2023-2024学年吉林省辽源市田家炳高中友好学校高三（上）期末化学试卷

这是一份2023-2024学年吉林省辽源市田家炳高中友好学校高三（上）期末化学试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列做法或说法错误的是（ ）
A．将煤气中毒患者移至空气流通处进行救治
B．医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存
C．农业生产中草木灰和铵态氮肥混合使用以增加肥效
D．NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂
2．（3分）下列过程中，涉及化学变化的是（ ）
A．用黏土制作陶坯
B．甘油加水作护肤剂
C．用熟苹果催熟猕猴桃
D．用四氯化碳擦去圆珠笔油渍
3．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄都可以用来酿酒
B．福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制生物标本
C．油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
D．食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但不能为运动时提供能量
4．（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．在H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑
B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
C．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2═2Cl﹣+2Fe3+
D．Fe3O4溶于稀硝酸的反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O
5．（3分）向下列溶液中逐渐通入NH3至过量，最终体系中无沉淀的是（ ）
A．Ba2+、K+、Cl﹣、H2SO3
B．Na+、Cl﹣、HCO3-、H2CO3
C．Mg2+、Ag+、K+、NO3-
D．Al3+、Cu2+、Br﹣、CH3COO﹣
6．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，4.48LCO中含有的分子数为NA
B．100mL0.5ml•L﹣1稀盐酸中，氢原子的数目为0.05NA
C．H2在足量Cl2中燃烧，消耗1ml H2时，转移的电子数为2NA
D．标准状况下，22.4LH2O含有的原子数为3NA
7．（3分）下列表示不正确的是（ ）
A．羟基的电子式：
B．氯乙烯的结构简式：ClCH＝HCCl
C．基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6
D．NH3分子的球棍模型：
8．（3分）不能说明氯的非金属性强于溴的事实是（ ）
A．HClO4酸性强于HBrO4
B．HBr的分解温度低于HCl
C．BrCl中氯为﹣1价
D．FeBr2溶液中滴少量氯水，溶液变黄
9．（3分）目前人工固氮普遍采用的是氨的工业合成。氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．②→③释放能量
B．为了提高氨的脱附速率，应适时地将氨从反应后的混合气体中分离出来
C．该过程中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
D．该催化剂可提高单位时间生成物的产率
10．（3分）下列实验操作，现象与结论匹配的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，将pH＝1的稀盐酸与pH＝13的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
B．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH一定为9
C．常温时，Ka（HF）＝3.6×10﹣4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，忽略溶液体积变化则溶液中：c（F﹣）＝c（CH3COO﹣）
D．已知I3-⇌I2+I﹣，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
12．（3分）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2FeO42-+3Cl﹣+5H2O，则下列说法不正确的是（ ）
A．在反应中Fe3+被还原，发生氧化反应
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C．上述反应生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子
D．高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气
13．（3分）五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，Y的s能级电子数和p能级电子数相等，Z是至今发现的电负性最大的元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Q的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是（ ）
A．元素的第一电离能：X＜Y＜Z
B．气态氢化物的稳定性：X＜Y＜Z
C．气态氢化物分子的键角：Q＞X＞Y
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞Q＞M
14．（3分）一种新型的锂—空气二次电池的工作原理如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．电路中有2ml电子通过时，水性电解液的质量增加16g
B．催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应
C．电池充电时，电子从电源负极流向锂电极，锂电极作阴极
D．固体电解质既可以传递离子又可以起到隔膜的作用
15．（3分）已知草酸（H2C2O4）为二元弱酸，在室温下，向一定浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒分别在三者中所占的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．室温时，K2C2O4的水解平衡常数Kb＝10﹣12.7
B．当溶液pH＝4.27时，c（K+）＞3c（C2O42-）
C．当溶液pH＝1.3时，c(HC2O4-)c(C2O42-)≈103
D．A点溶液加水稀释，则水的电离程度减小
二、非选择题（共55分）
16．（14分）水合肼（N2H4•H2O）是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为
CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═N2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1：制备NaClO溶液（已知：3NaClO△¯2NaCl+NaClO3）。
（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为 。
（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有
（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是 。
实验2：制取水合肼
（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。该过程中反应生成氮气的化学方程式为 。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。
实验3：测定馏分中水合肼的含量
（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用 0.15ml•L﹣1的碘的标准溶液滴定。（已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O）
①滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会 （“偏大”“偏小”“无影响”）。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 （填字母）。
a．锥形瓶清洗干净后未干燥
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 。
17．（14分）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图。回答下列问题：
相关金属离子[c（Mn+）＝0.1ml•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
（1）为了加快溶浸效果，可采取的措施有 （任写一条）；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式 。
（3）滤渣2除了含有Al（OH）3还含有 。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是 。
（5）写出“沉锰”的离子方程 。
（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCyMnzO2，其中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x＝y=13时，z＝ 。
18．（14分）NOx是形成雾霾天气的主要原因之一，以NOx为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。
（1）通常可采用氢气进行催化还原，消除NO造成的污染。
已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝akJ•ml﹣1；
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝bkJ•ml﹣1；
③H2O（g）═H2O（l）ΔH＝ckJ•ml﹣1。
则催化还原反应2H2（g）+2NO（g）═2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ 。
（2）可用电解法将硝酸工业的尾气NO转变为NH4NO3，其工作原理如图：
M极接电源的 极，N极的电极反应式为 。
（3）汽车尾气中含有NOx、以NO为主，净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）ΔH＝akJ•ml﹣1，在500℃时，向恒容密闭体系中通入5ml的NO和5ml的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：
①下列描述能说明反应达到平衡状态的是
A.v（CO）正＝2v（N2）逆
B.体系中混合气体密度不变
C.体系中NO、CO的浓度相等
D.混合气体的平均相对分子质量不变
E.单位时间内消耗nml的NO同时消耗nml的N2
②2min时NO的转化率为 。
③500℃时的平衡常数Kp＝ Mpa﹣1（Kp为以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×物质的量分数）。若在4min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a 0（填“大于”“小于”或“等于”）。
19．（13分）由H、C、O、N、S、Al、Fe、Ti等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）某同学写出了铝原子的4种不同状态的电子排布图：
其中能量最低的是 （填字母）。
（2）C、O、N原子的第一电离能由大到小的顺序为 ；
H2S的键角比H2O的键角 （填“大”或“小”）
（3）铁能与三氮唑（结构见图甲）形成多种配合物。
①1ml三氮唑中所含σ键的数目为 ml；碳原子杂化方式是 ；
②三氮唑的沸点为260℃，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯（结构见图乙）的沸点为42.5℃，前者沸点较高的原因是 。
（4）近年来，钙钛矿太阳能电池是光电材料领域的研究热门，其晶胞结构如图所示：钙钛矿的化学式为 ，该晶胞中Ca2+与O2﹣的最短距离是 cm（已知晶胞参数为anm）。
2023-2024学年吉林省辽源市田家炳高中友好学校高三（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列做法或说法错误的是（ ）
A．将煤气中毒患者移至空气流通处进行救治
B．医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存
C．农业生产中草木灰和铵态氮肥混合使用以增加肥效
D．NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂
【分析】A．煤气中毒病人血液中的化学平衡CO（g）+Hb（O2）⇌O2（g）+Hb（CO），增大O2浓度，平衡逆向移动；
B．温度较高时药品变质速率加快，潮湿环境可能使药品发生霉变；
C．草木灰主要成分是碳酸钾，显碱性，能与铵根发生双水解生成氨气；
D．NH4Cl和ZnCl2溶液均呈酸性，能与氧化铁反应。
【解答】解：A．煤气中毒病人血液中的化学平衡CO（g）+Hb（O2）⇌O2（g）+Hb（CO），煤气中毒的病人移至空气流通处，氧气浓度增大，会使平衡逆向移动，使CO失去和血红蛋白结合的机会，达到救治目的，故A正确；
B．高温会加快药品变质速率，潮湿环境可能使药品发生霉变，降低药效，则为防止医用药品变质，常在低温、干燥的环境中密封保存，故B正确；
C．草木灰主要成分是碳酸钾，铵根离子能与碳酸根离子相互促进水解生成氨气逸出而降低肥效，故C错误；
D．NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，氧化铁能与酸反应，则NH4Cl和ZnCl2溶液可作为焊接除锈剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、化学反应速率或平衡的影响因素等知识为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意化学与生产、生活的联系，题目难度不大。
2．（3分）下列过程中，涉及化学变化的是（ ）
A．用黏土制作陶坯
B．甘油加水作护肤剂
C．用熟苹果催熟猕猴桃
D．用四氯化碳擦去圆珠笔油渍
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．
【解答】解：A．制作陶坯的过程中没有新物质生成，属于物理变化。故A不选；
B．甘油加水作护肤剂，是源于丙三醇的吸水性，没有新物质生成，属于物理变化，故B不选；
C．熟苹果会放出乙烯，乙烯可用于催熟大部分水果；用熟苹果催熟青香蕉的过程中有新物质生成，属于化学变化。故C选；
D．用四氯化碳擦去圆珠笔油渍，为相似相容溶理，没有新物质的生成，属于物理变化，故D不选；
故选：C。
【点评】解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化．
3．（3分）下列说法不正确的是（ ）
A．浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄都可以用来酿酒
B．福尔马林能使蛋白质变性，常用于浸制生物标本
C．油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
D．食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但不能为运动时提供能量
【分析】A．浙糯4号糯米或赤霞珠葡萄均含有糖类；
B．福尔马林能使蛋白质变性；
C．相对分子质量大于1万的化合物属于高分子化合物；
D．人体不含有水解纤维素的酶，不能水解纤维素。
【解答】解：A．浙糯4号糯米含有淀粉，赤霞珠葡萄含有葡萄糖，都可以用来酿酒，故A正确；
B．福尔马林能使蛋白质变性，则常用于浸制生物标本，故B正确；
C．油脂不属于高分子化合物，故C错误；
D．食物中的纤维素能刺激肠道蠕动，有助于消化，但人体不含有水解纤维素的酶，则不能为运动时提供能量，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查知识点较多，主要涉及化学与生活的联系，题目难度不大。
4．（3分）下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．在H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑
B．向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
C．向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2═2Cl﹣+2Fe3+
D．Fe3O4溶于稀硝酸的反应：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O
【分析】A．过氧化钠与水反应，水既不是氧化剂又不是还原剂，应出现在氢氧根离子；
B．不符合反应客观事实；
C．碘离子还原性强于亚铁离子，氯气少量只氧化碘离子；
D．反应生成硝酸铁、一氧化氮和水。
【解答】解：A．Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH﹣中，正确的离子方程式为：2H218O+2Na2O2═2OH﹣+218OH﹣+4Na++O2↑，故A错误；
B．氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．向FeI2溶液中通入少量Cl2离子方程式：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，故C错误；
D．Fe3O4溶于稀硝酸的反应，离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
5．（3分）向下列溶液中逐渐通入NH3至过量，最终体系中无沉淀的是（ ）
A．Ba2+、K+、Cl﹣、H2SO3
B．Na+、Cl﹣、HCO3-、H2CO3
C．Mg2+、Ag+、K+、NO3-
D．Al3+、Cu2+、Br﹣、CH3COO﹣
【分析】A．氨气与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；
B．氨气与碳酸、碳酸氢根离子反应生成碳酸铵，碳酸根离子与钠离子不反应；
C．氨气通入溶液中，得到一水合氨与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；
D．氨气通入溶液，得到一水合氨与铝离子、铜离子反应生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铜沉淀。
【解答】解：A．氨气与亚硫酸反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，所以最终会产生白色沉淀，故A错误；
B．氨气与碳酸、碳酸氢根离子反应生成碳酸铵，碳酸根离子与钠离子不反应，不会产生沉淀，故B正确；
C．氨气通入溶液中，得到一水合氨与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，会产生沉淀，故C错误；
D．氨气通入溶液，得到一水合氨与铝离子、铜离子反应生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铜沉淀，会产生沉淀，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子共存问题，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
6．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，4.48LCO中含有的分子数为NA
B．100mL0.5ml•L﹣1稀盐酸中，氢原子的数目为0.05NA
C．H2在足量Cl2中燃烧，消耗1ml H2时，转移的电子数为2NA
D．标准状况下，22.4LH2O含有的原子数为3NA
【分析】A．常温常压下，不能用气体摩尔体积计算；
B．溶液中水也含有氢原子；
C．H2在足量Cl2中燃烧，H2+Cl2燃烧¯¯2HCl；
D．标准状况下，水不是气体。
【解答】解：A．常温常压下，不能用气体摩尔体积计算，4.48LCO的物质的量，故A错误；
B．溶液中水也含有氢原子，故B错误；
C．H2在足量Cl2中燃烧，H2+Cl2燃烧¯¯2HCl，消耗1ml H2时，转移的电子数为2NA，故C正确；
D．标准状况下，水不是气体，不能用气体摩尔体积计算，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．（3分）下列表示不正确的是（ ）
A．羟基的电子式：
B．氯乙烯的结构简式：ClCH＝HCCl
C．基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6
D．NH3分子的球棍模型：
【分析】A．羟基中氧原子有1个未成对电子；
B．氯乙烯结构简式为CH2＝CHCl；
C．基态亚铁离子核外有24个电子；
D．NH3分子空间构型是三角锥。
【解答】解：A．羟基中氧原子有1个未成对电子，羟基的电子式是，故A正确
B．氯乙烯分子式为C2H3Cl，结构简式为CH2＝CHCl，故B错误；
C．基态亚铁离子核外有24个电子，电子排布式为：[Ar]3d6，故C正确；
D．NH3分子空间构型是三角锥，球棍模型为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、空间填充模型、原子或离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
8．（3分）不能说明氯的非金属性强于溴的事实是（ ）
A．HClO4酸性强于HBrO4
B．HBr的分解温度低于HCl
C．BrCl中氯为﹣1价
D．FeBr2溶液中滴少量氯水，溶液变黄
【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、对键合电子的吸引，与变价金属反应是金属元素的化合价等角度判断。
【解答】解：A．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A不符合；
B．HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故B不符合；
C．BrCl中氯为﹣1价说明氯原子吸引电子能力强，说明氯的非金属性强于溴，故C不符合；
D．向FeBr2溶液中滴加少量氯水，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气会将亚铁离子，产物分别是铁离子，铁离子在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故D符合；
故选：D。
【点评】本题考查非金属比较的方法、氧化还原反应分析判断，熟悉非金属性比较常用的方法是解答本题的关键，学生应注意归纳常见的比较方法来解答，题目难度不大。
9．（3分）目前人工固氮普遍采用的是氨的工业合成。氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．②→③释放能量
B．为了提高氨的脱附速率，应适时地将氨从反应后的混合气体中分离出来
C．该过程中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
D．该催化剂可提高单位时间生成物的产率
【分析】A．②→③过程中分子转化为原子；
B．将氨从反应后的混合气体中分离出来，平衡正向进行；
C．化学反应中存在反应物的化学键断裂和生成物中化学键形成；
D．使用催化剂降低了合成氨反应活化能，不改变化学平衡；
【解答】解：A．②→③过程中分子转化为原子，存在化学键的断裂，断裂化学键要吸收能量，故A错误；
B．适时地将氨从反应后的混合气体中分离出来，及时分离产物，平衡正向移动，有利于生成氨气，能提高氨的脱附速率，故B正确；
C．该过程中，氮气与氢气反应生成氨气，发生了化学反应，化学反应中存在反应物的化学键断裂和生成物中化学键形成，故C正确；
D．使用催化剂降低了合成氨反应活化能，加快反应速率，单位时间内氨气的生成速率增加，可提高单位时间生成物的产率，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查综合考查了合成氨反应的原理，涉及化学反应与能量、催化剂、化学键等，侧重考查学生分析解决问题的能力，注意催化剂对化学反应的影响，题目难度不大。
10．（3分）下列实验操作，现象与结论匹配的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．乙醇、乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动；
C．含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，假设先氧化亚铁离子，碘离子部分被氧化，淀粉遇碘单质变蓝；
D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
【解答】解：A．乙醇、乙醛都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据实验现象不能说明乙醇被催化氧化生成乙醛，可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验乙醛，故A错误；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动，加热后气体颜色加深，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0，故B错误；
C．含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，假设先氧化亚铁离子，碘离子部分被氧化，不能说明还原性：I﹣＞Fe2+，故C错误；
D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠反应生成苯酚和碳酸氢钠，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据实验现象知，酸性：碳酸＞苯酚，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质是解本题关键，题目难度不大。
11．（3分）下列叙述正确的是（ ）
A．常温下，将pH＝1的稀盐酸与pH＝13的BOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7
B．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH一定为9
C．常温时，Ka（HF）＝3.6×10﹣4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，忽略溶液体积变化则溶液中：c（F﹣）＝c（CH3COO﹣）
D．已知I3-⇌I2+I﹣，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
【分析】A．根据不确定BOH是强碱还是弱碱进行分析；
B．根据CH3COONa溶液与NaOH溶液碱性相同，且不发生反应，进行分析；
C．根据溶液显中性，有c（H+）＝c（OH﹣），HF酸性更强，则HF消耗氢氧化钠的量更多，进行分析；
D．根据I3-⇌I2+I﹣，加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说平衡正向移动，生成碘单质被四氯化碳萃取，进行分析。
【解答】解：A．不确定BOH是强碱还是弱碱，故等体积混合，所得溶液pH不一定为7，故A错误；
B．两者碱性相同，且不发生反应，则常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH一定为9，故B正确；
C．对HF反应后溶液由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（F﹣），对醋酸反应后溶液由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液显中性，则均有c（H+）＝c（OH﹣），由数据可知，HF酸性更强，等浓度的上述两种酸分别与NaOH固体反应后呈中性，则HF消耗氢氧化钠的量更多，故HF反应后溶液钠离子浓度更大，则有c（F﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．已知I3-⇌I2+I﹣，向盛有KI溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫红色，说平衡正向移动，生成碘单质被四氯化碳萃取，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（3分）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2FeO42-+3Cl﹣+5H2O，则下列说法不正确的是（ ）
A．在反应中Fe3+被还原，发生氧化反应
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C．上述反应生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子
D．高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气
【分析】在反应中：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣═2FeO42-+3Cl﹣+5H2O，Cl元素由+1价降低为﹣1价，降低2价，共降低6价，Fe元素由+3价升高为+6价，升高3价，共升高6价，电子转移电子数目为6，据此分析作答。
【解答】解：A．在反应中Fe3+被氧化，发生氧化反应，故A错误；
B．氧化剂是ClO﹣，还原剂是Fe3+，两者的物质的量之比为3：2，故B正确；
C．根据分析可知，上述反应生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子，故C正确；
D．高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，具有杀菌、消毒和净水的作用，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及判断分析，属于基本知识的考查，难度不大。
13．（3分）五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，Y的s能级电子数和p能级电子数相等，Z是至今发现的电负性最大的元素，M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Q的单质被广泛用作半导体材料。下列叙述中不正确的是（ ）
A．元素的第一电离能：X＜Y＜Z
B．气态氢化物的稳定性：X＜Y＜Z
C．气态氢化物分子的键角：Q＞X＞Y
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞Q＞M
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、M、Q的原子序数依次增大，X的2p轨道半充满，电子排布为1s22s22p3，X为N元素；Y的s能级电子数和p能级电子数相等，电子排布为1s22s22p4，Y为O元素；Z是至今发现的电负性最大的元素，Z为F元素；M在元素周期表中处于周期序数等于族序数的位置，结合原子序数可知M为Al元素；Q的单质被广泛用作半导体材料，Q为Si元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、M为Al元素、Q为Si元素，
A．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则元素的第一电离能：Y＜X＜Z，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右非金属性增强，对应简单氢化物的稳定性增强，则气态氢化物的稳定性：X＜Y＜Z，故B正确；
C．氨气分子中N原子上有1对孤对电子、水分子中O原子上有2对孤对电子，硅烷中Si原子上无孤对电子，孤对电子越多、键角越小，则气态氢化物分子的键角：Q＞X＞Y，故C正确；
D．同周期主族元素从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强、对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＞Q＞M，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布、原子序数、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
14．（3分）一种新型的锂—空气二次电池的工作原理如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．电路中有2ml电子通过时，水性电解液的质量增加16g
B．催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应
C．电池充电时，电子从电源负极流向锂电极，锂电极作阴极
D．固体电解质既可以传递离子又可以起到隔膜的作用
【分析】A.消耗1ml氧气转移4ml电子，同时还有锂离子迁移，由此解答；
B.催化剂可吸附氧气，促进氧气得电子；
C.电池充电时，金属锂电极发生Li++e﹣＝Li，发生还原反应是阴极
D.结合图示，考虑锂和水的反应可判断。
【解答】解：A.消耗1ml氧气转移4ml电子，电路中转移2ml电子，消耗氧气0.5ml，质量16g，但还从负极迁移过来2ml锂离子，水性电解液的质量增加30g，故A错误；
B.由图知，氧气在催化剂表面结合水转化为氢氧根，催化剂加速氧气得电子发生还原反应，故B正确；
C.电池充电时，金属锂电极发生Li++e﹣＝Li，发生还原反应是阴极，所以金属锂与外接电源负极相连，电池充电时，电子从电源负极流向锂电极，故C正确；
D.由图知，固体电解质可传导锂离子，同时避免锂和水性电解质接触发生反应，所以固体电解质既可以传递离子又可以起到隔膜的作用，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原电池得有关内容，难度中等，侧重考查学生综合运用知识能力，掌握原电池正负极上的反应是解题的关键。
15．（3分）已知草酸（H2C2O4）为二元弱酸，在室温下，向一定浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒分别在三者中所占的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．室温时，K2C2O4的水解平衡常数Kb＝10﹣12.7
B．当溶液pH＝4.27时，c（K+）＞3c（C2O42-）
C．当溶液pH＝1.3时，c(HC2O4-)c(C2O42-)≈103
D．A点溶液加水稀释，则水的电离程度减小
【分析】A．pH＝4.27时c（HC2O4-）＝c（C2O42-），此时K2C2O4的水解平衡常数Kb=c(HC2O4-)c(C2O42-)×c（OH﹣）＝c（OH﹣）=Kwc(H+)；
B．当溶液pH＝4.27时c（HC2O4-）＝c（C2O42-），溶液呈酸性，结合电荷守恒关系分析判断；
C．pH＝4.27时c（HC2O4-）＝c（C2O42-），此时H2C2O4的电离平衡常数Ka2=c(C2O42-)c(HC2O4-)×c（H+）＝c（H+）＝10﹣4.27；
D．酸抑制水的电离，并且c（H+）越小抑制作用越弱，水的电离程度越大。
【解答】解：A．pH＝4.27时c（HC2O4-）＝c（C2O42-），此时K2C2O4的水解平衡常数Kb=c(HC2O4-)c(C2O42-)×c（OH﹣）＝c（OH﹣）=Kwc(H+)=10-1410-4.27=10﹣9.73，故A错误；
B．当溶液pH＝4.27时c（HC2O4-）＝c（C2O42-），溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH﹣）＝3c（C2O42-）+c（OH﹣），则c（K+）＜3c（C2O42-），故B错误；
C．由上述分析可知H2C2O4的电离平衡常数Ka2=c(C2O42-)c(HC2O4-)×c（H+）＝10﹣4.27，则溶液pH＝1.3时c(C2O42-)c(HC2O4-)×10﹣1.3＝10﹣4.27，即c(HC2O4-)c(C2O42-)=10-1.310-4.27≈103，故C正确；
D．图中A点溶液呈酸性，抑制水的电离，加水稀释时，溶液中c（H+）减小，水的电离程度增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合物的定性判断和计算，把握平衡常数的计算方法为解答关键，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意守恒关系式的应用，题目难度中等。
二、非选择题（共55分）
16．（14分）水合肼（N2H4•H2O）是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为
CO（NH2）2+2NaOH+NaClO═N2H4•H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1：制备NaClO溶液（已知：3NaClO△¯2NaCl+NaClO3）。
（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为 MnO2+4H++Cl﹣△¯Mn2++Cl2↑+2H2O 。
（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是 防止NaClO分解，影响水合肼的产率 。
实验2：制取水合肼
（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4•H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。该过程中反应生成氮气的化学方程式为 N2H4•H2O+2NaClO═N2↑+3H2O+2NaCl 。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。
实验3：测定馏分中水合肼的含量
（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体（滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右），加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用 0.15ml•L﹣1的碘的标准溶液滴定。（已知：N2H4•H2O+2I2═N2↑+4HI+H2O）
①滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会 偏大 （“偏大”“偏小”“无影响”）。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 d （填字母）。
a．锥形瓶清洗干净后未干燥
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 25% 。
【分析】（1）由图可知由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；
（2）根据配制一定质量分数的溶液的步骤选用仪器；
（3）NaClO易分解，冰水浴防止其分解；
（4）N2H4•H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，生成氮气和氯化钠；
（5）①当溶液为酸性时，碘离子易被空气中氧气氧化而析出I2，当溶液为碱性时，碘单质会发生歧化反应3I2+6OH﹣=IO3-+5I﹣+3H2O，若不加入适量NaHCO3固体调节溶液的pH，则会多消耗碘的标准溶液；
②滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断；
③根据方程式N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O计算。
【解答】解：（1）图甲装置I中由二氧化锰和浓盐酸制备氯气，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++Cl﹣△¯Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++Cl﹣△¯Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）配制30%NaOH溶液，步骤为计算、称量、溶解，用天平称量质量，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，用量筒和胶头滴管量取水的体积，则需要玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，
故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
（3）图甲装置Ⅱ中氢氧化钠与氯气反应生成NaCl、次氯酸钠和水，为了避免NaClO分解影响N2H4•H2O的产率，需要用冰水浴控制温度，
故答案为：防止NaClO分解，影响水合肼的产率；
（4）NaClO具有强氧化性，能够将N2H4•H2O氧化成氮气，NaClO自身被还原成NaCl，该反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl，
故答案为：N2H4•H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl；
（5）①当溶液为酸性时，碘离子易被空气中氧气氧化而析出I2，当溶液为碱性时，碘单质会发生歧化反应：3I2+6OH﹣=IO3-+5I﹣+3H2O，若不加入适量NaHCO3固体调节溶液的pH，则会多消耗碘的标准溶液，导致测定结果偏大，
故答案为：偏大；
②a．锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响滴定结果，故a错误；
b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，标准液的体积读数偏小，滴定结果偏小，故b错误；
c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视标准液的体积读数偏小，导致消耗标准液体积偏小，滴定结果偏小，故c错误；
d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，标准液被稀释，滴定时消耗标准液体积偏大，滴定结果偏高，故d正确；
故答案为：d；
③设馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为a，则：
N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O
50g 2ml
0.3000g×a 0.020L×0.15ml/L
则50g：（0.3000g×a）＝2ml：（0.020L×0.15ml/L），
解得：a＝25%，
故答案为：25%。
【点评】本题考查物质制备实验、物质含量测定等知识，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。
17．（14分）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图。回答下列问题：
相关金属离子[c（Mn+）＝0.1ml•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
（1）为了加快溶浸效果，可采取的措施有 将矿物碾碎、加热、增大硫酸的浓度等； （任写一条）；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O 。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式 MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O 。
（3）滤渣2除了含有Al（OH）3还含有 Fe（OH）3 。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是 NiS和ZnS 。
（5）写出“沉锰”的离子方程 Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCyMnzO2，其中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x＝y=13时，z＝ 13 。
【分析】根据流程：二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此分析作答。
【解答】解：（1）增大反应物接触面积、增大反应物浓度、升高温度等均可加快反应速率，为了加快溶浸效果，可采取的措施有：将矿物碾碎、加热、增大硫酸的浓度等，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应生成硫酸锰、S和水，反应的化学方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O，
故答案为：将矿物碾碎、加热、增大硫酸的浓度等；MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O；
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）根据分析，调节pH的目的是除去Fe3+、Al3+，但不沉淀Mn2+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，滤渣2除了含有Al（OH）3还含有Fe（OH）3；
故答案为：Fe（OH）3；
（4）加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，硫离子分别和锌离子、镍离子反应生成硫化锌和硫化镍沉淀，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS；
故答案为：NiS和ZnS；
（5）根据分析和流程，沉锰的反应为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（6）化学式为LiNixCyMnxO2，其中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，氧元素的化合价为﹣2价、Li元素的化合价为+1价，各元素化合价的代数和为0，所以（1+）×1+13×（+2+3）+（+4）×z+（﹣2）×2＝0，z=13，
故答案为：13。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难较大。
18．（14分）NOx是形成雾霾天气的主要原因之一，以NOx为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。
（1）通常可采用氢气进行催化还原，消除NO造成的污染。
已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝akJ•ml﹣1；
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH＝bkJ•ml﹣1；
③H2O（g）═H2O（l）ΔH＝ckJ•ml﹣1。
则催化还原反应2H2（g）+2NO（g）═2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ （b﹣2c﹣a）kJ•ml﹣1 。
（2）可用电解法将硝酸工业的尾气NO转变为NH4NO3，其工作原理如图：
M极接电源的 负 极，N极的电极反应式为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ 。
（3）汽车尾气中含有NOx、以NO为主，净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）ΔH＝akJ•ml﹣1，在500℃时，向恒容密闭体系中通入5ml的NO和5ml的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：
①下列描述能说明反应达到平衡状态的是 AD
A.v（CO）正＝2v（N2）逆
B.体系中混合气体密度不变
C.体系中NO、CO的浓度相等
D.混合气体的平均相对分子质量不变
E.单位时间内消耗nml的NO同时消耗nml的N2
②2min时NO的转化率为 80% 。
③500℃时的平衡常数Kp＝ 64 Mpa﹣1（Kp为以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压＝总压×物质的量分数）。若在4min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a 小于 0（填“大于”“小于”或“等于”）。
【分析】（1）根据目标方程对已知方程进行调整，利用盖斯定律进行反应热计算；
（2）电解池中，与电源正极相连的一侧作阳极，与电源负极相连的一侧作阴极；根据图示可知，M极一侧NO得电子发生还原反应转化成铵根离子，因此M极作阴极，与电源负极相连；N极一侧NO失电子发生氧化反应转化为硝酸根，据此分析；
（3）①化学反应平衡状态的判断：①正逆反应速率相等，且不为零；②变量不变：若一个变量随着反应进行而改变，当这个变量不变时为平衡状态；
②恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，结合题目所给数据，利用“三段式”计算各物质的转化量和平衡量，再根据转化率=转化量起始量×100%进行计算；
③结合“三段式”的计算结果，根据Kp=p(N2)⋅p2(CO2)p2(NO)⋅p2(CO)进行计算；升高温度，K值增大，则说明该反应为吸热反应；升高温度，K值降低，则说明该反应为放热反应。
【解答】解：（1）利用盖斯定律可知，目标反应＝反应②﹣反应①﹣2×反应③，因此ΔH＝（b﹣2c﹣a）kJ•ml﹣1，
故答案为：（b﹣2c﹣a）kJ•ml﹣1；
（2）根据图示可知，M极一侧NO得电子发生还原反应转化成铵根离子，因此M极作阴极，与电源负极相连；N极一侧NO失电子发生氧化反应转化为硝酸根，对应的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，
故答案为：负；NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；
（3）①A.当v（CO）正＝2v（N2）逆，说明正逆反应速率相等，可判定反应达到平衡状态，故A正确；
B.反应前后，容器的体积不变，混合气体的质量也不变，因此当混合气体的密度不再发生变化，不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；
C.体系中NO、CO的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，因此不可判定反应达到平衡状态，故C错误；
D.混合气体的平均相对分子质量在数值上等于平均摩尔质量，平衡体系中混合气体的质量不变，反应前后混合气体的分子数减小，所以当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，可判定反应已达平衡，故D正确；
E.单位时间内消耗nml的NO同时消耗nml的N2，不能说明正逆反应速率相等，因此不可判定反应达到平衡状态，故E错误，
故答案为：AD；
②已知起始时n（CO）＝n（NO）＝5ml，假设反应达到平衡状态时NO的转化量为2xml，利用“三段式”进行计算，
2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）
起始量（ml） 5 5 0 0
转化量（ml） 2x 2x 2x x
平衡量（ml） 5﹣2x 5﹣2x 2x x
因此n（总）＝（10﹣x）ml，结合恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有10ml(10-x)ml=5MPa4MPa，解得x＝2ml，因此α（NO）=转化量起始量×100%=2×2ml5ml×100%＝80%，
故答案为：80%；
③根据②的计算结果可知，反应达到平衡时，n（CO）＝n（NO）＝1ml，n（CO2）＝4ml，n（N2）＝2ml，n（总）＝8ml，因此该反应的平衡常数Kp=p(N2)⋅p2(CO2)p2(NO)⋅p2(CO)=(28×4)×(48×4)2(18×4)2×(18×4)2Mpa﹣1＝64Mpa﹣1；升高温度，减小，说明平衡逆向移动，因此该反应正向是一个放热反应，即ΔH＜0，则a小于0，
故答案为：64；小于。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用、化学反应速率、转化率以及化学平衡常数的计算、影响化学平衡移动以及化学平衡常数的因素、化学平衡状态的判断以及电极反应式的书写等内容，难度不大。
19．（13分）由H、C、O、N、S、Al、Fe、Ti等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）某同学写出了铝原子的4种不同状态的电子排布图：
其中能量最低的是 A （填字母）。
（2）C、O、N原子的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞C ；
H2S的键角比H2O的键角 小 （填“大”或“小”）
（3）铁能与三氮唑（结构见图甲）形成多种配合物。
①1ml三氮唑中所含σ键的数目为 8 ml；碳原子杂化方式是 sp2 ；
②三氮唑的沸点为260℃，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯（结构见图乙）的沸点为42.5℃，前者沸点较高的原因是 三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键 。
（4）近年来，钙钛矿太阳能电池是光电材料领域的研究热门，其晶胞结构如图所示：钙钛矿的化学式为 CaTiO3 ，该晶胞中Ca2+与O2﹣的最短距离是 22a×10﹣7 cm（已知晶胞参数为anm）。
【分析】（1）基态原子的能量比激发态原子能量低；
（2）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；中心原子电负性越大，原子半径越小，成键电子对距中心原子越近，成键电子对间的斥力越大，键角越大；
（3）①三氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C—H键、1个N—H键，每个分子有8个σ键，1ml 三氮唑中所含σ键为8ml；根据三氮唑的结构简式可知，碳原子有2个σ键，无孤电子对；
②形成分子间氢键，沸点升高；
（4）根据均摊法计算原子个数；该晶胞中Ca2+与O2﹣的最短距离为晶胞面对角线长度的一半。
【解答】解：（1）基态铝原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，A表示基态Al原子，B、C、D都为激发态Al原子，故能量最低的是A，
故答案为：A；
（2）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；O原子电负性比S原子的大，O原子半径更小，O—H键中成键电子对距中心O原子更近，成键电子对间的斥力越大，键角越大，即键角：H2S＜H2O，
故答案为：N＞O＞C；＜；
（3）①三氮唑的环上有5个σ键，还含有2个C—H键、1个N—H键，每个分子有8个σ键，1ml 三氮唑中所含σ键为8ml；根据三氮唑的结构简式可知，碳原子有2个σ键，无孤电子对，则碳原子的杂化类型为sp2，
故答案为：8；sp2；
②二者都属于分子晶体，三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯不能，所以三氮唑的沸点较大，
故答案为：三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键；
（4）由晶胞图可知，1个Ca位于体内，O位于棱上，个数为12×14=3，Ti位于顶点，个数为8×18=1，其化学式为CaTiO3；该晶胞中Ca2+与O2﹣的最短距离为晶胞面对角线长度的一半，即为12×2×anm=22anm=22a×10﹣7cm，
故答案为：CaTiO3；22a×10﹣7。
【点评】本题考查物质结构与性质，侧重考查学生核外电子排布、电离能、键角比较、化学键、杂化类型、氢键、晶胞结构与计算等知识，侧重考查学生对基础知识的灵活运用及空间想象、计算能力，难点是晶胞计算，题目难度中等。
声明选项
操作
现象
结论
A
将缠绕铜丝灼烧后反复插入盛乙醇的试管，然后滴入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
乙醇催化氧化生成乙醛
B
将装有NO2的平衡球放入热水中
颜色加深
2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＞0
C
向含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液
溶液变蓝色
还原性：I﹣＞Fe2+
D
向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中
溶液变浑浊
酸性：碳酸＞苯酚
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
C
C
D
B
C
B
D
A
D
B
题号
12
13
14
15
答案
A
A
A
C
选项
操作
现象
结论
A
将缠绕铜丝灼烧后反复插入盛乙醇的试管，然后滴入酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色
乙醇催化氧化生成乙醛
B
将装有NO2的平衡球放入热水中
颜色加深
2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＞0
C
向含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液
溶液变蓝色
还原性：I﹣＞Fe2+
D
向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中
溶液变浑浊
酸性：碳酸＞苯酚
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9