辽宁省部分名校2023-2024学年高三上学期12月适应性测试一化学试题含答案

这是一份辽宁省部分名校2023-2024学年高三上学期12月适应性测试一化学试题含答案，共41页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

注意：部分主观题目在考试试卷上有删减，请阅卷时注意将答案修正。
一、单选题
1．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达正确的是
A．亚硫酸氢根的水解离子方程式： +H2O⇌H3O++
B．NH3的VSEPR模型：
C．H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·ml−1，则：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ∆H =+571.6 kJ·ml−1
D．用溶液吸收少量Cl2：
【答案】D
【详解】A．亚硫酸氢根的水解是亚硫酸氢根结合H+生成H2SO3，离子方程式为+H2OH2SO3+OH−，选项A不正确；
B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+(5−3×1)= 4，有一孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，不是三角锥形，选项B不正确；
C．H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·ml−1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) ∆H =+571.6 kJ·ml−1，2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) ∆H＜+571.6 kJ·ml−1，选项C不正确；
D．用溶液吸收少量，离子方程式：，选项D正确；
答案选D。
2．以下说法中，正确的有几项
Ⅰ．中和反应反应热的测定实验
①为了保证盐酸完全被中和，采用浓度稍大的溶液，使碱稍稍过量
②在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行
③混合溶液时，应将溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度
⑤单次实验需要记录3次温度计读数
Ⅱ．燃烧热、中和热、能源
⑥101kpa时，1ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热为
⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【详解】①为了保证盐酸完全被中和，采用浓度稍大的溶液，使碱稍稍过量，正确；
②在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行，可以有效保证热量不散失，正确；
③混合溶液时，应将溶液迅速一次性倒入小烧杯，盖好盖板，防止热量损失，正确；
④金属搅拌棒导热能力太强导致热量散失，应使用环形玻璃搅拌棒（玻璃搅拌器），操作错误；
⑤中和热实验需要记录反应前酸、碱温度和反应后溶液温度，故单次实验需要记录3次温度计读数，正确；
⑥101kpa时，1ml纯物质完全燃烧生成指定产物物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，错误；
⑦中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1ml液态水时所释放的热量，为57.3kJ/ml，并不是酸碱中和反应的离子方程式可以写成H++OH−=H2O时就可以，浓溶液的反应不符合要求，错误；
⑧弱酸或弱碱的电离吸热，如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都低于57.3kJ/ml，错误；
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，正确；
综上所述①②③⑤⑨正确，正确的为5个，B符合；
故答案为：A。
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存有几组
①溶液：
②的溶液中：
③水电离的浓度为的溶液中：
④加入能放出的溶液中：
⑤使甲基橙变黄的溶液中：
⑥中性溶液中：
A．无B．一组C．两组D．三组
【答案】A
【详解】①NaAlO2与发生反应，在溶液中不能大量共存，故①错误；
②pH=13的溶液呈碱性，在碱性溶液中不能大量共存，故②错误；
③水电离的H+浓度为10-12ml•L-1的溶液呈酸性或碱性，与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，在酸性条件下具有强氧化性，与Mg反应不会生成氢气，故④错误；
⑤使甲基橙变黄的溶液呈酸性或碱性，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；
⑥Fe3+只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，且能发生双水解反应，不能共存，故⑥错误；
故选：A。
4．一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B．既可以是，也可以是
C．已知为副产物，则可以通过通入水蒸气使水解生成，减少副产物
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】分解的产物是和HCl，分解得到的 HCl 与 MgO 反应生成 Mg(OH)Cl，Mg(OH)Cl 又可以分解得到HCl和MgO，则a为，b为Mg(OH)Cl，c为HCl，d为MgO。
【详解】A．由分析可知，a为，c为HCl，A项错误；
B．由分析可知，d为MgO，不可以是Mg(OH)Cl，B项错误；
C．可以水解生成 Mg(OH)Cl，通入水蒸气可以减少 的生成，C项正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D项错误；
故选C。
5．“接触法制硫酸”的核心反应是，因在催化剂表面与接触而得名，反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A．、中心原子杂化方式不同
B．为加快反应速率，提高生产效率，反应温度越高越好
C．增大浓度可提高的生成速率，但不一定很明显
D．的作用是降低该反应的活化能，提高的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为3，原子的杂化方式都为sp2杂化，故A错误；
B．二氧化硫与氧气的催化氧化反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的产率减小，且温度过高，催化剂会失去活性，反应速率减慢，所以实际生产中需要控制反应温度，力求达到加快反应速率和提高生产效率的目的，故B错误；
C．由图可知，反应①为慢反应、反应②为快反应，总反应速率是由慢反应决定，所以增大氧气的浓度，可以提高三氧化硫的生成速率，但总反应不能明显提高，故C正确；
D．催化剂能降低该反应的活化能，加快反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，但平衡不发生移动，二氧化硫的转化率不变，故D错误；
故选C。
6．某恒定温度下，在一个的密闭容器中充入气体、气体，发生如下反应：，已知“？”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成，且反应前后压强比为，则下列说法中正确的是
①该反应的化学平衡常数表达式：
②此时B的转化率为40％
③增大该体系压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
④增加C的量，A、B转化率不变
A．①②③B．②③④C．②④D．③④
【答案】C
【分析】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为，故反应后气体体积减小，C、D至少一种不为气体；在一个的密闭容器中充入气体，气体，则反应前气体总的物质的量为；测得反应前后压强比为，故平衡时气体总的物质的量为；生成，则生成D的物质的量为，反应的B的物质的量为，反应的A的物质的量为，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为、、、，平衡时气体总的物质的量为，D为气体，C不为气体；
【详解】①C不为气体，C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；
②反应的B的物质的量为，B的平衡转化率为％=40％，故②正确；
③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动，平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③错误；
④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，A、B转化率不变，故④正确；
综上，正确的有②④；
答案选C。
7．PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3(g)和Cl2(g)充入体积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)⇌PCl5(g) ΔH<0，并于10 min时达到平衡。有关数据如下：
下列判断不正确的是
A．10 min内，v(Cl2)=0.04 ml·L-1·min-1
B．当容器中Cl2为1.2 ml时，反应达到平衡
C．升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡时PCl3的转化率升高
D．平衡后移走2.0 ml PCl3和1.0 ml Cl2，在相同条件下再达到平衡时，c(PCl5)<0.2 ml·L-1
【答案】C
【分析】由题意可知，c1=1.6，c2=0.6。
【详解】A．10 min内，v(Cl2)= =0.04 ml·L-1·min-1，A正确；
B．反应达到平衡时Cl2的物质的量为0.6 ml·L-1×2 L=1.2 ml，B正确；
C．正反应是放热反应，所以升高温度，K减小，平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率降低，C错误；
D．平衡后移走2.0 ml PCl3和1.0 ml Cl2相当于压强减小一半，平衡向逆反应方向移动，再达到平衡时c(PCl5)<0.2 ml·L-1，D正确。
故选C。
8．以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如图。
已知：
下列分析正确的是
A．
B．反应①理论上高温下可自发进行
C．反应②的平衡常数随温度升高而减小
D．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为28%
【答案】D
【详解】A．P1到P2二氧化碳的转化率增大，反应①正向体积减小，反应②体积不变，因此P1＞P2，故A错误；
B．温度高于300℃时，二氧化碳的转化率增大，而甲醇的选择性降低，说明升高温度反应①逆向移动，反应②正向移动，则，而反应①的正向气体减少，∆S1＜0，低温时才有∆G=∆H1-T∆S1＜0，因此反应①理论上低温自发，故B错误；
C．据解析B可知∆H2＞0，升高温度，反应B正向移动，平衡常数增大，故C错误；
D．设反应①二氧化碳的变化量为xml，反应②二氧化碳的变化量为yml、，则根据平衡后、有、，故x=0.27、y=0.03，氢气的平衡转化率为，故D正确；
故答案为：D。
9．常温下，用0.10ml·L-1NaOH溶液滴定40mL0.025ml·L-1CuSO4和0.025ml·L-1MgCl2的混合溶液(含有少量抑制金属离子水解的硫酸)，pH变化曲线如图所示[已知：Cu(OH)2和Mg(OH)2的Ksp分别为2.2×10-20、5.6×10-12，当c(X2+)≤10-5ml·L-1时认为X2+沉淀完全，lg22=1.34，1g56=1.75]。下列说法错误的是
A．a~b段主要发生反应：H++OH-=H2O
B．c点时，溶液的pH=7.34
C．能通过调节pH分离Cu2+和Mg2+
D．d~e段生成的沉淀为Mg(OH)2
【答案】B
【分析】从图以及题中数据可知，a~b段主要发生硫酸与NaOH的反应，b~c段主要发生与的反应，d~e段主要发生与的反应。
【详解】A．和的混合溶液中含有少量抑制金属离子水解的硫酸，滴加NaOH时，首先与硫酸发生反应，所以a~b段主要发生反应：，A项正确；
B．c点时，溶液中的完全沉淀，此时，则，，溶液的pH=14-7.33=6.67，B项错误；
C．b~c段主要发生与的反应，d~e段主要发生与的反应，两段曲线溶液的pH相差较大，则能通过调节pH分离和，C项正确；
D．因为，，所以d~e段生成的沉淀为，D项正确；
故选B。
10．铁—铬液流电池是近年新投产、较好利用储(放)能技术的新型电池。该电池总反应为，下列有关说法正确的是
A．正极区电解质溶液中存在与的相互转化
B．储能时原正极上的电极反应为
C．放电时正极区电解质溶液酸性增强
D．在相同条件下，离子的氧化性：
【答案】C
【分析】由方程式可知，放电时，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为，二价铬离子在正极失去电子发生氧化反应生成铬离子，电极反应式为，溶液中的氢离子通过阴离子交换膜进入正极区，导致正极区电解质溶液酸性增强，储能时，原正极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，原负极做阴极，铬离子在阴极得到电子发生还原反应生成二价铬离子。
【详解】A．由分析可知，新型电池的正极区电解质溶液中存在铁离子与亚铁离子的相互转化，故A错误；
B．由分析可知，储能时，原正极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，电极反应式为，故B错误；
C．由分析可知，放电时溶液中的氢离子通过阴离子交换膜进入正极区，导致正极区电解质溶液酸性增强，故C正确；
D．由分析可知，放电时发生的反应为铁离子与二价铬离子反应生成亚铁离子和铬离子，反应中铁元素的化合价降低被还原是反应的氧化剂，铬元素的化合价升高被氧化，铬离子是反应的氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，铁离子的氧化性强于铬离子，故D错误；
故选C。
11．Na2B4O7·10H2O俗称硼砂，其结构如下图所示。下列说法错误的是
A．B和O原子的杂化方式完全相同B．阴离子中存在配位键
C．第一电离能：Na【答案】A
【详解】A．B原子有sp2和sp3杂化，O原子均为sp3杂化，A错误；
B．阴离子中sp3杂化的B与其相连的-OH上的O之间存在配位键，B正确；
C．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族第一电离能从上到下有逐渐减小趋势，故第一电离能：NaD．硼砂在水溶液中存在水解B4O+7H2O4H3BO3+2OH-，其水溶液显碱性，D正确；
故答案为：A。
12．固体氨基甲酸铵H2NCOONH4可用于医药制药、(NH4)2CO3可用于做化肥，两者受热均发生分解反应。某一温度T℃下反应I：的。该温度下单独发生反应II：，平衡后的总压为160kPa．该温度下、刚性容器中放入H2NCOONH4和(NH4)2CO3两种固体，平衡后两种固体均大量存在，下列关于两种固体共存并达到化学平衡态的说法正确的是
A．NH3和CO2的比值不变说明反应I和II达到了化学平衡
B．气态水的分压p(H2O)=70kPa
C．气体的总压约为184.8kPa
D．反应II的平衡常数
【答案】C
【详解】A．反应过程中NH3和CO2的比值恒为2:1，NH3和CO2的比值不变不能说明反应I和II达到了化学平衡，故A错误；
B．达到平衡时，p(NH3)：p(CO2)：p(H2O)=2:1：1，平衡后的总压为160kPa，则分压p(H2O)= 160kPa×= 40kPa，故B错误；
C．反应I和II同时进行，由方程式系数关系可知，达到平衡时p(NH3)：p(CO2) =2:1，的，p(NH3)：p(CO2) =2:1，则p()=2 ，p(CO2)=30kPa，由B可知，反应II的Kp2=40kPa×40kPa×(80kPa)2=1.024×107，则反应I和II同时进行达到平衡时p(H2O)= ，则气体的总压约为60kPa+30kPa+94.8kPa=184.8kPa，故C正确；
D．由C可知，反应II的平衡常数Kp2=1.024×107，故D错误；
故选C。
13．向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如图所示{其中M代表、、或}。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ表示随的变化曲线
B．随增大，先增大后减小
C．反应的平衡常数为
D．时，溶液中
【答案】D
【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
【详解】A．曲线Ⅲ表示lgc(Ag+)随lgc(NH3)的变化曲线，A错误；
B．反应的平衡常数为定值，随c(NH3)增大，一氨合银离子浓度先增大后不变，先减小后不变，B错误；
C．在lgc(NH3)=-1时，对应的反应Cl-和二氨合银离子浓度的对数都是-2.35，浓度都是10-2.35，反应的平衡常数，C错误；
D．c(NH3)=0.01ml•L-1时，即lgc(NH3)=-2时，Ⅳ表示[Ag(NH3)2]+的变化、Ⅱ表示[Ag(NH3)]+的变化，Ⅲ表示Ag+的变化，则溶液中c(Cl-)>c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)，D正确；
故选D。
14．苯甲酸()是一种重要的化工原料。以苯乙酮()为原料，以KI为电解质，利用电化学方法合成苯甲酸的原理(部分)如图所示。下列说法错误的是
A．电解装置发生反应的化学方程式为
B．苯乙酮与反应的离子方程式为+3IO-→+CHI3+2OH-
C．外电路通过6ml电子时，理论上可制备1ml苯甲酸(不考虑副反应)
D．电解过程中，图中整个系统溶液的pH不断减小
【答案】D
【分析】由图可知，电解装置阳极碘离子生成碘单质，阴极水放电生成氢气；
【详解】A．由图可知，电解装置阳极碘离子生成碘单质、阴极水放电生成氢气，阴阳极总的化学方程式为，A正确；
B．由图可知，苯乙酮与反应的离子方程式为，B正确；
C．因为与KOH溶液反应的化学方程式为，根据关系式6e-~6KI~3I2~3KIO~可知，外电路通过6ml电子时，理论上可制备1ml苯甲酸(不考虑副反应)，C正确；
D．电解过程中，整个系统发生的总反应为→，不断增大，故整个系统溶液的pH不断增大，D错误；
故选D。
15．常温下，向10.0mL浓度均为0.1ml/L的和混合溶液中加入NaOH固体，溶液中金属元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别为3.0，4.3.
已知：①；
②，298K， 。
下列叙述正确的是
A．曲线Ⅱ代表
B．常温下，
C．c点铁铝元素主要存在形式为和
D．的平衡常数K为数量级
【答案】C
【分析】从图可以看出，当溶液中加入NaOH固体后，曲线Ⅰ中的金属离子最先沉淀，根据，可知曲线Ⅰ表示的是浓度变化，则曲线Ⅱ表示的是浓度变化，曲线Ⅲ表示的是离子浓度变化，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示的是浓度变化，故A错误；
B．根据曲线Ⅰ中的a点 ，可知此时溶液中的离子浓度为ml/L，对应的pH为3.0，则c(OH-)= ml/L，可求得，故B错误；
C．根据分析曲线Ⅲ表示的是离子浓度变化，则c点铝元素主要存在形式为，不溶于碱，则铁元素的主要存在形式为，故C正确；
D．由和，结合盖斯定律可知，，则K= ，根据b点可知，，带入可得K==1.1-1.1，故K的数量级为，故D错误；
答案C。
二、原理综合题
16．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶电解质的溶解平衡均属于化学学习中的动态平衡。
(1)已知室温时
①的溶液与的溶液相比，一定有 (填“>”、“=”或“<”)。
②向溶液中滴加溶液至，此时溶液 。
(2)化学上常用表示溶液中的酸碱度，。时，用的溶液滴定某酸(HA)溶液，与所加溶液的体积(V)关系如图所示，B点溶液中： (填“>”、“=”或“<”，下同)。
(3)时，将的醋酸钠溶液与盐酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数 (用含的代数式表示)。
(4)溶液中存在多个平衡
(i)
(ii)
①下列有关溶液的说法正确的有 。
A．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
B．加入少量硫酸，溶液的不变
C．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
D．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
②时，溶液中随的变化关系如图。
当时，设与的平衡浓度分别为，则之间的关系式为 ；计算溶液中的平衡浓度 (结果保留两位有效数字)。
【答案】(1) < 5
(2)>
(3)
(4) AC
【详解】（1）①的NaF溶液与的溶液相比，，由于，则的水解程度小于的水解程度，所以，所以；
②根据醋酸的电离平衡常数可知，则，则此时溶液的pH=5。
（2）B点时滴加NaOH溶液为10mL，根据浓度关系，可知此时HA反应了一半，此时溶液中的溶质为HA和NaA，且浓度比为1：1，此时AG＞0，说明，即，即HA的电离程度大于的水解程度，所以B点溶液中：。
（3）设醋酸钠溶液和盐酸溶液的体积各为VL，由于醋酸钠溶液显碱性，所以若使溶液显中性，溶液最终应该是醋酸钠与醋酸的混合物，盐酸完全反应，所以，剩余醋酸根的浓度为，此时溶液中的，所以醋酸的电离平衡常数。
（4）①A．两个反应正向均是离子物质的量增大的方向，加入少量水稀释，溶液中离子总数增加，A项正确；
B．加入少量硫酸，即使存在两个反应均逆向移动，达到新的平衡，溶液酸性依旧是增强，溶液的pH减小，B项错误；
C．，温度不变，不变，加入少量固体，平衡时与的比值保持不变，C项正确；
D．加入少量NaOH溶液，溶液中减小，反应(ⅱ)正向进行，减小，促进反应(ⅰ)正向移动，D项错误；
故选AC；
②根据Cr元素守恒，，即；由图可知，当溶液中pH=9时，，因此可忽略溶液中，根据Cr元素守恒，①，反应(ⅱ)的平衡常数②，联立①②两个方程可得。
17．甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH1= -206.2kJ·ml-1
反应Ⅱ：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH3= -165 kJ·ml-1
回答下列问题：
(1)ΔH2= kJ·ml-1。
(2)在360°C时，在固定容积的容器中充入一定量的CO进行上述反应，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2的产率随变化的情况如图1所示。

①图中表示H2转化率、CH4产率变化的曲线分别是 、 (填标号)， A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向恒容容器内充入3ml H2和1mlCO，初始压强为4p0，发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为p1，CO2的分压为p2，则CH4的选择性= [CH4的选择性=，用p0，p1，p2表示，下同]，反应Ⅱ的Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)已知常温下，CaCO3的溶度积常数为Ksp，H2CO3的二级电离常数为Ka2。CaCO3溶于水除了沉淀溶解平衡，还存在碳酸根的水解(忽略二级水解)。则常温下，CaCO3的实际溶解度比理论值 (填“大”或者“小”)。若溶液pH已知，则钙离子的实际浓度为 ml/L[用含c(H+)，Ksp，Ka2的式子表达]。
【答案】(1)-41.2
(2) a c B=C>A
(3) 大
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1-ΔH3= - 206.2kJ/ml-（-165 kJ/ml）=-41.2 kJ /ml；
（2）①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故b表示CO转化率、a表示H2转化率；随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C则A点温度低，故温度B=C>A；
②一定温度下，向恒容容器内充入3ml H2和1mlCO，初始压强为4p0，则初始氢气、一氧化碳分压分别为3p0、p0，则分压的数值与其物质的量对应相等。发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为p1，CO2的分压为p2；分压之比等于其物质的量之比。设反应Ⅰ消耗CO为aml，则：
达到平衡时CO的分压为p1，则反应Ⅱ消耗CO为
达到平衡时CO2的分压为p2，则反应Ⅲ消耗CO2为
根据碳元素守恒、结合阿伏加德罗定律可知，， 则CH4的选择性为；由三段式可知，平衡时一氧化碳、水、二氧化碳、氢气分压分别为p1、p0-p1-2p2、p2、3p1+4p2，则反应Ⅱ的；
（3）碳酸根的水解使得碳酸根离子浓度减小，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故常温下，CaCO3的实际溶解度比理论值大；
碳酸根离子的水解：，则溶液中；H2CO3的二级电离常数为，则；CaCO3沉淀溶解平衡，则，。
三、原理综合题
18．回答下列问题
(1)硫化氢()、二氧化硫()是有害气体，可用多种方法进行脱除。(已知25℃时，的，，)
①和的VSEPR模型分别为 、 。
②室温下，若用足量的烧碱溶液吸收硫化氢气体，写出该反应的离子方程式 ，计算25℃时，该反应的平衡常数为 。
③室温下，若在硫酸铜溶液中通入过量气体，此时溶液中的PH是 。
(2)通过电化学循环法可将转化为和(如图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：、
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上1ml参加反应可产生的物质的量为 。
(3)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法中正确的是______。
A．该铁的氧化物化学式为B．距离最近的有6个
C．晶体中的只能构成正四面体空隙D．晶胞的边长为
【答案】(1) 四面体 平面三角形 0.7
(2) 1ml
(3)ABD
【详解】（1）根据VSEPR模型，的价电子对数为，为四面体；的价电子对数为，为平面三角形，故填四面体；平面三角形；
室温下，若用足量的烧碱溶液吸收硫化氢气体(弱电解质)，生成硫化钠，其反应的离子方程式为，该反应的平衡常数为 ，故填；；
室温下，若在硫酸铜溶液中通入过量气体，发生反应，溶液中=0.2ml/L，，故填0.7；
（2）如图所示的装置为原电池装置，电极b中碘单质被还原为碘离子，得到电子，电极b为正极，电极反应式为，电极a则为负极，发生氧化反应，电极反应式为，故填；
理论上1ml参加反应生成1ml，完全反应转移2ml电子，正极消耗1ml碘单质，根据可知，生成1ml氢气，故填1ml；
（3）A方块中，亚铁离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中亚铁离子个数为，铁离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有亚铁离子个数为，铁离子为，氧离子为；
A．，其化学式为，故A正确；
B．由 B 方块可知，小立方体中位于顶点的铁离子与位于顶点的氧离子的距离最近，所以距离铁离子最近的氧离子有6个，故B正确；
C．由 A 方块可知，晶体中的氧离子构成正四面体空隙，由 B 方块可知，晶体中的氧离子构成正八面体空隙，故C错误；
D．根据，晶胞的体积为，晶胞的边长为，故D正确；
故填ABD。
19．中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，也是一种重要的化工原料。
(1)已知：①
②的燃烧热为
则的燃烧热为 。
(2)热分解可制：。
①在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 (保留3位有效数字)。
②在、反应条件下，对于分别为4∶1、1∶1、1∶4的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示。

(逆) (正)(填“>”、“<”或“=”)。 (填“>”、“<”或“=”)。曲线中，在0～3s之间，分压的平均变化率为 。
(3)合成氨是人工固氮最重要的途径。
①传统铁触媒催化会面临两难问题：高温可增大反应速率，但的平衡产率较低。我国科研人员研制了Ti-H(Ⅱ)-Fe(Ⅰ)双温催化剂，通过光辐射产生温差，如体系温度为时，(Ⅰ)的温度为，而Ti-H(Ⅱ)的温度为，可解决该问题。

下列说法正确的是 (填序号)。
A．ⅰ为氮氮三键的断裂过程，ⅰ、ⅱ、ⅲ在高温区发生
B．ⅳ为原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程
C．“热”高于体系温度，在表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
D．“冷Ti”低于体系温度，氨气在其表面生成，有利于提高氨的平衡产率
②以和为原料通过电化学方法也能实现合成氨，反应装置如图所示

阳极的电极反应为 。同温同压下，相同时间内，若进口I的，出口I处气体体积为进口I处的倍，则的转化率为 (用表示)。
【答案】(1)-382
(2) 208 < >
(3) BCD
【详解】（1）燃烧的热化学方程式为：，根据盖斯定律，结合合成氨的热化学方程式可得NH3的燃烧热。
（2）①设原混合气体中NH3、Ar各，达到平衡时，NH3有发生了反应，根据三段式得：
平衡时，解得，平衡时混合气体总物质的量为,则NH3、N2、H2的平衡分压分别是：、、，因此平衡常数。
②B、C点反应还在向正方向进行，在达到平衡前，。随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，因此。越小，NH3平衡转化率越高，因此曲线a表示为1：4时的反应，设两者起始量分别为nml、4nml，反应到3s时，NH3转化率为24%，根据三段式可知：
此时NH3的分压为，NH3的起始分压为，因NH3的分压的平均变化率为：。
（3）①A．i为N2吸附在催化剂表面的过程，A错误；
B．根据图示，ⅳ为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程，B正确；
C．“热Fe”高于体系温度，可加快氮氮三键断裂，有利于提高合成氨反应速率，C正确；
D．合成氨为放热反应，降低温度，平衡正向移动，“冷Ti”低于体系温度，氨气在其表面生成，有利于提高氨的平衡产率，D正确；
故选BCD。
②根据装置图可知阳极反应物是，电极反应式为：。
设进口I处进入的、物质的量分别是aml、bml，设有反应了，根据三段式得：
则，解得：，因此的转化率为：。
20．中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雌黄和雄黄都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
(1)砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。
①I中氧化剂是 (填化学式)。
②Ⅱ中若反应，转移，写出Ⅱ的化学方程式： 。
(2)Ⅲ中产物亚砷酸可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的关系如图所示。
①人体血液的在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是 (填化学式)。
②将溶液滴入溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，发生反应的离子方程式是 。
(3)P与属于同主族元素，亚磷酸二氢钾是一种杀菌消毒剂。已知：常温下，的电离常数；；。以和为原料制备和的装置如图。
①已知与足量的溶液反应生成，由此推知是 (填“正”或“酸式”)盐。
②常温下溶液 7(填“>”、“<”或“=”)。
③膜2为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜，电极上发生的电极反应式为： 。
【答案】(1)
(2) (或)
(3) 正 < 阴
【详解】（1）①I中砷元素化合价由+3变为-2，得到电子发生还原反应，为氧化剂，故填As2S3；
②Ⅱ中和氧气发生反应生成As2O3，砷元素化合价由+2变为+3，化合价升高，1分子中砷转移电子4；若反应，转移，则根据电子守恒可知，硫的化合价变化为，则反应生成二氧化硫气体，氧得到电子发生还原反应，根据电子守恒和质量守恒可知，Ⅱ的化学方程式：；
（2）①人体血液的在7.35～7.45之间，由图可知，用药后人体中含砷元素的主要微粒是(或)；
②将溶液滴入溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，和氢氧化钾反应转化为和水，发生反应的离子方程式是；
（3）①已知与足量的溶液反应生成，由此推知中不再可以电离出氢离子，故其是正盐；
②常温下溶液中其水解常数为，水解小于电离，故溶液显酸性，pH<7；
③以和为原料制备和，则右侧碳电极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子右移进入产品室得到氢氧化钠、左移进入产品室得到，故膜2为阴离子交换膜，电极上发生的电极反应式为：。
四、结构与性质
21．现有、、、、五种元素，均为前四周期元素、它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答有关问题．
(1)元素在元素周期表的位置为： ，属于 区的元素。
(2)用元素符号表示的电子式为 。
(3)、、三种元素简单离子的半径由小到大的顺序是 （用离子符号表示）。
(4)元素基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道呈 形，其核外有 种能量不同的电子。
(5)基态原子核外价层电子轨道表示式为 ，基态、离子中未成对的电子数之比为 。
【答案】(1) 第二周期第ⅥA族 p
(2)
(3)
(4) 哑铃形 5
(5) 5:4
【分析】根据信息推断元素是H元素，元素是O元素，元素为P元素，元素为Cl元素，元素为Fe元素。
【详解】（1）元素是O元素，在元素周期表的位置为：第二周期第ⅥA族，属于p区的元素。
（2）用元素符号表示的电子式为：。
（3）、、三种元素简单离子分别，其中电子层数最小半径最小，核外电子层数相同，核电荷数大的半径更小，所以半径由小到大的顺序是： 。
（4）元素即Cl元素基态原子核外价层电子排布为，其中能量最高的电子所占据的原子轨道是p轨道，电子云呈哑铃形。其核外有1s,2s,2p,3s,3p共有5个不同的能级。所以有5种能量不同的电子。
（5）元素为26号Fe元素，基态原子核外价层电子轨道表示式为 ，基态的价层电子排布为、离子的价层电子排布为，未成对的电子数之比为5:4。
22．科学家们锲而不舍地努力，揭示了原子结构、物质结构与性质的奥秘。H、C、N、O、Si、Ca、Ti、卤素等元素常常构成丰富的物质世界。请回答下列问题：
(1)基态22Ti原子的价电子轨道表示式为 ，Ti元素位于周期表的 区，与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为 。
(2)Ca元素的焰色反应为砖红色，这是由于钙元素的核外电子由 态跃迁到另一状态时产生的光谱。(填编号)
A．基态 B．激发态
(3)焰色反应的光谱属于 光谱。(填编号)
A．发射 B．吸收
(4)下列说法正确的是___________。
A．CH3Cl中C原子的杂化类型为sp2
B．CH3CH2Br相比CH3CH3有较强的反应活性，是因为碳溴键极性强
C．C、N、O三种元素的电负性大小顺序是N>O>C
D．SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2
(5)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因 。
(6)N元素的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
② 。
(7)下列关于氨气的叙述正确的是___________。
A．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
D．构成NH3的基态N原子核外电子的空间运动状态有7种
(8)若COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，试写出COS的结构式 。
(9)根据所学知识比较①CH3COOH②CH2ClCOOH③CH2FCOOH的酸性由大到小排列___________(填编号)。
A．①②③B．③①②C．②①③D．③②①
(10)下列叙述不正确的是___________。
A．热稳定性：HF>H2O>H2S
B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素
C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，Cl比C的非金属性强
D．SiCl4、PCl5分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
【答案】(1) d Ge、Se
(2)B
(3)A
(4)B
(5)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O
(6)N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能
(7)A
(8)
(9)D
(10)C
【详解】（1）已知Ti是22号元素，其核外电子排布式为：，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为；Ti元素位于周期表的d区；与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为2个的主族元素为价电子排布为4s24p2的Ge和价电子排布为4s24p4的Se；
故答案为：；d；Ge、Se；
（2）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：B；
（3）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：A；
（4）A．CH3Cl中C原子的价层电子对数为4，杂化类型为sp3，A错误；
B．Br原子吸引电子能力强，使碳溴键的电子云向溴原子偏移，碳溴键的极性强，B正确；
C．同周期元素，随着原子序数增强，电负性增强，则电负性O＞N＞C，C错误；
D．元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，SiCl4属于分子晶体，SiO2为原子晶体，原子晶体沸点大于分子晶体，则SiO2沸点高于SiCl4，D错误；
故答案为：B；
（5）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键即C=O；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
（6）N的电子排布为，O的电子排布式为，N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
故答案为：N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
（7）A．氨分子中氮原子有1对孤对电子、甲烷分子中碳原子没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，A正确；
B．氨分子属于极性分子，又因为氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，B错误；
C．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与N-H键和P-H键的键能大小无关，C错误；
D．N的电子排布为，核外电子的空间运动状态有5种，D错误；
故答案为：A；
（8）COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，为直线结构；
故答案为：；
（9）CH2ClCOOH和CH2FCOOH中均含有卤素原子，卤素原子都是吸电子基团，故酸性比CH3COOH强，F的电负性强，吸引电子能力强，则CH2FCOOH酸性强于CH2ClCOOH；
故答案为：D；
（10）A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>O>S，则热稳定性：HF>H2O>H2S，故A正确；
B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素，故B正确；
C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，但Cl、C非金属性强弱无法判断，故C错误；
D．SiCl4中Si原子最外层电子数为4，形成4个共价键，CI原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为5，形成5个共价键，Cl原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，故D正确；
故答案为：C。
23．a、b、c、d、e、f、g是元素周期表前四周期中的元素，且原子序数依次增大，部分元素的相关信息如表所示。
请回答下列问题：
(1)在元素周期表中的 (填“s”、“p”、“d”或“”)区，写出基态原子的轨道表示式： 。
(2)a、b、c的最简单氢化物的沸点由高到低的顺序为 (用化学式表示)。
(3)从微观角度分析：为什么单质的熔、沸点高于单质的熔、沸点？ 。
(4)a、b、c三种元素的电负性由高到低的排列次序为 (用元素符号表示)。
(5)常温下呈液态，熔点为，沸点为，易溶于非极性溶剂，中含有 键，中心原子的杂化方式为 (填标号)。
A．杂化 B．杂化 C．杂化 D．杂化
(6)短周期元素与元素在周期表中的位置呈现对角线关系，已知元素形成的化合物在气态时有单体和二聚体，在晶体中便形成多聚体。其中二聚体和多聚体的结构如图所示：
则在二聚体和多聚体中原子的杂化轨道类型依次为 ，单体空间结构为 形。
【答案】(1) p
(2)H2O>NH3>CH4
(3)铝的原子半径比钠原子的小，且铝原子原子核内所带的电荷数目比钠原子的多，铝的金属键比钠的强，因此铝的熔沸点比钠的高
(4)O>N>C
(5) 10 D
(6) sp2、sp3 直线
【分析】c为1s22s22p4是O元素，a核外电子总数等于c的最外层电子数为6，则a为C，原子序数依次递增则b为N，d短周期中金属型最强为Na，e根据构造原理，s排满才排p，则n=2，e为3s23p1是Al元素，f最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反，则为是Cl元素，g生活中使用最多金属，且可其高价氯化物的盐溶液常用于刻蚀铜制印刷电路板为2FeCl3+Cu=2 FeCl2+CuCl2，g为Fe元素；短周期元素m与元素e在周期表中的位置呈现对角线关系则m为Be。
【详解】（1）F最后排布电子在p上位于p区，c轨道表示式为。
（2）分子晶体结构相似时，相对分子质量越大熔沸点越高，故熔沸点：H2O>NH3>CH4。
（3）铝的原子半径比钠原子的小，且铝原子原子核内所带的电荷数目比钠原子的多，铝的金属键比钠的强，因此铝的熔沸点比钠的高。
（4）非金属性越强，电负性越强，故电负性O>N>C。
（5）Fe(CO)5有五个配位键，碳氧之间还有五个键，一共十个键，Fe(CO)5有五个价层电子对，中心原子为dsp3杂化。
（6）由键连接方式，二聚体(mf2)2，m有三个价层电子对为sp2杂化，多聚体(mf2)n中m原子有四个价层电子对为sp3杂化。Be(Cl)2价层电子对为，所以空间结构为直线型。PCl3(g)
Cl2(g)
PCl5(g)
初始浓度/(ml·L-1)
2.0
1.0
0
平衡浓度/(ml·L-1)
c1
c2
0.4
元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
元素原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同
周期相邻元素
基态原子价层电子排布为
基态原子的最外层轨道上有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反
基态原子核外层的最高能级上有4个未成对电子
核外电子总数等于的最外层电子数
基态原子中电子总数与电子总数相等
短周期元素中金属性最强的元素
基态原子价层电子排布式为
基态原子的最外层轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反
其单质是生活中使用最多的一种金属，其高价氯化物的盐溶液常用于刻蚀铜制印刷电路板