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2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共27页。
2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷
1. 下列属于弱电解质的是( )
A. 酒精 B. AlCl3 C. 醋酸 D. BaSO4
2. 下列溶液一定呈酸性的是( )
A. pH<7的电解质溶液 B. 含有H+的溶液
C. NaHA溶液 D. c(H+)>c(OH−)的溶液
3. 用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
4. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )
A. 氧化钙与水反应
B. Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
C. 盐酸与氢氧化钠反应
D. 氢气与氯气反应
5. 下列原子轨道的表示不正确的是( )
A. 1s B. 2p C. 3px D. 3f
6. 下列说法不正确的是( )
A. 原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满M层再排N层
B. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大
C. 2p、3p、4p的轨道形状均为哑铃形
D. 各能层含有的原子轨道数为n2(n为能层序数)
7. 下列属于基态排布的原子或离子核外电子排布式的是( )
A. Br−：3d104s24p6 B. Cr：[Ar]3d54s1
C. Na：1s22s22p53s2 D. Fe2+：[Ar]3d64s2
8. 按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。下列元素中，与其他元素不处在同一个区的是( )
A. Ne B. Al C. Pb D. Cu
9. 下列说法正确的是( )
A. 测定中和反应反应热的实验中，可用铜丝代替玻璃搅拌器
B. 需要加热才能发生的反应是吸热反应
C. 升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加
D. 甲烷的燃烧热为−890.3kJ⋅mol−1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−890.3kJ⋅mol−1
10. 下列关于如图所示转化关系(X代表Cl、Br、I)，说法不正确的是( )
A. ΔH2>0，ΔH3<0
B. ΔH1=ΔH2+ΔH3
C. ΔH1越小，HX越稳定
D. 若X分别是Cl、Br、I，则过程Ⅲ放出的热量依次增多
11. 下列说法正确的是( )
A. 反应C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
B. 反应2A(？)+B(g)⇌2C(？)，若压强不再随时间变化能说明已达平衡，则A、C同时是气体
C. 反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
D. 1molN2和3molH2反应，达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时，吸收热量Q2，则Q2等于Q1
12. 氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法不正确的是( )
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B. 氢能有可能成为人类未来的主要能源
C. 氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，则转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH=反应中断裂旧共价键的键能之和一反应中形成新共价键的键能之和
13. 在表面无锈的铁片上滴食盐水，一段时间后有铁锈出现。此过程反应为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。下列说法不正确的是( )
A. 铁片发生氧化反应而被腐蚀
B. 铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C. 铁片腐蚀中正极发生的电极反应：2H2O+O2+4e−=4OH−
D. 铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
14. NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：CO(g)+NO(g)⇌CO2(g)+12N2(g)ΔH=−874.3kJ/mol，K=2.5×1060。有关该反应的说法不正确的是( )
A. 因为K很大，所以反应速率很大，NO与CO排入大气之前就已经反应完全
B. 升高温度，反应速率增大，K减小
C. 增大压强，平衡向右移动，K不变
D. 选用适宜催化剂可使其达到尾气排放标准
15. 在一密闭容器中，反应aA(气)⇌bB(气)达平衡后，保持温度不变，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，A的浓度是原来的1.5倍，则下列说法不正确的是( )
A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质A的转化率变小
C. 物质B的质量分数增加了 D. a>b
16. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3−的物质的量等于0.1mol
B. 标准状况下，将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl−、ClO−的粒子数之和为2NA
C. 镀铜过程中，阳极(纯铜)质量减小32g，转移电子数为NA
D. 相等pH的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的c(H+)相等
17. 室温下，对于0.1mol/L醋酸溶液。下列判断正确的是( )
A. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
B. 该溶液中c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)
C. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO−)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D. 与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32−+2H+=H2O+CO2↑
18. 下列化学语言表示正确的是( )
A. 醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO−+H+
B. 碳酸钠溶液呈现碱性的原因：CO32−+H2O⇌H2CO3+2OH−
C. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−
D. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓
19. 如图所示的4个试管实验中均产生了白色沉淀，下列说法中正确的是( )
A. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中含有的微粒种类不同
B. Na2CO3溶液比NaHCO3溶液的pH大
C. Ca2+、Al3+均促进了CO32−、HCO3−的水解
D. 滴加溶液后，4支试管内溶液的pH都变小
20. 向20mL0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中正确的是( )
A. 醋酸的电离平衡常数：B点
C. 从A点到B点，混合溶液中不可能存在：c(CH3COO−)=c(Na+)
D. 从B点到C点，混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
21. 25℃时，下列说法正确的是( )
A. 可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA是强酸
B. 若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，则HA是弱酸
C. 含CO32−的溶液中，可能大量存在：Na+、SO42−、Al3+
D. 等pH等体积的HClO、HCl溶液分别与浓度相同的NaOH溶液反应呈中性，HClO消耗的NaOH溶液体积少
22. 常温下，已知Ksp(ZnS)=1.6×10−24，Ksp(CuS)=1.3×10−36。如图所示为CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子(S2−)浓度的负对数关系，下列说法正确的是( )
A. 曲线A表示的是ZnS，曲线B表示的是CuS
B. 向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，可实现n点到m点的转换
C. p点表示CuS或ZnS中无沉淀析出
D. 向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp(CuS)减小
23. 废水中通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。则下列叙述正确的是( )
A. 温度升高，该电池反应速率一定加快
B. H+由a极穿过质子交换膜到达b极
C. OH−迁移的数量等于导线上通过电子的数量
D. a极电极反应式为：+2e−+H+=+Cl−
24. 一定条件下，向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。下列说法正确的是( )
A. 反应在c点达到平衡状态
B. Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a∼b段等于b∼c段
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 反应物浓度：a点小于b点
25. 已知氧化性：Fe3+>I2。某溶液X可能含有K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、SO42−、SO32−、CO32−、I−、Cl−中的一种或几种，现进行如图实验：
下列说法正确的是( )
A. 无法判断K+是否存在
B. 溶液X中一定存在NH4+、I−、Cl−、SO32−
C. 取X溶液加入足量稀硫酸，加热，可能产生混合气体
D. 溶液X中Cl−的物质的量为0.090mol
26. A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子；C是地壳中含量最多的一种元素；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子。请完成以下空白：
(1)D元素的基态原子中，核外电子占据的最高能层的符号为 ______，基态C离子占据的最高能级共有 ______个原子轨道。
(2)B元素的基态原子价层电子的电子排布图为 ______。
(3)请解释E3+离子比E2+离子稳定的原因：______。
(4)基态F二价阳离子的核外电子排布式为 ______。
(5)A、B、C三种元素的第一电离能从大到小为 ______(用元素符号表示)。
(6)BD3与水反应产生有漂白性的物质，写出该反应的化学方程式 ______。
27. 化学反应过程既是物质的转化过程，也是能量的转化过程。
(1)下列属于吸热过程的是 ______(填序号)。
a.CO燃烧
b.铝和稀盐酸反应
c.碳酸氢钠溶于水
d.石灰石分解
(2)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：
化学反应
正反应活化能
逆反应活化能
t∘C时平衡常数
N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH>0
akJ/mol
bkJ/mol
K1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0
ckJ/mol
dkJ/mol
K2
请写出t℃时，NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式 ______(反应热用a、b、c、d代数式表示)。t℃时，该反应的平衡常数 ______(用K1和K2表示)。
(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。目前已开发出如图所示用电解法制取ClO2的新工艺。用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。
精制饱和食盐水入口是 ______口(填“c”或“d”)产生ClO2的电极反应式为 ______。
28. 二氧化碳的转化和利用成为实现“碳达峰”、“碳中和”的重要研究课题。回答下列问题：
(1)利用CO2和H2可生产乙烯。相关热化学方程式为：
反应Ⅰ：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH1=−246.4kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=−166.8kJ/mol
某催化剂作用下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，体系中主要发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ两个竞争反应。反应进行tmin时测得两种烃的物质的量随温度的变化如图所示，该催化剂在840℃时主要选择反应 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；840℃之后，C2H4产量下降的原因是 ______。
520℃时，0∼tmin内用氢气表示反应Ⅱ的平均反应速率：v(H2)=______mol/(L⋅min)(用含t的代数式表示)。
(2)利用工业废气CO2制甲醇，发生反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3，可以一定程度摆脱当下对化石燃料的依赖。
①上述反应自发的条件是 ______。
②在aL密闭容器中，充入不同氢碳比的原料气体，控制温度600K，发生反应Ⅲ，请在图中画出CH3OH在混合气体中的平衡体积分数随氢碳比递增的变化趋势______。
③一定条件下，将1molCO2和1molH2置于恒容密闭容器中，发生反应Ⅲ。下列能说明反应达到平衡状态的是 ______。
A.混合气体的密度保持不变
B.CO2的消耗速率与H2O的消耗速率相等
C.CO2的体积分数保持不变
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
29. 平衡思想是化学研究的-一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。
(1)①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka≈______。
②在25C时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合(忽略混合时的溶液体积变化)，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl−)，则溶液显 ______(填“酸“碱”或“中”)性。
(2)已知，常温下几种物质的电离常数如表：
化学式
H2CO3
HClO
H2SO3
电离平衡常数
Ka1=4.5×10−7
Ka2=1.4×10−11
Ka=3.0×10−8
Ka1=1.4×10−2
Ka2=6.0×10−8
①三种相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHSO3的pH从小到大的排序是 ______。
②下列说法正确的是 ______。
A.Ca(C1O)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO−=CaSO3↓+2HClO
B.常温下，将SO2通入氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol/L时，溶液中的c(SO32−)c(HSO3−)=0.6
C.等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO3混合液中，3c(Na+)=2c(SO32−)+2c(HSO3−)+2c(H2SO3)
D.Na2CO3溶液中加入少量水，则溶液中c(CO32−)c(Na+)将减小
③根据表中数据，计算0.03mol/LNaClO溶液的pH≈______。
30. 可利用滴定法来测定燃煤尾气中SO2的含量，实验室按以下步骤进行(假定无其它还原性物质)：
①取标况下1000mL尾气样品，通入适量NaOH溶液中；
②配制成250mL溶液；
③准确量取25.00mL；
④将25.00mL溶液置于锥形瓶中；
⑤用0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4溶液VmL。
(1)步骤⑤中，滴定达到终点的现象是 ______。
(2)下列说法正确的是 ______。
A.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B.图中应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
C.将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，会造成测定结果偏低
E.达到滴定终点读取数据时，俯视滴定管液面，会造成测定结果偏低
(3)该尾气中SO2的含量为 ______g/L(用含V的最简式表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.酒精在水中以分子存在，属于非电解质，故A错误；
B.AlCl3溶于水完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.醋酸在水溶液中部分电离，所以醋酸是弱电解质，故C正确；
D.硫酸钡在溶液中溶解度较小，但溶解的硫酸钡完全电离，则硫酸钡是强电解质，故D错误；
故选：C。
部分电离的电解质为弱电解质，完全电离的电解质为强电解质。
本题考查电解质强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与其溶解性强弱无关。
2.【答案】D
【解析】解：A.温度未知，不能由pH直接判断酸碱性，如100℃时pH=6的溶液为中性，该温度下pH<7的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故A错误；
B.水溶液中均含H+，不能判断酸碱性，故B错误；
C.NaHA溶液可能呈酸性也可能呈碱性，如NaHSO4溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性，故C错误；
D.溶液中c(H+)>c(OH−)，显酸性，故D正确；
故选：D。
由c(H+)、(OH−)的相对大小判断溶液的酸碱性，若c(H+)>c(OH−)时溶液显酸性。
本题考查溶液酸碱性，为高频考点，把握溶液酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意：温度未知时不能根据pH值判断溶液酸碱性，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，选酸式滴定管量取盐酸，润洗使用的盐酸从滴定管的下端放入烧杯中，碱式滴定管量取NaOH溶液后转移到锥形瓶中，锥形瓶中加指示剂后开始滴定，则中和滴定实验不需要量筒，只有A正确，
故选：A。
用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，选酸式滴定管量取盐酸，润洗使用的盐酸从滴定管的下端放入烧杯中，碱式滴定管量取NaOH溶液后转移到锥形瓶中，锥形瓶中加指示剂后开始滴定，以此来解答。
本题考查中和滴定，为高频考点，把握中和滴定的操作、实验步骤、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意烧杯的作用，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.氧化钙与水反应为放热反应，故A错误；
B.Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应为吸热反应，故B正确；
C.盐酸与氢氧化钠反应为放热反应，故C错误；
D.氢气与氯气反应为放热反应，故D错误；
故选：B。
生成物总能量高于反应物总能量的反应为吸热反应，常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应，②碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，③铵盐与强碱反应，④碳与水反应生成一氧化碳和氢气，据此回答。
本题考查化学反应中能量的变化，着重是区别吸热反应和放热反应，注意总结常见的吸热反应和放热反应，平时学习要夯实基础，此题较易。
5.【答案】D
【解析】解：s亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，
故选：D。
能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，据此即可解答。
本题考查原子核外电子的能级，为高频考点，把握电子层与能级的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.M能层中3d能级的能量高于N能层中4s能级能量，填充完N层的4s能级后才能填充M层的3d能级，故A错误；
B.相同能级，能层越大，能量越大，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故B正确；
C.p能级轨道形状为哑铃型，形状与能层无关，故C正确；
D.各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子，所以各能层含有的原子轨道数为n2(n为能层序数)，故D正确；
故选：A。
A.3d能级的能量高于4s能级；
B.相同能级，能层越大，能量越大；
C.p能级轨道形状为哑铃型；
D.各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子。
本题考查了电子的排布、能层、能级、原子轨道等知识点，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布规律以及能层、能级、原子轨道等内容，试题培养了学生的灵活应用能力。
7.【答案】B
【解析】解：A.基态Br−的电子排布式为[Ar]3d104s24p6，故A错误；
B.根据洪特规则特例，基态Cr原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，故B正确；
C.原子中2p能级未排满，已经填充3s能级，是Na激发态电子排布式，故C错误；
D.[Ar]3d64s2是基态铁原子核外电子排布式，基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，故D错误；
故选：B。
核外电子遵循能量最低原理、泡利原理、洪特规则及其特例的排布属于基态原子或离子的电子排布式。
本题考查核外电子排布式，熟练掌握构造原理、泡利原理、洪特规则及其推论，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
8.【答案】D
【解析】解：Ne处于第二周期0族，Al处于第三周期IIIA族、Pb处于第六周期IVA族，它们都属于p区元素，而Cu处于第四周期IB族，属于ds区元素，
故选：D。
Cu处于ds区，而Ne、Al、Pb都处于p区。
本题考查原子结构与位置关系，注意掌握元素周期律表的分区，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
9.【答案】C
【解析】解：A.测定中和反应反应热的实验中，如果用铜丝代替玻璃搅拌器，铜丝导热，会造成热量损失，使测得数据不准确，故A错误；
B.反应吸放热由反应物和生成物的总能量大小决定，与反应条件无关，故B错误；
C.升高温度，一部分分子获得能量变为活化分子，活化分子百分数增大，反应速率加快，故C正确；
D.甲烷燃烧热指的是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量，故D错误；
故选：C。
A.铜丝能导热；
B.反应吸放热与反应条件无关；
C.升温能增加活化分子百分数；
D.燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时反应放出的热量。
本题考查化学反应中的能量变化和化学反应速率，题目难度中等，掌握外界条件改变对速率的影响是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A.原子形成化学键放热，焓变小于0，分子变成原子化学键断裂是吸热的，因此，△H2>0，△H3<0，故A正确；
B.根据盖斯定律可知，无论反应是一步完成，还是分步完成，其反应热不变，即途径Ⅰ的反应热大于途径Ⅱ、Ⅲ反应热之和，则△H1=△H2+△H3，故B正确；
C.因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，Cl、Br、I的原子半径依次增大，途径Ⅰ生成HX放出的热量依次减小，说明HX越不稳定，即△H1越小，HX 越稳定，故C正确；
D.途径Ⅲ为化学键的形成，释放能量，对应HX越不稳定，释放能量越小，X按Cl、Br、I的顺序，途径Ⅲ放出的热量依次减小，故D错误；
故选：D。
A.断裂化学键吸热，形成化学键放热；
B.根据盖斯定律可知，反应焓变与起始物质的状态和物质的终态有关，与反应途径无关；
C.根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断；
D.途径Ⅲ为化学键的形成，释放能量，对应HX越不稳定，释放能量越小。
本题考查了化学反应中的能量变化、盖斯定律的应用，为高频考点，明确化学反应与能量不会的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的含义及运用方法，试题培养了学生的灵活运用能力，题目难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变时，说明正逆反应速率相等，此时达到平衡状态，故A正确；
B.若压强不再随时间变化能说明已达平衡，该反应前后只要气体体积不相等即可，A、C可以都为气体或都为非气体，也可以只有一种为气体，均满足条件，所以A、C不一定同时为气体，故B错误；
C.反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，压强增大，正逆反应速率均增大，故C错误；
D.1molN2和3molH2反应，达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1，设生成2mol氨气时放热为Q，消耗n(H2)=3mol×10%=0.3mol时放出的热量为Q1=0.3mol3×Q=0.1Q，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时放出的热量为Q2=2mol×90%2×Q=0.9Q，则Q2等于9Q1，故D错误；
故选：A。
A.碳的质量不再改变，说明正逆反应速率相等；
B.压强不再随时间变化能说明已达平衡，该反应前后气体体积不相等即可；
C.其他条件不变，缩小反应容器体积，压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大；
D.设生成2mol氨气时放热为Q，消耗n(H2)=3mol×10%=0.3mol时放出的热量为Q1=0.3mol3×Q=0.1Q，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时放出的热量为2mol×90%2×Q=0.9Q。
本题考查化学平衡状态的判断、化学反应速率的影响因素，为高频考点，明确可逆反应推断及化学平衡状态的特征解答关键，注意掌握化学反应速率的影响因素，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.△H−T△S<0的反应可自发进行，由化学计量数可知△S<0，该反应能自发进行，则△H−T△S<0，即△H
C.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol，所以无法根据氢气体积计算转移电子数，故C错误；
D.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的△H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D正确；
故选：C。
A.△H−T△S<0的反应可自发进行；
B.氢能热值大，无污染；
C.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol；
D.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。
本题考查了化学反应中的能量变化、反应自发进行的判定，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，铁片做负极，发生氧化反应而被腐蚀，故A正确；
B.铁片负极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成的铁锈最多，故B错误；
C.铁片腐蚀中正极发生的电极反应：2H2O+O2+4e−=4OH−，故C正确；
D.铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，故D正确；
故选：B。
由图可知，在表面无锈的铁片上滴食盐水后，铁片做负极，失去电子，被氧化，生成亚铁离子，铁片中的碳颗粒做正极，食盐水中的溶解氧在正极得到电子，被还原为OH−，即发生钢铁的吸氧腐蚀，亚铁离子和OH−反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，据此分析作答。
本题主要考查原电池原理的应用，掌握原电池中正负极的判断、电极反应式的书写、离子移动的方向、电流的方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.K值大说明正向反应倾向很大，与反应速率大小无关，故A错误；
B.升高温度，反应速率加快，方应正向放热，升温平衡逆向移动，K值减小，故B正确；
C.反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，温度不变，K值不变，故C正确；
D.选用适宜催化剂可以加快反应速率，缩短到达平衡所需的时间，使汽车尾气中有害成分在排放前充分反应，达到尾气排放标准，故D正确；
故选：A。
A.K值大小与反应速率无关；
B.升温，平衡向吸热反应方向进行；
C.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，K值只受温度影响；
D.催化剂可以加快反应速率。
本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对反应速率和化学平衡的影响是解题的关键，注意K值只受温度影响。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡影响因素，侧重考查压强对平衡移动影响，正确判断改变条件时平衡移动方向是解本题关键，注意改变条件瞬间A浓度变化，为解答易错点。
【解答】
A.根据分析知，改变条件时平衡正向移动，故A正确；
B.平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；
C.平衡正向移动，B的质量分数增加，故C正确；
D.增大压强，平衡正向移动，则a>b，故D正确；
故选B。
16.【答案】C
【解析】解：A.碳酸根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离，所以1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3−的物质的量小于0.1mol，故A错误；
B.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，将22.4LCl2物质的量为1mol，通入水中，HClO、Cl−、ClO−的粒子数之和小于2NA，故B错误；
C.镀铜过程中，阳极(纯铜)质量减小32g，物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，依据Cu−2e−=Cu2+可知，注意电子数为NA，故C正确；
D.氢氧化钠溶液中水的电离受到抑制，碳酸钠溶液中水的电离受到促进，所以相等pH的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的c(H+)不相等，故D错误；
故选：C。
A.碳酸根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离；
B.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
C.依据Cu−2e−=Cu2+判断；
D.氢氧化钠溶液中水的电离受到抑制，碳酸钠溶液中水的电离受到促进。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用概念理解，微粒数计算，电解池工作原理，物质性质的分析判断是解题关键，题目难度中等。
17.【答案】B
【解析】解：A.加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，故A错误；
B.由电荷守恒可知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)，故B正确；
C.题目未给溶液体积，无法计算微粒的物质的量，故C错误；
D.醋酸为弱酸，书写离子方程式时不可拆分，故D错误；
故选：B。
醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO−+H+，由外界条件改变对电离平衡的影响结合电荷守恒、物料守恒解题。
本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是守恒思想的应用。
18.【答案】C
【解析】解：A.醋酸的电离方程式：CH3COOH⇌H++CH3COO−，故A错误；
C.多元弱酸根的水解分步进行，CO32−+H2OHCO3−+OH−，故B错误；
C.用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)，故C正确；
D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.醋酸为弱酸电解质，部分电离；
B.多元弱酸根的水解分步进行；
C.碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化；
D.漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应。
本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
19.【答案】D
【解析】解：A.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中含有的微粒种类相同，故A错误；
B.等浓度Na2CO3溶液比NaHCO3溶液的pH大，故B错误；
C.Al3+均促进了CO32−、HCO3−的水解，Ca2+自身不水解，与CO32−反应生成碳酸钙，与HCO3−反应生成碳酸钙和氢离子，氢离子继续与HCO3−反应生成水和二氧化碳，故C错误；
D.滴加溶液后，4支试管内的碱性溶液随着反应的进行，都转化为中性溶液，pH都变小，故D正确；
故选：D。
A.存在CO32−、HCO3−水解；
B.比较Na2CO3溶液与NaHCO3溶液pH大小时，必须在等浓度的前提下；
C.Al3+均促进了CO32−、HCO3−的水解，Ca2+自身不水解；
D.4支试管内的碱性溶液随着反应的进行，都转化为中性溶液。
本题主要考查Na2CO3与NaHCO3的性质，同时考查盐类的水解、平衡移动的思维，属于基本知识的考查，难度不大。
20.【答案】B
【解析】解：A.醋酸电离吸收热量，升高温度促进其电离，温度越高其电离平衡常数越大，温度：A点A点，故A错误；
B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，B点溶质为醋酸钠，促进水电离，C点NaOH过量而抑制水电离，所以水电离出的c(OH−)：B点>C点，故B正确；
C.酸碱中和反应为放热反应，溶液温度最高时，酸碱恰好完全反应，所以B点酸碱恰好完全反应，A点时有一半的醋酸反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，B点溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，所以在A和B点之间有一点溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO−)=c(Na+)，故C错误；
D.B点醋酸和NaOH恰好完全反应，B点后NaOH有剩余，NaOH抑制醋酸根离子水解，当NaOH量较多时，存在c(CH3COO−)
A.醋酸电离吸收热量，升高温度促进其电离，温度越高其电离平衡常数越大；
B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；
C.酸碱中和反应为放热反应，溶液温度最高时，酸碱恰好完全反应，所以B点酸碱恰好完全反应，A点时有一半的醋酸反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，B点溶质为醋酸钠，溶液呈碱性；
D.B点醋酸和NaOH恰好完全反应，B点后NaOH有剩余，NaOH抑制醋酸根离子水解。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，C为解答易错点。
21.【答案】B
【解析】解：A.可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA可能是强酸也可能是弱酸，如NaCl溶液呈中性，HCl是强酸，CH3COONH4溶液呈中性，CH3COOH为弱酸，故A错误；
B.若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，溶液中c(H+)
D.等pH的HClO和HCl，c(HClO)>c(HCl)，等pH等体积的HClO、HCl溶液存在n(HClO)>n(HCl)，二者分别与相同浓度的NaOH溶液反应呈中性，物质的量多的酸消耗的碱多，所以HClO消耗的NaOH多，故D错误；
故选：B。
A.可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA可能是强酸也可能是弱酸；
B.若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，溶液中c(H+)
D.等pH的HClO和HCl，c(HClO)>c(HCl)，等pH等体积的HClO、HCl溶液存在n(HClO)>n(HCl)，二者分别与相同浓度的NaOH溶液反应呈中性，物质的量多的酸消耗的碱多。
本题考查酸碱混合溶液大小判断、弱电解质的电离、离子共存等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质、弱电解质判断方法、离子共存条件是解本题关键，A为解答易错点。
22.【答案】C
【解析】解：A.根据以上分析知，曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS，故A错误；
B.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，溶液中c(S2−)增大，则−lgc(S2−)减小，温度不变溶度积常数不变，则c(Cu2+)减小，则−lgc(Cu2+)增大，应该在曲线A上向上移动，不能实现n点到m点的转换，故B错误；
C.曲线上各点为该溶质的饱和溶液，温度不变时，溶度积常数不变，曲线上方各点溶液中−lgQc>−lgKsp，则Qc
故选：C。
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，当−lgc(S2−)相同时，c(Zn2+)>c(Cu2+)，则−lgc(Zn2+)<−lgc(Cu2+)，则曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS；
A.根据以上分析知，曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS；
B.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，溶液中c(S2−)增大，则−lgc(S2−)减小，c(Cu2+)减小，则−lgc(Cu2+)增大；
C.曲线上各点为该溶质的饱和溶液，温度不变时，溶度积常数不变，曲线上方各点溶液中−lgQc>−lgKsp，则Qc
本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、曲线的含义是解本题关键，注意：溶度积常数只与温度有关，题目难度中等，C为解答易错点。
23.【答案】D
【解析】解：A.温度升高，微生物会失去活性，电池反应速率减慢，故A错误；
B.根据分析可知，H+由b极穿过质子交换膜到达a极，故B错误；
C.根据分析可知，发生迁移的是H+，不是OH−，H+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，故C错误；
D.根据分析可知，a极反应式为：+2e−+H+=+Cl−，故D正确；
故选：D。
由图可知，b极CH3COO−转化为CO2，碳元素由0价升高到+4价，被氧化，发生氧化反应，故b极为负极，电极反应为：CH3COO−+2H2O+8e−=2CO2+7H+，则a极为正极，得到电子，被还原，发生还原反应，电极反应为：+2e−+H+=+Cl−，据此分析作答即可。
本题主要考查原电池原理的应用，掌握原电池中正负极的判断、电极反应式的书写、离子移动的方向、电流的方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
24.【答案】C
【解析】解：A.化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，故A错误；
B.随着反应的进行，正反应速率增大，△t1=△t2时，SO2的转化率：a∼b段小于b∼c段，故B错误；
C.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；
D.a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间延长不断减小，故D错误；
故选：C。
A.达到平衡状态，速率不变；
B.随着反应的进行，正反应速率增大，反应正向进行，反应物转化率增大；
C.根据速率变化判断温度对反应的影响，然后分析反应物和生成物能量的高低；
D.a到b时正反应速率增加，反应正向进行。
本题以v−t图象为载体考查外界条件对化学反应速率、平衡的影响，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，结合方程式特点、题干中限制性条件进行分析判断是解本题关键，题目难度不大。
25.【答案】A
【解析】解：A.结合分析可知，钾离子可能存在可能不存在，故A正确；
B.结合分析可知，溶液X中一定不存在SO32−，故B错误；
C.分析判断一定不含SO32−，取溶液X加入足量稀硫酸、加热，无气体产生，故C错误；
D.溶液X中电荷守恒分析，一定含阴离子Cl−、I−、SO42−，一定含阳离子NH4+、Fe2+上述计算得到，n(NH3)=0.05mol，n(Fe2+)=0.01mol，上层溶液三等份，得到原X溶液中含Cl−的物质的量至少=0.05×1×3mol+0.01mol×2×3−0.01mol×2×3−0.03mo×2l=0.090mol，但不知道钾离子是否存在，所以无法确定具体含量，故D错误；
故选：A。
某溶液X可能含有K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、SO42−、SO32−、CO32−、I−、Cl− 中的一种或几种加入足量过氧化氢、四氯化碳下层液体分离出紫黑色固体7.62g为I2，物质的量=7.62g254g/mol=0.03mol，说明一定含I−，则一定不含Fe3+，上层溶液分为三份，其中一份加入足量氢氧化钠溶液加热反应生成气体为NH3，标准状况下物质的量n(NH3)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，原溶液中一定含NH4+，沉淀灼烧得到固体0.8g为氧化铁，物质的量n(Fe2O3)=0.8g160g/mol=0.005mol，溶液中含Fe2+，一份加入足量氯化钡溶液生成白色沉淀，说明沉淀为硫酸钡沉淀且质量为2.33g，物质的量n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，证明原溶液中含SO32−或SO42−，另一份加入硝酸银溶液和稀硝酸生成白色沉淀，证明含Cl−，据此分析判断。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
26.【答案】M 3 Fe2+价电子排布为3d6，而Fe3+价电子排布为3d5，是半充满稳定结构 1s22s22p63s23p63d9 N>O>CNCl3+H2O=HClO+NH3↑
【解析】解：由分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Cl、E为Fe、F为Cu；
(1)D为Cl元素，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，核外电子占据的最高能层是第三能层，能层符号为M；C为氧元素，基态C离子核外电子排布为1s22s22p6，占据的最高能级为2p能级，共有3个原子轨道，
故答案为：M；3；
(2)B为N元素，基态原子价层电子的电子排布图为，
故答案为：；
(3)Fe2+价电子排布为3d6，而Fe3+价电子排布为3d5，是半充满稳定结构，能量较低较稳定，则Fe3+比Fe2+稳定，
故答案为：Fe2+价电子排布为3d6，而Fe3+价电子排布为3d5，是半充满稳定结构；
(4)基态Cu2+价阳离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；
(5)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(6)NCl3与水反应产生有漂白性的物质，则发生水解反应生成NH3和HClO，反应方程式为NCl3+H2O=HClO+NH3↑，
故答案为：NCl3+H2O=HClO+NH3↑。
A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大，其中A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8，其质子数为14−8=6，故A为C元素；C是地壳中含量最多的一种元素，则C为O元素；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子，则D原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，故D为Cl元素；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质，则E为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其外围电子排布式为3d104s1，故F为Cu。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期律，注意电子构型对电离能的影响。
27.【答案】cd4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1 K2(K1)5 dCl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】解：(1)a.CO燃烧放出热量，故a错误；
b.铝和稀盐酸反应放出热量，故b错误；
c.碳酸氢钠溶于水吸收热量，故c正确；
d.石灰石分解吸收热量，故d正确；
故答案为：cd；
(2)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a−b)kJ⋅mol−1，4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c−d)kJ⋅mol−1，将第二个方程式减去第一个方程式的5倍得到t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1，方程式相减，平衡常数相除，即得到t℃该反应的平衡常数为K2(K1)5，
故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1；K2(K1)5；
(3)阳离子通过阳离子交换膜，所以b电极上生成氢离子，则b电极为阳极、a电极为阴极，氯离子在阳极上放电，所以d处为精制饱和食盐水的入口；阳极上氯离子失电子和水反应生成ClO2和氢离子，电极反应式为Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+，
故答案为：d；Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+。
(1)常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
(2)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a−b)kJ⋅mol−1，4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c−d)kJ⋅mol−1，将第二个方程式减去第一个方程式的5倍得到t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1，方程式相减，平衡常数相除，方程式多少倍，平衡常数就是多少次方；
(3)阳离子通过阳离子交换膜，所以b电极上生成氢离子，则b电极为阳极、a电极为阴极，氯离子在阳极上放电，所以d处为精制饱和食盐水的入口；阳极上氯离子失电子和水反应生成ClO2和氢离子。
本题主要考查电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确常见的吸热和放热反应、反应热的计算方法、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，(3)为解答难点。
28.【答案】Ⅰ反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应，乙烯产量下降 0.4t 低温或低温自发 BCD
【解析】解：(1)根据图像可以看出在840℃时主要生成CH2=CH2，该催化剂在840℃时主要选择反应I；840℃之后，C2H4产量下降，是因为是以下几个方面：反应I是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应，乙烯产量下降；520℃时，生成CH40.2mol，根据CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)可知消耗氢气n(H2)=0.8mol，0∼tmin内用氢气表示反应Ⅱ的平均反应速率v(H2)=△c△t=0.82×tmol/(L⋅min)=0.4tmol/(L⋅min)，
故答案为：Ⅰ；反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应，乙烯产量下降；0.4t；
(2)①根据吉布斯自由能知，当△G=△H−T△S<0时，反应自发进行，上述反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)能自发进行，且是气体分子数减小的反应，即△S<0，则△H<0，△G=△H−T△S<0时自发，可知反应在低温自发，
故答案为：低温或低温自发；
②根据CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)反应可知，当投料氢碳比小于3时，增大氢碳比，二氧化碳转化率增大，即提高甲醇产率，甲醇的体积分数随氢碳比的增大而增大；氢碳比与反应的化学计量数之比相同，即为3时，甲醇的体积分数最大；当氢碳比超过3以后，甲醇产量随增多，但平衡后混合气体的总体积增大，对应的甲醇体积分数不断减小，所以其变化曲线如下，
故答案为：；
③A.恒容密闭容器纯气体反应，反应前后质量不变，混合气体的密度始终保持不变，不能作为平衡标志，故A错误；
B.CO2的消耗速率与H2O的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B正确；
C.将1molCO2和1molH2置于恒容密闭容器中，反应物CO2的体积分数保持不变，反应达到平衡，故C正确；
D.混合气体的平均相对分子质量，n在变化，平均相对分子质量也在变，当平均相对分子质量保持不变，反应达到平衡，故D正确；
故答案为：BCD。
(1)根据图像可以看出在840℃时主要生成CH2=CH2；840℃之后，C2H4产量下降，是因为是以下几个方面：反应I是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应；
(2)①根据吉布斯自由能知，当△G=△H−T△S<0时，反应自发进行；
②根据CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)反应可知，当投料氢碳比小于3时，增大氢碳比，二氧化碳转化率增大；
③可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等，且变化的物理量不再变化。
本题考查化学反应速率的计算、化学平衡的影响因素的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理等知识解答，此题难度大。
29.【答案】10−5 中 NaHSO3、NaClO、Na2CO3 BD 10
【解析】解：(1)①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，醋酸电离程度较小，溶液中c(H+)≈c(CH3COO−)=0.1mol/L×1%=0.001mol/L，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)≈0.001×0.0010.1=10−5，
故答案为：10−5；
②c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，结合c(NH4+)=c(Cl−)得c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，
故答案为：中；
(2)①根据电离平衡常数知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−>HClO>HCO3−，则水解程度：HSO3−
②A.少量二氧化硫通入到Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氢离子，硫酸根离子与Ca2+结合生成沉淀，H+与溶液中ClO−结合生成HClO，离子方程式为Ca2++3ClO−+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl−+2HClO，故A错误；
B.溶液中的c(SO32−)c(HSO3−)=Ka2c(H+)=Ka2Kwc(OH−)=6.0×10−81.0×10−141.0×10−7=0.6，故B正确；
C.等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，根据物料守恒得2c(Na+)=3c(SO32−)+3c(HSO3−)+3c(H2SO3)，故C错误；
D.Na2CO3溶液中加入少量水，促进水解，则n(CO32−)减小，n(Na+)不变，则溶液中c(CO32−)c(Na+)=c(CO32−)c(Na+)×VV=n(CO32−)n(Na+)减小，故D正确；
故答案为：BD；
③NaClO水解程度较小，所以溶液中c(ClO−)≈0.03mol/L，c(HClO)≈c(OH−)，Kh(HCl)=c(HCl)⋅c(OH−)c(HClO)≈c(HClO)⋅c(OH−)0.03=KwKa=10−143.0×10−8=13×10−6，c(OH−)≈13×10−6×0.03=10−4mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−4mol/L=10−10mol/L，溶液的pH=10，
故答案为：10。
(1)①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，醋酸电离程度较小，溶液中c(H+)≈c(CH3COO−)=0.1mol/L×1%=0.001mol/L，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)；
②c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，结合c(NH4+)=c(Cl−)比较c(H+)与c(OH−)的大小；
(2)①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH值越小；
②A.少量二氧化硫通入到Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氢离子，硫酸根离子与Ca2+结合生成沉淀，H+与溶液中ClO−结合生成HClO；
B.溶液中的c(SO32−)c(HSO3−)=Ka2c(H+)=Ka2Kwc(OH−)；
C.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
D.Na2CO3溶液中加入少量水，促进水解；
③NaClO水解程度较小，所以溶液中c(ClO−)≈0.03mol/L，c(HClO)≈c(OH−)，Kh(HCl)=c(HCl)⋅c(OH−)c(HClO)≈c(HClO)⋅c(OH−)0.03=KwKa=10−143.0×10−8=13×10−6，c(OH−)≈13×10−6×0.03=10−4mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、电离平衡常数与水解平衡常数的关系、电离平衡常数的计算方法等知识点是解本题关键，难点是有关pH值的计算，题目难度中等。
30.【答案】滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不褪色 BE0.016V
【解析】解：(1)少量高锰酸钾溶液为浅红色，所以滴定达到终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不褪色，
故答案为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不褪色；
(2)A.滴定前，滴定管需要润洗，锥形瓶禁止润洗，故A错误；
B.涂凡士林的方法是：把旋塞取出，擦干旋塞与旋塞套，在旋塞大头表面上和旋塞套小口内壁周围均匀地涂上一层薄薄的凡士林，然后把旋塞插入旋塞套内，向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透明，且旋塞转动灵活，故B正确；
C.将标准溶液装入滴定管时，直接加入，故C错误；
D.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，结果偏大，故D错误；
E.达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小，结果偏低，故E正确；
故答案为：BE；
(3)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，亚硫酸钠和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5SO32−+2MnO4−+6H+=5SO42−+2Mn2++3H2O，得关系式5SO2∼2MnO4−，消耗酸性KMnO4溶液0.0100mol/L×V×10−3L=0.00001Vmol，则溶液该尾气中SO2的含量为0.00001V×52×25025×641000×10−3=0.016Vg/L，
故答案为：0.016Vg/L。
(1)少量高锰酸钾溶液为浅红色；
(2)A.滴定前，滴定管需要润洗，锥形瓶禁止润洗；
B.涂凡士林的方法是：把旋塞取出，擦干旋塞与旋塞套，在旋塞大头表面上和旋塞套小口内壁周围均匀地涂上一层薄薄的凡士林，然后把旋塞插入旋塞套内，向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透明，且旋塞转动灵活；
C.将标准溶液装入滴定管时，直接加入；
D.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大；
E.达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小；
(3)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，亚硫酸钠和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5SO32−+2MnO4−+6H+=5SO42−+2Mn2++3H2O，得关系式5SO2∼2MnO4−，消耗酸性KMnO4溶液0.0100mol/L×V×10−3L=0.00001Vmol，据此计算。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
2021-2022学年浙江省宁波市慈溪市高二（上）期末化学试卷
1. 下列属于弱电解质的是( )
A. 酒精 B. AlCl3 C. 醋酸 D. BaSO4
2. 下列溶液一定呈酸性的是( )
A. pH<7的电解质溶液 B. 含有H+的溶液
C. NaHA溶液 D. c(H+)>c(OH−)的溶液
3. 用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，不需要用到的仪器是( )
A. B. C. D.
4. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )
A. 氧化钙与水反应
B. Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
C. 盐酸与氢氧化钠反应
D. 氢气与氯气反应
5. 下列原子轨道的表示不正确的是( )
A. 1s B. 2p C. 3px D. 3f
6. 下列说法不正确的是( )
A. 原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满M层再排N层
B. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大
C. 2p、3p、4p的轨道形状均为哑铃形
D. 各能层含有的原子轨道数为n2(n为能层序数)
7. 下列属于基态排布的原子或离子核外电子排布式的是( )
A. Br−：3d104s24p6 B. Cr：[Ar]3d54s1
C. Na：1s22s22p53s2 D. Fe2+：[Ar]3d64s2
8. 按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区。下列元素中，与其他元素不处在同一个区的是( )
A. Ne B. Al C. Pb D. Cu
9. 下列说法正确的是( )
A. 测定中和反应反应热的实验中，可用铜丝代替玻璃搅拌器
B. 需要加热才能发生的反应是吸热反应
C. 升高温度，反应速率加快，主要原因是活化分子的百分数增加
D. 甲烷的燃烧热为−890.3kJ⋅mol−1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−890.3kJ⋅mol−1
10. 下列关于如图所示转化关系(X代表Cl、Br、I)，说法不正确的是( )
A. ΔH2>0，ΔH3<0
B. ΔH1=ΔH2+ΔH3
C. ΔH1越小，HX越稳定
D. 若X分别是Cl、Br、I，则过程Ⅲ放出的热量依次增多
11. 下列说法正确的是( )
A. 反应C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡
B. 反应2A(？)+B(g)⇌2C(？)，若压强不再随时间变化能说明已达平衡，则A、C同时是气体
C. 反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
D. 1molN2和3molH2反应，达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时，吸收热量Q2，则Q2等于Q1
12. 氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法不正确的是( )
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B. 氢能有可能成为人类未来的主要能源
C. 氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，则转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH=反应中断裂旧共价键的键能之和一反应中形成新共价键的键能之和
13. 在表面无锈的铁片上滴食盐水，一段时间后有铁锈出现。此过程反应为：2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。下列说法不正确的是( )
A. 铁片发生氧化反应而被腐蚀
B. 铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C. 铁片腐蚀中正极发生的电极反应：2H2O+O2+4e−=4OH−
D. 铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
14. NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：CO(g)+NO(g)⇌CO2(g)+12N2(g)ΔH=−874.3kJ/mol，K=2.5×1060。有关该反应的说法不正确的是( )
A. 因为K很大，所以反应速率很大，NO与CO排入大气之前就已经反应完全
B. 升高温度，反应速率增大，K减小
C. 增大压强，平衡向右移动，K不变
D. 选用适宜催化剂可使其达到尾气排放标准
15. 在一密闭容器中，反应aA(气)⇌bB(气)达平衡后，保持温度不变，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，A的浓度是原来的1.5倍，则下列说法不正确的是( )
A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质A的转化率变小
C. 物质B的质量分数增加了 D. a>b
16. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3−的物质的量等于0.1mol
B. 标准状况下，将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl−、ClO−的粒子数之和为2NA
C. 镀铜过程中，阳极(纯铜)质量减小32g，转移电子数为NA
D. 相等pH的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的c(H+)相等
17. 室温下，对于0.1mol/L醋酸溶液。下列判断正确的是( )
A. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
B. 该溶液中c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)
C. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO−)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D. 与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32−+2H+=H2O+CO2↑
18. 下列化学语言表示正确的是( )
A. 醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO−+H+
B. 碳酸钠溶液呈现碱性的原因：CO32−+H2O⇌H2CO3+2OH−
C. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CaSO4+CO32−⇌CaCO3+SO42−
D. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓
19. 如图所示的4个试管实验中均产生了白色沉淀，下列说法中正确的是( )
A. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中含有的微粒种类不同
B. Na2CO3溶液比NaHCO3溶液的pH大
C. Ca2+、Al3+均促进了CO32−、HCO3−的水解
D. 滴加溶液后，4支试管内溶液的pH都变小
20. 向20mL0.5mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中正确的是( )
A. 醋酸的电离平衡常数：B点
C. 从A点到B点，混合溶液中不可能存在：c(CH3COO−)=c(Na+)
D. 从B点到C点，混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
21. 25℃时，下列说法正确的是( )
A. 可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA是强酸
B. 若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，则HA是弱酸
C. 含CO32−的溶液中，可能大量存在：Na+、SO42−、Al3+
D. 等pH等体积的HClO、HCl溶液分别与浓度相同的NaOH溶液反应呈中性，HClO消耗的NaOH溶液体积少
22. 常温下，已知Ksp(ZnS)=1.6×10−24，Ksp(CuS)=1.3×10−36。如图所示为CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子(S2−)浓度的负对数关系，下列说法正确的是( )
A. 曲线A表示的是ZnS，曲线B表示的是CuS
B. 向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，可实现n点到m点的转换
C. p点表示CuS或ZnS中无沉淀析出
D. 向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp(CuS)减小
23. 废水中通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。则下列叙述正确的是( )
A. 温度升高，该电池反应速率一定加快
B. H+由a极穿过质子交换膜到达b极
C. OH−迁移的数量等于导线上通过电子的数量
D. a极电极反应式为：+2e−+H+=+Cl−
24. 一定条件下，向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。下列说法正确的是( )
A. 反应在c点达到平衡状态
B. Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a∼b段等于b∼c段
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 反应物浓度：a点小于b点
25. 已知氧化性：Fe3+>I2。某溶液X可能含有K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、SO42−、SO32−、CO32−、I−、Cl−中的一种或几种，现进行如图实验：
下列说法正确的是( )
A. 无法判断K+是否存在
B. 溶液X中一定存在NH4+、I−、Cl−、SO32−
C. 取X溶液加入足量稀硫酸，加热，可能产生混合气体
D. 溶液X中Cl−的物质的量为0.090mol
26. A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子；C是地壳中含量最多的一种元素；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子。请完成以下空白：
(1)D元素的基态原子中，核外电子占据的最高能层的符号为 ______，基态C离子占据的最高能级共有 ______个原子轨道。
(2)B元素的基态原子价层电子的电子排布图为 ______。
(3)请解释E3+离子比E2+离子稳定的原因：______。
(4)基态F二价阳离子的核外电子排布式为 ______。
(5)A、B、C三种元素的第一电离能从大到小为 ______(用元素符号表示)。
(6)BD3与水反应产生有漂白性的物质，写出该反应的化学方程式 ______。
27. 化学反应过程既是物质的转化过程，也是能量的转化过程。
(1)下列属于吸热过程的是 ______(填序号)。
a.CO燃烧
b.铝和稀盐酸反应
c.碳酸氢钠溶于水
d.石灰石分解
(2)t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：
化学反应
正反应活化能
逆反应活化能
t∘C时平衡常数
N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH>0
akJ/mol
bkJ/mol
K1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0
ckJ/mol
dkJ/mol
K2
请写出t℃时，NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式 ______(反应热用a、b、c、d代数式表示)。t℃时，该反应的平衡常数 ______(用K1和K2表示)。
(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。目前已开发出如图所示用电解法制取ClO2的新工艺。用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。
精制饱和食盐水入口是 ______口(填“c”或“d”)产生ClO2的电极反应式为 ______。
28. 二氧化碳的转化和利用成为实现“碳达峰”、“碳中和”的重要研究课题。回答下列问题：
(1)利用CO2和H2可生产乙烯。相关热化学方程式为：
反应Ⅰ：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH1=−246.4kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH2=−166.8kJ/mol
某催化剂作用下，在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，体系中主要发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ两个竞争反应。反应进行tmin时测得两种烃的物质的量随温度的变化如图所示，该催化剂在840℃时主要选择反应 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；840℃之后，C2H4产量下降的原因是 ______。
520℃时，0∼tmin内用氢气表示反应Ⅱ的平均反应速率：v(H2)=______mol/(L⋅min)(用含t的代数式表示)。
(2)利用工业废气CO2制甲醇，发生反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3，可以一定程度摆脱当下对化石燃料的依赖。
①上述反应自发的条件是 ______。
②在aL密闭容器中，充入不同氢碳比的原料气体，控制温度600K，发生反应Ⅲ，请在图中画出CH3OH在混合气体中的平衡体积分数随氢碳比递增的变化趋势______。
③一定条件下，将1molCO2和1molH2置于恒容密闭容器中，发生反应Ⅲ。下列能说明反应达到平衡状态的是 ______。
A.混合气体的密度保持不变
B.CO2的消耗速率与H2O的消耗速率相等
C.CO2的体积分数保持不变
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
29. 平衡思想是化学研究的-一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。
(1)①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka≈______。
②在25C时，将amol/L的氨水与0.01mol/L的盐酸等体积混合(忽略混合时的溶液体积变化)，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl−)，则溶液显 ______(填“酸“碱”或“中”)性。
(2)已知，常温下几种物质的电离常数如表：
化学式
H2CO3
HClO
H2SO3
电离平衡常数
Ka1=4.5×10−7
Ka2=1.4×10−11
Ka=3.0×10−8
Ka1=1.4×10−2
Ka2=6.0×10−8
①三种相同物质的量浓度的Na2CO3、NaClO、NaHSO3的pH从小到大的排序是 ______。
②下列说法正确的是 ______。
A.Ca(C1O)2溶液中通入少量SO2：SO2+H2O+Ca2++2ClO−=CaSO3↓+2HClO
B.常温下，将SO2通入氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol/L时，溶液中的c(SO32−)c(HSO3−)=0.6
C.等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO3混合液中，3c(Na+)=2c(SO32−)+2c(HSO3−)+2c(H2SO3)
D.Na2CO3溶液中加入少量水，则溶液中c(CO32−)c(Na+)将减小
③根据表中数据，计算0.03mol/LNaClO溶液的pH≈______。
30. 可利用滴定法来测定燃煤尾气中SO2的含量，实验室按以下步骤进行(假定无其它还原性物质)：
①取标况下1000mL尾气样品，通入适量NaOH溶液中；
②配制成250mL溶液；
③准确量取25.00mL；
④将25.00mL溶液置于锥形瓶中；
⑤用0.0100mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，消耗酸性KMnO4溶液VmL。
(1)步骤⑤中，滴定达到终点的现象是 ______。
(2)下列说法正确的是 ______。
A.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B.图中应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
C.将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，会造成测定结果偏低
E.达到滴定终点读取数据时，俯视滴定管液面，会造成测定结果偏低
(3)该尾气中SO2的含量为 ______g/L(用含V的最简式表示)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.酒精在水中以分子存在，属于非电解质，故A错误；
B.AlCl3溶于水完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.醋酸在水溶液中部分电离，所以醋酸是弱电解质，故C正确；
D.硫酸钡在溶液中溶解度较小，但溶解的硫酸钡完全电离，则硫酸钡是强电解质，故D错误；
故选：C。
部分电离的电解质为弱电解质，完全电离的电解质为强电解质。
本题考查电解质强弱判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与其溶解性强弱无关。
2.【答案】D
【解析】解：A.温度未知，不能由pH直接判断酸碱性，如100℃时pH=6的溶液为中性，该温度下pH<7的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故A错误；
B.水溶液中均含H+，不能判断酸碱性，故B错误；
C.NaHA溶液可能呈酸性也可能呈碱性，如NaHSO4溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性，故C错误；
D.溶液中c(H+)>c(OH−)，显酸性，故D正确；
故选：D。
由c(H+)、(OH−)的相对大小判断溶液的酸碱性，若c(H+)>c(OH−)时溶液显酸性。
本题考查溶液酸碱性，为高频考点，把握溶液酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意：温度未知时不能根据pH值判断溶液酸碱性，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，选酸式滴定管量取盐酸，润洗使用的盐酸从滴定管的下端放入烧杯中，碱式滴定管量取NaOH溶液后转移到锥形瓶中，锥形瓶中加指示剂后开始滴定，则中和滴定实验不需要量筒，只有A正确，
故选：A。
用一定浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液中，选酸式滴定管量取盐酸，润洗使用的盐酸从滴定管的下端放入烧杯中，碱式滴定管量取NaOH溶液后转移到锥形瓶中，锥形瓶中加指示剂后开始滴定，以此来解答。
本题考查中和滴定，为高频考点，把握中和滴定的操作、实验步骤、仪器的使用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意烧杯的作用，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.氧化钙与水反应为放热反应，故A错误；
B.Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应为吸热反应，故B正确；
C.盐酸与氢氧化钠反应为放热反应，故C错误；
D.氢气与氯气反应为放热反应，故D错误；
故选：B。
生成物总能量高于反应物总能量的反应为吸热反应，常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应，②碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，③铵盐与强碱反应，④碳与水反应生成一氧化碳和氢气，据此回答。
本题考查化学反应中能量的变化，着重是区别吸热反应和放热反应，注意总结常见的吸热反应和放热反应，平时学习要夯实基础，此题较易。
5.【答案】D
【解析】解：s亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，f亚层至少在第四层及以上，
故选：D。
能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，据此即可解答。
本题考查原子核外电子的能级，为高频考点，把握电子层与能级的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.M能层中3d能级的能量高于N能层中4s能级能量，填充完N层的4s能级后才能填充M层的3d能级，故A错误；
B.相同能级，能层越大，能量越大，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故B正确；
C.p能级轨道形状为哑铃型，形状与能层无关，故C正确；
D.各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子，所以各能层含有的原子轨道数为n2(n为能层序数)，故D正确；
故选：A。
A.3d能级的能量高于4s能级；
B.相同能级，能层越大，能量越大；
C.p能级轨道形状为哑铃型；
D.各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子。
本题考查了电子的排布、能层、能级、原子轨道等知识点，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布规律以及能层、能级、原子轨道等内容，试题培养了学生的灵活应用能力。
7.【答案】B
【解析】解：A.基态Br−的电子排布式为[Ar]3d104s24p6，故A错误；
B.根据洪特规则特例，基态Cr原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，故B正确；
C.原子中2p能级未排满，已经填充3s能级，是Na激发态电子排布式，故C错误；
D.[Ar]3d64s2是基态铁原子核外电子排布式，基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，故D错误；
故选：B。
核外电子遵循能量最低原理、泡利原理、洪特规则及其特例的排布属于基态原子或离子的电子排布式。
本题考查核外电子排布式，熟练掌握构造原理、泡利原理、洪特规则及其推论，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
8.【答案】D
【解析】解：Ne处于第二周期0族，Al处于第三周期IIIA族、Pb处于第六周期IVA族，它们都属于p区元素，而Cu处于第四周期IB族，属于ds区元素，
故选：D。
Cu处于ds区，而Ne、Al、Pb都处于p区。
本题考查原子结构与位置关系，注意掌握元素周期律表的分区，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
9.【答案】C
【解析】解：A.测定中和反应反应热的实验中，如果用铜丝代替玻璃搅拌器，铜丝导热，会造成热量损失，使测得数据不准确，故A错误；
B.反应吸放热由反应物和生成物的总能量大小决定，与反应条件无关，故B错误；
C.升高温度，一部分分子获得能量变为活化分子，活化分子百分数增大，反应速率加快，故C正确；
D.甲烷燃烧热指的是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量，故D错误；
故选：C。
A.铜丝能导热；
B.反应吸放热与反应条件无关；
C.升温能增加活化分子百分数；
D.燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时反应放出的热量。
本题考查化学反应中的能量变化和化学反应速率，题目难度中等，掌握外界条件改变对速率的影响是解题的关键。
10.【答案】D
【解析】解：A.原子形成化学键放热，焓变小于0，分子变成原子化学键断裂是吸热的，因此，△H2>0，△H3<0，故A正确；
B.根据盖斯定律可知，无论反应是一步完成，还是分步完成，其反应热不变，即途径Ⅰ的反应热大于途径Ⅱ、Ⅲ反应热之和，则△H1=△H2+△H3，故B正确；
C.因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，Cl、Br、I的原子半径依次增大，途径Ⅰ生成HX放出的热量依次减小，说明HX越不稳定，即△H1越小，HX 越稳定，故C正确；
D.途径Ⅲ为化学键的形成，释放能量，对应HX越不稳定，释放能量越小，X按Cl、Br、I的顺序，途径Ⅲ放出的热量依次减小，故D错误；
故选：D。
A.断裂化学键吸热，形成化学键放热；
B.根据盖斯定律可知，反应焓变与起始物质的状态和物质的终态有关，与反应途径无关；
C.根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断；
D.途径Ⅲ为化学键的形成，释放能量，对应HX越不稳定，释放能量越小。
本题考查了化学反应中的能量变化、盖斯定律的应用，为高频考点，明确化学反应与能量不会的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的含义及运用方法，试题培养了学生的灵活运用能力，题目难度中等。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g)，碳的质量不再改变时，说明正逆反应速率相等，此时达到平衡状态，故A正确；
B.若压强不再随时间变化能说明已达平衡，该反应前后只要气体体积不相等即可，A、C可以都为气体或都为非气体，也可以只有一种为气体，均满足条件，所以A、C不一定同时为气体，故B错误；
C.反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，压强增大，正逆反应速率均增大，故C错误；
D.1molN2和3molH2反应，达平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1，设生成2mol氨气时放热为Q，消耗n(H2)=3mol×10%=0.3mol时放出的热量为Q1=0.3mol3×Q=0.1Q，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时放出的热量为Q2=2mol×90%2×Q=0.9Q，则Q2等于9Q1，故D错误；
故选：A。
A.碳的质量不再改变，说明正逆反应速率相等；
B.压强不再随时间变化能说明已达平衡，该反应前后气体体积不相等即可；
C.其他条件不变，缩小反应容器体积，压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大；
D.设生成2mol氨气时放热为Q，消耗n(H2)=3mol×10%=0.3mol时放出的热量为Q1=0.3mol3×Q=0.1Q，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为90%时放出的热量为2mol×90%2×Q=0.9Q。
本题考查化学平衡状态的判断、化学反应速率的影响因素，为高频考点，明确可逆反应推断及化学平衡状态的特征解答关键，注意掌握化学反应速率的影响因素，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.△H−T△S<0的反应可自发进行，由化学计量数可知△S<0，该反应能自发进行，则△H−T△S<0，即△H
C.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol，所以无法根据氢气体积计算转移电子数，故C错误；
D.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的△H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D正确；
故选：C。
A.△H−T△S<0的反应可自发进行；
B.氢能热值大，无污染；
C.常温常压下，Vm不等于22.4L/mol；
D.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量。
本题考查了化学反应中的能量变化、反应自发进行的判定，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.根据分析可知，铁片做负极，发生氧化反应而被腐蚀，故A正确；
B.铁片负极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成的铁锈最多，故B错误；
C.铁片腐蚀中正极发生的电极反应：2H2O+O2+4e−=4OH−，故C正确；
D.铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，故D正确；
故选：B。
由图可知，在表面无锈的铁片上滴食盐水后，铁片做负极，失去电子，被氧化，生成亚铁离子，铁片中的碳颗粒做正极，食盐水中的溶解氧在正极得到电子，被还原为OH−，即发生钢铁的吸氧腐蚀，亚铁离子和OH−反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，据此分析作答。
本题主要考查原电池原理的应用，掌握原电池中正负极的判断、电极反应式的书写、离子移动的方向、电流的方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
14.【答案】A
【解析】解：A.K值大说明正向反应倾向很大，与反应速率大小无关，故A错误；
B.升高温度，反应速率加快，方应正向放热，升温平衡逆向移动，K值减小，故B正确；
C.反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，温度不变，K值不变，故C正确；
D.选用适宜催化剂可以加快反应速率，缩短到达平衡所需的时间，使汽车尾气中有害成分在排放前充分反应，达到尾气排放标准，故D正确；
故选：A。
A.K值大小与反应速率无关；
B.升温，平衡向吸热反应方向进行；
C.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，K值只受温度影响；
D.催化剂可以加快反应速率。
本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对反应速率和化学平衡的影响是解题的关键，注意K值只受温度影响。
15.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡影响因素，侧重考查压强对平衡移动影响，正确判断改变条件时平衡移动方向是解本题关键，注意改变条件瞬间A浓度变化，为解答易错点。
【解答】
A.根据分析知，改变条件时平衡正向移动，故A正确；
B.平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；
C.平衡正向移动，B的质量分数增加，故C正确；
D.增大压强，平衡正向移动，则a>b，故D正确；
故选B。
16.【答案】C
【解析】解：A.碳酸根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离，所以1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3−的物质的量小于0.1mol，故A错误；
B.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，将22.4LCl2物质的量为1mol，通入水中，HClO、Cl−、ClO−的粒子数之和小于2NA，故B错误；
C.镀铜过程中，阳极(纯铜)质量减小32g，物质的量为：32g64g/mol=0.5mol，依据Cu−2e−=Cu2+可知，注意电子数为NA，故C正确；
D.氢氧化钠溶液中水的电离受到抑制，碳酸钠溶液中水的电离受到促进，所以相等pH的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的c(H+)不相等，故D错误；
故选：C。
A.碳酸根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离；
B.氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
C.依据Cu−2e−=Cu2+判断；
D.氢氧化钠溶液中水的电离受到抑制，碳酸钠溶液中水的电离受到促进。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用概念理解，微粒数计算，电解池工作原理，物质性质的分析判断是解题关键，题目难度中等。
17.【答案】B
【解析】解：A.加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，故A错误；
B.由电荷守恒可知c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)，故B正确；
C.题目未给溶液体积，无法计算微粒的物质的量，故C错误；
D.醋酸为弱酸，书写离子方程式时不可拆分，故D错误；
故选：B。
醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO−+H+，由外界条件改变对电离平衡的影响结合电荷守恒、物料守恒解题。
本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是守恒思想的应用。
18.【答案】C
【解析】解：A.醋酸的电离方程式：CH3COOH⇌H++CH3COO−，故A错误；
C.多元弱酸根的水解分步进行，CO32−+H2OHCO3−+OH−，故B错误；
C.用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)，故C正确；
D.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.醋酸为弱酸电解质，部分电离；
B.多元弱酸根的水解分步进行；
C.碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化；
D.漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应。
本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
19.【答案】D
【解析】解：A.Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中含有的微粒种类相同，故A错误；
B.等浓度Na2CO3溶液比NaHCO3溶液的pH大，故B错误；
C.Al3+均促进了CO32−、HCO3−的水解，Ca2+自身不水解，与CO32−反应生成碳酸钙，与HCO3−反应生成碳酸钙和氢离子，氢离子继续与HCO3−反应生成水和二氧化碳，故C错误；
D.滴加溶液后，4支试管内的碱性溶液随着反应的进行，都转化为中性溶液，pH都变小，故D正确；
故选：D。
A.存在CO32−、HCO3−水解；
B.比较Na2CO3溶液与NaHCO3溶液pH大小时，必须在等浓度的前提下；
C.Al3+均促进了CO32−、HCO3−的水解，Ca2+自身不水解；
D.4支试管内的碱性溶液随着反应的进行，都转化为中性溶液。
本题主要考查Na2CO3与NaHCO3的性质，同时考查盐类的水解、平衡移动的思维，属于基本知识的考查，难度不大。
20.【答案】B
【解析】解：A.醋酸电离吸收热量，升高温度促进其电离，温度越高其电离平衡常数越大，温度：A点
B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，B点溶质为醋酸钠，促进水电离，C点NaOH过量而抑制水电离，所以水电离出的c(OH−)：B点>C点，故B正确；
C.酸碱中和反应为放热反应，溶液温度最高时，酸碱恰好完全反应，所以B点酸碱恰好完全反应，A点时有一半的醋酸反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，B点溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，所以在A和B点之间有一点溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(OH−)+c(CH3COO−)=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO−)=c(Na+)，故C错误；
D.B点醋酸和NaOH恰好完全反应，B点后NaOH有剩余，NaOH抑制醋酸根离子水解，当NaOH量较多时，存在c(CH3COO−)
A.醋酸电离吸收热量，升高温度促进其电离，温度越高其电离平衡常数越大；
B.酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；
C.酸碱中和反应为放热反应，溶液温度最高时，酸碱恰好完全反应，所以B点酸碱恰好完全反应，A点时有一半的醋酸反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，B点溶质为醋酸钠，溶液呈碱性；
D.B点醋酸和NaOH恰好完全反应，B点后NaOH有剩余，NaOH抑制醋酸根离子水解。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数影响因素、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，C为解答易错点。
21.【答案】B
【解析】解：A.可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA可能是强酸也可能是弱酸，如NaCl溶液呈中性，HCl是强酸，CH3COONH4溶液呈中性，CH3COOH为弱酸，故A错误；
B.若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，溶液中c(H+)
D.等pH的HClO和HCl，c(HClO)>c(HCl)，等pH等体积的HClO、HCl溶液存在n(HClO)>n(HCl)，二者分别与相同浓度的NaOH溶液反应呈中性，物质的量多的酸消耗的碱多，所以HClO消耗的NaOH多，故D错误；
故选：B。
A.可溶性正盐BA溶液呈中性，则HA可能是强酸也可能是弱酸；
B.若测得0.01mol/LHA溶液pH>2，溶液中c(H+)
D.等pH的HClO和HCl，c(HClO)>c(HCl)，等pH等体积的HClO、HCl溶液存在n(HClO)>n(HCl)，二者分别与相同浓度的NaOH溶液反应呈中性，物质的量多的酸消耗的碱多。
本题考查酸碱混合溶液大小判断、弱电解质的电离、离子共存等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确混合溶液中溶质成分及其性质、弱电解质判断方法、离子共存条件是解本题关键，A为解答易错点。
22.【答案】C
【解析】解：A.根据以上分析知，曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS，故A错误；
B.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，溶液中c(S2−)增大，则−lgc(S2−)减小，温度不变溶度积常数不变，则c(Cu2+)减小，则−lgc(Cu2+)增大，应该在曲线A上向上移动，不能实现n点到m点的转换，故B错误；
C.曲线上各点为该溶质的饱和溶液，温度不变时，溶度积常数不变，曲线上方各点溶液中−lgQc>−lgKsp，则Qc
故选：C。
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，当−lgc(S2−)相同时，c(Zn2+)>c(Cu2+)，则−lgc(Zn2+)<−lgc(Cu2+)，则曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS；
A.根据以上分析知，曲线A表示CuS、曲线B表示ZnS；
B.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，溶液中c(S2−)增大，则−lgc(S2−)减小，c(Cu2+)减小，则−lgc(Cu2+)增大；
C.曲线上各点为该溶质的饱和溶液，温度不变时，溶度积常数不变，曲线上方各点溶液中−lgQc>−lgKsp，则Qc
本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确曲线与微粒成分的关系、曲线的含义是解本题关键，注意：溶度积常数只与温度有关，题目难度中等，C为解答易错点。
23.【答案】D
【解析】解：A.温度升高，微生物会失去活性，电池反应速率减慢，故A错误；
B.根据分析可知，H+由b极穿过质子交换膜到达a极，故B错误；
C.根据分析可知，发生迁移的是H+，不是OH−，H+迁移的数量等于导线上通过电子的数量，故C错误；
D.根据分析可知，a极反应式为：+2e−+H+=+Cl−，故D正确；
故选：D。
由图可知，b极CH3COO−转化为CO2，碳元素由0价升高到+4价，被氧化，发生氧化反应，故b极为负极，电极反应为：CH3COO−+2H2O+8e−=2CO2+7H+，则a极为正极，得到电子，被还原，发生还原反应，电极反应为：+2e−+H+=+Cl−，据此分析作答即可。
本题主要考查原电池原理的应用，掌握原电池中正负极的判断、电极反应式的书写、离子移动的方向、电流的方向等是解决本题的关键，属于高频考点，难度不大。
24.【答案】C
【解析】解：A.化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，故A错误；
B.随着反应的进行，正反应速率增大，△t1=△t2时，SO2的转化率：a∼b段小于b∼c段，故B错误；
C.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C正确；
D.a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间延长不断减小，故D错误；
故选：C。
A.达到平衡状态，速率不变；
B.随着反应的进行，正反应速率增大，反应正向进行，反应物转化率增大；
C.根据速率变化判断温度对反应的影响，然后分析反应物和生成物能量的高低；
D.a到b时正反应速率增加，反应正向进行。
本题以v−t图象为载体考查外界条件对化学反应速率、平衡的影响，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，结合方程式特点、题干中限制性条件进行分析判断是解本题关键，题目难度不大。
25.【答案】A
【解析】解：A.结合分析可知，钾离子可能存在可能不存在，故A正确；
B.结合分析可知，溶液X中一定不存在SO32−，故B错误；
C.分析判断一定不含SO32−，取溶液X加入足量稀硫酸、加热，无气体产生，故C错误；
D.溶液X中电荷守恒分析，一定含阴离子Cl−、I−、SO42−，一定含阳离子NH4+、Fe2+上述计算得到，n(NH3)=0.05mol，n(Fe2+)=0.01mol，上层溶液三等份，得到原X溶液中含Cl−的物质的量至少=0.05×1×3mol+0.01mol×2×3−0.01mol×2×3−0.03mo×2l=0.090mol，但不知道钾离子是否存在，所以无法确定具体含量，故D错误；
故选：A。
某溶液X可能含有K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、SO42−、SO32−、CO32−、I−、Cl− 中的一种或几种加入足量过氧化氢、四氯化碳下层液体分离出紫黑色固体7.62g为I2，物质的量=7.62g254g/mol=0.03mol，说明一定含I−，则一定不含Fe3+，上层溶液分为三份，其中一份加入足量氢氧化钠溶液加热反应生成气体为NH3，标准状况下物质的量n(NH3)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，原溶液中一定含NH4+，沉淀灼烧得到固体0.8g为氧化铁，物质的量n(Fe2O3)=0.8g160g/mol=0.005mol，溶液中含Fe2+，一份加入足量氯化钡溶液生成白色沉淀，说明沉淀为硫酸钡沉淀且质量为2.33g，物质的量n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，证明原溶液中含SO32−或SO42−，另一份加入硝酸银溶液和稀硝酸生成白色沉淀，证明含Cl−，据此分析判断。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
26.【答案】M 3 Fe2+价电子排布为3d6，而Fe3+价电子排布为3d5，是半充满稳定结构 1s22s22p63s23p63d9 N>O>CNCl3+H2O=HClO+NH3↑
【解析】解：由分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Cl、E为Fe、F为Cu；
(1)D为Cl元素，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，核外电子占据的最高能层是第三能层，能层符号为M；C为氧元素，基态C离子核外电子排布为1s22s22p6，占据的最高能级为2p能级，共有3个原子轨道，
故答案为：M；3；
(2)B为N元素，基态原子价层电子的电子排布图为，
故答案为：；
(3)Fe2+价电子排布为3d6，而Fe3+价电子排布为3d5，是半充满稳定结构，能量较低较稳定，则Fe3+比Fe2+稳定，
故答案为：Fe2+价电子排布为3d6，而Fe3+价电子排布为3d5，是半充满稳定结构；
(4)基态Cu2+价阳离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；
(5)同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C，
故答案为：N>O>C；
(6)NCl3与水反应产生有漂白性的物质，则发生水解反应生成NH3和HClO，反应方程式为NCl3+H2O=HClO+NH3↑，
故答案为：NCl3+H2O=HClO+NH3↑。
A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大，其中A元素的一种核素的质量数是14，中子数是8，其质子数为14−8=6，故A为C元素；C是地壳中含量最多的一种元素，则C为O元素；B元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；D元素基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子，则D原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，故D为Cl元素；E是一种常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色物质，则E为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其外围电子排布式为3d104s1，故F为Cu。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期律，注意电子构型对电离能的影响。
27.【答案】cd4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1 K2(K1)5 dCl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】解：(1)a.CO燃烧放出热量，故a错误；
b.铝和稀盐酸反应放出热量，故b错误；
c.碳酸氢钠溶于水吸收热量，故c正确；
d.石灰石分解吸收热量，故d正确；
故答案为：cd；
(2)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a−b)kJ⋅mol−1，4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c−d)kJ⋅mol−1，将第二个方程式减去第一个方程式的5倍得到t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1，方程式相减，平衡常数相除，即得到t℃该反应的平衡常数为K2(K1)5，
故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1；K2(K1)5；
(3)阳离子通过阳离子交换膜，所以b电极上生成氢离子，则b电极为阳极、a电极为阴极，氯离子在阳极上放电，所以d处为精制饱和食盐水的入口；阳极上氯离子失电子和水反应生成ClO2和氢离子，电极反应式为Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+，
故答案为：d；Cl−−5e−+2H2O=ClO2↑+4H+。
(1)常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)；常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
(2)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=(a−b)kJ⋅mol−1，4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H=(c−d)kJ⋅mol−1，将第二个方程式减去第一个方程式的5倍得到t℃时NH3被NO氧化生成无毒气体的热化学方程式4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=(c−d−5a+5b)kJ⋅mol−1，方程式相减，平衡常数相除，方程式多少倍，平衡常数就是多少次方；
(3)阳离子通过阳离子交换膜，所以b电极上生成氢离子，则b电极为阳极、a电极为阴极，氯离子在阳极上放电，所以d处为精制饱和食盐水的入口；阳极上氯离子失电子和水反应生成ClO2和氢离子。
本题主要考查电解原理、盖斯定律等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确常见的吸热和放热反应、反应热的计算方法、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，(3)为解答难点。
28.【答案】Ⅰ反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应，乙烯产量下降 0.4t 低温或低温自发 BCD
【解析】解：(1)根据图像可以看出在840℃时主要生成CH2=CH2，该催化剂在840℃时主要选择反应I；840℃之后，C2H4产量下降，是因为是以下几个方面：反应I是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应，乙烯产量下降；520℃时，生成CH40.2mol，根据CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)可知消耗氢气n(H2)=0.8mol，0∼tmin内用氢气表示反应Ⅱ的平均反应速率v(H2)=△c△t=0.82×tmol/(L⋅min)=0.4tmol/(L⋅min)，
故答案为：Ⅰ；反应I为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应，乙烯产量下降；0.4t；
(2)①根据吉布斯自由能知，当△G=△H−T△S<0时，反应自发进行，上述反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)能自发进行，且是气体分子数减小的反应，即△S<0，则△H<0，△G=△H−T△S<0时自发，可知反应在低温自发，
故答案为：低温或低温自发；
②根据CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)反应可知，当投料氢碳比小于3时，增大氢碳比，二氧化碳转化率增大，即提高甲醇产率，甲醇的体积分数随氢碳比的增大而增大；氢碳比与反应的化学计量数之比相同，即为3时，甲醇的体积分数最大；当氢碳比超过3以后，甲醇产量随增多，但平衡后混合气体的总体积增大，对应的甲醇体积分数不断减小，所以其变化曲线如下，
故答案为：；
③A.恒容密闭容器纯气体反应，反应前后质量不变，混合气体的密度始终保持不变，不能作为平衡标志，故A错误；
B.CO2的消耗速率与H2O的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B正确；
C.将1molCO2和1molH2置于恒容密闭容器中，反应物CO2的体积分数保持不变，反应达到平衡，故C正确；
D.混合气体的平均相对分子质量，n在变化，平均相对分子质量也在变，当平均相对分子质量保持不变，反应达到平衡，故D正确；
故答案为：BCD。
(1)根据图像可以看出在840℃时主要生成CH2=CH2；840℃之后，C2H4产量下降，是因为是以下几个方面：反应I是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙烯产量下降；温度升高，催化剂活性下降，速率变小，乙烯产量下降；温度升高，发生其他副反应；
(2)①根据吉布斯自由能知，当△G=△H−T△S<0时，反应自发进行；
②根据CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)反应可知，当投料氢碳比小于3时，增大氢碳比，二氧化碳转化率增大；
③可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等，且变化的物理量不再变化。
本题考查化学反应速率的计算、化学平衡的影响因素的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理等知识解答，此题难度大。
29.【答案】10−5 中 NaHSO3、NaClO、Na2CO3 BD 10
【解析】解：(1)①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，醋酸电离程度较小，溶液中c(H+)≈c(CH3COO−)=0.1mol/L×1%=0.001mol/L，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)≈0.001×0.0010.1=10−5，
故答案为：10−5；
②c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，结合c(NH4+)=c(Cl−)得c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，
故答案为：中；
(2)①根据电离平衡常数知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−>HClO>HCO3−，则水解程度：HSO3−
②A.少量二氧化硫通入到Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氢离子，硫酸根离子与Ca2+结合生成沉淀，H+与溶液中ClO−结合生成HClO，离子方程式为Ca2++3ClO−+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl−+2HClO，故A错误；
B.溶液中的c(SO32−)c(HSO3−)=Ka2c(H+)=Ka2Kwc(OH−)=6.0×10−81.0×10−141.0×10−7=0.6，故B正确；
C.等物质的量浓度的NaHSO3与Na2SO4混合液中，根据物料守恒得2c(Na+)=3c(SO32−)+3c(HSO3−)+3c(H2SO3)，故C错误；
D.Na2CO3溶液中加入少量水，促进水解，则n(CO32−)减小，n(Na+)不变，则溶液中c(CO32−)c(Na+)=c(CO32−)c(Na+)×VV=n(CO32−)n(Na+)减小，故D正确；
故答案为：BD；
③NaClO水解程度较小，所以溶液中c(ClO−)≈0.03mol/L，c(HClO)≈c(OH−)，Kh(HCl)=c(HCl)⋅c(OH−)c(HClO)≈c(HClO)⋅c(OH−)0.03=KwKa=10−143.0×10−8=13×10−6，c(OH−)≈13×10−6×0.03=10−4mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−4mol/L=10−10mol/L，溶液的pH=10，
故答案为：10。
(1)①室温下，0.1mol/L的醋酸在水中有1%发生电离，醋酸电离程度较小，溶液中c(H+)≈c(CH3COO−)=0.1mol/L×1%=0.001mol/L，c(CH3COOH)≈0.1mol/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)；
②c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，结合c(NH4+)=c(Cl−)比较c(H+)与c(OH−)的大小；
(2)①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH值越小；
②A.少量二氧化硫通入到Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氢离子，硫酸根离子与Ca2+结合生成沉淀，H+与溶液中ClO−结合生成HClO；
B.溶液中的c(SO32−)c(HSO3−)=Ka2c(H+)=Ka2Kwc(OH−)；
C.溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
D.Na2CO3溶液中加入少量水，促进水解；
③NaClO水解程度较小，所以溶液中c(ClO−)≈0.03mol/L，c(HClO)≈c(OH−)，Kh(HCl)=c(HCl)⋅c(OH−)c(HClO)≈c(HClO)⋅c(OH−)0.03=KwKa=10−143.0×10−8=13×10−6，c(OH−)≈13×10−6×0.03=10−4mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、电离平衡常数与水解平衡常数的关系、电离平衡常数的计算方法等知识点是解本题关键，难点是有关pH值的计算，题目难度中等。
30.【答案】滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不褪色 BE0.016V
【解析】解：(1)少量高锰酸钾溶液为浅红色，所以滴定达到终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不褪色，
故答案为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为浅红色，且半分钟之内不褪色；
(2)A.滴定前，滴定管需要润洗，锥形瓶禁止润洗，故A错误；
B.涂凡士林的方法是：把旋塞取出，擦干旋塞与旋塞套，在旋塞大头表面上和旋塞套小口内壁周围均匀地涂上一层薄薄的凡士林，然后把旋塞插入旋塞套内，向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透明，且旋塞转动灵活，故B正确；
C.将标准溶液装入滴定管时，直接加入，故C错误；
D.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，结果偏大，故D错误；
E.达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小，结果偏低，故E正确；
故答案为：BE；
(3)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，亚硫酸钠和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5SO32−+2MnO4−+6H+=5SO42−+2Mn2++3H2O，得关系式5SO2∼2MnO4−，消耗酸性KMnO4溶液0.0100mol/L×V×10−3L=0.00001Vmol，则溶液该尾气中SO2的含量为0.00001V×52×25025×641000×10−3=0.016Vg/L，
故答案为：0.016Vg/L。
(1)少量高锰酸钾溶液为浅红色；
(2)A.滴定前，滴定管需要润洗，锥形瓶禁止润洗；
B.涂凡士林的方法是：把旋塞取出，擦干旋塞与旋塞套，在旋塞大头表面上和旋塞套小口内壁周围均匀地涂上一层薄薄的凡士林，然后把旋塞插入旋塞套内，向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透明，且旋塞转动灵活；
C.将标准溶液装入滴定管时，直接加入；
D.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大；
E.达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小；
(3)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，亚硫酸钠和酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5SO32−+2MnO4−+6H+=5SO42−+2Mn2++3H2O，得关系式5SO2∼2MnO4−，消耗酸性KMnO4溶液0.0100mol/L×V×10−3L=0.00001Vmol，据此计算。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
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