2017-2018学年湖北省沙市中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
湖北省沙市中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题
审题人：高二化学备课组
考试时间：2018年2月2日
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cu 64 Zn 65 Fe 56 Ti 48
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 所有的放热反应都能在常温常压下自发进行
B. Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于放热反应
C. 天然气燃烧时，其化学能全部转化为热能
D. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
【答案】D
考点：吸热反应和放热反应，盖斯定律，焓变和熵变
2. 对于100mL0.5mol/LH2SO4溶液与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是：（ ）
①升高温度；
②改用100mL1.0mol/LH2SO4溶液；
③改用300mL0.5mol/LH2SO4溶液；④用等量铁粉代替铁片；
⑤改用300mL18.0mol/LH2SO4溶液．
A. ①③④ B. ①②④ C. ①②③④ D. ①②④⑤
【答案】B
【解析】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；②改用100mL 1.0mol/LH2SO4溶酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；③改用300mL 0.5mol/LH2SO4
溶液，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；⑤改用300mL18.0mol/LH2SO4溶液，浓硫酸与铁常温下发生钝化，则不能加快反应速率，故错误；综上所述，①②④正确；故选B。
3. 下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A. 碱性氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+
C. 用惰性电极分别电解熔融氯化钠和饱和食盐水时，阳极的电极反应式均为：2Cl--2e-=Cl2↑
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时的正极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【解析】A．氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故A错误；B．粗铜精炼时，阴极(和电源的负极相连)是纯铜，粗铜作阳极(和电源的正极相连)，故B错误；C．电解池中，阳极不是活性电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子失电子的反应2Cl--2e-═Cl2↑，故C正确；D．钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故D错误；故选C。
4. 将4mol A气体和2molB气体置于2L密闭容器中，混合后发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）+ D（s），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，下列说法正确的是（ ）
A. 用物质A表示的反应速率为0.6mol（L•s）-1 B. 2s时物质B的含量为23.3％
C. 2s时物质A的转化率为30% D. 2s时物质B的浓度为0.3mol•L-1
【答案】C
【解析】 起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为 =1mol/L，经2s后侧得C的浓度为0.6mol•L-1，
2A(g)+B(g) 2C(g)，
起始（mol/L） 2 1 0
变化（mol/L）0.6 0.3 0.6
2s时（mol/L）1.4 0.7 0.6
A、2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v(A)==0.3mol•L-1•s-1，故A错误；B、2s时物质B的含量未注明是物质的量含量还是质量含量，无法计算，故B错误；C、2s时物质A的转化率为α=×100%=30%，故C正确；D、2s时物质B的浓度为1mol/L-0.3mol/L = 0.7mol•L-1，故D错误；故选C。
5. 你认为下列说法正确的是（ ）
A. 含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间一定存在氢键
B. 对于组成和结构相似的分子，其沸点随着相对分子质量的增大一定增大
C. 甲醇极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是甲醇是极性分子，CH4是非极性分子
D. 下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是NH3、H2O
【答案】D
【解析】A、含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间不一定存在氢键，如含氮的氮气与含氢的氢气分子间不存在氢键，所以并不是所以有含有N、O、F的分子和含有氢原子的分子间都存在氢键，故A错误；B、水与硫化氢是组成和结构相似的分子，但水分子间存在氢键，沸点异常的高，所以相对分子质量大沸点不一定高，故B错误；C、甲醇极易溶于水主要因素是两个分子间形成了氢键，故C错误；D、NH3、H2O分子中的中心原子分别为N、O原子，氨气分子为三角锥形，水为V形，均属于极性分子，且中心原子均为sp3杂化，故D正确；故选D。
点睛：本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响和杂化轨道理论的应用。本题的易错点为C，甲醇极易溶于水是因为甲醇和水分子间形成了氢键。本题的难点是D，要注意分子的极性的判断方法和中心原子的杂化类型的判断方法。
6. 某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B. 该配合物可能是平面正方形结构
C. Cl-和NH3分子均与Pt4+配位
D. 配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
7. 如图甲是CO2电催化还原为碳氢化合物的工作原理示意图，用一种钾盐水溶液作电解液；图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图，硫酸为电解质溶液。下列说法不正确的是 ( )
A. 甲中铜片作阴极,K+向铜片电极移动
B. 乙中正极发生的电极反应为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O
C. 乙中H2SO4可以增强溶液的导电性
D. 甲中若CxHy为C2H4,则生成1 mol C2H4的同时生成2 mol O2
【答案】D
........................
考点：考查电化学原理的应用
8. 在一定温度下，如图1，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图2所示。则下列有关推断正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为：3X+2Y⇌2Z
B. 若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡所需时间小于t0
C. 若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态
D. 若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时，其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应
【答案】C
【解析】A．由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，则反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，故A错误；B．反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故B错误；C．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以Y为固态或液态，故C正确；D．若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故D错误；故答案为C。
9. 已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是（ ）
酸
电离平衡常数
醋酸
Ki=1.75×10-5
次氯酸
Ki=2.98×10-8
碳酸
Ki1=4.30×10-7
Ki2=5.61×10-11
亚硫酸
Ki1=1.54×10-2
Ki2=1.02×10-7
A. 将0.1 mol/L的醋酸加水不断稀释，c（CH3COO-）始终减小
B. 少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO-=CO32-+2HClO
C. 少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中反应的离予方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
D. 25℃，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是NaClO
【答案】A
【解析】A．加水稀释醋酸溶液，能促进醋酸电离，但醋酸根离子增大程度小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故A正确；B．少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+，故C错误；D．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，PH越大，水解程度大小顺序是CH3COO-＜SO3 2-＜ClO-＜CO32-，所以碱性最强的是碳酸钠溶液，故D错误；故选A。
点睛：本题考查弱电解质的电离、盐类的水解、氧化还原反应等知识点，易错选项是CD，注意二氧化硫能被次氯酸根离子氧化生成硫酸根离子，注意盐类水解程度大小的比较方法。
10. 常温下，浓度均为0.1mol/L的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息判断，下列说法正确的是（ ）
溶质
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
NaHSO3
pH
11.6
10.3
9.7
4.0
A. 常温下，HSO3¯的水解能力强于其电离能力
B. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高
C. Na2CO3溶液中存在以下关系：c（Na+）+c（H+）=c（CO32¯）+c（HCO3¯）+c（OH¯）
D. 向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度
【答案】B
【解析】A、0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即电离大于水解，故A错误；B、强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故B正确；C、根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(CO32¯)+c(HCO3¯)+c(OH¯)，故C错误；D、向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故D错误；故选B。
11. 一定条件下的可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H
<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右图所示。下列说法正确的是 （ ）
A. 温度：T1 < T2
ν（c）； ν（b）>ν（d）
C. 平衡常数： K(a) =K(c) ； K(b) >K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)M(d)
【答案】A
【解析】A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，故A正确；B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ(a)＜υ(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，故B错误；C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，故C错误；D．CO转化率的越大，n总越小，由M=可知，a点n总小，则M(a)＞M(c)，M(b)＞M(d)，故D错误；故选A。
点睛：本题考查温度、压强、转化率等之间的关系，明确外界条件对反应速率及平衡的影响是解本题的关键。本题的易错选项是D，注意根据M=来分析解答。
12. 已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，X元素的原子是所有元素中原子半径最小的，Y、W同主族，Z、W同周期．X与Y可形成具有18个电子的化合物G，在酸性条件下，在含W阴离子的溶液中加入G可得到W单质，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子半径：X＜Y＜W＜R＜Z
B. 由Y、Z元素可形成两种离子化合物其阳离子与阴离子物质的量之比都是2：1
C. 沸点：X2Y＞X2W
D. W与R可形成共价化合物WR2，且WR2是极性分子
【答案】A
【解析】已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，X元素的原子是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z位于ⅠA族；Y、W同主族，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期，又Z、W同周期，则Z为Na元素；X与Y可形成具有18个电子的化合物G，在酸性条件下，在含W阴离子的溶液中加入G可得到W单质，则G为双氧水，W为S、Y为O元素；R的原子序数大于W(S)，则R为Cl元素。A．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则五种元素的原子半径：X＜Y＜R＜W＜Z，故A错误；B．由Y、Z元素可形成两种离子化合物为氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阳离子(钠离子)与阴离子(氧离子、过氧根离子)物质的量之比都是2：1，故B正确；C．水分子中存在氢键，导致水的沸点较高，即沸点：X2Y＞X2W，故C正确；D．W(S)与R(Cl)可形成共价化合物SCl2，SCl2为V形，结构不对称，属于极性分子，故D正确；故选A。
点睛：正确推断元素种类是解答的关键。本题的易错点为B，要注意过氧化钠中的阴阳离子分别为钠离子和过氧根离子。
13. 读图、读表是高中学生需要具备的重要能力。下列关于各图象的解读正确的是（ ）
A. 由甲推知氢气的燃烧热为219.8kJ•mol-1
B. 由乙推知离子反应Co2+（aq）+Cd（s）=Co（s）+Cd2+（aq）可以发生
C. 由丙可知：将A、B饱和溶液分别由T1℃升温T2℃时，溶质的质量分数：B＞A
D. 由丁可知：同温度、同浓度NaA溶液与NaB溶液相比，其pH：NaA＞NaB
【答案】B
【解析】A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，甲图中生成的产物为气态水，所以不能计算燃烧热，故A错误；B．原电池反应一定是自发的氧化还原反应，Co2+与Cd能发生原电池反应，则离子反应Co2+(aq)+Cd(s)═Co(s)+Cd2+(aq)可以发生，故B正确；C．T1℃时，A和B的溶解度相同，饱和溶液中溶质的质量分数相同，当升温到T2
℃时，两者的溶解度均变大，无晶体析出，故溶液中的溶质的质量分数均不变，仍相等，故C错误；D．从图像可以看出，加水稀释时，HA的pH变化大，故HA的酸性强于HB，而酸越弱，其对应的盐越水解，故同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的水解程度大，pH更大，其pH前者小于后者，故D错误；故选B。
14. AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）．下列说法正确的是（ ）
A. 图象中四个点的Ksp：a=b＞c＞d
B. AlPO4在b点对应的溶解度大于c点
C. AlPO4（s）⇌Al3+（aq）+PO43-（aq）△H＜0
D. 升高温度可使d点移动到b点
【答案】B
【解析】试题分析：A．根据图像可知随着温度的升高溶度积常数逐渐增大，这说明溶解吸热，即随温度的升高溶度积常数增大，则图像中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b，A错误；B．b点温度高，溶解度大，则AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，B正确；C．根据图像可知随着温度的升高溶度积常数逐渐增大，则AlPO4（s）Al3+（aq）＋PO43－（aq）△H＞0，C错误；D．升高温度阴阳离子浓度均增大，则不可能使d点移动到b点，D错误，答案选B。
【考点定位】本题主要是考查溶解平衡以及图像分析
【名师点晴】明确溶度积常数的含义、影响因素以及目前图像中曲线的变化特点是解答的关键，关于溶度积常数图像的问题，解答时可以从以下角度分析，即
。
15. 利用下图所示联合装置制备金属钛，下列叙述错误的是（ ）
A. 甲装置工作过程中pH增大
B. 乙装置中石墨电极反应式为C-4e-+2O2-=CO2↑
C. 甲装置中通入O2的电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O
D. 若不考虑装置的损失，制备24.0g金属钛，需要消耗氢气22.4L
【答案】D
【解析】根据图知，甲为燃料电池，通入氢气的电极为负极，发生氧化反应，通入氧气的电极为正极，发生还原反应；乙为电解装置，阳极上电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为2Ca+TiO2=Ti+2CaO。A．甲装置总反应为O2+2H2═2H2O，生成水导致磷酸浓度降低，则pH增大，故A正确；B．乙装置石墨电极为阳极，电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，故B正确；C．甲装置通入O2的电极为正极，反应式为O2+4H++4e-═2H2O，故C正确；D．n(Ti)==0.5mol，则消耗1molCa，转移2mol电子，由电极方程式H2-2e-═2H+可知，需要1molH2，未注明是否为标准状况，则消耗氢气的体积不一定为22.4 L，故D错误；故选D。
16. 25℃时，向20mL0.1mol⋅L−1 H3PO2溶液中滴加0.1mol⋅L−1的NaOH溶液，滴定曲线如图1，含磷微粒物质的量浓度所占分数(δ)随pH变化关系如图2，下列说法不正确是( )
A. H3PO2的电离方程式为H3PO2⇌H2PO2− + H+ Ka≈10−5
B. B点时，溶液中存在关系：2c(H+)+c(H2PO2−)═2c(OH−)+c(H3PO2)
C. C点时，溶液中存在关系：c(Na+)+c(H+)═c(H2PO2−)+c(OH−)
D. D点时，溶液中微粒浓度大小关系：c(Na+)>c(H2PO2−)>c(OH−)>c(H+)
【答案】B
【解析】A.由图1和图2可知，该酸（次磷酸）为一元弱酸，图1中B点对应的是加入10mL氢氧化钠溶液恰好中和一半的酸，此时溶液中c(H3PO2)≈c(H2PO2-)、pH=5,则c(H+)=10-5mol/L所以Ka= ≈10-5，所以A正确；C.由C点溶液中电荷守恒可知，C正确；D.D点为滴定终点，此时因次磷酸根水解而使溶液呈碱性，所以溶液中的各微粒浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+)，D正确。所以本题可以用排除法选B。
二．非选择题（本题包括6小题，共52分）
17. X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素。其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等
Y
M层上有2对成对电子
Z
Z和Y同周期，Z的电负性大于Y
W
W的一种核素的质量数为63，中子数为34
J
J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐
（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 ______ ；
（2）元素Y位于元素周期表第 ______ 周期第 ______ 族；
（3）元素Z的原子最外层共有 ______ 种不同运动状态的电子；
（4）W的基态原子核外电子排布式是 ____ ，W的基态原子核外价电子排布图是 ______ ；
（5）元素Y与元素Z相比，非金属性较强的是 ______ （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 ______ ；
a．常温下，Y的单质与Z的单质状态不同
b．等物质的量浓度的氢化物水溶液的酸性不同
c．Z的电负性大于Y
d．Z的氢化物比Y的氢化物稳定
e．在反应中，Y原子得电子数比Z原子得电子数多
（6）Y、Z两元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是 ______ （用化学式表示）；比较下列物质的酸性强弱HZO ______ HZO3。
【答案】 (1). (2). 三 (3). VIA (4). 7 (5). 1s22s22p63s23p63d104s1 (6). (7). Cl (8). cd (9). HClO4 (10). ＜
【解析】X、Y、Z、W、J是元素周期表前四周期中的五种常见元素，其中X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，则X为C元素；Y元素原子的M层上有2对成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4
，则Y为S元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，其质子数为63-34=29，故W为Cu；J的气态氢化物与J的最高价氧化物对应的水化物可反应生成一种盐，则J为N元素。
(1)元素X(碳)的一种同位素可测定文物年代，该同位素质量数为14，这种同位素的符号是：146C，故答案为：146C；
(2)元素Y原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，位于元素周期表第三周期第VIA族，故答案为：三、VIA；
(3)元素Z为Cl，原子最外层有7个电子，运动状态各不相同，故答案为：7；
(4)W为Cu，外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s1，W的基态原子核外价电子排布图是：，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；；
(5)同周期自左而右非金属性增强，故Cl的非金属性比硫的强，a．非金属性强弱与状态无关，故a不选；b．非金属性强弱与氢化物水溶液的酸性无关，故b不选；c．非金属性越强，电负性越大，故c选；d．非金属性越强，氢化物稳定性越强，故d选；e．非金属性强弱与得电子数目无关，故e不选；故答案为：Cl； cd；
(6)非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以：HClO4＞H2SO4；同种元素含氧酸中元素化合价越高，酸性越强，故酸性：HClO＜HClO3，故答案为：HClO4；＜。
18. （1）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。NH3分子的立体构型是________；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是________。
（2）与OH－互为等电子体的一种分子为________________(填化学式)，N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为________________。
（3）在 H2O分子中，H—O—H的键角是________，H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为_________________________________________。
【答案】 (1). 三角锥形 (2). sp3 (3). HF (4). F＞N＞O (5). 105o (6). H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O＋中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小
【解析】(1)①在NH3分子中，有3个N-H键，和一对孤电子对，根据价层电子对互斥模型判断分子空间构型为三角锥型，在N2H4中，氮原子价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；
(2)与OH－互为等电子体的一种分子为HF；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以N、O、F三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞O，故答案为：HF；F＞N＞O；
(3)水分子为V形，在 H2O分子中，H—O—H的键角是105°；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和共用电子对之间的排斥力，水合氢离子中只有一对孤电子对、水分子中含有两对孤电子对，水分子中两个孤电子对排斥力大于水合氢离子中孤电子对与共价键之间的排斥力，所以H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，故答案为：105°；H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O＋中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小。
19. DIS（Digital Information System）系统即数字化信息系统，它由传感器、数据采集器和计算机组成。某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点，实验步骤如下：
（1）用图1中的仪器 ______ （填序号①或②或③）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中。
（2）量取20.00mL上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统如图2，向烧杯中滴加浓度为0.1000 mol•L-1的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线如图2
①用滴定管盛装氨水前，滴定管要用 ______ 润洗2-3遍 ；
②该实验的原理（用离子方程式表示）为 _________________________________；
③食用白醋中醋酸的物质的量浓度是 ______ （保留四位有效数字）。
（3）丙同学利用：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O反应，用酸性KMnO4溶液滴定某样品进行铁元素含量的测定
①设计的下列滴定方式最合理的是 ______ （填字母）
②判断滴定终点的依据是 _____________________________________________。
（4）丙学生做了三组平行实验，数据记录如表：
实验序号
待测样品溶液的体积/mL
0.1000 mol•L-1KMnO4溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
24.98
2
25.00
1.56
29.30
3
25.00
1.00
26.02
选取上述合理数据，计算出待测样品溶液中Fe2+的物质的量浓度为 ______ （保留四位有效数字）。
（5）下列哪些操作会使测定结果偏高 ______ （填序号）
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．滴定过程中，当KMnO4溶液滴在锥形瓶内壁上后，立即用蒸馏水冲洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
【答案】 (1). ③ (2). 0.1000mol•L-1的氨水 (3). CH3COOH+NH3•H2O=CH3COO-+NH4+ +H2O (4). 1.000mol•L-1 (5). b (6). 当滴下最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液颜色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色 (7). 0.5000mol•L-1 (8). AC
【解析】(1)量筒精确到0.1，滴定管精确到0.01，故量取10.00mL用酸式滴定管，图中①为温度计，②为量筒，③为滴定管；故答案为：③；
(2)①为防止滴定管清洗完之后管壁上残留水将待测液稀释，应用所盛液体润洗2-3次，故答案为：0.1000mol．L-1的氨水；
②醋酸与一水合氨反应生成醋酸铵和水：CH3COOH+NH3•H2O=CH3COONH4+H2O，故答案为：CH3COOH+NH3•H2O=CH3COO-+NH4++H2O；
③设白醋的浓度为c，则反应消耗的醋酸的物质的量为n(CH3COOH)=c×10.00mL×；反应消耗的氨水的物质的量为：n(NH3•H2O)=0.1000mol•L-1×20ml，根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反应完全，所以n(CH3COOH)=n(NH3•H2O)，c×10.00mL×=0.1000mol•L-1×20ml，c=1.000mol•L-1；故答案为：1.000mol•L-1；
(3)①高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察，应将高锰酸钾滴到待测液中，故答案为：b；
②FeSO4反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为浅紫红色，浅紫红色半分钟内不褪去，说明滴定到终点；故答案为：当滴下最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液颜色变为浅紫红色，且在半分钟内不褪色；
(4)第2组KMnO4溶液的体积与第1、3组相差比较大，应舍掉，应按第1、3组计算消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为mL=25mL，令FeSO4溶液的浓度为cmol/L，由KMnO4～5FeSO4可知：5×25mL×0.1000mol•L-1=25mL×cmol/L，解得c=0.5000；故答案为：0.5000mol•L-1；
(5)A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；B．加入水冲洗的目的是将锥形瓶壁上的残留高锰酸钾完全反应，避免产生误差，加入水无影响，故B不符合；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合；故答案为：AC。
点睛：本题综合考查铁的含量的测定，做题时注意滴定数据，排除误差较大的一组。本题的易错点为(4)，要注意第2组KMnO4溶液的体积与第1、3组相差比较大，应舍掉。
20. 能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。
（1）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H=-49.0kJ·mol-1。相关数据如下：
容 器
甲
乙
反应物投入量
1mol CO2(g)和3mol H2(g)
1mol CH3OH(g）和1mol H2O(g)
平衡时c(CH3OH)
c1
c2
平衡时能量变化
放出29.4kJ
吸收a kJ
①下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是_________（填字母）。
a．v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成
b．气体的密度不再随时间改变
c．CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变
d．气体的平均相对分子质量不再随时间改变
②其他条件不变，达到平衡后，下列不能提高H2转化率的操作是_________（填字母）。
a．降低温度 b．充入更多的H2 c．移除甲醇 d．增大容器体积
③cl_________c2(填“>”、“<”或“=”)，a=_________。
④该温度下反应的平衡常数K=______________。
（2）已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是__________（填字母）。
A．b点的操作是压缩注射器
B．d 点：v正＞v逆
C．c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小
D．若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则Tb＞Tc
【答案】 (1). cd (2). bd (3). = (4). 19.6 (5). 2.1或25/12 (6). A
【解析】(1)①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ•mol-1。a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比， v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成只能说明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；b．反应前后气体质量不变，体积不变，气体密度始终不变，气体的密度不再随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c．CO2和CH3
OH的浓度之比不再随时间改变，说明正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；d．气体质量不变，气体物质的量减小，气体的平均相对分子质量不再随时间改变，说明反应达到平衡状态，故d正确；故答案为：cd；
②a．反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，氢气转化率增大，故a不符合；b．充入更多的H2 会提高二氧化碳的转化率，氢气转化率减小，故b符合；c．移除甲醇平衡正向进行，氢气转化率增大，故c不符合；d．增大容器体积，压强减小，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故d符合；故答案为：bd；
③应用恒温恒容条件下的乙的投料量极端转化为甲相当于投1mol CO2(g)和3mol H2(g)，所以两者是等效平衡，所以c1=c2，甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0kJ，则a=49.0kJ-29.4kJ=19.6kJ，故答案为：=；19.6；
④ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ•mol-1．
起始量(mol) 1 3 0 0 49KJ
变化量(mol/L) 0.6 1.8 0.6 0.6 29.4KJ
平衡量(mol/L)0.4 1.2 0.6 0.6
平衡浓度c(CO2)=0.2mol/L，c(H2)=0.6mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，c(H2O)=0.3mol/L
K==≈2.1，甲中反应10s时达到平衡，则0～10s内甲中的平均反应速率v(H2)= =0.09 mol•L-1•s-1，故答案为：(或2.1)；0.09 mol•L-1•s-1；
(2)A.b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A错误；B.c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，所以v(逆)＞v(正)，故B正确；C.c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故C错误；D.b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T(b)＜T(c)，故D错误；故答案为：B。
21. 如图所示，若电解5 min时铜电极质量增加2.16g，试回答：
（1）电源电极X名称为 ______ 。
（2）pH变化：A ______ ，B ______ ，C ______ 。
（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL，（设电解前后溶液不变）则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为 ______ 。
（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH是 ______（设前后体积无变化）。
【答案】 (1). 负极 (2). 增大 (3). 减小 (4). 不变 (5). 0.025mol•L-1 (6). 13
【解析】(1)由铜电极的质量增加，发生Ag++e-═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故答案为：负极；
(2)A中电解KCl溶液生成KOH，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e-═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：增大；减小；不变；
(3)C中阴极反应为Ag++e-═Ag，n(Ag)==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH--4e-═2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e-═H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2++2e-═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c(CuSO4)==0.025 mol•L-1；故答案为：0.025 mol•L-1；
(4)由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑～2e-，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，则c(OH-)==0.1mol•L-1，溶液pH=13，故答案为：13。
22. 硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。
已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：
回答下列有关问题：
（1）硼砂中B的化合价为______ ，溶于热水后，常用H2SO4调pH 2～3制取H3BO3，反应的离子方程式为 _____________________________________，X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg制取粗硼的化学方程式为 __________________。
（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是 _______________________________。
（3）镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+=Mg2++2H2O，则正极反应式为________________；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中Mg2+离子浓度为______ 。已知Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，_______（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出。
【答案】 (1). +3 (2). B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3 (3). 3Mg+B2O32B+3MgO (4). 防止MgCl2水解生成Mg（OH）2 (5). H2O2+2H++2e-=2H2O (6). 0.045mol•L-1 (7). 没有
【解析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氯化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3，镁和得到B2O3反应生成氧化镁和硼。
(1)硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价-2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3，X为H3BO3晶体加热脱水的产物是B2O3，镁和得到B2O3反应生成氧化镁和硼，反应的化学方程式为：3Mg+B2O3
2B+3MgO，故答案为：+3；B4O72-+2H++5H2O=4H3BO3；3Mg+B2O32B+3MgO；
(2)MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁，故答案为：防止MgCl2水解生成Mg(OH)2；
(3)镁-H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e-=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，当溶液pH=6时，c(OH-)=10-8mol/L，则Qc=c(Mg2+)×c2(OH-)=0.045mol/L×10-16mol/L=4.5×10-18＜Ksp[Mg(OH)2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；0.045 mol•L-1；没有。
