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2022-2023学年山东省青岛市高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省青岛市高二（上）期末化学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了 室温下，下列说法正确的是， H2C2O4为二元弱酸等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省青岛市高二（上）期末化学试卷
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 向双氧水中加入少量二氧化锰快速生成氧气
B. 用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C. 向新制氯水中加入适量硝酸银固体，氯水颜色变浅
D. 可口可乐打开瓶盖后有大量气泡冒出
2. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 ( )
实验操作
实验现象
结论
A
将Cu与浓硫酸反应后的混合物冷却，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝色
有Cu2+生成
B
向0.1mol⋅L−1H2O2溶液中滴加0.1mol⋅L−1KMnO4溶液
溶液褪色
H2O2具有氧化性
C
2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液
有砖红色沉淀( Ag2CrO4)生成
Ksp( Ag2CrO4)<
Ksp(Ag2Cr2O7)
D
向淀粉溶液中加入适量20%的H2SO4溶液，加热，冷却后加入足量NaOH溶液，再滴加少量碘水
溶液未变蓝色
淀粉已完全水解
A. A B. B C. C D. D
3. 能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−
C. 氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
D. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. pH=12的溶液中：K+、Na+、Br−、AlO2−
B. c(OH−)c(H+)=10−12的溶液中：NH4+、Cu2+、CO32−、SO42−
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl−、I−
D. 水电离的c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：K+、Cl−、CH3COO−、Cu2+
5. 室温下，下列说法正确的是( )
A. 将pH=2的盐酸和pH=4的硫酸等体积混合，所得溶液pH=3
B. HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大
C. 向0.1 mol/L 氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O) 增大
D. 将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若溶液的pH<4，则HA为弱酸
6. 反应NO+NO2+O2+H2O=HNO3有多种计量系数，当O2有被NO还原时，此反应的化学计量系数之比为( )
A. 4：24：9：14：28 B. 1：1：1：1：2
C. 8：9：12：10：20 D. 任意比
7. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol⋅L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32−、AlO2−
B. 0.1mol⋅L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42−、MnO4−
C. 0.1mol⋅L−1KHCO3溶液：Na+、Al3+、Cl−、NO3−
D. 0.1mol⋅L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3−、HSO3−
8. 从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( )
选项
实验事实
结论
A
向Ba(OH)2溶液中滴加少量稀硫酸，电导率减小
溶液中的离子浓度减小
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
常温下，用pH计分别测定等体积1mol⋅L−1CH3COONH4溶液和0.1mol⋅L−1CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D
向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶
非金属性：Cl>Si
A. A B. B C. C D. D
9. H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.100mol⋅L−1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A. pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O42−)>c(HC2O4−)
B. c(Na+)=0.100mol⋅L−1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH−)+c(C2O42−)
C. c(HC2O4−)=c(C2O42−)的溶液中：c(Na+)>0.100mol⋅L−1+c(HC2O4−)
D. pH=7的溶液中：c(Na+)<2c(C2O42−)
10. 将0.1mol⋅L−1的醋酸加水稀释，下列说法正确的是( )
A. 溶液中c(H+)和c(OH−)都减小 B. 溶液中c(H+)增大
C. 醋酸的电离平衡向左移动 D. 溶液的c(OH−)增大
11. N2F2分子中四个原子都在同一平面内，由于几何形状的不同，存在顺式和反式两种同分异构体。据此判断N2F2分子中两个N原子之间化学键的组成为( )
A. 一个σ键和两个π键 B. 仅有一个σ键
C. 仅有一个π键 D. 一个σ键和一个π键
12. 200℃时，11.6克CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，固体的质量增加了3.6克。从以上信息中，我们得出的下列结论中不正确的是( )
A. 可以计算出混合气体中CO2和水蒸气的质量
B. 可以判断出混合气体的平均摩尔质量
C. 可以计算出该反应中转移的电子数
D. 可以总结出Na2O2任何反应中既作氧化剂也作还原剂
13. 我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法错误的是( )
A. ①→②过程有热量放出
B. X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C. 反应过程中有C−H键、C−C键、O−H键生成
D. 由X、Y生成M的总反应原子利用率为80%
14. 右图是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线．曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化．下列相关说法正确的是( )
A. 其它条件不变，按曲线b线进行的反应，CH3OH的产率更高
B. 其它条件不变，分别按曲线a、b线进行的反应的热效应相同
C. (1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和大
D. 热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=−91kJ⋅mol−1
15. 叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20mL0.1mol⋅L−1的HN3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 点①溶液中：c(HN3)+c(H+)
C. 常温下，Ka(HN3)的数量级为10−4
D. 点③溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HN3)
16. 不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。
(1)基态碳(C)原子的核外电子排布图为 ______。
(2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅2H2O中Cr的配位数为 ______。
(3)与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子外围电子排布式为 ______。
(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示，若按甲中虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是 ______。
(5)据报道，只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该晶体的晶胞结构如图所示，试写出该晶体的化学式：______。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有 ______个。
(6)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ⋅mol−1)，回答下列问题。
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
①在周期表中，最可能处于同一族的是 ______和 ______。
②T元素最可能是 ______区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成的化合物的空间构型为 ______，其中心原子的杂化方式为 ______。
17. 研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
(1)将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)，该反应化学平衡常数表达式K=______。
(2)已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如图：
①该反应的ΔH ______0(填“>“或“<”)。
②若温度不变，减小反应投料比[]，K值将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，下列物理量不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是 ______。
A.混气的颜色
B.容器中的压强
C.气体的密度
D.CH3OCH3与H2O的物质的量之比
(4)某温度下，在体积可变的密闭容器中，改变起始时加入各物质的量，在不同的压强下，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如下表所示：
P1
P2
P3
Ⅰ.2.0molCO2、6.0molH2
0.10mol
0.04mol
0.02mol
Ⅱ.1.0molCO2、3.0molH2
X1
Y1
Z1
Ⅲ.1.0molCH3OCH3、3.0molH2O
X2
Y2
Z2
①P1______P3(填“>”“<”或“=”)；
②P2下，Ⅲ中CH3OCH3的平衡转化率为 ______。
18. 某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体(NaNO2)，并对其进行纯度测定和相关性质的实验。
已知：Ⅰ.Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2；Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3+CO2。
Ⅱ.NaNO2是白色固体，易被氧化。
(1)“还原”步骤中被还原的元素是 ______。此时SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷入，其目的是 ______。
(2)若使“吸收”步骤中的NOx完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为 ______。
(3)该课外兴趣小组对实验制得的NaNO2晶体进行纯度测定：
a.称取2.000g样品，将其配成250mL溶液。
b.先向锥形瓶内加入稀硫酸，加热至40～50℃。冷却后再向其中加入20.00mL0.100mol⋅L−1KMnO4溶液，充分混合。
c.最后用待测的样品溶液与之恰好完全反应，重复3次，平均消耗样品溶液50.00mL。(NaNO2与KMnO4反应的关系式为2KMnO4～5NaNO2)
①整个测定过程的操作应迅速，不宜耗时过长，否则样品的纯度将 ______(“偏大”、“偏小”或“无影响”)，原因是 ______。
②通过计算，该样品中NaNO2的质量分数为 ______，可能含有的杂质除Na2CO3、NaNO3外，还可能含有 ______(填化学式)。
(4)该课外兴趣小组将NaNO2溶液逐滴加入含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是 ______。
19. 一氯化碘(沸点97.4℃)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，易溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：
回答下列问题：
(1)ICl中I元素化合价为______。
(2)各装置连接顺序为a→______；如何检验A装置的气密性：______。
(3)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：______；D装置中溶质如果改用Na2CO3溶液。发生反应的离子方程式为______。
(已知电离平衡常数：H2CO3：Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；HClO：Ka=3.0×10−8)
(4)将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，提纯采取的操作方法是______。
(5)测定ICl的纯度。实验过程如下(设杂质不参与反应)：
步骤1：称取4.00g ICl与冰醋酸配成500mL标准液。
步骤2：取上述标准液25.00mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液、100mL蒸馏水，滴入几滴______作指示剂(填名称)，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，滴定到终点时消耗Na2S2O3溶液24.00mL。
①步骤1配制标准液需要的玻璃仪器除烧杯、量筒及玻璃棒外，还需要______(填仪器名称)。
②ICl的纯度是______。(列式并计算)
20. 某温度时，水的离子积KW=1×10−12。
(1)将此温度下pH=11的NaOH溶液与pH=1的盐酸等体积混合(设混合后溶液体积的变化忽略不计，下同)，混合后溶液的pH=______。
(2)将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合。
①若所得的混合溶液呈中性，则a：b=______。
②若所得的混合溶液pH=2，则a：b=______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.二氧化锰在双氧水分解中作催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B.浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，且使溶液中的c(OH−)增大，使NH3⋅H2O分解生成氨气的化学平衡NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，平衡逆向移动，能用化学平衡移动原理解释，故B正确；
C.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，向新制的氯水中加入AgNO3固体，AgNO3和HCl反应生成AgCl沉淀促进平衡正向移动，导致溶液中c(Cl2)减小，能用平衡移动原理解释，故C正确；
D.可口可乐中溶有CO2，存在CO2+H2O⇌H2CO3平衡，打开瓶盖相当于减小压强，平衡逆向移动，有大量气泡冒出，可以用化学平衡移动原理解释，故D正确；
故选：A。
A.二氧化锰在双氧水分解中作催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡；
B.氢氧化钠固体溶解放热，且使溶液中的c(OH−)增大，使化学平衡NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，逆向进行；
C.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，AgNO3和HCl反应生成AgCl而促进平衡正向移动；
D.可口可乐中溶有CO2，存在CO2+H2O⇌H2CO3平衡，打开瓶盖后相当于减压，平衡逆向移动。
本题考查比较典型，针对性强，主要考查化学平衡中勒夏特列原理的应用，题目中等难度。
2.【答案】C
【解析】解：A.反应后混合物的密度大于水的密度，则将反应后混合物注入水中观察颜色，故A错误；
B.高锰酸钾可氧化过氧化氢，则溶液褪色，可知过氧化氢具有还原性，故B错误；
C.Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知Ksp(Ag2CrO4)
故选：C。
A.反应后混合物的密度大于水的密度；
B.高锰酸钾可氧化过氧化氢；
C.Ksp小的先沉淀；
D.NaOH足量，与碘反应，不能检验淀粉。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.Ca(OH)2为强电解质，碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，澄清石灰水中的Ca(OH)2能够完全电离，所以离子方程式为CO32−+Ca2+=CaCO3↓，故B错误；
C.氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故C正确；
D.该方程式没有配平，钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故D错误；
故选：C。
A.氨水是弱碱存在电离平衡，离子方程式中写成化学式；
B.澄清石灰水是氢氧化钙的水溶液，氢氧化钙完全电离；
C.氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
D.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式左右电荷不守恒。
本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法，主要考查反应原理和实质的分析，弱电解质的判断，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.pH=12的溶液中，存在大量的氢氧根离子，K+、Na+、Br−、AlO2−之间不反应，与氢氧根离子也不反应，能够大量共存，故A正确；
B.c(OH−)c(H+)=10−12的溶液中，存在大量的氢离子，显酸性，CO32−与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；
C.滴加KSCN溶液显红色的溶液中，存在铁离子，铁离子能氧化碘离子，不能大量共存，故C错误；
D.水电离的c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液，存在大量的氢离子或氢氧根离子，OH−与Cu2+反应生成沉淀，H+与CH3COO−生成弱酸，故D错误。
故选：A。
A.pH=12的溶液中，存在大量的氢氧根离子；
B.c(OH−)c(H+)=10−12的溶液中，存在大量的氢离子，显酸性
C.滴加KSCN溶液显红色的溶液中，存在铁离子；
D.水电离的c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液，存在大量的氢离子或氢氧根离子。
本题考查了离子共存，为高考的高频题，题目难度不大，应注意的是生成沉淀、气体、弱电解质、发生双水解和发生氧化还原反应的离子不能共存，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及pH的计算、盐类的水解以及弱电解质的电离等知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
【解答】
A.假设两溶液均为1L，则pH=2的HCl溶液中 n(H+)=10−2mol，pH=4的H2SO4溶液中 n(H+)=10−4mol，混合后的溶液中 c(H+)=(10−2+10−4)mol2L≈0.5×10−2mol/L，pH=−lg[ c(H+)]=2−lg12≈2.3，故A错误；
B.根据越弱越水解的原则，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH小，故B错误；
C.氨水中存在NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，加入少量硫酸铵固体，平衡向逆方向移动，则溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O)减小，故 C错误；
D.将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若pH=4，则HA为强酸，若pH<4，说明HA为弱酸，加水促进弱酸的电离，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：设参加反应的氧气为3mol，参加反应的NO为xmol，参加反应的NO2为ymol，O2有被NO还原时，可知O2有被NO2还原，由得失电子守恒可知1mol×2×(2−0)=x×(5−2)，解得x=；由得失电子守恒可知2mol×2×(2−0)=y×(5−4)，解得y=8，则NO、NO2、O2的化学计量数之比为mol：8mol：3mol=4：24：9，故A正确，
故选：A。
当O2有被NO还原时，可知O2有被NO2还原时，反应中N元素的化合价由+2价升高为+5价、N元素的化合价由+4价升高为+5价，氧气中O元素的化合价由0降低为−2价，结合得失电子守恒计算。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.OH−、Na+、K+、CO32−、AlO2−相互不反应，可以大量共存，故A正确；
B.MnO4−能够氧化Fe2+，不能大量共存，故B错误；
C.HCO3−与Al3+发生双水解互促到底，不能大量共存，故C错误；
D.H+、NO3−、HSO3−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.OH−、Na+、K+、CO32−、AlO2−相互不反应；
B.MnO4−能够氧化Fe2+；
C.HCO3−与Al3+发生双水解互促到底；
D.H+、NO3−、HSO3−反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.向Ba(OH)2溶液中滴加少量稀硫酸，二者反应生成难溶于水的BaSO4沉淀和水，溶液中的离子浓度减小，电导率减小，故A正确；
B.催化剂可能参与化学反应，在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变，是因为催化剂参与某一个基元反应，又在另一个基元反应中生成，故B错误；
C.不同浓度的CH3COONH4溶液的pH都等于7，说明CH3COO−和NH4+的水解程度相等，但是浓度越大，两种离子的水解程度就越小，水的电离程度就越小，故C错误；
D.向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶，说明盐酸的酸性比硅酸的酸性强，但是非金属性强弱需要比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，故该实验不能证明非金属性：Cl>Si，故D错误；
故选：A。
A.向Ba(OH)2溶液中滴加少量稀硫酸，二者反应生成难溶于水的硫酸钡沉淀和水；
B.催化剂可能参与化学反应，在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变；
C.醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等，但是浓度越大，两种离子的水解程度就越小；
D.盐酸的酸性比硅酸的酸性强。
本题属于综合考查，涉及离子反应、催化剂的催化机理、盐的水解、元素周期律等知识，要求学生基础知识扎实，题目中等难度。
9.【答案】B
【解析】解：A.由图象可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O42−)浓度之和小于c(HC2O4−)，则c(H2C2O4)+c(C2O42−)
C.c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.100mol⋅L−1，c(HC2O4−)=c(C2O42−)，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)<0.100mol⋅L−1+c(HC2O4−)，故C错误；
D.20℃时，Kw=0.681×10−14，pH=7的溶液中，显酸性，(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)，所以c(Na+)>2c(C2O42−)，故D错误；
故选：B。
A.依据图象可知pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O42−)
C.c(HC2O4−)=c(C2O42−)的溶液中c(Na+)<0.100mol⋅L−1+c(HC2O4−)；
D.20℃时，Kw=0.681×10−14，pH=7的溶液中，显酸性，(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒判断。
本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用，答题时注意体会，难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(OH−)增大，故A错误；
B.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，故B错误；
C.加水稀释促进CH3COOH电离，平衡向右移动，故C错误；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(OH−)增大，故D正确；
故选：D。
A.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变；
B.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度；
C.加水稀释促进CH3COOH电离；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确醋酸加水稀释过程中各微粒浓度变化是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：N2F2存在顺式和反式两种分子，说明具有平面形结构，则应含有N=N键，其结构为F−N=N−F，两个N原子之间化学键含有一个σ键和一个π键，
故选：D。
存在顺式和反式两种同分异构体，说明具有平面形结构，则应含有N=N键。
本题考查化学键，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的结构特点、共价键的分类，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知固体增重等于与CO2等物质的量的CO质量，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知固体增重等于与H2O等物质的量的H2的质量，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol、ymol，则有：，解得x=0.1，y=0.4，
A.m(CO2)=0.1mol×44g/mol=4.4g，m(H2O)=0.4mol×18g/mol=7.2g，故A正确；
B.混合气体平均摩尔质量==23.2g/mol，故B正确；
C.氧化产物只有O2，根据方程式可知，n(O2)=n(CO2)+n(H2O)=×(0.1mol+0.4mol)=0.25mol，故转移电子为0.25mol×2×[0−(−1)]=0.5mol，转移电子为0.5NA，故C正确；
D.过氧化钠与二氧化碳、水的反应中，Na2O2既作氧化剂也作还原剂，但与一些强还原剂反应，过氧化钠可能只表现氧化性，而与一些强氧化剂反应时，过氧化钠可能只表现还原性，故D错误；
故选：D。
发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知固体增重等于与CO2等物质的量的CO质量，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知固体增重等于与H2O等物质的量的H2的质量，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和、固体增重列方程计算各自物质的量；
A.根据m=nM计算CO2、H2O的质量；
B.根据=计算混合气体平均摩尔质量；
C.氧化产物只有O2，根据方程式计算生成O2的物质的量，再根据氧元素化合价变化计算转移电子；
D.与一些强还原剂反应，过氧化钠可能只表现氧化性，而与一些强氧化剂反应时，过氧化钠可能只表现还原性。
本题考查混合物的有关计算，关键是明确发生的反应，正确理解固体质量变化的原因，注意对质量差量法的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】CD
【解析】解：A.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故A正确；
B.由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C.由图可知，反应过程中有C−C键、O−H键生成，无C−H键生成，故C错误；
D.该反应CH4+CO2→CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故D错误；
故选：CD。
根据题目中给出的能量与反应过程的图形，可以知道反应物和生成物以及过渡态的能量变化，
A.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出；
B.由图可知，不同的球代表不同的原子，从而得出X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸；
C.由图可知，对比观察反应过程中反应物与生成物可知有C−C键、O−H键生成，无C−H键生成，生成物中的C−H键是反应物中有的；
D.该反应CH4+CO2→CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%。
本题考查了化学反应能量变化，做题时要注意分析题干所给出的图，利用吸热反应、放热反应与反应物和生成物的总能量之间的关系就可进行解答，总体较简单。
14.【答案】BD
【解析】解：A、曲线b表示使用催化剂后的能量变化，催化剂只改变所以速率，不改变化学平衡，所以反应物的转化率和生成物的产率不变，故A错误；
B、曲线a、b线进行的反应，b线使用催化剂降低了反应的活化能，改变了反应速率，但平衡开始和终了的物质能量未变，所以反应的热效应相同，故B正确；
C、图象中表示该反应是放热反应，所以拆化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量，因此(1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和小，故C错误；
D、图象中表示的是1molCO气体和2mol氢气反应生成1mol气态甲醇的反应热效应，反应放出热量=510KJ−419KJ=91KJ，根据热化学方程式的书写原则热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=−91kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：BD。
A、依据催化剂只改变速率不改变平衡分析判断；
B、依据盖斯定律的内容，反应的焓变只与起始和终了状态有关，与变化过程无关；
C、依据图象中反应物和生成物能量的大小，结合拆化学键吸收能量，形成化学键放出能量分析判断；
D、依据图象中的能量变化，结合书写热化学方程式的要求写出．
本题考查了化学反应中的能量变化形式和化学平衡的影响因素催化剂的作用，热化学方程式的书写，关键是理解图象的含义是解题的根本．
15.【答案】AD
【解析】解：A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度，钠离子不水解，所以存在c(HN3)
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)，所以存在c(OH−)=c(H+)+c(HN3)，故D正确；
故选：AD。
A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度；
B.点②溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)，则c(Na+)=c(N3−)；
C.根据图知，0.1mol/LHN3溶液的pH=2.85，HN3电离程度较小，则溶液中存在c(HN3)≈0.1mol/L，c(N3−)≈c(H+)=10−2.85mol/L，常温下Ka(HN3)=c(N3−)⋅c(H+)c(HN3)=10−2.85×10−2.850.1=10−4.7；
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)。
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计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】 6 3d54s1 A MgNi3C 12 R U P 平面三角形 sp2
【解析】解：(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同，核外电子排布图为：，
故答案为：；
(2)化学式[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl−形成配位键，故配位数为6，
故答案为：6；
(3)与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为：1s2 2s2 2p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1，则其价电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；，
故答案为：A；
(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数=8×=1，镍原子个数=6×=3，故化学式为：MgNi3C；利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3=12，
故答案为：MgNi3C；12；
(6)①Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1，属于第IA族元素；S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA族元素；R和U属于第IA族元素，
故答案为：R；U；
②T属于第IIIA族元素，则T最可能是P区元素；若T为第二周期元素，T为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，则为Cl元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2，所以其空间构型为平面三角形，
故答案为：P；平面三角形；sp2。
(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同；
(2)化学式[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl−形成配位键；
(3)与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素；
(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等；
(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数=8×=1，镍原子个数=6×=3，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3=12；
(6)①Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1，属于第IA族元素；S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA族元素；
②T属于第IIIA族元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对。
本题考查原子结构、元素周期律和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、晶胞结构和第一电离能等知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】 < 不变 BC > 96%
【解析】解：(1)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，所以平衡常数K=，
故答案为：；
(2)①因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆向移动，所以该反应正方向为放热反应，即ΔH<0，
故答案为：<；
②K只受温度影响，若温度不变，只是减小投料比，则K不变，
故答案为：不变；
(3)A.反应物和生成物气体均没有颜色，则颜色不变不能说明达到了平衡，故A错误；
B.反应前后气体的系数和不相等，当容器内压强不再改变，则达到了平衡，故B正确；
C.该反应是在容器的体积不变容器中进行，但反应前后气体质量变化，则气体的密度不发生变化，可以判定达到了平衡，故C正确；
D.任何时候CH3OCH3与H2O的物质的量之比均不变，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
(4)①反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，图表中平衡时CH3OCH3(g)的物质的量可知P1>P3，
故答案为：>；
②由表格中数据可知，P2下，Ⅲ中平衡时CH3OCH3的物质的量为0.96mol，列出三段式：
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)，
开始：0 0 1 3
变化 1.92 5.76 0.96 2.88
平衡 1.92 5.76 0.04 0.12
CH3OCH3的平衡转化率==96%，
故答案为：96%。
(1)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积；
(2)①因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆向移动，所以该反应正方向为放热反应；
②K只受温度影响，若温度不变则K不变；
(3)平衡状态判定抓住平衡的两个重要特征，“正逆反应速率相等”，“变量不变即为平衡”；
(4)①反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行；
②由表格中数据可知，P2下，Ⅲ中平衡时CH3OCH3的物质的量为0.96mol，列出三段式计算。
本题考查化学反应原理，涉及平衡常数表达式、化学平衡的移动、化学平衡状态的判定、化学平衡计算等，题目中等难度。
18.【答案】N(氮) 气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应 1：1 偏小 NaNO2被空气中的氧气氧化 86.25% NaHCO3 2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O
【解析】解：(1)硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，“还原”步骤中被还原的元素是N(氮)元素，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，
故答案为：N(氮)；气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应；
(2)若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1；HNO3～NO～3e−，HNO3～NO2～e−，1molHNO3反应生成0.5molNO和0.5molNO2，电子转移总数(1××3e−+1××e−)=2e−，SO2～H2SO4～2e−，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
(3)①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，若时间过长NaNO2被空气中的氧气氧化，则样品的纯度测定偏小，
故答案为：偏小；NaNO2被空气中的氧气氧化；
②NaNO2与KMnO4反应的关系式为2KMnO4～5NaNO2，则 n(NaNO2)= n(KMnO4)=×0.020L×0.1mol/L=0.005mol，则250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量=0.005mol×=0.025mol，该样品中NaNO2的质量分数=×100%=86.25%；亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠，化学式为：Na2CO3、NaHCO3、NaNO3，
故答案为：86.25%；NaHCO3；
(4)将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O，
故答案为：2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O。
由工艺流程分析可知，“还原”过程中，硝酸中通入二氧化硫发生氧化还原反应生成NO、NO2，冷却后生成的气体用碳酸钠溶液吸收发生反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，使NOx完全转化为NaNO2，再蒸发结晶得到亚硝酸钠晶体。
本题考查物质的制备和纯度的测定，侧重考查学生物质之间的反应和定量实验的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】(1)+1
(2)d→e→g→j→b→c→g→j→f 从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手捏圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好
(3)防止ICl挥发 Cl2+2CO32−+H2O=Cl−+ClO−+2HCO3−
(4)蒸馏
(5)淀粉 500mL容量瓶和胶头滴管 0.0024mol×12×50025×162.5g/mol4.00g×100%
【解析】解：(1)在ICl中I元素的非金属性比氯元素弱，则I元素的化合价为+1价，
故答案为：+1；
(2)A为Cl2生成装置，生成的Cl2中会混有部分HCl，需通过饱和食盐水除去，然后通过浓硫酸干燥气体，防止与I2反应后产生的ICl水解，最后连接尾气处理装置，即NaOH溶液，在生成ICl的装置和尾气处理装置之间还需连接浓硫酸，保证生成ICl是在干燥条件下，所以装置的连接顺序为d→e→g→j→b→c→g→j→f；检查A装置气密性的方法：从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手捏圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好，
故答案为：d→e→g→j→b→c→g→j→f；从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手捏圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好；
(3)ICl易挥发，所以B应放在冷水中；已知电离平衡常数：H2CO3：Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；HClO：Ka=3.0×10−8，则HClO的酸性比HCO3−的酸性强，则Na2CO3溶液吸收氯气时生成NaCl、NaClO和NaHCO3，发生反应的离子方程式为Cl2+2CO32−+H2O=Cl−+ClO−+2HCO3−，
故答案为：防止ICl挥发；Cl2+2CO32−+H2O=Cl−+ClO−+2HCO3−；
(4)已知：一氯化碘沸点101℃，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏，收集101℃的馏分可得到较纯净的ICl；
故答案为：蒸馏；
(5)因碘与遇淀粉溶液显蓝色，则步骤2，应选择淀粉溶液作指示剂，
故答案为：淀粉；
①根据溶液配制的基本操作，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒及玻璃棒500mL容量瓶和胶头滴管，则还需要500mL容量瓶和胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶和胶头滴管；
②已知反应关系式：ICl～～～～～～I2～～～～～～～2Na2S2O3，滴定时消耗24mL0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液，则0.1000mol⋅L−1Na2S2O3的物质的量为0.024L×0.1000mol⋅L−1=0.0024mol，ICl的纯度为0.0024mol×12×50025×162.5g/mol4.00g×100%，
故答案为：0.0024mol×12×50025×162.5g/mol4.00g×100%。
解答此题的关键是要明白实验室制取气体时，应该根据反应物的状态和反应的条件选择需要什么样的发生装置；根据制取气体的溶解性和密度的大小选择收集气体的方法。
20.【答案】6 1：1 9：11
【解析】解：(1)某温度时，水的离子积KW=1×10−12，则温度下pH=11的NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol/L，pH=1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，两溶液等体积混合，恰好完全反应，溶液呈中性，溶液pH=−lg1×10−12=6，
故答案为：6；
(2)①若所得的混合溶液呈中性，则0.1mol/L×aL=0.1mol/L×bL，故a：b=1：1，
故答案为：1：1；
②若所得的混合溶液pH=2，则反应后溶液中c(H+)=0.01mol/L，故0.1mol/L×bL−0.1mol/L×aL(a+b)L=0.01mol/L，解得a：b=9：11，
故答案为：9：11。
(1)NaOH与HCl浓度均为0.1mol/L，二者等体积混合，恰好完全反应，溶液呈中性，结合水的离子积计算中性的pH；
(2)①溶液呈中性，则n(OH−)=n(H+)；
②表示出反应后溶液中剩余的氢离子浓度，结合反应后溶液pH联立计算。
本题考查溶液pH的有关计算，关键是掌握溶液pH的计算方法，混合物计算pH要先判断溶液的酸、碱性，表示出溶液中剩余的氢离子浓度(或氢氧根离子浓度)，再结合水的离子积与pH定义式计算，注意对应(2)中①条件下的体积关系规律总结与识记。
2022-2023学年山东省青岛市高二（上）期末化学试卷
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 向双氧水中加入少量二氧化锰快速生成氧气
B. 用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
C. 向新制氯水中加入适量硝酸银固体，氯水颜色变浅
D. 可口可乐打开瓶盖后有大量气泡冒出
2. 下列实验操作、现象和结论均正确的是 ( )
实验操作
实验现象
结论
A
将Cu与浓硫酸反应后的混合物冷却，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝色
有Cu2+生成
B
向0.1mol⋅L−1H2O2溶液中滴加0.1mol⋅L−1KMnO4溶液
溶液褪色
H2O2具有氧化性
C
2CrO42−+2H+⇌Cr2O72−+H2O在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液
有砖红色沉淀( Ag2CrO4)生成
Ksp( Ag2CrO4)<
Ksp(Ag2Cr2O7)
D
向淀粉溶液中加入适量20%的H2SO4溶液，加热，冷却后加入足量NaOH溶液，再滴加少量碘水
溶液未变蓝色
淀粉已完全水解
A. A B. B C. C D. D
3. 能正确表示下列反应的离子方程式的是( )
A. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH−=Al(OH)3↓
B. 碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−
C. 氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O
D. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. pH=12的溶液中：K+、Na+、Br−、AlO2−
B. c(OH−)c(H+)=10−12的溶液中：NH4+、Cu2+、CO32−、SO42−
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl−、I−
D. 水电离的c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液中：K+、Cl−、CH3COO−、Cu2+
5. 室温下，下列说法正确的是( )
A. 将pH=2的盐酸和pH=4的硫酸等体积混合，所得溶液pH=3
B. HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大
C. 向0.1 mol/L 氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O) 增大
D. 将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若溶液的pH<4，则HA为弱酸
6. 反应NO+NO2+O2+H2O=HNO3有多种计量系数，当O2有被NO还原时，此反应的化学计量系数之比为( )
A. 4：24：9：14：28 B. 1：1：1：1：2
C. 8：9：12：10：20 D. 任意比
7. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol⋅L−1NaOH溶液：Na+、K+、CO32−、AlO2−
B. 0.1mol⋅L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42−、MnO4−
C. 0.1mol⋅L−1KHCO3溶液：Na+、Al3+、Cl−、NO3−
D. 0.1mol⋅L−1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3−、HSO3−
8. 从下列实验事实所得出的相应结论正确的是( )
选项
实验事实
结论
A
向Ba(OH)2溶液中滴加少量稀硫酸，电导率减小
溶液中的离子浓度减小
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
常温下，用pH计分别测定等体积1mol⋅L−1CH3COONH4溶液和0.1mol⋅L−1CH3COONH4溶液的pH，测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
D
向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶
非金属性：Cl>Si
A. A B. B C. C D. D
9. H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.100mol⋅L−1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A. pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O42−)>c(HC2O4−)
B. c(Na+)=0.100mol⋅L−1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH−)+c(C2O42−)
C. c(HC2O4−)=c(C2O42−)的溶液中：c(Na+)>0.100mol⋅L−1+c(HC2O4−)
D. pH=7的溶液中：c(Na+)<2c(C2O42−)
10. 将0.1mol⋅L−1的醋酸加水稀释，下列说法正确的是( )
A. 溶液中c(H+)和c(OH−)都减小 B. 溶液中c(H+)增大
C. 醋酸的电离平衡向左移动 D. 溶液的c(OH−)增大
11. N2F2分子中四个原子都在同一平面内，由于几何形状的不同，存在顺式和反式两种同分异构体。据此判断N2F2分子中两个N原子之间化学键的组成为( )
A. 一个σ键和两个π键 B. 仅有一个σ键
C. 仅有一个π键 D. 一个σ键和一个π键
12. 200℃时，11.6克CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后，固体的质量增加了3.6克。从以上信息中，我们得出的下列结论中不正确的是( )
A. 可以计算出混合气体中CO2和水蒸气的质量
B. 可以判断出混合气体的平均摩尔质量
C. 可以计算出该反应中转移的电子数
D. 可以总结出Na2O2任何反应中既作氧化剂也作还原剂
13. 我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法错误的是( )
A. ①→②过程有热量放出
B. X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸
C. 反应过程中有C−H键、C−C键、O−H键生成
D. 由X、Y生成M的总反应原子利用率为80%
14. 右图是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)进行过程中的能量变化曲线．曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化．下列相关说法正确的是( )
A. 其它条件不变，按曲线b线进行的反应，CH3OH的产率更高
B. 其它条件不变，分别按曲线a、b线进行的反应的热效应相同
C. (1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和大
D. 热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=−91kJ⋅mol−1
15. 叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20mL0.1mol⋅L−1的HN3溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 点①溶液中：c(HN3)+c(H+)
C. 常温下，Ka(HN3)的数量级为10−4
D. 点③溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HN3)
16. 不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。
(1)基态碳(C)原子的核外电子排布图为 ______。
(2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅2H2O中Cr的配位数为 ______。
(3)与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子外围电子排布式为 ______。
(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示，若按甲中虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是 ______。
(5)据报道，只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该晶体的晶胞结构如图所示，试写出该晶体的化学式：______。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有 ______个。
(6)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ⋅mol−1)，回答下列问题。
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
①在周期表中，最可能处于同一族的是 ______和 ______。
②T元素最可能是 ______区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成的化合物的空间构型为 ______，其中心原子的杂化方式为 ______。
17. 研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。
(1)将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)，该反应化学平衡常数表达式K=______。
(2)已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，达平衡时CO2的转化率如图：
①该反应的ΔH ______0(填“>“或“<”)。
②若温度不变，减小反应投料比[]，K值将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2(g)与H2(g)发生上述反应，下列物理量不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是 ______。
A.混气的颜色
B.容器中的压强
C.气体的密度
D.CH3OCH3与H2O的物质的量之比
(4)某温度下，在体积可变的密闭容器中，改变起始时加入各物质的量，在不同的压强下，平衡时CH3OCH3(g)的物质的量如下表所示：
P1
P2
P3
Ⅰ.2.0molCO2、6.0molH2
0.10mol
0.04mol
0.02mol
Ⅱ.1.0molCO2、3.0molH2
X1
Y1
Z1
Ⅲ.1.0molCH3OCH3、3.0molH2O
X2
Y2
Z2
①P1______P3(填“>”“<”或“=”)；
②P2下，Ⅲ中CH3OCH3的平衡转化率为 ______。
18. 某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体(NaNO2)，并对其进行纯度测定和相关性质的实验。
已知：Ⅰ.Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2；Na2CO3+2NO2=NaNO2+NaNO3+CO2。
Ⅱ.NaNO2是白色固体，易被氧化。
(1)“还原”步骤中被还原的元素是 ______。此时SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷入，其目的是 ______。
(2)若使“吸收”步骤中的NOx完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为 ______。
(3)该课外兴趣小组对实验制得的NaNO2晶体进行纯度测定：
a.称取2.000g样品，将其配成250mL溶液。
b.先向锥形瓶内加入稀硫酸，加热至40～50℃。冷却后再向其中加入20.00mL0.100mol⋅L−1KMnO4溶液，充分混合。
c.最后用待测的样品溶液与之恰好完全反应，重复3次，平均消耗样品溶液50.00mL。(NaNO2与KMnO4反应的关系式为2KMnO4～5NaNO2)
①整个测定过程的操作应迅速，不宜耗时过长，否则样品的纯度将 ______(“偏大”、“偏小”或“无影响”)，原因是 ______。
②通过计算，该样品中NaNO2的质量分数为 ______，可能含有的杂质除Na2CO3、NaNO3外，还可能含有 ______(填化学式)。
(4)该课外兴趣小组将NaNO2溶液逐滴加入含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是 ______。
19. 一氯化碘(沸点97.4℃)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，易溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：
回答下列问题：
(1)ICl中I元素化合价为______。
(2)各装置连接顺序为a→______；如何检验A装置的气密性：______。
(3)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：______；D装置中溶质如果改用Na2CO3溶液。发生反应的离子方程式为______。
(已知电离平衡常数：H2CO3：Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；HClO：Ka=3.0×10−8)
(4)将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，提纯采取的操作方法是______。
(5)测定ICl的纯度。实验过程如下(设杂质不参与反应)：
步骤1：称取4.00g ICl与冰醋酸配成500mL标准液。
步骤2：取上述标准液25.00mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液、100mL蒸馏水，滴入几滴______作指示剂(填名称)，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液滴定(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，滴定到终点时消耗Na2S2O3溶液24.00mL。
①步骤1配制标准液需要的玻璃仪器除烧杯、量筒及玻璃棒外，还需要______(填仪器名称)。
②ICl的纯度是______。(列式并计算)
20. 某温度时，水的离子积KW=1×10−12。
(1)将此温度下pH=11的NaOH溶液与pH=1的盐酸等体积混合(设混合后溶液体积的变化忽略不计，下同)，混合后溶液的pH=______。
(2)将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合。
①若所得的混合溶液呈中性，则a：b=______。
②若所得的混合溶液pH=2，则a：b=______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.二氧化锰在双氧水分解中作催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B.浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，且使溶液中的c(OH−)增大，使NH3⋅H2O分解生成氨气的化学平衡NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，平衡逆向移动，能用化学平衡移动原理解释，故B正确；
C.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，向新制的氯水中加入AgNO3固体，AgNO3和HCl反应生成AgCl沉淀促进平衡正向移动，导致溶液中c(Cl2)减小，能用平衡移动原理解释，故C正确；
D.可口可乐中溶有CO2，存在CO2+H2O⇌H2CO3平衡，打开瓶盖相当于减小压强，平衡逆向移动，有大量气泡冒出，可以用化学平衡移动原理解释，故D正确；
故选：A。
A.二氧化锰在双氧水分解中作催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡；
B.氢氧化钠固体溶解放热，且使溶液中的c(OH−)增大，使化学平衡NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，逆向进行；
C.氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，AgNO3和HCl反应生成AgCl而促进平衡正向移动；
D.可口可乐中溶有CO2，存在CO2+H2O⇌H2CO3平衡，打开瓶盖后相当于减压，平衡逆向移动。
本题考查比较典型，针对性强，主要考查化学平衡中勒夏特列原理的应用，题目中等难度。
2.【答案】C
【解析】解：A.反应后混合物的密度大于水的密度，则将反应后混合物注入水中观察颜色，故A错误；
B.高锰酸钾可氧化过氧化氢，则溶液褪色，可知过氧化氢具有还原性，故B错误；
C.Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知Ksp(Ag2CrO4)
故选：C。
A.反应后混合物的密度大于水的密度；
B.高锰酸钾可氧化过氧化氢；
C.Ksp小的先沉淀；
D.NaOH足量，与碘反应，不能检验淀粉。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.Ca(OH)2为强电解质，碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，澄清石灰水中的Ca(OH)2能够完全电离，所以离子方程式为CO32−+Ca2+=CaCO3↓，故B错误；
C.氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故C正确；
D.该方程式没有配平，钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故D错误；
故选：C。
A.氨水是弱碱存在电离平衡，离子方程式中写成化学式；
B.澄清石灰水是氢氧化钙的水溶液，氢氧化钙完全电离；
C.氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
D.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，方程式左右电荷不守恒。
本题考查了离子方程式的正误判断和书写方法，主要考查反应原理和实质的分析，弱电解质的判断，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.pH=12的溶液中，存在大量的氢氧根离子，K+、Na+、Br−、AlO2−之间不反应，与氢氧根离子也不反应，能够大量共存，故A正确；
B.c(OH−)c(H+)=10−12的溶液中，存在大量的氢离子，显酸性，CO32−与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；
C.滴加KSCN溶液显红色的溶液中，存在铁离子，铁离子能氧化碘离子，不能大量共存，故C错误；
D.水电离的c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液，存在大量的氢离子或氢氧根离子，OH−与Cu2+反应生成沉淀，H+与CH3COO−生成弱酸，故D错误。
故选：A。
A.pH=12的溶液中，存在大量的氢氧根离子；
B.c(OH−)c(H+)=10−12的溶液中，存在大量的氢离子，显酸性
C.滴加KSCN溶液显红色的溶液中，存在铁离子；
D.水电离的c(OH−)=1×10−13mol⋅L−1的溶液，存在大量的氢离子或氢氧根离子。
本题考查了离子共存，为高考的高频题，题目难度不大，应注意的是生成沉淀、气体、弱电解质、发生双水解和发生氧化还原反应的离子不能共存，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及pH的计算、盐类的水解以及弱电解质的电离等知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大。
【解答】
A.假设两溶液均为1L，则pH=2的HCl溶液中 n(H+)=10−2mol，pH=4的H2SO4溶液中 n(H+)=10−4mol，混合后的溶液中 c(H+)=(10−2+10−4)mol2L≈0.5×10−2mol/L，pH=−lg[ c(H+)]=2−lg12≈2.3，故A错误；
B.根据越弱越水解的原则，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH小，故B错误；
C.氨水中存在NH3⋅H2O⇌NH4++OH−，加入少量硫酸铵固体，平衡向逆方向移动，则溶液中c(OH−)c(NH3⋅H2O)减小，故 C错误；
D.将1 mL pH=3的HA溶液稀释到10 mL，若pH=4，则HA为强酸，若pH<4，说明HA为弱酸，加水促进弱酸的电离，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】解：设参加反应的氧气为3mol，参加反应的NO为xmol，参加反应的NO2为ymol，O2有被NO还原时，可知O2有被NO2还原，由得失电子守恒可知1mol×2×(2−0)=x×(5−2)，解得x=；由得失电子守恒可知2mol×2×(2−0)=y×(5−4)，解得y=8，则NO、NO2、O2的化学计量数之比为mol：8mol：3mol=4：24：9，故A正确，
故选：A。
当O2有被NO还原时，可知O2有被NO2还原时，反应中N元素的化合价由+2价升高为+5价、N元素的化合价由+4价升高为+5价，氧气中O元素的化合价由0降低为−2价，结合得失电子守恒计算。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A.OH−、Na+、K+、CO32−、AlO2−相互不反应，可以大量共存，故A正确；
B.MnO4−能够氧化Fe2+，不能大量共存，故B错误；
C.HCO3−与Al3+发生双水解互促到底，不能大量共存，故C错误；
D.H+、NO3−、HSO3−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.OH−、Na+、K+、CO32−、AlO2−相互不反应；
B.MnO4−能够氧化Fe2+；
C.HCO3−与Al3+发生双水解互促到底；
D.H+、NO3−、HSO3−反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.向Ba(OH)2溶液中滴加少量稀硫酸，二者反应生成难溶于水的BaSO4沉淀和水，溶液中的离子浓度减小，电导率减小，故A正确；
B.催化剂可能参与化学反应，在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变，是因为催化剂参与某一个基元反应，又在另一个基元反应中生成，故B错误；
C.不同浓度的CH3COONH4溶液的pH都等于7，说明CH3COO−和NH4+的水解程度相等，但是浓度越大，两种离子的水解程度就越小，水的电离程度就越小，故C错误；
D.向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶，说明盐酸的酸性比硅酸的酸性强，但是非金属性强弱需要比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，故该实验不能证明非金属性：Cl>Si，故D错误；
故选：A。
A.向Ba(OH)2溶液中滴加少量稀硫酸，二者反应生成难溶于水的硫酸钡沉淀和水；
B.催化剂可能参与化学反应，在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变；
C.醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等，但是浓度越大，两种离子的水解程度就越小；
D.盐酸的酸性比硅酸的酸性强。
本题属于综合考查，涉及离子反应、催化剂的催化机理、盐的水解、元素周期律等知识，要求学生基础知识扎实，题目中等难度。
9.【答案】B
【解析】解：A.由图象可知，pH=2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2O42−)浓度之和小于c(HC2O4−)，则c(H2C2O4)+c(C2O42−)
C.c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)=0.100mol⋅L−1，c(HC2O4−)=c(C2O42−)，电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)，pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c(Na+)<0.100mol⋅L−1+c(HC2O4−)，故C错误；
D.20℃时，Kw=0.681×10−14，pH=7的溶液中，显酸性，(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(OH−)，所以c(Na+)>2c(C2O42−)，故D错误；
故选：B。
A.依据图象可知pH=2.5的溶液中：c(H2C2O4)+c(C2O42−)
C.c(HC2O4−)=c(C2O42−)的溶液中c(Na+)<0.100mol⋅L−1+c(HC2O4−)；
D.20℃时，Kw=0.681×10−14，pH=7的溶液中，显酸性，(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒判断。
本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用，答题时注意体会，难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(OH−)增大，故A错误；
B.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，故B错误；
C.加水稀释促进CH3COOH电离，平衡向右移动，故C错误；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(OH−)增大，故D正确；
故选：D。
A.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变；
B.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度；
C.加水稀释促进CH3COOH电离；
D.加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确醋酸加水稀释过程中各微粒浓度变化是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：N2F2存在顺式和反式两种分子，说明具有平面形结构，则应含有N=N键，其结构为F−N=N−F，两个N原子之间化学键含有一个σ键和一个π键，
故选：D。
存在顺式和反式两种同分异构体，说明具有平面形结构，则应含有N=N键。
本题考查化学键，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的结构特点、共价键的分类，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知固体增重等于与CO2等物质的量的CO质量，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知固体增重等于与H2O等物质的量的H2的质量，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol、ymol，则有：，解得x=0.1，y=0.4，
A.m(CO2)=0.1mol×44g/mol=4.4g，m(H2O)=0.4mol×18g/mol=7.2g，故A正确；
B.混合气体平均摩尔质量==23.2g/mol，故B正确；
C.氧化产物只有O2，根据方程式可知，n(O2)=n(CO2)+n(H2O)=×(0.1mol+0.4mol)=0.25mol，故转移电子为0.25mol×2×[0−(−1)]=0.5mol，转移电子为0.5NA，故C正确；
D.过氧化钠与二氧化碳、水的反应中，Na2O2既作氧化剂也作还原剂，但与一些强还原剂反应，过氧化钠可能只表现氧化性，而与一些强氧化剂反应时，过氧化钠可能只表现还原性，故D错误；
故选：D。
发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知固体增重等于与CO2等物质的量的CO质量，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知固体增重等于与H2O等物质的量的H2的质量，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量之和、固体增重列方程计算各自物质的量；
A.根据m=nM计算CO2、H2O的质量；
B.根据=计算混合气体平均摩尔质量；
C.氧化产物只有O2，根据方程式计算生成O2的物质的量，再根据氧元素化合价变化计算转移电子；
D.与一些强还原剂反应，过氧化钠可能只表现氧化性，而与一些强氧化剂反应时，过氧化钠可能只表现还原性。
本题考查混合物的有关计算，关键是明确发生的反应，正确理解固体质量变化的原因，注意对质量差量法的理解，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】CD
【解析】解：A.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出，故A正确；
B.由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，故B正确；
C.由图可知，反应过程中有C−C键、O−H键生成，无C−H键生成，故C错误；
D.该反应CH4+CO2→CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故D错误；
故选：CD。
根据题目中给出的能量与反应过程的图形，可以知道反应物和生成物以及过渡态的能量变化，
A.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程有热量放出；
B.由图可知，不同的球代表不同的原子，从而得出X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸；
C.由图可知，对比观察反应过程中反应物与生成物可知有C−C键、O−H键生成，无C−H键生成，生成物中的C−H键是反应物中有的；
D.该反应CH4+CO2→CH3COOH，属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%。
本题考查了化学反应能量变化，做题时要注意分析题干所给出的图，利用吸热反应、放热反应与反应物和生成物的总能量之间的关系就可进行解答，总体较简单。
14.【答案】BD
【解析】解：A、曲线b表示使用催化剂后的能量变化，催化剂只改变所以速率，不改变化学平衡，所以反应物的转化率和生成物的产率不变，故A错误；
B、曲线a、b线进行的反应，b线使用催化剂降低了反应的活化能，改变了反应速率，但平衡开始和终了的物质能量未变，所以反应的热效应相同，故B正确；
C、图象中表示该反应是放热反应，所以拆化学键吸收的能量小于形成化学键所放出的能量，因此(1molCO+2molH2)中的键能之和比1molCH3OH中的键能之和小，故C错误；
D、图象中表示的是1molCO气体和2mol氢气反应生成1mol气态甲醇的反应热效应，反应放出热量=510KJ−419KJ=91KJ，根据热化学方程式的书写原则热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=−91kJ⋅mol−1，故D正确；
故选：BD。
A、依据催化剂只改变速率不改变平衡分析判断；
B、依据盖斯定律的内容，反应的焓变只与起始和终了状态有关，与变化过程无关；
C、依据图象中反应物和生成物能量的大小，结合拆化学键吸收能量，形成化学键放出能量分析判断；
D、依据图象中的能量变化，结合书写热化学方程式的要求写出．
本题考查了化学反应中的能量变化形式和化学平衡的影响因素催化剂的作用，热化学方程式的书写，关键是理解图象的含义是解题的根本．
15.【答案】AD
【解析】解：A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度，钠离子不水解，所以存在c(HN3)
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)，所以存在c(OH−)=c(H+)+c(HN3)，故D正确；
故选：AD。
A.点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaN3、HN3，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HN3电离程度大于N3−的水解程度；
B.点②溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)，则c(Na+)=c(N3−)；
C.根据图知，0.1mol/LHN3溶液的pH=2.85，HN3电离程度较小，则溶液中存在c(HN3)≈0.1mol/L，c(N3−)≈c(H+)=10−2.85mol/L，常温下Ka(HN3)=c(N3−)⋅c(H+)c(HN3)=10−2.85×10−2.850.1=10−4.7；
D.点③溶液酸碱恰好完全反应生成NaN3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(N3−)、物料守恒c(Na+)=c(N3−)+c(HN3)。
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计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。
16.【答案】 6 3d54s1 A MgNi3C 12 R U P 平面三角形 sp2
【解析】解：(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同，核外电子排布图为：，
故答案为：；
(2)化学式[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl−形成配位键，故配位数为6，
故答案为：6；
(3)与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为：1s2 2s2 2p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1，则其价电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；，
故答案为：A；
(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数=8×=1，镍原子个数=6×=3，故化学式为：MgNi3C；利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3=12，
故答案为：MgNi3C；12；
(6)①Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1，属于第IA族元素；S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA族元素；R和U属于第IA族元素，
故答案为：R；U；
②T属于第IIIA族元素，则T最可能是P区元素；若T为第二周期元素，T为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，则为Cl元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2，所以其空间构型为平面三角形，
故答案为：P；平面三角形；sp2。
(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同；
(2)化学式[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl−形成配位键；
(3)与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素；
(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等；
(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数=8×=1，镍原子个数=6×=3，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有4×3=12；
(6)①Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1，属于第IA族元素；S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA族元素；
②T属于第IIIA族元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对。
本题考查原子结构、元素周期律和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、晶胞结构和第一电离能等知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】 < 不变 BC > 96%
【解析】解：(1)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，所以平衡常数K=，
故答案为：；
(2)①因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆向移动，所以该反应正方向为放热反应，即ΔH<0，
故答案为：<；
②K只受温度影响，若温度不变，只是减小投料比，则K不变，
故答案为：不变；
(3)A.反应物和生成物气体均没有颜色，则颜色不变不能说明达到了平衡，故A错误；
B.反应前后气体的系数和不相等，当容器内压强不再改变，则达到了平衡，故B正确；
C.该反应是在容器的体积不变容器中进行，但反应前后气体质量变化，则气体的密度不发生变化，可以判定达到了平衡，故C正确；
D.任何时候CH3OCH3与H2O的物质的量之比均不变，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：BC；
(4)①反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，图表中平衡时CH3OCH3(g)的物质的量可知P1>P3，
故答案为：>；
②由表格中数据可知，P2下，Ⅲ中平衡时CH3OCH3的物质的量为0.96mol，列出三段式：
2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(l)，
开始：0 0 1 3
变化 1.92 5.76 0.96 2.88
平衡 1.92 5.76 0.04 0.12
CH3OCH3的平衡转化率==96%，
故答案为：96%。
(1)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积；
(2)①因为温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆向移动，所以该反应正方向为放热反应；
②K只受温度影响，若温度不变则K不变；
(3)平衡状态判定抓住平衡的两个重要特征，“正逆反应速率相等”，“变量不变即为平衡”；
(4)①反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行；
②由表格中数据可知，P2下，Ⅲ中平衡时CH3OCH3的物质的量为0.96mol，列出三段式计算。
本题考查化学反应原理，涉及平衡常数表达式、化学平衡的移动、化学平衡状态的判定、化学平衡计算等，题目中等难度。
18.【答案】N(氮) 气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应 1：1 偏小 NaNO2被空气中的氧气氧化 86.25% NaHCO3 2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O
【解析】解：(1)硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，“还原”步骤中被还原的元素是N(氮)元素，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，
故答案为：N(氮)；气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应；
(2)若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1；HNO3～NO～3e−，HNO3～NO2～e−，1molHNO3反应生成0.5molNO和0.5molNO2，电子转移总数(1××3e−+1××e−)=2e−，SO2～H2SO4～2e−，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
(3)①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，若时间过长NaNO2被空气中的氧气氧化，则样品的纯度测定偏小，
故答案为：偏小；NaNO2被空气中的氧气氧化；
②NaNO2与KMnO4反应的关系式为2KMnO4～5NaNO2，则 n(NaNO2)= n(KMnO4)=×0.020L×0.1mol/L=0.005mol，则250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量=0.005mol×=0.025mol，该样品中NaNO2的质量分数=×100%=86.25%；亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠，化学式为：Na2CO3、NaHCO3、NaNO3，
故答案为：86.25%；NaHCO3；
(4)将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O，
故答案为：2NO2−+4H++2I−=2NO↑+I2+2H2O。
由工艺流程分析可知，“还原”过程中，硝酸中通入二氧化硫发生氧化还原反应生成NO、NO2，冷却后生成的气体用碳酸钠溶液吸收发生反应Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，使NOx完全转化为NaNO2，再蒸发结晶得到亚硝酸钠晶体。
本题考查物质的制备和纯度的测定，侧重考查学生物质之间的反应和定量实验的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】(1)+1
(2)d→e→g→j→b→c→g→j→f 从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手捏圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好
(3)防止ICl挥发 Cl2+2CO32−+H2O=Cl−+ClO−+2HCO3−
(4)蒸馏
(5)淀粉 500mL容量瓶和胶头滴管 0.0024mol×12×50025×162.5g/mol4.00g×100%
【解析】解：(1)在ICl中I元素的非金属性比氯元素弱，则I元素的化合价为+1价，
故答案为：+1；
(2)A为Cl2生成装置，生成的Cl2中会混有部分HCl，需通过饱和食盐水除去，然后通过浓硫酸干燥气体，防止与I2反应后产生的ICl水解，最后连接尾气处理装置，即NaOH溶液，在生成ICl的装置和尾气处理装置之间还需连接浓硫酸，保证生成ICl是在干燥条件下，所以装置的连接顺序为d→e→g→j→b→c→g→j→f；检查A装置气密性的方法：从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手捏圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好，
故答案为：d→e→g→j→b→c→g→j→f；从A的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗旋钮，手捏圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，手放开烧瓶后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好；
(3)ICl易挥发，所以B应放在冷水中；已知电离平衡常数：H2CO3：Ka1=4.4×10−7，Ka2=4.7×10−11；HClO：Ka=3.0×10−8，则HClO的酸性比HCO3−的酸性强，则Na2CO3溶液吸收氯气时生成NaCl、NaClO和NaHCO3，发生反应的离子方程式为Cl2+2CO32−+H2O=Cl−+ClO−+2HCO3−，
故答案为：防止ICl挥发；Cl2+2CO32−+H2O=Cl−+ClO−+2HCO3−；
(4)已知：一氯化碘沸点101℃，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏，收集101℃的馏分可得到较纯净的ICl；
故答案为：蒸馏；
(5)因碘与遇淀粉溶液显蓝色，则步骤2，应选择淀粉溶液作指示剂，
故答案为：淀粉；
①根据溶液配制的基本操作，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒及玻璃棒500mL容量瓶和胶头滴管，则还需要500mL容量瓶和胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶和胶头滴管；
②已知反应关系式：ICl～～～～～～I2～～～～～～～2Na2S2O3，滴定时消耗24mL0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液，则0.1000mol⋅L−1Na2S2O3的物质的量为0.024L×0.1000mol⋅L−1=0.0024mol，ICl的纯度为0.0024mol×12×50025×162.5g/mol4.00g×100%，
故答案为：0.0024mol×12×50025×162.5g/mol4.00g×100%。
解答此题的关键是要明白实验室制取气体时，应该根据反应物的状态和反应的条件选择需要什么样的发生装置；根据制取气体的溶解性和密度的大小选择收集气体的方法。
20.【答案】6 1：1 9：11
【解析】解：(1)某温度时，水的离子积KW=1×10−12，则温度下pH=11的NaOH溶液中c(OH−)=0.1mol/L，pH=1的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，两溶液等体积混合，恰好完全反应，溶液呈中性，溶液pH=−lg1×10−12=6，
故答案为：6；
(2)①若所得的混合溶液呈中性，则0.1mol/L×aL=0.1mol/L×bL，故a：b=1：1，
故答案为：1：1；
②若所得的混合溶液pH=2，则反应后溶液中c(H+)=0.01mol/L，故0.1mol/L×bL−0.1mol/L×aL(a+b)L=0.01mol/L，解得a：b=9：11，
故答案为：9：11。
(1)NaOH与HCl浓度均为0.1mol/L，二者等体积混合，恰好完全反应，溶液呈中性，结合水的离子积计算中性的pH；
(2)①溶液呈中性，则n(OH−)=n(H+)；
②表示出反应后溶液中剩余的氢离子浓度，结合反应后溶液pH联立计算。
本题考查溶液pH的有关计算，关键是掌握溶液pH的计算方法，混合物计算pH要先判断溶液的酸、碱性，表示出溶液中剩余的氢离子浓度(或氢氧根离子浓度)，再结合水的离子积与pH定义式计算，注意对应(2)中①条件下的体积关系规律总结与识记。
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