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2021-2022学年北京市石景山区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市石景山区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了1ml/L氨水溶液pH<13B，6×10−24≈1，【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市石景山区高二（上）期末化学试卷
1. 下列能级符号正确的是( )
A. 6s B. 2d C. 1p D. 3f
2. 下列物质属于强电解质的是( )
A. NH3⋅H2O B. Ba(OH)2 C. CH3COOH D. HF
3. 下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是( )
A. 用Zn粉代替Zn粒 B. 滴加少量的CuSO4溶液
C. 升高温度 D. 再加入1mol/LCH3COOH溶液
4. 下列事实可以证明一水合氨是弱碱的是( )
A. 常温下，0.1mol/L氨水溶液pH<13 B. 0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红
C. 氨水与Al3+盐反应生成Al(OH)3 D. 氨水的导电性比NaOH溶液弱
5. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是( )
A. 0.1mol/LNH4Cl溶液 B. 0.1mol/L盐酸
C. pH=2NaHSO4溶液 D. pH=12氨水
6. 下列说法或化学用语的使用正确的是( )
A. 构造原理呈现的能级交错源于光谱学实验
B. 符号为M的能层最多容纳的电子数为32个
C. 基态碳原子的价电子轨道表示式：
D. 24Cr的原子核外电子排布式：[Ar]3d44s2
7. X、Y、Z、W为短周期元素，X2−和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。下列说法不正确的是( )
A. 离子半径Z>X>Y B. 第一电离能：Y
8. NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如图。下列说法正确的是( )
A. 图①中，a离子为Na+，b离子为Cl−
B. 通电后，NaCl发生电离
C. 图②表示通电后，离子定向移动，推测X为电源正极
D. 金属导电是物理变化，电解质溶液导电也是物理变化
9. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 碳酸显酸性：H2CO3=2H++CO32−
B. 碳酸钠溶液显碱性：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D. “84消毒液”中加少量醋增强漂白性：ClO−+H+=HClO
10. 常温下，1mol化学键形成(或断裂)的能量变化用E表示。下列说法不正确的是( )
化学键
H−H
Cl−Cl
H−Cl
E/(mol/L)
436
243
431
A. 1molH−Cl化学键的形成，放出431kJ的能量
B. H2和Cl2反应生成HCl的过程中，非极性键断裂，极性键形成
C. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−248kJ/mol
D. 1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量高于2molHCl(g)的总能量
11. 一定温度下的某恒容密闭容器中发生下列反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)ΔH>0。下列有关该反应的描述正确的是( )
A. 容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态
B. 当CO2的生成速率等于CO的生成速率时，反应一定处于平衡状态
C. 其它条件不变，降低温度有利于提高CO2转化率
D. 增加C(s)的质量，促进平衡向正反应方向移动
12. 元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系：
已知：Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+。下列判断不正确的是( )
A. 反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质
B. 反应②KCrO2表现出还原性
C. 反应①③的化合价均没有发生变化
D. 反应③的颜色变化是由化学平衡移动引起的，则试剂A可以是NaOH溶液
13. 向H2O2溶液中加入少量KI溶液，反应历程是：
i.H2O2+I−=H2O+IO−；
ii.H2O2+IO−=H2O+O2↑+I−
H2O2分解反应过程中不加KI溶液和加入KI溶液的能量变化如图所示。下列判断不正确的是( )
A. KI是H2O2分解的催化剂 B. 曲线②代表加入KI的能量图
C. KI能增大H2O2的分解速率 D. 反应i是放热反应，反应ii是吸热反应
14. 某小组同学进行如图实验探究：
已知：1.6×10−24≈1.26×10−12，常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如表：
难溶电解质
颜色
Ksp
ZnS
白色
1.6×10−24
CuS
黑色
1.3×10−36
FeS
黑色
6.3×10−18
下列说法中，不正确的是( )
A. ①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓
B. a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)
C. 实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D. 若在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，白色沉淀可以转化为黑色沉淀
15. 根据信息回答下列问题：
Ⅰ.元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出10种元素的电负性：
元素
Al
Be
Mg
C
Cl
Na
Li
N
Si
O
H
电负性
1.5
1.5
2.5
3.0
0.9
1.0
3.0
1.8
3.5
2.1
已知：
i.两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。
ii.在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物M−O−H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH−或H+。
(1)通过分析电负性的变化规律，确定Mg元素电负性的最小范围 ______。
(2)判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
A.Li3N
B.BeCl2
C.AlCl3
D.SiC
①属于离子化合物的是 ______(填字母)。
②请设计实验方案证明其为离子化合物 ______。
(3)HClO水溶液显酸性而不显碱性的依据是 ______。
Ⅱ.元素原子的第一电离能I1随原子序数呈周期性变化，请解释：
(4)Na的第一电离能小于Li，从原子结构的角度解释其原因 ______。
(5)S的第一电离能小于P，结合价电子排布式解释其原因 ______。
16. 电化学原理在能量转换、物质合成、防止金属腐蚀等方面应用广泛。
(1)图1是常见电化学装置图。
①负极材料为Zn，其在此装置中的作用是 ______。
②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，电流计指针也发生偏转，推测：其中一个为原电池，一个为电解池，写出a端发生的电极反应 ______。
(2)图2是氯碱工业电解饱和NaCl溶液的示意图。
①电解饱和NaCl溶液的离子方程式是 ______。
②NaOH溶液从 ______(填b或c)口导出。结合化学用语解释NaOH在此区域生成的原因 ______。
③电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2∼3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用。
(3)图3探究金属Fe是否腐蚀的示意图。
在培养皿中加入一定量的琼脂和饱和NaCl溶液混合，滴入5∼6滴酚酞溶液，混合均匀，将缠有铜丝的铁钉放入培养皿中。溶液变红的部位为 ______端(填“左”或“右”)，结合化学用语解释变红的原因 ______。
17. 强弱电解质在水中的行为是不同的。
(1)醋酸在水中的电离方程式为 ______。
(2)室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液，滴定曲线如图所示。
①Ⅱ表示滴定的 ______曲线(填“盐酸”或“醋酸”)。
②当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是 ______(填“盐酸”或“醋酸”)。
③当V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 ______。
④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是 ______(填序号)。
A.碱式滴定管
B.锥形瓶
C.容量瓶
D.玻璃棒
18. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨有广泛的应用。已知：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=−akJ⋅mol−1
O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)ΔH2=−bkJ⋅mol−1
(1)有研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在特殊催化剂表面与H2O反应可生成NH3。则由N2与H2O反应生成NH3的热化学方程式是 ______。
(2)工业上主要以N2(g)、H2(g)为原料气合成NH3。
①将物质的量之比为1：3的N2和H2充入2L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质
N2
H2
NH3
平衡时物质的量/mol
0.2
0.6
0.2
该条件下H2的转化率为 ______，平衡常数K=______(可用分数表示)。
②若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，起始时反应进行的方向为 ______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质
N2
H2
NH3
起始浓度(mol/L)
0.5
1.5
0.5
③L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。图1表示L一定时，合成氨反应中H2(g)的平衡转化率随X的变化关系。
i.X代表的物理量是 ______。
ii.判断L1、L2的大小关系，并简述理由______。
(3)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图2所示，则a极的电极反应式为 ______。
19. 为研究FeCl3溶液的性质，某小组同学进行了如下探究实验。
Ⅰ.FeCl3溶液与碱、盐的反应
(1)①中主要发生了沉淀的转化，用离子反应方程式表示为 ______。
(2)对于反应②，同学认为其反应原理为“物质间发生互相促进的水解”，离子反应方程式为 ______。有同学提出沉淀中可能还有碳酸盐，将沉淀过滤、洗涤后取样，______，证明沉淀中含有碳酸盐。
Ⅱ.FeCl3溶液与足量锌粉反应的探究
小组同学进行如下实验探究，操作及现象如下：
操作
现象
向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol⋅L−1的FeCl3溶液，搅拌，充分反应
溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体
集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑
(3)结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因 ______。
(4)用离子方程式表示溶液为浅绿色的原因 ______。
(5)分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。
i.黑色固体可以被磁铁吸引；
ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸并加热，产生大量气泡；
iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。
a.黑色固体中一定含有的物质是 ______。
b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、每个能层都会从s能级开始，所以6s合理，故A正确；
B、第二能层有s、p能级，2d不存在，故B错误；
C、第一能层只有s一个能级，1p不存在，故C错误；
D、第三能层有s、p、d三个能级，3f不存在，故D错误。
故选A。
A、各个能层都有s能级；
B、第二能层只有s、p两个能级；
C、第一能层只有s能级；
D、第三能层有s、p、d三个能级．
本题考查样子核外电子排布，每个能层具有一定的能级，属于基础知识的考查．
2.【答案】B
【解析】解：A.NH3⋅H2O为化合物，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故A不选；
B.氢氧化钡为化合物，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B选；
C.醋酸为化合物，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故C不选；
D.HF为化合物，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故D不选；
故选：B。
强电解质：在水溶液中能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离的化合物，据此判断解答。
本题考查了物质分类，熟悉电解质和非电解质、强电解质和弱电解质概念是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故A不选；
B.滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故B不选；
C.升高温度，反应速率加快，故C不选；
D.再加入1mol/LCH3COOH溶液，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，且导致溶液被稀释，反应速率减小，故D选；
故选：D。
升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答。
本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，把握常见的外因对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意浓硫酸与Zn反应不生成氢气，题目难度不大．
4.【答案】A
【解析】解：A.一水合氨不能完全电离，则0.1mol/L氨水溶液中电离出c(OH−)<0.1mol/L，溶液下溶液pH<13，可证明一水合氨为弱碱，故A正确；
B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，可知氨水溶液显碱性，不能证明一水合氨是否为弱碱，故B错误；
C.氨水与铝盐反应生成Al(OH)3，可知铝盐与碱反应，不能证明一水合氨是否为弱碱，故C错误；
D.可能氨水的浓度小，导电性弱，应测定等浓度的溶液的导电性比较，故D错误；
故选：A。
A.一水合氨不能完全电离，则0.1mol/L氨水溶液中电离出c(OH−)<0.1mol/L；
B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，可知氨水溶液显碱性；
C.氨水与铝盐反应生成Al(OH)3，可知铝盐与碱反应；
D.可能氨水的浓度小，导电性弱。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握碱的性质、弱碱电离的不完全性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.NH4Cl溶液是可以发生水解，促进水的电离的，电离程度最大，故A错误；
B.0.1mol⋅L−1HCl溶液，c水(H+)=c溶液(OH−)=10−1410−1=10−13mol⋅L−1；
C.pH=2的NaHSO4溶液，c溶液(H+)=10−2mol⋅L−1，则c溶液(OH−)=Kwc溶液(H+)=10−1410−2mol/L=10−12mol⋅L−1；
D.pH=12的氨水，c溶液(H+)=10−11mol⋅L−1=c水(H+)；
比较判断得到，水的电离程度最小的是B，
故选：B。
水的电离平衡：H2O⇌H++OH−中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH−)的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，温度一定水溶液中存在离子积常数，25℃时，Kw=10−14，据此计算溶液中水电离出的氢离子浓度或氢氧根离子浓度来比较判断水的电离程度。
本题考查水的电离，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，注意离子积常数与溶液酸碱性无关，与温度有关，为易错点，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.以光谱学事实为基础，从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入能级的顺序称为构造原理，故A正确；
B.符号为M的能层序号为3，最多容纳的电子数为2×32=18个，故B错误；
C.基态碳原子的价电子为2s22p2，轨道表示式为，故C错误；
D. 24Cr的原子核外有24个电子，排布式为[Ar]3d54s1，故D错误；
故选：A。
A.构造原理是以光谱学事实为基础的；
B.每个能层容纳的电子数为2n2；
C.洪特规则是当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同；
D. 24Cr为24号元素，据此书写。
本题考查核外电子排布，比较基础，侧重对基础知识巩固，注意对掌握的全面掌握，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为Na、Z为S、W为Cl，
A.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Z>X>Y，故A正确；
B.同周期主族元素从左向右第一电离能减小，且半满、全满为稳定结构，则第一电离能：Y
D.X、Y、Z、W核电荷数分别为8、11、16、17，逐渐增大，故D正确；
故选：C。
X、Y、Z、W为短周期元素，X2−和Y+核外电子排布相同，可知X为O、Y为Na；X、Z位于同一主族，Z为S，Y、Z、W位于同一周期，均为第三周期元素，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和，W的最外层电子数为6+1=7，W为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布、元素的位置、最外层电子数关系来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.r(Na+)
C.通电后，阴离子向正极移动、阳离子向负极移动，b离子为Na+，a离子为Cl−，图②表示通电后，根据离子移动方向知，X为电源正极，故C正确；
D.电解质溶液导电发生电解，有氧化还原反应发生，属于化学变化，金属导电是电子定向移动，属于物理变化，故D错误；
故选：C。
A.r(Na+)
C.通电后，阴离子向正极移动、阳离子向负极移动；
D.电解质溶液导电发生电解，金属导电是电子定向移动；
本题以NaCl固体在水溶液中电离为载体考查电解质的电离、电解原理、化学变化等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质电离特点、电解原理、化学变化概念是解本题关键，D为解答易错点。
9.【答案】B
【解析】解：A.碳酸是弱酸，在水溶液中部分电离，显酸性的原因是H2CO3⇌H++HCO3−，HCO3−⇌H++CO32−，故A错误；
B.碳酸钠的水溶液显碱性是因为碳酸根离子会发生水解，离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B正确；
C.用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D.“84消毒液”中加少量醋增强漂白性，离子方程式是ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，故D错误，
故选：B。
A.碳酸是弱酸，在水溶液中部分电离；
B.碳酸钠水溶液，碳酸根离子分步水解显碱性；
C.铁离子和Cu发生氧化还原反应，该离子方程式电荷不守恒；
D.醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，不能拆开。
本题主要考查离子方程式的书写与判断，其中涉及到酸根的水解和弱电解质的电离等，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.根据表格数据可知，1molH−Cl化学键的形成，放出431kJ的能量，故A正确；
B.H2和Cl2反应生成HCl的过程中，断裂H−H键和Cl−Cl键，形成H−Cl，即涉及非极性键断裂，极性键形成，故B正确；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(436+243)kJ/mol−2×431kJ/mol=−183kJ/mol，故C错误；
D.由C可知，该反应为放热反应在，则1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量高于2molHCl(g)的总能量，故D正确；
故选：C。
A.形成化学键放出能量；
B.H2和Cl2反应生成HCl的过程中，断裂H−H键和Cl−Cl键，形成H−Cl；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
D.当反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应。
本题考查化学反应能量变化，从宏观和微观理解化学反应能量变化的原因是解题的关键，此题难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应为气体总物质的量增大的反应，则容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态，故A正确；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态，则CO的生成速率等于CO2的生成速率的2倍时，达到平衡，故B错误；
C.焓变为正，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，故C错误；
D.加纯固体，不影响平衡移动，则增加C(s)的质量，平衡不移动，故D错误；
故选：A。
A.反应为气体总物质的量增大的反应；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态；
C.焓变为正，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动；
D.加纯固体，不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡判定的方法，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；
B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，KCrO2表现出还原性，故B正确；
C.Cr2O3、KCrO2中Cr元素的化合价均为+3价，K2CrO4、K2Cr2O7中Cr元素化合价均为+6价，反应①③的化合价均没有发生变化，故C正确；
D.反应③中发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙红色，故D错误；
故选：D。
A.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B.反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；
C.Cr2O3、KCrO2中Cr元素的化合价均为+3价，K2CrO4、K2Cr2O7中Cr元素化合价均为+6价；
D.反应③中发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O。
本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.碘离子在反应i被消耗，在反应ii生成，则KI是H2O2分解的催化剂，故A正确；
B.催化剂能降低反应的活化能，则曲线②代表加入KI的能量图，故B正确；
C.催化剂可以加快反应速率，则KI能增大H2O2的分解速率，故C正确；
D.由图可知，反应i生成物的总能量高于反应总能量，则反应i是吸热反应，反应ii生成物的总能量低于反应总能量，则反应ii是吸热反应，故D错误；
故选：D。
A.碘离子在反应i被消耗，在反应ii生成；
B.催化剂能降低反应的活化能；
C.催化剂可以加快反应速率；
D.生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反。
题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.①中硫酸锌溶液和硫化钠溶液生成了硫化锌沉淀，故A正确；
B.根据实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−，即a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，故B正确；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+，离子方程式不同，故C错误；
D.根据表格中数据，在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24≈1.26×10−12，c(Fe2+)=0.1mol/L，Q=c(S2−)c(Fe2+)=1.26×10−13>Ksp(FeS)，故白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确；
故选：C。
A.①中硫酸锌溶液和硫化钠溶液生成了硫化锌沉淀；
B.根据实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+；
D.根据表格中数据，在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24≈1.26×10−12，c(Fe2+)=0.1mol/L，Q=c(S2−)c(Fe2+)=1.26×10−13>Ksp(FeS)。
本题考查了溶度积常数的计算以及物质的量浓度的有关计算，侧重考查学生的分析、计算能力的考查，题目较为综合，充分理解Ksp的概念是解题的关键，难度不大。
15.【答案】0.9∼1.5A测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物 元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性 Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na
(2)①A.Li元素和N元素的电负性之差为3.0−1.0=2.0>1.7，所以为离子化合物；
B.Be元素和Cl元素的电负性之差为3.0−1.5=1.5<1.7，为共价化合物；
C.Al元素和Cl元素的电负性之差为3.0−1.5=1.5<1.7，为共价化合物；
D.Si元素和C元素的电负性之差为2.5−1.8=0.7<1.7，为共价化合物；
故答案为：A；
②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导电，而共价化合物则不能，所以可以测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物，
故答案为：测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物；
(3)根据题给数据，元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性，
故答案为：元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性；
(4)越容易失去电子，电离能越小，Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na
故答案为：P原子的价电子排布式3s23p3，p轨道为半充满状态，相对稳定；S原子的价电子排布式3s23p4，更容易失去1个电子，使p轨道达到半充满状态。
(1)根据电负性的递变规律以及表格信息可推出Mg元素电负性的最小范围；；
(2)①根据两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键分析比较；
②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导电，而共价化合物则不能；
(3)根据题给数据，根据电负性差值进行分析；
(4)根据越容易失去电子，电离能越小分析；
(5)根据P原子和S原子的价电子排布式分析比较。
本题考查考查电离能、电负性的比较应用，把握元素的位置、性质、元素周期律、原子核外电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
16.【答案】做还原剂(或失电子)，失电子的场所，电子导体 Cu−2e−=Cu2+ 2Cl−+2H2O−−通电2OH−+Cl2↑+H2↑cc口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e−=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极，因此NaOH在c口导出 左 铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，使左端附近溶液c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性
【解析】解：(1)①在图1装置为原电池，Zn易失电子作负极发生氧化反应、电子经锌和导线流向Cu极，Cu作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，
故答案为：做还原剂(或失电子)，失电子的场所，电子导体；
②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，左边为原电池，Zn为负极，铜为正极；右边电解池，与负极相连的为阴极，a与正极相连的是阳极；a端发生的电极反应Cu−2e−=Cu2+，
故答案为：Cu−2e−=Cu2+；
(2)①图2是氯碱工业电解饱和NaCl溶液中，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠，电解时的总方程式为2Cl−+2H2O−−通电2OH−+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2Cl−+2H2O−−通电2OH−+Cl2↑+H2↑；
②由电源可知，与负极相连的为阴极，c口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e−=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，与正极相连的是阳极，阳极上是氯离子失电子生成氯气，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，阴极区生成氢氧化钠，
故答案为：C；c口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e−=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极，因此NaOH在c口导出；
③阳极产生的氯气，氯气能够溶于水，存在着下列平衡，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入盐酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用盐酸控制阳极的pH，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集；
(3)图3为吸氧腐蚀装置，铜丝一极为正极，氧气得电子和水反应生成OH−离子，铁钉一极为负极，铁失去电子发生氧化反应，溶液变红的部位为左端，
故答案为：左；铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，使左端附近溶液c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性。
(1)在图1装置中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，锌为负极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应；若用一根铜丝代替盐桥，则左侧为原电池，右侧为电解池，据此解答；
(2)电解饱和食盐水时，由电源可知，与负极相连的为阴极，与正极相连的是阳极，阳极上是氯离子失电子生成氯气，阴极上是氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，呈碱性，阳极生成的氯气能够溶于水，以此解答；
(3)图3构成了吸氧腐蚀的电化学腐蚀装置，铜丝一极为正极，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，铁钉一极为负极，铁失去电子发生氧化反应，据此解答。
本题主要考查了电化学及其应用，涉及到原电池的工作原理，活泼电极作阳极的电解池的工作原理，电解饱和食盐水和金属的电化学腐蚀等，为高考热点，难度中等，牢固掌握有关原电池和电解池的工作原理是解答本题的关键。
17.【答案】CH3COOH⇌CH3COO−+H+ 盐酸 盐酸 c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)AB
【解析】解：(1)醋酸为弱酸，不完全电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO−+H+，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+；
(2)①Ⅱ中未加NaOH时pH=1，且盐酸为强酸、醋酸为弱酸，0.1mol/L盐酸的pH=1，则Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，
故答案为：盐酸；
②若醋酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，为保证pH=7时，使醋酸剩余，则滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20mL，若盐酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成氯化钠，溶液显中性，pH=7，此时滴定盐酸消耗V(NaOH)等于20mL，故当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是盐酸，
故答案为：盐酸；
③V(NaOH)=10mL时，醋酸溶液中溶质为等量的醋酸、醋酸钠，醋酸电离显酸性，则c(H+)>c(OH−)，由电荷守恒可知c(Na+)c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；
④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是碱式滴定管和锥形瓶，
故答案为：AB。
(1)醋酸为弱酸，不完全电离；
(2)①Ⅱ中未加NaOH时pH=1，且盐酸为强酸、醋酸为弱酸；
②若醋酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，若盐酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成氯化钠，溶液显中性；
③V(NaOH)=10mL时，醋酸溶液中溶质为等量的醋酸、醋酸钠，醋酸电离显酸性，且溶液遵循电荷守恒；
④进行酸碱中和滴定实验时，待测液要装在锥形瓶中，还需要酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯。
本题考查了酸碱中和滴定等知识，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力，题目难度不大。
18.【答案】2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol13 10027 正向 温度 L2>L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率 2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O
【解析】解：(1)氮气与H2O反应生成NH3的方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)……①，O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)……②，由盖斯定律可知，2×①−3×②得出2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol，
故答案为：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol；
(2)①达到平衡时，生成NH3的物质的量为0.2mol，则消耗N2的物质的量为0.1mol，H2的物质的量为0.3mol，则起始时，通入N2的物质的量为(0.2+0.1)mol=0.3mol，H2的物质的量为(0.6+0.3)mol=0.9mol，则该条件下，H2的转化率为=0.3mol0.9mol=13；该条件下的该反应的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=(0.22)2(0.22)×(0.62)3=10027，
故答案为：13；10027；
②Q=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=0.520.5×1.53
③i.假设X为压强，合成氨是气体物质的量减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向进行，H2的平衡转化率增大，不符合图像，假设X为温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，H2的平衡转化率减小，符合图像，
故答案为：温度；
ii.在相同温度下，压强增大，平衡向正反应方向进行，H2转化率增大，即L2>L1，
故答案为：L2>L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率；
(3)根据装置图，NH3转化成N2，N的化合价升高，该电极为负极，即电极反应式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，
故答案为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O。
(1)氮气与H2O反应生成NH3的方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)……①，O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)……②，由盖斯定律可知，2×①−3×②得出2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)；
(2)①达到平衡时，生成NH3的物质的量为0.2mol，则消耗N2的物质的量为0.1mol，H2的物质的量为0.3mol，则起始时，通入N2的物质的量为(0.2+0.1)mol=0.3mol，H2的物质的量为(0.6+0.3)mol=0.9mol，可得该条件下H2的转化率，该条件下的该反应的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)；
②Q=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=0.520.5×1.53
ii.在相同温度下，压强增大，平衡向正反应方向进行；
(3)根据装置图，NH3转化成N2，N的化合价升高，该电极为负极。
本题考查化学平衡常数的计算及化学平衡移动原理、盖斯定律的计算应用等，知识点较多，综合性很强，难度中等，解题的关键是将化学基础知识灵活运用。
19.【答案】3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+ 3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，溶液温度升高，都会促进上述平衡正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀 2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+ Fe和Zn iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同
【解析】解：(1)根据题意加入FeCl3溶液后，Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3，离子反应方程式为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，
故答案为：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+；
(2)CO32−水解显碱性，Fe3+水解显酸性，二者相互促进，离子方程式为3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；碳酸盐可以和盐酸反应生成CO2气体，所以可以加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，证明有碳酸盐，
故答案为：3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；
(3)溶液中存在沉淀溶解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，同时反应放热，使溶液温度升高，都会促进上述平衡正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，溶液温度升高，都会促进上述平衡正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；
(4)反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液，反应的离子方程式为：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，
故答案为：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；
(5)i.黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，证明含有锌；iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，证明为金属锌；iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子；
a.由上述分析可知黑色固体中一定含有的物质是Fe和Zn，
故答案为：Fe和Zn；
b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是iii中若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，
故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同。
(1)根据题意加入FeCl3溶液后，Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3；
(2)CO32−水解显碱性，Fe3+水解显酸性，二者相互促进，碳酸盐可以和盐酸反应生成CO2气体，所以可以加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；
(3)溶液中存在沉淀溶解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，同时反应放热，使溶液温度升高；
(4)反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液；
(5)i.黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，证明含有锌；iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，证明为金属锌；iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子，据此分析解答。
本题考查物质的性质检验实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。
2021-2022学年北京市石景山区高二（上）期末化学试卷
1. 下列能级符号正确的是( )
A. 6s B. 2d C. 1p D. 3f
2. 下列物质属于强电解质的是( )
A. NH3⋅H2O B. Ba(OH)2 C. CH3COOH D. HF
3. 下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是( )
A. 用Zn粉代替Zn粒 B. 滴加少量的CuSO4溶液
C. 升高温度 D. 再加入1mol/LCH3COOH溶液
4. 下列事实可以证明一水合氨是弱碱的是( )
A. 常温下，0.1mol/L氨水溶液pH<13 B. 0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红
C. 氨水与Al3+盐反应生成Al(OH)3 D. 氨水的导电性比NaOH溶液弱
5. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是( )
A. 0.1mol/LNH4Cl溶液 B. 0.1mol/L盐酸
C. pH=2NaHSO4溶液 D. pH=12氨水
6. 下列说法或化学用语的使用正确的是( )
A. 构造原理呈现的能级交错源于光谱学实验
B. 符号为M的能层最多容纳的电子数为32个
C. 基态碳原子的价电子轨道表示式：
D. 24Cr的原子核外电子排布式：[Ar]3d44s2
7. X、Y、Z、W为短周期元素，X2−和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。下列说法不正确的是( )
A. 离子半径Z>X>Y B. 第一电离能：Y
8. NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如图。下列说法正确的是( )
A. 图①中，a离子为Na+，b离子为Cl−
B. 通电后，NaCl发生电离
C. 图②表示通电后，离子定向移动，推测X为电源正极
D. 金属导电是物理变化，电解质溶液导电也是物理变化
9. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 碳酸显酸性：H2CO3=2H++CO32−
B. 碳酸钠溶液显碱性：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−
C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
D. “84消毒液”中加少量醋增强漂白性：ClO−+H+=HClO
10. 常温下，1mol化学键形成(或断裂)的能量变化用E表示。下列说法不正确的是( )
化学键
H−H
Cl−Cl
H−Cl
E/(mol/L)
436
243
431
A. 1molH−Cl化学键的形成，放出431kJ的能量
B. H2和Cl2反应生成HCl的过程中，非极性键断裂，极性键形成
C. H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−248kJ/mol
D. 1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量高于2molHCl(g)的总能量
11. 一定温度下的某恒容密闭容器中发生下列反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)ΔH>0。下列有关该反应的描述正确的是( )
A. 容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态
B. 当CO2的生成速率等于CO的生成速率时，反应一定处于平衡状态
C. 其它条件不变，降低温度有利于提高CO2转化率
D. 增加C(s)的质量，促进平衡向正反应方向移动
12. 元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系：
已知：Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+。下列判断不正确的是( )
A. 反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质
B. 反应②KCrO2表现出还原性
C. 反应①③的化合价均没有发生变化
D. 反应③的颜色变化是由化学平衡移动引起的，则试剂A可以是NaOH溶液
13. 向H2O2溶液中加入少量KI溶液，反应历程是：
i.H2O2+I−=H2O+IO−；
ii.H2O2+IO−=H2O+O2↑+I−
H2O2分解反应过程中不加KI溶液和加入KI溶液的能量变化如图所示。下列判断不正确的是( )
A. KI是H2O2分解的催化剂 B. 曲线②代表加入KI的能量图
C. KI能增大H2O2的分解速率 D. 反应i是放热反应，反应ii是吸热反应
14. 某小组同学进行如图实验探究：
已知：1.6×10−24≈1.26×10−12，常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如表：
难溶电解质
颜色
Ksp
ZnS
白色
1.6×10−24
CuS
黑色
1.3×10−36
FeS
黑色
6.3×10−18
下列说法中，不正确的是( )
A. ①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓
B. a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)
C. 实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示
D. 若在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，白色沉淀可以转化为黑色沉淀
15. 根据信息回答下列问题：
Ⅰ.元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出10种元素的电负性：
元素
Al
Be
Mg
C
Cl
Na
Li
N
Si
O
H
电负性
1.5
1.5
2.5
3.0
0.9
1.0
3.0
1.8
3.5
2.1
已知：
i.两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。
ii.在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物M−O−H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH−或H+。
(1)通过分析电负性的变化规律，确定Mg元素电负性的最小范围 ______。
(2)判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
A.Li3N
B.BeCl2
C.AlCl3
D.SiC
①属于离子化合物的是 ______(填字母)。
②请设计实验方案证明其为离子化合物 ______。
(3)HClO水溶液显酸性而不显碱性的依据是 ______。
Ⅱ.元素原子的第一电离能I1随原子序数呈周期性变化，请解释：
(4)Na的第一电离能小于Li，从原子结构的角度解释其原因 ______。
(5)S的第一电离能小于P，结合价电子排布式解释其原因 ______。
16. 电化学原理在能量转换、物质合成、防止金属腐蚀等方面应用广泛。
(1)图1是常见电化学装置图。
①负极材料为Zn，其在此装置中的作用是 ______。
②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，电流计指针也发生偏转，推测：其中一个为原电池，一个为电解池，写出a端发生的电极反应 ______。
(2)图2是氯碱工业电解饱和NaCl溶液的示意图。
①电解饱和NaCl溶液的离子方程式是 ______。
②NaOH溶液从 ______(填b或c)口导出。结合化学用语解释NaOH在此区域生成的原因 ______。
③电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2∼3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用。
(3)图3探究金属Fe是否腐蚀的示意图。
在培养皿中加入一定量的琼脂和饱和NaCl溶液混合，滴入5∼6滴酚酞溶液，混合均匀，将缠有铜丝的铁钉放入培养皿中。溶液变红的部位为 ______端(填“左”或“右”)，结合化学用语解释变红的原因 ______。
17. 强弱电解质在水中的行为是不同的。
(1)醋酸在水中的电离方程式为 ______。
(2)室温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1mol/L的醋酸和盐酸溶液，滴定曲线如图所示。
①Ⅱ表示滴定的 ______曲线(填“盐酸”或“醋酸”)。
②当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是 ______(填“盐酸”或“醋酸”)。
③当V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 ______。
④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是 ______(填序号)。
A.碱式滴定管
B.锥形瓶
C.容量瓶
D.玻璃棒
18. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨有广泛的应用。已知：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=−akJ⋅mol−1
O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)ΔH2=−bkJ⋅mol−1
(1)有研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在特殊催化剂表面与H2O反应可生成NH3。则由N2与H2O反应生成NH3的热化学方程式是 ______。
(2)工业上主要以N2(g)、H2(g)为原料气合成NH3。
①将物质的量之比为1：3的N2和H2充入2L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质
N2
H2
NH3
平衡时物质的量/mol
0.2
0.6
0.2
该条件下H2的转化率为 ______，平衡常数K=______(可用分数表示)。
②若按以下浓度投料，其它反应条件与①相同，起始时反应进行的方向为 ______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质
N2
H2
NH3
起始浓度(mol/L)
0.5
1.5
0.5
③L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。图1表示L一定时，合成氨反应中H2(g)的平衡转化率随X的变化关系。
i.X代表的物理量是 ______。
ii.判断L1、L2的大小关系，并简述理由______。
(3)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图2所示，则a极的电极反应式为 ______。
19. 为研究FeCl3溶液的性质，某小组同学进行了如下探究实验。
Ⅰ.FeCl3溶液与碱、盐的反应
(1)①中主要发生了沉淀的转化，用离子反应方程式表示为 ______。
(2)对于反应②，同学认为其反应原理为“物质间发生互相促进的水解”，离子反应方程式为 ______。有同学提出沉淀中可能还有碳酸盐，将沉淀过滤、洗涤后取样，______，证明沉淀中含有碳酸盐。
Ⅱ.FeCl3溶液与足量锌粉反应的探究
小组同学进行如下实验探究，操作及现象如下：
操作
现象
向反应瓶中加入6.5g锌粉，然后加入50mL1.0mol⋅L−1的FeCl3溶液，搅拌，充分反应
溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体
集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑
(3)结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因 ______。
(4)用离子方程式表示溶液为浅绿色的原因 ______。
(5)分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。
i.黑色固体可以被磁铁吸引；
ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸并加热，产生大量气泡；
iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。
a.黑色固体中一定含有的物质是 ______。
b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、每个能层都会从s能级开始，所以6s合理，故A正确；
B、第二能层有s、p能级，2d不存在，故B错误；
C、第一能层只有s一个能级，1p不存在，故C错误；
D、第三能层有s、p、d三个能级，3f不存在，故D错误。
故选A。
A、各个能层都有s能级；
B、第二能层只有s、p两个能级；
C、第一能层只有s能级；
D、第三能层有s、p、d三个能级．
本题考查样子核外电子排布，每个能层具有一定的能级，属于基础知识的考查．
2.【答案】B
【解析】解：A.NH3⋅H2O为化合物，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故A不选；
B.氢氧化钡为化合物，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B选；
C.醋酸为化合物，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故C不选；
D.HF为化合物，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，故D不选；
故选：B。
强电解质：在水溶液中能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离的化合物，据此判断解答。
本题考查了物质分类，熟悉电解质和非电解质、强电解质和弱电解质概念是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故A不选；
B.滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故B不选；
C.升高温度，反应速率加快，故C不选；
D.再加入1mol/LCH3COOH溶液，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，且导致溶液被稀释，反应速率减小，故D选；
故选：D。
升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答。
本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，把握常见的外因对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意浓硫酸与Zn反应不生成氢气，题目难度不大．
4.【答案】A
【解析】解：A.一水合氨不能完全电离，则0.1mol/L氨水溶液中电离出c(OH−)<0.1mol/L，溶液下溶液pH<13，可证明一水合氨为弱碱，故A正确；
B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，可知氨水溶液显碱性，不能证明一水合氨是否为弱碱，故B错误；
C.氨水与铝盐反应生成Al(OH)3，可知铝盐与碱反应，不能证明一水合氨是否为弱碱，故C错误；
D.可能氨水的浓度小，导电性弱，应测定等浓度的溶液的导电性比较，故D错误；
故选：A。
A.一水合氨不能完全电离，则0.1mol/L氨水溶液中电离出c(OH−)<0.1mol/L；
B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，可知氨水溶液显碱性；
C.氨水与铝盐反应生成Al(OH)3，可知铝盐与碱反应；
D.可能氨水的浓度小，导电性弱。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握碱的性质、弱碱电离的不完全性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.NH4Cl溶液是可以发生水解，促进水的电离的，电离程度最大，故A错误；
B.0.1mol⋅L−1HCl溶液，c水(H+)=c溶液(OH−)=10−1410−1=10−13mol⋅L−1；
C.pH=2的NaHSO4溶液，c溶液(H+)=10−2mol⋅L−1，则c溶液(OH−)=Kwc溶液(H+)=10−1410−2mol/L=10−12mol⋅L−1；
D.pH=12的氨水，c溶液(H+)=10−11mol⋅L−1=c水(H+)；
比较判断得到，水的电离程度最小的是B，
故选：B。
水的电离平衡：H2O⇌H++OH−中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH−)的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，温度一定水溶液中存在离子积常数，25℃时，Kw=10−14，据此计算溶液中水电离出的氢离子浓度或氢氧根离子浓度来比较判断水的电离程度。
本题考查水的电离，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，注意离子积常数与溶液酸碱性无关，与温度有关，为易错点，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.以光谱学事实为基础，从氢开始，随核电荷数递增，新增电子填入能级的顺序称为构造原理，故A正确；
B.符号为M的能层序号为3，最多容纳的电子数为2×32=18个，故B错误；
C.基态碳原子的价电子为2s22p2，轨道表示式为，故C错误；
D. 24Cr的原子核外有24个电子，排布式为[Ar]3d54s1，故D错误；
故选：A。
A.构造原理是以光谱学事实为基础的；
B.每个能层容纳的电子数为2n2；
C.洪特规则是当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同；
D. 24Cr为24号元素，据此书写。
本题考查核外电子排布，比较基础，侧重对基础知识巩固，注意对掌握的全面掌握，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为Na、Z为S、W为Cl，
A.电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Z>X>Y，故A正确；
B.同周期主族元素从左向右第一电离能减小，且半满、全满为稳定结构，则第一电离能：Y
D.X、Y、Z、W核电荷数分别为8、11、16、17，逐渐增大，故D正确；
故选：C。
X、Y、Z、W为短周期元素，X2−和Y+核外电子排布相同，可知X为O、Y为Na；X、Z位于同一主族，Z为S，Y、Z、W位于同一周期，均为第三周期元素，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和，W的最外层电子数为6+1=7，W为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布、元素的位置、最外层电子数关系来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.r(Na+)
C.通电后，阴离子向正极移动、阳离子向负极移动，b离子为Na+，a离子为Cl−，图②表示通电后，根据离子移动方向知，X为电源正极，故C正确；
D.电解质溶液导电发生电解，有氧化还原反应发生，属于化学变化，金属导电是电子定向移动，属于物理变化，故D错误；
故选：C。
A.r(Na+)
C.通电后，阴离子向正极移动、阳离子向负极移动；
D.电解质溶液导电发生电解，金属导电是电子定向移动；
本题以NaCl固体在水溶液中电离为载体考查电解质的电离、电解原理、化学变化等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质电离特点、电解原理、化学变化概念是解本题关键，D为解答易错点。
9.【答案】B
【解析】解：A.碳酸是弱酸，在水溶液中部分电离，显酸性的原因是H2CO3⇌H++HCO3−，HCO3−⇌H++CO32−，故A错误；
B.碳酸钠的水溶液显碱性是因为碳酸根离子会发生水解，离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B正确；
C.用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；
D.“84消毒液”中加少量醋增强漂白性，离子方程式是ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，故D错误，
故选：B。
A.碳酸是弱酸，在水溶液中部分电离；
B.碳酸钠水溶液，碳酸根离子分步水解显碱性；
C.铁离子和Cu发生氧化还原反应，该离子方程式电荷不守恒；
D.醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，不能拆开。
本题主要考查离子方程式的书写与判断，其中涉及到酸根的水解和弱电解质的电离等，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.根据表格数据可知，1molH−Cl化学键的形成，放出431kJ的能量，故A正确；
B.H2和Cl2反应生成HCl的过程中，断裂H−H键和Cl−Cl键，形成H−Cl，即涉及非极性键断裂，极性键形成，故B正确；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(436+243)kJ/mol−2×431kJ/mol=−183kJ/mol，故C错误；
D.由C可知，该反应为放热反应在，则1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量高于2molHCl(g)的总能量，故D正确；
故选：C。
A.形成化学键放出能量；
B.H2和Cl2反应生成HCl的过程中，断裂H−H键和Cl−Cl键，形成H−Cl；
C.ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
D.当反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应。
本题考查化学反应能量变化，从宏观和微观理解化学反应能量变化的原因是解题的关键，此题难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应为气体总物质的量增大的反应，则容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态，故A正确；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态，则CO的生成速率等于CO2的生成速率的2倍时，达到平衡，故B错误；
C.焓变为正，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小，故C错误；
D.加纯固体，不影响平衡移动，则增加C(s)的质量，平衡不移动，故D错误；
故选：A。
A.反应为气体总物质的量增大的反应；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态；
C.焓变为正，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动；
D.加纯固体，不影响平衡移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡判定的方法，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，故A正确；
B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，KCrO2表现出还原性，故B正确；
C.Cr2O3、KCrO2中Cr元素的化合价均为+3价，K2CrO4、K2Cr2O7中Cr元素化合价均为+6价，反应①③的化合价均没有发生变化，故C正确；
D.反应③中发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙红色，故D错误；
故选：D。
A.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B.反应②中Cr元素的化合价升高被氧化；
C.Cr2O3、KCrO2中Cr元素的化合价均为+3价，K2CrO4、K2Cr2O7中Cr元素化合价均为+6价；
D.反应③中发生反应：2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O。
本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的判断，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.碘离子在反应i被消耗，在反应ii生成，则KI是H2O2分解的催化剂，故A正确；
B.催化剂能降低反应的活化能，则曲线②代表加入KI的能量图，故B正确；
C.催化剂可以加快反应速率，则KI能增大H2O2的分解速率，故C正确；
D.由图可知，反应i生成物的总能量高于反应总能量，则反应i是吸热反应，反应ii生成物的总能量低于反应总能量，则反应ii是吸热反应，故D错误；
故选：D。
A.碘离子在反应i被消耗，在反应ii生成；
B.催化剂能降低反应的活化能；
C.催化剂可以加快反应速率；
D.生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反。
题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.①中硫酸锌溶液和硫化钠溶液生成了硫化锌沉淀，故A正确；
B.根据实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−，即a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，故B正确；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+，离子方程式不同，故C错误；
D.根据表格中数据，在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24≈1.26×10−12，c(Fe2+)=0.1mol/L，Q=c(S2−)c(Fe2+)=1.26×10−13>Ksp(FeS)，故白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确；
故选：C。
A.①中硫酸锌溶液和硫化钠溶液生成了硫化锌沉淀；
B.根据实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2−；
C.实验②的离子方程式为S2−+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2−=CuS↓+Zn2+；
D.根据表格中数据，在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，c(S2−)=Ksp(ZnS)=1.6×10−24≈1.26×10−12，c(Fe2+)=0.1mol/L，Q=c(S2−)c(Fe2+)=1.26×10−13>Ksp(FeS)。
本题考查了溶度积常数的计算以及物质的量浓度的有关计算，侧重考查学生的分析、计算能力的考查，题目较为综合，充分理解Ksp的概念是解题的关键，难度不大。
15.【答案】0.9∼1.5A测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物 元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性 Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na
(2)①A.Li元素和N元素的电负性之差为3.0−1.0=2.0>1.7，所以为离子化合物；
B.Be元素和Cl元素的电负性之差为3.0−1.5=1.5<1.7，为共价化合物；
C.Al元素和Cl元素的电负性之差为3.0−1.5=1.5<1.7，为共价化合物；
D.Si元素和C元素的电负性之差为2.5−1.8=0.7<1.7，为共价化合物；
故答案为：A；
②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导电，而共价化合物则不能，所以可以测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物，
故答案为：测定Li3N在熔融状态下能导电，则证明其为离子化合物；
(3)根据题给数据，元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性，
故答案为：元素Cl与O元素的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性；
(4)越容易失去电子，电离能越小，Li与Na的最外层电子数相同，电子层数Na>Li，原子半径Na>Li，失电子能力Na>Li，因此，电离能为Na
故答案为：P原子的价电子排布式3s23p3，p轨道为半充满状态，相对稳定；S原子的价电子排布式3s23p4，更容易失去1个电子，使p轨道达到半充满状态。
(1)根据电负性的递变规律以及表格信息可推出Mg元素电负性的最小范围；；
(2)①根据两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键分析比较；
②离子化合物在熔融状态下可以电离出离子从而导电，而共价化合物则不能；
(3)根据题给数据，根据电负性差值进行分析；
(4)根据越容易失去电子，电离能越小分析；
(5)根据P原子和S原子的价电子排布式分析比较。
本题考查考查电离能、电负性的比较应用，把握元素的位置、性质、元素周期律、原子核外电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。
16.【答案】做还原剂(或失电子)，失电子的场所，电子导体 Cu−2e−=Cu2+ 2Cl−+2H2O−−通电2OH−+Cl2↑+H2↑cc口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e−=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极，因此NaOH在c口导出 左 铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，使左端附近溶液c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性
【解析】解：(1)①在图1装置为原电池，Zn易失电子作负极发生氧化反应、电子经锌和导线流向Cu极，Cu作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，
故答案为：做还原剂(或失电子)，失电子的场所，电子导体；
②若用一根铜丝代替盐桥插入两烧杯中，左边为原电池，Zn为负极，铜为正极；右边电解池，与负极相连的为阴极，a与正极相连的是阳极；a端发生的电极反应Cu−2e−=Cu2+，
故答案为：Cu−2e−=Cu2+；
(2)①图2是氯碱工业电解饱和NaCl溶液中，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠，电解时的总方程式为2Cl−+2H2O−−通电2OH−+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2Cl−+2H2O−−通电2OH−+Cl2↑+H2↑；
②由电源可知，与负极相连的为阴极，c口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e−=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，与正极相连的是阳极，阳极上是氯离子失电子生成氯气，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，阴极区生成氢氧化钠，
故答案为：C；c口为阴极区，阴极发生反应：2H2O+2e−=O2↑+2OH−，OH−在阴极生成，阳极的Na+通过阳离子交换膜进入阴极，因此NaOH在c口导出；
③阳极产生的氯气，氯气能够溶于水，存在着下列平衡，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入盐酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用盐酸控制阳极的pH，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集；
(3)图3为吸氧腐蚀装置，铜丝一极为正极，氧气得电子和水反应生成OH−离子，铁钉一极为负极，铁失去电子发生氧化反应，溶液变红的部位为左端，
故答案为：左；铜、铁和溶液构成原电池，铜为正极，发生吸氧腐蚀，反应为O2+4e−+2H2O=4OH−，使左端附近溶液c(OH−)>c(H+)，溶液呈碱性。
(1)在图1装置中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，锌为负极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应；若用一根铜丝代替盐桥，则左侧为原电池，右侧为电解池，据此解答；
(2)电解饱和食盐水时，由电源可知，与负极相连的为阴极，与正极相连的是阳极，阳极上是氯离子失电子生成氯气，阴极上是氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，呈碱性，阳极生成的氯气能够溶于水，以此解答；
(3)图3构成了吸氧腐蚀的电化学腐蚀装置，铜丝一极为正极，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，铁钉一极为负极，铁失去电子发生氧化反应，据此解答。
本题主要考查了电化学及其应用，涉及到原电池的工作原理，活泼电极作阳极的电解池的工作原理，电解饱和食盐水和金属的电化学腐蚀等，为高考热点，难度中等，牢固掌握有关原电池和电解池的工作原理是解答本题的关键。
17.【答案】CH3COOH⇌CH3COO−+H+ 盐酸 盐酸 c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)AB
【解析】解：(1)醋酸为弱酸，不完全电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO−+H+，
故答案为：CH3COOH⇌CH3COO−+H+；
(2)①Ⅱ中未加NaOH时pH=1，且盐酸为强酸、醋酸为弱酸，0.1mol/L盐酸的pH=1，则Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，
故答案为：盐酸；
②若醋酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，为保证pH=7时，使醋酸剩余，则滴定醋酸消耗V(NaOH)小于20mL，若盐酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成氯化钠，溶液显中性，pH=7，此时滴定盐酸消耗V(NaOH)等于20mL，故当滴定到pH=7时，消耗NaOH溶液的体积大的是盐酸，
故答案为：盐酸；
③V(NaOH)=10mL时，醋酸溶液中溶质为等量的醋酸、醋酸钠，醋酸电离显酸性，则c(H+)>c(OH−)，由电荷守恒可知c(Na+)
故答案为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；
④在上述滴定过程中，需要使用的玻璃仪器是碱式滴定管和锥形瓶，
故答案为：AB。
(1)醋酸为弱酸，不完全电离；
(2)①Ⅱ中未加NaOH时pH=1，且盐酸为强酸、醋酸为弱酸；
②若醋酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成醋酸钠，溶液显碱性，若盐酸与NaOH等体积、等浓度混合，恰好生成氯化钠，溶液显中性；
③V(NaOH)=10mL时，醋酸溶液中溶质为等量的醋酸、醋酸钠，醋酸电离显酸性，且溶液遵循电荷守恒；
④进行酸碱中和滴定实验时，待测液要装在锥形瓶中，还需要酸式滴定管、碱式滴定管、烧杯。
本题考查了酸碱中和滴定等知识，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力，题目难度不大。
18.【答案】2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol13 10027 正向 温度 L2>L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率 2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O
【解析】解：(1)氮气与H2O反应生成NH3的方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)……①，O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)……②，由盖斯定律可知，2×①−3×②得出2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol，
故答案为：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)ΔH=(3b−2a)kJ/mol；
(2)①达到平衡时，生成NH3的物质的量为0.2mol，则消耗N2的物质的量为0.1mol，H2的物质的量为0.3mol，则起始时，通入N2的物质的量为(0.2+0.1)mol=0.3mol，H2的物质的量为(0.6+0.3)mol=0.9mol，则该条件下，H2的转化率为=0.3mol0.9mol=13；该条件下的该反应的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=(0.22)2(0.22)×(0.62)3=10027，
故答案为：13；10027；
②Q=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=0.520.5×1.53
③i.假设X为压强，合成氨是气体物质的量减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向进行，H2的平衡转化率增大，不符合图像，假设X为温度，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，H2的平衡转化率减小，符合图像，
故答案为：温度；
ii.在相同温度下，压强增大，平衡向正反应方向进行，H2转化率增大，即L2>L1，
故答案为：L2>L1，其他条件相同时，增大压强有利于平衡向气体体积缩小的方向移动，从而提高H2(g)的平衡转化率；
(3)根据装置图，NH3转化成N2，N的化合价升高，该电极为负极，即电极反应式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，
故答案为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O。
(1)氮气与H2O反应生成NH3的方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)……①，O2(g)+2H2(g)=2H2O(l)……②，由盖斯定律可知，2×①−3×②得出2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g)；
(2)①达到平衡时，生成NH3的物质的量为0.2mol，则消耗N2的物质的量为0.1mol，H2的物质的量为0.3mol，则起始时，通入N2的物质的量为(0.2+0.1)mol=0.3mol，H2的物质的量为(0.6+0.3)mol=0.9mol，可得该条件下H2的转化率，该条件下的该反应的平衡常数K=c2(NH3)c(N2)c3(H2)；
②Q=c2(NH3)c(N2)c3(H2)=0.520.5×1.53
ii.在相同温度下，压强增大，平衡向正反应方向进行；
(3)根据装置图，NH3转化成N2，N的化合价升高，该电极为负极。
本题考查化学平衡常数的计算及化学平衡移动原理、盖斯定律的计算应用等，知识点较多，综合性很强，难度中等，解题的关键是将化学基础知识灵活运用。
19.【答案】3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+ 3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体 Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，溶液温度升高，都会促进上述平衡正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀 2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+ Fe和Zn iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同
【解析】解：(1)根据题意加入FeCl3溶液后，Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3，离子反应方程式为3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+，
故答案为：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+=2Fe(OH)3(s)+3Mg2+；
(2)CO32−水解显碱性，Fe3+水解显酸性，二者相互促进，离子方程式为3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；碳酸盐可以和盐酸反应生成CO2气体，所以可以加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，证明有碳酸盐，
故答案为：3CO32−+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；
(3)溶液中存在沉淀溶解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，同时反应放热，使溶液温度升高，都会促进上述平衡正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，溶液温度升高，都会促进上述平衡正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；
(4)反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液，反应的离子方程式为：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，
故答案为：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；
(5)i.黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，证明含有锌；iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，证明为金属锌；iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子；
a.由上述分析可知黑色固体中一定含有的物质是Fe和Zn，
故答案为：Fe和Zn；
b.小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是iii中若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同，
故答案为：iii中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3+可与Fe继续反应生成Fe2+，导致在iv中检测不到Fe3+，与没有Fe3O4得到的iv中现象相同。
(1)根据题意加入FeCl3溶液后，Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3；
(2)CO32−水解显碱性，Fe3+水解显酸性，二者相互促进，碳酸盐可以和盐酸反应生成CO2气体，所以可以加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；
(3)溶液中存在沉淀溶解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，Zn与H+反应使溶液中c(H+)降低，同时反应放热，使溶液温度升高；
(4)反应后溶液为浅绿色的原因是铁离子和锌反应生成亚铁离子和锌离子的溶液；
(5)i.黑色固体可以被磁铁吸引说明含铁；ii.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，证明含有锌；iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡，证明为金属锌；iv.向iii反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化说明为铁离子，据此分析解答。
本题考查物质的性质检验实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。
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