2022-2023学年江西省新余市高二上学期期末质量检测化学试题（解析版）

PAGEPAGE1新余市2022-2023学年上学期期末质量检测高二化学试题卷面总分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Cu-64一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分)1.2021年12月31日北碚区新开通的“协合路”，将大大缓解我校上下学高峰期的拥堵状况。下列说法不正确的是A.协合路上的霓虹灯发出红色的光与电子的跃迁有关B.协合路上的铁护栏涂上油漆是电化学保护法C.马路基底钢铁材料中的铁元素位于周期表的第四周期第VIII族D.斜拉肋筋钢添加了钒、钛、铌，使钢材的强度和韧性都更强，其中钒最高可为+5价〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．霓虹灯发出红色的光，是电子吸收能量发生跃迁，然后将能量以光的形式释放出来，A正确；B．铁护栏涂上油漆是物理过程，主要是隔绝空气，防止铁护栏生锈，同时增加美观，B不正确；C．铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表的第四周期第VIII族，C正确；D．钢中添加钒、钛、铌制成合金，可使钢材的强度和韧性都更强，钒的价电子排布式为3d34s2，最高可为+5价，D正确；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.离子的结构示意图：B.基态碳原子的轨道表示式C.水的电子式：D.基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．离子核电荷数17，核外电子数18，核外电子数为2、8、8，离子结构示意图：，故A错误；B．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，当电子在同一能级的不同轨道上排布时，电子总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故其轨道表示式为，故B错误；C．水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，故C错误；D．基态铬原子(24Cr)的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式：3d54s1，故D正确；

故选：D。3.研究化学反应中的能量变化具有重要意义。下列说法正确的是A.已知：500°C、30MPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ∙mol−1将0.5molN2和1.5mo1H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热小于46.2kJB.汽车尾气净化器中的反应为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，该反应在一定条件下能自发进行，说明该反应的ΔH>0C.已知反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，υ逆增大，υ正减小，平衡逆向移动D.C2H5OH(1)的燃烧热的热化学方程式为2C2H5OH(1)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)ΔH=−1367.0kJ∙mol−1〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．已知：500°C、30MPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ∙mol−1，将0.5molN2和1.5mo1H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，由于该反应是可逆反应，放入的氮气和氢气没有反应完，因此放热小于46.2kJ，故A正确；B．汽车尾气净化器中的反应为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，该反应是ΔS＜0的反应，该反应在一定条件下能自发进行，则ΔH−TΔS＜0，说明该反应的ΔH＜0，故B错误；C．已知反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，υ逆增大，υ正增大，平衡逆向移动，故C错误；D．C2H5OH(1)的燃烧热是生成液态水而不是气态水，故D错误。综上所述，〖答案〗为A。4.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是A.CO合成甲醇的反应为吸热反应B.平衡常数K=C.该反应在T1时的平衡常数比T2时的小D.处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗温度升高，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，根据先达到平衡时间长短判断反应温度的高低，然后分析温度对化学平衡移动的影响，结合化学平衡常数的含义，比较不同温度下平衡常数的大小。〖详析〗A．由图可知：在T2温度下达到平衡所需时间比T1下较短，反应速率较快，说明温度：T2＞T1。温度升高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，A错误；B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则可逆反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数表达式K=，B错误；C．升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，温度：T2＞T1，所以化学平衡常数：K1＞K2，即化学平衡常数在T1时比T2时的大，C错误；D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，导致氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，故增大，D正确；故合理选项是D。5.乙烯与HC1气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是A.第一步反应速率比第二步的快B.两步反应的ΔH均小于0C.加入催化剂，总反应的ΔH不变D.第一步的正反应活化能比第二步的小〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，因此第一步反应速率比第二步的慢，故A错误；B．第一步反应是吸热反应即ΔH大于0，第二步反应是放热反应即ΔH小于0，故B错误；C．加入催化剂，活化能降低，但总反应的ΔH不变，故C正确；D．根据图中信息得到第一步的正反应活化能比第二步的大，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。6.常温下，有下列四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列有关说法正确的是A.四种溶液的KW相同，由水电离的c(H＋)：①=③＞②=④B.向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①C.①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大D.将②、③两种溶液混合后，若pH=7，消耗溶液的体积为：③＞②〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．水的离子积常数只与温度有关，四种溶液的KW相同，由水电离的c(H＋)都是，故A错误；B．分别向等体积的pH=2的CH3COOH和盐酸溶液加入100mL水，溶液仍呈酸性，醋酸电离平衡正向移动，pH：CH3COOH<HCl；分别向等体积的pH=12的氨水和pH=12的NaOH溶液中加入100mL水，溶液仍呈碱性，氨水的电离平衡正向移动，pH：氨水>NaOH；所以pH：③＞④＞②＞①，故B正确；C．①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，没有溶液体积，不能判断生成H2的多少，故C错误；D．若②、③两种溶液等体积混合后，氨水有剩余，溶液呈碱性，若要pH=7，消耗溶液的体积为：盐酸＞氨水，故D错误；选B。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.18gH218O含有的中子数为10NAB.粗铜精炼中阳极减少64g时，外电路中转移电子数为2NAC.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NAD.常温下，向1L0.1mol·L-1氯化铵溶液中加入氨水至中性，则溶液中NH的数目为0.1NA〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．18gH218O的物质的量，含有的中子数为×10NAmol-1=9NA，故A错误；B．电解精炼铜，阳极放电物质除了铜还有锌、铁等，减少64g时，电路中转移电子数不为2NA，故B错误；C．25℃，pH=13溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，则含有的钡离子的物质的量为0.05mol，个数为0.05NA个，故C错误；D．1L0.1mol·L-1氯化铵的物质的量n=cV=1L×0.1mol·L-1=0.1mol，将0.1molNH4Cl溶液加入氨水至中性，则有c(H+)=c(OH-)，而电荷守恒可知：c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)，故有c(NH)=c(Cl-)=0.1mol·L-1，个数为1L×0.1mol·L-1×NAmol-1=0.1NA个，故D正确；

故选：D。8.已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（）A.该溶液的pH＝4B.此溶液中，HA约有0.1%发生电离C.加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大D.由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A.，则＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；B.HA有×100%＝0.1%发生电离，故B项正确；C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误；D.溶液中的c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，包括HA电离出来的H+和水电离出来的H+，溶液中的OH-全部来自于水，故由水电离的OH-就是溶液中的OH-，溶液中c(OH-)＝1×10－10mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，忽略由水电离的H+，由HA电离出的c(H＋)≈1×10－4mol·L－1，为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；故选C。9.某种阴离子如图所示，X、Y、W、Z四种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和W位于同主族。下列说法正确的是A.元素的电负性：Z>Y>W>XB.Y、W的简单氢化物的沸点：W>YC.同周期元素第一电离能大于X的有2种D.Na分别与X、Y、W、Z形成的化合物中，均不含非极性键〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、W、Z四种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和W位于同主族，根据阴离子结构得到Y为O，W为S，Z为Cl，X得到电子，则X为N。〖详析〗A．根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此元素的电负性：Y＞Z＞X＞W，故A错误；B．水存在分子间氢键，因此Y、W的简单氢化物的沸点：Y＞W，故B错误；C．同周期元素第一电离能大于X的元素有F、Ne共2种，故C正确；D．Na与Y(O)形成的化合物可能含非极性键，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。10.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A项正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；〖答案〗选B。二、不定项选择题(共4个小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。)11.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色证明溶液X中含有或B室温下，向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，再滴加几滴溶液，出现黄色沉淀证明相同温度下：C常温下，测得相同浓度溶液的：证明常温下的水解程度：D将溶液滴入酸性溶液中，紫红色褪去证明有还原性A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色，生成的气体也可能是氯气等具有漂白性的物质，故X中不一定含有或，也可能含有高锰酸根离子等强氧化性离子，A错误；B．向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，反应后硝酸银过量，滴加碘化钠也会生成碘化银沉淀，不能证明相同温度下：，B错误；C．酸根离子对应酸越弱，酸根离子水解程度越大，对应溶液的碱性越大；常温下，测得相同浓度溶液的：，说明常温下的水解程度：，C正确；D．氯离子、亚铁离子均能被酸性高锰酸钾氧化，故不能证明有还原性，D错误；故选C。12.常温下，关于下列电解质溶液的说法正确的是A.浓度分别为醋酸溶液中之比大于10B.可溶性正盐溶液呈中性，可以推测为强酸强碱盐C.浓度均为和混合溶液：D.溶液〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者小于后者，之比小于10，选项A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B+和A-的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，选项B错误；C．浓度均为和混合溶液中存在物料守恒：，选项C正确；D．溶液，则铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解，可知各微粒浓度大小关系为，选项D正确；〖答案〗选CD。13.新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4电池是新能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为Li1－xFePO4+LixC6LiFePO4+6C。下列说法正确的是()A.充电时，电极a与电源正极连接，电极b与电源负极连接B.电池充电时，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+C.电池工作时，负极材料质量减少0.7g，转移0.2mol电子D.电池充电时锂离子穿过隔膜向a极移动〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗根据工作原理图可知，装置为原电池，锂离子向b极区移动，则电极b为正极，电极a为负极。〖详析〗A．分析可知，装置放电时，a极为负极，则充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接，A说法错误；B．电池充电时，b电极失电子，生成Li1－xFePO4和Li+，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+，B说法正确；C．电池工作时，负极反应式为Li-e-=Li+，材料质量减少0.7g，即反应0.1mol，则转移0.1mol电子，C说法错误；D．电池充电时与电池放电时锂离子的移动方向相反，则充电时锂离子穿过隔膜向a极移动，D说法正确；〖答案〗为BD。14.时向二元弱酸的溶液中加入溶液调节，加水控制溶液体积始终为。测得溶液中的分布分数与溶液的关系如图所示。〖例：的分布分数〗，下列说法正确的是A.曲线1是的变化曲线B.的电离常数C.由2.7到4.2的变化中水的电离程度一直增大D.在b点，〖答案〗BC〖解析〗〖详析〗A．当酸性越强时，曲线1表示的微粒的含量越高，可推知曲线1是H2A的变化曲线，曲线2是HA-的变化曲线，曲线3是A2-的变化曲线，选项A错误；B．在曲线1、2的交点H2A的浓度和HA-的浓度相等，pH=1.2，则H2A的电离常数Ka1==c(H+)=10-1.2，选项B正确；C．由2.7到4.2的变化中，减少，增多，则发生+OH-=+H2O，水解促进水的电离，故水的电离程度一直增大，选项C正确；D．在b点，存在电荷守恒有，溶液呈酸性则，故，选项D错误；〖答案〗选BC。三、非选择题(共4道大题，共54分)15.回答下列问题：（1）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：①基态Fe原子中，核外存在_______个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+价层电子排布式为_______。②基态F原子的价电子轨道表达式为_______。（2）基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_______。（3）Cu2+基态原子核外电子排布式为_______。（4）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。A. B.C. D.〖答案〗（1）①.26②.4f5③.（2）球形（3）1s22s22p63s23p63d9或者〖Ar〗3d9（4）A〖解析〗〖小问1详析〗①Fe为26号元素，一个电子就是一种运动状态的电子，因此基态Fe原子中，核外存在26个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，先失去最外层电子，再失去4f上的一个电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5；故〖答案〗为：26；4f5。②F为9号元素，则F基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，基态F原子的价电子轨道表达式为；故〖答案〗为：。〖小问2详析〗Zn为30号元素，则Zn基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子核外占据最高能层电子为4s，则基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；故〖答案〗为：球形。〖小问3详析〗Cu为29号元素，则Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者〖Ar〗3d9；故〖答案〗为：1s22s22p63s23p63d9或者〖Ar〗3d9。〖小问4详析〗A．即Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，故A符合题意；B．，3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故B不符合题意；C．，该镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量低，故C不符合题意；D．，即Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为：A。16.铁盐和亚铁盐用途广泛。I.氯化铁可用于金属蚀刻，污水处理。（1）配制FeC13溶液时，将FeC13晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是_____。（2）为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：实验c(FeCl3)/mol·L-1V(FeCl3)/mL温度/°CpH10.1525x20.1535y30.2525z下列说法正确的是_____。(填标号)。A.上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响B.表格中x>y>zC.上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大II.硫酸亚铁铵晶体〖(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O〗俗称摩尔盐，是一种重要的分析试剂，空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。（3）实验室制备摩尔盐：向FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4溶液，调节溶液pH为1~2，在70°C~-80°C水浴加热，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。选用乙醇洗涤晶体的目的是_______。（4）滴定法测定摩尔盐质量分数：称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次用移液管取25.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000mol·L-1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗23.40mL的KMnO4溶液。①滴定终点的现象是_______。②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应的离子方程式是_______。③实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏高的是_______(填标号)。A.取用的晶体不够干燥B.容量瓶定容时仰视刻度线C.滴定管未用待盛溶液润洗D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡④产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩尔质量为392g/mol)的质量分数为_______(保留2位小数)。〖答案〗（1）抑制Fe3+水解（2）A（3）减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥（4）①.最后滴半滴KMnO4溶液，溶液颜色变为浅红色且半分钟不褪色②.③.C④.93.60%〖解析〗〖小问1详析〗FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，可以抑制Fe3+的水解，所以配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是抑制Fe3+水解；〖小问2详析〗A．其它条件相同时，温度越高，水解程度越大，上述实验通过pH能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响，故A正确；B．温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大，pH越小，FeCl3的浓度越大，溶液的pH越小；对比实验1和实验2可知，实验1温度最低，水解生成的氢离子浓度最小，所以x>y，对比实验1和实验3可知，实验1中FeCl3的浓度小，溶液的pH大，所以x>z，实验2与实验3中pH无法比较，故B错误；C．FeCl3溶液的浓度越小，水解程度越大，因此增大盐的浓度，虽然水解平衡正向移动，但是水解程度减小，故C错误；故〖答案〗为：A；〖小问3详析〗摩尔盐不溶于乙醇，且乙醇易挥发，所以选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；〖小问4详析〗①根据反应MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色，故滴定终点的现象是最后滴半滴KMnO4溶液，溶液颜色变为浅红色且半分钟不褪色；②根据得失电子守恒可知MnO和Fe2+的系数比为1：5，再结合原子守恒可得酸性高锰酸钾溶液与反应的离子方程式是；③A．取用的晶体不够干燥，含有杂质水，使产品含量偏低，导致测定结果偏低，故A错误；B．容量瓶定容时仰视刻度线，加入蒸馏水偏多，导致测定结果偏低，故B错误；C．滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多，最终含量偏高，故C正确；D．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低，实际需要更多的高锰酸钾，测出的产品含量偏低，故D错误；故〖答案〗为：C。④根据反应，则n(Fe2+)＝5n(MnO)，则有n(Fe2+)=5×0.02000mol/L×0.0234L×＝0.00936mol，产品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的质量分数为产品中(摩尔质量为)的质量分数为=93.60%。17.研究化学反应机理，就是研究化学反应的本质，是目前化学研究的重要方向。把CO2转化为HCOOH是降碳并生产化工原料的常用方法，有关反应如下：①CO(g)+H2O(g)HCOOH(g)∆H=−72.6kJ∙mol−1②CO(g)+O2(g)CO2(g)∆H=−283kJ∙mol−1③O2(g)+H2(g)H2O(g)∆H=−241.8kJ∙mol−1（1）则反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)中∆H=_______kJ∙mol−1。科学家在利用碳水化合物消除污染气体和生成新能源方面取得重大成果。甲烷是一种绿色可再生能源，在高效催化剂的作用下，CH4可与NO2反应，消除NO2的污染，改善雾霾天气发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)∆H<0。（2）在恒温恒容条件下，下列不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。a．υ逆(NO2)=υ正(H2O)b．混合气体的密度不再变化c．混合气体的平均摩尔质量不再变化d．单位时间内有4molC−H健断裂的同时有4molO−H键形成e．混合气体的压强不变（3）如表是相同时间内处理NO2的量与温度的关系，NO2的处理量先增大后减小的原因是_____。温度/°C100200300400500NO2的处理量/%39.370485.675.750.5（4）一定条件下，向2L恒容密闭容器中通入4molCH4、8molNO2发生上述反应。测得反应过程中NO2的体积分数在不同条件X下随着时间的变化如图1中曲线I、曲线II所示：①若X表示温度，a、b、c三点对应的混合气体的平均相对分子质量的大小为______(用a、b、c表示)②X1条件下，曲线I对应的反应的平衡常数K=______(用分数表示)。③欲研究在某催化剂作用下，上述反应的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图2所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是______。（5）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能也可将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图如图产生丙烯的电极反应式为______。〖答案〗（1）−31.4（2）bd（3）低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小（4）①.b＜c＜a②.③.温度过高，影响了催化剂的活性（5）3CO2+18H++18e－=CH3CH=CH2+6H2O〖解析〗〖小问1详析〗③−②+①得到反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)中∆H=−241.8kJ∙mol−1−(−283kJ∙mol−1)+(−72.6kJ∙mol−1)=−31.4kJ∙mol−1；故〖答案〗为：−31.4。〖小问2详析〗改善雾霾天气发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)∆H<0，在恒温恒容条件下，a．υ逆(NO2)=υ正(H2O)，一个正反应速率，一个逆反应速率，两者速率之比等于计量系数之比，能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此混合气体的密度不再变化，不能作为判断平衡标志，故b符合题意；c．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量变大，因此平均摩尔质量变小，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，能作为判断平衡标志，故c不符合题意；d．单位时间内有4molC−H健断裂，正向反应，同时有4molO−H键形成，正向反应，同一个方向，不能说明达到平衡，故d符合题意；e．该反应是体积增大的反应，正向反应，压强变大，当混合气体的压强不变，则能说明达到平衡，故e不符合题意；综上所述，〖答案〗为：bd。〖小问3详析〗CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)∆H<0，该反应是放热反应，根据表格分析反应在低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小；故〖答案〗为：低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小。〖小问4详析〗①气体平均摩尔质量等于气体质量除以容器体积，气体质量未变，该反应是气体物质的量增大的反应，根据二氧化氮体积分数越大，说明生成物的量越小即气体总物质的量越小，则气体平均摩尔质量越大，二氧化氮体积分数大小关系是b＜c＜a，气体总物质的量大小为a＜c＜b，因此a、b、c三点对应的混合气体的平均相对分子质量的大小为b＜c＜a；故〖答案〗为：b＜c＜a。②X1条件下，曲线I对应的反应建立三段式，，解得x=，该反应平衡常数；故〖答案〗为：。③欲研究在某催化剂作用下，上述反应的反应速率与温度的关系，催化剂的催化活性受温度的影响，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图2所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是温度过高，影响了催化剂的活性；故〖答案〗为：温度过高，影响了催化剂的活性。〖小问5详析〗根据工作原理图，二氧化碳转化为丙烯，化合价降低，在阴极得到电子，氢离子向阴极移动，因此产生丙烯的电极反应式为3CO2+18H++18e－=CH3CH=CH2+6H2O；故〖答案〗为：3CO2+18H++18e－=CH3CH=CH2+6H2O。18.草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料，一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3，A12O3，CaO，MgO，碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：（1）操作1的目的是除去废料中的碳及有机物，通常采用的方法是_______。（2）碱浸过程中，主要反应的离子方程式是_______。（3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_______。（4）“净化除杂1”过程中，先在40~50°C加入足量的H2O2，其作用是_______；再升温至80~85°C，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣I”主要成分是_______。（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10−5mol∙L−1，则滤液中c(Ca2+)为_______mol∙L−1〖已知Ksp(MgF2)=6.4×10−9、Ksp(CaF2)=4.0×10−11〗；（6）为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵〖(NH4)2C2O4〗为测定产品的纯度，将1g产品用适当试剂转化，得到草酸铵〖(NH4)2C2O4〗溶液。已知NH3·H2O的Kb=1.76×10−5；H2C2O4的Ka1=5.9×10−2，Ka2=6.4×10−5。判断(NH4)2C2O4溶液呈_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。将草酸钴溶液用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol∙L−1KMnO4液滴定，可测定产品的纯度。〖答案〗（1）高温焙烧（2）Al2O3+2OH－=2+H2O（3）2Co3+++H2O=2Co2+++2H+（4）①.将Fe2+完全氧化为Fe3+②.Fe(OH)3（5）6.25×10−8（6）酸性〖解析〗〖祥解〗含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3，A12O3，CaO，MgO，碳及有机物等)，先进行高温灼烧除掉碳及有机物，再碱浸过滤除掉铝元素，向滤渣中加入硫酸和亚硫酸钠，将Co3+转化为Co2+，过滤，向滤液中先加入双氧水氧化亚铁离子，再加入碳酸钠调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入过量氟化钠沉淀钙离子、镁离子，过滤，向滤液中加入草酸铵沉淀Co2+得到CoC2O4。〖小问1详析〗有机物及碳能燃烧，因此操作1的目的是除去废料中的碳及有机物，通常采用的方法是高温焙烧；故〖答案〗为：高温焙烧。〖小问2详析〗碱浸过程中，A12O3和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，主要反应离子方程式是Al2O3+2OH－=2+H2O；故〖答案〗为：Al2O3+2OH－=2+H2O。〖小问3详析〗“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，Co3+和亚硫酸根反应Co2+和硫酸根，再根据质量守恒和电荷守恒配平，其反应的离子方程式为2Co3+++H2O=2Co2+++2H+；故〖答案〗为：2Co3+++H2O=2Co2+++2H+。〖小问4详析〗钴浸取过程中加入亚硫酸根，则铁元素以亚铁离子形式存在，“净化除杂1”过程中，先在40~50°C加入足量H2O2，其作用是将Fe2+完全氧化为Fe3+；再升温至80~85°C.加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，根据前后联系，碱浸时除掉铝元素，净化除杂2除掉镁离子和钙离子，则净化除杂1除掉铁离子，因此“滤渣I”主要成分是Fe(OH)3；故〖答案〗为：将Fe2+完全氧化为Fe3+；Fe(OH)3。小问5详析〗“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10−5mol∙L−1，则根据Ksp(MgF2)得到，则滤液中钙离子浓度；故〖答案〗为：6.25×10−8。〖小问6详析〗根据越弱越水解，NH3·H2O的Kb=1.76×10−5小于H2C2O4的Ka2=6.4×10−5，说明铵根水解程度大于草酸根的水解程度，因此溶液显铵根水解的酸性即(NH4)2C2O4溶液呈酸性；故〖答案〗为：酸性。PAGEPAGE1新余市2022-2023学年上学期期末质量检测高二化学试题卷面总分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Cu-64一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分)1.2021年12月31日北碚区新开通的“协合路”，将大大缓解我校上下学高峰期的拥堵状况。下列说法不正确的是A.协合路上的霓虹灯发出红色的光与电子的跃迁有关B.协合路上的铁护栏涂上油漆是电化学保护法C.马路基底钢铁材料中的铁元素位于周期表的第四周期第VIII族D.斜拉肋筋钢添加了钒、钛、铌，使钢材的强度和韧性都更强，其中钒最高可为+5价〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．霓虹灯发出红色的光，是电子吸收能量发生跃迁，然后将能量以光的形式释放出来，A正确；B．铁护栏涂上油漆是物理过程，主要是隔绝空气，防止铁护栏生锈，同时增加美观，B不正确；C．铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表的第四周期第VIII族，C正确；D．钢中添加钒、钛、铌制成合金，可使钢材的强度和韧性都更强，钒的价电子排布式为3d34s2，最高可为+5价，D正确；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.离子的结构示意图：B.基态碳原子的轨道表示式C.水的电子式：D.基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．离子核电荷数17，核外电子数18，核外电子数为2、8、8，离子结构示意图：，故A错误；B．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，当电子在同一能级的不同轨道上排布时，电子总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故其轨道表示式为，故B错误；C．水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，故C错误；D．基态铬原子(24Cr)的电子式排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式：3d54s1，故D正确；

故选：D。3.研究化学反应中的能量变化具有重要意义。下列说法正确的是A.已知：500°C、30MPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ∙mol−1将0.5molN2和1.5mo1H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热小于46.2kJB.汽车尾气净化器中的反应为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，该反应在一定条件下能自发进行，说明该反应的ΔH>0C.已知反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，υ逆增大，υ正减小，平衡逆向移动D.C2H5OH(1)的燃烧热的热化学方程式为2C2H5OH(1)+6O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)ΔH=−1367.0kJ∙mol−1〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．已知：500°C、30MPa下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.4kJ∙mol−1，将0.5molN2和1.5mo1H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，由于该反应是可逆反应，放入的氮气和氢气没有反应完，因此放热小于46.2kJ，故A正确；B．汽车尾气净化器中的反应为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，该反应是ΔS＜0的反应，该反应在一定条件下能自发进行，则ΔH−TΔS＜0，说明该反应的ΔH＜0，故B错误；C．已知反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，υ逆增大，υ正增大，平衡逆向移动，故C错误；D．C2H5OH(1)的燃烧热是生成液态水而不是气态水，故D错误。综上所述，〖答案〗为A。4.在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是A.CO合成甲醇的反应为吸热反应B.平衡常数K=C.该反应在T1时的平衡常数比T2时的小D.处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗温度升高，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，根据先达到平衡时间长短判断反应温度的高低，然后分析温度对化学平衡移动的影响，结合化学平衡常数的含义，比较不同温度下平衡常数的大小。〖详析〗A．由图可知：在T2温度下达到平衡所需时间比T1下较短，反应速率较快，说明温度：T2＞T1。温度升高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，A错误；B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则可逆反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数表达式K=，B错误；C．升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，温度：T2＞T1，所以化学平衡常数：K1＞K2，即化学平衡常数在T1时比T2时的大，C错误；D．由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，化学平衡向逆反应方向移动，导致氢气的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，故增大，D正确；故合理选项是D。5.乙烯与HC1气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是A.第一步反应速率比第二步的快B.两步反应的ΔH均小于0C.加入催化剂，总反应的ΔH不变D.第一步的正反应活化能比第二步的小〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，因此第一步反应速率比第二步的慢，故A错误；B．第一步反应是吸热反应即ΔH大于0，第二步反应是放热反应即ΔH小于0，故B错误；C．加入催化剂，活化能降低，但总反应的ΔH不变，故C正确；D．根据图中信息得到第一步的正反应活化能比第二步的大，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。6.常温下，有下列四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列有关说法正确的是A.四种溶液的KW相同，由水电离的c(H＋)：①=③＞②=④B.向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①C.①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大D.将②、③两种溶液混合后，若pH=7，消耗溶液的体积为：③＞②〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．水的离子积常数只与温度有关，四种溶液的KW相同，由水电离的c(H＋)都是，故A错误；B．分别向等体积的pH=2的CH3COOH和盐酸溶液加入100mL水，溶液仍呈酸性，醋酸电离平衡正向移动，pH：CH3COOH<HCl；分别向等体积的pH=12的氨水和pH=12的NaOH溶液中加入100mL水，溶液仍呈碱性，氨水的电离平衡正向移动，pH：氨水>NaOH；所以pH：③＞④＞②＞①，故B正确；C．①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，没有溶液体积，不能判断生成H2的多少，故C错误；D．若②、③两种溶液等体积混合后，氨水有剩余，溶液呈碱性，若要pH=7，消耗溶液的体积为：盐酸＞氨水，故D错误；选B。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.18gH218O含有的中子数为10NAB.粗铜精炼中阳极减少64g时，外电路中转移电子数为2NAC.1LpH=13的Ba(OH)2溶液中Ba2+数目为0.1NAD.常温下，向1L0.1mol·L-1氯化铵溶液中加入氨水至中性，则溶液中NH的数目为0.1NA〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．18gH218O的物质的量，含有的中子数为×10NAmol-1=9NA，故A错误；B．电解精炼铜，阳极放电物质除了铜还有锌、铁等，减少64g时，电路中转移电子数不为2NA，故B错误；C．25℃，pH=13溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，则含有的钡离子的物质的量为0.05mol，个数为0.05NA个，故C错误；D．1L0.1mol·L-1氯化铵的物质的量n=cV=1L×0.1mol·L-1=0.1mol，将0.1molNH4Cl溶液加入氨水至中性，则有c(H+)=c(OH-)，而电荷守恒可知：c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(Cl-)，故有c(NH)=c(Cl-)=0.1mol·L-1，个数为1L×0.1mol·L-1×NAmol-1=0.1NA个，故D正确；

故选：D。8.已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（）A.该溶液的pH＝4B.此溶液中，HA约有0.1%发生电离C.加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大D.由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A.，则＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；B.HA有×100%＝0.1%发生电离，故B项正确；C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误；D.溶液中的c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，包括HA电离出来的H+和水电离出来的H+，溶液中的OH-全部来自于水，故由水电离的OH-就是溶液中的OH-，溶液中c(OH-)＝1×10－10mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，忽略由水电离的H+，由HA电离出的c(H＋)≈1×10－4mol·L－1，为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；故选C。9.某种阴离子如图所示，X、Y、W、Z四种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和W位于同主族。下列说法正确的是A.元素的电负性：Z>Y>W>XB.Y、W的简单氢化物的沸点：W>YC.同周期元素第一电离能大于X的有2种D.Na分别与X、Y、W、Z形成的化合物中，均不含非极性键〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X、Y、W、Z四种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和W位于同主族，根据阴离子结构得到Y为O，W为S，Z为Cl，X得到电子，则X为N。〖详析〗A．根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此元素的电负性：Y＞Z＞X＞W，故A错误；B．水存在分子间氢键，因此Y、W的简单氢化物的沸点：Y＞W，故B错误；C．同周期元素第一电离能大于X的元素有F、Ne共2种，故C正确；D．Na与Y(O)形成的化合物可能含非极性键，故D错误。综上所述，〖答案〗为C。10.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A项正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；〖答案〗选B。二、不定项选择题(共4个小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。)11.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色证明溶液X中含有或B室温下，向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，再滴加几滴溶液，出现黄色沉淀证明相同温度下：C常温下，测得相同浓度溶液的：证明常温下的水解程度：D将溶液滴入酸性溶液中，紫红色褪去证明有还原性A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．向溶液X中滴加浓盐酸，将产生气体通入品红溶液，溶液褪色，生成的气体也可能是氯气等具有漂白性的物质，故X中不一定含有或，也可能含有高锰酸根离子等强氧化性离子，A错误；B．向溶液中加入几滴溶液出现白色沉淀，反应后硝酸银过量，滴加碘化钠也会生成碘化银沉淀，不能证明相同温度下：，B错误；C．酸根离子对应酸越弱，酸根离子水解程度越大，对应溶液的碱性越大；常温下，测得相同浓度溶液的：，说明常温下的水解程度：，C正确；D．氯离子、亚铁离子均能被酸性高锰酸钾氧化，故不能证明有还原性，D错误；故选C。12.常温下，关于下列电解质溶液的说法正确的是A.浓度分别为醋酸溶液中之比大于10B.可溶性正盐溶液呈中性，可以推测为强酸强碱盐C.浓度均为和混合溶液：D.溶液〖答案〗CD〖解析〗〖详析〗A．醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，电离程度前者小于后者，之比小于10，选项A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B+和A-的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，选项B错误；C．浓度均为和混合溶液中存在物料守恒：，选项C正确；D．溶液，则铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解，可知各微粒浓度大小关系为，选项D正确；〖答案〗选CD。13.新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4电池是新能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为Li1－xFePO4+LixC6LiFePO4+6C。下列说法正确的是()A.充电时，电极a与电源正极连接，电极b与电源负极连接B.电池充电时，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+C.电池工作时，负极材料质量减少0.7g，转移0.2mol电子D.电池充电时锂离子穿过隔膜向a极移动〖答案〗BD〖解析〗〖祥解〗根据工作原理图可知，装置为原电池，锂离子向b极区移动，则电极b为正极，电极a为负极。〖详析〗A．分析可知，装置放电时，a极为负极，则充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接，A说法错误；B．电池充电时，b电极失电子，生成Li1－xFePO4和Li+，正极的电极反应为LiFePO4-xe-=Li1－xFePO4+xLi+，B说法正确；C．电池工作时，负极反应式为Li-e-=Li+，材料质量减少0.7g，即反应0.1mol，则转移0.1mol电子，C说法错误；D．电池充电时与电池放电时锂离子的移动方向相反，则充电时锂离子穿过隔膜向a极移动，D说法正确；〖答案〗为BD。14.时向二元弱酸的溶液中加入溶液调节，加水控制溶液体积始终为。测得溶液中的分布分数与溶液的关系如图所示。〖例：的分布分数〗，下列说法正确的是A.曲线1是的变化曲线B.的电离常数C.由2.7到4.2的变化中水的电离程度一直增大D.在b点，〖答案〗BC〖解析〗〖详析〗A．当酸性越强时，曲线1表示的微粒的含量越高，可推知曲线1是H2A的变化曲线，曲线2是HA-的变化曲线，曲线3是A2-的变化曲线，选项A错误；B．在曲线1、2的交点H2A的浓度和HA-的浓度相等，pH=1.2，则H2A的电离常数Ka1==c(H+)=10-1.2，选项B正确；C．由2.7到4.2的变化中，减少，增多，则发生+OH-=+H2O，水解促进水的电离，故水的电离程度一直增大，选项C正确；D．在b点，存在电荷守恒有，溶液呈酸性则，故，选项D错误；〖答案〗选BC。三、非选择题(共4道大题，共54分)15.回答下列问题：（1）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：①基态Fe原子中，核外存在_______个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+价层电子排布式为_______。②基态F原子的价电子轨道表达式为_______。（2）基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_______。（3）Cu2+基态原子核外电子排布式为_______。（4）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。A. B.C. D.〖答案〗（1）①.26②.4f5③.（2）球形（3）1s22s22p63s23p63d9或者〖Ar〗3d9（4）A〖解析〗〖小问1详析〗①Fe为26号元素，一个电子就是一种运动状态的电子，因此基态Fe原子中，核外存在26个运动状态不同的电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，先失去最外层电子，再失去4f上的一个电子，因此Sm3+价层电子排布式为4f5；故〖答案〗为：26；4f5。②F为9号元素，则F基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，基态F原子的价电子轨道表达式为；故〖答案〗为：。〖小问2详析〗Zn为30号元素，则Zn基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子核外占据最高能层电子为4s，则基态Zn原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；故〖答案〗为：球形。〖小问3详析〗Cu为29号元素，则Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者〖Ar〗3d9；故〖答案〗为：1s22s22p63s23p63d9或者〖Ar〗3d9。〖小问4详析〗A．即Mg＋，再失去一个电子所需能量即为镁的第二电离能，电离最外层一个电子所需能量最大，故A符合题意；B．，3s轨道全满，电离最外层一个电子即镁的第一电离能，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故B不符合题意；C．，该镁原子的电子处于激发态，容易失去3p上的电子，失去一个电子所需能量低，故C不符合题意；D．，即Mg＋，再失去一个电子即为镁的第二电离能，最外层的电子处于激发态，失去最外层一个电子所需能量比A选项低，故D不符合题意；综上所述，〖答案〗为：A。16.铁盐和亚铁盐用途广泛。I.氯化铁可用于金属蚀刻，污水处理。（1）配制FeC13溶液时，将FeC13晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是_____。（2）为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：实验c(FeCl3)/mol·L-1V(FeCl3)/mL温度/°CpH10.1525x20.1535y30.2525z下列说法正确的是_____。(填标号)。A.上述实验能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响B.表格中x>y>zC.上述实验能得出：增大FeCl3溶液的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大II.硫酸亚铁铵晶体〖(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O〗俗称摩尔盐，是一种重要的分析试剂，空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。（3）实验室制备摩尔盐：向FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4溶液，调节溶液pH为1~2，在70°C~-80°C水浴加热，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却至室温即得晶体，减压过滤，用乙醇洗涤晶体。选用乙醇洗涤晶体的目的是_______。（4）滴定法测定摩尔盐质量分数：称取摩尔盐产品3.920g溶于稀硫酸中，转入100mL容量瓶定容。每次用移液管取25.00mL溶液放入锥形瓶，用0.02000mol·L-1的KMnO4溶液滴定(还原产物为Mn2+，杂质不与KMnO4反应)，三次平均消耗23.40mL的KMnO4溶液。①滴定终点的现象是_______。②酸性高锰酸钾溶液与Fe2+反应的离子方程式是_______。③实验过程中的下列操作，可能导致测定结果偏高的是_______(填标号)。A.取用的晶体不够干燥B.容量瓶定容时仰视刻度线C.滴定管未用待盛溶液润洗D.滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡④产品中(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(摩尔质量为392g/mol)的质量分数为_______(保留2位小数)。〖答案〗（1）抑制Fe3+水解（2）A（3）减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥（4）①.最后滴半滴KMnO4溶液，溶液颜色变为浅红色且半分钟不褪色②.③.C④.93.60%〖解析〗〖小问1详析〗FeCl3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，溶液中存在Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入盐酸，H+浓度增大，可以抑制Fe3+的水解，所以配制FeCl3溶液时，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度，原因是抑制Fe3+水解；〖小问2详析〗A．其它条件相同时，温度越高，水解程度越大，上述实验通过pH能判断出温度对氯化铁水解平衡的影响，故A正确；B．温度越高，水解生成的氢离子的浓度越大，pH越小，FeCl3的浓度越大，溶液的pH越小；对比实验1和实验2可知，实验1温度最低，水解生成的氢离子浓度最小，所以x>y，对比实验1和实验3可知，实验1中FeCl3的浓度小，溶液的pH大，所以x>z，实验2与实验3中pH无法比较，故B错误；C．FeCl3溶液的浓度越小，水解程度越大，因此增大盐的浓度，虽然水解平衡正向移动，但是水解程度减小，故C错误；故〖答案〗为：A；〖小问3详析〗摩尔盐不溶于乙醇，且乙醇易挥发，所以选用乙醇洗涤晶体的目的是减少洗涤晶体时的溶解损失，使晶体易于干燥；〖小问4详析〗①根据反应MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色，故滴定终点的现象是最后滴半滴KMnO4溶液，溶液颜色变为浅红色且半分钟不褪色；②根据得失电子守恒可知MnO和Fe2+的系数比为1：5，再结合原子守恒可得酸性高锰酸钾溶液与反应的离子方程式是；③A．取用的晶体不够干燥，含有杂质水，使产品含量偏低，导致测定结果偏低，故A错误；B．容量瓶定容时仰视刻度线，加入蒸馏水偏多，导致测定结果偏低，故B错误；C．滴定管未用待盛溶液润洗，会使高锰酸钾的浓度偏低，故消耗的高锰酸钾偏多，最终含量偏高，故C正确；D．滴定完成后，滴定管尖嘴处留有气泡，说明记录的高锰酸钾含量偏低，实际需要更多的高锰酸钾，测出的产品含量偏低，故D错误；故〖答案〗为：C。④根据反应，则n(Fe2+)＝5n(MnO)，则有n(Fe2+)=5×0.02000mol/L×0.0234L×＝0.00936mol，产品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的质量分数为产品中(摩尔质量为)的质量分数为=93.60%。17.研究化学反应机理，就是研究化学反应的本质，是目前化学研究的重要方向。把CO2转化为HCOOH是降碳并生产化工原料的常用方法，有关反应如下：①CO(g)+H2O(g)HCOOH(g)∆H=−72.6kJ∙mol−1②CO(g)+O2(g)CO2(g)∆H=−283kJ∙mol−1③O2(g)+H2(g)H2O(g)∆H=−241.8kJ∙mol−1（1）则反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)中∆H=_______kJ∙mol−1。科学家在利用碳水化合物消除污染气体和生成新能源方面取得重大成果。甲烷是一种绿色可再生能源，在高效催化剂的作用下，CH4可与NO2反应，消除NO2的污染，改善雾霾天气发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)∆H<0。（2）在恒温恒容条件下，下列不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。a．υ逆(NO2)=υ正(H2O)b．混合气体的密度不再变化c．混合气体的平均摩尔质量不再变化d．单位时间内有4molC−H健断裂的同时有4molO−H键形成e．混合气体的压强不变（3）如表是相同时间内处理NO2的量与温度的关系，NO2的处理量先增大后减小的原因是_____。温度/°C100200300400500NO2的处理量/%39.370485.675.750.5（4）一定条件下，向2L恒容密闭容器中通入4molCH4、8molNO2发生上述反应。测得反应过程中NO2的体积分数在不同条件X下随着时间的变化如图1中曲线I、曲线II所示：①若X表示温度，a、b、c三点对应的混合气体的平均相对分子质量的大小为______(用a、b、c表示)②X1条件下，曲线I对应的反应的平衡常数K=______(用分数表示)。③欲研究在某催化剂作用下，上述反应的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图2所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是______。（5）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能也可将CO2转化为低碳烯烃，工作原理图如图产生丙烯的电极反应式为______。〖答案〗（1）−31.4（2）bd（3）低于300℃时，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，NO2的处理量逐渐增大，300℃时，反应达到平衡状态，高于300℃时，平衡逆向移动，NO2的处理量逐渐减小（4）①.b＜c＜a②.③.温度过高，影响了催化剂的活性（5）3CO2+18H++18e－=CH3CH=CH2+6H2O〖解析〗〖小问1详析〗③−②+①得到反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)中∆H=−241.8kJ∙mol−1−(−283kJ∙mol−1)+(−72.6kJ∙mol−1)=−31.4kJ∙mol−1；故〖答案〗为：−31.4。〖小问2详析〗改善雾霾天气发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)∆H<0，在恒温恒容条件下，a．υ逆(NO2)=υ正(H2O)，一个正反应速率，一个逆反应速率，两者速率之比等于计量系数之比，