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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
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