湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

‎2019~2020学年上学期2018级期末考试化学试卷 时间：90分钟 分数：100分 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cu 64 Ag 108‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 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.下列有关化学用语的表述正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的电子式：‎ B. 基态铜原子外围电子排布图：‎ C. Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4‎ D. F－的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸的电子式：,故A错误;‎ B．书写基态铜原子的外围电子排布图时，应遵循洪特规则可知应为3d104s1,故B错误；‎ C. Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4，故C正确；‎ D．F－的最外层电子数是8，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列物质的分子中既含有σ键又含有π键的是（ ）‎ A. HCl B. H2O C. H2O2 D. C2H4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个是σ键两个是π键， 根据存在的化学键判断 ‎【详解】A．HCl的结构式为H-Cl，所以只存在σ键，故A错误；‎ B．H2O的结构式为H-O-H，所以只存在σ键，故B错误； ‎ C．H2O2的结构为H-O- O -H，只含有单键，所以只含有σ键，故C错误； ‎ D．C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键，所以含有σ键和π键，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是 A. CO2 B. CO32- C. H2O D. CCl4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ VSEPR模型是价层电子对互斥模型的简称，根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a﹣xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，含有一个孤电子对，为三角锥形，含有两个孤电子对，为V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，为平面三角形；含有一个孤电子对，为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，以此进行判断。‎ ‎【详解】A项，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，VSEPR模型为直线形，且中心原子不含孤电子对，分子构型为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不符合题意；B项，CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以C原子价层电子对个数是3，VSEPR模型为平面三角形，且不含孤电子对，CO32﹣的分子构型为平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不符合题意；C项，水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C符合题意；D项，CCl4分子中，中心原子C原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为C。‎ ‎4.下列物质不是配合物的是（ ）‎ A. K2[Co(SCN)4] B. Fe(SCN)3 C. CuSO4·5H2O D. NH4Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子 (统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子构成，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。‎ ‎【详解】A．该物质中，钴离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选； ‎ B．铁离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故B不选； ‎ C．该物质中铜离子提供空轨道，水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故C不选； ‎ D．铵根离子中N原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，形成配位键，铵根离子与氯离子以离子键结合，所以该物质不是配合物，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是 A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅 D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对2NO2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；‎ B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；‎ C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C正确；‎ D．合成氨反应：N2+3H22NH3‎ ‎，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。‎ ‎6.如图装置中，观察到：开始导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管液面。以下有关解释合理的是（ ）‎ A. 生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应 B. 雨水酸性较强，生铁片仅发生析氢腐蚀 C. 具支试管中溶液pH逐渐减小 D. 墨水回升时，碳极反应式为O2+2H2O+4e–＝4OH–‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正常雨水的pH是5.6，溶液呈酸性，生铁中含有碳和铁，酸性条件下，生铁发生析氢腐蚀生成氢气，导致具支试管内气体压强大于大气压，导管内液面下降，当溶液呈弱酸性或中性时，生铁发生吸氧腐蚀，导致具支试管中气体压强小于大气压，导管内液面回升，略高于小试管液面。‎ ‎【详解】A．铁、碳和电解质溶液构成原电池，碳作正极，正极上得电子发生还原反应，故A错误； ‎ B．通过以上分析知，生铁片发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，故B错误；‎ C．具支试管中溶液，先呈酸性，发生析氢腐蚀时，溶液酸性逐渐减弱pH增大，当发生吸氧腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，溶液的pH不变，所以反应过程中，溶液的pH先增大达到一定值后不变，故C错误；‎ D．墨水回升时，生铁片发生吸氧腐蚀，碳极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：‎ O2+2H2O+4e-=4OH-，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中不正确的是(　　)‎ A. 装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气 B. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过 C. 装置中发生反应的离子方程式为Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2↑‎ D. 该装置是将电能转化为化学能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电解池中，阳离子移向阴极可知，电解池左侧为阳极区，氯离子放电生成氯气；右侧为阴极区，氢离子放电生成氢气，所以装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气，故A正确；‎ B．离子交换膜有选择性，根据图象知，该离子交换膜只能让钠离子通过，即让阳离子通过，不能让阴离子通过，故B正确；‎ C．电解饱和食盐水的总反应式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故C错误；‎ D．该装置为电解质，是将电能转化为化学能的装置，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)　ΔH>0。当反应达到平衡时，下列措施能提高COCl2转化率的是（ ）‎ A. 降温 B. 增加CO的浓度 C. 恒容通入惰性气体 D. 恒压通入惰性气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)　ΔH>0，正反应是气体体积增大的吸热反应。‎ A．正反应为吸热反应，降温平衡向放热方向移动，故平衡左移；‎ B．增加CO的浓度，平衡逆向进行；‎ C．恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；‎ D．恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行；‎ ‎【详解】COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)　ΔH>0，正反应是气体体积增大的吸热反应 A．正反应为吸热反应，降温平衡向放热方向移动，故平衡左移，COCl2转化率下降，故A项错误；‎ B．增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小，故B错误；‎ C．恒容通入惰性气体，总压增大，反应混物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故C错误； ‎ D．恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行， COCl2转化率增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.将V1 mL 1.0mol/L HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。下列叙述正确的是 A. 做该实验时环境温度为22℃‎ B. NaOH溶液的浓度约为1.5 mol/L C. 该实验中需要使用环形玻璃搅拌棒在水平方向轻轻转动搅拌 D. 该实验可用相同物质的量的氢氧化钠固体投入盐酸中测定中和热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该实验开始温度是22℃，故A错误；‎ B．恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1+V2=50mL可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL，设恰好反应时氢氧化钠溶液中溶质的物质的量是n， ‎ ‎ 则n=1.0mol•L-1×0.03L=0.03mol，所以浓度是：=1.5mol/L，故B正确；‎ C．该实验中需要使用环形玻璃搅拌棒在上下方向轻轻转动搅拌，故C错误；‎ D. 该实验不可用相同物质的量的氢氧化钠固体投入盐酸中测定中和热，否则因NaOH溶解放热，使得测定数值偏高，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎10.为探究外界条件对反应：mA(g)+nB(g)cZ(g) ΔH的影响，以A和B的物质的量之比为m∶n开始反应，通过实验得到不同条件下反应达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。下列判断正确的是（ ）‎ A. ΔH＞0‎ B. m+n＜c C. 升高温度，υ正、υ逆都增大，平衡常数减小 D. 恒温恒压时，向已达平衡的体系中加入少量Z(g)，再次达到平衡后Z的物质的量分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H<0，降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c，由此分析解答 ‎【详解】A．根据分析可知，△H<0，故A错误； ‎ B．减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m>c，故B错误；‎ C．升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，所以平衡常数减小，故C正确；‎ D．在恒温恒容条件下，向已达到平衡的体系中加入少量z，相当于增大压强，平衡向着正向移动，z的百分含量增大，故D错误；‎ ‎ 故选C。‎ ‎11.工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单质硫。反应原理为2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－632 kJ·mol－1。H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 电极a为电池的负极 B. 电极b上的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O C. 若电路中通过2 mol电子，则电池内部释放632 kJ热能 D. 若有17 g H2S参与反应，则会有1 mol H＋经质子膜进入正极区 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－632 kJ·mol－1，得出负极H2S失电子发生氧化反应 正极O2得电子发生还原反应，据此分析解 ‎【详解】A．由2H2S(g)＋O2(g)＝S2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－632 kJ·mol－1，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a 为电池的负极，故A正确； ‎ B．正极O2得电子发生还原反应，所以电极 b上发生的电极反应为 O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正确；‎ C．电路中每流过2mol电子，则消耗0.5mol 氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出能量，故C错误； ‎ D．每17g即0.5molH2S参与反应，则消耗 0.25mol氧气，则根据 O2＋4H＋＋4e－=2H2O，所以有1moH+经 质子膜进入正极区，故D正确；‎ ‎ 故选C 。‎ ‎12.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)＝5.1×10–9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10–10。下列推断正确的是（ ）‎ A. 可以用0.36 mol·L–1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃 B. 抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替 C. 若误饮c(Ba2+)＝1.0×10–5 mol·L–1的溶液时，会引起钡离子中毒 D. 不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因胃酸可与CO32-反应生成水和二氧化碳，使CO32-浓度降低，从而使平衡 BaCO3 (s) Ba2+(aq)+ CO32- (aq)向溶解方向移动，则BaCO3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。‎ ‎【详解】A．用0.36 mol·L–1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后 ，浓度很小可起到解毒的作用，故A正确； ‎ B．BaCO3溶于胃酸，起不到解毒的作用，故B错误； ‎ C．c(Ba2+)=1.0×10-5mol/L的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C 错误;‎ D．因胃酸可与CO2反应生成水和二氧化碳，使CO32-浓度降低，从而使平衡BaCO3 (s) Ba2+(aq)+ CO32- (aq)向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，与KsP大小无关，故D错误； ‎ 故选A。‎ ‎13.常温下，体积相同、浓度均为1.0 mol·L–1的HX溶液、HY溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随稀释倍数的对数的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）‎ A. HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1‎ B. 常温下HY的电离常数约为1.0×10–4‎ C. 溶液中水的电离程度：a点大于b点 D. 消耗同浓度的NaOH溶液体积：a点大于b点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．1.0mol的HX溶液PH=1说明为强酸，加水稀释溶液PH最终接近7；‎ B．1.0mol/LHY溶液 pH=2，结合定量平衡常数分析；‎ C．HX为强酸，HY为弱酸，加水稀释相同倍数，HX溶液中氢离子浓度小于HY；‎ D．酸碱中和所需的量与浓度无关，只与物质的量有关；‎ ‎【详解】A．图家甲1.0mol的HX溶液pH=1说明为强酸，加水稀释溶液pH最终接近7，溶液每稀释10倍，pH增大不一定是1，故 A错误；‎ B．1.0mol/LHY溶液 pH=2，c(H+)=10-2mol/L，结合定量平衡常K= ，故B正确； ‎ C．HX为强酸，HY为弱酸，加水稀释相同倍数，a点HX溶液中氢离子浓度大于b 点HY，溶液中水的电离程度：a点小于b 点，故C错误； ‎ D．体积相同、浓度均为1.0 mol·L–1的HX溶液、HY溶液中酸的物质的量不会随着溶液浓度的变化而变化，故消耗同浓度的NaOH溶液时体积相同，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎14.常温下，用某浓度的NaOH溶液滴定20.00 mL等浓度的CH3COOH溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. c点溶液中c(Na+)∶c(CH3COO－)＝1∶1‎ B. a、b两点对应的醋酸的电离平衡常数：a＜b C. a点醋酸溶液的浓度为1.0×10–3 mol·L–1‎ D. 升高温度，d点溶液pH不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知原醋酸溶液的物质的量浓度大于1.0×10-3mol/L，c点溶液呈中性则有c(H+)=c(OH-)。‎ ‎【详解】A． c点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得，所以 c(Na+)= c(CH3COO-)，故A正确；‎ B．醋酸的电离平衡常数只和温度有关，该反应在常温下进行，a、b两点温度相同，则醋酸的电离平衡常数相等，故B错误； ‎ C．醋酸为弱电解质，在水中部分电离，a点未滴加NaOH溶液，醋酸溶液的pH=3，则醋酸的浓度大于1.0×10-3mol/L.，故C错； ‎ D．d点溶液中的溶质为CH3COONa，CH3COO-水解生成OH-使溶液pH>7，温度升高，促进CH3COO-水解，溶液中OH-浓度增大，溶液pH增大，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎15.一定条件下，在体积为10L的密闭容器中充入1mol X和1mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol。下列说法正确的是 A. X的平衡转化率为40%‎ B. 若将容器体积变为20L，则Z的平衡浓度小于原来的 C. 若增大压强，则Y的平衡转化率减小 D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol，根据方程式2X(g)＋Y(g)Z(g)，反应的X为0.6mol，则X的平衡转化率为×100%=60%，故A错误；‎ B．将容器容积变为20L时，气体的压强减小，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，Z的物质的量减小，即小于0.3mol，Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的，故B正确；‎ C．增大压强后，平衡向着正反应方向移动，则Y的转化率增大，故C错误；‎ D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16.常温下，向20 mL 0.2 mol·L–1 H2A溶液中滴加0.2 mol·L–1 NaOH溶液，有关粒子的物质的量变化如图所示(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA–，Ⅲ代表A2–)。下列说法正确的是（ ）‎ A. M点溶液中：c(HA–)+2c(A2–)＝c(Na+)‎ B. 若N点溶液pH＝4.2，则Ka2(H2A)=10–4.2‎ C. V(NaOH)＝20 mL时，溶液中c(A2–)＜c(H2A)‎ D. V(NaOH)＝20 mL时，溶液中c(H+)＜c(OH–)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．M点溶液为曲线I与曲线II的交点，溶液中，溶液中存在物料守恒分析；‎ B．N点溶液为曲线II与曲线III的交点，溶液中，根据电离平衡常数表达式分析；‎ C．V(NaOH)=20mL时，反应恰好生成NaHA，溶液呈酸性依据电离水解相对强弱进行分析；‎ D．V(NaOH)=20mL时，反应恰好生成NaHA，依据溶液酸碱性分析；‎ ‎【详解】A．M点溶液为曲线I与曲线II的交点，溶液中，溶液中存在物料守恒： ,故A错误；‎ B．N点溶液为曲线II与曲线III的交点，溶液中，故Ka2(H2A)=，由于，故Ka2(H2A)=cN（H+）=10–4.2，故B选项正确；‎ C．V(NaOH)=20mL时，反应恰好生成NaHA，溶液呈酸性，故HA-电离大于水解故c(A2–)>c(H2A)，故C错误；‎ D．V(NaOH)=20mL时，反应恰好生成NaHA，溶液呈酸性，则溶液中 c(H+)>c(OH-)，故D错误；‎ ‎ 故答案选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共52分）‎ ‎17.部分中学化学常见元素原子的结构、性质及用途如表所示：‎ 元素 结构、性质及用途 A A是一种常见的金属元素，它的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体 B B元素一种核素可用于考古时测定一些文物的年代 C C 原子最外层电子总数是次外层电子总数的3倍 D D 原子的2p能级处于半充满状态 E E的单质为灰黑色具有金属光泽的固体，是太阳能电池板的常用材料 ‎（1）A元素基态原子的电子排布式为_______。‎ ‎（2）B、C、D元素的第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)。‎ ‎（3）简单气态氢化物的热稳定性：C ____E(填“＞”或“＜”)。‎ ‎（4）根据VSEPR模型预测D的氢化物的立体构型为______，中心原子D的杂化轨道类型为____；BD－中σ键与π键的数目之比为_________。‎ ‎（5）足量D的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成深蓝色的配离子，该配离子用结构示意图表示为___。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d6 4s2 或[Ar] 3d6 4s2 (2). N＞O＞C (3). ＞ (4). 三角锥形 (5). sp3杂化 (6). 1:2 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表格信息A是一种常见的金属元素，它的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体可知A是Fe，B元素的一种核素可用于考古时测定一些文物的年代可知B是C，C 原子最外层电子总数是次外层电子总数的3倍，可知C是O，D 原子的2p能级处于半充满状态可知D是N，E的单质为灰黑色具有金属光泽的固体，是太阳能电池板的常用材料可知E是Si。‎ ‎【详解】由分析可知A~E分别为Fe，C，O，N，Si故：‎ ‎（1）Fe元素基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 4s2 或[Ar] 3d6 4s2；‎ ‎（2）C，O，N的第一电离能由同周期从左至右依次增大，同时半充满电离能大于临位元素可知电离能由大到小的顺序N＞O＞C；‎ ‎（3）简单气态氢化物的热稳定性和元素的非金属性强弱相关故H2O>NH3；‎ ‎（4）在NH3中N元素采取sp3杂化，但存在一个孤电子对，根据VSEPR模型预测NH3的立体构型为三角锥形，CN－中存在1个σ键与2个π键，故数目之比为1:2；‎ ‎（5）NH3中存在一个孤电子对，Cu2+中存在空轨道故 ‎18.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。‎ ‎（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol－1，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1。SO2通常在NO2的存在下，进一步被氧化生成SO3(g)。写出NO2和SO2反应生成NO(g)和SO3(g)的热化学方程式为________。‎ ‎（2）提高2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施。‎ ‎①温度为T℃时，在2 L的密闭容器中加入2.0 mol 和1.0 mol O2 发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的。该反应的平衡常数为_____。‎ ‎②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是_____。‎ A．在其他条件不变时，减少容器的体积 ‎ B．在其他条件不变时，改用高效催化剂 C．在其他条件不变时，升高体系温度 D．1.0mol温度和容器体积不变，充入1.0 mol氦气 ‎ E．温度和容器体积不变，充入1.0 mol O2‎ ‎（3）利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为______；若通入的NO体积为4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入SO2的物质的量应为_______。‎ ‎【答案】 (1). NO2(g)+SO2(g)＝NO(g)+SO2(g) ΔH＝−41.8 kJ/mol (2). 1620 L·mol–1 (3). AE (4). NO + 6H+ + 5e−＝NH4+ +H2O (5). 0.5 mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)和反应的化学方程式为2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol－1 ，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1.根据盖斯定律计算反应热；‎ ‎(2)①在相同体积及温度下，压强之比等于物质的量之比，结合三行式计算平衡时各物质的物质的量，代入平衡常数求算公式求解；‎ ‎②依据勒夏特列原理分析各个条件下平衡移动的方向进而分析转化率的变化。‎ ‎(3) 根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电路负极，则该电极为电解池阴极， 电解池阴极发生还原反应，NO转化为 NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极反应式，根据电子转移守恒计算。‎ ‎【详解】(1)和反应的化学方程式为2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol－1 ，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1.根据盖斯定律(②-①)÷2计算反应NO2(g)+SO2(g)＝NO(g)+SO2(g) ΔH＝−41.8 kJ/mol 故答案为NO2(g)+SO2(g)＝NO(g)+SO2(g) ΔH＝−41.8 kJ/mol；‎ ‎(2)①则1L密闭容器在5min内各物质浓度发生的变化如下：‎ ‎2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)‎ 起始物质的量(mol) 2 1‎ ‎ 变化物质的量(mol) 2x x 2x 平衡物质的量(mol) 2-2x 1-x 2x 由达到平衡时容器内气体压强变为起始时的 ‎，在一定温度和体积下压强之比等于物质的量之比可知=，故可知该反应达平衡时各物质的物质的量分别为：0.2mol,0.1 mol,1.8 mol，故该反应的平衡常数为1620 L·mol–1故答案为: 1620 L·mol–1；‎ ‎②A．在其他条件不变时，减少容器的体积，相当于增大压强，平衡正向移动，的转化率提高；‎ B．在其他条件不变时，改用高效催化剂，平衡不移动，转化率不变；‎ C．该反应为放热反应，升高体系温度，平衡向吸热方向即逆向移动，故 转化率降低；‎ D．温度和容器体积不变，充入1.0 mol氮气，平衡不移动，的转化率不变；‎ E．温度和容器体积不变，充入1.0molO2，平衡正向移动，的转化率提高；‎ 故选AE。‎ ‎(3)根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4+，即NO在阴极上发生 ，阳极反应式为，根据得失电子数目守恒，因此有2NO~10e-~5SO2，求出SO2的物质的量为0.5mol， 故答案为 ，，0.5mol；‎ ‎19.化学平衡移动原理在生产、生活、科研中有重要应用。‎ ‎（1）生活中明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常用作净水剂，其净水的原理是_____（用离子方程式表示）。‎ ‎（2）工业上在850℃时用钠还原熔融态氯化钾的方法制备金属钾，发生的反应方程式为：Na(l) + KCl(l)NaCl(l) + K(g)，能制备钾的原因是_______。‎ ‎（3）测得某工厂废水中含Cr2O72–的浓度为3.0×10–4 mol·L−1，常温下，对该有害离子的处理流程如下：{已知：绿矾的化学式为FeSO4·7 H2O， Ksp [Cr(OH)3]＝6.0×10–31 }‎ ‎① 步骤(Ⅰ)中发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎② 若忽略加入各种试剂后的废水体积变化，则Cr3+开始沉淀的pH为_________。‎ ‎（4）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。查阅资料：25℃时，Ksp (AgCl)＝1.8×10–10，Ksp (AgI)＝8.3×10–17。‎ 操作步骤 现象 步骤1：向2 mL 0.1 mol·L−1AgNO3溶液中加入2 mL 0.1 mol·L−1 NaCl溶液，得到浊液a，过滤。‎ 得滤液b和白色沉淀c 步骤2：向滤液b中滴加0.1 mol·L−1 KI溶液。‎ 出现浑浊 步骤3：向白色沉淀c中滴加0.1 mol·L−1 KI溶液。 ‎ 白色沉淀变为黄色 ‎① 浊液a中存在沉淀溶解平衡（用方程式表示）______________。‎ ‎② 用化学平衡原理解释步骤3中的实验现象_________。‎ ‎【答案】 (1). Al3+ +3H2OAl(OH)3+3H+ (2). 产生的钾蒸气逸出反应体系，使平衡右移 (3). Cr2O72– + 6Fe3+ +14H+＝2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O (4). 5 (5). AgCl(s)Ag+(aq) + Cl− (aq) (6). 加入KI溶液后，因溶解度：AgI＜AgCl，Ag+与I−反应：Ag++I−＝AgI↓生成AgI黄色沉淀，AgCl的溶解平衡正向移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）明矾净水利用的是明矾中的铝离子可以水解生成氢氧化铝，氢氧化铝胶体具有吸附作用；‎ ‎（2）由题中信息可知在850℃时钾元素以气态的形式脱离反应体系；‎ ‎（3）①由工业流程线可知步骤(Ⅰ)中Cr2O72–和二价铁离子反应，生成铁离子和三价铬离子；‎ ‎②利用物质的Ksp进行计算；‎ ‎（4）①沉淀为AgCl利用物质的溶解平衡解释；‎ ‎②步骤3中白色沉淀为AgCl黄色沉淀为AgI；‎ ‎【详解】（1）明矾净水利用的是明矾中的铝离子可以水解，氢氧化铝胶体具有吸附作用；‎ ‎（2）由Na(l) + KCl(l)NaCl(l) + K(g)可知在850℃时钾元素以气态的形式脱离反应体系，平衡右移；‎ ‎（3）①由工业流程线可知步骤(Ⅰ)中Cr2O72–和二价铁离子反应，Cr2O72– + 6Fe3+ +14H+＝2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O；‎ ‎②利用物质的Ksp进行计算可得：Ksp [Cr(OH)3]== 6.0×10–31可知 ‎,故pH=5；‎ ‎（4）①AgCl(s)Ag+(aq) + Cl− (aq)；‎ ‎②步骤3中白色沉淀为AgCl黄色沉淀为AgI，加入KI溶液后，因溶解度：AgI＜AgCl，Ag+与I−反应：Ag++I−＝AgI↓，因生成AgI黄色沉淀，AgCl的溶解平衡正向移动。‎ ‎20.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。‎ ‎（1）常温下，将0.1mol/L HCl溶液与0.1 mol/L MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH＝5，则MOH在水中的电离方程式为__________。‎ ‎（2）已知常温时CH3COOHCH3COO – + H+，Ka＝2×10–5，则反应CH3COO – + H2OCH3COOH + OH–的平衡常数Kh＝______。‎ ‎（3）已知H2A在水中发生电离：H2A＝H++HA–，HA–H++A2–。‎ ‎① 等物质的量浓度的两种溶液：NaHA溶液的pH_____(填“＞”、“＝”或“＜”)Na2A溶液的pH。‎ ‎② 已知0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝2，该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______。‎ ‎③某温度下，若向0.1 mol·L–1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1 mol·L–1 NaOH溶液至溶液呈中性。对该混合溶液，下列说法一定正确的是____（填序号）。‎ A．c(H+)·c(OH–)＝1×10–14 B．c(Na+)＝c(HA–)+2c(A2–)‎ C．溶液中水的电离程度逐渐减小 D．c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)‎ ‎（4）常温下，若在0.10 mol·L–1 CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝________mol·L–1 {Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。‎ ‎【答案】 (1). MOHM+ + OH− (2). 5×10–10 (3). ＜ (4). c(Na+)＞c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(OH−) (5). B (6). 2.2×10–8‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）常温下，将0.1mol/L HCl溶液与0.1 mol/L MOH溶液等体积混合，所得物质为MCl，测得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知该碱为弱碱；‎ ‎（2）结合水的离子积常数和水解平衡常数求算公式计算；‎ ‎（3）①由H2A＝H++HA–,HA–H++A2–可知NaHA该盐为强酸强碱盐，Na2A为强碱弱酸盐，可以利用盐类水解的规律求解；‎ ‎②由0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝2可知，该溶液中主要存在HA–H++A2–‎ ‎，可以据此回答；‎ ‎③由溶液呈中性可知溶液中氢离子浓度等于氢氧根的浓度；‎ ‎（4）结合Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20进行计算求解；‎ ‎【详解】（1）常温下，将0.1mol/L HCl溶液与0.1 mol/L MOH溶液等体积混合，所得物质为MCl，测得混合后MCl溶液的pH＝5，由此可知该碱为弱碱，故MOH在水中的电离方程式为MOHM+ + OH−；‎ ‎（2）=5×10–10‎ ‎（3）①由H2A＝H++HA–可知NaHA该盐为强酸强碱盐，故该盐为中性盐溶液的PH=7，Na2A为强碱弱酸盐，故溶液呈碱性PH>7，故答案为“<”；‎ ‎②由题中信息可知溶液中c(Na+)=0.1 mol·L－1>c(HA-),溶液中存在HA–H++A2–，可知：c(Na+)＞c(HA−)＞c(H+)＞c(A2−)＞c(OH−)；‎ ‎③溶液呈中性可知，则可知：‎ A．c(H+)·c(OH–)=kw由于温度未知，故数值不能确定；‎ B．由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)＝c(HA–)+2c(A2–)+c(OH-)又，故c(Na+)＝c(HA–)+c(A2–)；‎ C．0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝2，由此可知最初溶液呈现酸性是HA–H++A2–，抑制水的电离，故随着加入碱发生中和反应，水的电离程度逐渐增大；‎ D．由B可知D选项错误；‎ ‎（4）由Ksp[Cu(OH)2]＝=2.2×10–20可知c(Cu2+)=2.2×10–8‎ ‎21.工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝-90.8 kJ·mol–1。在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250 ℃和270 ℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是_______。‎ ‎【答案】270 ℃‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正反应放热，则升高温度CO的转降低，故可以分析出曲线Z对应的温度。‎ ‎【详解】根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃。‎ ‎22.如图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为： 2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O。‎ ‎（1）乙池中A(石墨)电极的名称是______。‎ ‎（2）通入CH3OH的电极的电极反应式为__________。 ‎ ‎（3）乙池中反应的化学方程式为_______________。 ‎ ‎（4）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.4 g时，甲池中理论上消耗O2 _____mL(标准状况)，此时丙池某电极上析出1.60 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是_____(填序号)。‎ A．MgSO4　 B．CuSO4 C．NaCl　 D．AgNO3‎ ‎【答案】 (1). 阳极 (2). CH3OH－6e– + 8OH– ＝ 6H2O + CO32– (3). 4AgNO3 + 2H2O 4Ag + O2↑ + 4HNO3 (4). 280 (5). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查多池革联装置中原电池和电解池装置的判断，电极反应式的书写，多池串联的计算，甲池为燃料电池，甲池为原电池，乙池和丙池都为电解池，通入CH3OH的电极为负极，通入O2 的电极为正极，则乙池中A极(即C极)为阳极，B极(即Ag极)为阴极：丙池中C极为阳极，D极为阴极。‎ ‎【详解】(1)乙池中A电极与燃料电池的正极相连，A电极为阳极；‎ ‎(2)甲池中通入O2的电极的电极反应式为，燃料电池总反应减去正极反应式(O2)，则通入CH3OH的电极的电极反应式CH3OH－6e– + 8OH– ＝ 6H2O + CO32–； ‎ ‎(3)乙池为电解池装置，电解液为AgNO3溶液，阳极为石墨，阴极为Ag，故乙池中的化学方程式为4AgNO3 + 2H2O 4Ag + O2↑ + 4HNO3；‎ ‎(4)乙池中A极的电极反应式为B极的电极反应式为，则有4Ag~O2~4e-故当B极增加5.4g即生成的Ag为0.05mol时，由电荷守恒可知装置中，甲池中消耗0.0125mol，故标准状况下的体积为280mL；丙池中两电极都为情性电极，丙池中某电极上析出金属，丙池中的盐溶液为不活泼全属的盐溶液，则不可能为MgSO4和NaCl，若为CuSO4溶液，阴极上析出Cu的电极反应式为，析出1.60gCu，电路中通过的电子物质的量为 0.025*2=0.05mo1>0.04mol，不可能为CuSO4 溶液：若为AgNO3溶液，阴极上析出Ag的电极反应式为，析出1.60gAg电路中通过电子物质的0.029mol<0.04mol。根据电子守恒，阴极析出Ag后H+持续放电，故电解质溶液可能为AgNO3溶液。‎ ‎ ‎