还剩18页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年山西省长治二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年山西省长治二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了下列叙述不正确的是，51，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省长治二中高二（上）期末化学试卷
1. NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 常温常压下，11.2LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NA
B. 92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA
C. 将FeCl3的饱和溶液(含FeCl30.1mol)加入沸水中充分作用制成胶体，其中含有胶体粒子的数目为0.1NA
D. 100g17%的氨水中含有的NH3分子数为NA
2. 下列有关电化学原理的说法错误的是( )
A. 氯化铝的熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝
B. 电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极
C. 对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法
D. 对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理
3. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 某元素基态原子的轨道表示式：
B. NH4Cl电子式为：
C. Ca2+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6
D. F原子的结构示意图：
4. 下列各项叙述中，正确的是( )
A. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
B. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
C. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
D. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
5. 下列解释事实的离子方程式不正确的是( )
A. 铝片放入NaOH溶液中有气体产生：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑
B. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+
C. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3(胶体)+CO32−
D. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含CaSO4)：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−
6. A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径AB；③原子序数A>B；④原子最外层电子数A
A. ③④⑥ B. ①②⑦ C. ③⑤ D. ③④⑤⑥⑦
7. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是( )
A. 原子半径：Z
C. X2Z−ZX2易溶于水，其水溶液呈碱性
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
8. 已知常温下浓度为0.1mol⋅L−1的下列溶液的pH如表所示：下列有关说法正确的是( )
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
A. 根据上表得出三种酸电离平衡常数的大小关系为：HF>HClO>H2CO3(一级电离平衡常数)
B. 加热0.1mol⋅L−1NaClO溶液其pH小于9.7
C. pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以等体积混合，则有c(Na+)=c(F−)>c(H+)=c(OH−)
D. 0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中，存在的关系：c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)
9. 如图所示，向A、B中均充入1mol X、lmol Y，起始时A、B的体积都等于aL.在相同温度、外界压强和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中都发生下述反应：X(g)+Y(g)=2Z(g)+W(g)△H<0.达平衡时，A的体积为1.4aL.下列说法错误的是( )
A. 反应速率：v(B)>v(A) B. A容器中X的转化率为80%
C. 平衡时的压强：PB=PA D. 平衡时Y体积分数：A
A. 该反应的△H<0
B. 在500℃条件下达平衡时CO 的转化率为60%
C. 平衡常数K1(300℃)
11. 某温度下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是( )
A. 水电离的c(H+)：①=②=③=④
B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
12. 常温下，用pH=13的NaOH溶液滴定20mL0.1mol⋅L−1H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 溶液中，H2PO4−电离程度大于水解程度
B. a点磷酸的电离常数大于b点
C. 磷酸的Ka1约为1.1×10−3
D. a点溶液中有：c(Na+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)
13. 一定条件下，在水溶液中1molCl−、ClOx−(x=1,2,3,4)的能量(KJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. a、b、c、d、e中，c最稳定
B. b→a+c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C. b→a+d反应的热化学方程式为：3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=+116KJ⋅mol−1
D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11：1：2
14. 用惰性电极电解100mL4mol⋅L−1Cu(NO3)2溶液，一定时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12L.停止电解，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分反应后溶液中的Fe2+浓度为(设溶液的体积不变)( )
A. 0.75mol⋅L−1 B. 3mol⋅L−1 C. 4mol⋅L−1 D. 3.75mol⋅L−1
15. 邻苯二甲酸(用H2A表示)为二元酸，室温下，向0.1mol⋅L−1邻苯二甲酸溶液中逐渐加入氢氧化钠固体，溶液中的各粒子浓度的物质的量分数δ(A)随pH的变化如图所示(已知δ(A)=c(A)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−))。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示的是H2A的变化
B. Ka2(H2A)的数量级为10−5
C. 将相同物质的量的NaHA与Na2A配成溶液，pH=5.51
D. pH<7时，溶液中可能存在：c(Na+)−c(HA−)−c(A2−)=0
16. 对氨基苯甲酸(H2N−COOH)是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸(O2N−COOH)为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法中正确的是( )
A. 电子由铅合金经溶液流到金属阳极DSA
B. 阴极的主要电极反应式为O2N−COOH+6e−+6H+→H2N−COOH+2H2O
C. 每转移1mole−时，阳极电解质溶液的质量减少8g
D. 反应结束后阳极区pH增大
17. 知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。
(1)图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是 ______(填化学式)，U形管 ______(填“左”或“右”)边的溶液变红。
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分，则c为电源的 ______极；该发生器中反应的总离子方程式为 ______。
(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂．下面是以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2的装置图。
①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极附近溶液的pH ______(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极反应式为 ______。
②图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2.阳极产生ClO2的反应式为 ______。
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，停止电解，通过阳离子交换膜的阳离子为 ______mol。
18. 我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一为：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2+沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2+的含量．针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：
(1)KMnO4溶液应该用______ (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，除滴定管外，还需要的玻璃仪器有______.
(2)试写出滴定过程中发生反应的离子方程式：______.
(3)滴定终点的颜色变化为：溶液由______ 色变为______ 色．
(4)以下哪些操作会导致测定的结果偏高______.
a.装入KMnO4溶液前未润洗滴定管
b.滴定结束后俯视读数
c.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液
d.滴定过程中，振荡时将待测液洒出
(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00mL浓度为0.10mol/L的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2∼3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10mol/L的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00mL.(提示：Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出).据此回答：
①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择______ 试液 (填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)；
②实验过程中将锥形瓶内液体煮沸的目的是______；
③则此2.00g钙片中CaCO3的质量为______g.
19. 某小组电解K2Cr2O7溶液，研究过程如下：
实验一
电压不同时，用石墨电极电解硫酸酸化的pH=2.5的饱和K2Cr2O7溶液，实验现象如表：
电压/V
实验现象
2.0
阳极缓慢产生少量气泡，阴极没有气泡
3.0
阳极产生较多气泡，阴极产生少量气泡
>5.0
两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍
(1)阳极产生的气体是 ______。
(2)电压为2.0V时，阴极区检出Cr3+，结合实验现象判断在阴极放电的主要离子是 ______。
(3)电压高于5.0V时，被电解的主要物质是 ______。
实验二
(4)工业废水中常含有一定量的Cr2O72−和CrO42−，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42−→①转化H+Cr2O72−→②还原Fe2+Cr3+→③沉淀OH−Cr(OH)3。其中第①步存在平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O
①若平衡体系的pH=2，则溶液显 ______色。
②能说明第①步反应达平衡状态的是 ______。
a.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
b.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)
c.溶液的颜色不变
③第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要 ______mol的FeSO4⋅7H2O。
④第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH−(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至 ______。
20. 高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
已知：还原焙烧主反应为2MnO2+C→焙烧2MnO+CO2↑。
可能用到的数据如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
4.2
8.1
沉淀完全pH
3.7
9.7
7.4
10.1
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A，混合物应放在 ______中加热；步骤C中的滤渣为 ______。
(2)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(3)步骤E中调节pH的范围为 ______，其目的是 ______。
(4)步骤G，温度控制在35℃以下的原因是 ______，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中CO32−的浓度为2.2×10−6mol⋅L−1，则Ksp(MnCO3)=______。
(5)写出步骤G“沉锰”的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不是在标准状况下，混合气体中含有的碳原子数目不是0.5NA，故A错误；
B.N2O4分子可以看成由两个NO2构成，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n=92g46g/mol=2mol，则含有的原子为6NA个，故B正确；
C.将FeCl3的饱和溶液(含FeCl30.1mol)加入沸水中充分作用制成胶体，胶体分散质是氢氧化铁的集合体，其中含有胶体粒子的数目小于0.1NA，故C错误；
D.氨气溶于水后部分和水反应生成一水合氨，故溶液中含有的NH3的物质的量小于1mol，故D错误；
故选：B。
A.题干不是标准状况，因此CO和CO2体积不一定；
B.N2O4分子可以看成由两个NO2构成；
C.胶体分散质是氢氧化铁的集合体；
D.氨气溶于水，部分与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离产生铵根离子。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是物质的量和微粒数的计算应用，掌握微粒结构特征和气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键，题目较简单。
2.【答案】A
【解析】解：A.氯化铝属于分子晶体，熔融状态为分子，所以熔融态不导电，应该采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；
B.电镀时，阳极上金属失电子发生氧化反应、阴极上金属阳离子得电子发生还原反应生成金属单质，所以镀层作阳极、镀件作阴极，故B正确；
C.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法，故C正确；
D.对大型船舶的外壳镶嵌锌，锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作原电池正极的金属被保护，所以对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理，故D正确；
故选：A。
A.氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电；
B.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
C.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼；
D.作原电池正极的金属被保护。
本题考查了原电池及电解池原理及金属的冶炼，根据金属的活泼性强弱确定冶炼方法，知道原电池和电解池各个电极上发生的反应，易错选项是A。
3.【答案】C
【解析】解：A.2p电子不符合泡利原理，2个单电子的自旋方向应相同，故A错误；
B.氯离子应用中括号，且周围满足8电子稳定结构，电子式为，故B错误；
C.Ca2+基态核外电子数为18，则Ca2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C正确；
D.F原子的质子数为9，其原子结构示意图为，故D错误；
故选：C。
A.2p电子不符合泡利原理；
B.氯离子应用中括号，且周围满足8电子稳定结构；
C.Ca2+基态核外电子数为18；
D.F原子的质子数为9。
本题考查核外电子排布，为高频考点，把握泡利原理、电子式、电子排布、原子结构示意图为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语的应用，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；
B.基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B错误；
C.由于3d轨道处于半充满轨道能量较低，则其3d轨道应该含有5个电子， 24Cr原子正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故C错误；
D.价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，则该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故D错误；
故选：A。
A.s电子云轮廓图都是球形，但能层越大，球的半径越大；
B.原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；
C. 24Cr原子的原子序数为24，3d轨道处于半充满轨道能量较低；
D.主族元素的周期序数=电子层数、最外层电子=主族序数，最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区。
本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，明确原子核外电子排布规律即可解答，C为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.铝片放入NaOH溶液中有气体产生，离子方程式：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故A正确；
B.向K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，滴加少量浓H2SO4，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，故B正确；
C.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶，离子方程式：SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3(胶体)+2HCO3−，故C错误；
D.碳酸钙溶解度小于硫酸钙，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，离子方程式：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−，故D正确；
故选：C。
A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
B.依据盐类水解平衡影响因素解答；
C.二氧化碳过量，反应生成硅酸和碳酸氢钠；
D.碳酸钙溶解度小于硫酸钙，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，则
①A在B的下一周期，原子半径A>B，故①错误；
②A在B的下一周期，原子序数A>B，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子半径A
④当原子最外层电子数<4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子>4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A
⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；
⑦A易失去电子，第一电离能较小，B易得电子，说明难以失去电子，第一电离能较大，故A的第一电离能小于B的第一电离能，故⑦错误。
本题考查原子的结构与元素的性质，题目难度不大，注意把握原子的结构特点和元素性质之间的关系，注意元素电负性、第一电离能的递变规律。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合价、元素的位置、原子结构及原子序数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。
【解答】
X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，可知Y为C、Z为N、M为Si；化合物Z2X4的电子总数为18个，X为H；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，Q为Cl。由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl，以此来解答。
A.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Z
C.X2Z−ZX2易与水形成氢键，且与氨气溶于水的性质相似，则水溶液呈碱性，故C正确；
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物为氯化铵时，为离子化合物，故D错误；
故选：D。
8.【答案】D
【解析】解：A.相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F−HClO>HCO3−，故A错误；
B.盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH>7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；
C.常温下NaF溶液pH=7.5>7，NaF溶液呈碱性，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸；pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合HF有剩余，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒得c(Na+)c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C错误；
D.根据物料守恒：2[c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]=c(Na+)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，所以得c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故D正确；
故选：D。
A.相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小；B.盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；
C.常温下NaF溶液pH=7.5>7，NaF溶液呈碱性，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸；pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合HF有剩余，溶液呈酸性；
D.根据物料守恒：2[c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]=c(Na+)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)；
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确酸的电离程度与酸根离子水解程度关系、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，易错选项是D，注意碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，题目难度中等．
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，根据压强对速率的影响反应速率：v(B)>v(A)，故A正确。
B.根据阿伏伽德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，
X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)△n
1 1
0.8mol0.8mol
即达平衡后，反应掉0.8mol，A容器中X的转化率为80%，故B正确。
C.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，平衡时B的压强也大于A，即PB>2PA，故C错误。
D.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，所以A中的反应正向进行的程度大于B中的，所以A中Y的体积分数小于B中的，即平衡时Y体积分数A
A.由图可知，A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，根据压强对速率的影响作判断；
B.根据体积之比等于物质的量之比，计算出平衡时各物质的物质的量，再计算出转化率，据此判断；
C.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，平衡时B的压强也大于A，据此判断；
D.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，所以A中的反应正向进行的程度大于B中的，所以A中Y的体积分数小于B中的，据此判断；
本题难度较大，需要设计平衡和变换平衡，要求有清晰的思维过程，是一则训练思维的好题．
10.【答案】C
【解析】解：A、图1中，温度升高，甲醇含量减少，则温度升高不利于甲醇的生成，即正方向为放热反应，△H<0，故A正确；
B、图1，在500℃条件下达平衡时n(甲醇)=0.6mol，根据反应，消耗的n(CO)=0.6mol，则CO 的转化率为0.6mol1mol×100%=60%，故B正确；
C、由于反应是放热反应，温度升高，甲醇含量减少，故K1 (300℃)>K2(500℃)，故C错误；
D、图象分析可知甲醇体积分数随温度升高增大，到T3后体积分数减小，说明ab点未达到平衡状态，c点达到平衡状态，de点是升温平衡向逆向进行达到平衡状态，达到化学平衡状态的容器有cde，故D正确；
故选：C。
A、图1，温度升高，甲醇含量减少，根据温度对化学平衡的影响分析；
B、图1，在500℃条件下达平衡时n(甲醇)=0.6mol，根据反应，消耗的n(CO)=0.6mol，据此计算；
C、根据温度对化学平衡常数的影响分析；
D、根据图2，甲醇体积分数随温度升高增大，到T3后体积分数减小，说明ab点未达到平衡状态，c点达到平衡状态，据此分析。
本题考查了化学平衡的分析判断，平衡计算和反应物转化率计算分析应用，题目难度中等，注意理解图象的含义。
11.【答案】A
【解析】解：A.酸或碱都抑制水电离，酸中c(H+)或碱中c(OH−)越大，其抑制水电离程度越大，则水电离出的c(H+)越小，酸中c(H+)等于碱中c(OH−)，所以水的电离程度①=②=③=④，故A正确；
B.②中c(H+)等于④中c(OH−)，且都是强电解质，混合溶液pH=7，溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH−)，所以消耗溶液体积：②=④，故B错误；
C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，最终电离出的n(H+)：①>②，碱和Al反应生成氢气，所以最终生成氢气最多的是弱电解质，为①，故C错误；
D.加水稀释酸的pH增大、碱的pH减小，且稀释后pH：强酸>弱酸、弱碱>强碱、碱>酸，所以稀释后溶液的pH：③>④>②>①，故D错误；
故选：A。
A.酸或碱都抑制水电离，酸中c(H+)或碱中c(OH−)越大，其抑制水电离程度越大，则水电离出的c(H+)越小；
B.②中c(H+)等于④中c(OH−)，且都是强电解质，混合溶液pH=7，溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH−)；
C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，最终电离出的n(H+)：①>②，碱和Al反应生成氢气，所以最终生成氢气最多的是弱电解质；
D.加水稀释酸的pH增大、碱的pH减小，且稀释后pH：强酸>弱酸、弱碱>强碱、碱>酸。
本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识点，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是D，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.由图像可得NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO4−电离程度大于水解程度，故A正确；
B.电离常数只与温度有关，a、b两点H3PO4的第一步电离常数相等，故B错误；
C.由图可知0.1mol/LH3PO4溶液的pH=2，c(H+)=10−2mol/L，则K=c(H+)c(H2PO4−)c(H3PO4)=(10−2)20.1−0.01≈1.1×10−3，故C正确；
D.a点消耗20mLNaOH溶液，此时溶质为NaH2PO4，根据物料守恒得到a点溶液中有：c(Na+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)，故D正确；
故选：B。
根据图像可知，当加入NaOH为0时，pH=2，说明磷酸为弱酸；加入NaOH溶液体积为20mL时，恰好生成NaH2PO4；加入NaOH溶液体积为40mL时，恰好生成Na2HPO4，据此分析解答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可。
13.【答案】D
【解析】解：A.a，b，c，d，e中a能量最低，所以最稳定，故A错误；
B.依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；
C.b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=−116kJ/mol，故C错误；
D.氧化还原反应要满足得失电子数守恒，而Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，即Cl−、ClO−和ClO3−时，溶液中Cl−、ClO−和ClO3−的浓度之比为11：1：2时，氯元素得电子为11×1=11，失电子为1×1+5×2=11，得失电子数相等，故D正确；
故选：D。
A.能量越低越稳定；
B.无法判断b→a+c反应的活化能；
C.根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−116kJ/mol。
D.氧化还原反应要满足得失电子数守恒。
本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的书写，题目难度中等，注意掌握热化学方程式中反应热的计算，试题侧重分析与迁移应用能力的考查，培养了学生的综合应用能力。
14.【答案】D
【解析】解：阳极反应式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极反应式为：Cu2++2e−=Cu，
阳极生成气体为氧气，氧气的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，则：
总的反应式为：2Cu(NO3)2+2H2O电解2Cu↓+O2↑+4HNO3，
2 1 4
0.1mol0.05mol0.2mol
故电解后溶液中生成的HNO3的物质的量为0.2mol，
电解后溶液中硝酸铜的物质的量为0.1L×4mol⋅L−1−0.1mol=0.3mol，
硝酸与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO3+3Fe=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故0.2molHNO3生成Fe(NO3)2的物质的量为：0.2mol×38=0.075mol，
硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故0.3mol硝酸铜生成Fe(NO3)2的物质的量为0.3mol，
反应后溶液中Fe2+的物质的量为0.3mol+0.075mol=0.375mol，反应后溶液中Fe2+浓度为0.375mol0.1L=3.75mol/L，
故选D.
阳极反应式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极反应式为：Cu2++2e−=Cu，
总的反应式为2Cu(NO3)2+2H2O电解2Cu↓+O2↑+4HNO3，
阳极生成气体为氧气，根据n=VVm计算氧气的物质的量，进而计算电解后溶液中生成的HNO3的物质的量，计算电解后溶液中硝酸铜的物质的量，
硝酸与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO3+3Fe=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，
硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，
根据方程式计算溶液中Fe2+的物质的量，再根据c=nV计算反应后Fe2+浓度．
本题考查电解原理、混合物的有关计算等，难度中等，清楚反应的过程是解题的关键，本题利用过程法解答，思路清晰，计算稍微麻烦，可以利用守恒思想进行解答．
15.【答案】D
【解析】解：A.pH越小，氢离子浓度越大，H2A越多，所以曲线a代表H2A的变化，故A错误；
B.取点P，此时c(A2−)=c(HA−)，Ka2=c(H+)=10−5.51mol/L，数量级为10−6，故B错误；
C.相同物质的量的NaHA与配成溶液，由于溶液呈酸性，即NaHA以电离为主，溶液中c(A2−)>c(HA−)，pH>5.51，故C错误；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，推出c(Na+)−c(HA−)−c(A2−)=c(OH−)+c(A2−)−c(H+)=0，c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−2c(A2−)=0，且c(H+)>c(OH−)，故D正确；
故选：D。
A.pH越小，氢离子浓度越大，H2A越多；
B.取点P，此时c(A2−)=c(HA−)，Ka2=c(H+)=10−5.51mol/L；
C.相同物质的量的NaHA与配成溶液，由于溶液呈酸性，即 NaHA以电离为主；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，推出c(Na+)−c(HA−)−c(A2−)=c(OH−)+c(A2−)−c(H+)=0，c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−2c(A2−)=0。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，为高频考点，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的计算，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.失去的电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源正极，电子不会进入溶液，故A错误；
B.阴极上对硝基苯甲酸得电子发生还原反应，生成对氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为，故B正确；
C.阳极发生反应2H2O−4e−=O2+4H+，氧气逸出，氢离子跨过阳离子交换膜移向阴极，当转移4mole−时，阳极电解质溶液减少2mol水，则转移1mole−时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；
D.由C项分析知，阳极反应消耗阳极区的水，则反应结束后阳极区硫酸的浓度增大，pH减小，故D错误；
故选：B。
金属阳极DSA发生2H2O−4e−=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为，据此答题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17.【答案】H2 右 负 Cl−+H2O−电解ClO−+H2↑增大 CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2OCl−−5e−+2H2O=4H++ClO2↑1
【解析】解：(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色，
故答案为：H2；右；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极；其电池反应式为Cl−+H2O−电解ClO−+H2↑，
故答案为：负；Cl−+H2O−电解ClO−+H2↑；
(3)①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极是正极，氧气得到电子转化为氢氧根，则附近溶液的pH增大，负极甲醇失去电子，反应式为CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，
故答案为：增大；CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；
②电解池中阳极失去电子，则阳极氯离子放电，产生ClO2的反应式为：Cl−−5e−+2H2O=4H++ClO2↑，
故答案为：Cl−−5e−+2H2O=4H++ClO2↑；
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，多出的气体是氢气，物质的量=6.7222.4mol=0.3mol，设阳极产生的气体是xmol，则根据电子得失守恒可知5x=(0.3+x)×2，解得x=0.2，即转移1mol电子，钠离子通过阳离子交换膜，所以通过阳离子交换膜的阳离子为1mol，
故答案为：1；
(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成；
(3)以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，通入O2的电极是正极，负极甲醇失去电子在碱溶液中生成碳酸盐，
①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极是正极，氧气得到电子转化为氢氧根，则附近溶液的pH增大，负极甲醇失去电子在碱溶液中生成碳酸盐；
②电解池中阳极失去电子，则阳极氯离子放电，产生ClO2，结合电子守恒和电荷守恒配平书写；
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，多出的气体是氢气，物质的量是0.3mol。设阳极产生的气体是xmol，则根据电子得失守恒可知5x=(0.3+x)×2，解得x=0.2，即转移1mol电子，钠离子通过阳离子交换膜，所以通过阳离子交换膜的阳离子为1mol。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】酸式 烧杯，锥形瓶 2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O无 紫 ac 甲基橙 将溶解在溶液中的CO2气体赶出 0.06
【解析】解：(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中，中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；锥形瓶、烧杯；
(2)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将C2O42−氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入C2O42−中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：无；紫；
(4)a.滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V(标准)偏大，由此计算结果偏大；
b.滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，由此计算结果偏小；
c.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准)偏大，由此计算结果偏大；
d.滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液偏小，由此计算结果偏小；
故答案为：ac；
(5)①根据题给信息，Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出，甲基橙变色范围为3.1∼4.4，符合，石蕊变色不明显，酚酞变色范围为：8.2∼10.0，pH较高，有氢氧化钙沉淀生成，干扰滴定，故用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
②二氧化碳溶于水，加热煮沸赶走溶液中二氧化碳，避免二氧化碳和氢氧化钠反应造成误差，故答案为：将溶解在溶液中的CO2气体赶出；
③中和滴定消耗盐酸为：0.1mol/L×8mL=0.8mmol，和碳酸钙反应的盐酸为：0.1mol/L×20mL−0.8mmol=1.2mmol=0.0012mol，
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
100g 2mol
m0.0012mol
m=100g×0.0012mol2mol=0.06g，故答案为：0.06g.
(1)高锰酸钾具有强氧化性，根据中和滴定所需仪器判断；
(2)在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42−氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42−溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；
(4)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(5)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，考虑二氧化碳溶于水，故要加热煮沸，过量盐酸用氢氧化钠滴定，考虑氢氧化钙的微溶性，应选择在pH较低时变色的指示剂，根据滴定算出过量盐酸，进而求得与碳酸钙反应的盐酸，根据方程式计算碳酸钙的质量．
本题考查了滴定原理的应用，中等难度，注意题给信息的应用，根据滴定原理进行计算要明确反应原理．
19.【答案】O2 Cr2O72− H2O(H+和OH−)橙 c 6 5
【解析】解：(1)阳极发生氧化反应生成氧气，
故答案为：O2；
(2)电压为2.0V时，阴极区检出Cr3+，结合实验现象判断在阴极放电的主要离子是Cr2O72−，
故答案为：Cr2O72−；
(3)电压高于5.0V时，两极上分别生成氧气和氢气，被电解的主要物质是H2O(H+和OH−)，
故答案为：H2O(H+和OH−)；
(4)①平衡体系的pH=2，溶液为酸性，含大量的Cr2O72−，溶液为橙色，
故答案为：橙；
②a.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同，与起始量、转化率有关，不能判定平衡状态，故不选；
b.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)，不能判定正逆反应速率关系，不能判定平衡状态，故不选；
c.溶液的颜色不变，可知浓度不变，为平衡状态，故选；
故答案为：c；
③由电子守恒可知，还原1molCr2O72−离子，需要FeSO4⋅7H2O为1×2×(6−3)(3−2)mol=6mol，
故答案为：6；
④Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，则c(OH−)=310−3210−5mol/L=10−9mol/L，c(H+)=10−5mol/L，溶液的pH应调至5，
故答案为：5。
实验一、阳极发生氧化反应生成氧气，电压较低时Cr2O72−放电生成Cr3+，电压较高时生成氢气；
实验二、(4)①平衡体系的pH=2，溶液为酸性，含大量的Cr2O72−；
②结合平衡的特征“等、定”判定平衡状态；
③结合电子守恒计算；
④Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，则c(OH−)=310−3210−5mol/L=10−9mol/L。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
20.【答案】坩埚 C、Cu和CaSO4 1：23.7≤pH<8.1使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+ 减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率 2.2×10−11 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】解：(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行，根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4，
故答案为：坩埚；C、Cu和CaSO4；
(2)步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
(3)此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH<8.1，其目的是使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+，
故答案为：3.7≤pH<8.1；使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+；
(4)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2+恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10−5mol/L，Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)⋅c(CO32−)=10−5×2.2×10−6=2.2×10−11，
故答案为：减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；2.2×10−11；
(5)碳酸氢根与锰离子生成碳酸锰沉淀，碳化沉锰的离子方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
原料加木炭焙烧，主要发生2MnO2+C−高温2MnO+CO2↑，且C与Fe2O3、CuO发生反应，生成MnO、Fe、Cu，再酸浸过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出滤渣为Cu、CaSO4，再氧化、调节pH除去Fe3+得到MnSO4溶液，最后用NH4HCO3发生复分解反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
2021-2022学年山西省长治二中高二（上）期末化学试卷
1. NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 常温常压下，11.2LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NA
B. 92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA
C. 将FeCl3的饱和溶液(含FeCl30.1mol)加入沸水中充分作用制成胶体，其中含有胶体粒子的数目为0.1NA
D. 100g17%的氨水中含有的NH3分子数为NA
2. 下列有关电化学原理的说法错误的是( )
A. 氯化铝的熔点比氧化铝低，因此工业上最好采用电解熔融氯化铝来制备单质铝
B. 电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极
C. 对于冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法
D. 对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理
3. 下列有关化学用语正确的是( )
A. 某元素基态原子的轨道表示式：
B. NH4Cl电子式为：
C. Ca2+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p6
D. F原子的结构示意图：
4. 下列各项叙述中，正确的是( )
A. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
B. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
C. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2
D. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素
5. 下列解释事实的离子方程式不正确的是( )
A. 铝片放入NaOH溶液中有气体产生：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑
B. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+
C. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3(胶体)+CO32−
D. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含CaSO4)：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−
6. A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：
①原子半径A
A. ③④⑥ B. ①②⑦ C. ③⑤ D. ③④⑤⑥⑦
7. X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是( )
A. 原子半径：Z
C. X2Z−ZX2易溶于水，其水溶液呈碱性
D. X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
8. 已知常温下浓度为0.1mol⋅L−1的下列溶液的pH如表所示：下列有关说法正确的是( )
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
A. 根据上表得出三种酸电离平衡常数的大小关系为：HF>HClO>H2CO3(一级电离平衡常数)
B. 加热0.1mol⋅L−1NaClO溶液其pH小于9.7
C. pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以等体积混合，则有c(Na+)=c(F−)>c(H+)=c(OH−)
D. 0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中，存在的关系：c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)
9. 如图所示，向A、B中均充入1mol X、lmol Y，起始时A、B的体积都等于aL.在相同温度、外界压强和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中都发生下述反应：X(g)+Y(g)=2Z(g)+W(g)△H<0.达平衡时，A的体积为1.4aL.下列说法错误的是( )
A. 反应速率：v(B)>v(A) B. A容器中X的转化率为80%
C. 平衡时的压强：PB=PA D. 平衡时Y体积分数：A
A. 该反应的△H<0
B. 在500℃条件下达平衡时CO 的转化率为60%
C. 平衡常数K1(300℃)
11. 某温度下，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是( )
A. 水电离的c(H+)：①=②=③=④
B. 将②、④溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：②<④
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D. 向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②
12. 常温下，用pH=13的NaOH溶液滴定20mL0.1mol⋅L−1H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中错误的是( )
A. 溶液中，H2PO4−电离程度大于水解程度
B. a点磷酸的电离常数大于b点
C. 磷酸的Ka1约为1.1×10−3
D. a点溶液中有：c(Na+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)
13. 一定条件下，在水溶液中1molCl−、ClOx−(x=1,2,3,4)的能量(KJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. a、b、c、d、e中，c最稳定
B. b→a+c反应的活化能为反应物能量减生成物能量
C. b→a+d反应的热化学方程式为：3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=+116KJ⋅mol−1
D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为11：1：2
14. 用惰性电极电解100mL4mol⋅L−1Cu(NO3)2溶液，一定时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12L.停止电解，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分反应后溶液中的Fe2+浓度为(设溶液的体积不变)( )
A. 0.75mol⋅L−1 B. 3mol⋅L−1 C. 4mol⋅L−1 D. 3.75mol⋅L−1
15. 邻苯二甲酸(用H2A表示)为二元酸，室温下，向0.1mol⋅L−1邻苯二甲酸溶液中逐渐加入氢氧化钠固体，溶液中的各粒子浓度的物质的量分数δ(A)随pH的变化如图所示(已知δ(A)=c(A)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−))。下列说法正确的是( )
A. 曲线b表示的是H2A的变化
B. Ka2(H2A)的数量级为10−5
C. 将相同物质的量的NaHA与Na2A配成溶液，pH=5.51
D. pH<7时，溶液中可能存在：c(Na+)−c(HA−)−c(A2−)=0
16. 对氨基苯甲酸(H2N−COOH)是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸(O2N−COOH)为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法中正确的是( )
A. 电子由铅合金经溶液流到金属阳极DSA
B. 阴极的主要电极反应式为O2N−COOH+6e−+6H+→H2N−COOH+2H2O
C. 每转移1mole−时，阳极电解质溶液的质量减少8g
D. 反应结束后阳极区pH增大
17. 知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。
(1)图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是 ______(填化学式)，U形管 ______(填“左”或“右”)边的溶液变红。
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分，则c为电源的 ______极；该发生器中反应的总离子方程式为 ______。
(3)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂．下面是以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2的装置图。
①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极附近溶液的pH ______(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极反应式为 ______。
②图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2.阳极产生ClO2的反应式为 ______。
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，停止电解，通过阳离子交换膜的阳离子为 ______mol。
18. 我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一为：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2+沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2+的含量．针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：
(1)KMnO4溶液应该用______ (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，除滴定管外，还需要的玻璃仪器有______.
(2)试写出滴定过程中发生反应的离子方程式：______.
(3)滴定终点的颜色变化为：溶液由______ 色变为______ 色．
(4)以下哪些操作会导致测定的结果偏高______.
a.装入KMnO4溶液前未润洗滴定管
b.滴定结束后俯视读数
c.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液
d.滴定过程中，振荡时将待测液洒出
(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00mL浓度为0.10mol/L的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2∼3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10mol/L的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00mL.(提示：Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出).据此回答：
①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择______ 试液 (填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)；
②实验过程中将锥形瓶内液体煮沸的目的是______；
③则此2.00g钙片中CaCO3的质量为______g.
19. 某小组电解K2Cr2O7溶液，研究过程如下：
实验一
电压不同时，用石墨电极电解硫酸酸化的pH=2.5的饱和K2Cr2O7溶液，实验现象如表：
电压/V
实验现象
2.0
阳极缓慢产生少量气泡，阴极没有气泡
3.0
阳极产生较多气泡，阴极产生少量气泡
>5.0
两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍
(1)阳极产生的气体是 ______。
(2)电压为2.0V时，阴极区检出Cr3+，结合实验现象判断在阴极放电的主要离子是 ______。
(3)电压高于5.0V时，被电解的主要物质是 ______。
实验二
(4)工业废水中常含有一定量的Cr2O72−和CrO42−，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42−→①转化H+Cr2O72−→②还原Fe2+Cr3+→③沉淀OH−Cr(OH)3。其中第①步存在平衡：2CrO42−(黄色)+2H+⇌Cr2O72−(橙色)+H2O
①若平衡体系的pH=2，则溶液显 ______色。
②能说明第①步反应达平衡状态的是 ______。
a.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
b.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)
c.溶液的颜色不变
③第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要 ______mol的FeSO4⋅7H2O。
④第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)⇌Cr3+(aq)+3OH−(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至 ______。
20. 高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
已知：还原焙烧主反应为2MnO2+C→焙烧2MnO+CO2↑。
可能用到的数据如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
4.2
8.1
沉淀完全pH
3.7
9.7
7.4
10.1
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A，混合物应放在 ______中加热；步骤C中的滤渣为 ______。
(2)步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(3)步骤E中调节pH的范围为 ______，其目的是 ______。
(4)步骤G，温度控制在35℃以下的原因是 ______，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中CO32−的浓度为2.2×10−6mol⋅L−1，则Ksp(MnCO3)=______。
(5)写出步骤G“沉锰”的离子方程式：______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不是在标准状况下，混合气体中含有的碳原子数目不是0.5NA，故A错误；
B.N2O4分子可以看成由两个NO2构成，故92g混合物中含有的NO2的物质的量n=92g46g/mol=2mol，则含有的原子为6NA个，故B正确；
C.将FeCl3的饱和溶液(含FeCl30.1mol)加入沸水中充分作用制成胶体，胶体分散质是氢氧化铁的集合体，其中含有胶体粒子的数目小于0.1NA，故C错误；
D.氨气溶于水后部分和水反应生成一水合氨，故溶液中含有的NH3的物质的量小于1mol，故D错误；
故选：B。
A.题干不是标准状况，因此CO和CO2体积不一定；
B.N2O4分子可以看成由两个NO2构成；
C.胶体分散质是氢氧化铁的集合体；
D.氨气溶于水，部分与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离产生铵根离子。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是物质的量和微粒数的计算应用，掌握微粒结构特征和气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键，题目较简单。
2.【答案】A
【解析】解：A.氯化铝属于分子晶体，熔融状态为分子，所以熔融态不导电，应该采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故A错误；
B.电镀时，阳极上金属失电子发生氧化反应、阴极上金属阳离子得电子发生还原反应生成金属单质，所以镀层作阳极、镀件作阴极，故B正确；
C.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，冶炼像钠、钙、镁、铝等这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法，故C正确；
D.对大型船舶的外壳镶嵌锌，锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作原电池正极的金属被保护，所以对大型船舶的外壳进行的“牺牲阳极的阴极保护法”，是应用了原电池原理，故D正确；
故选：A。
A.氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电；
B.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极；
C.活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼；
D.作原电池正极的金属被保护。
本题考查了原电池及电解池原理及金属的冶炼，根据金属的活泼性强弱确定冶炼方法，知道原电池和电解池各个电极上发生的反应，易错选项是A。
3.【答案】C
【解析】解：A.2p电子不符合泡利原理，2个单电子的自旋方向应相同，故A错误；
B.氯离子应用中括号，且周围满足8电子稳定结构，电子式为，故B错误；
C.Ca2+基态核外电子数为18，则Ca2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C正确；
D.F原子的质子数为9，其原子结构示意图为，故D错误；
故选：C。
A.2p电子不符合泡利原理；
B.氯离子应用中括号，且周围满足8电子稳定结构；
C.Ca2+基态核外电子数为18；
D.F原子的质子数为9。
本题考查核外电子排布，为高频考点，把握泡利原理、电子式、电子排布、原子结构示意图为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学用语的应用，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；
B.基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B错误；
C.由于3d轨道处于半充满轨道能量较低，则其3d轨道应该含有5个电子， 24Cr原子正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故C错误；
D.价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，则该元素位于第五周期第ⅢA族，是p区元素，故D错误；
故选：A。
A.s电子云轮廓图都是球形，但能层越大，球的半径越大；
B.原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；
C. 24Cr原子的原子序数为24，3d轨道处于半充满轨道能量较低；
D.主族元素的周期序数=电子层数、最外层电子=主族序数，最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区。
本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，明确原子核外电子排布规律即可解答，C为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A.铝片放入NaOH溶液中有气体产生，离子方程式：2Al+2OH−+2H2O=2AlO2−+3H2↑，故A正确；
B.向K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，滴加少量浓H2SO4，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，故B正确；
C.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶，离子方程式：SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3(胶体)+2HCO3−，故C错误；
D.碳酸钙溶解度小于硫酸钙，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，离子方程式：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−，故D正确；
故选：C。
A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
B.依据盐类水解平衡影响因素解答；
C.二氧化碳过量，反应生成硅酸和碳酸氢钠；
D.碳酸钙溶解度小于硫酸钙，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则A在B的下一周期，则
①A在B的下一周期，原子半径A>B，故①错误；
②A在B的下一周期，原子序数A>B，A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，则离子半径A
④当原子最外层电子数<4时易失去最外层电子形成阳离子，当原子最外层电子>4时，易得到电子形成阴离子，则原子最外层电子数A
⑥A能形成阳离子，说明A易失去电子，具有较强的金属性，电负性较弱，B能形成阴离子，说明在反应时易得到电子，具有较强的电负性，则A的电负性小于B的电负性，故⑥正确；
⑦A易失去电子，第一电离能较小，B易得电子，说明难以失去电子，第一电离能较大，故A的第一电离能小于B的第一电离能，故⑦错误。
本题考查原子的结构与元素的性质，题目难度不大，注意把握原子的结构特点和元素性质之间的关系，注意元素电负性、第一电离能的递变规律。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握化合价、元素的位置、原子结构及原子序数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。
【解答】
X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，可知Y为C、Z为N、M为Si；化合物Z2X4的电子总数为18个，X为H；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，Q为Cl。由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N、M为Si、Q为Cl，以此来解答。
A.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Z
C.X2Z−ZX2易与水形成氢键，且与氨气溶于水的性质相似，则水溶液呈碱性，故C正确；
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物为氯化铵时，为离子化合物，故D错误；
故选：D。
8.【答案】D
【解析】解：A.相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F−
B.盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH>7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；
C.常温下NaF溶液pH=7.5>7，NaF溶液呈碱性，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸；pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合HF有剩余，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒得c(Na+)
D.根据物料守恒：2[c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]=c(Na+)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，所以得c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故D正确；
故选：D。
A.相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小；B.盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；
C.常温下NaF溶液pH=7.5>7，NaF溶液呈碱性，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸；pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合HF有剩余，溶液呈酸性；
D.根据物料守恒：2[c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]=c(Na+)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)；
本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确酸的电离程度与酸根离子水解程度关系、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，易错选项是D，注意碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，题目难度中等．
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，根据压强对速率的影响反应速率：v(B)>v(A)，故A正确。
B.根据阿伏伽德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可知，
X(g)+Y(g)2Z(g)+W(g)△n
1 1
0.8mol0.8mol
即达平衡后，反应掉0.8mol，A容器中X的转化率为80%，故B正确。
C.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，平衡时B的压强也大于A，即PB>2PA，故C错误。
D.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，所以A中的反应正向进行的程度大于B中的，所以A中Y的体积分数小于B中的，即平衡时Y体积分数A
A.由图可知，A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，根据压强对速率的影响作判断；
B.根据体积之比等于物质的量之比，计算出平衡时各物质的物质的量，再计算出转化率，据此判断；
C.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，平衡时B的压强也大于A，据此判断；
D.A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，所以A中的反应正向进行的程度大于B中的，所以A中Y的体积分数小于B中的，据此判断；
本题难度较大，需要设计平衡和变换平衡，要求有清晰的思维过程，是一则训练思维的好题．
10.【答案】C
【解析】解：A、图1中，温度升高，甲醇含量减少，则温度升高不利于甲醇的生成，即正方向为放热反应，△H<0，故A正确；
B、图1，在500℃条件下达平衡时n(甲醇)=0.6mol，根据反应，消耗的n(CO)=0.6mol，则CO 的转化率为0.6mol1mol×100%=60%，故B正确；
C、由于反应是放热反应，温度升高，甲醇含量减少，故K1 (300℃)>K2(500℃)，故C错误；
D、图象分析可知甲醇体积分数随温度升高增大，到T3后体积分数减小，说明ab点未达到平衡状态，c点达到平衡状态，de点是升温平衡向逆向进行达到平衡状态，达到化学平衡状态的容器有cde，故D正确；
故选：C。
A、图1，温度升高，甲醇含量减少，根据温度对化学平衡的影响分析；
B、图1，在500℃条件下达平衡时n(甲醇)=0.6mol，根据反应，消耗的n(CO)=0.6mol，据此计算；
C、根据温度对化学平衡常数的影响分析；
D、根据图2，甲醇体积分数随温度升高增大，到T3后体积分数减小，说明ab点未达到平衡状态，c点达到平衡状态，据此分析。
本题考查了化学平衡的分析判断，平衡计算和反应物转化率计算分析应用，题目难度中等，注意理解图象的含义。
11.【答案】A
【解析】解：A.酸或碱都抑制水电离，酸中c(H+)或碱中c(OH−)越大，其抑制水电离程度越大，则水电离出的c(H+)越小，酸中c(H+)等于碱中c(OH−)，所以水的电离程度①=②=③=④，故A正确；
B.②中c(H+)等于④中c(OH−)，且都是强电解质，混合溶液pH=7，溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH−)，所以消耗溶液体积：②=④，故B错误；
C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，最终电离出的n(H+)：①>②，碱和Al反应生成氢气，所以最终生成氢气最多的是弱电解质，为①，故C错误；
D.加水稀释酸的pH增大、碱的pH减小，且稀释后pH：强酸>弱酸、弱碱>强碱、碱>酸，所以稀释后溶液的pH：③>④>②>①，故D错误；
故选：A。
A.酸或碱都抑制水电离，酸中c(H+)或碱中c(OH−)越大，其抑制水电离程度越大，则水电离出的c(H+)越小；
B.②中c(H+)等于④中c(OH−)，且都是强电解质，混合溶液pH=7，溶液呈中性，说明酸中n(H+)等于碱中n(OH−)；
C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，最终电离出的n(H+)：①>②，碱和Al反应生成氢气，所以最终生成氢气最多的是弱电解质；
D.加水稀释酸的pH增大、碱的pH减小，且稀释后pH：强酸>弱酸、弱碱>强碱、碱>酸。
本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后pH值相对大小的比较等知识点，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，易错选项是D，注意无论是水溶液还是碱溶液都抑制水的电离，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.由图像可得NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO4−电离程度大于水解程度，故A正确；
B.电离常数只与温度有关，a、b两点H3PO4的第一步电离常数相等，故B错误；
C.由图可知0.1mol/LH3PO4溶液的pH=2，c(H+)=10−2mol/L，则K=c(H+)c(H2PO4−)c(H3PO4)=(10−2)20.1−0.01≈1.1×10−3，故C正确；
D.a点消耗20mLNaOH溶液，此时溶质为NaH2PO4，根据物料守恒得到a点溶液中有：c(Na+)=c(H2PO4−)+c(HPO42−)+c(PO43−)+c(H3PO4)，故D正确；
故选：B。
根据图像可知，当加入NaOH为0时，pH=2，说明磷酸为弱酸；加入NaOH溶液体积为20mL时，恰好生成NaH2PO4；加入NaOH溶液体积为40mL时，恰好生成Na2HPO4，据此分析解答。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象进行分析即可。
13.【答案】D
【解析】解：A.a，b，c，d，e中a能量最低，所以最稳定，故A错误；
B.依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；
C.b→a+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO−(aq)=ClO3−(aq)+2Cl−(aq)△H=−116kJ/mol，故C错误；
D.氧化还原反应要满足得失电子数守恒，而Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，即Cl−、ClO−和ClO3−时，溶液中Cl−、ClO−和ClO3−的浓度之比为11：1：2时，氯元素得电子为11×1=11，失电子为1×1+5×2=11，得失电子数相等，故D正确；
故选：D。
A.能量越低越稳定；
B.无法判断b→a+c反应的活化能；
C.根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO−=ClO3−+2Cl−，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)−3×60kJ/mol=−116kJ/mol。
D.氧化还原反应要满足得失电子数守恒。
本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的书写，题目难度中等，注意掌握热化学方程式中反应热的计算，试题侧重分析与迁移应用能力的考查，培养了学生的综合应用能力。
14.【答案】D
【解析】解：阳极反应式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极反应式为：Cu2++2e−=Cu，
阳极生成气体为氧气，氧气的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，则：
总的反应式为：2Cu(NO3)2+2H2O电解2Cu↓+O2↑+4HNO3，
2 1 4
0.1mol0.05mol0.2mol
故电解后溶液中生成的HNO3的物质的量为0.2mol，
电解后溶液中硝酸铜的物质的量为0.1L×4mol⋅L−1−0.1mol=0.3mol，
硝酸与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO3+3Fe=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，故0.2molHNO3生成Fe(NO3)2的物质的量为：0.2mol×38=0.075mol，
硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故0.3mol硝酸铜生成Fe(NO3)2的物质的量为0.3mol，
反应后溶液中Fe2+的物质的量为0.3mol+0.075mol=0.375mol，反应后溶液中Fe2+浓度为0.375mol0.1L=3.75mol/L，
故选D.
阳极反应式为：2H2O−4e−=4H++O2↑，阴极反应式为：Cu2++2e−=Cu，
总的反应式为2Cu(NO3)2+2H2O电解2Cu↓+O2↑+4HNO3，
阳极生成气体为氧气，根据n=VVm计算氧气的物质的量，进而计算电解后溶液中生成的HNO3的物质的量，计算电解后溶液中硝酸铜的物质的量，
硝酸与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO3+3Fe=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，
硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，
根据方程式计算溶液中Fe2+的物质的量，再根据c=nV计算反应后Fe2+浓度．
本题考查电解原理、混合物的有关计算等，难度中等，清楚反应的过程是解题的关键，本题利用过程法解答，思路清晰，计算稍微麻烦，可以利用守恒思想进行解答．
15.【答案】D
【解析】解：A.pH越小，氢离子浓度越大，H2A越多，所以曲线a代表H2A的变化，故A错误；
B.取点P，此时c(A2−)=c(HA−)，Ka2=c(H+)=10−5.51mol/L，数量级为10−6，故B错误；
C.相同物质的量的NaHA与配成溶液，由于溶液呈酸性，即NaHA以电离为主，溶液中c(A2−)>c(HA−)，pH>5.51，故C错误；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，推出c(Na+)−c(HA−)−c(A2−)=c(OH−)+c(A2−)−c(H+)=0，c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−2c(A2−)=0，且c(H+)>c(OH−)，故D正确；
故选：D。
A.pH越小，氢离子浓度越大，H2A越多；
B.取点P，此时c(A2−)=c(HA−)，Ka2=c(H+)=10−5.51mol/L；
C.相同物质的量的NaHA与配成溶液，由于溶液呈酸性，即 NaHA以电离为主；
D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)，推出c(Na+)−c(HA−)−c(A2−)=c(OH−)+c(A2−)−c(H+)=0，c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−2c(A2−)=0。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，为高频考点，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的计算，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.失去的电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源正极，电子不会进入溶液，故A错误；
B.阴极上对硝基苯甲酸得电子发生还原反应，生成对氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为，故B正确；
C.阳极发生反应2H2O−4e−=O2+4H+，氧气逸出，氢离子跨过阳离子交换膜移向阴极，当转移4mole−时，阳极电解质溶液减少2mol水，则转移1mole−时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；
D.由C项分析知，阳极反应消耗阳极区的水，则反应结束后阳极区硫酸的浓度增大，pH减小，故D错误；
故选：B。
金属阳极DSA发生2H2O−4e−=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为，据此答题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17.【答案】H2 右 负 Cl−+H2O−电解ClO−+H2↑增大 CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2OCl−−5e−+2H2O=4H++ClO2↑1
【解析】解：(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色，
故答案为：H2；右；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极；其电池反应式为Cl−+H2O−电解ClO−+H2↑，
故答案为：负；Cl−+H2O−电解ClO−+H2↑；
(3)①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极是正极，氧气得到电子转化为氢氧根，则附近溶液的pH增大，负极甲醇失去电子，反应式为CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，
故答案为：增大；CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O；
②电解池中阳极失去电子，则阳极氯离子放电，产生ClO2的反应式为：Cl−−5e−+2H2O=4H++ClO2↑，
故答案为：Cl−−5e−+2H2O=4H++ClO2↑；
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，多出的气体是氢气，物质的量=6.7222.4mol=0.3mol，设阳极产生的气体是xmol，则根据电子得失守恒可知5x=(0.3+x)×2，解得x=0.2，即转移1mol电子，钠离子通过阳离子交换膜，所以通过阳离子交换膜的阳离子为1mol，
故答案为：1；
(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成；
(3)以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2，二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，通入O2的电极是正极，负极甲醇失去电子在碱溶液中生成碳酸盐，
①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极是正极，氧气得到电子转化为氢氧根，则附近溶液的pH增大，负极甲醇失去电子在碱溶液中生成碳酸盐；
②电解池中阳极失去电子，则阳极氯离子放电，产生ClO2，结合电子守恒和电荷守恒配平书写；
③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L时(标准状况，忽略生成的气体溶解)，多出的气体是氢气，物质的量是0.3mol。设阳极产生的气体是xmol，则根据电子得失守恒可知5x=(0.3+x)×2，解得x=0.2，即转移1mol电子，钠离子通过阳离子交换膜，所以通过阳离子交换膜的阳离子为1mol。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】酸式 烧杯，锥形瓶 2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O无 紫 ac 甲基橙 将溶解在溶液中的CO2气体赶出 0.06
【解析】解：(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中，中和滴定前需进行赶气泡、调零等操作，用烧杯盛液体，滴定中用锥形瓶盛待测液，用滴定管盛标准液，故所需玻璃仪器有：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯，故答案为：酸式；锥形瓶、烧杯；
(2)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将C2O42−氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入C2O42−中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，
故答案为：无；紫；
(4)a.滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V(标准)偏大，由此计算结果偏大；
b.滴定前平视，滴定后俯视，则所用标准液读数偏小，由此计算结果偏小；
c.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准)偏大，由此计算结果偏大；
d.滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液偏小，由此计算结果偏小；
故答案为：ac；
(5)①根据题给信息，Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀出，甲基橙变色范围为3.1∼4.4，符合，石蕊变色不明显，酚酞变色范围为：8.2∼10.0，pH较高，有氢氧化钙沉淀生成，干扰滴定，故用甲基橙作指示剂，故答案为：甲基橙；
②二氧化碳溶于水，加热煮沸赶走溶液中二氧化碳，避免二氧化碳和氢氧化钠反应造成误差，故答案为：将溶解在溶液中的CO2气体赶出；
③中和滴定消耗盐酸为：0.1mol/L×8mL=0.8mmol，和碳酸钙反应的盐酸为：0.1mol/L×20mL−0.8mmol=1.2mmol=0.0012mol，
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
100g 2mol
m0.0012mol
m=100g×0.0012mol2mol=0.06g，故答案为：0.06g.
(1)高锰酸钾具有强氧化性，根据中和滴定所需仪器判断；
(2)在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O42−氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42−溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；
(4)分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
(5)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，考虑二氧化碳溶于水，故要加热煮沸，过量盐酸用氢氧化钠滴定，考虑氢氧化钙的微溶性，应选择在pH较低时变色的指示剂，根据滴定算出过量盐酸，进而求得与碳酸钙反应的盐酸，根据方程式计算碳酸钙的质量．
本题考查了滴定原理的应用，中等难度，注意题给信息的应用，根据滴定原理进行计算要明确反应原理．
19.【答案】O2 Cr2O72− H2O(H+和OH−)橙 c 6 5
【解析】解：(1)阳极发生氧化反应生成氧气，
故答案为：O2；
(2)电压为2.0V时，阴极区检出Cr3+，结合实验现象判断在阴极放电的主要离子是Cr2O72−，
故答案为：Cr2O72−；
(3)电压高于5.0V时，两极上分别生成氧气和氢气，被电解的主要物质是H2O(H+和OH−)，
故答案为：H2O(H+和OH−)；
(4)①平衡体系的pH=2，溶液为酸性，含大量的Cr2O72−，溶液为橙色，
故答案为：橙；
②a.Cr2O72−和CrO42−的浓度相同，与起始量、转化率有关，不能判定平衡状态，故不选；
b.2v(Cr2O72−)=v(CrO42−)，不能判定正逆反应速率关系，不能判定平衡状态，故不选；
c.溶液的颜色不变，可知浓度不变，为平衡状态，故选；
故答案为：c；
③由电子守恒可知，还原1molCr2O72−离子，需要FeSO4⋅7H2O为1×2×(6−3)(3−2)mol=6mol，
故答案为：6；
④Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，则c(OH−)=310−3210−5mol/L=10−9mol/L，c(H+)=10−5mol/L，溶液的pH应调至5，
故答案为：5。
实验一、阳极发生氧化反应生成氧气，电压较低时Cr2O72−放电生成Cr3+，电压较高时生成氢气；
实验二、(4)①平衡体系的pH=2，溶液为酸性，含大量的Cr2O72−；
②结合平衡的特征“等、定”判定平衡状态；
③结合电子守恒计算；
④Cr(OH)3的溶度积Ksp=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，则c(OH−)=310−3210−5mol/L=10−9mol/L。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
20.【答案】坩埚 C、Cu和CaSO4 1：23.7≤pH<8.1使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+ 减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率 2.2×10−11 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】解：(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行，根据分析可知滤渣为C、Cu和CaSO4，
故答案为：坩埚；C、Cu和CaSO4；
(2)步骤D中MnO2被还原成Mn2+，化合价降低2价，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2；
(3)此时溶液中的杂质主要为Fe3+，结合表中数据可知步骤E中调节pH的范围为3.7≤pH<8.1，其目的是使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+，
故答案为：3.7≤pH<8.1；使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响Mn2+；
(4)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤G中温度需控制在35℃以下，减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；Mn2+恰好沉淀完全时可认为c(Mn2+)=10−5mol/L，Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)⋅c(CO32−)=10−5×2.2×10−6=2.2×10−11，
故答案为：减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用率；2.2×10−11；
(5)碳酸氢根与锰离子生成碳酸锰沉淀，碳化沉锰的离子方程式为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
原料加木炭焙烧，主要发生2MnO2+C−高温2MnO+CO2↑，且C与Fe2O3、CuO发生反应，生成MnO、Fe、Cu，再酸浸过滤得到MnSO4、FeSO4溶液，过滤分离出滤渣为Cu、CaSO4，再氧化、调节pH除去Fe3+得到MnSO4溶液，最后用NH4HCO3发生复分解反应生成MnCO3，分离烘干得到MnCO3，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
相关试卷
2021-2022学年山西省长治市名校联盟高二（下）联考化学试卷（2月份）（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省长治市名校联盟高二（下）联考化学试卷（2月份）（含答案解析），共20页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，12ml⋅L−1⋅min−1B等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】D，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省太原市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省太原市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了8kJ⋅ml−1、−890，1mlX和0，6×10−5，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
