2022-2023学年浙江省宁波效实中学高二上学期期中考试化学试题含解析

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浙江省宁波效实中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列措施不能使0.1mol/L的醋酸导电性增强的是
A．加水 B．加无水醋酸 C．加NaOH固体 D．通NH3
【答案】A
【详解】A．加水稀释醋酸，使溶液中离子浓度下降，导电性降低，A符合题意；
B．加无水醋酸，电解质浓度增大，离子浓度增大，导电性增强，B不符合题意；
C．加NaOH固体后，醋酸与氢氧化钠发生反应转化为强电解质醋酸钠，可使溶液导电性增强，C不符合题意；
D．NH3为碱性气体，溶于水会生成一水合氨，醋酸与一水合氨发生反应转化为强电解质醋酸铵，可使溶液导电性增强，D不符合题意；
故选A。
2．下列各项中电解质的电离方程式正确的是
A．氨水：NH3·H2O=+OH-
B．H2S的水溶液：H2S2H++S2-
C．HF的水溶液：HF=H++F-
D．NaHCO3的水溶液：NaHCO3 =Na++HCO
【答案】D
【详解】A．氨水中溶质为一水合氨，一水合氨为弱碱，发生部分电离，其电离方程式为：NH3·H2O +OH-，A错误；
B．H2S为二元弱酸，在水溶液中发生分步电离，其电离方程式为：H2SH++HS-，HS- H++S2-，B错误；
C．HF为弱酸，在水溶液中发生部分电离，其电离方程式为：HFH++F-，C错误；
D．NaHCO3为强电解质，在水溶液中可完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3 =Na++HCO，D正确；
故选D。
3．下列粒子对水的电离没有影响的是
A．CH3COOH B． C．M3+：1s22s22p6 D．
【答案】B
【详解】A．乙酸是弱酸，在溶液中部分电离出的氢离子抑制水的电离，选项A不符合题意；
B．为氯离子，盐酸是强酸，氯离子在溶液中不水解，不影响水的电离，选项B符合题意；
C．1s22s22p6的阳离子为铝离子，铝离子为弱碱阳离子，铝离子在溶液中水解促进水的电离，选项C不符合题意；
D．水能微弱电离出氢氧根离子，氢氧根离子抑制水的电离，选项D不符合题意；
答案选B。
4．下列生活中常用的方法，其原理与盐类的水解反应有关的是
A．用草木灰去除油污 B．用氢氢化铝中和过多胃酸
C．用食盐腌制腊肉 D．用白醋清洗水壶中的水垢
【答案】A
【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，水解之后其溶液呈碱性可以用于除油污，A正确；
B．氢氧化铝中和胃酸是利用酸碱中和反应，B错误；
C．食盐中的氯化钠是强酸强碱盐，不会发生水解，C错误；
D． 白醋与水垢反应是白醋与碳酸钙的反应，与水解无关，D错误；
故选A。
5．下列说法错误的是
A．下列离子在溶液中能大量共存：Al3+、Na+、S2﹣、NO
B．为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸
C．实验室盛放Na2CO3，Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
D．相同浓度的NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次增大则HX、HY、HZ的酸性依次减弱
【答案】A
【详解】A．铝离子和硫离子发生双水解导致不能共存，A错误；
B．铁离子会发生水解，加入少量盐酸可以抑制铁离子水解，B正确；
C．碳酸钠溶液显碱性会和玻璃中二氧化硅反应，硅酸钠具有粘性也不能使用玻璃塞，C正确；
D．酸的酸性越弱，对应酸根离子水解程度越大，溶液碱性越强；相同浓度的NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次增大说明HX、HY、HZ的酸性依次减弱，D正确；
故选A。
6．下列对氨水溶液中存在的电离平衡，叙述正确的是
A．加水后，溶液中增大
B．加入少量浓盐酸，电离平衡正向移动，溶液中增大
C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动
D．加入少量固体，溶液中减少
【答案】A
【详解】A．向氨水中加入水，促进一水合氨电离，所以溶液中增大，A正确；
B．向氨水中加入少量浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中减小，B错误；
C．向氨水中加入少量浓溶液，氢氧根离子浓度增大，则一水合氨的电离平衡逆向移动，C错误；
D．向氨水中加入少量固体，溶液中增大，D错误；
故选A。
7．基于构造原理填充顺序，下列原子轨道的能量大小比较，正确的是
A．E(4s)＜E(3d) B．E(3s)>E(3p)
C．E(4s)＜E(3p) D．E(2px)＜E(2py)
【答案】A
【分析】基于构造原理填充顺序，下列原子轨道的能量大小顺序是1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜5s＜4d＜5p＜6s＜4f…，据此解答。
【详解】A．根据能量顺序1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜5s＜4d＜5p＜6s＜4f知，所以E(4s)＜E(3d)，故A正确；
B．同一能层中，能量从小到大顺序是ns＜np＜nd，所以E（3s）＜E（3p）＜E（3d），故B错误；
C．根据能量顺序1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜5s＜4d＜5p＜6s＜4f知，所以E(3p)＜E(4s)，故C错误；
D．同一能层的同一能级能量相同，E(2px)=E(2py)，故D错误；
故选：A。
8．将K2SO4溶液从常温加热至90℃，下列叙述正确的是
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【详解】水的电离为吸热过程，升温促进其电离，c(H+)、c(OH-)均增大，故pH变小，依据Kw= c(H+)·c(OH-)，知Kw也变大；由水电离出的H+与OH- 始终是相等的，即c(H+)=c(OH-)，故溶液始终显中性。故答案选D。
9．下列说法正确的是
A．在①P、S；②Mg、Ca；③Al、Si三组元素中，每组中第一电离能较大的元素的原子序数和为41
B．放烟花时看到的焰色是某些金属原子的电子吸收能量后发生电子跃迁的结果，属于吸收光谱
C．Al原子激发态能量：＞
D．电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了泡利原理
【答案】A
【详解】A．第一电离能：①P＞S、②Mg＞Ca、③Al＜Si，每组第一电离能较大元素的原子序数之和为15+12+14=41，A正确；
B．放烟花时看到的焰色是某些金属原子的电子吸收能量后发生电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，属于发射光谱，B错误；
C．原子核外各个轨道的能量：3p＞3s＞2p＞2s＞1s，所以Al原子激发态能量：＜，C错误；
D．电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理，D错误；
故合理选项是A。
10．在一定温度下，氯化银在水中存在如下沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl—(aq)，若把AgCl分别放入①100mL0.1mol/LNaNO3溶液中；②100mL0.1mol/LNaCl溶液中；③100mL0.1mol/LAlCl3溶液中；④100mL0.1mol/LMgCl2溶液中，搅拌后在相同的温度下Ag＋浓度由大到小的顺序是：
A．①>②>④>③ B．②>①>④>③
C．④>③>②>① D．①>④>③>②
【答案】A
【详解】氯化银在水中存在沉淀溶解平衡，相同的温度下，溶液中的氯离子浓度越大，氯化银的溶解度越小，银离子浓度越小，由题意可知，溶液中氯离子浓度由大到小顺序为③>④>②>①，则溶液中银离子浓度由大到小顺序为①>②>④>③，故选A。
11．已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ/mol。根据表中所列数据判断错误的是
元素
I1
I2
I3
I4
X
496
4562
6912
9543
Y
578
1817
2745
11575

A．元素X的常见化合价是+1价
B．元素Y是ⅢA族的元素
C．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D．若元素Y处于第3周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【分析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y，结合物质性质分析解答。
【详解】A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；
B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；
C．若元素X是Na与氯形成化合物时，化学式可能是NaCl，故C正确；
D．若元素Y处于第三周期，为Al元素，则它与冷水不反应，故D错误；
故选D。
12．下列说法正确的是
A．25℃时，水电离出的溶液，其pH>7
B．25℃时，pH=3的HCl与pH=11的氨水等体积混合，测得pH<7
C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，测得pH=b，b>a，则HR是弱酸
D．25℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，若，则HX为强酸
【答案】D
【详解】A．酸或碱都抑制水的电离，常温下，水电离出的c(H+)<10−7mol⋅L−1，溶液既可能是酸性，也可能是碱性，故A错误；
B．pH=3的HCl与pH=11的氨水等体积混合，氨水过量，一水合氨存在电离平衡，反应后又电离出氢氧根离子，溶液显碱性，溶液pH>7，故B错误；
C．若HR是强酸，则NaR溶液显中性，取HR溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，则氢离子浓度减半，pH增大，b＞a，因此无法判断HR是弱酸，故C错误；
D．在NaY溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=c(Y-)+c(HY)，两溶液中c(Na+)相等，说明在NaX溶液中，c(Na+)=c(X-)，说明X-不水解，则HX为强酸，故D正确；
故选：D。
13．下列对化学反应预测正确的是
选项
化学反应方程式
已知条件
预测
A


它一定是非自发反应
B

，自发反应
x可以等于3
C

能自发反应
一定小于0
D

常温下，自发进行


A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．由方程式可知，该反应为熵增的吸热反应，高温条件下，反应△H—T△S小于0，能自发进行，故A错误；
A．若x等于3，该反应为熵减的放热反应，任何条件下反应△H—T△S均小于0，能自发进行，故B正确；
C．由方程式可知，该反应为熵增的反应，反应能自发进行，说明反应△H—T△S小于0，则反应的焓变可以大于0，也可以小于0，故C错误；
D．由方程式可知，该反应为熵减的反应，反应能自发进行，说明反应△H—T△S小于0，则反应的焓变大于0，故D错误；
故选B。
14．对可逆反应： ，如图所示为正逆反应速率(v)与时间(t)关系的示意图，如果在t1时刻改变以下条件：①加入A；②加入催化剂；③加压；④升温；⑤减少C。符合图示的条件是

A．②③ B．①② C．③④ D．④⑤
【答案】A
【分析】由图象可知，t1时刻改变条件，正逆反应速率均增大相同的倍数，平衡不移动，可以使用催化剂，对于反应前后气体体积不变的可逆反应，也可以增大压强。是反应前后气体体积不变的吸热反应。
【详解】①加入A，改变条件瞬间，正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，故①不符合；
②加入催化剂，同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故②符合；
③该反应前后气体的体积不变，加压，同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故③符合；
④正反应为吸热反应，升温，正反应速率增大倍数大于逆反应速率增大倍数，平衡向正反应方向移动，故④不符合；
⑤若全部移走C，不影响气体组分的浓度，瞬间正、逆反应速率不变，但由于生成物C全部被移走，反应不能向逆反应进行，导致平衡向正反应方向移动，若部分移走C，正、逆反应速率不变，故⑤不符合；
故选：A。
15．用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液
③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗
④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
A．①④ B．①③ C．②③ D．③④
【答案】A
【详解】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所用体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；
③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，此时所测盐酸的浓度减小；
④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所用碱液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；只有①④符合题意。
故答案为：A。
16．已知：T℃时，Ksp(CaSO4)=4.0×10-6、Ksp(CaCO3)=4.0×10-9、Ksp(PbCO3)=8.4×10-14，三种盐的沉淀溶解平衡曲线如图所示，pM=-lgc(阴离子)、pN=-lgc(阳离子)。下列说法错误的是

A．a线是CaSO4沉淀溶解平衡曲线
B．T℃时，向0.001mol CaCO3沉淀中加入Na2SO4溶液(反应后溶液为1L)，使CaCO3沉淀会转化为CaSO4沉淀，所需Na2SO4的物质的量至少为1.001mol
C．T℃时，向10mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和，溶液中=
D．若d点表示CaCO3的饱和溶液加入CaSO4饱和溶液等体积混合则：c()＜c(Ca2＋)＜c(SO)
【答案】D
【分析】由图可知，a线表示的Ksp数值最大，则为CaSO4沉淀溶解平衡曲线；b、c分别表示CaCO3、PbCO3沉淀溶解平衡曲线；
【详解】A．由分析可知，a线是CaSO4沉淀溶解平衡曲线，A正确；
B．T℃时，向0.001mol CaCO3沉淀中加入Na2SO4溶液(反应后溶液为1L)，使CaCO3沉淀会转化为CaSO4沉淀，，则需要消耗硫酸根离子0.001mol、同时生成碳酸根离子0.001mol，则溶液中钙离子的浓度为，则溶液中硫酸根离子浓度至少为，物质的量了为1.0mol，故所需Na2SO4的物质的量至少为1.001mol，B正确；
C．T℃时，向10mL水中加入CaCO3和PbCO3至二者均饱和，溶液中=，C正确；
D．d点表示CaCO3的饱和溶液中钙离子浓度大于碳酸根离子浓度，由图可知，钙离子浓度约为、则碳酸根离子浓度约为；加入CaSO4饱和溶液中钙离子、硫酸根离子浓度约为，两者等体积混合后，仍然为钙离子浓度最大、碳酸根离子浓度最小，故：c()＜c(SO)＜c(Ca2＋)，D错误；
故选D。
17．已知：在100℃时，水的离子积为1×10-12，此时将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=1的H2SO4溶液V2L混合，若所得混合溶液的pH=6，则V1：V2为
A．1∶9 B．10∶1 C．9∶1 D．1∶10
【答案】D
【详解】由100℃时，水的离子积为1×10-12可知，所得混合溶液的pH=6说明pH=12的氢氧化钠溶液与pH=1的稀硫酸恰好完全反应，溶液呈中性，则氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度和稀硫酸溶液中氢离子浓度相等，所以×V1L=10—1mol/L×V2L，解得V1：V2=1∶10，故选D。
18．25℃时，相同体积和pH的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如图所示。下列说法正确的是

A．在上述三种盐原溶液中，水的电离度大小是NaX>NaY>NaZ
B．在等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ混合液中，离子浓度的大小关系是c(Z-)=c(Y-)=c(X-)
C．在上述NaX和NaY的混合液中存在c(HX)/c(X-)=c(HY)/c(Y-)
D．在0.2mol·L-1 NaX溶液中加入等体积0.1mol·L-1的盐酸，所得混合液中存在c(H＋)＋c(HX)=c(OH-)＋c(Cl-)
【答案】D
【详解】A．三种盐原溶液中相同体积和pH，对水的电离程度的促进作用是相同的，水的电离程度相同，A错误；
B．在等浓度的混合液中酸根离子的水解程度越大，溶液中酸根离子浓度越小，所以，B错误；
C．表示的水解程度，表示的水解程度，和的水解横渡不同，C错误；
D．在0.2mol·L-1溶液中加入等体积0.1mol·L-1的盐酸混合，所得溶液为、和等物质的量之比为1：1：1，物料守恒，，电荷守恒：，联立得：，D正确；
故选D。
19．亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸。常温下，向H2SeO3溶液中逐滴加入KOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线表示lg[]与pH的变化关系
B．H2SeO3的第一步电离平衡常数Ka1=102.37
C．根据图中信息可以判断KHSeO3溶液呈碱性
D．pH=5.23时，溶液中存在：c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSeO)
【答案】D
【详解】A .亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg，b表示lg，故A错误；
B .H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==10-2.37，故B错误；
C .根据图示信息， KHSeO3的Ka2=10-5.23，Kh2=，电离大于水解，溶液呈酸性，故C错误；
D . pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c（SeO）= c(OH-)+3c(HSeO)，故D正确；
故选：D。
20．以Fe2O3为主催化剂，用NH3还原NO实现烟气脱硝，其可能的反应机理如图所示，下列说法正确的是

A．每消耗1molNH3，则需要O2的量为0.75mol
B．元素的电负性大小：N>O>H
C．总反应为4NH3+6NO5N2+6H2O
D．等质量的Fe2+与Fe3+中未成对电子数之比为4∶5
【答案】D
【分析】由图可知，亚铁离子为反应的催化剂，氨气、一氧化氮、氧气为反应的反应物，氮气和水为反应的氧化剂，总反应可能为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，反应中一氧化氮、氧气为氧化剂，氨气为反应的还原剂。
【详解】A．由分析可知，反应中一氧化氮、氧气为氧化剂，氨气为反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知，消耗1mol氨气，需要氧气的物质的量小于=0.75mol，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性的强弱顺序为O>N> H，则电负性大小顺序为O>N> H，故B错误；
C．由分析可知，氨气、一氧化氮、氧气为反应的反应物，氮气和水为反应的氧化剂，总反应可能为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故C错误；
D．铁元素的原子序数为26，亚铁离子的价电子排布式为4d6，未成对电子数目为4，铁离子的价电子排布式为4d5，未成对电子数目为5，则等质量的亚铁离子和铁离子中未成对电子数之比为4∶5，故D正确；
故选D。
21．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B．该历程中最大正反应的活化能E正=186.19 kJ∙mol-1
C．两种产物中P2更稳定，相同条件下Z转化为产物的速率：v(P1)＜v(P2)
D．使用催化剂能提高产物P2的平衡产率
【答案】B
【详解】A．从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，A不正确；
B．该历程中最大正反应的活化能E正=205.11 kJ∙mol-1-18.92 kJ∙mol-1=186.19 kJ∙mol-1，B正确；
C．两种产物中P2的能量更低，更稳定，相同条件下Z转化为产物的活化能E(P1)＜E(P2)，则Z转化为产物的速率：v(P1)＞v(P2)，C不正确；
D．使用催化剂能降低反应在的活化能，加快反应速率，但不能提高产物P2的平衡产率，D不正确；
故选B。
22．MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如图所示。下列叙述中不正确的是

A．MOH是一种弱碱
B．在x点，c(M+)=c(R+)
C．在x点，ROH完全电离
D．稀释前，c(ROH)>10c(MOH)
【答案】D
【详解】由图可知，ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，并根据酸碱中和及电离来解答：
A．MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，A正确；
B．由ROH═R++OH-，MOH⇌M++OH-可知，在x点，c(OH-)相等，则c(M+)=c(R+)，B正确；
C．由于ROH是强碱，所以在x点，ROH完全电离，C正确；
D．由分析可知：ROH为强碱，MOH为弱碱，故稀释前，c(ROH)=0.1mol/L，c(MOH)＞0.01mol/L，则c(ROH)＜10c(MOH)，D错误；
故答案为：D。
23．一定条件下，分别向体积为1L的密闭容器中充入气体，发生反应Z (g) 2X(g)+Y(g)，测得实验①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

实验
充入气体量
反应过程条件
①
2mol X+1mol Y
恒温
②
1molZ
恒温
③
1molZ
绝热

A．曲线Ⅰ对应实验①，且3m=p B．Z的转化率：b＜c
C．气体的总物质的量： D．b点平衡常数：
【答案】D
【详解】A． 恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，故起始时实验②与实验③的压强相等，实验①的压强是实验②与实验③的3倍，则曲线Ⅰ对应实验①，且，选项A错误；
B．实验①与实验②的温度相等，根据等效平衡可知，实验①与实验②最终会达到相同的平衡状态，故曲线II对应实验②，则曲线III对应实验③，实验②与实验③充入的Z一样多，实验③比实验②达到平衡所用的时间长，则该反应是吸热反应，随反应的进行实验③温度降低，反应速率减慢，温度降低，平衡逆向移动，故Z的转化率：b＞c，选项B错误；
C．根据pV=nRT，c、d两点的压强相同，V相同，由于反应吸热，c点的温度比d点低，则c点的气体物质的量更多，故气体的总物质的量：，选项C错误；
D． 假设b点的压强为1.2p，设Z减小的物质的量为x mol，可列出三段式：，可得，解得a=0.1mol，容器体积为1L，则，根据图像可知，b点压强大于1.2p，则a＞0.1mol，平衡常数计算式的分子变大，分母减小，故b点平衡常数：，选项D正确；
答案选D。
24．用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的溶液和20.00mL浓度为c2的溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点(这两点的横坐标分别为10.60mL和17.20mL)。下列说法不正确的是

A．X曲线代表，且c1>c2
B．溶液中，
C．若a点，则a点有
D．若b点时溶液中，则b点消耗了8.60mLNaOH溶液
【答案】D
【详解】A．是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变，是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表，Y曲线代表。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积可知：，，，选项A正确；
B．由图可知，被完全中和时需消耗，则加入5.30mLNaOH溶液时，恰好转化为，因为，所以溶液呈酸性，故可推断的电离程度大于的水解程度，即，故，选项B正确；
C．若a点，则a点溶液为、按物质的量之比1∶1形成的混合溶液，因为，溶液显酸性，故的电离程度大于和的水解程度，则a点有，选项C正确；
D．若b点时加入氢氧化钠体积为8.60mL，则此时溶液为、按物质的量之比1∶1形成的混合溶液，因为，所以溶液呈酸性，故可推断的电离程度大于的水解程度，即溶液中，若要求b点时溶液中，则此时消耗氢氧化钠溶液的体积应小于8.60mL，选项D不正确；
答案选D。
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验
目的
方案设计
现象和结论
A
探究压强对NO2(红棕色)与N2O4(无色)平衡的影响
快速压缩装有NO2，N2O4平衡混合气体的针筒
如果气体颜色变深，则增大压强，平衡向生成NO2的方向移动
B
相同温度下，比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgBr)的大小
向AgNO3溶液中先加入少量NaCl溶液，再加入NaBr溶液
如果先生成白色沉淀，再生成淡黄色沉淀，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
C
验证Na2CO3溶液中存在水解平衡
取2mLNa2CO3溶液于试管中，加2滴酚酞，再加入少量CaCl2溶液
如果溶液红色变浅，则Na2CO3溶液中存在水解平衡
D
相同温度下，比较H2SO3与H2CO3的酸性强弱
向等体积的水中分别通入SO2、CO2至饱和，再用pH计测定两种溶液的pH
如果通SO2后所得溶液的pH小，则H2SO3的酸性比H2CO3强

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．压缩针筒，无论平衡正向还是逆向移动，二氧化氮浓度都增大，气体颜色都加深，A错误；
B．向硝酸银溶液中加少量氯化钠溶液产生白色氯化银沉淀，再加入溴化钠溶液，溴化钠与剩余的硝酸银反应生成淡黄色的溴化银沉淀，不是沉淀的转化，不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，B错误；
C．碳酸根离子与钙离子反应，使水解平衡逆向移动，碱性降低，溶液红色变浅，可证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，C正确；
D．用于比较pH的两种酸溶液的物质的量浓度不一定相同，不能确定酸性强弱，D错误；
答案选C。

二、填空题
26．雄黄(As4S4)、雌黄(As2S3)均可入药，具有解毒、杀菌、去燥湿的功效，也是中国画主要的黄色矿物质颜料。回答下列问题：
(1)基态硫原子核外电子的空间运动状态有_______种；其核外电子运动最高能级的电子云轮廓图的形状为_______。
(2)基态砷原子的价层电子的轨道表示式为_______。
(3)第一电离能As_______Se(填“>”或“<”)，其判断理由是_______。
(4)基态原子的N能层有1个未成对电子，M能层未成对电子数最多的元素是_______(填元素符号，下同)，其价层电子排布式为_______。该元素处于周期表的_______区
【答案】(1)     9     哑铃形
(2)
(3)     >     As半满 较稳定
(4)     铬(Cr)     3d54s1     d

【详解】（1）基态硫原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，运动轨道数有1s、2s、3s、3个2p轨道、3个3p轨道，共9个轨道，核外电子的空间运动状态有9种，其核外电子运动最高能级为3p轨道，电子云轮廓图的形状为哑铃形，故答案为：9；哑铃形；
（2）基态砷原子的价层电子排布式为4s24p3，其轨道表示式为；
（3）同周期元素从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，但由于As半充满较稳定，则第一电离能As大于Se，故答案为：>；As半充满较稳定；
（4）基态原子的N层有一个未成对电子，M层未成对电子最多的元素是铬(Cr)，24Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，处于周期表的d区，故答案为：铬(Cr)；3d54s1；d。
27．测定0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
925

(1)Na2SO3水解的离子方程式为_______。
(2)请根据题给信息判断Kw的关系①_______④(填“>”、“＜”或“=”，下同)， Kh的关系①_______②。
(3)(NH4)2SO3溶液中的质子守恒_______。
(4)SOCl2与AlCl3·6H2O 混合共热，可得到无水AlCl3，结合方程式说明其原因_______。
(5)当意外失火时，将泡沫灭火器倒过来即可使药液(硫酸铝和碳酸氢钠)混合，喷出泡沫状物品，阻止火势蔓延，其相关的离子反应方程式为_______。
【答案】(1)SO+H2OHSO+OH-
(2)     =     ＜
(3)c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
(4)SOCl2和H2O生成SO2和HCl，生成HCl抑制AlCl3的水解
(5)Al3++3HCO = Al(OH)3↓+3CO2↑

【详解】（1）Na2SO3溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为SO+H2OHSO+OH-。
（2）Kw、Kh均只与温度有关，且随温度升高而增大，温度：①=④＜②，可判断Kw的关系①=④， Kh的关系①＜②。
（3）(NH4)2SO3溶液中物料守恒：，电荷守恒，合并可得质子守恒c(H+)+c(HSO)+2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-)。
（4）SOCl2与AlCl3·6H2O 混合共热，可得到无水AlCl3，结合方程式说明其原因为：氯化铝水解生成和：，SOCl2和H2O生成SO2和HCl：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，生成HCl抑制AlCl3的水解。
（5）硫酸铝和碳酸氢钠溶液发生双水解生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，其相关的离子反应方程式为Al3++3HCO = Al(OH)3↓+3CO2↑。

三、原理综合题
28．按要求回答下列问题
可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸(化学式为H3PO4，沸点高，难挥发)有一定关系。
(1)室温下，测得0.1 mol/L H3PO4溶液的pH= 1.5，用电离方程式解释原因：_______。
(2)羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]是牙齿表面起保护作用的一层坚硬物质， 在唾液中存在如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s) 5Ca2+(aq) +3 (aq) + OH-(aq)，长期过量饮用可乐会破坏这层坚硬物质，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因：_______。
(3)用含氟牙膏刷牙，氟离子会与牙釉质[主要成分为Ca5(PO4)3OH]发生反应： Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq) Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，该反应的平衡常数K=_______(已知Ksp[Ca5(PO4)3OH]=7×l0-37，Ksp[Ca5(PO4)3F]=2.8×l0-61)。
(4)向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷各微粒在溶液中的物质的量分数与pH的关系如图。

①向磷酸溶液中滴加NaOH溶液至pH = 10时发生的主要反应的离子方程式是_______。
②下列关于0.1 mol/L Na2HPO4溶液的说法正确的是 _______ (填序号)。
a.Na2HPO4溶液显碱性，原因是的水解程度大于其电离程度
b.c(Na+) + c(H+) = c()+ 2c( ) + 3c( )+ c(OH- )
c.c(Na+) = c() + c() +c() + c(H3PO4)
【答案】(1)
(2)可乐为酸性饮料，长期过量饮用，可乐中的酸性物质中和，减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿
(3)
(4)          ab

【详解】（1）室温下，测得0.1mol/LH3PO4的pH=1.5，则，说明磷酸部分电离；
故答案为：；
（2）可乐为酸性饮料，长期过量引用，可乐中的酸性物质中和OH-，c(OH-)减小，平衡正向向脱矿方向移动，造成龋齿；
故答案为：可乐中的酸性物质中和OH-，c(OH-)减小，平衡向脱矿方向移动，造成龋齿；
（3）溶解度比小，该反应的平衡常数为；
故答案为：2.5×1024 ；

（4）①由图像可知，pH=10时，逐渐减少，逐渐增加，即和OH-反应生成和水，发生的主要反应的离子反应方程式；
故答案为：；
②a．的水解显碱性，电离显酸性，Na2HPO4溶液显碱性，原因是水解程度大于电离程度，a正确；
b．，符合电荷守恒，b正确；
c．根据物料守恒，，c错误；
故答案为：ab。
29．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一、反应如下：
反应i.；
反应ii.CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H2=+165kJ•mol-1；
回答下列问题：
(1)反应iii.的_______；若在一定温度下的容积固定的密闭容器中进行该反应，则可以提高平衡转化率的措施有_______(写出一条即可)
(2)对于反应i，向体积为2L的恒容密闭容器中，按投料。
①若在恒温条件下，反应达到平衡时的转化率为50%，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为_______(最简单整数比)。

②其他条件相同时，在不同催化剂(I、II、III)作用下，反应相同时间，的转化率随反应温度的变化如图所示。a点_______(填“是”或“不是”)化学平衡状态，的转化率：c点点，原因是_______。
(3)甲烷水蒸气催化重整制备高纯氢只发生反应i、反应ii。在恒温、恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为a，的物质的量为，则反应i的平衡常数_______[写出含有a、b的计算式；对于反应，x为物质的量分数]。若改变下列条件反应i的平衡常数Kx会变大的是_______(填字母)：
A、升高温度   B、降低温度 C、增大压强(通过缩小反应体积)   D、减小压强(通过扩大反应体积)E、使用催化剂
【答案】(1)          增大浓度、将或从体系中移出等
(2)     3∶2     不是     升高温度，反应速率加快，的转化率增大
(3)          AD

【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应iii=反应i-反应ii，则==；若在一定温度下的容积固定的密闭容器中进行该反应，可以增大浓度、将或从体系中移出，使平衡正向移动，提高平衡转化率；
（2）①若在恒温条件下，按投料，反应达到平衡时的转化率为50%，设，则参加反应的CH4的物质的量为0.5mol，列出三段式：，根据阿伏伽德罗定律可知，物质的量之比等于压强之比，所以平衡时容器内的压强与起始压强之比为(0.5+0.5+0.5+1.5)mol：(1+1)mol=3：2；
②其他条件相同时，在不同催化剂(I、II、III)作用下，反应相同时间，由于催化剂可以改变化学反应速率，不能改变平衡转化率，则a点不是化学平衡状态；CH4的转化率：c点>b点，因为温度升高，反应速率加快，相同时间，反应正向进行的程度增大，CH4的转化率增大；
（3）在恒温、恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为a，的物质的量为，根据元素守恒可知，平衡时CH4，H2O、CO2、H2、CO的物质的量分别为、、b mol、，则反应i的平衡常数；
若改变下列条件反应i的平衡常数Kx会变大的是：
A．>0，升高温度时，反应i平衡正向移动，平衡常数Kx会变大，A正确；
B．>0，降低温度时，反应i平衡逆向移动，平衡常数Kx会变小，B错误；
C．反应i是系数增大的反应，增大压强(通过缩小反应体积)时，反应i平衡逆向，平衡常数Kx会变小，C错误；
D．反应i是系数增大的反应，减小压强(通过缩小反应体积)时，反应i正向逆向，平衡常数Kx会变大，D正确；
E．催化剂只是加快反应速率，不改变化学平衡，E错误；
故答案为：AD。

四、实验题
30．工业上纳米的制备过程是以为载体，用和水蒸气反应生成，再控制温度生成纳米，测定产物组成的方法如下：
步骤一：取样品2.100g用稀硫酸充分溶解得到溶液，再用足量铝将还原为，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液混合并注入250mL容量瓶，定容得到待测液。
步骤二：取待测液于锥形瓶中，加入几滴指示剂，用0.1mol/L的标准溶液滴定，将氧化为，三次滴定测得数据记录如下：
实验编号
待测溶液的体积/mL
滴定前标准液的体积读数/mL
滴定后标准液的体积读数/mL
1
25.00
0.20
24.22
2
25.00
1.21
29.21
3
25.00
1.50
25.48

回答下列问题：
(1)若对步骤一所得的溶液加水稀释，溶液中会产生少量偏钛酸()沉淀，写出该反应的离子方程式___________。
(2)已知溶液显酸性，滴定时，将标准溶液注入___________(填“酸”或“碱”)式滴定管中。
(3)上述滴定实验中，可选择___________为指示剂，判断到达滴定终点的方法是___________。
(4)下列关于滴定分析的操作，错误的是___________。
A．滴定时要适当控制滴定速率
B．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内。
(5)通过分析、计算，该样品的组成为___________(写出计算过程)；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则测得比实际值___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)
(2)酸
(3)     KSCN溶液     滴加最后半滴标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色
(4)BC
(5)     由图表可知，3次滴定消耗标准液体积分别为24.02mL、28.00mL、23.98mL，第2次数据误差较大，舍弃，消耗标准液平均体积为24.00mL；标准溶液滴定，将氧化为，自身被还原为亚铁离子，根据电子守恒、钛原子守恒可知，， 2.100g样品中钛的物质的量为0.1mol/L×24.00×10-3L=0.024mol，则的质量为0.024mol×80g/mol=1.92g，则水的物质的量为（2.10g-1.92g）÷18g/mol=0.01mol，则，化学式为     偏大

【分析】滴定实验的步骤是：
滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）溶液加水稀释，水解生成少量偏钛酸()沉淀，；
（2）已知溶液显酸性，滴定时，将标准溶液注入酸式滴定管中。
（3）标准溶液滴定，将氧化为，自身被还原为亚铁离子，标准液中铁离子能使KSCN溶液变红色，故滴定实验中，可选择KSCN溶液为指示剂，判断到达滴定终点的方法是滴加最后半滴标准溶液，溶液变为红色且半分钟内不褪色。
（4）A．滴定时要适当控制滴定速率，便于观察滴定情况，A正确；
B．应该使用移液管量取25.00mL待测液转移至锥形瓶，B错误；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，C错误；
D．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，便于准确读数，D正确；
E．在接近终点时，滴加药品应慢慢控制滴定管，使滴定管尖嘴悬挂一滴液体，用锥形瓶内壁将其靠下，并用蒸馏水将其冲入锥形瓶内，放在出现实验误差，E正确。
故选BC；
（5）计算过程见答案；若滴定前滴定管尖端有气泡，滴定过程中气泡消失，则标准液消耗量增加，导致钛的物质的量增加，使得测得比实际值偏大。