2024-2025学年天津市五区县重点校高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市五区县重点校2024-2025学年高二上学期1月期末考试可能用到的原子量：H-1N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷（共42分）一、选择题（本题共14小题，每题3分，共42分，每题只有一个正确选项）1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是A.硅太阳能电池 B.锂离子电池C.太阳能集热器 D.燃气灶【答案】D【解析】硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；燃气灶将化学能转化为热能，D正确；答案选D。2.下列各组元素的性质正确的是A.第一电离能：Al>Mg>Na B.电负性：F>O>NC.最高正价：F>S>Si D.原子半径：P>N>C【答案】B【解析】同周期元素从左向右，第一电离能呈增大趋势，因为镁原子的3s轨道全满，出现第一电离能反常，所以第一电离能：Mg>Al>Na，A错误；同周期，从左到右，非金属性增强，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，B正确；主族元素最高正化合价等于族序数，氧、氟无正化合价，所以最高正价：S＞Si，C错误；同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大，所以原子半径：P＞C＞N，D错误；故选B。3.下列说法错误的是A.p能级电子的能量一定比s能级电子的能量高B.焰色试验是金属原子的电子从激发态跃迁到基态时产生的光谱C.共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价D.电负性的大小可以作为判断非金属性强弱的依据【答案】A【解析】同一能层中p能级电子的能量一定比s能级电子的能量高，例如2s＜2p，3s＜3p，不能能层时则不一定，例如2p＜3s，故A错误；电子从激发态跃迁到基态时会释放能量，焰色试验是金属原子的电子从激发态跃迁到基态时产生的光谱，故B正确；共价化合物中，电负性大的成键元素对共用电子对的吸引力强，表现为负价，故C正确；电负性是原子对键合电子的吸引力，其大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，故D正确；故选A。4.下列事实其中与盐类水解有关的是①可溶性铝盐、铁盐作净水剂；②水溶液呈酸性；③铵态氮肥不能与草木灰混合施用；④加热能使纯碱溶液去污能力增强A.全部 B.①③④ C.②④ D.①②③【答案】B【解析】①可溶性铝盐、铁盐可做净水剂是因为铝离子、铁离子水解分别生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，与盐类水解有关，①正确；②NaHSO4水溶液呈酸性是因为硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，②错误；③铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，③正确；④加热能使纯碱溶液去污能力增强是因为加热促进盐类的水解、氢氧根浓度增大，④正确；综上所述，除②以外全正确；答案选B。5.某密闭容器中存在平衡反应△H=-43kJ/mol，欲提高反应速率并提高CO的转化率，下列方法正确的是A.降低温度 B.增大压强C.使用催化剂 D.增大(g)的浓度【答案】D【解析】该反应的正反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率都降低，平衡正反应移动、能提高CO的转化率，A项错误；该反应气体分子总数不变，压缩容器的容积，增大压强，气体的浓度增大，能提高反应速率，但平衡不移动，不能提高CO的平衡转化率，B项错误；使用合适的催化剂，能加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高CO的平衡转化率，C项错误；增大反应物(g)的浓度，能提高反应速率且平衡正向移动，能提高CO的转化率，D项正确；答案选D。6.和存在平衡：△H<0。下列说法正确的是A.46g平衡混合气体中含1molN原子B.断裂2mol中的共价键所需能量大于断裂1mol中的共价键所需能量C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅【答案】A【解析】N2O4分子中有2个N原子，分子中有1个N原子，设N2O4的质量为xg，则混合气体中N原子的物质的量为，46g平衡混合气体中含N原子数等于，A正确；，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，B错误；恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，C错误；放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D错误；故选A。7.下列离子方程式中书写正确的是A.溶液呈碱性的原因：B.将水垢中转化为的原理：C.铅蓄电池放电时负极反应：D.在中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的负极反应：【答案】B【解析】溶液呈碱性的原因是碳酸氢根水解程度大于电离程度，表示为：，故A错误；用纯碱溶液浸泡锅炉水垢发生的反应为：微溶的硫酸钙与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为，故B正确；铅蓄电池放电时负极反应：Pb-2e-＋=PbSO4，故C错误；在中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的正极反应：，负极反应为，故D错误；故选B。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.滴入甲基橙呈红色的溶液：、、、B.0.1mol/L溶液：、、、C.澄清透明溶液：、、、D.由水电离出的的溶液：、、、【答案】C【解析】滴入甲基橙呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中产生氢氧化铝沉淀甚至转变为铝离子、在酸性溶液中转变为硫单质、二氧化硫，不共存，A错误；0.1mol/L溶液中：铝离子和双水解产生氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，不共存，B错误；澄清透明溶液：、、、互不反应，可以共存，C正确；、发生氧化还原反应而不共存，由水电离产生的的溶液中，水的电离被抑制，可以是强酸性或强碱性溶液，酸性条件下，可产生硫化氢、不共存，碱性溶液中、分别产生氢氧化铁沉淀、一水合氨，不能共存，D错误；故选C。9.下列关于各装置图的叙述正确的是A.Ⅰ装置中盐桥中的移向左边烧杯B.Ⅱ装置电解精炼铜的过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等C.Ⅲ装置模拟工业上在镀件上镀银D.Ⅳ装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极法”【答案】A【解析】图Ⅰ中Zn为负极，Zn极电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，Cu极电极反应为Cu2++2e-=Cu，盐桥中KCl的阴离子Cl-移向左边烧杯，A项正确；图Ⅱ为电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜上是比Cu活泼的金属Zn、Fe等先失电子转化成Zn2+、Fe2+等，然后Cu失电子转化成Cu2+，活泼性比Cu弱的金属如Ag等形成阳极泥，纯铜上的电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据得失电子守恒，阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，B项错误；图Ⅲ中若要镀件上镀银，则银为阳极、镀件应为阴极，C项错误；图Ⅳ装置中钢闸门与外接电源的负极相连，钢闸门为阴极，辅助电极为阳极，称之为“外加电流法”，D项错误；答案选A。10.常温下，下列有关电解质溶液的叙述错误的是A.溶液中：B.0.01溶液中：C.0.1溶液中：D.溶液中：【答案】D【解析】溶液中根据电荷守恒，正电荷总量=负电荷总量：，A正确；0.01溶液中，水解呈碱性，，水解是微弱的，故，B正确；0.1溶液中所有含C元素的粒子的总物质的量浓度为0.1：，C正确；溶液中水解，，水解是微弱的，故，D错误；故选D。11.二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池放电时质子从电极b移向电极aB.每转移4mol，消耗的体积为22.4LC.电极a附近发生的电极反应为D.电极b附近发生的电极反应为【答案】D【解析】由图可知，电极a通入SO2，发生氧化反应，故电极a为负极，电极反应为：SO2＋2H2O-2e－=SO＋4H＋；电极b通入O2，发生还原反应，故电极b为正极，电极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；总反应式为：2SO2＋O2＋2H2O=2SO＋4H＋。放电时为原电池，质子向正极移动，电极a为负极，则该电池放电时质子从电极a移向电极b，A错误；每转移4mol，消耗1mol，但未指明标准状况，故体积不一定为22.4L，B错误；电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，硫酸是强电解质，应当拆为离子形式，C错误；酸性条件下，氧气得电子与氢离子反应生成水，电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D正确；故答案选D。12.由下列事实或现象不能得出相应结论的是事实或现象结论A用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度下，溶液和溶液pH，溶液pH大结合能力：B溶液中存在平衡△H>0，将溶液加热，溶液由蓝绿色变为黄绿色升高温度，平衡正向移动C向溶液中加入HBr溶液，溶液橙色加深增大，平衡逆向移动D常温下，向10mL0.1NaCl溶液中滴加5滴0.1溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1KI溶液，观察沉淀由白色变为黄色(AgCl)>(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】比较和，结合能力，在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的，越大，说明阴离子结合氢离子的能力越强，A正确；该反应正向吸热，升温平衡正移，溶液由蓝绿色变为黄绿色，B正确；会与HBr溶液中的发生氧化还原反应，，故得不到相应结论，C错误；过量NaCl与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，再滴入KI溶液时，沉淀由白色变为黄色，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。13.用海水晒盐后的苦卤水生产金属Mg的过程可表示如下：苦卤水→…→Mg。下列说法不正确的是A.反应的B.常温下溶于盐酸，HCl促进平衡正向移动C.将溶液直接蒸干灼烧得到MgOD.电解溶液在阴极获得金属Mg【答案】D【解析】苦卤水中加入石灰乳、过滤得到氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，并最终制得金属镁。由反应方程式可知，反应的平衡常数K=，故A正确；存在沉淀溶解平衡：，加入盐酸，氢氧根浓度减小，平衡右移，则HCl促进平衡正向移动，故B正确；氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中能发生水解反应生成氢氧化镁和盐酸，蒸干过程中，盐酸受热挥发，使氯化镁的水解平衡趋于完全，最终得到氢氧化镁，氢氧化镁受热分解得到氧化镁，故灼烧得到氯化镁，故C正确；电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属镁，电解溶液，在阴极氢离子放电产生氢气、无法获得金属Mg，故D错误；故选D。14.室温下，向1LpH=10的NaOH溶液中通入，溶液中水电离出的与通入的体积（V）的关系如图所示，下列说法不正确的是A.a点：水电离产生的B.b点：溶液中C.c点：D.d点：【答案】B【解析】由图可知，a点为氢氧化钠溶液，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，c点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，d点为碳酸氢钠和碳酸的混合液，溶液呈中性。由分析可知，a点为pH=10的氢氧化钠溶液，溶液中氢氧根离子会抑制水的电离，则溶液中水电离出的氢离子浓度为=1×10-10mol/L，A正确；由分析可知，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，则溶液中氢氧根离子浓度大于1×10-7mol/L，B错误；由分析可知，c点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，根据物料守恒，，，C正确；d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得，由图可知d点，可得，D正确；故选B。第Ⅱ卷（共58分）15.北宋卷轴画《千里江山图》，颜色绚丽，由石绿、雌黄、赭石、阵碟、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有硫、氮、砷、铜、锌、钛、铁等元素。（1）Zn属于元素周期表中的________区；基态的价层电子的轨道表示式为________；（2）基态硫原子核外电子的空间运动状态有______种，电子占据的最高能级原子轨道形状是________形。电负性关系S______As（填“>”或“<”）。（3）下列N原子电子排布图表示的状态中，能量最低的是（填序号）。A. B.C. D.（4）Cu的第二电离能(Cu)________Zn的第二电离能(Zn)（填“>”或“<”），理由_________。（5）下列有关说法不正确的是_________A．硫酸亚铁可用作净水剂B．的价层电子排布式为C．铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族【答案】（1）①.ds②.（2）①.9②.哑铃③.>（3）D（4）①.>②.的价电子排布式为，的价电子排布为，的3d轨道处于全充满状态，更稳定（5）AB【解析】【小问1详析】Zn是30号元素，基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，属于元素周期表中的ds区；Ti是22号元素，基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，失去2个电子形成离子，故基态的价层电子的轨道表示式为。【小问2详析】S是16号元素，基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态硫原子的1s、2s、3s轨道充满，2p、3p轨道电子各占据3条轨道，则基态硫原子核外电子的空间运动状态有9种，电子占据的最高能级为3p，原子轨道形状是哑铃形。元素周期表中，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性关系：S>P>As。【小问3详析】四种排布方式，满足构造原理、洪特规则排布的能量最低，则题中N原子电子排布图表示的状态中，能量最低的是D。【小问4详析】Cu的第二电离能(Cu)＞Zn的第二电离能(Zn)，理由：的价电子排布式为，的价电子排布为，的3d轨道处于全充满状态，更稳定。【小问5详析】物质能水解形成胶体，产生的胶体能吸附水中的悬浮物质，这样的物质适合净水，例如明矾，硫酸亚铁通常不用作净水剂，A错误；Fe是26号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，形成时，失去的是最外层的电子，则Fe2+的价层电子排布式为，B错误；结合选项B可知铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，C正确；选AB。16.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡。根据题意回答以下问题。（1）在海洋碳循环中，碳酸氢根与钙离子通过如图所示的途径发生反应从而实现固碳。写出钙化作用的离子方程：___________。（2）25℃时，溶液中、、三种粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图。的_________；NaHA溶液的pH_________7（填“>”“<”或“=”）。（3）等浓度的①、②、③、④、⑤氨水五种溶液中：由大到小的顺序为_________（填序号）。（4）常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定体积为20.00mL0.1mol/L的HA溶液，滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的滴定曲线如下图。①本实验选用的指示剂是__________（填“甲基橙”、“酚酞”或“石蕊”）。②实验测得a点溶液的pH=2.8，则由水电离出来的__________mol/L。③下列说法正确是__________。A．HA的电离平衡常数：B．b点溶液中：C．c点溶液中：D．溶液中水的电离程度：d>c>b>a（5）常温下，易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于__________（已知：25℃时，的电离平衡常数，，FeS的）。【答案】（1）（2）①.②.>（3）①>②>④>③>⑤（4）①.酚酞②.③.B（5）8【解析】【小问1详析】由图可知，钙化作用的离子方程式为：。【小问2详析】随着pH的增大，H2A浓度下降，HA-先增大后下降，A2-的浓度随着HA-浓度下降而增大，则左侧两条相交的线中下行的是H2A，上行的是HA-，右侧两条相交的线中上行的是A2-，下行的是HA-，25℃时，当c(HA-)=c(A2-)时，的=c(H+)=10-13；c(HA-)=c(H2A)时，=c(H+)=10-7，=10-7＞Ka2，则NaHA溶液中，水解程度大于电离程度，pH＞7。【小问3详析】等浓度的①、②、③、④、⑤氨水五种溶液中，⑤氨水是弱电解质溶液、铵根离子浓度最小；由电离出的铵离子数目可知，②、③、④小于①，同浓度的铵离子水解程度相同、但②中电离出的氢离子抑制铵离子水解，则②溶液中铵离子大于③、④，③中醋酸根和铵离子相互促进水解，则④溶液中的铵离子比③大，由大到小的顺序为①>②>④>③>⑤。【小问4详析】①由图知，0.1mol/L的HA溶液pH=2.8，则HA是弱酸，恰好中和时生成NaA是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故本实验选用的指示剂是酚酞。②酸抑制水的电离，则溶液中水电离出的OH−浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，实验测得a点溶液的pH=2.8，则由水电离出来的。③，HA的电离平衡常数：，A错误；b点溶液为等物质的量的HA与NaA的混合溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，根据物料守恒，则：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，二式合并可得，B正确；c点溶液NaOH与HA溶液恰好中和，为NaA的溶液，NaA是强碱弱酸盐，完全电离产生钠离子和A-离子，能微弱水解呈碱性，则，C错误；如图，a、b、c、d四点中，c点对应的溶液为NaA的溶液，d点氢氧化钠溶液过量，a、b点HA过量，酸或碱抑制水的电离，强碱弱酸盐促进水的电离，故水的电离程度最大的点是c点，D错误；选B。【小问5详析】常温下，易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，饱和FeS中c(S2-)=，，，mol/L，则为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。17.生物提取铜技术是一种利用微生物开矿的湿式制铜技术，适用于从含铜量极低的矿石中冶炼出铜，具有环保、高效、低成本的优点。利用生物方法可以制备金属铜，同时生成副产品，相关转化过程如下图所示：金属离子沉淀的pH如下表开始沉淀时的pH1.54.26.3完全沉淀时的pH2.86.78.3（1）试剂X为“绿色氧化剂”__________；试剂Y为__________。（2）调节pH的范围在__________之间，所用试剂是__________（写出一种即可）。（3）测定的纯度Ⅰ．用分析天平称取6.000g晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成100mL的待测液；Ⅱ．取25.00mL的待测液置于锥形瓶中，用0.05000的标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的标准液的体积如下表所示。实验组第一次第二次第三次滴定前溶液的体积/mL0.050.201.10滴定后溶液的体积/mL19.9520.3023.10①标准液盛放在__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②滴定终点的现象是___________。③晶体的纯度是__________%（保留2位小数）。④现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是__________。A．在配制待测液定容时俯视刻度线B．容量瓶中有水C．待测液配制过程中被氧气氧化D．滴定前盛放标准液的滴定管中滴定前无泡，滴定后有气泡E．滴定终点时仰视读数【答案】（1）①.双氧水（）②.铁粉（2）①.2.8～4.2②.CuO或或或等（3）①.酸式②.当滴入最后半滴标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变色③.92.67④.CD【解析】CuS和FeS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，调pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液，CuSO4溶液与Fe粉反应得到FeSO4和Cu；Fe(OH)3与H2SO4反应后、加入Fe得到FeSO4溶液，两步得到的FeSO4溶液合并，FeSO4溶液最终得到FeSO4∙7H2O。【小问1详析】试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，且为“绿色氧化剂”，则试剂X为双氧水()，其还原产物为水，结合分析可知试剂Y为铁粉(Fe)。【小问2详析】调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8~4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3或等。【小问3详析】①标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中。②由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变色。③三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、23.10mL-1.10mL=22.00mL，由于第三次实验误差较大（舍去），故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，根据反应，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05000mol/L×0.02000L=0.005000mol，该FeSO4∙7H2O晶体的纯度为。④A．在配制待测液定容时俯视，待测液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏高，不符合题意；B．容量瓶中有水，对所配制的溶液浓度无影响，对实验结果无影响，不符合题意；C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体纯度偏低，符合题意；D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前无气泡，滴定后有气泡，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏小，符合题意；E．滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；答案选CD。18.开展含碳（、CO、等）化合物研究对保障我国能源安全具有重要意义。回答下列问题。（1）已知；，则________（用含、的代数式表示）（2）T℃、1L固定体积的密闭容器中充入1molCO和1mol(g)，发生反应的，5min后达到平衡，CO的平衡转化率为50%，则5min内用表示的化学反应速率为_________。（3）。该反应能够自发进行的条件是（填“高温”或“低温”）_________。（4）在恒温恒容下，下列能说明反应达到平衡状态的是（填字母）。A. B.C.容器中混合气体密度保持不变 D.容器中混合气体平均摩尔质量保持不变（5）在密闭容器中投入1molCO和2mol，发生反应。实验测得CO平衡转化率随温度（T）、压强（p）的变化如图所示。①该反应的正反应为_________（填“吸热”或“放热”）反应。②________（填“>”或“<”）。③n点对应平衡体系的容积为2L，该温度下反应的平衡常数K=__________。（6）甲醇（）燃料电池以甲醇为燃料，其工作原理如图所示。负极反应式为____________。【答案】（1）（2）01mol/(L·min)（3）高温（4）D（5）①.放热②.>③.100（6）【解析】【小问1详析】已知Ⅰ.；Ⅱ.，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到反应则+。【小问2详析】T℃、1L固定体积的密闭容器中充入1molCO和1mol(g)，发生反应的，5min后达到平衡，CO的平衡转化率为50%，生成氢气的物质的量等于消耗一氧化碳的物质的量，则5min内氢气的平均反应速率为=。【小问3详析】。该反应为气体体积分子总数增大吸热反应，则ΔH＞0、ΔS＞0，自发进行时ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，说明该反应在高下能够自发进行。【小问4详析】反应：A．容器中不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故A错误；B．平衡时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应已达到平衡，故B错误；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则容器中混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故C错误；D．气体质量始终不变，气体的物质的量、混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应已达平衡，故D正确；故选D；【小问5详析】①由图可知升高温度CO的平衡转化率减小，升高温度平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。②该反应为反应前后气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则＞（填“>”或“<”）。③在密闭容器中投入1molCO和2mol，发生反应。n点对应平衡体系的容积为2L，CO的平衡转化率为80%，则存在三段式：，则该温度下反应的平衡常数=100。【小问6详析】负极失去电子被氧化为二氧化碳，负极反应式为。天津市五区县重点校2024-2025学年高二上学期1月期末考试可能用到的原子量：H-1N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷（共42分）一、选择题（本题共14小题，每题3分，共42分，每题只有一个正确选项）1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是A.硅太阳能电池 B.锂离子电池C.太阳能集热器 D.燃气灶【答案】D【解析】硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；燃气灶将化学能转化为热能，D正确；答案选D。2.下列各组元素的性质正确的是A.第一电离能：Al>Mg>Na B.电负性：F>O>NC.最高正价：F>S>Si D.原子半径：P>N>C【答案】B【解析】同周期元素从左向右，第一电离能呈增大趋势，因为镁原子的3s轨道全满，出现第一电离能反常，所以第一电离能：Mg>Al>Na，A错误；同周期，从左到右，非金属性增强，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，B正确；主族元素最高正化合价等于族序数，氧、氟无正化合价，所以最高正价：S＞Si，C错误；同一周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，下一周期元素的原子半径一般比相邻上一周期元素的原子半径大，所以原子半径：P＞C＞N，D错误；故选B。3.下列说法错误的是A.p能级电子的能量一定比s能级电子的能量高B.焰色试验是金属原子的电子从激发态跃迁到基态时产生的光谱C.共价化合物中，电负性大的成键元素表现为负价D.电负性的大小可以作为判断非金属性强弱的依据【答案】A【解析】同一能层中p能级电子的能量一定比s能级电子的能量高，例如2s＜2p，3s＜3p，不能能层时则不一定，例如2p＜3s，故A错误；电子从激发态跃迁到基态时会释放能量，焰色试验是金属原子的电子从激发态跃迁到基态时产生的光谱，故B正确；共价化合物中，电负性大的成键元素对共用电子对的吸引力强，表现为负价，故C正确；电负性是原子对键合电子的吸引力，其大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，故D正确；故选A。4.下列事实其中与盐类水解有关的是①可溶性铝盐、铁盐作净水剂；②水溶液呈酸性；③铵态氮肥不能与草木灰混合施用；④加热能使纯碱溶液去污能力增强A.全部 B.①③④ C.②④ D.①②③【答案】B【解析】①可溶性铝盐、铁盐可做净水剂是因为铝离子、铁离子水解分别生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，与盐类水解有关，①正确；②NaHSO4水溶液呈酸性是因为硫酸氢根离子电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，②错误；③铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是因为铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，③正确；④加热能使纯碱溶液去污能力增强是因为加热促进盐类的水解、氢氧根浓度增大，④正确；综上所述，除②以外全正确；答案选B。5.某密闭容器中存在平衡反应△H=-43kJ/mol，欲提高反应速率并提高CO的转化率，下列方法正确的是A.降低温度 B.增大压强C.使用催化剂 D.增大(g)的浓度【答案】D【解析】该反应的正反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率都降低，平衡正反应移动、能提高CO的转化率，A项错误；该反应气体分子总数不变，压缩容器的容积，增大压强，气体的浓度增大，能提高反应速率，但平衡不移动，不能提高CO的平衡转化率，B项错误；使用合适的催化剂，能加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高CO的平衡转化率，C项错误；增大反应物(g)的浓度，能提高反应速率且平衡正向移动，能提高CO的转化率，D项正确；答案选D。6.和存在平衡：△H<0。下列说法正确的是A.46g平衡混合气体中含1molN原子B.断裂2mol中的共价键所需能量大于断裂1mol中的共价键所需能量C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅【答案】A【解析】N2O4分子中有2个N原子，分子中有1个N原子，设N2O4的质量为xg，则混合气体中N原子的物质的量为，46g平衡混合气体中含N原子数等于，A正确；，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，B错误；恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，C错误；放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D错误；故选A。7.下列离子方程式中书写正确的是A.溶液呈碱性的原因：B.将水垢中转化为的原理：C.铅蓄电池放电时负极反应：D.在中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的负极反应：【答案】B【解析】溶液呈碱性的原因是碳酸氢根水解程度大于电离程度，表示为：，故A错误；用纯碱溶液浸泡锅炉水垢发生的反应为：微溶的硫酸钙与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙和硫酸钠，反应的离子方程式为，故B正确；铅蓄电池放电时负极反应：Pb-2e-＋=PbSO4，故C错误；在中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的正极反应：，负极反应为，故D错误；故选B。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.滴入甲基橙呈红色的溶液：、、、B.0.1mol/L溶液：、、、C.澄清透明溶液：、、、D.由水电离出的的溶液：、、、【答案】C【解析】滴入甲基橙呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中产生氢氧化铝沉淀甚至转变为铝离子、在酸性溶液中转变为硫单质、二氧化硫，不共存，A错误；0.1mol/L溶液中：铝离子和双水解产生氢氧化铝沉淀、二氧化碳气体，不共存，B错误；澄清透明溶液：、、、互不反应，可以共存，C正确；、发生氧化还原反应而不共存，由水电离产生的的溶液中，水的电离被抑制，可以是强酸性或强碱性溶液，酸性条件下，可产生硫化氢、不共存，碱性溶液中、分别产生氢氧化铁沉淀、一水合氨，不能共存，D错误；故选C。9.下列关于各装置图的叙述正确的是A.Ⅰ装置中盐桥中的移向左边烧杯B.Ⅱ装置电解精炼铜的过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等C.Ⅲ装置模拟工业上在镀件上镀银D.Ⅳ装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极法”【答案】A【解析】图Ⅰ中Zn为负极，Zn极电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，Cu极电极反应为Cu2++2e-=Cu，盐桥中KCl的阴离子Cl-移向左边烧杯，A项正确；图Ⅱ为电解精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜上是比Cu活泼的金属Zn、Fe等先失电子转化成Zn2+、Fe2+等，然后Cu失电子转化成Cu2+，活泼性比Cu弱的金属如Ag等形成阳极泥，纯铜上的电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据得失电子守恒，阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，B项错误；图Ⅲ中若要镀件上镀银，则银为阳极、镀件应为阴极，C项错误；图Ⅳ装置中钢闸门与外接电源的负极相连，钢闸门为阴极，辅助电极为阳极，称之为“外加电流法”，D项错误；答案选A。10.常温下，下列有关电解质溶液的叙述错误的是A.溶液中：B.0.01溶液中：C.0.1溶液中：D.溶液中：【答案】D【解析】溶液中根据电荷守恒，正电荷总量=负电荷总量：，A正确；0.01溶液中，水解呈碱性，，水解是微弱的，故，B正确；0.1溶液中所有含C元素的粒子的总物质的量浓度为0.1：，C正确；溶液中水解，，水解是微弱的，故，D错误；故选D。11.二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池放电时质子从电极b移向电极aB.每转移4mol，消耗的体积为22.4LC.电极a附近发生的电极反应为D.电极b附近发生的电极反应为【答案】D【解析】由图可知，电极a通入SO2，发生氧化反应，故电极a为负极，电极反应为：SO2＋2H2O-2e－=SO＋4H＋；电极b通入O2，发生还原反应，故电极b为正极，电极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；总反应式为：2SO2＋O2＋2H2O=2SO＋4H＋。放电时为原电池，质子向正极移动，电极a为负极，则该电池放电时质子从电极a移向电极b，A错误；每转移4mol，消耗1mol，但未指明标准状况，故体积不一定为22.4L，B错误；电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，硫酸是强电解质，应当拆为离子形式，C错误；酸性条件下，氧气得电子与氢离子反应生成水，电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D正确；故答案选D。12.由下列事实或现象不能得出相应结论的是事实或现象结论A用pH试纸分别测定相同温度和相同浓度下，溶液和溶液pH，溶液pH大结合能力：B溶液中存在平衡△H>0，将溶液加热，溶液由蓝绿色变为黄绿色升高温度，平衡正向移动C向溶液中加入HBr溶液，溶液橙色加深增大，平衡逆向移动D常温下，向10mL0.1NaCl溶液中滴加5滴0.1溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1KI溶液，观察沉淀由白色变为黄色(AgCl)>(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】比较和，结合能力，在相同条件下测定相同浓度溶液和溶液的，越大，说明阴离子结合氢离子的能力越强，A正确；该反应正向吸热，升温平衡正移，溶液由蓝绿色变为黄绿色，B正确；会与HBr溶液中的发生氧化还原反应，，故得不到相应结论，C错误；过量NaCl与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，再滴入KI溶液时，沉淀由白色变为黄色，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正确；故选C。13.用海水晒盐后的苦卤水生产金属Mg的过程可表示如下：苦卤水→…→Mg。下列说法不正确的是A.反应的B.常温下溶于盐酸，HCl促进平衡正向移动C.将溶液直接蒸干灼烧得到MgOD.电解溶液在阴极获得金属Mg【答案】D【解析】苦卤水中加入石灰乳、过滤得到氢氧化镁，氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，并最终制得金属镁。由反应方程式可知，反应的平衡常数K=，故A正确；存在沉淀溶解平衡：，加入盐酸，氢氧根浓度减小，平衡右移，则HCl促进平衡正向移动，故B正确；氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中能发生水解反应生成氢氧化镁和盐酸，蒸干过程中，盐酸受热挥发，使氯化镁的水解平衡趋于完全，最终得到氢氧化镁，氢氧化镁受热分解得到氧化镁，故灼烧得到氯化镁，故C正确；电解熔融氯化镁时，镁离子在阴极得到电子发生还原反应生成金属镁，电解溶液，在阴极氢离子放电产生氢气、无法获得金属Mg，故D错误；故选D。14.室温下，向1LpH=10的NaOH溶液中通入，溶液中水电离出的与通入的体积（V）的关系如图所示，下列说法不正确的是A.a点：水电离产生的B.b点：溶液中C.c点：D.d点：【答案】B【解析】由图可知，a点为氢氧化钠溶液，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，c点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，d点为碳酸氢钠和碳酸的混合液，溶液呈中性。由分析可知，a点为pH=10的氢氧化钠溶液，溶液中氢氧根离子会抑制水的电离，则溶液中水电离出的氢离子浓度为=1×10-10mol/L，A正确；由分析可知，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，则溶液中氢氧根离子浓度大于1×10-7mol/L，B错误；由分析可知，c点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，根据物料守恒，，，C正确；d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得，由图可知d点，可得，D正确；故选B。第Ⅱ卷（共58分）15.北宋卷轴画《千里江山图》，颜色绚丽，由石绿、雌黄、赭石、阵碟、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有硫、氮、砷、铜、锌、钛、铁等元素。（1）Zn属于元素周期表中的________区；基态的价层电子的轨道表示式为________；（2）基态硫原子核外电子的空间运动状态有______种，电子占据的最高能级原子轨道形状是________形。电负性关系S______As（填“>”或“<”）。（3）下列N原子电子排布图表示的状态中，能量最低的是（填序号）。A. B.C. D.（4）Cu的第二电离能(Cu)________Zn的第二电离能(Zn)（填“>”或“<”），理由_________。（5）下列有关说法不正确的是_________A．硫酸亚铁可用作净水剂B．的价层电子排布式为C．铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族【答案】（1）①.ds②.（2）①.9②.哑铃③.>（3）D（4）①.>②.的价电子排布式为，的价电子排布为，的3d轨道处于全充满状态，更稳定（5）AB【解析】【小问1详析】Zn是30号元素，基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，属于元素周期表中的ds区；Ti是22号元素，基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，失去2个电子形成离子，故基态的价层电子的轨道表示式为。【小问2详析】S是16号元素，基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态硫原子的1s、2s、3s轨道充满，2p、3p轨道电子各占据3条轨道，则基态硫原子核外电子的空间运动状态有9种，电子占据的最高能级为3p，原子轨道形状是哑铃形。元素周期表中，同周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性关系：S>P>As。【小问3详析】四种排布方式，满足构造原理、洪特规则排布的能量最低，则题中N原子电子排布图表示的状态中，能量最低的是D。【小问4详析】Cu的第二电离能(Cu)＞Zn的第二电离能(Zn)，理由：的价电子排布式为，的价电子排布为，的3d轨道处于全充满状态，更稳定。【小问5详析】物质能水解形成胶体，产生的胶体能吸附水中的悬浮物质，这样的物质适合净水，例如明矾，硫酸亚铁通常不用作净水剂，A错误；Fe是26号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，形成时，失去的是最外层的电子，则Fe2+的价层电子排布式为，B错误；结合选项B可知铁元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，C正确；选AB。16.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡。根据题意回答以下问题。（1）在海洋碳循环中，碳酸氢根与钙离子通过如图所示的途径发生反应从而实现固碳。写出钙化作用的离子方程：___________。（2）25℃时，溶液中、、三种粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图。的_________；NaHA溶液的pH_________7（填“>”“<”或“=”）。（3）等浓度的①、②、③、④、⑤氨水五种溶液中：由大到小的顺序为_________（填序号）。（4）常温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定体积为20.00mL0.1mol/L的HA溶液，滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的滴定曲线如下图。①本实验选用的指示剂是__________（填“甲基橙”、“酚酞”或“石蕊”）。②实验测得a点溶液的pH=2.8，则由水电离出来的__________mol/L。③下列说法正确是__________。A．HA的电离平衡常数：B．b点溶液中：C．c点溶液中：D．溶液中水的电离程度：d>c>b>a（5）常温下，易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于__________（已知：25℃时，的电离平衡常数，，FeS的）。【答案】（1）（2）①.②.>（3）①>②>④>③>⑤（4）①.酚酞②.③.B（5）8【解析】【小问1详析】由图可知，钙化作用的离子方程式为：。【小问2详析】随着pH的增大，H2A浓度下降，HA-先增大后下降，A2-的浓度随着HA-浓度下降而增大，则左侧两条相交的线中下行的是H2A，上行的是HA-，右侧两条相交的线中上行的是A2-，下行的是HA-，25℃时，当c(HA-)=c(A2-)时，的=c(H+)=10-13；c(HA-)=c(H2A)时，=c(H+)=10-7，=10-7＞Ka2，则NaHA溶液中，水解程度大于电离程度，pH＞7。【小问3详析】等浓度的①、②、③、④、⑤氨水五种溶液中，⑤氨水是弱电解质溶液、铵根离子浓度最小；由电离出的铵离子数目可知，②、③、④小于①，同浓度的铵离子水解程度相同、但②中电离出的氢离子抑制铵离子水解，则②溶液中铵离子大于③、④，③中醋酸根和铵离子相互促进水解，则④溶液中的铵离子比③大，由大到小的顺序为①>②>④>③>⑤。【小问4详析】①由图知，0.1mol/L的HA溶液pH=2.8，则HA是弱酸，恰好中和时生成NaA是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故本实验选用的指示剂是酚酞。②酸抑制水的电离，则溶液中水电离出的OH−浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，实验测得a点溶液的pH=2.8，则由水电离出来的。③，HA的电离平衡常数：，A错误；b点溶液为等物质的量的HA与NaA的混合溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，根据物料守恒，则：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，二式合并可得，B正确；c点溶液NaOH与HA溶液恰好中和，为NaA的溶液，NaA是强碱弱酸盐，完全电离产生钠离子和A-离子，能微弱水解呈碱性，则，C错误；如图，a、b、c、d四点中，c点对应的溶液为NaA的溶液，d点氢氧化钠溶液过量，a、b点HA过量，酸或碱抑制水的电离，强碱弱酸盐促进水的电离，故水的电离程度最大的点是c点，D错误；选B。【小问5详析】常温下，易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，饱和FeS中c(S2-)=，，，mol/L，则为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。17.生物提取铜技术是一种利用微生物开矿的湿式制铜技术，适用于从含铜量极低的矿石中冶炼出铜，具有环保、高效、低成本的优点。利用生物方法可以制备金属铜，同时生成副产品，相关转化过程如下图所示：金属离子沉淀的pH如下表开始沉淀时的pH1.54.26.3完全沉淀时的pH2.86.78.3（1）试剂X为“绿色氧化剂”__________；试剂Y为__________。（2）调节pH的范围在__________之间，所用试剂是__________（写出一种即可）。（3）测定的纯度Ⅰ．用分析天平称取6.000g晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成100mL的待测液；Ⅱ．取25.00mL的待测液置于锥形瓶中，用0.05000的标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的标准液的体积如下表所示。实验组第一次第二次第三次滴定前溶液的体积/mL0.050.201.10滴定后溶液的体积/mL19.9520.3023.10①标准液盛放在__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②滴定终点的现象是___________。③晶体的纯度是__________%（保留2位小数）。④现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是__________。A．在配制待测液定容时俯视刻度线B．容量瓶中有水C．待测液配制过程中被氧气氧化D．滴定前盛放标准液的滴定管中滴定前无泡，滴定后有气泡E．滴定终点时仰视读数【答案】（1）①.双氧水（）②.铁粉（2）①.2.8～4.2②.CuO或或或等（3）①.酸式②.当滴入最后半滴标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变色③.92.67④.CD【解析】CuS和FeS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，调pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液