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山东省济南市历城第二中学2023-2024学年高二上学期期末化学模拟试题含答案
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这是一份山东省济南市历城第二中学2023-2024学年高二上学期期末化学模拟试题含答案，共28页。试卷主要包含了选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每小题3分，每题只有一个正确选项，共60分）
1．（2023下·重庆北碚·高二校考期末）下列装置能达到相应实验目的的是
A．实验室灼烧B．实验室制备乙酸乙酯
C．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热D．制备无水氯化镁
【答案】D
【解析】A．灼烧固体应在坩埚中进行，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时末端导管不能伸入碳酸钠溶液内，否则会引起倒吸，故B错误；
C．缺少环形玻璃搅拌棒，不能使反应物充分混合反应，另外烧杯之间有空隙，会使热量散失影响实验准确性，故C错误；
D．制备无水氯化镁时为防止氯化镁水解应在HCl气氛中脱水，同时要防止空气中水进入，故D正确；
故选D。
2.（2023上·河北保定·高二统考期末）反应用于捕捉废气中，有关化学用语正确的是
A．轨道的电子云轮廓图：
B．的结构示意图：
C．基态C原子最外层电子的轨道表示式：
D．的空间填充模型：
【答案】D
【解析】A．轨道的电子云轮廓图应延y轴方向伸展，图中是轨道的电子云轮廓图，A错误；
B．是由O得到两个电子得到的，的核电荷数为8，核外电子数为10，B错误；
C．基态原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，2p能级的能量高于2s能级，应先在2s能级填充2个电子后再在2p能级填充两个电子，C错误；
D．为直线形结构，碳原子在中间，且碳原子半径比氧原子半径稍大，其空间填充模型无误，D正确；
故选D。
3．（2023上·江西萍乡·高二统考期末）下列说法正确的是
A．24Cr原子的核外电子排布式是：
B．最外层电子排布式为的基态原子所对应元素一定是金属元素
C．原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d
D．3px、3py、3pz轨道能量不相同
【答案】C
【解析】A．24Cr原子根据半充满稳定性更好，其核外电子排布式是：，A错误；
B．最外层电子排布式为的基态原子可能是氢元素，也可能是金属元素，B错误；
C．根据能量最低原理，原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，C正确；
D．3px、3py、3pz轨道为简并轨道，能量相同，只是伸展方向不同，D错误；
故选C。
4. 下列实验对应的反应方程式书写正确的是
A. 泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3 ↓+ 3CO2↑
B. FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s) + Hg2+(aq) Fe2+(aq) + HgS(s)
C. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑
D. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3+++Ba2++3OH－=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中物质为Al2(SO4)3和NaHCO3，和Al3+发生双水解反应，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；
B．用FeS除去废水中的Hg2+的离子方程式为：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，故B正确；
C．金属作阳极，金属优先失去电子，因此用铁电极电解饱和食盐水反应生成氢氧化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H2OH2↑+Fe(OH)2↓，故C错误；
D．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，离子方程式为：2Fe3++3+3Ba2++6OH-═2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故D错误；
故选：B。
5．（2023下·上海徐汇·高一校考期末）某温度下，恒容密闭容器中反应： 。已知和初始浓度均为，平衡时测得浓度为，下列说法错误的是
A．反应过程中压强始终保持不变
B．可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C．若达到平衡后移去部分，则平衡向逆反应方向移动
D．若、、、初始浓度均为，则反应逆向进行
【答案】D
【解析】A．反应前后气体的总物质的量不变，则该反应的体系压强始终保持不变，故A正确；
B．时说明正逆反应速率相等，则可作为该可逆反应达到平衡状态的标志，故B正确；
C．平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，故C正确；
D．K==2.25，若、、、初始浓度均为，Q==1，Q故选D。
6．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）已知：
下列说法正确的是
A．
B．
C．升温时，丙烷与氯自由基反应速率加快，与溴自由基反应速率减慢
D．HCl与HBr的键能差可以表示为
【答案】B
【解析】A．Cl比Br活泼，且HCl比HBr稳定，能量越低物质越稳定，则△H1＜△H3，故A错误；
B．由盖斯定律可知，①-③=②-④，则△H1=△H2+△H3-△H4 ，故B正确；
C．升高温度可加快反应速率，则升高温度，吸热反应、放热反应速率都增大，丙烷与溴自由基反应速率加快，故C错误；
D．③-①得HCl+Br∙→HBr+Cl∙，△H=△H3 -△H1，键能差为△H3 -△H1，故D错误；
故选B。
7. 下列实验过程不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的反应正向进行，可提高饱和氯水中的HClO浓度，故A正确；
B．恒容透明密闭容器中充入氦气，NO2和N2O4的浓度均不变，颜色不变，则平衡不移动，故B错误；
C．溶液中存在+H2O⇌2+2H+，加NaOH时氢离子浓度减小，平衡正向移动，则溶液黄色加深，故C正确；
D．H2S溶液中滴加0.01ml•L-1的CdSO4溶液至沉淀不再增加，生成黄色CdS沉淀，再滴入几滴0.01ml•L-1CuSO4溶液，转化为黑色的CuS沉淀，则Ksp(CdS)>Ksp(CuS)，故D正确；
故选：B。
8．（2023上·河南郑州·高二统考期末）25℃时，向浓度均为的NaOH和氨水的混合溶液中逐滴加入的盐酸(的；用的盐酸滴定等浓度的NaOH溶液，滴定终点的pH突跃范围9.7~4.3)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈酸性
B．滴定过程中，
C．滴加盐酸接近pH=9.7的过程中，发生反应的离子方程式为：
D．中性时，
【答案】C
【解析】A．恰好中和时，溶液中的溶质为NaCl和NH4Cl，铵根离子水解使溶液呈酸性，A正确；
B．滴定过程中氨水中的N以NH3·H2O、NH3和三种形式存在，初始时NaOH和氨水的浓度均为0.1ml/L，则根据N原子守恒，滴定过程有，B正确；
C．滴加盐酸接近pH=9.7的过程中，除了NaOH与HCl反应，一水合氨也与HCl发生反应，因此反应的离子方程式还有NH3·H2O+H+=+H2O，C错误；
D．根据电荷守恒，c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)+c(Na+)，溶液呈中性，则c(Cl-)=c()+c(Na+)，因此c(Cl-)>c(Na+)，根据B中解析可知，c(Na+)>c()，中性时溶液中溶质为氯化钠、NH4Cl和NH3·H2O，溶液中存在较多的铵根离子，氢离子浓度较小，c()>c(H+)，D正确；
故选C。
9．（2023上·浙江宁波·高二校联考期末）25℃时，用0.1000ml/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000ml/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)
B．④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．HCN酸性比CH3COOH弱，所以点①溶液中水的电离程度小于点②溶液
D．点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A．点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，利用物料守恒可知，点①所示溶液满足：c(HCN)+c(CN﹣)═2c(Na+)，点②所示溶液满足：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，则c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)，A正确；
B．NaOH溶液分别滴定CH3COOH溶液和HCN溶液时，恰好完全反应溶质分别为CH3COONa和NaCN，溶液均显碱性，④⑤时消耗氢氧化钠的体积为20mL，则④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂，B正确；
C．点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，溶液显碱性，水解大于电离；点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，电离大于水解；盐的水解促进水的电离，酸抑制水的电离，则所以点①溶液中水的电离程度大于点②溶液，C错误；
D．点②和点③间(不含端点)均显酸性，则溶液中存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)，D正确；
故选C。
10. N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A. 总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2
B. 为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 总反应的ΔH=-226 kJ·ml-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图甲，①
②
根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确；
B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误；
C．该反应正反应的活化能为134 kJ·ml-1，逆反应的活化能为360kJ·ml-1，故C正确；
D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360) kJ·ml-1=-226 kJ·ml-1，故D正确；
选B。
二、多项选择题
11. 我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是
A. b电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R
B. 电池工作时，负极区要保持呈酸性
C. 工作一段时间后，正极区的pH变大
D. 若消耗标准状况下112mLO2，则电解后的CuSO4溶液pH约为2
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3＋和H2S生成S和Fe2＋，Fe2＋在电极a处失去电子生成Fe3＋，电极反应为Fe2＋－e－=Fe3＋，生成的Fe3＋能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H＋生成H2R，电极方程式为R＋2e－＋2H＋=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析判断。
【详解】A．b电极为正极，电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，故A正确；
B．电极a为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3＋水解沉淀，故B正确；
C．正极的电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2= H2O2+ R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故C错误；
D．标准状况下112mLO2的物质的量==0.005ml，转移电子0.005ml×2=0.01ml，电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，根据转移的电子守恒，生成0.005ml硫酸，c(H+)==0.1ml/L，pH=1，故D错误；
故选AB。
12. 用一定浓度NaOH溶液滴定某一元酸HA溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示。下列说法正确的是
A. HA为一元弱酸
B. b点对应的溶液中：c(A－)＞c(Na＋)
C. 根据溶液pH和导电能力的变化可判断V2＜V3
D. a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度依次减小
【答案】AC
【解析】
A．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，说明HA溶液中离子浓度较小，HA未完全电离，为一元弱酸，故A正确；
B．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，b点时，溶液的导电能力突然增大，说明b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(A－)+ c(OH-)=c(Na＋)+ c(H+)，则c(A－)＜c(Na＋)，故B错误；
C．b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，a点时，溶液显中性，说明HA未完全中和，因此V2＜V3，故C正确；
D．a点溶液中含有HA和NaA、b点溶液中含有NaA、c点溶液中含有NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，因此a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度b最大，故D错误；
故选AC。
13. 已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布式为；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A. A、B、C三种元素的电负性：B>C>A
B. B、C、D、E四种元素的第一电离能：B>C>E>D
C. B、C形成的化合物为酸性氧化物
D. F的常见离子的核外电子排布图为
【答案】B
【解析】
A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最多的元素，故A是H；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，故B是N；C元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n，n=2，即价层电子排布式为2s22p4，故C是O；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，故D是Na；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，故E是Al；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，故F是Cu。综上所述，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、Al、Cu，据此解答。
【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞H，则电负性：O＞N＞H，故A错误；
B．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，N元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则第一电离能：N＞O＞Al＞Na,故B正确；
C．二氧化氮不是酸性氧化物，故C错误；
D．Cu的常见离子为Cu2+，1s22s22p63s23p63d9是Cu2+的核外电子排布式，不是电子排布图，故D错误；
故选：B。
14．（2023下·四川宜宾·高二统考期末）C是维生素的重要组成元素。工业上可用下图装置制取单质C并获得副产品盐酸。下列说法错误的是
A．电势：石墨电极电极
B．A膜为阴离子交换膜
C．阳极反应式：
D．外电路中通过时，阴极室溶液质量减轻59g
【答案】BD
【分析】该装置为电解池，左侧为阳极，电极反应式为，右侧为阴极，电极反应式为C2++2e-=C，A为阳离子交换膜，阳极室的H+移动向产品室，B为阴离子交换膜，阴极室的Cl-移动向产品室，在产品室获得盐酸，据此解答。
【解析】A．石墨电极与电源正极相连作阳极，C电极与电源负极相连作阴极，因此电势：石墨电极＞C电极，A正确；
B．根据分析可知，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，B错误；
C．阳极反应式：，C正确；
D．外电路中通过时，有1mlC2+转化为C，有2mlCl-从阴极室移动向产品室，则阴极溶液减少1mlCCl2，质量减少，D错误；
故选BD。
15. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是
A. 电解熔融QW3 可获得Q的单质
B. 第一电离能：Y>Z>Q
C. ZW3中心原子的杂化方式为 sp2
D. QW的空间结构为正四面体形
【答案】D
【解析】
A．熔融的AlCl3不导电，不能电解熔融AlCl3制备金属Al，一般用电解熔融Al2O3的方法冶炼Al单质，故A错误；
B．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，N>C>Al，故B错误；
C．NCl3的中心原子N的σ键电子对数为3，孤电子对数为1，则其价层电子对数为4，其中心原子的杂化方式为sp3，故C错误；
D．AlCl中Al原子有4个价电子对，无孤电子对，空间结构为正四面体形，故D正确；
故选D。
二、非选择题（每小题10分，共40分）
16．（2023下·福建福州·高二校联考期末）氮的化合物在生产生活中广泛存在。
(1)①氯胺()的电子式为 。可通过反应制备氯胺，已知部分化学键的键能如表所示，则上述反应的 。
②与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为 。
(2)用焦炭还原NO的反应为：，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400℃、400℃、T℃)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中随反应时间t的变化情况如下表所示：
①该正反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
②乙容器在200min达到平衡状态，则0~200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率 。
(3)用焦炭还原的反应为：，在恒温条件下，和足量C发生该反应，测得平衡时和的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A) Kc(B) (填“<”“>”或“=”)。
②A、B、C三点中的转化率最低的是 (填“A”“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数 (是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)吸热
(3) = B 4MPa
【解析】（1）①氯胺()中心原子为氮原子，其电子式为。可通过反应制备氯胺，则上述反应的；
②与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，说明生成了次氯酸，根据质量守恒还生成了氨气，该反应的化学方程式为；故答案为：。
（2）①根据甲和丙分析，40s内丙中改变量快，说明反应速率快，则反应的温度高，平衡时丙中NO的物质的量比甲中NO物质的量小，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应；故答案为：吸热。
②根据甲容器分析，平衡是NO物质的量为0.6ml，则氮气和二氧化碳物质的量均为0.7ml，次温度下的平衡常数为，乙容器温度相同，平衡常数 甲容器相同，乙容器在200min达到平衡状态，设平衡时氮气和二氧化碳物质的量均为x，则NO物质的量为(1−2x)ml，，解得x=0.35，则0~200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率；
（3）①A、B两点温度相同，因此A、B两点的浓度平衡常数相等即Kc(A) =Kc(B) ；故答案为：=。
②从A点到B到，增大压强，平衡逆向移动，转化率降低，因此A、B、C三点中的转化率最低的是B点；故答案为：B。
③根据C点建立三段式，1−2y=2y，解得y=0.25ml，则C点时该反应的压强平衡常数。
17．（2023上·河南周口·高二校联考期末）常温下，某同学向锥形瓶中加入溶液，滴入几滴酚酞后，用碱式滴定管向其中滴加溶液，滴加溶液过程中溶液的pH变化如图所示(忽略混合后溶液体积的变化)：
请问答下列问题：
(1)若A点的，该点溶液中由水电离出的 ，滴加甲基橙溶液显 色。
(2)从B点可以看出：的电离程度 (填“大于”“小于”成“等于”)的水解程度，该点溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(3)若C点对应溶液的体积为，则醋酸的电离平衡常数 (用含x的代数式表示)。
(4)达到滴定终点的现象为滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液呈红色，且半分钟内不褪出。苦D点的pH为10，则该点溶液中由水电离出的 ；下列操作中两溶液恰好完全反应时，测得消耗的溶液的体积可能超过的是 (填字母)。
a．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用溶液润洗就直接注入溶液
b．滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
c．用滴定管量取醋酸溶液时，开始俯视读数，放完后仰视读数
d．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1) 红
(2) 大于
(3)
(4) ad
【分析】向20mL0.1000ml⋅L-1CH3COOH溶液中滴加0.1000ml⋅L-1NaOH溶液，由图可知，B点加入NaOH体积为10mL，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，C点溶液呈中性，D点加入NaOH体积为20mL，酸碱恰好中和，溶质为CH3COONa，据此作答。
【解析】（1）加酸抑制水的电离，若A点的pH=3，该点溶液中由水电离出的c（H+）=10-11ml/L，甲基橙变色点为3.1和4.4，故pH=3溶液呈红色。
（2）B点加入NaOH体积为10mL，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，故CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，该点溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）。
（3）C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-）=10-7ml/L，由物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）= =ml/L ，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则c（CH3COO-）=c（Na+）==ml/L，c（CH3COOH）=ml/L-ml/L=ml/L，故醋酸的电离平衡常数Ka===。
（4）D点加入NaOH体积为20mL，酸碱恰好中和，溶质为CH3COONa，CH3COONa水解促进水的电离，若D点的pH为10，溶液中由水电离出的c（H+）=10-4ml/L；
a.碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用NaOH溶液润洗就直接注入NaOH溶液，NaOH溶液相当于被稀释，则使用NaOH体积偏大超过20mL，故a正确；
b.滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故NaOH溶液体积仍为20mL，故b错误；
c.用滴定管量取醋酸溶液时，开始俯视读数，放完后仰视读数，量取醋酸溶液体积偏小，故消耗NaOH体积偏小，NaOH溶液小于20mL，故c错误；
d.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，流出多余的NaOH溶液驱赶气泡，体积偏大超过20mL，故d正确；
故选ad。
18．（2023上·重庆九龙坡·高二校考期末）Ⅰ.已知时，电离平衡常数：
回答下列问题：
(1)通常情况下，相同浓度的以下四种溶液，碱性最强的是___________。(填序号，下同)
A．B．C．D．
(2)下列反应不能发生的是 。
A．
B．
C．
(3)室温下，通入溶液中，在所得溶液中，，溶液的 。
Ⅱ.是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法。工业上用吸收尾气中使之转化为，再以为原料设计原电池，然后电解(惰性电极)制取，装置如下：
(4)甲图中A电极的电极名称为 极。
(5)甲图中B与乙图 (填“C”或“D”)极相连，进行电解时乙图Z中向 (填“Y”或“W”)中移动。
(6)乙图阳极的电极反应式为 。
【答案】(1)D
(2)C
(3)10
(4)负
(5)D Y
(6)
【分析】甲中A为负极，B为正极，因为乙中C极附近加入NaHSO3得到Na2SO3，说明C极氢离子得电子生成H2，所以C是阴极、D是阳极；
【解析】（1）已知酸的酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3，对应酸根离子水解程度：＞ClO-＞＞CH3COO-，水解程度越大，溶液的碱性越强，则相同浓度的四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故答案为：D；
（2）已知酸的酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3；
A.根据强酸制弱酸规律可知，过量的CH3COOH能与NaCO3反应生成CO2气体，离子反应为+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O，故A 正确；
B.根据强酸制弱酸规律可知，CH3COOH能与NaClO反应生成次氯酸，反应为ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO，故B正确；
C.酸性：H2CO3＞HClO＞NaHCO3，根据强酸制弱酸规律可知，碳酸与NaClO的反应为ClO-+CO2+H2O=+HClO，故C错误；
故答案为C；
（3）H2CO3溶液中，则c()：c()=5：2的溶液的c(H+)= =4×10-11×2.5ml/L=10-10ml/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-10=10。
（4）根据图示，SO2失电子生成H2SO4，所以A是负极，SO2在A极失去电子生成硫酸，A电极上的反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++；
（5）甲中A为负极，B为正极，因为乙中C极附近加入NaHSO3得到Na2SO3，说明C极氢离子得电子生成H2，所以C是阴极、D是阳极，D连接电源的负极，即B连接D；进行电解时阳离子移向阴极，Na+向阴极移动，即向Y中移动；
（6）右侧为阳极室，阳极失电子生成H2SO4，阳极反应式是。
19. 氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS、Cu2S和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH，CuCl易溶于浓度较大的Cl－体系中(CuCl+ Cl－)。
回答下列问题：
（1）为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有________(答一种即可)。
（2）“浸取”后铜元素全部转化为，写出在“浸取”操作发生离子方程式_________。
（3）“除铁”步骤中，用氨水调节溶液的pH为3时，为_______。{已知：室温下，}
（4）“除锰”步骤中，反应生成的离子方程式为________。
（5）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是_________。
（6）“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示，请分析CuCl的产率在pH大于以后下降的原因________。
（7）用冷的乙醇洗涤CuCl的原因有_______。(答两点)
（8）为测定CuCl产品纯度进行如下实验：a．称量所得CuCl产品10.00g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出25.00mL，加入足量的30.00mLml/L AgNO3溶液，充分反应。b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖。c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。d．重复实验操作三次，消耗ml/L NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12)。滴定选用的指示剂是________。
A. FeCl3B. FeCl2C. NH4Fe(SO4)2D. (NH4)2Fe(SO4)2
【答案】（1）将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等
（2）
（3）3×10-6 （4）
（5）
（6）pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
（7）降低CuCl的溶解损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化 （8）C
【解析】
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。
【小问1详解】
将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等可以提高铜元素的浸出率；
故答案为：将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等。
【小问2详解】
Cu2S与MnO2酸性条件下反应生成Cu2+、Mn2+、和S，离子反应方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O；
故答案为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。
【小问3详解】
用氨水调节溶液的pH为3时，c(H+)=10-3ml/L，c(OH-)=10-11ml/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)·c3(OH-)= c(Fe3+)×(10-11)3=3×10−39，c(Fe3+)=3×10-6ml/L；
故答案为：3×10-6。
【小问4详解】
锰离子加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，离子反应方程式为Mn2++NH3⋅H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O；
故答案为：Mn2++NH3⋅H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O。
【小问5详解】
根据分析可知高活性氧化铜，加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的Cl－体系中(CuCl+ Cl-CuCl) ，则还原过程中所得产物的主要溶质为NaCuCl2；
故答案为：NaCuCl2。
【小问6详解】
pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应，pH高于2.5，随着c(OH−)增大，CuCl易转化为CuOH；
故答案为：pH高于2.5，随着c(OH−)增大，CuCl易转化为CuOH。
【小问7详解】
乙醇能降低CuCl的溶解减少损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化；
故答案为：降低CuCl的溶解损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化。
【小问8详解】
结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液，指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂，故只能选NH4Fe(SO4)2，C符合；
故答案为C。
20. 根据要求回答下列问题：
（1）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。Zn、C、O电负性由大至小的顺序是_________。
（2）①O2－ ②Al3+ ③Cl－ ④Ca2+的半径由大到小排列为：________(用序号表示)。
（3）下列属于氧原子激发态的轨道表示式的有___________(填字母)。
a． b．
c． d．
（4）Cu的价层电子排布式为_________，位于在周期表______区(填s、p、d或ds)。
（5）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________。
（6）基态S原子的原子核外电子有______种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图为______形。
（7）由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”，写出Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：________。
【答案】（1）
（2）③④①② （3）bc
（4） ①. 3d104s1 ②. ds
（5）M （6） ①. 9 ②. 哑铃
（7）Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O
【解析】
【小问1详解】
金属的电负性小于非金属元素的，同周期自左而右元素的非金属性增大，则电负性：O＞C＞Zn,故答案为：O＞C＞Zn；
【小问2详解】
①O2-、②Al3+的电子层数相同，为2个电子层，③Cl-、④Ca2+的电子层数相同，为3个电子层，则离子的半径由大到小排列为：③④①②，故答案为：③④①②；
【小问3详解】
a.轨道表示式为基态氧原子，故a错误；
b.2p轨道上的一个电子跃迁到3s轨道，属于激发态，故b正确；
c.2s轨道上的一个电跃迁到2p轨道，属于激发态，故c正确；
d.是基态原子的核外电子排布，故d错误；
故答案为：bc；
【小问4详解】
Cu的价层电子排布式3d104s1，位于在周期表的第ⅠB族，属于ds区的元素原子，故答案为：3d104s1；ds；
【小问5详解】
基态Si原子中电子排布式1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为：M，故答案为：M；
【小问6详解】
基态S原子的原子核外电子有9种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图，故答案为：9；哑铃；
【小问7详解】
由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”， Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。
选项
实验目的
实验过程
A
提高饱和氯水中的HClO浓度
向饱和氯水中加入碳酸钙粉末并通入适量Cl2，然后过滤
B
证明压强对平衡移动产生影响
向充有NO2和N2O4混合气体的恒容透明密闭容器中充入氦气增大压强，观察现象
C
探究浓度对化学平衡的影响
试管中盛有0.1 ml·L−1 K2Cr2O7溶液，向其中滴加10滴6 ml·L−1 NaOH溶液，观察到溶液黄色加深
D
比较CdS(黄色)与CuS(黑色)的溶解度[已知Ksp(CdS)>Ksp(CuS)]
向H2S溶液中滴加0.01ml·L－1的CdSO4溶液至沉淀不再增加，然后滴入几滴0.01 ml·L－1CuSO4溶液，观察沉淀颜色变化
键能/()
391
243
191
431
化学键
N-H
Cl-Cl
N-Cl
H-Cl
t/min
0
40
80
120
160
(甲容器，400℃)/ml
2.00
1.50
1.10
0.60
0.60
(乙容器，400℃)/ml
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
(丙容器，T℃)/ml
2.00
1.00
0.50
0.50
0.50
化学式
电离平衡常数
一、选择题（每小题3分，每题只有一个正确选项，共60分）
1．（2023下·重庆北碚·高二校考期末）下列装置能达到相应实验目的的是
A．实验室灼烧B．实验室制备乙酸乙酯
C．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热D．制备无水氯化镁
【答案】D
【解析】A．灼烧固体应在坩埚中进行，故A错误；
B．制备乙酸乙酯时末端导管不能伸入碳酸钠溶液内，否则会引起倒吸，故B错误；
C．缺少环形玻璃搅拌棒，不能使反应物充分混合反应，另外烧杯之间有空隙，会使热量散失影响实验准确性，故C错误；
D．制备无水氯化镁时为防止氯化镁水解应在HCl气氛中脱水，同时要防止空气中水进入，故D正确；
故选D。
2.（2023上·河北保定·高二统考期末）反应用于捕捉废气中，有关化学用语正确的是
A．轨道的电子云轮廓图：
B．的结构示意图：
C．基态C原子最外层电子的轨道表示式：
D．的空间填充模型：
【答案】D
【解析】A．轨道的电子云轮廓图应延y轴方向伸展，图中是轨道的电子云轮廓图，A错误；
B．是由O得到两个电子得到的，的核电荷数为8，核外电子数为10，B错误；
C．基态原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，2p能级的能量高于2s能级，应先在2s能级填充2个电子后再在2p能级填充两个电子，C错误；
D．为直线形结构，碳原子在中间，且碳原子半径比氧原子半径稍大，其空间填充模型无误，D正确；
故选D。
3．（2023上·江西萍乡·高二统考期末）下列说法正确的是
A．24Cr原子的核外电子排布式是：
B．最外层电子排布式为的基态原子所对应元素一定是金属元素
C．原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d
D．3px、3py、3pz轨道能量不相同
【答案】C
【解析】A．24Cr原子根据半充满稳定性更好，其核外电子排布式是：，A错误；
B．最外层电子排布式为的基态原子可能是氢元素，也可能是金属元素，B错误；
C．根据能量最低原理，原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，C正确；
D．3px、3py、3pz轨道为简并轨道，能量相同，只是伸展方向不同，D错误；
故选C。
4. 下列实验对应的反应方程式书写正确的是
A. 泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3 ↓+ 3CO2↑
B. FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s) + Hg2+(aq) Fe2+(aq) + HgS(s)
C. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑
D. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3+++Ba2++3OH－=Fe(OH)3↓+BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中物质为Al2(SO4)3和NaHCO3，和Al3+发生双水解反应，离子方程式为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，故A错误；
B．用FeS除去废水中的Hg2+的离子方程式为：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，故B正确；
C．金属作阳极，金属优先失去电子，因此用铁电极电解饱和食盐水反应生成氢氧化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H2OH2↑+Fe(OH)2↓，故C错误；
D．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，离子方程式为：2Fe3++3+3Ba2++6OH-═2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故D错误；
故选：B。
5．（2023下·上海徐汇·高一校考期末）某温度下，恒容密闭容器中反应： 。已知和初始浓度均为，平衡时测得浓度为，下列说法错误的是
A．反应过程中压强始终保持不变
B．可作为该可逆反应达到平衡状态的标志
C．若达到平衡后移去部分，则平衡向逆反应方向移动
D．若、、、初始浓度均为，则反应逆向进行
【答案】D
【解析】A．反应前后气体的总物质的量不变，则该反应的体系压强始终保持不变，故A正确；
B．时说明正逆反应速率相等，则可作为该可逆反应达到平衡状态的标志，故B正确；
C．平衡时移走CO2，瞬间正反应速率减小、逆反应速率不变，平衡逆向移动，逆反应速率减小至不变，故C正确；
D．K==2.25，若、、、初始浓度均为，Q==1，Q
6．（2023上·浙江绍兴·高二统考期末）已知：
下列说法正确的是
A．
B．
C．升温时，丙烷与氯自由基反应速率加快，与溴自由基反应速率减慢
D．HCl与HBr的键能差可以表示为
【答案】B
【解析】A．Cl比Br活泼，且HCl比HBr稳定，能量越低物质越稳定，则△H1＜△H3，故A错误；
B．由盖斯定律可知，①-③=②-④，则△H1=△H2+△H3-△H4 ，故B正确；
C．升高温度可加快反应速率，则升高温度，吸热反应、放热反应速率都增大，丙烷与溴自由基反应速率加快，故C错误；
D．③-①得HCl+Br∙→HBr+Cl∙，△H=△H3 -△H1，键能差为△H3 -△H1，故D错误；
故选B。
7. 下列实验过程不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的反应正向进行，可提高饱和氯水中的HClO浓度，故A正确；
B．恒容透明密闭容器中充入氦气，NO2和N2O4的浓度均不变，颜色不变，则平衡不移动，故B错误；
C．溶液中存在+H2O⇌2+2H+，加NaOH时氢离子浓度减小，平衡正向移动，则溶液黄色加深，故C正确；
D．H2S溶液中滴加0.01ml•L-1的CdSO4溶液至沉淀不再增加，生成黄色CdS沉淀，再滴入几滴0.01ml•L-1CuSO4溶液，转化为黑色的CuS沉淀，则Ksp(CdS)>Ksp(CuS)，故D正确；
故选：B。
8．（2023上·河南郑州·高二统考期末）25℃时，向浓度均为的NaOH和氨水的混合溶液中逐滴加入的盐酸(的；用的盐酸滴定等浓度的NaOH溶液，滴定终点的pH突跃范围9.7~4.3)。下列说法不正确的是
A．恰好中和时，溶液呈酸性
B．滴定过程中，
C．滴加盐酸接近pH=9.7的过程中，发生反应的离子方程式为：
D．中性时，
【答案】C
【解析】A．恰好中和时，溶液中的溶质为NaCl和NH4Cl，铵根离子水解使溶液呈酸性，A正确；
B．滴定过程中氨水中的N以NH3·H2O、NH3和三种形式存在，初始时NaOH和氨水的浓度均为0.1ml/L，则根据N原子守恒，滴定过程有，B正确；
C．滴加盐酸接近pH=9.7的过程中，除了NaOH与HCl反应，一水合氨也与HCl发生反应，因此反应的离子方程式还有NH3·H2O+H+=+H2O，C错误；
D．根据电荷守恒，c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)+c(Na+)，溶液呈中性，则c(Cl-)=c()+c(Na+)，因此c(Cl-)>c(Na+)，根据B中解析可知，c(Na+)>c()，中性时溶液中溶质为氯化钠、NH4Cl和NH3·H2O，溶液中存在较多的铵根离子，氢离子浓度较小，c()>c(H+)，D正确；
故选C。
9．（2023上·浙江宁波·高二校联考期末）25℃时，用0.1000ml/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000ml/L的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)
B．④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．HCN酸性比CH3COOH弱，所以点①溶液中水的电离程度小于点②溶液
D．点②和点③间(不含端点)存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A．点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，利用物料守恒可知，点①所示溶液满足：c(HCN)+c(CN﹣)═2c(Na+)，点②所示溶液满足：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，则c(CH3COO﹣)﹣c(CN﹣)═c(HCN)﹣c(CH3COOH)，A正确；
B．NaOH溶液分别滴定CH3COOH溶液和HCN溶液时，恰好完全反应溶质分别为CH3COONa和NaCN，溶液均显碱性，④⑤时消耗氢氧化钠的体积为20mL，则④⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂，B正确；
C．点①所示溶液的溶质为HCN和NaCN，溶液显碱性，水解大于电离；点②所示溶液的溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，电离大于水解；盐的水解促进水的电离，酸抑制水的电离，则所以点①溶液中水的电离程度大于点②溶液，C错误；
D．点②和点③间(不含端点)均显酸性，则溶液中存在离子浓度大小关系：c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)，D正确；
故选C。
10. N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A. 总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2
B. 为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O
C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D. 总反应的ΔH=-226 kJ·ml-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图甲，①
②
根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确；
B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误；
C．该反应正反应的活化能为134 kJ·ml-1，逆反应的活化能为360kJ·ml-1，故C正确；
D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360) kJ·ml-1=-226 kJ·ml-1，故D正确；
选B。
二、多项选择题
11. 我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如下(H2R和R都是有机物)。下列说法正确的是
A. b电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R
B. 电池工作时，负极区要保持呈酸性
C. 工作一段时间后，正极区的pH变大
D. 若消耗标准状况下112mLO2，则电解后的CuSO4溶液pH约为2
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图示，左图为原电池，右图为电解池。左图中a电极上Fe3＋和H2S生成S和Fe2＋，Fe2＋在电极a处失去电子生成Fe3＋，电极反应为Fe2＋－e－=Fe3＋，生成的Fe3＋能够继续氧化H2S；b电极一侧，O2和H2R反应生成H2O2和R，R在电极b处得到电子和H＋生成H2R，电极方程式为R＋2e－＋2H＋=H2R，生成的H2R可以继续与氧气反应，因此电极a为负极，电极b为正极，与电源负极相连的电极为阴极，与电源正极相连的电极为阳极，结合原电池原理和电解池原理分析判断。
【详解】A．b电极为正极，电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，故A正确；
B．电极a为负极，电极反应式为Fe2＋－e－=Fe3＋，因此电池工作时，负极区要保持呈酸性，防止Fe3＋水解沉淀，故B正确；
C．正极的电极反应式为R＋2H＋＋2e－＝H2R，生成的H2R又继续与氧气反应，H2R+O2= H2O2+ R，负极区的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S+2H+，左侧的氢离子通过质子交换膜移向右侧，保持正极区的pH基本不变，故C错误；
D．标准状况下112mLO2的物质的量==0.005ml，转移电子0.005ml×2=0.01ml，电解CuSO4溶液的反应方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，根据转移的电子守恒，生成0.005ml硫酸，c(H+)==0.1ml/L，pH=1，故D错误；
故选AB。
12. 用一定浓度NaOH溶液滴定某一元酸HA溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示。下列说法正确的是
A. HA为一元弱酸
B. b点对应的溶液中：c(A－)＞c(Na＋)
C. 根据溶液pH和导电能力的变化可判断V2＜V3
D. a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度依次减小
【答案】AC
【解析】
A．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，说明HA溶液中离子浓度较小，HA未完全电离，为一元弱酸，故A正确；
B．根据右图，随着氢氧化钠溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，b点时，溶液的导电能力突然增大，说明b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，c(A－)+ c(OH-)=c(Na＋)+ c(H+)，则c(A－)＜c(Na＋)，故B错误；
C．b点时，NaOH与HA恰好中和，生成NaA溶液，水解溶液显碱性，a点时，溶液显中性，说明HA未完全中和，因此V2＜V3，故C正确；
D．a点溶液中含有HA和NaA、b点溶液中含有NaA、c点溶液中含有NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，因此a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度b最大，故D错误；
故选AC。
13. 已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布式为；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A. A、B、C三种元素的电负性：B>C>A
B. B、C、D、E四种元素的第一电离能：B>C>E>D
C. B、C形成的化合物为酸性氧化物
D. F的常见离子的核外电子排布图为
【答案】B
【解析】
A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最多的元素，故A是H；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，故B是N；C元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n，n=2，即价层电子排布式为2s22p4，故C是O；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，故D是Na；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，故E是Al；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，故F是Cu。综上所述，A、B、C、D、E、F分别为H、N、O、Na、Al、Cu，据此解答。
【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞H，则电负性：O＞N＞H，故A错误；
B．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，N元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则第一电离能：N＞O＞Al＞Na,故B正确；
C．二氧化氮不是酸性氧化物，故C错误；
D．Cu的常见离子为Cu2+，1s22s22p63s23p63d9是Cu2+的核外电子排布式，不是电子排布图，故D错误；
故选：B。
14．（2023下·四川宜宾·高二统考期末）C是维生素的重要组成元素。工业上可用下图装置制取单质C并获得副产品盐酸。下列说法错误的是
A．电势：石墨电极电极
B．A膜为阴离子交换膜
C．阳极反应式：
D．外电路中通过时，阴极室溶液质量减轻59g
【答案】BD
【分析】该装置为电解池，左侧为阳极，电极反应式为，右侧为阴极，电极反应式为C2++2e-=C，A为阳离子交换膜，阳极室的H+移动向产品室，B为阴离子交换膜，阴极室的Cl-移动向产品室，在产品室获得盐酸，据此解答。
【解析】A．石墨电极与电源正极相连作阳极，C电极与电源负极相连作阴极，因此电势：石墨电极＞C电极，A正确；
B．根据分析可知，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，B错误；
C．阳极反应式：，C正确；
D．外电路中通过时，有1mlC2+转化为C，有2mlCl-从阴极室移动向产品室，则阴极溶液减少1mlCCl2，质量减少，D错误；
故选BD。
15. 某种电化学的电解液的组成如图所示，X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正确的是
A. 电解熔融QW3 可获得Q的单质
B. 第一电离能：Y>Z>Q
C. ZW3中心原子的杂化方式为 sp2
D. QW的空间结构为正四面体形
【答案】D
【解析】
A．熔融的AlCl3不导电，不能电解熔融AlCl3制备金属Al，一般用电解熔融Al2O3的方法冶炼Al单质，故A错误；
B．同主族元素从上到下第一电离能减小，同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，N>C>Al，故B错误；
C．NCl3的中心原子N的σ键电子对数为3，孤电子对数为1，则其价层电子对数为4，其中心原子的杂化方式为sp3，故C错误；
D．AlCl中Al原子有4个价电子对，无孤电子对，空间结构为正四面体形，故D正确；
故选D。
二、非选择题（每小题10分，共40分）
16．（2023下·福建福州·高二校联考期末）氮的化合物在生产生活中广泛存在。
(1)①氯胺()的电子式为 。可通过反应制备氯胺，已知部分化学键的键能如表所示，则上述反应的 。
②与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为 。
(2)用焦炭还原NO的反应为：，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400℃、400℃、T℃)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中随反应时间t的变化情况如下表所示：
①该正反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
②乙容器在200min达到平衡状态，则0~200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率 。
(3)用焦炭还原的反应为：，在恒温条件下，和足量C发生该反应，测得平衡时和的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A) Kc(B) (填“<”“>”或“=”)。
②A、B、C三点中的转化率最低的是 (填“A”“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数 (是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)吸热
(3) = B 4MPa
【解析】（1）①氯胺()中心原子为氮原子，其电子式为。可通过反应制备氯胺，则上述反应的；
②与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，说明生成了次氯酸，根据质量守恒还生成了氨气，该反应的化学方程式为；故答案为：。
（2）①根据甲和丙分析，40s内丙中改变量快，说明反应速率快，则反应的温度高，平衡时丙中NO的物质的量比甲中NO物质的量小，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应；故答案为：吸热。
②根据甲容器分析，平衡是NO物质的量为0.6ml，则氮气和二氧化碳物质的量均为0.7ml，次温度下的平衡常数为，乙容器温度相同，平衡常数 甲容器相同，乙容器在200min达到平衡状态，设平衡时氮气和二氧化碳物质的量均为x，则NO物质的量为(1−2x)ml，，解得x=0.35，则0~200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率；
（3）①A、B两点温度相同，因此A、B两点的浓度平衡常数相等即Kc(A) =Kc(B) ；故答案为：=。
②从A点到B到，增大压强，平衡逆向移动，转化率降低，因此A、B、C三点中的转化率最低的是B点；故答案为：B。
③根据C点建立三段式，1−2y=2y，解得y=0.25ml，则C点时该反应的压强平衡常数。
17．（2023上·河南周口·高二校联考期末）常温下，某同学向锥形瓶中加入溶液，滴入几滴酚酞后，用碱式滴定管向其中滴加溶液，滴加溶液过程中溶液的pH变化如图所示(忽略混合后溶液体积的变化)：
请问答下列问题：
(1)若A点的，该点溶液中由水电离出的 ，滴加甲基橙溶液显 色。
(2)从B点可以看出：的电离程度 (填“大于”“小于”成“等于”)的水解程度，该点溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(3)若C点对应溶液的体积为，则醋酸的电离平衡常数 (用含x的代数式表示)。
(4)达到滴定终点的现象为滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液呈红色，且半分钟内不褪出。苦D点的pH为10，则该点溶液中由水电离出的 ；下列操作中两溶液恰好完全反应时，测得消耗的溶液的体积可能超过的是 (填字母)。
a．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用溶液润洗就直接注入溶液
b．滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
c．用滴定管量取醋酸溶液时，开始俯视读数，放完后仰视读数
d．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
【答案】(1) 红
(2) 大于
(3)
(4) ad
【分析】向20mL0.1000ml⋅L-1CH3COOH溶液中滴加0.1000ml⋅L-1NaOH溶液，由图可知，B点加入NaOH体积为10mL，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，C点溶液呈中性，D点加入NaOH体积为20mL，酸碱恰好中和，溶质为CH3COONa，据此作答。
【解析】（1）加酸抑制水的电离，若A点的pH=3，该点溶液中由水电离出的c（H+）=10-11ml/L，甲基橙变色点为3.1和4.4，故pH=3溶液呈红色。
（2）B点加入NaOH体积为10mL，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，故CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，该点溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）。
（3）C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-）=10-7ml/L，由物料守恒可知c（CH3COO-）+c（CH3COOH）= =ml/L ，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则c（CH3COO-）=c（Na+）==ml/L，c（CH3COOH）=ml/L-ml/L=ml/L，故醋酸的电离平衡常数Ka===。
（4）D点加入NaOH体积为20mL，酸碱恰好中和，溶质为CH3COONa，CH3COONa水解促进水的电离，若D点的pH为10，溶液中由水电离出的c（H+）=10-4ml/L；
a.碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用NaOH溶液润洗就直接注入NaOH溶液，NaOH溶液相当于被稀释，则使用NaOH体积偏大超过20mL，故a正确；
b.滴定前盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故NaOH溶液体积仍为20mL，故b错误；
c.用滴定管量取醋酸溶液时，开始俯视读数，放完后仰视读数，量取醋酸溶液体积偏小，故消耗NaOH体积偏小，NaOH溶液小于20mL，故c错误；
d.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，流出多余的NaOH溶液驱赶气泡，体积偏大超过20mL，故d正确；
故选ad。
18．（2023上·重庆九龙坡·高二校考期末）Ⅰ.已知时，电离平衡常数：
回答下列问题：
(1)通常情况下，相同浓度的以下四种溶液，碱性最强的是___________。(填序号，下同)
A．B．C．D．
(2)下列反应不能发生的是 。
A．
B．
C．
(3)室温下，通入溶液中，在所得溶液中，，溶液的 。
Ⅱ.是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法。工业上用吸收尾气中使之转化为，再以为原料设计原电池，然后电解(惰性电极)制取，装置如下：
(4)甲图中A电极的电极名称为 极。
(5)甲图中B与乙图 (填“C”或“D”)极相连，进行电解时乙图Z中向 (填“Y”或“W”)中移动。
(6)乙图阳极的电极反应式为 。
【答案】(1)D
(2)C
(3)10
(4)负
(5)D Y
(6)
【分析】甲中A为负极，B为正极，因为乙中C极附近加入NaHSO3得到Na2SO3，说明C极氢离子得电子生成H2，所以C是阴极、D是阳极；
【解析】（1）已知酸的酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3，对应酸根离子水解程度：＞ClO-＞＞CH3COO-，水解程度越大，溶液的碱性越强，则相同浓度的四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故答案为：D；
（2）已知酸的酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3；
A.根据强酸制弱酸规律可知，过量的CH3COOH能与NaCO3反应生成CO2气体，离子反应为+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O，故A 正确；
B.根据强酸制弱酸规律可知，CH3COOH能与NaClO反应生成次氯酸，反应为ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO，故B正确；
C.酸性：H2CO3＞HClO＞NaHCO3，根据强酸制弱酸规律可知，碳酸与NaClO的反应为ClO-+CO2+H2O=+HClO，故C错误；
故答案为C；
（3）H2CO3溶液中，则c()：c()=5：2的溶液的c(H+)= =4×10-11×2.5ml/L=10-10ml/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-10=10。
（4）根据图示，SO2失电子生成H2SO4，所以A是负极，SO2在A极失去电子生成硫酸，A电极上的反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++；
（5）甲中A为负极，B为正极，因为乙中C极附近加入NaHSO3得到Na2SO3，说明C极氢离子得电子生成H2，所以C是阴极、D是阳极，D连接电源的负极，即B连接D；进行电解时阳离子移向阴极，Na+向阴极移动，即向Y中移动；
（6）右侧为阳极室，阳极失电子生成H2SO4，阳极反应式是。
19. 氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS、Cu2S和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH，CuCl易溶于浓度较大的Cl－体系中(CuCl+ Cl－)。
回答下列问题：
（1）为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有________(答一种即可)。
（2）“浸取”后铜元素全部转化为，写出在“浸取”操作发生离子方程式_________。
（3）“除铁”步骤中，用氨水调节溶液的pH为3时，为_______。{已知：室温下，}
（4）“除锰”步骤中，反应生成的离子方程式为________。
（5）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是_________。
（6）“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示，请分析CuCl的产率在pH大于以后下降的原因________。
（7）用冷的乙醇洗涤CuCl的原因有_______。(答两点)
（8）为测定CuCl产品纯度进行如下实验：a．称量所得CuCl产品10.00g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出25.00mL，加入足量的30.00mLml/L AgNO3溶液，充分反应。b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖。c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。d．重复实验操作三次，消耗ml/L NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10－10，Ksp(AgSCN)=2.0×10－12)。滴定选用的指示剂是________。
A. FeCl3B. FeCl2C. NH4Fe(SO4)2D. (NH4)2Fe(SO4)2
【答案】（1）将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等
（2）
（3）3×10-6 （4）
（5）
（6）pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
（7）降低CuCl的溶解损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化 （8）C
【解析】
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。
【小问1详解】
将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等可以提高铜元素的浸出率；
故答案为：将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等。
【小问2详解】
Cu2S与MnO2酸性条件下反应生成Cu2+、Mn2+、和S，离子反应方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O；
故答案为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。
【小问3详解】
用氨水调节溶液的pH为3时，c(H+)=10-3ml/L，c(OH-)=10-11ml/L，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)·c3(OH-)= c(Fe3+)×(10-11)3=3×10−39，c(Fe3+)=3×10-6ml/L；
故答案为：3×10-6。
【小问4详解】
锰离子加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，离子反应方程式为Mn2++NH3⋅H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O；
故答案为：Mn2++NH3⋅H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O。
【小问5详解】
根据分析可知高活性氧化铜，加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的Cl－体系中(CuCl+ Cl-CuCl) ，则还原过程中所得产物的主要溶质为NaCuCl2；
故答案为：NaCuCl2。
【小问6详解】
pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应，pH高于2.5，随着c(OH−)增大，CuCl易转化为CuOH；
故答案为：pH高于2.5，随着c(OH−)增大，CuCl易转化为CuOH。
【小问7详解】
乙醇能降低CuCl的溶解减少损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化；
故答案为：降低CuCl的溶解损失，乙醇易挥发便于干燥、 防止CuCl被氧化。
【小问8详解】
结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液，指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂，故只能选NH4Fe(SO4)2，C符合；
故答案为C。
20. 根据要求回答下列问题：
（1）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。Zn、C、O电负性由大至小的顺序是_________。
（2）①O2－ ②Al3+ ③Cl－ ④Ca2+的半径由大到小排列为：________(用序号表示)。
（3）下列属于氧原子激发态的轨道表示式的有___________(填字母)。
a． b．
c． d．
（4）Cu的价层电子排布式为_________，位于在周期表______区(填s、p、d或ds)。
（5）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________。
（6）基态S原子的原子核外电子有______种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图为______形。
（7）由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”，写出Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：________。
【答案】（1）
（2）③④①② （3）bc
（4） ①. 3d104s1 ②. ds
（5）M （6） ①. 9 ②. 哑铃
（7）Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O
【解析】
【小问1详解】
金属的电负性小于非金属元素的，同周期自左而右元素的非金属性增大，则电负性：O＞C＞Zn,故答案为：O＞C＞Zn；
【小问2详解】
①O2-、②Al3+的电子层数相同，为2个电子层，③Cl-、④Ca2+的电子层数相同，为3个电子层，则离子的半径由大到小排列为：③④①②，故答案为：③④①②；
【小问3详解】
a.轨道表示式为基态氧原子，故a错误；
b.2p轨道上的一个电子跃迁到3s轨道，属于激发态，故b正确；
c.2s轨道上的一个电跃迁到2p轨道，属于激发态，故c正确；
d.是基态原子的核外电子排布，故d错误；
故答案为：bc；
【小问4详解】
Cu的价层电子排布式3d104s1，位于在周期表的第ⅠB族，属于ds区的元素原子，故答案为：3d104s1；ds；
【小问5详解】
基态Si原子中电子排布式1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为：M，故答案为：M；
【小问6详解】
基态S原子的原子核外电子有9种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图，故答案为：9；哑铃；
【小问7详解】
由于Be与Al处于对角线位置，性质具有相似性，根据“对角线规则”， Be(OH)2与NaOH反应的化学方程式：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。
选项
实验目的
实验过程
A
提高饱和氯水中的HClO浓度
向饱和氯水中加入碳酸钙粉末并通入适量Cl2，然后过滤
B
证明压强对平衡移动产生影响
向充有NO2和N2O4混合气体的恒容透明密闭容器中充入氦气增大压强，观察现象
C
探究浓度对化学平衡的影响
试管中盛有0.1 ml·L−1 K2Cr2O7溶液，向其中滴加10滴6 ml·L−1 NaOH溶液，观察到溶液黄色加深
D
比较CdS(黄色)与CuS(黑色)的溶解度[已知Ksp(CdS)>Ksp(CuS)]
向H2S溶液中滴加0.01ml·L－1的CdSO4溶液至沉淀不再增加，然后滴入几滴0.01 ml·L－1CuSO4溶液，观察沉淀颜色变化
键能/()
391
243
191
431
化学键
N-H
Cl-Cl
N-Cl
H-Cl
t/min
0
40
80
120
160
(甲容器，400℃)/ml
2.00
1.50
1.10
0.60
0.60
(乙容器，400℃)/ml
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
(丙容器，T℃)/ml
2.00
1.00
0.50
0.50
0.50
化学式
电离平衡常数
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