山东省枣庄市2025-2026学年高二（上）期末化学模拟试卷

这是一份山东省枣庄市2025-2026学年高二（上）期末化学模拟试卷，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列原子结构相关内容表述正确的是( )
A. 3px、3py、3pz轨道能量不相同
B. 原子核外电子只能在电子云轮廓内运动
C. 电子排布图违背了泡利原理
D. 电子由3s能级跃迁至3p能级时，可以用光谱仪摄取其吸收光谱
2.用价电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间结构，有时也能用来推测键角大小。下列判断正确的是
A. SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B. BF3键角为120°，SnBr2键角大于120°
C. COCl2、BF3、SO3都是平面三角形的分子
D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子
3.气态中性原子失去一个电子转化为气态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能(I1)，气态正离子继续失去电子所需要的最低能量依次称为第二电离能(I2)、第三电离能(I3)……下表是第三周期部分元素的电离能[单位：eV(电子伏特)]数据。
下列说法正确的是( )
A. 甲的金属性比乙强B. 乙的化合价为+1C. 丙一定为金属元素D. 丁一定为金属元素
4.室温下，下列各组离子在有限定条件的溶液中一定能大量共存的是( )
A. 由水电离产生的c(H+)=10−12ml⋅L−1的溶液中：K+、Na+、Fe2+、NO3−
B. 室温下，pH=7的溶液中：Al3+、Cl−、HCO3−、SO42−
C. 室温下，pH=13的溶液中：K+、Cu2+、S2−、Cl−
D. pH=13的溶液中：K+、Ba2+、Cl−、OH−
5.在时，橘红色在水中的沉淀溶解平衡平衡曲线如图所示又知时AgCl的，下列说法不正确的是( )
A. 在时，Ag2CrO4的为
B. 在饱和溶液中加入可使溶液由Y点到Z点
C. 在时，平衡常数
D. 在时，以 溶液滴定20mL KCl和的的混合溶液，先沉淀
6.H2还原NO反应历程的能量变化如图所示。已知正反应的速率方程为v正=k正⋅c2(NO)⋅c(H2)(k正为正反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。下列叙述错误的是( )
A. 总反应由2个基元反应组成
B. 选择催化剂的目的主要是降低反应②的活化能
C. 其他条件不变时，升高温度使速率常数k正增大
D. 2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=−664.1kJ⋅ml−1
7.常温下有以下四种溶液，下列说法错误的是( )
A. 温度升高对④溶液的pH值无影响
B. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③
C. ①与④等体积混合后，所得溶液中c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
D. 若VaL④与VbL②混合后所得溶液的pH=3，则Va：Vb=11：9
8.在密闭容器中，对于可逆反应A+3B2C(g)，平衡时C的体积分数(C%)与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是 ( )
A. A一定为气体B. B一定为气体
C. 该反应是放热反应D. 若正反应的ΔHT2
9.下列说法正确的是 ( )
A. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH−)相等
B. 中和pH和体积均相等的盐酸、CH3COOH溶液，所需NaOH的物质的量相同
C. 室温下pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液中，c(CH3COO−)=c(Na+)
D. 浓度和体积都相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
10.下列有关实验的说法正确的是( )
A. 用酸式滴定管或移液管量取15.00mL酸性KMnO4溶液
B. 酸碱中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗
C. 用pH试纸测得NaClO溶液的pH=9
D. 可用带磨口玻璃塞的试剂瓶长时间保存Na2CO3溶液
11.某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )
A. b端电势高于a端电势
B. 理论上转移2 ml e−生成4 g H2
C. 电解后海水pH下降
D. 阳极发生：Cl−+H2O−2e−=HClO+H+
12.已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△HK(Q)>K(N)
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
13.一定温度时，1 L密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH=−196 kJ·ml−1，数据如下表：
下列说法不正确的是( )
A. 反应在前5 min的平均速率为v (SO2)=0.08 ml·L−1·min−1
B. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2 ml SO2和0.1 ml O2时，v正>v逆
C. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2 ml SO3，达平衡时放出 78.4 kJ的热量
D. 相同温度下，起始时向容器中充入1.5 ml SO3，达平衡时SO3的转化率大于40%
14.在一体积可变的密闭容器中加入足量的Mn3C固体，并充入0.1mlCO2，发生反应Mn3C(s)+CO2(g)⇌3Mn(s)+2CO(g)。已知：CO与CO2平衡分压比的自然对数值[lnp(CO)p(CO2)]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 平衡常数K值随着温度的升高而增大
B. 缩小容器体积有利于提高CO2的平衡转化率
C. X点反应达到平衡时，CO2的转化率约为66.7%
D. 向X点对应的平衡体系再充入0.1mlCO2和0.1ml CO，平衡不移动
15.已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3⋅H2O)=1.7×10−5。常温下，用0.01 ml⋅L−1氨水滴定20 mL浓度均为0.01ml⋅L−1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述错误的是( )
A. a点的混合溶液中c(CH3COO−)约为4×10−3ml⋅L−1
B. b点的混合溶液中：c(CH3COO−)>c(NH4+)
C. c点的混合溶液中：c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)
D. 混合溶液pH=7时，加入氨水体积大于40 mL
三、流程题：本大题共1小题，共10分。
16.从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为______。
(2)流程乙加入烧碱后生成AlO2−的离子方程式为______。
(3)滤液E、K中溶质的主要成分是______(填化学式)。
(4)已知298K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10−12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶解平衡，测得pH=13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=______。
四、实验题：本大题共1小题，共10分。
17.Ⅰ.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72−，利用滴定原理测定Cr2O72−含量的方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72−+6I−+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000ml⋅L−1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：(已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)
(1)步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是 ______ 。
(2)步骤Ⅲ滴定达到终点时的实验现象是 ______ 。
(3)步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则Cr2O72−的含量为 ______ g⋅L−1。
(4)以下操作会造成废水中Cr2O72−含量测定值偏高的是 ______ (填字母)。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
Ⅱ.雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)都是自然界中常见的砷化合物，早期曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效而入药。As2S3可转化为用于治疗白血病的亚砷酸(H3AsO3)。
(5)向1L0.1ml⋅L−1H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3AsO3、H2AsO3−、HAsO32−、AsO33−的分布分数(平衡时某微粒的浓度占微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①NaH2AsO3溶液呈 ______ (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
②25℃时，H3AsO3的第一电离平衡常数Ka1的值为 ______ 。
③人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是 ______ 。
(6)下列说法正确的是 ______ (填字母序号)。
a.M点对应的溶液中：c(H2AsO3−)+c(HAsO32−)+c(AsO33−)+c(H3AsO3)=0.1ml⋅L−1
b.N点对应的溶液中：c(OH−)+3c(AsO33−)+3c(HAsO32−)=c(Na+)+c(H+)
c.在Na3AsO3溶液中：c(AsO33−)>c(HAsO32−)>c(H2AsO3−)>c(OH−)
d.pH=12时，溶液中：c(H2AsO3−)+2c(HAsO32−)+3c(AsO33−)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(Na+)
五、简答题：本大题共3小题，共30分。
18.硝酸钾常用于制造黑火药、化肥，在食品工业用作发色剂等，它在肉制品中由于细菌作用被还原成亚硝酸钾而起护色和抑菌的作用。中国规定其可用于肉类制品，最大使用量为0.5 g·kg−1，残留量不得超过0.03 g·kg−1。
(1)元素K的焰色试验呈紫色，其中紫色对应的辐射波长为__________nm(填字母，可见光光谱如下图所示)。
A.404.4 B.553.5 C.589.2 D.670.8
(2)基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是__________，占据该能层电子的电子云轮廓图为__________。
(3)下列有关基态N原子的电子轨道表示式中，能量最低和最高的分别为__________、__________。(填字母)
(4)某基态原子的价层电子轨道表示式不是，是因为该轨道表示式违背了__________。
(5)与钾同周期的镍元素基态原子的电子排布式为______________________________，3d能级上的未成对的电子数为__________。
(6)10～36号元素基态原子核外电子排布中最外层电子数与钾原子最外层电子数相同的元素名称是__________。
19.电化学给人类的生活和工业生产带来极大的方便。回答下列问题：
Ⅰ.依据氧化还原反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计的原电池如图1所示。
(1)电解质溶液是______ (填化学式)溶液。装置中电子的移动方向是从______ (写出具体路径)。
(2)若反应中转移1ml电子，装置中溶解______ g铜。
Ⅱ.钠基−海水可充电电池总反应为，其工作原理如图2所示：
(3)充电时，钠基材料连接电源的______ (填“正”或“负”)极。
(4)放电时，正极反应式为______ 。
Ⅲ.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的方法，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图3所示。
(5)①电极B的反应式为______ 。
②为使电池持续放电，离子交换膜需使用______ (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
③一定时间内，左右两侧电极室中产生的气体体积比为______ 。
20.工业上用接触法制硫酸的原理之一是SO2的催化氧化反应：2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g) ΔH=−196 kJ·ml−1。
(1)几种物质的相对能量如表所示。
科学研究发现，NO对反应2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g)有促进作用，其历程分两步，能量变化图如图甲所示。
①2NO(g)+O2(g)⇌ 2NO2(g) ΔH1
②SO2(g)+NO2(g)⇌ NO(g)+SO3(g) ΔH2
从能量角度分析，在该反应中NO的作用是_________________________________________。根据图甲可知，反应________(填“①”或②)控制总反应速率，ΔH1=________kJ·ml−1。
(2)在体积相同的甲、乙两个密闭容器中，起始投入SO2、O2的量完全相同，在不同条件下发生上述反应。
下列推断正确的是_________(填字母)。
A.K1M2
(3)在恒容密闭容器中起始按c(O2):c(SO2)为2:1、1:1、1:2投料，测得SO2的平衡转化率与投料比[x=c(O2)c(SO2)]，温度(T)的关系如图乙所示。
①x1代表的投料比为_________。
②随着温度升高，不同投料比对应的转化率趋向相同，其主要原因可能是____________________________________________。
③M点对应的总压强为1.3 MPa。M点对应的温度下，该反应的标准平衡常数Kθ为_____________。[已知：用各组分的标准分压计算的平衡常数叫标准平衡常数，分压=总压×该组分物质的量分数，标准分压pθ=pp0，p0=100 kPa(p0为参照标准)]
④在T0℃时，向恒容密闭容器中充入SO2、SO3、O2三种气体，它们的分压依次为0.1 MPa、0.3 MPa、0.2 MPa，此时反应____________________(填“向左进行”“向右进行”或“处于平衡状态”)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查核外电子排布图(轨道表示式)等知识，难度不大。
【解答】
A.3px、3py、3pz轨道处于同一能级，能量相同，A错误;
B.电子云是电子在核外空间的概率密度分布的形象化描述， B错误;
C.电子排布图 违背了洪特规则，C错误；
D.3s能级能量小于3p能级，电子由3s跃迁至3p能级时会吸收特定频率的光，可以用光谱仪摄取其吸收光谱， D正确。
2.【答案】C
【解析】解：A.SO2中价层电子对个数=2+12×(6−2×1)=4且含有2个孤电子对，所以二氧化硫为V型结构，CS2、HI为直线形结构，故A错误；
B.BF3中价层电子对个数=3+12×(3−3×1)=3，所以为平面三角形结构；SnBr2中价层电子对个数=2+12×(4−2×1)=3且含有一个孤电子对，为V型结构，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以BF3键角为120°，SnBr2键角小于120°，故B错误；
C.COCl2、BF3、SO3中中心原子价层电子对个数都是3且不含孤电子对，所以这三种分子都是平面三角形结构，故C正确；
D.NH3、PCl3中价层电子对个数=3+12×(5−3×1)=4且含有一个孤电子对，所以NH3、PCl3为三角锥形结构；PCl5中价层电子对个数=5+12×(5−5×1)=5且不含孤电子对，为三角双锥结构，故D错误；
故选：C。
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型，分子中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，据此分析解答．
本题考查了分子空间构型及键角，明确价层电子对互斥理论的作用是解本题关键，难点是计算孤电子对的方法，难度不大．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了电离能与元素的金属性的关系，明确电离能的含义是解题关键，题目难度不大，注意对数据的分析。
【解答】
由题意知，电离能越小，失电子越容易，该元素金属性越强，甲、乙、丙、丁为第三周期元素，甲元素的第一电离能远小于第二电离能，说明甲元素最外层有1个电子，失去1个电子时达到稳定结构，所以甲为Na元素；乙元素的第二电离能远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素；丙、丁元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，丙、丁一定为非金属元素；结合结构和性质分析解答。
A.甲为钠，第一电离能最小，所以金属性最强，故A正确；
B.乙元素的第二电离能远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素，化合价为+2价，故B错误；
C.丙元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，丙一定为非金属元素，故C错误；
D.丁元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丁元素最外层大于3个电子，丁一定为非金属元素，故D错误。
4.【答案】D
【解析】解：A.由水电离产生的c(H+)=10−12 ml⋅L一1的溶液，为酸或碱溶液，碱性条件下Fe2+不能大量共存，酸性条件下Fe2+、NO3−发生氧化还原反应，故A错误；
B.pH=7的溶液中Al3+、HCO3−发生互促水解，不能大量共存，故B错误；
C.pH=13的溶液中：Cu2+、S2−生成CuS沉淀，Cu2+、和OH−生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.pH=13的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；
故选：D。
A.由水电离产生的c(H+)=10−12 ml⋅L一1的溶液，为酸或碱溶液；
B.Al3+、HCO3−发生互促水解；
C.Cu2+、S2−生成CuS沉淀，Cu2+、和OH−生成氢氧化铜沉淀；
D.碱性条件下离子之间不发生任何反应．
本题考查了有条件限制的离子的共存问题，为高考的高频考点，掌握离子的性质和限定的条件是解题的关键，难度不大。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查溶度积常数及沉淀溶解平衡，解答这类问题需要熟练掌握溶度积常数的应用，试题难度一般。
【解答】
A.根据图像分析可知在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为(1×10−3)2×1×10−5=1×10−11，故A错误；
B.在饱和溶液中加入K2CrO4，铬酸根离子浓度增大，银离子浓度减小，所以可使溶液由Y点到Z点，故Ｂ正确；
C.在t℃时，Ag2CrO4(s)+2Cl−(aq)⇌2AgCl(s)+CrO42−(aq)平衡常数为：Ksp(Ag2CrO4)K2sp(AgCl)=1×10−11(4×10−10)2=6.25×107，故C正确；
D.氯离子沉淀需要的银离子浓度为4×10−100.001ml/L=4×10−7ml/L，铬酸根沉淀需要的银离子浓度为 1×10−110.001ml/L=1×10−4ml/L，故氯离子先沉淀，故D正确。
故选A。
6.【答案】B
【解析】解：A.观察图像可知，总反应历程包含2个过渡态，包括2个基元反应，故A正确；
B.催化剂通过降低决速步骤的活化能来提高总反应速率，因此选择催化剂的目的主要是降低反应①的活化能，故B错误；
C.升高温度，正反应速率增大，推知：正反应速率常数增大，故C正确；
D.总反应的反应热等于生成物总能量与反应物总能量之差，2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=(−483.6−180.5)kJ⋅ml−1=−664.1kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：B。
A.总反应历程包含2个过渡态，包括2个基元反应；
B.由速率方程可知，反应速率与反应物NO浓度的二次方和H2浓度的一次方成正比，这与基元反应①(2NO+H2→N2O+H2O)的反应物化学计量数一致，说明反应①是决速步骤；
C.升高温度，正反应速率增大；
D.总反应的反应热等于生成物总能量与反应物总能量之差。
本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.pH相等的氨水和氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的体积增大一倍，一水合氨和铵根离子浓度均减少一倍，由于温度不变，氨水的电离常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液的pH不变，故A正确；
B.pH相同的强电解质和弱电解质稀释相同倍数后，强电解质溶液中的离子浓度变化大，则pH为12的氢氧化钠溶液和pH为2的盐酸稀释10倍后，稀释溶液的pH分别为13和3，H为12的氨水和pH为2的醋酸稀释10倍后，稀释溶液的pH分别为大于13和小于3，则四种溶液的pH为①>②>④>③，故B正确；
C.pH为12的氨水与pH为2的盐酸相比，氨水中存在电离平衡，浓度大于完全电离的盐酸，则两溶液等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，由电荷守恒关系可知溶液中离子浓度的大小关系为c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.由体积为VaLpH为2的盐酸与积为VbLpH为12的氢氧化钠溶液混合后所得溶液的pH=3可得：Va×0.01−Vb×0.01Va+Vb=0.001，解得Va：Vb=11：9，故D正确；
故选：C。
A.pH相等的氨水和氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的体积增大一倍，一水合氨和铵根离子浓度均减少一倍，由于温度不变，氨水的电离常数不变；
B.pH相同的强电解质和弱电解质稀释相同倍数后，强电解质溶液中的离子浓度变化大，则pH为12的氢氧化钠溶液和pH为2的盐酸稀释10倍后，稀释溶液的pH分别为13和3，H为12的氨水和pH为2的醋酸稀释10倍后，稀释溶液的pH分别为大于13和小于3；
C.pH为12的氨水与pH为2的盐酸相比，氨水中存在电离平衡，浓度大于完全电离的盐酸，则两溶液等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，据此判断；
D.由体积为VaLpH为2的盐酸与积为VbLpH为12的氢氧化钠溶液混合后所得溶液的pH=3可得：Va×0.01−Vb×0.01Va+Vb=0.001，据此计算。
本题考查酸碱混合pH的判断及溶液酸碱性的分析，选项D为解答的难点，注意酸碱混合时pH与浓度的关系、电离与水解的关系等即可解答，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动影响、学生识图能力，题目难度不大，做题时注意分析图象曲线的变化特点，采取定一议二解答。采取定一议二方式解答，当温度一定时，压强越大，C的含量越大，平衡向正反应方向移动；当压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据C的含量判断反应热。
【解答】
A.当温度一定时，压强越大，化学平衡向气体体积减小的方向移动，C的含量越大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应是一个反应前后气体体积减小的化学反应，即B一定是气体，A可能是气体，故A错误；
B.当温度一定时，压强越大，化学平衡向气体体积减小的方向移动，C的含量越大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应是一个反应前后气体体积减小的化学反应，即B一定是气体，故B正确；
C.当压强一定时，如果T1>T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，C的含量增大，说明正反应是吸热反应；如果T2>T1，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，C的含量降低，说明正反应是放热反应，T2和T1的大小未知，所以无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故C错误；
D.若正反应方向△HK(N)，故D错误。
故选：B。
本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象等，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握反应的特征以及外界条件对平衡的影响，能从图象中准确获取完整的信息，题目难度中等。
13.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，涉及等效平衡、化学反应速率的计算等知识点，侧重考查学生分析计算能力。
【解答】
A.反应在前5 min的平均速率为v (SO2)=2ml/L−1.2ml/L5min=0.16 ml·L−1·min−1，故A说法错误；
B.保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2 ml SO2和0.1 ml O2时，增大了反应物的浓度，则v正>v逆,故B说法正确；
C.保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2 ml SO3，反应从逆向开始一直到达平衡状态，达平衡时是吸收热量，故C说法错误；
D.当反应进行到10min时，n(O2)=0.4ml，由此可计算n(SO2)=2ml−(1−0.4)ml×2=0.8ml，则在10min时已达到平衡，则平衡时SO2的转化率=(2−0.8)ml2ml×100％=60％，则逆反应的转化率为1−60%=40%；该反应在充入2ml/LSO2和1ml/LO2时，与起始时充入2mlSO3达到的平衡状态时等效的，起始时向容器中充入1.5 ml SO3，相当于减小压强，相对于前平衡状态，平衡会向气体体积增大的方向进行，故达平衡时SO3的转化率大于40%，故D说法正确。
故选AC。
14.【答案】AD
【解析】解：A.根据图象可知：升高温度，CO与CO2平衡分压比的自然对数值增大，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故该反应ΔH>0，平衡常数K值随着温度的升高而增大，故A正确；
B.该反应的正反应为气体体积增大的反应，缩小容器体积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡逆向移动，不利于提高CO2的平衡转化率的提高，故B错误；
C.X点反应达到平衡时，lnp(CO)p(CO2)=0，则p(CO)=p(CO2)，c(CO)=c(CO2)，n(CO)=n(CO2)，在开始时n(CO2)=0.1ml，假设反应反应的CO2物质的量为x，则0.1ml−x=2x，3x=0.1ml，x=0.13ml，则CO2的转化率=×100%=33.3%，故C错误；
D.反应Mn3C(s)+CO2(g)⇌3Mn(s)+2CO(g)，X点CO和CO2的压强相同，即物质的量相同，由于是体积可变的密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入0.1mlCO2和0.1ml CO，相当于在另一个容器中放入是平衡体系，将两个容器合并，气体物质的量不变，则平衡不移动，故D正确；
故选：AD。
A.根据图象可知：升高温度，CO与CO2平衡分压比的自然对数值增大，说明升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大；
B.该反应的正反应为气体体积增大的反应，缩小容器体积，导致体系的压强增大，增大压强，化学平衡逆向移动；
C.X点反应达到平衡时，lnp(CO)p(CO2)=0，则p(CO)=p(CO2)，c(CO)=c(CO2)，n(CO)=n(CO2)，在开始时n(CO2)=0.1ml，假设反应反应的CO2物质的量为x，则0.1ml−x=2x，据此计算分析判断；
D.体积可变的密闭容器中，向X点对应的平衡体系再充入0.1mlCO2和0.1ml CO，相当于在另一个容器中放入是平衡体系，将两个容器合并，气体物质的量不变。
本题考查化学原理部分知识，涉及到化学平衡的移动，转化率的计算，化学平衡的计算等知识，均为高频考点，为常见题型，题目难度中等，掌握相关的原理是解答关键。
15.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查弱电解质的电离和盐类水解的应用，溶液中离子浓度大小的比较，物料守恒和电荷守恒的应用，考查学生图像分析能力，确定溶液离子浓度关系根据溶液中溶质种类分析，难度较大，
【解答】
a点为浓度均为0.01ml/L的盐酸和醋酸(1∶1)混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。
A.a点为浓度均为0.01ml/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：Ka(CH3COO−)=c(CH3COO−)c(H+)c(CH3COOH)；可以得到c(CH3COO−)=Ka(CH3COO−)c(CH3COOH)c(H+)=1.7×10−5××10−5(ml/L)，故A错误；
B.Ka(CH3COOH)=1.7×10−5， Kｈ(NH4+)=KwKb=10−141.7×10−5=11.7×10−9，Ka(CH3COOH)>Kh(NH4+)，醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c(NH4+)>c(CH3COOH)，故B错误；
C.c点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4，根据物料守恒：2c(Cl−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，2c(CH3COOH)+2c(CH3COO−)=c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，c(Cl−)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，所以有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，故C正确；
D.c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(CH3COOH)=1.7×10−5，Kb(NH3·H2O)=1.7×10−5，即醋酸的酸性和氨水的碱性相当，在醋酸氨溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，要让混合溶液pH=7即中性，加入氨水体积需大于40mL，故D正确。
故选AB。
16.【答案】(1)Al2O3+6H+=2Al3++3H2O
(2)Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
(3)NaHCO3
(4)5.6×10−10ml/L
【解析】【分析】
本题以氧化铝提取工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，为高频考点，涉及无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
【解答】
由工艺流程甲可知，铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)，铝土矿与盐酸反应得固体A和滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al(OH)3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al(OH)3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，以此解答该题。
(1)流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
(2)氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O；
(3)由以上分析可知，滤液E中含有NaCl、NaHCO3，滤液K中含有NaHCO3，滤液E、K中溶质的主要成分是NaHCO3；
故答案为：NaHCO3；
(4)已知滤液B中加入一定量的NaOH达到沉淀溶液平衡时pH=13.00，则c(H+)=1×10−13ml/L，c(OH−)=0.1ml/L，Mg(OH)2的Ksp=c(Mg2+)⋅c2(OH−)=5.6×10−12，c(Mg2+)=5.6×10−120.12=5.6×10−10ml/L，
故答案为：5.6×10−10ml/L。
17.【答案】酸式滴定管 滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色 2.160 CD 碱性;10−9;H3AsO3 b
【解析】解：(1)废水中含有氧化性较强的Cr2O72−，且量取30.00mL废水，应该选择酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
(2)Na2S2O3溶液进行滴定时选择的指示剂为淀粉，遇到I2变蓝色，则滴定达到终点时的实验现象为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色，
故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色；
(3)图中a=18.20mL，3次实验消耗V(Na2S2O3)分别为：18.01mL、17.99mL、18.00mL，实验数据均有效，消耗Na2S2O3溶液的平均V(Na2S2O3)=13(++)mL=18.00mL，滴定过程中关系式为Cr2O72−～3I2～6Na2S2O3，n(Cr2O72−)=16n(Na2S2O3)=16×0.1000ml⋅L−1×0.018L=0.0003ml，m(Cr2O72−)=0.0003ml×216g/ml=0.0648g，则Cr2O72−的含量为，
故答案为：2.160；
(4)A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读数偏小，测定结果偏低。故A错误；
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，不影响测定结果，故B错误；
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故C正确；
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液的浓度降低，消耗标准液体积增大，测定结果偏高，故D正确；
故答案为：CD；
(5)①由上述分析可知，图中M点时n(H3AsO3)=n(H2AsO3−)、c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，N点时c(H2AsO3−)=c(HAsO32−)，p点时c(HAsO32−)=c(AsO33−)，则NaH2AsO3溶液呈碱性，
故答案为：碱性；
②M点时nc(H3AsO3)=c(H2AsO3−)、pH=9，则H3AsO3的第一电离平衡常数Ka1=c(H2AsO3−)c(H3AsO3)×c(H+)=10−9，
故答案为：10−9；
③由图可知，人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，
故答案为：H3AsO3；
(6)M点对应的溶液的体积大于1L，物料守恒关系为c(H2AsO3−)+c(HAsO32−)+c(AsO33−)+c(H3AsO3)c(OH−)>c(HAsO32−)>c(H2AsO3−)，故c错误；
d.由图可知，pH=12时溶质主要为Na2HAsO3，c(H3AsO3)≈0，c(OH−)=0.01ml/L>c(H3AsO3)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+3c(AsO33)+2c(HAsO32−)+c(H2AsO3−)>c(H3AsO3)+3c(AsO33)+2c(HAsO32−)+c(H2AsO3−)，故d错误；
故答案为：b。
(1)废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72−，能氧化碱式滴定管；
(2)I2能使淀粉溶液变蓝色；
(3)图中读数为18.20mL，判断实验数据的有效性，计算消耗Na2S2O3溶液的平均V(Na2S2O3)，根据滴定过程中反应得到关系式：Cr2O72−～3I2～6Na2S2O3，n(Cr2O72−)=16n(Na2S2O3)，结合n=cV和m=nM进行计算；
(4)A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读数偏小；
B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，不影响测定结果；
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗标准液的体积偏大；
D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液的浓度降低；
(5)H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中n(H3AsO3)逐渐减小、n(H2AsO3−)先增大后减小、n(HAsO32−)先增大后减小、n(AsO33−)逐渐增大，且酸性较强时n(H2AsO3−)>n(HAsO32−)，则图中M点时n(H3AsO3)=n(H2AsO3−)、c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，N点时c(H2AsO3−)=c(HAsO32−)，p点时c(HAsO32−)=c(AsO33−)，根据M点坐标计算H3AsO3的第一电离平衡常数Ka1=c(H2AsO3−)c(H3AsO3)×c(H+)=10−9；
(6)a.结合物料守恒关系分析判断；
b.N点对应的溶液中c(H2AsO3−)=c(HAsO32−)，结合电荷守恒关系分析判断；
c.AsO33−分步水解，结合质子守恒关系分析判断；
d.由图可知，pH=12的溶液中(H3AsO3)≈0，c(OH−)=0.01ml/L，结合电荷守恒关系分析判断。
本题考查弱电解质的电离平衡、氧化还原滴定实验，侧重图象分析能力及运用能力考查，明确弱电解质电离平衡常数及关系式法计算、氧化还原滴定实验操作及误差分析方法是解题关键，题目难度中等。
18.【答案】(1)A；
(2)N；球形；
(3)B；C；
(4)洪特规则；
(5)1s22s22p63s23p63d84s2或[ Ar]3d84s2；2；
(6)钠、铬、铜。
【解析】【分析】
本题考查物质的结构，难度一般，掌握核外电子排布规律和原理即可解答。
【解答】
(1)由图可知，紫色对应的辐射波长为404.4nm，故选A；
(2)基态K原子中，核外电子占据的最高能层为第四电子层，符号是N；占据该能层电子为4s上电子，电子云轮廓图为球形；
(3)能量最低的是B，为基态原子；最高的C，3个s能级上的电子都跃迁到2p能级；
(4)该轨道表示式违背了洪特规则，2p轨道上的电子应该尽可能的进入不同轨道；
(5)与钾同周期的镍元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[ Ar]3d84s2；3d能级上的未成对的电子数为2；
(6)10～36号元素基态原子核外电子排布中最外层电子数与钾原子最外层电子数相同的元素名称是：钠、铬、铜，均为1个电子。
19.【答案】Fe2(SO4)3(或FeCl3等合理答案);铜电极经过导线移向石墨电极 32 负 O2+2H2O+4e−=4OH− 2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−;阴;4：3
【解析】解：(1)根据原电池反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)，铜电极失电子生成铜离子，作原电池负极，石墨电极作原电池正极，铁离子得电子生成亚铁离子，所以，电解质溶液中应当含有铁离子，可选用Fe2(SO4)3或FeCl3溶液，原电池工作时，电子由负极经过导线向正极移动，故该装置中电子的移动方向为铜电极经过导线移向石墨电极，
故答案为：Fe2(SO4)3或FeCl3溶液；铜电极经过导线移向石墨电极；
(2)根据反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)计算，反应消耗1 ml Cu，转移2ml电子，则转移1 ml电子，反应的铜的质量为32g，
故答案为：32；
(3)根据电池工作原理和电池总反应，钠基材料作负极，空气电极作正极，则充电时，钠基材料连接电源负极，作电解池阴极，
故答案为：负；
(4)电池放电时，空气电极作正极，氧气得电子与水反应生成OH−，正极反应式为O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：O2+2H2O+4e−=4OH−；
(5)根据电池工作原理示意图和电池总反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，NH3中氮元素化合价由−3价升高为0价，失电子发生氧化反应，NO2中氮元素化合价由+4价降低为0价，得电子发生还原反应，电极A为负极，电极B为正极，电解质溶液为KOH溶液；
①电极B为正极，NO2得电子生成N2，电极反应式为2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−，
故答案为：2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−；
②结合装置示意图，电池反应在KOH溶液中进行，电极A为电池负极，电极反应式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，由①分析可知，电池工作时，电解质溶液中的OH−由正极移动向负极，即右侧溶液中的OH−透过离子交换膜向左侧移动，故离子交换膜为阴离子交换膜，
故答案为：阴；
③由分析可知，设转移电子的物质的量为24 ml，左侧电极室(负极)生成氮气的物质的量为1×246=4ml，右侧电极室(正极)生成氮气的物质的量为1×248=3ml，相同条件下，气体体积比等于物质的量之比，故左右两侧电极室生成的气体的体积比为4：3，
故答案为：4：3。
(1)根据原电池反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)，铜电极失电子生成铜离子，作原电池负极，石墨电极作原电池正极，铁离子得电子生成亚铁离子；
(2)根据反应2Fe3+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)计算，反应消耗1 ml Cu，转移2ml电子；
(3)根据电池工作原理和电池总反应，钠基材料作负极，空气电极作正极；
(4)电池放电时，空气电极作正极，氧气得电子与水反应生成OH−；
(5)根据电池工作原理示意图和电池总反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，NH3中氮元素化合价由−3价升高为0价，失电子发生氧化反应，NO2中氮元素化合价由+4价降低为0价，得电子发生还原反应，电极A为负极，电极B为正极，电解质溶液为KOH溶液。
本题考查电化学，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
20.【答案】(1)降低活化能；②；−112
(2)B
(3)①1:2
②随着温度升高，温度对平衡起决定作用，投料比对平衡影响逐渐减小
③2
④向左进行
【解析】【分析】
本题考查了能量变化的图像分析、盖斯定律的计算、化学平衡图像的分析、平衡常数的计算等，意在考查学生的分析能力和知识应用的综合能力，难度一般。
【解答】
(1)分析反应历程可知，NO作总反应的催化剂，从能量角度分析，它降低了反应的活化能；活化能较大的反应速率较小，故反应②控制总反应速率；反应②的反成热等于产物的相对能量总和与反应物的相对能量总和之差，则ΔH2=(486+0−429−99)kJ/ml =−42kJ/ml，根据盖斯定律②×2+①=总反应，ΔH1=ΔH−ΔH2×2=(−196kJ/ml)−(−42kJ/ml)×2=−112kJ/ml；
(2)该反应是气体分子数减小的反应，甲容器平衡时，气体分子数减小，总压强减小；以甲容器为参照，甲容器缩小体积(加压)转化成乙容器，加压，平衡向正反应方向移动。
A.温度不变，平衡常数不变，K1=K2，故A错误；
B.平衡向右移动，SO2的平衡转化率增大，故B正确；
C.平衡时，乙容器中的SO3浓度较大，故C错误；
D.混合气体总质量不变，气体总物质的量减小，则相对分子质量增大，故D错误。
(3)①相同温度下，投料比越大，SO2平衡转化率越大，x1代表的投料比为1∶2；
②该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的平衡转化率减小，当温度升高到一定程度，温度对平衡起决定作用，投料比对平衡影响逐渐减小，这三种投料比的SO2平衡转化率趋向相同；
③x3代表的投料比为2: 1，对应SO2的平衡转化率为80%，设起始投入n(O2)= 2 ml，n( SO2)=1ml，列三段式：
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)
起始量(ml): 1 2 0
转化量(ml): 0.8 0.4 0.8
平衡量(ml): 0.2 1.6 0.8
则平衡时，气体的总物质的量为：(0.2+1.6+0.8)ml=2.6ml，
则p(SO2)=0.22.6×1.3Mpa=0.1Mpa，p(O2)=1.62.6×1.3Mpa=0.8Mpa，p(SO3)=0.82.6×1.3Mpa=0.4Mpa，该反应的标准平衡常数KΘ=(400kPa 100kPa)2(100kPa 100kPa)2×(800kPa 100kPa)=2；
④在T0℃时，向恒容密闭容器中充入SO2、SO3、O2三种气体，它们的分压依次为0.1MPa、0.3MPa、0.2MPa，则此时反应Qp=3212×2=4.5>KΘ，则平衡应逆向移动，即反应向左进行。元素
I1/eV
I2/eV
I3/eV
甲
5.7
47.4
71.8
乙
7.7
15.1
80.8
丙
13.0
23.9
40.0
丁
15.7
27.6
40.7
①
②
③
④
pH
12
12
2
2
溶液
氨水
NaOH溶液
醋酸溶液
盐酸
反应时间/min
n(SO2)/ml
n(O2)/ml
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a
物质
SO2(g)
NO2(g)
SO3(g)
NO(g)
相对能量/(kJ·ml−1)
99
429
0
486
甲
乙
反应条件
500℃，恒容
500℃，恒压
平衡常数
K1
K2
SO2的平衡转化率
a1
a2
c(SO3)
c1
c2
混合气体平衡摩尔质量
M1
M2