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湖南省怀化市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）
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这是一份湖南省怀化市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列实验所得结论错误的是，1 ml∙L−1氨水稀释成0等内容，欢迎下载使用。
怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷
2021年下期期末考试高二化学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目。
2.考生作答时，选择题和非选择题均做在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O-16 S-32
一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在日常生活和生产中有着重要的应用，下列说法错误的是
A. 泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在玻璃筒内
B. BaSO4在医学上用作钡餐所以Ba2+无毒对人体无害
C. 新能源汽车的推广与使用能减少氮氧化合物对环境的污染
D. 工业上通常采用铁触媒、400°C~500°C和10MPa~30MPa的条件来合成氨
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液显酸性，因此应贮存在玻璃筒内，故A正确；
B．BaSO4在医学上用作钡餐，不溶于水，Ba是重金属，因此Ba2+对人体有害，故B错误；
C．新能源汽车的推广与使用，减少了汽油、柴油燃料燃烧，能减少氮氧化合物对环境的污染，故C正确；
D．合成氨常在催化剂、高温高压下反应，工业上通常采用铁触媒、400°C~500°C和10MPa~30MPa的条件来合成氨，故D正确。
综上所述，答案为B。
2. 下列化学用语错误的是
A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+
B. 硫酸氢钠在水中的电离：NaHSO4=Na++H++SO
C. 碳酸钙的溶解：CaCO3(s)Ca2++(aq)+CO(aq)
D. HS-的水解：HS-+H2OS2-+H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，其电离是可逆的，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，A正确；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，可以完全电离成钠离子，氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，B正确；
C．碳酸钙的溶解的沉淀溶解平衡是可逆的，其溶解的方程式为：CaCO3(s)Ca2++(aq)+CO(aq)，C正确；
D．HS-的水解产生硫化氢和氢氧根离子，其水解方程式为：HS-+H2OH2S+ OH-，D错误；
故选D。
3. 镁和卤素单质(X2)反应的相对能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 热稳定性：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2
B. 22.4LF2(g)与足量的Mg充分反应，放热1124kJ
C. 电解熔融MgCl2要放出热量
D. 由图中信息可知：MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l) ΔH=−117 kJ∙mol−1
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据能量越低越稳定，通过图像分析，则热稳定性：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故A正确
B．不清楚22.4L F2(g)所处的条件，无法计算物质的量，故B错误；
C．根据图中信息Mg(s)和Cl2(g)反应是放热反应，则电解熔融MgCl2要吸收热量，故C错误；
D．由图中信息可知：Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) ΔH=−641 kJ∙mol−1，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s) ΔH=−524 kJ∙mol−1，根据盖斯定律得到MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=−117 kJ∙mol−1，而Br2(g)= Br2(l)要放出热量，因此无法计算MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l)的焓变，故D错误。
综上所述，答案为A。
4. 下列说法正确的是
A 利用I装置制无水AlCl3
B. 装置II为酸式滴定管，其读数为12.20mL
C. 装置III为牺牲阳极法防护钢闸门
D. 装置IV为铅酸蓄电池，充电时阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，若直接加热蒸发，生成的氯化氢受热挥发，使氯化铝的水解趋于完全，最终得到氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故A错误；
B．由图可知，装置II为酸式滴定管，其读数为11.80mL，故B错误；
C．由图可知，装置III为外加直流电源的阴极保护法，不是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D．由图可知，装置IV为铅酸蓄电池，铅为原电池的负极，充电时阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO，故D正确；
故选D
5. 执法交警最常用的一种酒精检测仪的工作原理示意图如图所示，其反应原理为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解质溶液中的移向a电极
B. b为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越大
D. a极上的电极反应式为CH3CH2OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示及总反应方程式可知，电解质溶液酸性环境，氧气发生还原反应，b极为正极，a极为负极，CH3CH2OH发生氧化反应，据此解答。
【详解】A．电解质溶液中阴离子向负极移动，故移向a电极，A正确；
B．b为正极，电解质溶液为酸性环境，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；
C．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，C正确；
D．a极是负极，CH3CH2OH失电子发生氧化反应生成CH3COOH，所以a极的电极反应式为：CH3CH2OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，D正确；
答案选B。
6. 处理CO2的一种重要方法是将CO2还原，所涉及的反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，若平衡后将温度从300℃升至400℃，保持其他条件不变，反应重新达到平衡时，CO2的体积分数增加。下列有关判断错误的是
A. 该反应的ΔH＜0
B. 升高温度正反应速率增大，逆反应速率也增大且增加的倍数更大
C. 升高温度化学平衡常数K增大
D. 升高温度CH4的产率降低
【答案】C
【解析】
【详解】A．若平衡后将温度从300℃升至400℃，保持其他条件不变，反应重新达到平衡时，CO2的体积分数增加，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则该反应的ΔH＜0，故A正确；
B．升高温度正反应速率增大，逆反应速率也增大，根据A选项分析，平衡逆向移动，说明逆反应速率增加的倍数更大，故B正确；
C．由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，故C错误；
D．升高温度，平衡逆向移动，则CH4的产率降低，故D正确。
综上所述，答案为C。
7. 某汽车尾气净化装置可使有毒气体CO、NO2在一定条件下发生反应4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH=−1200 kJ∙mol−1，从而转化为无毒气体。温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图示变化关系不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率增大，该反应是放热反应，平衡逆向移动，故A正确；
B．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2体积分数增大，画一条与y轴相平的平行线，压强相同，从下到上，温度降低，平衡正向移动，CO2体积分数增大，故B正确；
C．根据先拐先平衡数字大，得出T2＞T1，从下到上，温度降低，平衡正向移动，NO2转化率增大，故C正确；
D．温度升高，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D错误。
综上所述，答案为D。
8. 下列实验所得结论错误的是
选项
实验
结论
A
将0.1 mol∙L−1氨水稀释成0.01 mol∙L−1，测得pH由11.1变成10.6
稀释后，NH3·H2O的电离程度减小
B
室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大
酸性：HClO＜CH3COOH
C
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅
证明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的
D
在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol∙L−1 KI溶液，生成黄色沉淀
同温下溶解度：AgCl＞AgI
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将0.1 mol∙L−1氨水稀释成0.01 mol∙L−1，测得pH由11.1变成10.6，则稀释后，平衡又正向移动，NH3·H2O又电离，因此NH3·H2O的电离程度增大，故A错误；
B．根据对应的酸越弱，其水解程度越大，室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大，则说明酸性：HClO＜CH3COOH，故B正确；
C．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明碳酸根被钡离子沉淀，碳酸根浓度减小，证明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的，故C正确；
D．在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol∙L−1 KI溶液，生成黄色沉淀AgI，说明同温下溶解度：AgCl＞AgI，故D正确。
综上所述，答案为A。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 下列各组离子在相应条件下可能大量共存的是
A. 能使pH试纸变蓝的溶液中：CO、K+、Cl－、Na+
B. 由水电离产生的c(H+)=1×10−10mol∙L−1的溶液中：NO、Mg2+、Na+、SO
C. 在=1×1010的溶液中：NH、Fe2+、Cl－、NO
D. 加水稀释pH增大的溶液：Na+、K+、Cl－、CO
【答案】AB
【解析】
【详解】A．能使pH试纸变蓝的溶液，说明溶液显碱性，OH－、CO、K+、Cl－、Na+都大量共存，故A符合题意；
B．由水电离产生的c(H+)=1×10−10mol∙L−1的溶液，抑制水的的电离，说明该溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液；NO、Mg2+、Na+、H+、SO能大量共存，故B符合题意；
C．在=1×1010的溶液，说明溶液显碱性，OH－与NH、Fe2+反应不能共存，故C不符合题意；
D．加水稀释pH增大的溶液，说明是酸性溶液，H+与CO反应不能共存，故D不符合题意；
综上所述，答案为AB。
10. 利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)⇌N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100 kPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞至一定位置，并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是
A. t1时刻的操作是向内推活塞
B. E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小
C. E、H两点对应的正反应速率大小为v(H)>v(E)
D. B、E两点气体的平均相对分子质量大小为M(B)>M(E)
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A. 由图可知，t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明的操作是向外拉活塞，A错误；
B.由图可知，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明迅速移动活塞使针筒体积减小，并保持活塞位置不变后，体系因体积减小而压强增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，则E点到H点的过程中，二氧化氮的物质的量是一个减小过程，故B错误；
C.对于有气体参加的反应，压强越大反应速率越大，由图可知，H点压强大于E点，则反应速率vH＞vE，故C正确；
D.由图可知，B到E的过程为压强减小的过程，减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，即MB＞ME，故D正确；
答案选CD。
11. 工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物质用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是
A. 温度较低时不利于该反应自发进行
B. 决速步骤的能垒(活化能)为53.6kJ/mol
C. 过渡态II的稳定性小于过渡态V
D. 由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程要释放能量，断裂极性共价键
【答案】AC
【解析】
【详解】A．通过图中信息CH3OH*和CO*+2H2(g)的相对能量得到该反应是吸热反应，反应气体增多，熵变增大，根据自由能得到该反应在较高温度下能自发进行，因此温度较低时不利于该反应自发进行，故A正确；
B．决速步骤的能垒(活化能)最大的阶段即过渡态V，活化能为179.6kJ/mol，故B错误；
C．过渡态II相对能量比过渡态V相对能量高，根据能量越低越稳定，因此过渡态II稳定性小于过渡态V，故C正确；
D．由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程断裂极性共价键，要吸收能量，故D错误。
综上所述，答案为AC。
12. 已知：H2R为二元弱酸，25°C时，在一定体积某浓度的H2R溶液中逐渐加入NaOH固体(忽略溶液体积的变化)，H2R、HR-、R2-三者物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示，下列叙述错误的是
A. H2R一级电离平衡常数KR1=10-1.3
B. 等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，所得溶液能促进水的电离
C. pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D. 等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1：2混合，所得溶液呈酸性
【答案】B
【解析】
【分析】H2R为二元弱酸，电离方程式为H2RHR-+H+，HR-R2-+H+，根据图像，随着溶液pH的增大，H2R的浓度逐渐减小，HR-的浓度逐渐增大，即①为H2R的浓度的变化曲线，②为HR-的浓度的变化曲线，随着溶液pH的进一步增大，HR-的浓度逐渐减小，R2-逐渐增大，则③为R2-浓度的变化曲线，据此分析解答。
【详解】A．H2R的第一步电离方程式为H2RHR-+H+，根据图像，当pH=1.3时，H2R、HR-的浓度相等，即c(HR-)=c(H2R)则Ka1=，故A正确；
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，所得溶液溶质为NaHR，根据图像HR-的电离常数Ka2=10-4.3大于水解=10-12.7，电离为主，抑制水的电离，故B错误；
C．根据图像，在pH=4.3时，c(HR-)=c(R2-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)=c(OH-)+3c(R2-)，故C正确；
D．由选项B中1:1混合显酸性，1:2混合时酸更多，故显酸性，故D正确；
故选B。
三、非选择题：共5题，共60分
13. I.已知：①2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=−768.2 kJ∙mol−1
②2Cu2O(s)+Cu2S(s)=6Cu(s)+SO2(g) ΔH=+116.0 kJ∙mol−1
（1）则Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) ΔH=_______。
II.如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸；A、B均为铂片，压在滤纸两端；R、S为电源的电极；M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极：G为电流计；K为开关；C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K打开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。
回答下列问题：
（2）R为_______(填“正”或“负”)极。
（3）通电一段时间后，M极附近溶液的pH_______(填“变大”、“变小”或“不变”)；B极区的电极反应式为_______。
（4）滤纸上的紫色点向_______(填“A”或“B”)方向移动。
（5）通电一段时间后，C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极反应式为_______。
【答案】（1）−217.4 kJ∙mol−1
（2）负 （3） ①. 变大 ②. 4OH－−4e－=2H2O+O2↑或2H2O−4e－=O2↑+4H+
（4）B （5）H++2OH－−2e－=2H2O
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律方程式①加上方程式②的和除以3得到Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) ΔH=−217.4 kJ∙mol−1；故答案为：−217.4 kJ∙mol−1。
【小问2详解】
根据M、N是用多微孔的Ni制成的电极，C、D和电解池中都充满浓KOH溶液，接通电源一段时间后C、D中有气体产生，根据C产生的气体比D多，说明C生成的是氢气，M为阴极，则R为负极，S为正极；故答案为：负。
【小问3详解】
通电一段时间后，M极产生氢气，剩余氢氧根，氢氧根浓度增大，因此附近溶液的pH变大；B极是阳极，是水电离出的氢氧根失去电子生成氧气和水，其电极反应式为4OH－−4e－=2H2O+O2↑或2H2O−4e－=O2↑+4H+；故答案为：变大；4OH－−4e－=2H2O+O2↑或2H2O−4e－=O2↑+4H+。
【小问4详解】
根据电解池异性相吸得到滤纸上的紫色点向阳极即B方向移动；故答案为：B。
【小问5详解】
通电一段时间后，C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，C、D中的气体逐渐减少，形成了H2−O2−KOH燃料电池，C中是氢气，是燃料，作负极，其电极反应式为H++2OH－−2e－=2H2O；故答案为：H++2OH－−2e－=2H2O。
14. 高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。
已知：①“滤渣1”含有S和SiO2；
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
回答下列问题：
（1）“氧化”中添加适量MnO2的作用是_______。
（2）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，则“滤渣3”的主要成分是_______(写化学式)。
（3）“除杂2”的目的是除去Mg2+。若1L溶液中Mg2+的初始浓度为0.1mol/L，现欲将Mg2+沉淀完全(即剩余离子浓度小于1×10-5mol/L)，则至少需要加入MnF2固体_______mol(忽略加入固体时溶液体积的变化)。(已知：Ksp(MgF2)=4.0×10-9；MnF2为易溶的强电解质。)
（4）写出“沉锰”的离子方程式_______。
II.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压(P0)密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
（5）650°C时，反应达平衡后CO2的转化率为_______。
（6）T°C时该反应的平衡常数Kp=_______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)
【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+
（2）NiS、ZnS （3）0.11
（4）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（5）25% （6）1/2P0
【解析】
【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)和MnO2粉加入稀硫酸，二氧化锰粉和硫化锰矿生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰；
【小问1详解】
“氧化”中添加适量的MnO2发生反应的离子方程式：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+；
【小问2详解】
“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS；
【小问3详解】
若1L溶液中Mg2+的初始浓度为0.1mol/L，现欲将Mg2+沉淀完全(即剩余离子浓度小于1×10-5mol/L 时)，则需要加入的MnF2固体至少达到
，则，另外沉淀0.1mol/L的Mg2+需0.2mol/L的F-，总共需要，则需要加入的MnF2固体至少达到mol；
【小问4详解】
“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式：Mn2＋＋2HCO=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；
【小问5详解】
设CO2浓度变化为x
，
×100%=40.0%，解得x=0.25mol·L-1，即CO2的转化率为×100%=25%；
【小问6详解】
T℃时，CO的平衡分压为50%p0，CO2的分压为50%p0，Kp==0.5p0。
15. I.醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题：
（1）下列措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______(填字母序号)。
A. 升温 B. 通入HCl气体
C. 加入NaOH固体 D. 加入NaHSO4固体
（2）用0.1 mol∙L−1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol∙L−1的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积变化的曲线如图。请回答：
滴定盐酸的曲线是_______(填“I”或“II”)；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______。
II.国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g∙L−1。某兴趣小组用图1所示装置(夹持装置已略去)收集某葡萄酒中的SO2，然后对其含量进行测定。
（3）向B中加入300.00mL葡萄酒和适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应，C中反应离子方程式为_______。
（4）除去C中剩余的H2O2，然后用0.0900 mol∙L−1的NaOH标准溶液进行滴定，NaOH标准溶液应盛装在图2中的_______(填“①”或“②”)中；如用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象B为_______。
（5）滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为_______g·L-1。
【答案】（1）AC （2） ①. II ②. c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
（3）SO2+H2O2=2H++SO
（4） ①. ② ②. 当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色
（5）0.24
【解析】
【小问1详解】
A．升温，平衡正向移动，电离程度增大，故A符合题意；B．通入HCl气体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故B不符合题意；C．加入NaOH固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，电离程度增大，故C符合题意；D．加入NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。
【小问2详解】
浓度均为0.1 mol∙L−1的盐酸和醋酸溶液，醋酸部分电离，氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，盐酸pH值比醋酸pH值小，因此滴定盐酸的曲线是II；M点对应的溶液中溶质为醋酸和醋酸钠且浓度相等，溶液显酸性，说明醋酸电离大于醋酸根水解程度，因此各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；故答案为: c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。
【小问3详解】
(3)加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应生成硫酸，C中反应的离子方程式为SO2+H2O2=2H++SO；故答案为：SO2+H2O2=2H++SO。
【小问4详解】
NaOH溶液显碱性，应装在碱式滴定管中，因此NaOH标准溶液应盛装在图2中的②中；如用酚酞作指示剂，开始溶液为无色，则滴定终点的现象B为当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；故答案为：②；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色。
【小问5详解】
根据SO2～H2SO4～2NaOH，滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为；故答案为：0.24。
16. 钛及其化合物作用重要，尤其氧化钛、四氧化钛、钛酸钡等应用更广。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价层电子排布式为_______。
（2） 二氧化钛是世界上最白的物质，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得雪白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中核外电子占据的原子轨道数为_____个。
（3）四氯化钛是种有趣的液体，在潮湿空气中水解生成白色的二氧化钛水凝胶，军事上利用四氯化钛的这种“怪脾气”制造烟雾剂。写出四氯化钛水解的化学方程式_______。
（4）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。LiBH4由Li+和BH构成，其中BH的空间构型为_______；B原子的杂化轨道类型为_______。
（5）Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据如下：
元素
Mn
Fe
电离能/kJ∙mol−1
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
锰元素位于第_______周期_______族_______区；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是_______。
【答案】（1）3d24s1
（2）9 （3）TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑
（4） ①. 正四面体形 ②. sp3
（5） ①. 四 ②. VIIB ③. d ④. Mn2+的价层电子排布式为3d半充满较稳定，如再失去一个电子，需要的能量高，较困难；而Fe2+价层电子排布式为3d6，再失去一个电子易变为较稳定的3d5半充满状态
【解析】
【小问1详解】
钛是22号元素，其基态钛原子的价层电子排布式为3d24s1；故答案为：3d24s1。
【小问2详解】
基态Ti核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti4+核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，则基态Ti4+中核外电子占据的原子轨道数为9个；故答案为：9。
【小问3详解】
四氯化钛在潮湿空气中水解生成白色的二氧化钛水凝胶和HCl气体，则四氯化钛水解的化学方程式TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑；故答案为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑。
【小问4详解】
BH中B的价层电子对数为，其BH空间构型为正四面体形；B原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：正四面体形；sp3。
【小问5详解】
Mn是25号元素，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，锰元素位于第四周期VIIB族，位于d区；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是Mn2+的价层电子排布式为3d半充满较稳定，如再失去一个电子，需要的能量高，较困难；而Fe2+价层电子排布式为3d6，再失去一个电子易变为较稳定的3d5半充满状态；故答案为：四；VIIB；d；Mn2+的价层电子排布式为3d半充满较稳定，如再失去一个电子，需要的能量高，较困难；而Fe2+价层电子排布式为3d6，再失去一个电子易变为较稳定的3d5半充满状态。
17. 回答下列问题：
（1）基态Cr原子外围电子排布图为_______；核外有_______种不同运动状态的电子。
（2）CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是_______分子(极性或非极性)外，还因为_______。
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的实例如图所示。化合物甲分子中采取sp2方式杂化的碳原子个数为_______；化合物乙中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（4）一种常用麻醉剂氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒光气(COCl2)：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，其中光气(COCl2)分子的立体构型为_______。
（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。
该分子中含有_______个σ键。
【答案】（1） ①. ②. 24
（2） ①. 极性 ②. H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键
（3） ①. 7 ②. O＞N＞C＞H或ONCH
（4）平面三角形 （5）32
【解析】
【小问1详解】
Cr是24号元素，基态Cr价层电子排布式为3d54s1，基态Cr原子外围电子排布图为 ；一个电子就是一种运动状态，因此Cr核外有24种不同运动状态的电子；故答案为： ；24。
【小问2详解】
CH3CH2OH与H2O都不是中心对称，O电负性大，易形成分子间氢键，CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键；故答案为：极性；H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键。
【小问3详解】
化合物甲分子苯环上的碳原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，羰基上的碳原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，因此化合物甲分子中采取sp2方式杂化的碳原子个数为7；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，则化合物乙中各元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；故答案为：7；O＞N＞C＞H或ONCH。
【小问4详解】
光气(COCl2)分子中碳原子价层电子对数为，其分子的立体构型为平面三角形；故答案为：平面三角形。
【小问5详解】
怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷
2021年下期期末考试高二化学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡和该试题卷的封面上，并认真核对条形码上的姓名、准考证号和科目。
2.考生作答时，选择题和非选择题均做在答题卡上，在本试题卷上答题无效。考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O-16 S-32
一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在日常生活和生产中有着重要的应用，下列说法错误的是
A. 泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在玻璃筒内
B. BaSO4在医学上用作钡餐所以Ba2+无毒对人体无害
C. 新能源汽车的推广与使用能减少氮氧化合物对环境的污染
D. 工业上通常采用铁触媒、400°C~500°C和10MPa~30MPa的条件来合成氨
【答案】B
【解析】
【详解】A．泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液显酸性，因此应贮存在玻璃筒内，故A正确；
B．BaSO4在医学上用作钡餐，不溶于水，Ba是重金属，因此Ba2+对人体有害，故B错误；
C．新能源汽车的推广与使用，减少了汽油、柴油燃料燃烧，能减少氮氧化合物对环境的污染，故C正确；
D．合成氨常在催化剂、高温高压下反应，工业上通常采用铁触媒、400°C~500°C和10MPa~30MPa的条件来合成氨，故D正确。
综上所述，答案为B。
2. 下列化学用语错误的是
A. 醋酸的电离：CH3COOHCH3COO-+H+
B. 硫酸氢钠在水中的电离：NaHSO4=Na++H++SO
C. 碳酸钙的溶解：CaCO3(s)Ca2++(aq)+CO(aq)
D. HS-的水解：HS-+H2OS2-+H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质，其电离是可逆的，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，A正确；
B．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，可以完全电离成钠离子，氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，B正确；
C．碳酸钙的溶解的沉淀溶解平衡是可逆的，其溶解的方程式为：CaCO3(s)Ca2++(aq)+CO(aq)，C正确；
D．HS-的水解产生硫化氢和氢氧根离子，其水解方程式为：HS-+H2OH2S+ OH-，D错误；
故选D。
3. 镁和卤素单质(X2)反应的相对能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 热稳定性：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2
B. 22.4LF2(g)与足量的Mg充分反应，放热1124kJ
C. 电解熔融MgCl2要放出热量
D. 由图中信息可知：MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l) ΔH=−117 kJ∙mol−1
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据能量越低越稳定，通过图像分析，则热稳定性：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故A正确
B．不清楚22.4L F2(g)所处的条件，无法计算物质的量，故B错误；
C．根据图中信息Mg(s)和Cl2(g)反应是放热反应，则电解熔融MgCl2要吸收热量，故C错误；
D．由图中信息可知：Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) ΔH=−641 kJ∙mol−1，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s) ΔH=−524 kJ∙mol−1，根据盖斯定律得到MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=−117 kJ∙mol−1，而Br2(g)= Br2(l)要放出热量，因此无法计算MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(l)的焓变，故D错误。
综上所述，答案为A。
4. 下列说法正确的是
A 利用I装置制无水AlCl3
B. 装置II为酸式滴定管，其读数为12.20mL
C. 装置III为牺牲阳极法防护钢闸门
D. 装置IV为铅酸蓄电池，充电时阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，若直接加热蒸发，生成的氯化氢受热挥发，使氯化铝的水解趋于完全，最终得到氢氧化铝，得不到无水氯化铝，故A错误；
B．由图可知，装置II为酸式滴定管，其读数为11.80mL，故B错误；
C．由图可知，装置III为外加直流电源的阴极保护法，不是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D．由图可知，装置IV为铅酸蓄电池，铅为原电池的负极，充电时阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO，故D正确；
故选D
5. 执法交警最常用的一种酒精检测仪的工作原理示意图如图所示，其反应原理为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解质溶液中的移向a电极
B. b为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越大
D. a极上的电极反应式为CH3CH2OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示及总反应方程式可知，电解质溶液酸性环境，氧气发生还原反应，b极为正极，a极为负极，CH3CH2OH发生氧化反应，据此解答。
【详解】A．电解质溶液中阴离子向负极移动，故移向a电极，A正确；
B．b为正极，电解质溶液为酸性环境，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；
C．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，C正确；
D．a极是负极，CH3CH2OH失电子发生氧化反应生成CH3COOH，所以a极的电极反应式为：CH3CH2OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，D正确；
答案选B。
6. 处理CO2的一种重要方法是将CO2还原，所涉及的反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，若平衡后将温度从300℃升至400℃，保持其他条件不变，反应重新达到平衡时，CO2的体积分数增加。下列有关判断错误的是
A. 该反应的ΔH＜0
B. 升高温度正反应速率增大，逆反应速率也增大且增加的倍数更大
C. 升高温度化学平衡常数K增大
D. 升高温度CH4的产率降低
【答案】C
【解析】
【详解】A．若平衡后将温度从300℃升至400℃，保持其他条件不变，反应重新达到平衡时，CO2的体积分数增加，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则该反应的ΔH＜0，故A正确；
B．升高温度正反应速率增大，逆反应速率也增大，根据A选项分析，平衡逆向移动，说明逆反应速率增加的倍数更大，故B正确；
C．由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，故C错误；
D．升高温度，平衡逆向移动，则CH4的产率降低，故D正确。
综上所述，答案为C。
7. 某汽车尾气净化装置可使有毒气体CO、NO2在一定条件下发生反应4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH=−1200 kJ∙mol−1，从而转化为无毒气体。温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图示变化关系不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率增大，该反应是放热反应，平衡逆向移动，故A正确；
B．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2体积分数增大，画一条与y轴相平的平行线，压强相同，从下到上，温度降低，平衡正向移动，CO2体积分数增大，故B正确；
C．根据先拐先平衡数字大，得出T2＞T1，从下到上，温度降低，平衡正向移动，NO2转化率增大，故C正确；
D．温度升高，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D错误。
综上所述，答案为D。
8. 下列实验所得结论错误的是
选项
实验
结论
A
将0.1 mol∙L−1氨水稀释成0.01 mol∙L−1，测得pH由11.1变成10.6
稀释后，NH3·H2O的电离程度减小
B
室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大
酸性：HClO＜CH3COOH
C
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅
证明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的
D
在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol∙L−1 KI溶液，生成黄色沉淀
同温下溶解度：AgCl＞AgI
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将0.1 mol∙L−1氨水稀释成0.01 mol∙L−1，测得pH由11.1变成10.6，则稀释后，平衡又正向移动，NH3·H2O又电离，因此NH3·H2O的电离程度增大，故A错误；
B．根据对应的酸越弱，其水解程度越大，室温下，用pH计分别测定同浓度的NaClO和CH3COONa溶液的pH，NaClO溶液pH大，则说明酸性：HClO＜CH3COOH，故B正确；
C．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明碳酸根被钡离子沉淀，碳酸根浓度减小，证明纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起的，故C正确；
D．在AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol∙L−1 KI溶液，生成黄色沉淀AgI，说明同温下溶解度：AgCl＞AgI，故D正确。
综上所述，答案为A。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 下列各组离子在相应条件下可能大量共存的是
A. 能使pH试纸变蓝的溶液中：CO、K+、Cl－、Na+
B. 由水电离产生的c(H+)=1×10−10mol∙L−1的溶液中：NO、Mg2+、Na+、SO
C. 在=1×1010的溶液中：NH、Fe2+、Cl－、NO
D. 加水稀释pH增大的溶液：Na+、K+、Cl－、CO
【答案】AB
【解析】
【详解】A．能使pH试纸变蓝的溶液，说明溶液显碱性，OH－、CO、K+、Cl－、Na+都大量共存，故A符合题意；
B．由水电离产生的c(H+)=1×10−10mol∙L−1的溶液，抑制水的的电离，说明该溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液；NO、Mg2+、Na+、H+、SO能大量共存，故B符合题意；
C．在=1×1010的溶液，说明溶液显碱性，OH－与NH、Fe2+反应不能共存，故C不符合题意；
D．加水稀释pH增大的溶液，说明是酸性溶液，H+与CO反应不能共存，故D不符合题意；
综上所述，答案为AB。
10. 利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)⇌N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100 kPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞至一定位置，并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是
A. t1时刻的操作是向内推活塞
B. E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小
C. E、H两点对应的正反应速率大小为v(H)>v(E)
D. B、E两点气体的平均相对分子质量大小为M(B)>M(E)
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A. 由图可知，t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明的操作是向外拉活塞，A错误；
B.由图可知，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明迅速移动活塞使针筒体积减小，并保持活塞位置不变后，体系因体积减小而压强增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，则E点到H点的过程中，二氧化氮的物质的量是一个减小过程，故B错误；
C.对于有气体参加的反应，压强越大反应速率越大，由图可知，H点压强大于E点，则反应速率vH＞vE，故C正确；
D.由图可知，B到E的过程为压强减小的过程，减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，即MB＞ME，故D正确；
答案选CD。
11. 工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物质用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，下列说法正确的是
A. 温度较低时不利于该反应自发进行
B. 决速步骤的能垒(活化能)为53.6kJ/mol
C. 过渡态II的稳定性小于过渡态V
D. 由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程要释放能量，断裂极性共价键
【答案】AC
【解析】
【详解】A．通过图中信息CH3OH*和CO*+2H2(g)的相对能量得到该反应是吸热反应，反应气体增多，熵变增大，根据自由能得到该反应在较高温度下能自发进行，因此温度较低时不利于该反应自发进行，故A正确；
B．决速步骤的能垒(活化能)最大的阶段即过渡态V，活化能为179.6kJ/mol，故B错误；
C．过渡态II相对能量比过渡态V相对能量高，根据能量越低越稳定，因此过渡态II稳定性小于过渡态V，故C正确；
D．由CH3OH*(g)经过渡态I生成CH3O*+H*的过程断裂极性共价键，要吸收能量，故D错误。
综上所述，答案为AC。
12. 已知：H2R为二元弱酸，25°C时，在一定体积某浓度的H2R溶液中逐渐加入NaOH固体(忽略溶液体积的变化)，H2R、HR-、R2-三者物质的量浓度随溶液pH变化的关系如图所示，下列叙述错误的是
A. H2R一级电离平衡常数KR1=10-1.3
B. 等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，所得溶液能促进水的电离
C. pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D. 等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1：2混合，所得溶液呈酸性
【答案】B
【解析】
【分析】H2R为二元弱酸，电离方程式为H2RHR-+H+，HR-R2-+H+，根据图像，随着溶液pH的增大，H2R的浓度逐渐减小，HR-的浓度逐渐增大，即①为H2R的浓度的变化曲线，②为HR-的浓度的变化曲线，随着溶液pH的进一步增大，HR-的浓度逐渐减小，R2-逐渐增大，则③为R2-浓度的变化曲线，据此分析解答。
【详解】A．H2R的第一步电离方程式为H2RHR-+H+，根据图像，当pH=1.3时，H2R、HR-的浓度相等，即c(HR-)=c(H2R)则Ka1=，故A正确；
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，所得溶液溶质为NaHR，根据图像HR-的电离常数Ka2=10-4.3大于水解=10-12.7，电离为主，抑制水的电离，故B错误；
C．根据图像，在pH=4.3时，c(HR-)=c(R2-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)=c(OH-)+3c(R2-)，故C正确；
D．由选项B中1:1混合显酸性，1:2混合时酸更多，故显酸性，故D正确；
故选B。
三、非选择题：共5题，共60分
13. I.已知：①2Cu2S(s)+3O2(g)=2Cu2O(s)+2SO2(g) ΔH=−768.2 kJ∙mol−1
②2Cu2O(s)+Cu2S(s)=6Cu(s)+SO2(g) ΔH=+116.0 kJ∙mol−1
（1）则Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) ΔH=_______。
II.如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸；A、B均为铂片，压在滤纸两端；R、S为电源的电极；M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极：G为电流计；K为开关；C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K打开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。
回答下列问题：
（2）R为_______(填“正”或“负”)极。
（3）通电一段时间后，M极附近溶液的pH_______(填“变大”、“变小”或“不变”)；B极区的电极反应式为_______。
（4）滤纸上的紫色点向_______(填“A”或“B”)方向移动。
（5）通电一段时间后，C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极反应式为_______。
【答案】（1）−217.4 kJ∙mol−1
（2）负 （3） ①. 变大 ②. 4OH－−4e－=2H2O+O2↑或2H2O−4e－=O2↑+4H+
（4）B （5）H++2OH－−2e－=2H2O
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律方程式①加上方程式②的和除以3得到Cu2S(s)+O2(g)=2Cu(s)+SO2(g) ΔH=−217.4 kJ∙mol−1；故答案为：−217.4 kJ∙mol−1。
【小问2详解】
根据M、N是用多微孔的Ni制成的电极，C、D和电解池中都充满浓KOH溶液，接通电源一段时间后C、D中有气体产生，根据C产生的气体比D多，说明C生成的是氢气，M为阴极，则R为负极，S为正极；故答案为：负。
【小问3详解】
通电一段时间后，M极产生氢气，剩余氢氧根，氢氧根浓度增大，因此附近溶液的pH变大；B极是阳极，是水电离出的氢氧根失去电子生成氧气和水，其电极反应式为4OH－−4e－=2H2O+O2↑或2H2O−4e－=O2↑+4H+；故答案为：变大；4OH－−4e－=2H2O+O2↑或2H2O−4e－=O2↑+4H+。
【小问4详解】
根据电解池异性相吸得到滤纸上的紫色点向阳极即B方向移动；故答案为：B。
【小问5详解】
通电一段时间后，C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，C、D中的气体逐渐减少，形成了H2−O2−KOH燃料电池，C中是氢气，是燃料，作负极，其电极反应式为H++2OH－−2e－=2H2O；故答案为：H++2OH－−2e－=2H2O。
14. 高纯硫酸锰是合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。
已知：①“滤渣1”含有S和SiO2；
②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
回答下列问题：
（1）“氧化”中添加适量MnO2的作用是_______。
（2）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，则“滤渣3”的主要成分是_______(写化学式)。
（3）“除杂2”的目的是除去Mg2+。若1L溶液中Mg2+的初始浓度为0.1mol/L，现欲将Mg2+沉淀完全(即剩余离子浓度小于1×10-5mol/L)，则至少需要加入MnF2固体_______mol(忽略加入固体时溶液体积的变化)。(已知：Ksp(MgF2)=4.0×10-9；MnF2为易溶的强电解质。)
（4）写出“沉锰”的离子方程式_______。
II.一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压(P0)密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：
（5）650°C时，反应达平衡后CO2的转化率为_______。
（6）T°C时该反应的平衡常数Kp=_______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)
【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+
（2）NiS、ZnS （3）0.11
（4）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（5）25% （6）1/2P0
【解析】
【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)和MnO2粉加入稀硫酸，二氧化锰粉和硫化锰矿生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰；
【小问1详解】
“氧化”中添加适量的MnO2发生反应的离子方程式：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+；
【小问2详解】
“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS；
【小问3详解】
若1L溶液中Mg2+的初始浓度为0.1mol/L，现欲将Mg2+沉淀完全(即剩余离子浓度小于1×10-5mol/L 时)，则需要加入的MnF2固体至少达到
，则，另外沉淀0.1mol/L的Mg2+需0.2mol/L的F-，总共需要，则需要加入的MnF2固体至少达到mol；
【小问4详解】
“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式：Mn2＋＋2HCO=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；
【小问5详解】
设CO2浓度变化为x
，
×100%=40.0%，解得x=0.25mol·L-1，即CO2的转化率为×100%=25%；
【小问6详解】
T℃时，CO的平衡分压为50%p0，CO2的分压为50%p0，Kp==0.5p0。
15. I.醋酸是一种常见的弱酸，回答下列问题：
（1）下列措施可以使醋酸溶液中CH3COOH电离程度增大的是_______(填字母序号)。
A. 升温 B. 通入HCl气体
C. 加入NaOH固体 D. 加入NaHSO4固体
（2）用0.1 mol∙L−1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol∙L−1的盐酸和醋酸溶液，滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积变化的曲线如图。请回答：
滴定盐酸的曲线是_______(填“I”或“II”)；M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______。
II.国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g∙L−1。某兴趣小组用图1所示装置(夹持装置已略去)收集某葡萄酒中的SO2，然后对其含量进行测定。
（3）向B中加入300.00mL葡萄酒和适量稀硫酸，加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应，C中反应离子方程式为_______。
（4）除去C中剩余的H2O2，然后用0.0900 mol∙L−1的NaOH标准溶液进行滴定，NaOH标准溶液应盛装在图2中的_______(填“①”或“②”)中；如用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象B为_______。
（5）滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为_______g·L-1。
【答案】（1）AC （2） ①. II ②. c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
（3）SO2+H2O2=2H++SO
（4） ①. ② ②. 当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色
（5）0.24
【解析】
【小问1详解】
A．升温，平衡正向移动，电离程度增大，故A符合题意；B．通入HCl气体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故B不符合题意；C．加入NaOH固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，电离程度增大，故C符合题意；D．加入NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。
【小问2详解】
浓度均为0.1 mol∙L−1的盐酸和醋酸溶液，醋酸部分电离，氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，盐酸pH值比醋酸pH值小，因此滴定盐酸的曲线是II；M点对应的溶液中溶质为醋酸和醋酸钠且浓度相等，溶液显酸性，说明醋酸电离大于醋酸根水解程度，因此各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；故答案为: c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)。
【小问3详解】
(3)加热使SO2全部逸出，并与C中H2O2完全反应生成硫酸，C中反应的离子方程式为SO2+H2O2=2H++SO；故答案为：SO2+H2O2=2H++SO。
【小问4详解】
NaOH溶液显碱性，应装在碱式滴定管中，因此NaOH标准溶液应盛装在图2中的②中；如用酚酞作指示剂，开始溶液为无色，则滴定终点的现象B为当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；故答案为：②；当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色。
【小问5详解】
根据SO2～H2SO4～2NaOH，滴定测得，消耗NaOH标准溶液25.00mL，则该葡萄酒中SO2的含量为；故答案为：0.24。
16. 钛及其化合物作用重要，尤其氧化钛、四氧化钛、钛酸钡等应用更广。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价层电子排布式为_______。
（2） 二氧化钛是世界上最白的物质，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得雪白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中核外电子占据的原子轨道数为_____个。
（3）四氯化钛是种有趣的液体，在潮湿空气中水解生成白色的二氧化钛水凝胶，军事上利用四氯化钛的这种“怪脾气”制造烟雾剂。写出四氯化钛水解的化学方程式_______。
（4）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。LiBH4由Li+和BH构成，其中BH的空间构型为_______；B原子的杂化轨道类型为_______。
（5）Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据如下：
元素
Mn
Fe
电离能/kJ∙mol−1
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
锰元素位于第_______周期_______族_______区；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是_______。
【答案】（1）3d24s1
（2）9 （3）TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑
（4） ①. 正四面体形 ②. sp3
（5） ①. 四 ②. VIIB ③. d ④. Mn2+的价层电子排布式为3d半充满较稳定，如再失去一个电子，需要的能量高，较困难；而Fe2+价层电子排布式为3d6，再失去一个电子易变为较稳定的3d5半充满状态
【解析】
【小问1详解】
钛是22号元素，其基态钛原子的价层电子排布式为3d24s1；故答案为：3d24s1。
【小问2详解】
基态Ti核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti4+核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，则基态Ti4+中核外电子占据的原子轨道数为9个；故答案为：9。
【小问3详解】
四氯化钛在潮湿空气中水解生成白色的二氧化钛水凝胶和HCl气体，则四氯化钛水解的化学方程式TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑；故答案为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑。
【小问4详解】
BH中B的价层电子对数为，其BH空间构型为正四面体形；B原子的杂化轨道类型为sp3；故答案为：正四面体形；sp3。
【小问5详解】
Mn是25号元素，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，锰元素位于第四周期VIIB族，位于d区；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是Mn2+的价层电子排布式为3d半充满较稳定，如再失去一个电子，需要的能量高，较困难；而Fe2+价层电子排布式为3d6，再失去一个电子易变为较稳定的3d5半充满状态；故答案为：四；VIIB；d；Mn2+的价层电子排布式为3d半充满较稳定，如再失去一个电子，需要的能量高，较困难；而Fe2+价层电子排布式为3d6，再失去一个电子易变为较稳定的3d5半充满状态。
17. 回答下列问题：
（1）基态Cr原子外围电子排布图为_______；核外有_______种不同运动状态的电子。
（2）CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是_______分子(极性或非极性)外，还因为_______。
（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的实例如图所示。化合物甲分子中采取sp2方式杂化的碳原子个数为_______；化合物乙中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（4）一种常用麻醉剂氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒光气(COCl2)：2CHCl3+O2→2HCl+2COCl2，其中光气(COCl2)分子的立体构型为_______。
（5）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。
该分子中含有_______个σ键。
【答案】（1） ①. ②. 24
（2） ①. 极性 ②. H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键
（3） ①. 7 ②. O＞N＞C＞H或ONCH
（4）平面三角形 （5）32
【解析】
【小问1详解】
Cr是24号元素，基态Cr价层电子排布式为3d54s1，基态Cr原子外围电子排布图为 ；一个电子就是一种运动状态，因此Cr核外有24种不同运动状态的电子；故答案为： ；24。
【小问2详解】
CH3CH2OH与H2O都不是中心对称，O电负性大，易形成分子间氢键，CH3CH2OH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键；故答案为：极性；H2O与CH3CH2OH分子间能形成氢键。
【小问3详解】
化合物甲分子苯环上的碳原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，羰基上的碳原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，因此化合物甲分子中采取sp2方式杂化的碳原子个数为7；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，则化合物乙中各元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；故答案为：7；O＞N＞C＞H或ONCH。
【小问4详解】
光气(COCl2)分子中碳原子价层电子对数为，其分子的立体构型为平面三角形；故答案为：平面三角形。
【小问5详解】
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