
C. 氮气的化学性质很稳定，可作电解熔融氯化镁制镁的保护气
D. Al2O3是两性氧化物，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜
8. 能正确表示下列变化的方程式是( )
A. SO3能使BaCl2溶液产生白色沉淀：SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+
B. 炽热的铁水与水蒸气反应：3H2O(g)+2Fe−高温Fe2O3+3H2
C. NaOH溶液吸收废气中的NO2：2NO2+2OH−=2NO3−+H2O
D. Na2CO3溶液使酚酞试液变红：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OH−
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：X>Y B. 电负性：Z>W
C. 气态氢化物的稳定性：Y
10. 下列有关实验的说法不正确的是( )
A. 加热2mL0.5mol⋅L−1CuCl2溶液，溶液颜色变为绿色
B. 电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，铁制镀件溶解
C. 向NaOH溶液中加入适量饱和FeCl3溶液，加热制得Fe(OH)3胶体
D. 向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
11. CH3COOH溶液存在电离平衡，下列有关叙述不正确的是( )
A. 向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH−)减小
B. 向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，电离平衡向左移动
C. CH3COOH溶液中离子浓度的关系：c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)
D. 常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7
12. 25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10−36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10−24，下列说法不正确的是( )
A. 饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2−)更小
B. 往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C. CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D. 在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(Cu2+)c(Zn2+)=3.9×10−12
13. 已知丙烷与Br2发生一元取代反应的机理如下(R⋅、X⋅表示自由基)：
(1)Br2(g)→2Br⋅(g)ΔH1
(2)CH3CH2CH3(g)+Br⋅(g)→CH3CH2CH2(g)+HBr(g)ΔH2
CH3CH2CH3(g)+Br⋅(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)ΔH2′
(3)CH3CH2CH2(g)+Br⋅(g)→CH3CH2CH2Br(g)ΔH3
CH3CHCH3(g)+Br⋅(g)→CH3CHBrCH3(g)ΔH3′
其中，(2)是决定反应速率的关键步骤，其“能量-反应进程”如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 稳定性：CH3CHCH3
C. 丙烷与Br2发生一元取代反应的产物以CH3CHBrCH3为主
D. 适当升高温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Br的比例
14. 硫酸盐(含SO42−、HSO4−)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意如图。下列说法不正确的是( )
A. 过程Ⅰ中H2O参与电子的传导
B. 过程Ⅱ、过程Ⅲ不存在电子转移
C. 雾霾微颗粒中含有硫酸盐、亚硝酸盐等
D. NO2是雾霾微颗粒中硫酸盐生成转化的氧化剂
15. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)。下列根据相关图象所作的判断，正确的是( )
A. 其他条件相同时，增大压强平衡向左移动
B. x为c(O2)
C. 3s时，v(NO2)=0.2mol⋅L−1⋅s−1
D. 温度降低，反应的平衡常数增大
16. 用压强传感器探究生铁分别在pH=2.0、4.0和6.0的酸性溶液中发生电化学腐蚀，得到反应体系气体压强与时间的关系如图。有关叙述不正确的是( )
A. 负极的电极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+
B. pH=2.0时，生铁只发生析氢腐蚀
C. pH>4.0时，生铁主要发生吸氧腐蚀
D. 外加电流法保护金属，用惰性电极作为辅助阳极
17. 新型锂-空气电池具有能量大、密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是( )
A. 放电时，内电路中Li+向石墨烯电极方向移动
B. 放电时，正极反应式：O2+4H++4e−=2H2O
C. 放电时，外电路电子从石墨烯电极流向锂电极
D. 放电时，电池中化学能完全转化为电能
18. 下列关于化学反应方向及其判据的说法，正确的是( )
A. 1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]>S[SO3(1)]>S[SO3(g)]
B. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g)ΔH=−77.6kJ⋅mol−1，常温下该反应不能自发进行
C. 放热反应都可以自发进行，吸热反应都不能自发进行
D. 反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主
19. 下列说法不正确的是( )
A. 25℃，向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，溶液的pH变化小于2
B. 将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，溶液中c(OH−)减小，c(H+)增大，pH减小
C. 物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大
D. 若将CO2通入0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中至溶液呈中性(忽略溶液体积的变化)，则溶液中2c(CO32−)+c(HCO3−)=0.2mol⋅L−1
20. 氨对发展农业有着重要意义，也是重要的化工原料。合成氨的生产流程示意如图。下列说法不正确的是( )
A. 控制原料气n(H2)n(N2)=2.7∼2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率
B. 合成氨一般选择400∼500℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，平衡转化率高
C. 热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
D. 中国科学家研制的新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗
21. 随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。请回答：
(1)h的元素符号是 ______。
(2)y原子有 ______个能级。元素f的基态原子价层电子轨道表示式是 ______。
(3)元素的第一电离能：z>d，其原因是 ______。
(4)以上元素中，电负性最小的元素和x元素组成的化合物，其电子式是 ______。
22. 25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.8×10−11。请回答：
(1)25℃时，水的离子积Kw=______。
(2)NaHCO3溶液显 ______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合数据分析其原因是 ______。
(3)某实验测得0.050mol⋅L−1NaHCO3溶液在加热过程中的pH变化如图所示。试分析45℃后，随温度升高NaHCO3溶液pH增大的原因是 ______。
(4)氯气通入NaHCO3溶液中产生无色气体，该反应的离子方程式是 ______。
23. 利用生物发酵得到的乙醇制取氢气具有良好的应用前景，如乙醇和水蒸气重整制取氢气，其部分反应如下。
反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+265kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
(1)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)ΔH=______。
(2)恒温恒容时，对于反应Ⅰ处于化学平衡状态时的描述，正确的是 ______。
A.CO的含量保持不变
B.容器中压强保持不变
C.2v正(CO)=v逆(CH3CH2OH)
D.CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度相等
(3)对于反应Ⅱ，在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率如图所示(图示各点所对应的反应温度可能相同，也可能不同)。
①图中C、E两点对应的反应温度分别为TC和TE。判断：TC______TE(填“<”、“=”或“>”)。
②若CO和H2O的起始浓度总和为5mol⋅L−1，求G点对应的平衡常数 ______。
③图中E、G两点对应的反应温度相同，其对应的平衡常数分别为KE和KG。判断：KE______KG(填“<”、“=”或“>”)。
24. 某学习小组用0.100mol⋅L−1NaOH溶液测定未知物质的量浓度的一元酸HR溶液。请回答：
Ⅰ.用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol⋅L−1HR溶液的相关数据如表所示。
V[NaOH(aq)]/mL
0
10.00
19.00
19.98
20.00
20.02
21.00
30.00
pH
2.6
4.2
5.5
7.2
8.4
9.7
11.4
12.3
(1)请根据表中数据在图1绘制滴定曲线(pH−V图)______。
(2)该酸碱中和滴定实验应选用______作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是 ______。
A.酚酞(8.2∼10.0)
B.石蕊(5∼8)
C.甲基橙(3.1∼4.4)
Ⅱ.用0.100mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL未知物质的量浓度的HR溶液，实验所用仪器如图2所示。
(3)仪器A盛装 ______(填“NaOH”或“HR”)溶液。
(4)下列关于滴定实验，正确的是 ______。
A.使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水
B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用所要盛装溶液润洗2∼3次
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀
(5)若滴定开始和结束时，盛装0.100mol⋅L−1NaOH溶液的滴定管中的液面如图3所示，终点读数为 ______mL，HR溶液的浓度为 ______mol⋅L−1。
(6)后续平行实验显示，此次滴定实验所得测定结果偏高，其原因可能是 ______。
A.滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数
B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH
C.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
25. 草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅2H2O,摩尔质量：180g⋅mol−1)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等。
(1)草酸亚铁晶体含结晶水的质量分数为 ______。
(2)称取3.60g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。经分析，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试通过计算确定该氧化物的化学式 ______。(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.各层均有s能级，故A正确；
B.第一层(K层)上的能级只有1s，故B错误；
C.第二电子层(L层)的能级只有2s和2p，无2d能级，故C错误；
D.第三电子层(M层)的能级只有3s、3p和3d，无3f能级，故D错误；
故选：A。
第一层(K层)上的能级只有1s，第二电子层(L层)的能级只有2s和2p，第三电子层(M层)的能级只有3s、3p和3d，第四电子层(N层)的能级只有4s、4p、4d和4f亚层，各能层均有s能级，以此进行判断。
本题考查了原子核外电子能级的排布，明确电子层与含有能级的关系为解答关键，原子掌握原子构成及原子核外电子排布规律，试题侧重于考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.K2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，故A不选；
B.AlCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故B选；
C.NaHSO4为强酸的酸式盐，NaHSO4=Na++H++SO42−，但不是盐类水解的原因，故C不选；
D.NaNO3是强酸强碱盐，溶液呈中性，故D不选；
故选：B。
物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析解答。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意盐类水解的本质，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.当反应在等温、恒压条件下进行时，反应热效应等于焓变，故A正确；
B.在25℃、101kPa时，1mol气态H2和1mol气态Cl2完全反应生成2mol HCl气体，放出的热量为184.6kJ，故B正确；
C.在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，则反应体系内能减少，故C正确；
D.某些反应的反应条件限制，发热过程中常伴随其他能量转化，反应热不能直接测定，故D错误；
故选：D。
A.在等温、恒压条件下，反应的焓变等于反应热；
B.热化学方程式指在一定温度，一定压强下反应生成特定状态的物质时放出或吸收的热量；
C.反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
D.某些反应的反应条件限制，反应热不能直接测定。
本题考查反应热与焓变、热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化解答的关键，注意掌握基础知识的积累，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.三大化石燃料：煤、石油、天然气，仍是人类使用的主要能源，故A正确；
B.水分解需要吸收能量，不是放出能量，故B错误；
C.是化合反应，原子利用率百分之百，符合最理想的原子经济性，故C正确；
D.海洋能是一种新型的清洁能源．海洋能主要包括潮汐能、波浪能、海水温差能、盐差能、海流能，开发海洋能可以减少化石燃料的使用，对降低碳排放具有重要意义，故D正确；
故选：B。
A.三大化石燃料：煤、石油、天然气；
B.水分解需要吸收能量；
C.是化合反应，原子利用率百分之百；
D.海洋能是一种新型的清洁能源．海洋能主要包括潮汐能、波浪能、海水温差能、盐差能、海流能。
本题考查了化学能源的开发和利用，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大．
5.【答案】C
【解析】解：A.焰色试验实际上是电子的跃迁，没有新物质生成，所以发生的是物理变化，故A错误；
B.电子由低能级跃迁到高能级吸收能量，3s能级的能量小于5s能级，所以钠原子的电子由3s跃迁到5s，吸收能量，故B错误；
C.基态S原子核外有16个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，故C正确；
D.同一能级的轨道能量相等，所以氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量相等，故D错误；
故选：C。
A.焰色试验发生的是物理变化；
B.电子由低能级跃迁到高能级吸收能量；
C.基态S原子核外有16个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；
D.同一能级的轨道能量相等。
本题考查原子核外电子排布、电子跃迁等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律、能级与能量的关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.PoO2中Po是+4价，处于中间价态，既具有氧化性，又具有还原性，故A正确；
B.同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Po>S，故B错误；
C.第六周期0族元素原子序数为86，该周期容纳32种元素，而Po的原子序数比86小2，可知Po位于元素周期表的第5周期VIA族，故C正确；
D.Po、S处于VIA族，属于p区元素，故D错误；
故选：A。
A.PoO2中Po是+4价，处于中间价态；
B.同主族自上而下原子半径增大；
C.根据第六周期0族元素原子序数为86判断；
D.Po、S处于VIA族。
本题考查元素周期律表与元素周期律，理解同主族元素性质的相似性与递变性，掌握根据原子序数确定在周期表中位置的方法。
7.【答案】C
【解析】A.乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，故A正确；
B.电解精炼铜时，粗铜作阳极，Cu和比Cu活泼的金属Zn、Fe、Ni等在阳极放电，比Cu活泼性差的金属Ag、Au等杂质沉积在电解槽的底部形成阳极泥，故B正确；
C.氮气的化学性质很稳定，但电解熔融氯化镁制镁，镁能与氮气反应，故C错误；
D.Al2O3是两性氧化物，可与NaOH发生反应，化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O↑，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜，故D正确；
故选：C。
A.碳碳双键可发生加聚反应；
B.电解精炼铜时，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni在阳极放电；
C.镁能与氮气发生反应；
D.氧化铝能与NaOH反应。
本题综合考查化学知识，侧重考查学生基础化学知识的掌握情况，此题难度不大，注意基础知识的积累。
8.【答案】A
【解析】解：A.三氧化硫合适反应生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO3+Ba2++H2O=BaSO4↓+2H+，故A正确；
B.炽热的铁水与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：4H2O(g)+3Fe−高温Fe3O4+4H2，故B错误；
C.NaOH溶液吸收废气中的NO2反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，反应的离子方程式为：2NO2+2OH−=NO2−+NO3−+H2O，故C错误；
D.Na2CO3溶液使酚酞试液变红是因为碳酸根离子分步水解，溶液显碱性，反应的离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故D错误；
故选：A。
A.三氧化硫合适反应生成硫酸，硫酸和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀；
B.炽热的铁水与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
C.NaOH溶液吸收废气中的NO2反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水；
D.Na2CO3溶液使酚酞试液变红是因为碳酸根离子分步水解，溶液显碱性。
本题考查离子方程式、化学方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，明确书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
9.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：X
D.氧离子和钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：X>Z，故D正确；
故选：D。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，该化合物为过氧化钠，则Z为Na，X为O，满足“基态X(O)原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍”；Y、W最外层电子数相同，二者位于同主族，Y位于第二周期，其原子序数大于O，则Y为F，W为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.加热促进铜离子水解氢氧化铜，导致溶液颜色变为绿色，故A正确；
B.电解池中，较活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子发生氧化反应，电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，Fe作阳极，铁制镀件失电子生成亚铁离子进入溶液，不断溶解，故B正确；
C.氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，应该向沸水中滴入几滴饱和的氯化铁溶液，加热至红褐色为止，得到氢氧化铁胶体，故C错误；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明醋酸的酸性大于碳酸，则Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，故D正确；
故选：C。
A.加热促进铜离子水解；
B.电解池中，较活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子发生氧化反应；
C.氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、酸性强弱判断、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故A错误；
B.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，加入少量的CH3COONa固体，相当于加入醋酸根离子，电离平衡向左移动，故B正确；
C.溶液中存在电荷守恒，CH3COOH溶液中电荷守恒：c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，故C正确；
D.醋酸为弱酸，常温下，pH=2的CH3COOH溶液，醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，两者等体积混合，酸过量，溶液显酸性，溶液的pH<7，故D正确；
故选：A。
A.向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小；
B.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，加入少量的CH3COONa固体，相当于加入醋酸根离子；
C.溶液中存在电荷守恒；
D.醋酸为弱酸，常温下，pH=2的CH3COOH溶液，醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，两者等体积混合，酸过量，溶液显酸性。
本题考查了弱电解质的电离，明确加水稀释时促进弱电解质电离，但酸溶液中除了氢氧根离子外，其它离子浓度都减小，再结合平衡移动影响因素来分析解答，难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：A.CuS的Ksp=c(Cu2+)c(S2−)=6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=6.3×10−36mol/L；ZnS的Ksp=c(Zn2+)c(S2−)=1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=1.6×10−24mol/L；前者c(S2−)更小，故A正确；
B.ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，故B正确；
C.Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，故C错误；
D.在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)c(Zn2+)×c(S2−)c(S2−)=6.3×10−361.6×10−24=3.9×10−12，故D正确；
故选：C。
A.CuS的Ksp=c(Cu2+)c(S2−)=6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=6.3×10−36mol/L；ZnS的Ksp=c(Zn2+)c(S2−)=1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=1.6×10−24mol/L；
B.ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS；
C.Ksp的大小只与温度有关；
D.在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)c(Zn2+)×c(S2−)c(S2−)=6.3×10−361.6×10−24。
本题考查弱溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握平衡移动、Ksp的应用及影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，CH3CHCH3能量低于CH3CH2CH2，稳定性：CH3CHCH3>CH3CH2CH2，故A错误；
B.Br2(g)→2Br⋅(g)为断开化学键，需要吸收能量，ΔH1>0，故B正确；
C.由图可知，生成CH3CHCH3的活化能比生成CH3CH2CH2活化能低，故生成CH3CHCH3反应越容易进行，则丙烷与Br2发生一元取代反应的产物以CH3CHBrCH3为主，故C正确；
D.由图可知，ΔH2较大，升高温度对反应热大的反应影响较大，则适当升高温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Br的比例，故D正确；
故选：A。
A.能量越低越稳定；
B.Br2(g)→2Br⋅(g)为断开化学键；
C.活化能越低，反应越容易进行；
D.升高温度对反应热大的反应影响较大。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】解：A.过程Ⅰ中NO2得到SO32−失去的电子，水参与电子传导，故A正确；
B.过程Ⅲ的反应有电子转移，NO2生成HNO2，化合价降低，得到电子，故B错误；
C.过程Ⅰ有亚硝酸根生成，可继续氧化成硝酸根，所以雾霾微颗粒中既含有硫酸盐，也含有亚硝酸盐(或硝酸盐)，故C正确；
D.NO2生成HNO2，化合价降低，得到电子，发生还原反应，做氧化剂，故D正确；
故选：B。
A.过程Ⅰ中NO2得到SO32−失去的电子；
B.过程ⅢNO2生成HNO2，化合价降低，得到电子；
C.过程Ⅰ有亚硝酸根生成，可继续氧化成硝酸根；
D.NO2生成HNO2，化合价降低，得到电子；
本题考查了氧化还原反应、反应机理的分析，题目难度不大，注意把握氧化还原反应的分析方法，把握图中物质之间的转化以及元素化合价的变化是解题的关键。
15.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，交点后增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则平衡向右移动，故A错误；
B.增大氧气的量，平衡逆向移动，则NO2的转化率减小，与图不符，故B错误；
C.由图可知0∼3s内v(NO2)=1.0mol/L−0.4mol/L3s=0.2mol⋅L−1⋅s−1，但不能计算3s时的瞬时速率，故C错误；
D.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，交点后增大压强，正反应速率大于逆反应速率；
B.增大氧气的量，平衡逆向移动；
C.结合v=△c△t计算；
D.图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
16.【答案】B
【解析】解：A.负极的电极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+，故A正确；
B.pH=2.0时，生铁片上析氢腐蚀和化学腐蚀同时存在，以析氢腐蚀为主，故B错误；
C.由图可知，pH>4.0时，气体压强几乎不变，生铁主要发生吸氧腐蚀，故C正确；
D.外加电流法保护金属，可以用惰性电极作为辅助阳极，保护金属做阴极，故D正确；
故选：B。
生铁分别在pH=2.0酸性溶液中发生电化学腐蚀，铁做负极，失去电子，被氧化，生铁中的碳颗粒做正极，发生析氢腐蚀，生成氢气，由图可知，pH=4.0和6.0的弱酸性溶液中，气体压强几乎不变，甚至减小，以发生吸氧腐蚀为主，据此分析作答。
本题主要考查原电池和电解池的应用，掌握原电池和电解池的原理，正负极的判断，电极反应式的书写，离子、电子、电流的移动方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
17.【答案】A
【解析】解：A.该装置为原电池，锂为负极，石墨烯为正极，阳离子在电解质中移向正极，即Li+向石墨烯电极方向移动，故A正确；
B.O2在石墨烯上得电子生成OH−，为正极，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，故B错误；
C.放电时，锂为负极，石墨烯为正极，外电路中电子从锂电极流向石墨烯电极，故C错误；
D.电池工作时化学能部分转化为电能，还有一部分转化为热能，即电池中化学能不可能完全转化为电能，故D错误；
故选：A。
由图可知，该装置为原电池，将化学能转化为电能，放电时Li发生失电子的反应生成Li+，作负极，负极反应式为Li−e−=Li+，O2在石墨烯上发生得电子的反应生成OH−，为正极，正极电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，电子由负极经过导线流向正极，阳离子在电解质中移向正极，据此分析解答。
本题考查了原电池工作原理，侧重于考查学生的综合运用能力，把握电极的判断、发生的反应为解答关键，注意电极反应式的书写，题目难度不大。
18.【答案】D
【解析】解：A.同一种物质的熵变：气态>液态>固态，则1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]
C.反应自发进行的判断依据是△H−T△S<0，放热反应也可能是非自发的，吸热反应也可能是自发的，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的△S>0，在较高温度下能自发进行，则△H−T△S<0，又该反应△H>0，所以反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主，故D正确；
故选：D。
A.同一种物质的熵变：气态>液态>固态；
B.反应自发进行的条件是△H−T△S<0；
C.反应能否自发进行与反应的吸放热无关；
D.反应自发进行的条件是△H−T△S<0。
本题考查焓变与熵变，把握反应自发进行的条件、熵变正负的判断即可解答，侧重学生的分析能力和运用能力的考查，注意反应是否自发进行需要焓变、熵变、温度共同决定，题目难度不大。
19.【答案】B
【解析】解：A.25℃，向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，一水合氨有电离出氢氧根离子，溶液的pH变化小于2，故A正确；
B.将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，出计划醋酸根离子水解，溶液中c(OH−)增大，c(H+)减小，pH增大，故B错误；
C.物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，NH4F发生双水解反应，NaF溶液中氟离子水解，溶液显碱性，物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大，故C正确；
D.溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+2c(CO32−)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)=0.2mol/L，故D正确；
故选：B。
A.氨水溶液中一水合氨为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释，促进电离；
B.将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，促进醋酸根离子水解，氢氧根离子浓度增大；
C.物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，氯化铵溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，NH4F发生双水解反应，NaF溶液中氟离子水解，溶液显碱性；
D.溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+c(OH−)+2c(CO32−)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)。
本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度大小比较，题目难度中等，正确判断溶液酸性强弱为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20.【答案】B
【解析】解：A.空气中N2含量充足，控制原料气n(H2)n(N2)=2.7∼2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率，故A正确；
B.合成氨一般选择400∼500℃进行，主要是考虑铁触媒的活性最大，反应速率最大，但温度升高，反应的平衡转化率是降低的，故B错误；
C.热交换是将氨气的热量传给氮气和氢气，目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，故C正确；
D.新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别从400∼500℃、10−30MPa降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗，故D正确；
故选：B。
A.可逆反应中增大一种物质的浓度，可以提高另一种物质的转化率；
B.催化剂在一定的温度下，活性最好，但温度过高，平衡逆向移动；
C.热交换的目的就是将氨气的热量传给氮气和氢气，对原料气进行预热；
D.合成氨的原始温度、压强分别从400∼500℃、10−30MPa。
本题主要考查了合成氨的相关知识，具体涉及了平衡转化率、催化剂的活性、平衡移动等，同时考查了学生的看图理解能力，读取有效信息的能力，属于高频考点，难度不大。
21.【答案】Cl 3 N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
【解析】解：(1)根据分析可知，h的元素符号为Cl，
故答案为：Cl；
(2)y为C元素，其核外电子排布式为1s22s22p2，C原子的能级为1s、2s、2p，总共含有3个能级；f为Al，其基态原子价层电子排布式为3s22p1，其基态原子价层电子轨道表示式是，
故答案为：3；；
(3)z、d分别为N、O元素，由于N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，所以第一电离能：N>O，
故答案为：N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高；
(4)以上元素中，电负性最小的元素为Na，x为H，Na和H元素组成的化合物为NaH，NaH属于离子化合物，其电子式是，
故答案为：。
随着原子序数递增，八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，x位于第一周期，y、z、d位于第二周期，e、f、g、h位于第三周期，结合元素化合价可知，x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子半径来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
22.【答案】1.0×10−14 碱性 Kh(HCO3−)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，HCO3−的水解程度大于其电离程度 超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强 Cl2+HCO3−=Cl−+HClO+CO2↑
【解析】解：(1)25℃时，水的离子积Kw=1.0×10−14，
故答案为：1.0×10−14；
(2)HCO3−电离导致溶液呈酸性，HCO3−水解导致溶液呈碱性，HCO3−水解平衡常数=KwKa1=10−144.5×10−7≈2.2×10−8>Ka2，说明其水解程度大于电离程度，所以其水溶液呈碱性，
故答案为：碱性；Kh(HCO3−)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，HCO3−的水解程度大于其电离程度；
(3)温度超过45℃时，NaHCO3不稳定，易分解生成Na2CO3，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，所以溶液碱性增强，
故答案为：超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强；
(4)氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，离子方程式为Cl2+HCO3−=Cl−+HClO+CO2↑，
故答案为：Cl2+HCO3−=Cl−+HClO+CO2↑。
(1)25℃时，水的离子积Kw=1.0×10−14；
(2)HCO3−水解平衡常数=KwKa1=10−144.5×10−7≈2.2×10−8>Ka2，说明其水解程度大于电离程度；
(3)温度较高时，NaHCO3不稳定，易分解生成Na2CO3；
(4)氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
本题考查弱电解质的电离、盐类水解、强酸制取弱酸等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数与水解平衡常数的关系、化学反应原理是解本题关键，题目难度不大。
23.【答案】+183kJ⋅mol−1 AB<1=
【解析】解：(1)反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+265kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ×2得CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)ΔH=+265kJ⋅mol−1−41kJ⋅mol−1×2=+183kJ⋅mol−1，
故答案为：+183kJ⋅mol−1；
(2)A.各物质浓度不变的状态为化学平衡状态，所以反应Ⅰ处于化学平衡状态时CO的含量保持不变，故A正确；
B.反应Ⅰ是气体物质的量改变的反应，处于化学平衡状态时，气体物质的量不变，所以容器中压强保持不变，故B正确；
C.反应达到平衡状态，正逆反应的速率比等于系数比，达到平衡状态时v正(CO)=2v逆(CH3CH2OH)，故C错误；
D.反应达到平衡状态时，浓度保持不变，CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度不一定相等，故D错误；
故答案为：AB。
(3)①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，图中C、E两点对应的投料比相等，E点CO平衡转化率低，E点温度高，所以反应温度TC
②若CO和H2O的起始浓度总和为5mol⋅L−1，G点CO的起始浓度为3mol⋅L−1、H2O的起始浓度为2mol⋅L−1；
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始 3 2 0 0
转化 1.21.21.21.2
终止 1.80.81.21.2
故G点对应的平衡常数K=c(H2)×c(CO2)c(H2O)×c(CO)=1.2×1.20.8×1.8=1，
故答案为：1。
③平衡常数只与温度有关，E、G两点对应的反应温度相同，所以KE=KG，
故答案为：=。
(1)反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+265kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH2=−41kJ⋅mol−1
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ×2得CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)，据此计算；
(2)A.各物质浓度不变的状态为化学平衡状态；
B.反应Ⅰ是气体物质的量改变的反应，处于化学平衡状态时，气体物质的量不变；
C.反应达到平衡状态，正逆反应的速率比等于系数比；
D.反应达到平衡状态时，浓度保持不变。
(3)①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，图中C、E两点对应的投料比相等，E点CO平衡转化率低，E点温度高；
②若CO和H2O的起始浓度总和为5mol⋅L−1，G点CO的起始浓度为3mol⋅L−1、H2O的起始浓度为2mol⋅L−1；
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始 3 2 0 0
转化 1.21.21.21.2
终止 1.80.81.21.2
故G点对应的平衡常数K=c(H2)×c(CO2)c(H2O)×c(CO)，据此计算。
③平衡常数只与温度有关，E、G两点对应的反应温度相同。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
24.【答案】 A 溶液颜色从无色突变为粉红色，且半分钟内不变色 HRACDE26.100.1305D
【解析】解：(1)根据表中数据绘制滴定曲线(pH−V图)：，
故答案为：；
(2)从滴定曲线可看出，该滴定过程pH的突变范围在7.2∼9.7，该区间正好落在酚酞指示剂的变色pH范围，且变色明显易于观察，故选A；随着NaOH溶液的滴入，溶液从酸性变为碱性，故判断到达滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液从无色变为浅红色，且半分钟不褪色，
故答案为：A；溶液颜色从无色突变为粉红色，且半分钟内不变色：
(3)如图所示，仪器A是酸式滴定管，盛装HR溶液，
故答案为：HR；
(4)A.滴定实验操作时，使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水，故A正确；
B.滴定管要用待装液润洗，而锥形瓶不能润洗，故B错误；
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移，防止外洒，故C正确；
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，使滴入溶液与锥形瓶中液体快速混合充分反应，故D正确；
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀，如此能较精准滴定，故E正确；
故答案为：ACDE；
(5)从图示可知，起始时读数为0.00mL，终点时读数为26.10mL；则消耗NaOH溶液26.10mL，HR溶液的浓度为0.1×26.1×10−320×10−3mol/L=0.1305mol⋅L−1，
故答案为：26.10；0.1305；
(6)A.滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数，可能造成滴入的NaOH不够，使测定结果偏低；
B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH，KOH的摩尔质量大于NaOH，相同质量的KOH物质的量少于NaOH，导致所配制NaOH溶液物质的量浓度偏小，滴定时消耗体积偏大，造成测定结果偏高；
C.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，HR损失，导致NaOH溶液体积消耗较少，使测定结果偏低；
故答案为：B。
用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的HR酸溶液，根据c(HR)=c(NaOH)V(NaOH)V(HR)，滴定实验准确度的关键在于测量溶液的体积，包括滴定管的正确使用和滴定终点的准确判断；
(1)根据表中数据绘制滴定曲线(pH−V图)；
(2)从滴定曲线可看出，该滴定过程pH的突变范围在7.2∼9.7，该区间正好落在酚酞指示剂的变色pH范围，且变色明显易于观察：
(3)如图所示，仪器A是酸式滴定管；
(4)A.滴定实验操作时，使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水；
B.锥形瓶不能润洗；
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移；
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转；
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁；
(5)从图示可知，起始时读数为0.00mL，终点时读数为26.10mL；则消耗NaOH溶液26.10mL，HR溶液的浓度为0.1×26.1×10−320×10−3mol/L；
(6)根据c(HR)=c(NaOH)V(NaOH)V(HR)分析。
本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，理解中和滴定的原理是解题关键。
25.【答案】20%Fe2O3
【解析】解：(1)草酸亚铁晶体的化学式为FeC2O4⋅2H2O，则含有结晶水的质量分数为18×2180×100%=20%，
故答案为：20%；
(2)根据铁元素守恒，铁的氧化物中n(Fe)=n(FeC2O4⋅2H2O)=3.60g180g/mol=0.02mol，则n(O)=1.60g−0.02mol×56g/mol16g/mol=0.03mol，故n(Fe)：n(O)=0.02mol：0.03mol=2：3，故该铁的氧化物为Fe2O3，
故答案为：Fe2O3。
(1)根据化学式计算；
(2)根据铁元素守恒，计算氧化物中Fe的物质的量，再根据氧化物质量计算氧原子物质的量，进而确定铁的氧化物化学式。
本题考查化学方程式计算、化学式的有关是，涉及热重分析图象，注意守恒思想的运用，试题考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
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