【文档说明】【精准解析】辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校五校协作体2020-2021学年高二上学期期末化学试题（解析版）.doc，共(25)页，1.334 MB，由管理员店铺上传

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2020-2021学年度上学期期末考试高二年级化学试题可能用到的相对原子质量：O-16S-32一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1.化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是()A.漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的

B.TiO2是一种稳定的白色颜料，可通过往TiCl4中加入大量水，同时加热来制备TiO2∙xH2O，而后经焙烧制得C.采用催化转换技术能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率D.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加生石灰降低土壤的碱性【答案】B

【解析】【分析】【详解】A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，前者是强氧化性漂白，而明矾是水解生成胶体，胶体具有净水的功效，因此二者的原理是不相同的，故A错误；B．TiO2是一种稳定的白色颜料，可通过往TiCl4中加入大量水，TiCl4水解

，TiCl4＋(x+2)H2O＝TiO2∙xH2O↓＋4HCl，因此加热来制备TiO2∙xH2O，而后经焙烧制得，故B正确；C．催化剂只能加快反应速率，因此不能提高汽车尾气中有害气体的平衡转化率，故C错误；D．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加生

石灰，CaO＋H2O＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaOH，因此不能降低土壤的碱性，故D错误。综上所述，答案为B。2.下列与化学反应能量变化相关的叙述中错误的是()A.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的∆H相同B.物质发

生化学变化一定伴随能量的变化C.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率D.水凝结成冰的过程中，ΔH<0、ΔS<0【答案】C【解析】【分析】【详解】A．同温同压下，H2（g）和Cl2（g）的总能量与HCl（g）的总能量的差值为反应热，不受光照和点燃条件的影响，即该反应的ΔH相同，

故A正确B．从化学键的角度分析，化学变化是旧键断裂新键形成的过程，断开化学键吸收能量，形成化学键释放能量，所以物质发生化学变化一定伴随能量的变化，故B正确；C．反应速率是单位时间内物质浓度的变化，与反应的吸热、放热无关，故C错误；D．水凝结成冰的过程中放热，ΔH

<0，物质的不同聚集状态，固态的混乱度小于液态，液态小于气态，则水凝结成冰的过程中ΔS<0，故D正确；故选C。3.表中实验操作、现象与结论对应关系均正确的是()选项实验操作实验现象结论A等体积pH=2的两种酸HX和HY分别与足量的锌反应HX溶液中

放出的H2多HX的酸性比HY强B用广泛pH试纸测定1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性测得pH=3.2NaHSO3溶液呈酸性，证明HSO-3在水中的电离程度大于水解程度C在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体溶液颜色变浅增大生成物浓度，平衡逆向移动D向浓度均为0.1mol/L的NaC

l和NaI的混合溶液中滴加少量0.1mol/L的AgNO3溶液产生黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．等pH的HX和HY，酸的酸性越强，酸的浓度越小，等体积的酸溶液与足量的锌反应生成的H2越少，

所以HX的酸性比HY弱，A错误；B．广泛pH试纸测定值为正整数，与事实不符，B错误；C．K+和Cl-没有参与反应，加入KCl固体对平衡移动无影响，溶液颜色不变，C错误；D．二者为同种类型沉淀，所以Ksp小的先沉淀，黄色沉淀为AgI，说明Ksp(AgCl

)>Ksp(AgI)，D正确；故选D。4.研究人员设计了一种新的电解HCl回收Cl2的工艺，如图所示(两电极材料均为碳电极)，下列说法正确的是()A.每生成1molCl2需要消耗氧气11.2LB.阳极的电极反应

为：Fe2+-e-=Fe3+C.该工艺的总反应方程式为：4HCl+O2电解2Cl2+2H2OD.Fe2+在反应中起到催化剂的作用【答案】C【解析】【分析】电解池的左边电极上，Fe3+发生还原反应转化为Fe2+，左边电极为阴极，发生的电极反应式为：Fe3++

e-=Fe2+，反应得到的Fe2+酸性环境下被氧气氧化，发生的反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；右边电极为阳极，发生的电极反应式为：2-Cl-2e-=Cl2；阳离子H+向阴极移动，据此解答。【详解】A．氧气的状况不确定，所以每

生成lmolCl2需要消耗氧气的体积不一定为11.2L，A错误；B．阳极-Cl失去电子被氧化，发生的电极反应式为：2-Cl-2e-=Cl2，B错误；C．反应过程中，Fe3+与Fe2+间是循环转化的，整个过程是HCI与O2的反应，生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HC

l+O2电解2Cl2+2H2O，故C正确；D．催化剂指的是在化学反应里能改变化学反应速率，而本身的质量和性质在反应前后都没有发生变化的物质，该反应的催化为Fe3+，D错误；故选C。5.由多元素组成的化合物Fe-Sm-As-F-O，是我国科学家近年来发现的一种重要的铁系超导材料。下列说法正确的是(

)A.O的价层电子排布式为1s22s22p4B.Fe3+的价层电子轨道表示式违背了泡利不相容原理C.N、As同主族，第一电离能N＜AsD.电负性F＞O＞As【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氧原子核外电子数为8，基态氧原子核

外电子排布式为1s22s22p4，价层电子排布式为2s22p4，故A不符合题意；B．泡利不相容原理内容为：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，选项中违背洪特规则，铁离子价层电子轨道表示式：，故B不符合题意；C．N、As同主族

，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能N＞As，故C不符合题意；D．同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性F＞O＞N，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性N＞As，所以电负性F＞O＞As，故D符

合题意；答案选D。6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.FeS难溶于水，但是能溶于盐酸中B.工业合成氨一般采用的温度为400-500℃C.向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强D.实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【

解析】【分析】【详解】A．FeS不溶于水，但能溶于稀盐酸中，生成氯化亚铁和硫化氢，符合强酸制弱酸的规律，促进硫化亚铁的溶解平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．合成氨反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正方向移动，采用400-500℃的温度，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用

勒夏特列原理解释，故B选；C．根据氯水中的化学平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，加入CaCO3和盐酸反应促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，漂白性增强，和平衡有关，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯

气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选B。7.如图是一种新型的光化学电源，当光照射N型半导体时，通入O2和H2S即产生稳定的电流并获得H2O

2(H2AQ和AQ是两种有机物)。下列说法正确的是A.甲池中的石墨电极是电池的负极B.H+通过全氟磺酸膜从甲池进入乙池C.甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ＋2H＋－2e－=H2AQD.总反应为H2S+O2光照H2O2+S↓【答案】D【解析】

【分析】由电子流向可知石墨电极为正极，负极碘离子失电子被氧化，电极反应为3I−−2e−=I3−，生成的I3−可与硫化氢反应，正极AQ得电子被还原生成H2AQ，H2AQ与氧气反应生成AQ和过氧化氢，电解质溶液浓度基本不变，总反应为H2S+O2

光照H2O2+S↓，以此解答该题。【详解】A．由分析可知，甲池中的石墨电极是电池的正极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极移动，H+通过全氟磺酸膜从乙池进入甲池，故B错误；C．甲池中石墨电极上发生的电极反应为AQ+2H＋+2e－=H2AQ，故C错误；D．通入硫化氢和氧气，分别生成硫、过氧化

氢，则总反应为H2S+O2光照H2O2+S↓，故D正确；故答案选D。8.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：弱酸CH3COOHHCNH2SO3H2CO3电离平衡常数1.75×10-54.9×10-10K1=1.54×10-2K2=1.02×10-

7K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11下列说法不正确的是()A.NaHCO3溶液中通少量SO2：2-3HCO+SO2=2CO2+2-3SO+H2OB.等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的离子总数大小：前者＞后者C.25℃时，等物质的量浓度的各溶

液pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)D.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)=c(CN-)，则a一定大于b【答案】A【解析】【分析】由电离平衡常数的关系可知，酸性H2SO3＞CH

3COOH＞H2CO3＞-3HSO＞HCN＞-3HCO，由此分析。【详解】A．酸性H2CO3＞-3HSO，相对强的酸制备相对弱的酸，NaHCO3溶液中通少量SO2，发生反应：-3HCO+SO2=CO2+-3HSO，故A符合题意；B．根据C

H3COOH的电离常数大于HCN的电离常数，CH3COOH＞HCN，等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中，CH3COO-的水解程度小于CN-，钠离子不水解，等体积等浓度的CH3COONa和NaCN溶液中的离子总数大小：前者＞后者，故B

不符合题意；C．25℃时，由分析可知，酸性：CH3COOH＞HCN＞-3HCO，离子的水解程度为：-3HCO＞CN-＞CH3COO-，等物质的量浓度的各溶液，离子的水解程度越大，碱性越强，则pH关系为：pH(Na2CO3)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故C不符合题意；D．am

ol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合后，若所得溶液中c(Na+)=c(CN-)，根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(CN-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，由于

反应所得溶液是NaCN溶液，是弱酸强碱盐，显碱性，而溶液显中性，HCN溶液的浓度要大，则a一定大于b，故D不符合题意；答案选A。9.下列关于化学反应速率和化学平衡的说法正确的是()A.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加单位体积内活化分

子百分数，从而使反应速率增大。B.已知反应：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，在密闭的反应炉内达到平衡后，若其他条件均不改变，将反应炉体积缩小一半，则达到新平衡时CO2(g)的浓度将升高C.在一定条件下，可逆反应2NO2(g

)⇌N2O4(g)ΔH<0达到平衡后。保持容器温度和容积不变，再通入一定量NO2，则再次达到平衡时NO2的百分含量减小。D.在一定温度下，容积一定的密闭容器中的反应A(s)+2B(g)⇌c(g)+D(g)，当混

合气体的压强不变时，则表明该反应已达平衡。【答案】C【解析】【分析】【详解】A．增大压强，可增大单位体积内活化分子数目，但活化分子百分数不变，A错误；B．该反应的平衡常数表示式为K=21cCO)（，温度不变平衡常数不变，达到新平衡时CO2(g)的浓度不变，B错误；C．恒温恒容通入一定量NO

2，等效为增大压强，平衡向正反应方向移动，新平衡时NO2的百分含量与原平衡相比减小，C正确；D．该反应前后气体总的物质的量没有发生变化，一定温度、容积下，压强始终保持不变，不能作为反应是否达到平衡状态的判断依据，D错误；故选C。10.关节炎病因是在关节滑液中

形成尿酸钠晶体(NaUr)，尤其在寒冷季节诱发关节疼痛，其化学机理为：①HUr(尿酸)+H2O⇌Ur-(尿酸根离子)+H3O+；②Ur-(aq)+Na+(aq)⇌NaUr(s)；下列叙述错误的是()A.反应①是尿酸的电离方程式B.

反应②为放热反应，关节保暖可以缓解疼痛C.大量饮水会增大关节疼痛的可能性D.降低关节滑液中HUr和Na+含量是治疗关节炎疾病的方法之一【答案】C【解析】【分析】【详解】A．尿酸是一元弱酸，电离产生尿酸根离子和H+，H+与水分子结合形成水合氢离子H3O+，故该式子表示尿酸的电离，是尿酸

的电离方程式，A正确；B．在寒冷季节诱发关节疼痛，说明降低温度，有利于尿酸钠晶体的形成，平衡正向移动，则该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡会向吸热的逆反应方向移动，会减少尿酸钠的形成，因而可以缓解疼痛症状，因此冬天要注意关节的保暖，B正

确；C．大量饮水会降低关节滑液中Ur-离子和Na+离子浓度，使平衡逆向移动，因此会缓解关节疼痛，不是增加关节疼痛感，C错误；D．降低关节滑液中HUr和Na+含量可减少关节滑液中尿酸钠的形成，因此是治疗关节炎疾病的方法之一，D正确；故合理选项是C。二

、选择题(每题只有一个选项符合题意)11.物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，结构化学是化学研究的重要领域。下列说法正确的是()A.元素周期系和元素周期表都不只有一个，都是多种多样的B.在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态C.I+3离子的几何构型为V型

，其中心原子的杂化形式为sp2杂化D.已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水杨酸()第一级电离形成的离子()能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．俄国化

学家门捷列夫于1869年总结发表此周期表(第一代元素周期表)，此后不断有人提出各种类型周期表不下170余种，归纳起来主要有：短式表(以门捷列夫为代表)、长式表(以维尔纳式为代表)、特长表(以波尔塔式为代表)；平面螺线表和圆形表(以达姆开夫式

为代表)；立体周期表(以莱西的圆锥柱立体表为代表)等众多类型表，元素周期表又称为元素周期系，二者指代的是同一名词，故A错误；B．在基态14C原子核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p能级上的两

个电子分别占据一个空轨道，且自旋方向相同，则核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有6种运动状态，故B错误；C．I+3离子中心I原子的价层电子对数=2+7-1-212=4，其中心原子的杂化形式为sp3杂化，空间几何构型为V型，故C错

误；D．根据题意，水杨酸()第一级电离形成的离子()能形成分子内氢键，分子内氢键的形成会使该微粒中酚羟基上的氢离子更难电离出H+，导致的酸性比苯酚的酸性弱，因此相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)，故D正确；答案选D。12.化学反应所提供的能量大大促进了社会的

发展，下列说法正确的是()A.乙烯的燃烧热是1411.3kJ·mol-1，则乙烯燃烧的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1411.3kJ·mol-1B.P(s，红磷)=

P(s，黑磷)ΔH=-39.3kJ·mol-1；P(s，白磷)=P(s，红磷)ΔH=-17.6kJ·mol-1由此推知，最稳定的磷单质是黑磷C.已知①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)∆H1②4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)∆H2；

则∆H1＜∆H2D.某反应的ΔH=+100kJ·mol-1，正反应活化能比逆反应活化能小100kJ·mol-1【答案】B【解析】【分析】【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。水

的稳定状态是液态，水蒸气转化为液态水会放出热量，因此该热化学方程式不能表示乙烯的燃烧热，A错误；B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。白磷转化为红磷时放出热量，说明红磷比白磷稳定；红磷转化为黑磷时放出热量，说明黑磷比红磷稳定

，故三种磷单质中最稳定的是黑磷，B正确；C．两个反应都是放热反应，反应放出的热量未给出，因此不能比较二者的相对大小，C错误；D．某反应的ΔH=+100kJ·mol-1，表示该反应的正反应为吸热反应，说明正反应活化能比逆反应

活化能大100kJ·mol-1，D错误；故合理选项是B。13.T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s)ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断

正确的是()A.T℃时，该反应的平衡常数值为4B.c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C.若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃D.T℃时，直线cd上的点均为平衡状态【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据平衡常数的表达式并结合图中曲线可知，K=1

/[c(A)×c(B)]=1/4，故A错误；B、c点没有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动，故B错误；C、如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，即升高温度，故C

正确；D、平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此曲线ab是平衡线，故D错误；答案选C。14.在常温下，已知醋酸银的溶度积Ksp(CH3COOAg)=1.6×10−3，碳酸银的溶度积Ksp(Ag2CO3)=8.3×10−12，醋

酸的电离常数Ka=1.75×10−5，下列有关说法正确的是()A.0.1mol∙L−1的CH3COOH溶液的pH约为4B.沉淀转化反应2CH3COOAg(s)+23CO−(aq)Ag2CO3(s)+2CH3COO－(a

q)的平衡常数约为2×108C.CH3COO－中的C的杂化方式均为sp3杂化D.将0.002mol∙L−1的Na2CO3溶液与CH3COOAg沉淀上层清液等体积混合，出现白色沉淀【答案】D【解析】【分析】【详解】A．0.1mol

∙L−1的CH3COOH溶液，331111111CHCOOHCHCOOH0.1molLxmolLxmolLxmolL(0.1x)molLxmolLxmo0lL0−+−−−−−−−−+开始转化平衡，2533(CHCOO)(H)(H)1.7510(CHC0.1O

O)acccKc−++−−===，3(H)1.7510c+−=，pH=3－lg1.75，故A错误；B．沉淀转化反应2CH3COOAg(s)+23CO−(aq)Ag2CO3(s)+2CH3COO－(aq)的平衡常数约为2333212322532CHCOOAg(CHC()

()3.0OO)1.610(CO)A81gCO8.310()0spspKcKKc−−−−====，故B错误；C．CH3COO－中的第一个C原子有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，第二个C原子有3个σ键，无孤对

电子，杂化方式为sp2杂化，故C错误；D．CH3COOAg沉淀上层清液，Ksp(CH3COOAg)=1.6×10−3，则c(Ag＋)=0.04mol∙L−1，将0.002mol∙L−1的Na2CO3溶液与CH3COOAg沉淀

上层清液等体积混合，浓度都变为原来的一般，因此浓度商为(0.02)2×0.002=8×10−7＞Ksp(Ag2CO3)，因此出现白色沉淀，故D正确。综上所述，答案为D。15.图示与表述内容不相符的是()ABCD该装置可能观察到的现象为：a、d处试纸变蓝；b处变红，局

部褪色；c处无明显变化该图表示5mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液混合该装置可以实现在铁上镀铜，且铜片为阳极该装置可以表示电解饱和食盐水的示意图，装置选择了阳离子交换

膜，且饱和NaCl溶液从b口加入时，n(Mn2+)随时间的变化A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该装置为电解池，a、d都为电解池的阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，溶液中氢氧根离子增

多，显碱性，pH试纸变蓝，c、b都为电解池的阳极，溶液中的氯离子反应生成氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白性，b部褪色，A正确，不符合题意；B．KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L-1H2C2O4溶液

混合时，随着反应的进行，n(Mn2+)逐渐增大，直到反应完全，其数值基本保持不变，B正确，不符合题意；C．铜为阳极，溶解生成铜离子，溶液中的铜离子在阴极得到电子生成铜，实现铁上镀铜，C正确，不符合题意；D．电解饱和食盐水使用阳离子交换膜，阴极是氢离子反应生成氢气，

阳极是氯离子反应生成氯气，氯离子不能通过交换膜，为补充氯离子，氯化钠应从a进入，D错误，符合题意；故选D。16.某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列说法不合理的是A.①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3Fe(CN)6溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀B.②区Cu

电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀C.③区Zn电极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色，Fe被保护D.④区Zn电极的

电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀【答案】A【解析】【分析】【详解】A．①区构成原电池，Fe是负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，Cu是正极，发生还原

反应，电极反应式是：O2+4e-+2H2O=4OH-，发生的是吸氧腐蚀，无气泡产生，故A错误；B．②区Cu电极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，附近水溶液显碱性，滴加酚酞后变成红色，Fe电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe被腐蚀，附近滴

加K3［Fe(CN)6］出现蓝色，故B正确；C．③区构成原电池，由于金属活动性Zn>Fe，所以Zn电极是负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2+，Fe电极为正极，发生反应：O2+4e-+2H2O=4O

H-，由于没有Fe2+生成，因此附近滴加K3［Fe(CN)6］未出现蓝色，Fe被保护，故C正确；D．④是电解池，Zn电极为阴极，电极反应式为2H++2e－=H2↑，Fe电极是阳极，电极发生反应：Fe-2e-=Fe2+，附近滴加K3［Fe(CN)6］出现蓝色，Fe被腐蚀，故D正确。答案选A。17

.常温下，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，分别向体积均为20mL，浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3溶液和CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是()A.a点溶液

中存在：c(Na+)+c(H+)=c(3HCO−)+c(23CO−)+c(OH-)B.b、d点溶液中离子浓度的大小关系均为c(Na+)＜c(CH3COO-)C.c点溶液中存在：c(H+)+c(3HCO−)+c(H2CO3)=c(OH-)D.d点溶液中存在：-33n(CHCO

O)n(CHCOOH)=180【答案】D【解析】【分析】NaHCO3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，pH＞7；CH3COOH是酸，溶液显酸性，pH＜7。根据图象中pH可知，上方为碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应的曲线，下方为醋酸与氢氧化钠溶液反应的曲线

，然后根据电荷守恒、质子守恒分析解答。【详解】A．a点溶液是20mL0.1mol/LNaHCO3溶液中滴入10ml0.1mol/L氢氧化钠溶液发生反应得到等浓度Na2CO3和NaHCO3混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(3HCO−)+2c(23CO−)+c(

OH-)，A错误；B．b点是20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中滴入10mL0.1mol/LNaOH溶液发生反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)；根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)

=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(Na+)＜c(CH3COO-)，d点溶液pH=7，溶液显中性，则根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)，B错误；C．c点是NaHCO3溶液与NaOH恰好反应产生的Na2CO3溶液，溶液中存在质子守恒，则c(OH-)

=c(H+)+c(3HCO−)+2c(H2CO3)，C错误；D．d点是CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液，醋酸未被完全中和，溶质为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，由于该点溶液pH=7，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则

-33n(CHCOO)n(CHCOOH)=--+-533++-733c(CHCOO)c(CHCOO)?c(H)Ka1.8?10====180c(CHCOOH)c(CHCOOH)?c(H)c(H)1.0?10，D正确；故合理选项是D。

18.某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液

体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，lg3≈0.5]，下列说法错误的是()A.溶液pH：a<b<eB.a点的ZnCl2溶液中：c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]C.

a-b-e为滴定CuCl2溶液的曲线D.d点纵坐标约为33.9【答案】C【解析】【分析】根据Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，沉淀类型相同，硫化铜溶解度小，故向等体积等浓度两溶液中分别滴入等体积、等浓度硫化钠溶液，硫化铜溶液中，恰好完全反应时，阳离子沉淀更彻底，剩余阳离

子浓度小，则此时，-lgc(Cu2+)>-lgc(Zn2+)，则可判断a-c-d点所在曲线为CuCl2溶液中阳离子变化曲线。从而判断各选项情况。【详解】A．a溶液中Zn2+和Cu2+离子水解，溶液显酸性，分别

加入硫化钠生成沉淀，硫化钠中，硫离子水解呈，溶液呈碱性，b点为氯化锌溶液曲线上的点，锌离子恰好完全沉淀，溶质为氯化钠，溶液呈中性，e点，Na2S过量，溶液主要成分为氯化钠和硫化钠，溶液显碱性，故溶液pH：a<b<e，选项A正确；B．a点，ZnCl2溶液显酸性，电荷守恒，c(Cl-)=2c(Zn2

+)+c(H+)-c(OH-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]，选项B正确；C．Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，-1gc(Cu2+)<lgc(Zn2+)，故a-b-e为滴定ZnCl2溶液的曲线，选项C错误；D．a-

c-d为氯化铜溶液滴定曲线，10mL浓度，0.1mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，c点达到滴定终点，硫离子、铜离子浓度近似相等，则-lgc(Cu2+)=17.7，Ksp(CuS)=10-35.4，d

点时，c(S2-)=130.1mol/L，c(Cu2+)=35.41010.1mol/L3−=3×10-34.4，故d点纵坐标-1gc(Cu2+)=33.9，选项D正确；故答案选：C。【点睛】先根据曲线纵坐标含义，判断离子浓度与纵坐标值间的

变化关系，再判断曲线对应溶液情况。19.常温常压下，有关下列各溶液的描述中正确的是()A.等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，NH+4的水解程度一样B.一定浓度的氨水加水稀释的过程中，()432c(NH)·HOcNH+的比值和(

)4c(NH)cOH+−的比值均增大C.浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO2-3)＜c(HCO-3)，且3c(Na+)=2[c(CO2-3)+c(HCO-3+c(H2CO3)]D.0

.2mol·L-1的醋酸钠溶液10mL与0.2mol·L-1盐酸溶液5mL混合后溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)【答案】D【解析】【

分析】【详解】A．等浓度的(NH4)2SO4溶液和NH4Cl溶液，后者铵根离子浓度小，水解程度大，NH+4的水解程度不一样，故A错误；B．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，()432c(NH)·HOcNH+=-bc(OH)K，温度不变，Kb不变，氢氧根离子浓度减小，()432c(NH)·HOcN

H+的比值增大，铵根离子浓度减小的幅度比氢氧根离子大，()4c(NH)cOH+−的比值变小，故B错误；C．浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：碳酸根离子的水解程度比碳酸氢根离子大，c

(CO2-3)＜c(HCO-3)，又根据物料守恒，且2c(Na+)=3[c(CO2-3)+c(HCO-3+c(H2CO3)]，故C错误；D．0.2moI·L-1的醋酸钠溶液10mL与0.2moI·L-1盐酸溶液5mL混合后溶液显酸性，溶液相当于等物质的量的醋酸钠、醋酸、氯化钠的混合溶液，醋酸

的电离大于醋酸钠的水解，氯离子不水解，c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，则溶液中有关微粒的浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，故D正确；故选D。20.某工厂用饱和NaCl溶液

为原料制备高氯酸，其工艺流程如图所示：已知：NaClO4与盐酸相互反应，并精馏可制得HClO4下列说法不正确的是()A.电解Ⅰ的装置中要用到阳离子交换膜，阳极上有黄绿色气体生成B.“60℃歧化”的反应为：3Cl2+3CO2-3=5Cl-+ClO-

3+3CO2C.电解Ⅱ中阴极反应式为：ClO-3+2OH--2e-=ClO4-+H2OD.循环利用物质A的成分是NaCl【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电解氯化钠溶液阳极产生氯气，阴极氢离子减少，需要用到阳离子交换膜平衡电荷，A项正确

；B．电解I中只剩余氯气，60℃歧化的反应为3Cl2+3CO2-3=5Cl-+ClO-3+3CO2，B项正确；C．电解过程中，阴极得电子，C项错误；D．NaClO4与盐酸相互反应并精馏可制得HClO4，另一产物为NaCl，循环利用的物质为NaCl，D项正确；故选C。三、

填空题21.已知X、Y、Z、W、Q、R为前四周期的五种元素，且只有R为金属元素。X原子是元素周期表中半径最小的原子；Y原子的电子占据2个能层且原子中成对的电子数是未成对电子数的2倍；Z的基态原子中有7种运动状态不同的电子；

W元素在地壳中含量最多；Q是元素周期表中电负性最大的元素；R+离子的核外电子占据3个能层且完全充满电子。回答下列问题：(1)R的基态原子的价层电子轨道表示式为：___________(2)Y、Z、W、Q元素的第一电离能由小到大的顺序为(用元素符号表示)___________(3)Z

2Q2分子中Z的杂化方式为：___________；1molZ2Q2分子有___________molσ键(4)ZW-2的空间结构为：___________(5)2019年《Science》杂志报道了制取X2W2的绿色方法，原理如图所

示①X膜为选择性___________离子交换膜(填“阴”、“阳”)②每生成1molX2W2电极上流过___________mole-③用该电池电解一定浓度R元素的硫酸盐溶液(电解池电极为惰性电极)，写出阴极可能的电极反应式：___________【答案】(1).(2).

C<O<N<F(3).sp2(4).3(5).V形(6).阳(7).2(8).Cu2++2e-=Cu2H++2e-=H2↑【解析】【分析】X原子是元素周期表中半径最小的原子，则X为H元素；Y原子的电子占据2个能层且原子中成对的电子数是未成对电子数的2倍，则其核外电

子排布为1s22s22p2，为C元素；Z的基态原子中有7种运动状态不同的电子，即原子核外有7个电子，所以为N元素；W元素在地壳中含量最多，所以W为O元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，即非金属性最强的元素，所Q为F元素；R+离子的核外电子占据3个

能层且完全充满电子，则R+离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，所以R为Cu元素。【详解】(1)R为Cu元素，价层电子排布为3d104s1，轨道表示式为；(2)Y、Z、W、Q分别为C、

N、O、F，同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满状态，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素第一电离能由小到大的顺序为C<O<N<F；(3)Z2Q2分子N2F2，根据N、F元素的成键特点可知该物质中两个N原子之间共用两对电子，每个N原子与一个F原子共用一对电

子，结构式应为F-N=N-F，N原子形成2个σ键，还有一对孤电子对，价层电子对数为3，采取sp2杂化，双键中有一个σ键，单键都是σ键，所以1molN2F2分子中含有3molσ键；(4)ZW-2为NO-2，中心N原子价层电子对数为5+1-222+2=3，含一对孤电子对，所以空

间构型为V形；(5)本装置的目的是制取H2O2，原料为H2和O2，所以通入氢气的一极发生氧化反应为负极，通入氧气的一极为正极发生还原反应；①氢气在电极a上被氧化为H+，H+要穿过X膜与正极产生的O22−结合生成H2O2，所以X膜为选择性阳离子交换膜；②

生成1molH2O2，则有1molH2被氧化为H+，所以流过2mol电子；③电解硫酸铜溶液时，阴极上显示铜离子放电，当铜离子完全反应后氢离子放电，所以可能的电极反应为Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑。22.化学是一门以实验为基础的科学，化学实验是研究化学反应

、分析物质成分的重要手段。Ⅰ.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了KI溶液在酸性条件下与氧气反应的实验，记录实验数据如表：实验编号①②③④⑤温度(℃)3040506070显色时间(s)16080402010(1)实验试剂除了1mol/LKI溶液、0.1mo

l/LH2SO4溶液外，还需要的试剂是___________，实验现象为___________。(2)上述实验操作中除了需要(1)的条件外，还必须控制不变的是___________(填字母)。A．温度B．试剂的浓度C．试剂的用量(体积)D

．试剂添加的顺序Ⅱ.为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组设计了如下两种实验流程(1)通入N2并煮沸的原因是___________(2)A方案第②步用酚酞做指示剂进行滴定，滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应

观察___________。滴定终点的现象是___________(3)写出B方案滴定时的离子方程式：___________。(4)按B方案若取样品20g配成100mL溶液，滴定消耗0.01000mol·L-1I2溶液的体积如表所示：滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液的

体积/mL滴定前刻度滴定后刻度120.001.0221.03220.002.0025.00320.000.6020.59滴定中误差较大的是第___________次实验，造成这种误差的可能原因是________

___。A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗2~3次B．滴定前读数仰视溶液凹液面，达到滴定终点后俯视溶液凹液面最低点读数C．达到滴定终点，锥形瓶内溶液变色后立即读数D．滴定开始前滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡则1

kg样品中含SO2的质量是___________g。【答案】(1).淀粉溶液(2).溶液颜色由无色变为蓝色(3).CD(4).将生成的SO2气体全部带入后续装置(5).锥形瓶内溶液颜色的变化(6).溶液由无色变浅红色且半分钟内不褪色(7).HSO3−+H2O+I2=3

H++SO24−+2I-或SO2+I2+2H2O=4H++SO24−+2I-(8).2(9).AD(10).3.2【解析】【分析】【详解】Ⅰ(1)KI溶液在酸性条件下与氧气反应生成碘单质，通过不同温度下，反应过程中显色时间的快慢来研究外界条

件对化学反应速率的影响，需要有明显的颜色变化来确定反应快慢，由于淀粉遇碘单质显蓝色，则实验试剂除了1mol/LKI溶液、0.1mol/LH2SO4溶液外，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为溶液颜色由无色变为蓝色；(2)控制变量法是探究

外界条件对反应速率影响的一种实验方法，根据表格数据可知是探究温度对反应速率的影响，则上述实验操作中除了需要(1)的条件外，还必须控制不变的是试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序不变，答案选CD；Ⅱ(1)检测某食品中亚硫酸盐含量是通

过SO2的量进行测定的，必须保证产生的SO2全部被吸收，则通入N2并煮沸的原因是生成的SO2气体全部带入后续装置，减小测量误差；(2)A方案第②步用酚酞做指示剂进行滴定，滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。滴定终点的现象是加入最后一

滴标准液，溶液由无色变浅红色且半分钟内不褪色；(3)B方案中SO2先与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，加盐酸酸化后，溶液B中存在亚硫酸氢钠或SO2，用I2标准液滴定，酸性条件下，B溶液与I2发生氧化还原反应生成硫酸和氢碘酸，滴定时的离子方程式：HSO3−+H2O+I2=3H++SO24−+2I-或S

O2+I2+2H2O=4H++SO24−+2I-；(4)根据表格数据，三次滴定操作消耗标准液的体积分别为20.01mL、23mL、19.99mL，有数据可知，第二次滴定实验消耗标准液的体积偏大，则滴定中误差较大的是第2次实验；

A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗2~3次，导致标准液浓度偏小，滴定过程中消耗标准液的体积偏大，故A符合题意；B．滴定前读数仰视溶液凹液面，达到滴定终点后俯视溶液凹液面最低点读数，导致读出的标准液体积偏小，故B不符合题意；C．滴定终点的判断方法为：加入最后一滴

标准液，锥形瓶内溶液变色，且半分钟内不发生颜色变化，说明达到滴定终点，若锥形瓶内溶液变色后立即读数，没有观察半分钟内溶液颜色变化，可能滴定未达到终点，导致消耗的标准液体积偏小，故C不符合题意；D．滴定开始前滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡，导致消耗标准液体积偏大，故D符合题

意；答案选：AD；所用标准液的体积为20.01mL+19.99mL2=20.00mL，浓度为0.01000mol/L，n(I2)=0.01000mol/L×0.02L=2×10-4mol，由方程式SO2+I2+2H2O=

4H++SO2-4+2I-可知，100mL待测液中含有的n(SO2)=100mL20mL×2×10-4mol=1×10-3mol，则1kg样品中含SO2的质量是1000g20g×1×10-3mol×64g/mo

l=3.2g。【点睛】易错点为(4)中SO2的质量的计算，根据题中的滴定操作得出的是20g样品的20mL溶液中SO2的质量，要换算为20g样品的100mL溶液中SO2的质量，再换算为1kg样品中含SO2的质量。23.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，

工业上可由NO与Cl2反应制得，回答下列问题：Ⅰ.(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+NOCl(g)ΔH1；K14NO2(g

)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH2；K22NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)ΔH3；K3则ΔH3=___________(用ΔH1和ΔH2表示)，K3=___________(用K1

和K2表示)Ⅱ.工业上通常用如下反应制备亚硝酰氯：2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)ΔH<0.(1)已知上述反应中逆反应速率的表达式为v逆=k·cn(NOCl)。300℃时，测得逆反应速率与NOCl

的浓度的关系如表所示：c(NOCl)/(mol/L)v逆/(mol∙L-1∙s-1)0.201.6×10-90.406.4×10-9当c(NOCl)=0.50mol·L-1时，v逆=___________mol·L-

1·s-1(2)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比2n(NO)n(Cl)进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：①图中T1、T2的关系为T1___________T2(填“>”“<”或“=”)；图中纵坐标为物质_____

______的转化率。图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是___________(填“A”“B”或“C”)。②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=___________。B点的平衡常数为________

___。③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)___________υ(逆)(填“<”“>”或“=”)【答案】(1).2ΔH1-ΔH2(2).212K

K(3).10-8(4).<(5).Cl2(6).A(7).0.16mol/(L·min)(8).80L/mol(9).>【解析】【分析】【详解】Ⅰ.(1)根据盖斯定律可得ΔH3=2ΔH1-ΔH2，则K3=212KK，故答案为：2ΔH1-ΔH2

；212KK；Ⅱ.(1)根据表格及v逆=k·cn(NOCl)，可列k·0.2n=1.6×10-9，k·0.4n=6.4×10-9，联立方程解得n=2，k=4×10-6，将c(NOCl)=0.50mol·L-1

带入表达式中可得v逆=10-8mol∙L-1∙s-1；故答案为10-8；(2)①ΔH<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动，则T1<T2，横坐标为2n(NO)n(Cl)，随着比值的增

大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，NOCl气体体积最大，2n(NO)n(Cl)=2时，生成的NOCl最多，故A点的NOCl体积分数最大；故答案为：<；CI2；A；②根据图像可得A点2n(NO)n(Cl)

=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，则列三段式为：()()()22g+g2g2101.60.81.60.40.21.6NOCINOCI=起转平，则υ(NO)=1.610=0.16mol/(L·m

in)，根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，则2B21.6k==800.40.2L/mol，故答案为：0.16mol/(L·min)；80L/mol③T1时的平衡常数为80L/mol，充入0.5molN

O、1molCl2、2molNOCl时，反应商Q=222=160.51<80L/mol，平衡正向移动，υ(正)>υ(逆)，故答案为：>。24.电解质溶液中存在着多种平衡，请回答下列问题：(1)常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的

曲线如图所示①b、c两点溶液的导电能力比较：b___________c(填“<”“>”或“=”)②a、b、c三点溶液中水的电离程度的由大到小的顺序：___________(2)AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)+2N

H3(aq)⇌[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)，其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水(溶质视为NH3)完全溶解0.1molAgCl，所需氨水浓度至少为___________mo

l·L-1(已知5=2.24)。(3)已知铷(Rb)是制造光电管的材料，它与锂同主族。常温下，将amolCH3COORb固体溶于水配成溶液，向该溶液中滴加bLcmol·L-1醋酸后，溶液呈中性。则c=___________(用含a、b的式子表示；已知常温下，CH3COOH电离平

衡常数Ka=1.75×10-5)。【答案】(1).<(2).a>c>b(3).2.44(4).a175b【解析】【分析】(1)NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c

(OH-)：CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，据此分析解答；(2)根据沉淀溶解平衡常数表达式计算解答；(3)根据电解平衡常数及溶液中电荷守恒原理分析解答。【详解】(1)①溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相

等的醋酸钠和氢氧化钠，c(CH3COONa)＞c(NaOH)，所以c点导电能力大于b，故答案为：<；②氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度大小为：a＞c＞b，故答案为：a＞c＞b。(2)设

溶解0.1molAgCl后的氨水浓度为c，此时1L溶液中c(Ag+)=0.1mol/L，c([Ag(NH3)2]+]+)=0.1mol/L，反应AgCl(s)+2NH3(aq)⇌[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)

，化学平衡常数320.10.12.010Kc−==，解得c=2.24mol/L，根据反应得到0.1mol/L的Ag+消耗的NH3为0.2mol/L，则氨水的起始浓度为2.24mol/L+0.2mol/L=2.44mol/L，故答案为：2.44。(3)将amolCH3C

OORb固体溶于水配成溶液，向该溶液中滴加bLcmol·L-1醋酸后，溶液呈中性，则根据电荷守恒得溶液中n(CH3COO-)=n(Rb+)=amol，n(CH3COOH)=bL×cmol·L-1=bcmol，c(H+)=10-7mol/L，CH3COOH电离平衡常数为-+--7-753333

cCHCOOcHnCHCOO1010a====1.7510cCHCOOHnCHC()()()OOHc)b(()aK−，则c=a175b，故答案为：a175b。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com