【文档说明】河北省唐山市2022-2023学年高二上学期期末考试化学答案.docx，共(20)页，778.661 KB，由小赞的店铺上传

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唐山市2022~2023学年度高二年级第一学期学业水平调研考试化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23C1-35.5卷I(选择题，共50分)一、单项选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)1.人类对原子结构

的认识经历了漫长的历程。其中最早提出“原子结构的有核模型”并被人们称为“原子之父”的科学家是A.道尔顿B.汤姆生C.卢瑟福D.玻尔【答案】C【解析】【详解】A．道尔顿提出了近代原子学说，认为原子是实心球体，不可分割，A不符合题意；B．汤姆生发现电子后，提出“葡萄干面包式”原子结构

模型，B不符合题意；C．卢瑟福利用高速运动的α粒子轰击金箔，发现有少部分α粒子改变了方向，还有极少数的α粒子被反弹回来，于是提出了“原子结构的有核模型”，C符合题意；D．玻尔引入量子论观点，提出了量子力学模

型，D不符合题意；故选C。2.下列反应在任何温度下均能自发进行的是A.2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)△H=+163kJ/molB.2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)△H=-254kJ/molC.2HgO(s)=2Hg(1)+O(g)△H=+182kJ/mol1D.

2H2O2(1)=O2(g)+2H2O(l)△H=-196kJ/mol【答案】D【解析】【详解】反应是否自发进行根据ΔG=ΔH-TΔSΔG0，，反应自发进行；A．反应是吸热反应，H>0,S<0，G大于

0，任何温度下不能自发进行，A项错误；B．反应是放热反应，H<0,S<0，高温下不能自发进行，B项错误；C．反应是吸热反应，H>0,S>0，低温下不能自发进行，C项错误；D．反应是放热反应，H<0,S>0，任何温度下都能自发进行，D项正确；答案选D。3.认

识和掌握物质结构研究的范式与方法，具有极为重要的意义。下列有关说法正确的是A.由元素周期表发现新的元素属于归纳范式B.通过甲烷(CH4)乙烷(C2H6)、丙烷(C3H8)、丁烷(C4H10)的分子式，总结出饱和烷烃的通式为CnH2n+2，

属于演绎范式C.实验方法只能通过化学实验才能实现D.归纳范式和演绎范式两者相互联系、互为前提【答案】D【解析】【详解】A．由元素周期表提供了元素之间联系的一般理论，发现新元素是个别，属于一般到个别，故发现新的元素属于演绎范式，故A错误；B．通过

甲烷(CH4)、乙烷(C2H6)、丙烷(C3H8)、丁烷(C4H10)的分子式，总结出饱和烷烃的通式为CnH2n+2，属于归纳，故B错误；C．实验方法多种多样，可以是调查归纳，也可以是实践，也可以通过化学实验验证，故C错误；D

．归纳范式和演绎范式作为一对普遍适用的逻辑方法，在化学研究中得到了广泛应用。两者不是孤立使用的，在实际研究中常常融合在一起，相互联系、互为前提，故D正确；故答案为D。4.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.加入催化剂，有利于SO2与O2反

应生成SO3B.红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C.工业合成氨使用过量氮气以提高氢气的平衡转化率D.黄绿色的氯水光照后颜色变浅【答案】A【解析】【详解】A．催化剂加快反应速率，不能改变平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅，说明平衡向消

耗二氧化氮的方向移动，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》C．使用过量氮气可以促进氢气的转化，提高氢气的平衡转化率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．黄绿色的氯水光照后

颜色变浅，说明次氯酸分解后氯气向生成次氯酸的方向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选A。5.某元素基态原子价层电子排布式为3d24s2，下列说法正确的是A.该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有4个未成对电子B该元素基态原子核外有4个能

层被电子占据C.该元素原子的M层共有8个电子D.该元素原子的最外层共有4个电子【答案】B【解析】【分析】若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为3d24s2，则该元素是钛；【详解】A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有2个未成对电子，选项A错误；B．该元素位于第四周期，基态原子

核外有4个能层被电子占据，选项B正确；C．该元素原子的M能层共有10个电子，选项C错误；D．该元素原子的最外层共有2个电子，选项D错误；故选B。6.已知反应：()()2242NOgNOg，把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧

瓶里，然后用弹簧夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水中，把烧瓶B放入冰水中，如图所示。与常温时烧瓶C内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅。下列说法错误的是(A、B、C中初始充入NO2、N2O4的量相等)（）A.上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快B.上述

过程中，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大C.上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变D.反应()()2242NOgNOg的逆反应为放热反应【答案】D【解析】.【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都加快，A正确；B．B烧杯内放的是冰水，温度降低，烧瓶内气体颜色变浅

，说明降低温度，化学平衡向生成N2O4的正方向移动，导致B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大，B正确；C．容器的容积不变，混合气体的质量不变，则A、B两个烧瓶内气体的密度都不变，C正确；D．放在热水中的A烧瓶内气体

颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，故()()2242NOgNOg的正反应为放热反应，则其逆反应为吸热反应，D错误；故合理选

项是D。7.某温度下，向c(H+)=1×10-6mol/L的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中c(H+)=1×10-3mol/L，下列对该溶液的叙述错误的是A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H+的浓度为1×10-11mol/LC.加入NaHSO4晶体抑制水的电

离D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)增大【答案】B【解析】【分析】该温度下，蒸馏水中，c(H+)=1×10-6mol/L，则水的离子积常数为1×10-12，据此分析解答。【详解】A．25

℃时纯水中c(H+)=1×10-7mol/L，该温度下c(H+)=1×10-6mol/L，说明促进了水的电离，故T＞25℃，故A正确；B．根据分析，该温度下水的离子积常数为1×10-12，现测得溶液中c(H+)=1×10-3mo

l/L，则12--93110c(OH)=c(OH)mol/L=110mol/L110−−−=水，由水电离出来的+-9c(H)=c(OH)110mol/L−=水水，故B错误；C．NaHSO4的电离生成氢

离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；D．温度不变时，Kw不变，加水稀释c(H+)减小，Kw=c(H+)×c(OH-)，所以c(OH-)增大，故D正确；故选B。8.净化含尿素和酸性2-27CrO废水的微生物燃料电池工作原理如图。下列说法错误的是A.放

电时，电子由M电极沿导线流向N电极B.放电时，负极的电极反应为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+C.当废水中2-27CrO的浓度或酸性过大时，电池的效率都会降低D.1mol2-27CrO被净化时，有8molH+从M室迁移到N室【答案】D【解

析】【分析】由图可知，该装置为原电池，M室电极为负极，在微生物的作用下，CO(NH2)2在负极上失去电子发生氧化反应生成氮气和二氧化碳气体，电极反应式为CO(NH2)2＋H2O-6e-=CO2↑＋N2↑＋6H＋，N室电极为正极，在还有菌作用下，2-27Cr

O在正极上得到电子发生还原反应生成Cr3+，电极反应式为2-27CrO+6e-+14H＋=2Cr3++7H2O，生成的Cr3+又转化为Cr（OH）3沉淀。【详解】A．放电时，电子由负极流向正极，故电子由M电极沿导线流向N电极，故A正确；B．放电时，在微生物的作用下，CO(NH2)2在负极上失去电

子发生氧化反应生成氮气和二氧化碳气体，电极反应式为CO(NH2)2＋H2O-6e-=CO2↑＋N2↑＋6H＋，故B正确；C．蛋白质在强氧化剂作用下或强酸性溶液中会发生变性，当废水中2-27CrO的浓度或酸性过大时，还有菌的活性降低导致电池的

效率降低，故C正确；D．由分析可知，当1mol2-27CrO被净化时，负极放电生成的6molH＋从负极室迁移到正极室，故D错误；故选D。9.已知某温度下CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为4×10-4mol

/L的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于A.7.0×10-6mol/LB.1.4×10-5mol/LC.2.8×10-5mol/LD.5.6×10-5mol/L【答案】C【解析】【详解】23NaCO溶液的

浓度为41410molL−−，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中()2-413cCO210molL−−=，2-23spc(CO)c(Ca)>K+时，会产生沉淀，即41210molL−−×2c(Ca)+>2.8×10-9，解得()92+15

142.810cCamolL1.410molL210−−−−−=混，故原CaCl2溶液的最小浓度应大于515121.410molL2.810molL−−−−=；故选C。10.25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L－1(NH4)

2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)B.pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)C

.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：2c(Na+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液显酸性：c(CH

3COOH)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)【答案】AD【解析】【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离子都水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得：c(SO42－)＞c(NH4+)＞c(Fe2+)＞c(H+)，故正确；B.pH＝

11的氨水的浓度大于和pH＝3的盐酸溶液浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故错误；C.在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中物料守恒有：2c(N

a+)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)，故正确；D.0.1mol·L－1的醋酸钠溶液20mL与0.1mol·L－1盐酸10mL混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化钠、醋酸和醋酸

钠，混合溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，故正确。故选AD。【点睛】

pH加和等于14的两种溶液等体积混合，弱的电解质有剩余，溶液显弱的性质。一般等浓度的醋酸和醋酸钠混合，因为醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性。二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或者两个选项符合题意。错选多选均不得分，漏选得2分)

11.化合物A(结构如下图)由原子序数依次增大的X、Y、Z、W短周期元素组成，常用来做金属矿物的浮选剂。已知Z与W位于不同周期。下列说法正确的是A.四种元素中X的电负性最小B.最简单气态氢化物的稳定性：Z＜YC.W位于周

期表的第二周期VIA族D.四种元素可组成既含离子键又含共价键的化合物【答案】AD【解析】【分析】化合物A由原子序数依次增大的X、Y、Z、W短周期元素组成，根据成键情况可知X为H，Y为C，Z为N，已知Z与W位于不同周期，W为S；【详解

】A．同周期元素从左到右电负性增强，四种元素中X的电负性最小，故A正确；B．N的非金属性强于C，非金属性越强最简单气态氢化物越稳定，故最简单氢化物的稳定性：Z>Y，故B错误；C．W为S，S位于元素周期表第三周期VIA族，故C错误；D．可以形成NH4SCN，既含有离子

键有含有共价键，故D正确；故答案为AD。12.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是A.酸、碱溶液应沿玻璃棒分三次倒入小烧杯B.用铜棒代替环形玻璃搅拌棒，会使测得的中和热的绝对值偏大C.用0.55mol/L的NaOH溶液分别与0.5mol/L的盐酸、醋酸溶液反应，

若所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同D.测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度【答案】D【解析】【详解】A．酸、碱溶液都应一次性倒入，防止热量散失，减小误差，A错误；B．铜导热，用铜棒代替环形玻璃搅拌棒会使部分热量散失，即测得的中和热的绝对值偏小，B错误；C．醋酸是弱电解质，部分

电离且电离过程吸热，所以使用醋酸放出的热量将偏小，即测得中和热数值偏小，C错误；D．酸碱反应完全即为终止温度，所以应当记录混合溶液的最高温度，D正确；故选D。13.用甲烷燃料电池电解饱和食盐水的装置如下图所示。下列说法正确的是A.b为CH4气体B.交换膜M可为钠离子交换膜C

.通入CH4的一极发生的电极反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+D.标准状况下，通入b气体5.6L，则理论上应产生气体X11.2L【答案】BD【解析】【分析】用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备“84”消毒液，电解饱和食盐水阳极生成Cl2，阴极生成H

2和NaOH，为保证Cl2与NaOH充分反应制备NaC1O，则充入稀NaOH溶液的为电解池的阴极，充入饱和食盐水的是电解池的阳极，则充入气体a的为甲烷燃料电池的负极，充入气体b的为甲烷燃料电池的正极，以此分析作答。【详解】A．由分析可知，充入气体b的为甲烷燃料电池的正极，则b为氧气，故A

错误；B．电解池中为保证Cl2与NaOH充分反应制备NaC1O，需要避免阴极产生的OH-进入阳极，交换膜M可为钠离子交换膜，故B正确；C．CH4在原电池的负极得到电子生成CO2，由于电解质溶液是NaOH溶液，

最终得到CO23−，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO23−+7H2O，故C错误；D．标准状况下，通入5.6LO2，转移5.6L422.4L/mol=1mol电子，气体X为Cl2，生成Cl2的电极方程式为：

2Cl--2e-=Cl2↑，转移1mol电子时，生成0.5molCl2，标准状况下的体积为11.2L，故D正确；故选BD。14.反应mX(g)⇌nY(g)+pZ(g)△H，在不同温度下的平衡体系中物质X的体积分数

随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A.m＜n+pB.该反应的△H＜0C.B、C两点化学平衡常数：KB＜KcD.A、C两点的反应速率：v(A)＜v(C)【答案】AC【解析】【分析】根据分析可知相同压强下温度高X的体积分数增大，说明升温平衡逆向移动，该反应为△H＜0，随着压强的增

大，X的体积分数减小，说加压平衡正向移动，说明该反应是分子数减小的反应，故m>n+p；【详解】A．根据分析可知，随着压强的增大，X的体积分数减小，说加压平衡正向移动，说明该反应是分子数减小的反应，故m>n+p

，故A错误；B．根据分析可知相同压强下温度高X的体积分数增大，说明升温平衡逆向移动，该反应为△H＜0，故B正确；C．B、C两点温度不同，温度升高平衡逆向移动，故化学平衡常数：KB>Kc，故C错误；D．压强大速率快，A、C两点的反应速率：v(A)＜v(C

)，故D正确；故答案为AC。15.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB两种酸溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg0VV的变化关系如下图所示，下列叙述错误的是A.常温下电离平衡常数：K(HA)>K(HB)B.a、b、c三点中水的电离程度：a=

b>cC.a、c两点消耗相同物质的量浓度的NaOH溶液的体积不相同D.当lg0VV=3时，升高一定温度，可使a点变到b点【答案】B【解析】【分析】由图可知，pH均为2的HA、HB两种酸溶液稀释1000倍，稀释后溶液的pH均小于5，说明两种酸均为弱酸；H

A溶液的pH变化大于HB溶液说明HA的酸性强于HB，电离常数大于HB。【详解】A．由分析可知，HA的酸性强于HB，电离常数大于HB，故A正确；B．由图可知，a、b、c三点中溶液pH的关系为a=c>b，溶液pH越大，溶液中氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则a、

b、c三点中水的电离程度a=c>b，故B错误；C．由分析可知，HA的酸性强于HB，溶液稀释，不影响溶质的物质的量，a、c两点消耗的氢氧化钠和起始点消耗的氢氧化钠相同，则pH相同体积也相同的HA、HB两种酸溶液与物质的量浓度的氢氧化钠溶液反应时，HB溶液消耗氢氧化钠溶液的体积大于HA溶液，故C

正确；D．由分析可知，HA、HB均为弱酸，弱酸的电离过程为吸热过程，升高温度，平衡右移，溶液中的氢离子浓度增大，则当lg0VV=3时，升高一定温度，可使a点变到b点，故D正确；故选B。卷II(非选择题部分，共50分)三、填空题(共6小题，共计

50分。)16.研究化学反应中的能量变化对生产、生活有重要的意义。（1）某氮肥厂含氮废水中的氮元素多以+4NH和NH3·H2O形式存在，处理过程中+4NH在微生物的作用下经过两步反应被氧化成3NO−，这两步反应过程中的能量变化如图所示：1mol+4NH(aq)全部

被氧化成3NO−(aq)_______(填“吸收”或“放出")的热量是_______kJ。（2）已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)△H=−72kJ∙mol−1，蒸发1molBr2(l)吸收的能量为30kJ，其他

相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)键能/kJ/mol436200a则表中a=_______。（3）已知：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H1=+180.5kJ∙mol−1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=−393.

5kJ∙mol−1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3=−21.0kJ∙mol−1若某反应(反应物与生成物均为气体)的平衡常数表达式为K=22222c(N)c(CO)c(NO)c(CO)，请写出此反应的热化学方程式_______。【答案】（1

）①.放出②.346（2）369（3）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=−746.5kJ∙mol−1【解析】【小问1详解】+4NH(aq)+32O2(g)=2NO−(aq)+2H＋(aq)+H2O

(l)△H=−273kJ∙mol−1，2NO−(aq)+12O2(g)=3NO−(aq)△H=−73kJ∙mol−1，得到+4NH(aq)+2O2(g)=3NO−(aq)+2H＋(aq)+H2O(l)△H=−346kJ∙mol−1，则1mol+4NH(aq)全部被氧化成3

NO−(aq)放出的热量是346kJ；故答案为：放出；346。【小问2详解】根据题意得到H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)△H=436kJ∙mol−1+30kJ∙mol−1+200kJ∙mol−1−2akJ∙mol−1=−72kJ∙mol

−1，解得a=369；故答案为：369。【小问3详解】若某反应(反应物与生成物均为气体)的平衡常数表达式为K=22222c(N)c(CO)c(NO)c(CO)，得到该反应方程式2NO(g)+2CO(g

)N2(g)+2CO2(g)，第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，则此反应的热化学方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=−746.5kJ∙mol−1；故答案为：

2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=−746.5kJ∙mol−1。17.某实验小组欲使用酸碱中和滴定法测定某醋酸溶液的物质的量浓度。（1）实验步骤：用_______(填仪器名称)准确量取20.00mL醋酸溶液于锥形瓶，若某时刻液面位置如右图所

示，则此时的读数为_______mL，加入2滴酚酞指示剂。再选用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定，当_______(填终点现象)，停止滴定，记录所用体积，并重复实验2次。（2）数据处理：实验123NaOH溶液体积/mL滴定前0.201.331.

00滴定后16.0217.1117.54通过数据计算可得，该醋酸的物质的量浓度为_______mol/L。（3）误差分析下列实验操作会导致所测醋酸溶液的物质的量浓度偏低的是_______(填字母代号)。A.水洗后，未用醋酸溶液润洗量取的仪器B.部分标准液滴出锥形瓶外C滴定前锥形瓶内存有

少量蒸馏水D.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数【答案】（1）①.酸式滴定管②.23.60③.滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色（2）0.0790（3）AD【解析】【小问1详解】由于醋酸能腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故应用

酸式滴定管准确量取20.00mL醋酸溶液于锥形瓶，由题干图示液面对应的刻度可知此时的读数为23.60mL，加入2滴酚酞指示剂，再选用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定，原锥形瓶中为醋酸和酚酞溶液呈无色，当滴定终点时生成CH3COONa溶液显碱性，溶液呈粉红色，故当滴入最后半滴NaOH溶液

，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色，停止滴定，记录所用体.积，并重复实验2次，故答案为：酸式滴定管；23.60；滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色；小问2详解】由题干表中数据可知，第1组消耗Na

OH溶液的体积为：16.02-0.20=15.82mL，第2组消耗NaOH溶液的体积为：17.11-1.33=15.78mL，第3组消耗NaOH溶液的体积为：17.54-1.00=16.54mL(明显误差较大，舍去)，

故平均消耗NaOH溶液的体积为：15.82+15.782=15.80mL，故该醋酸的物质的量浓度为0.100mol/L?15.80mL20.00mL=0.0790mol/L，故答案为：0.0790；【小问3详解】根据

醋酸的物质的量浓度的计算公式：c=3(NaOH)(NaOH)(CHCOOH)cVc，其中NaOH的物质的量浓度和CH3COOH溶液的体积是滴定前就知道的，只有消耗NaOH的体积未知，故若导致消耗NaOH的体积偏大，则测量值偏大，

若消耗NaOH的体积偏小，则测量值偏小，据此分析解题：A．水洗后，未用醋酸溶液润洗量取的仪器，则量出的CH3COOH的物质的量偏小，消耗NaOH的体积偏小，测量结果偏低，A符合题意；B．部分标准液滴出锥形瓶外，导致消耗NaOH的体积偏大，测量

结果偏高，B不合题意；C．滴定前锥形瓶内存有少量蒸馏水，对消耗NaOH的体积无影响，测量结果准确，C不合题意；D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致读出消耗NaOH的体积偏小，测量结果偏低，D符合题意；故答案为：AD。18.甲醇是最基本的有机

化工原料之一、工业上可用二氧化碳和氢气反应来生产甲醇，反应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。（1）某温度下，在2L密闭容器中，充入2.4molCO2和4.4molH2，发生合成甲醇的反应，测得甲醇的物质的量

浓度随时间的变化图像如下图中的曲线I，则前4分钟v(CO2)=_______；若在1min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为_______；该温度下反应的化学平衡常数为_______；若体系已达到平衡状态，再向该容器中充入0.5molCO2，再次达平衡时，H2的平衡转化率

_______(填“增大”、“减小”或“无变化”)。【（2）在恒温恒容的条件下，下列选项能说明反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)已达平衡状态的是_______(填字母)。A.v正(H2)：v逆(CH3OH)=1：3B.混合气体的密度不再变化C.

混合气的平均摩尔质量不再变化D.体系压强不再变化E.c(CO)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1【答案】（1）①.0.1mol·L−1·min−1②.加入催化剂③.0.2④.增大（2）CD【解析】【小问1详解】前4分钟v(CO2)=v(CH3OH)=-

1-1-1-10.4=molLmin0.1molLmi4n；若在1min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，反应速率加快且反应后甲醇的含量不变，则改变的条件为加入催化剂；()()()2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)

mol/L1.22.200mol/L0.41.20.40.4mol/L0.81.00.40.4起始转化平衡该温度下反应的化学平衡常数为30.40.4K=0.210.8=；反应为气体分子减小的反应，若体系已

达到平衡状态，再向该容器中充入0.5molCO2，平衡正向移动，再次达平衡时，H2的平衡转化率增大；【小问2详解】A．v正(H2)：v逆(CH3OH)=1：3，则此时正逆反应速率不相等，没有达到平衡，A不符合题意；B．

容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B不符合题意；C．反应为气体分子数减小的反应，而气体质量不变，若混合气的平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，C符合题意；D．反应为气体分子数减小的反应，

体系压强不再变化，说明达到平衡，D符合题意；E．c(CO)：c(H2)：c(CH3OH)：c(H2O)=1：3：1：1，不能说明达到平衡，E不符合题意；故选CD。19.开发使用新型电池技术是减少传统化石燃料的使用、实现“碳达峰“”*碳中和”战略

的重要手段。（1）科学家利用人工模拟光合作用合成甲酸原理为：2CO2+2H2O⎯⎯⎯⎯⎯→太阳光光触媒2HCOOH+O2.通入CO2的电极II为电池的_______极，其电极反应式为_______。通过质子膜的微粒移动方向为_______(填“由左向右”或“由右向左”)。电极I周围的

pH随着过程的进行将_______(填“减小”、“增大”或“不变”)。（2）使用刀片电池的比亚迪新能源汽车续航里程大大提高，刀片电池主要使用LiFePO4技术。作为电极材料之一的LiFePO4在充放电过程中的示意图如图所示，放电时，其正极反应式为_______，充电时，LiFePO4电极应连接

电源的_______极。【答案】（1）①.正②.CO2+2H++2e−=HCOOH③.由左向右④.减小（2）①.Li1-xFePO4+xe−+xLi+=LiFePO4②.正【解析】【分析】（1）根据方程式分析，该反应中碳元素化合价由

+4价变为+2价，氧元素化合价从-2价变为0价，所以电极I为负极，电极反应式为-+222HO-4e=O+4H；电极II是正极，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH；电子由负极沿导线流向正极，负极生

成的氢离子经质子膜移向正极。【小问1详解】根据分析，电极II为电池的正极，电极反应式为CO2+2H++2e−=HCOOH；负极生成的氢离子经质子膜移的向正极，即由左向右移动；电极I为负极，电极反应式为-+222HO-4e=O+4H，反应有氢离子

生成，则随着反应的进行，电极I周围的pH将减小；【小问2详解】根据LiFePO4在充放电过程中的示意图可知，放电时，正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xe−+xLi+=LiFePO4；充电时，LiFePO4电极作电解池阳极，失电子，应

连接电源的正极。20.水溶液中存在着多种平衡，按要求回答下列问题。（1）常温下，0.1mol/L的一元弱酸HA，加水稀释过程中，溶液的pH将_______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，HA的

电离度_______，HA的电离平衡常数(K)将_______。（2）常温下，向10mL0.2mol/L的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液中加入0.1mol/L的NaOH溶液30mL，则2c(OH-)+c(2-24CO)-

2c(H+)=_______(用微粒的物质的量浓度符号表示)。若此时溶液的pH=4.5，则溶液中水的电离程度_______(填“>”、“＜”、“=”或“无法判断”)纯水的电离程度。（3）已知常温下Fe(OH)3的Ksp=2.7×10-39，lg3=0.48。试计算0.1mol/

L的FeCl3溶液中，Fe3+开始生成沉淀时的pH=_______。【答案】（1）①.增大②.增大③.不变（2）①.c(HC2O4−)+3c(H2C2O4)②.<（3）1.48【解析】【小问1详解】常温下，0.1mol/L的一元弱酸HA，加水稀释过程中，溶液浓度减小，氢离子浓度减

小，pH将增大，HA的电离度增大，电离平衡常数只受温度影响，故HA的电离平衡常数(K)将不变；【小问2详解】常温下，向10mL0.2mol/L的草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液中加入0.1mol/L的NaOH溶液30mL，得到等浓度的Na2C2O4、NaHC2O4

，由物料守恒可知，()()()()+22-2-444222cNa=3cHCO+3cHCO+3cCO，由电荷守恒可知，()()()()()++--2-2424cNa+cH=cOH+cHCO+2cCO，两式联立可知，2c(OH-)+c(2-24CO)-2c(H+)=()()2

2-4423cHCO+cHCO；若此时溶液的pH=4.5，说明Na2C2O4的水解程度小于NaHC2O4的电离程度，故溶液中水的电离受到抑制，电离程度小于纯水的电离程度；【小问3详解】已知常温下Fe(OH)3的Ksp=2.7×10-39，lg3=0.48。0.1mol/L的FeCl3溶液中

，Fe3+开始生成沉淀时()()39sp-13333+==0K2.710cOHmol/L=310molL.1ce/F−−，pOH=12.52，则pH=1.48。21.现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第4周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息回答问题。

元素相关信息A元素的原子核外电子数和电子层数相等，也是字宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C元素的第一至第四电离能分别是I1=738kJ/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol

D原子核外填充电子的所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期序数的差为3F在元素周期表的第6列（1）B元素基态原子具有_______种运动状态不同的电子，能量最高的电子，其电子云在空间有______

_个伸展方向。（2）根据上述信息，画出C元素基态原子的轨道表示式_______。（3）F在元素周期表中属于_______区元素，其基态原子核外共有_______个未成对电子。（4）D、E两元素的第一电离能大小关系是_______(用元素符号表示，下同

)，B、D两元素的电负性大小关系是_______。（5）写出DA3的电子式：_______(用元素符号表示)。【答案】（1）①.7②.3（2）（3）①.d②.6（4）①.P>S②.N>P（5）【解析】【分析】A、B

、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，核外电子排布为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能

数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于IIA族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第3周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p5，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为

3，E处于第VIA族，故E为S元素；F是前四周期在周期表的第6列，F为Cr元素。【小问1详解】根据分析可知B为N元素，核外电子排布为1s22s22p3，N有7个电子，N元素基态原子具有7种运动状态不同电子，能量最高的电子为p轨道，其电子云在空间有3个伸展方向。【

小问2详解】C为Mg元素，Mg元素基态原子的轨道表示式；【小问3详解】F为Cr元素，价排布为3d54s1，Cr在元素周期表中属于d区，其基态原子核外共有6个未成对电子。【小问4详解】D为P元素，E为S元素，P原子

核外所有p轨道全满或半满，能量低，第一电离能大于S，故P、S两元素的第一电离能大小关系是P>S；B为N元素，D为P元素，N、P属于同周期元素，从上到下电负性依次减小，故N、P两元素的电负性大小关系是【小问5详解】D为P元素，A为H元素，DA3为PH3，写出PH3的电子式为；的获得更

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