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2021-2022学年山东省泰安市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山东省泰安市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了5时，碳钢主要发生化学腐蚀，5时，碳钢主要发生析氢腐蚀，11mml⋅L−1，c=0，9时，c>c>c，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
化学与生产生活密切相关。下列有关说法错误的是( )
A. 家庭常用的锌锰碱性电池放电时，将化学能转化为电能
B. 一次性保暖贴的主要原料是铁粉、食盐和活性炭，因发生电化学反应放热
C. 明矾是一种良好的净水剂，能够杀菌消毒净化水质
D. 我国科学家突破的CO2人工合成淀粉技术有利于我国实现碳中和
N4分子结构如图，已知断裂1mlN−N吸收167kJ热量，生成1mlN≡N放出942kJ热量。则由N2气体生成1ml气态N4的ΔH为( )
A. +882kJ⋅ml−1
B. +441kJ⋅ml−1
C. −882kJ⋅ml−1
D. −441kJ⋅ml−1
已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为aml⋅L−1的一元酸HA与bml⋅L−1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是( )
A. a=b
B. 混合溶液的pH=7
C. 混合溶液中，c(H+)=Kw ml⋅L−1
D. 混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH−)+c(A−)
下列状态的镁原子中，电离最外层一个电子所需能量最小的是( )
A. B.
C. D.
常温下，下列各组离子能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中：Ba2+、NH4+、NO3−、Fe2+
B. 无色溶液中：H+、K+、I−、MnO4−
C. 在c(H+)：c(OH−)=1：1012的溶液中：Na+、CO32−、NO3−、SO42−
D. 由水电离出的c(OH−)=1.0×10−13ml⋅L−1的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
我国航母特种钢材全部国产，研发过程中重点提高了材料的耐腐蚀性。在一定条件下，某钢材腐蚀情况与溶液pH的关系如表所示，下列说法正确的是( )
A. 当pH<6.5时，碳钢主要发生化学腐蚀
B. 当pH<4和pH>13.5时，碳钢主要发生析氢腐蚀
C. pH不同的情况下，正极反应均为O2+4e−+2H2O=4OH−
D. pH=14时，负极反应为4OH−+Fe−3e−=FeO2−+2H2O
下列各项叙述中，错误的是( )
A. 原子的量子力学模型是根据量子力学理论和原子光谱建构的原子模型
B. 单个电子的空间运动状态用原子轨道来描述
C. 基态原子中，3d能级中电子的能量一定高于4s能级的电子
D. 基态原子中处于同一原子轨道上的电子自旋运动状态一定不同
关于下列图示的阐释正确的是( )
A. 表示某一放热的基元反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 表示不同压强对可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)的影响
C. 表示25℃时，体积均为100mL、pH=2的CH3COOH溶液和HX溶液加水稀释过程中pH的变化，则25℃时的电离常数：HX>CH3COOH
D. 表示反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始时CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，则NO的转化率：c>b>a
下列关于铜电极的叙述正确的是( )
A. 铜锌原电池中铜是正极B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C. 在镀件上电镀铜时用金属铜作阴极D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO−CO的反应历程，该反应经历了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个过渡态。图中显示的是反应路径中每一阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的能量之差。下列说法正确的是( )
A. N2O比更不容易与CO发生反应
B. 整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能最大
C. 2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H>0
D. 其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，提高反应物的转化率
一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mml⋅L−1，c(HI)=0.78mml⋅L−1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mml⋅L−1=10−3ml⋅L−1)( )
A. AB. BC. CD. D
催化还原二氧化碳是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，电池总反应为：CO2+NaCl−通电CO+NaClO。下列说法正确的是( )
A. 太阳能电池的正极为A极
B. 该装置工作时，质子通过交换膜由电极Ⅱ移向电极Ⅰ
C. 催化电极Ⅰ的电极反应：CO2−2e−+2H+=CO+H2O
D. 该装置不仅还原CO2，还产生了具有经济附加值的次氯酸盐
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3：2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4。下列说法错误的是( )
A. 与W生成的气态化合物的热稳定性：Z>Y
B. Y、Z、R的第一电离能：R>Z>Y
C. X、Z、R的原子半径：R>Z>X
D. X、Z、R的电负性：Z改变0.1ml⋅L−1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA−、A2−的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知：δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列叙述错误的是( )
A. NaHA溶液的pH<7
B. lg[Ka2(H2A)]=−4.2
C. pH=2.9时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)
D. 可逆反应：A2−+H2A⇌2HA−的平衡常数K=10−3
“寒芒秀采总称珍，就中鸡缸最为冠”，色彩浓艳的斗彩鸡缸杯是我国陶瓷珍品。HgS是一种难溶于水的朱砂红釉彩，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. HgS在p点与n点的溶解度相同
B. HgS溶于水形成的饱和溶液中c(Hg2+)=c(S2−)
C. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)=2.5×10−53
D. 向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成沿曲线向m方向移动
已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E和D的最高能层数相同，其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。
(1)请用元素符号完成下列空白：
①元素：C ______、F ______。
②A、B、C三种元素的电负性：______>______>______。
③B、C、D、E4种元素的第一电离能：______>______>______>______。
(2)下表是A∼F元素中某种元素的部分电离能，由此可判断该元素是 ______(填元素符号)。
(3)F元素位于周期表的 ______区，此区元素的价电子层结构特点是 ______。
全钒液流电池是一种活性物质循环流动的液态电池，以溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子为电极反应的活性物质，基本工作原理示意图如图：
回答下列问题：
(1)钒在元素周期表中的位置是 ______，同周期中的基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的原子的价电子排布式是 ______。
(2)硫酸是铅蓄电池的电解质，在铅蓄电池中负极的电极反应式是 ______。
(3)全钒液流电池放电时，左槽溶液颜色逐渐有黄变蓝，则b电极的反应式是 ______。若有0.2ml电子转移，质子交换膜左侧电解液质量 ______(填“增加”或“减少”)质量为 ______。
(4)全钒液流电池充电时，电极a应连接电源的 ______极，电极反应式为 ______。
氮氧化物是造成大气污染的重要成分，研究对污染气体N2O、CO的处理方法对环境的治理有重要意义。
(1)研究发现二者可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示：
则二者转化为无害气体反应的热化学方程式为 ______(ΔH用含ΔH1、ΔH2关系式表示)，试从理论上简要分析该反应常温下能否自发进行 ______。从图中分析，N2O和CO之间的反应分为两个过程，其中决速步为 ______(填“第1步”或“第2步”)反应，写出另一步的转化关系式 ______。
(2)在T℃下，分别向两个相同体积的恒容密闭容器1、2中充入等物质的量的N2O和CO气体，发生反应N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。实验测得容器1、2中混合气体中N2的物质的量分数随时间的变化关系如图2所示，平衡后总压强分别为P1kPa、P2kPa。
①试解释容器1、2到达平衡的时间、N2的物质的量分数不同的原因 ______。
②计算容器1中反应的压强平衡常数Kp=______。
③实验测定该反应的反应速率v正=k正⋅c(N2O)c(CO)，v逆=k逆⋅c(N2)c(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算容器2中Q点处对应的v正v逆=______。
水溶液是生命体赖以生存的环境，许多化学反应都是在水溶液中进行的。
Ⅰ.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
请回答下列问题：
(1)室温下，关于pH=11的NH3⋅H2O溶液，下列分析正确的是 ______。
A.c(NH3⋅H2O)=1×10−3ml⋅L−1
B.由水电离出的c(H+)=1×10−11ml⋅L−1
C.加入少量NH4Cl固体，NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，Kw的值减小
D.加入等体积pH=3的盐酸，所得溶液：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
(2)物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的六种溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaClO④NH3⋅H2O⑤CH3COOH⑥NH4Cl，pH由小到大的顺序 ______(填序号)。
(3)向次氯酸钠溶液通入少量CO2发生反应的离子方程式 ______。
(4)碳酸氢铵溶液显 ______(填“酸”、“中”或“碱”)性。
(5)向aml⋅L−1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的稀盐酸，溶液恰好呈中性，则所加稀盐酸的物质的量浓度 ______ml⋅L−1(用含a的式子表示)。
Ⅱ.SOCl2是一种液态化合物，在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加8∼10滴SOCl2，发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色。
(6)则SOCl2和水反应的化学方程式为：______。
(7)若将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，用SOCl2与FeCl3⋅6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是 ______。(用简要的文字回答)
硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3⋅5H2O,M=248g⋅ml−1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸盐杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的 ______中，加蒸馏水至刻度线。
②用 ______(填仪器名称)量取0.00970ml⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL于锥形瓶中，硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用上述硫代硫酸钠溶液滴定至接近终点的淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−。加入 ______作为指示剂，继续滴定，当 ______，即为终点。平行滴定3次，所得数据如表，则样品纯度为 ______(保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.家庭常用的锌锰碱性电池为原电池，放电时，将化学能转化为电能，故A正确；
B.铁粉、食盐和活性炭混合发生电化学腐蚀，产生大量的热，故B正确；
C.明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用来杀菌消毒，故C错误；
D.CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少，有利于我国实现碳中和，故D正确；
故选：C。
A.原电池是将化学能转化为电能的装置；
B.铁粉、食盐和活性炭混合发生电化学腐蚀；
C.明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；
D.CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少。
本题考查化学在生产生活中的应用，题目难度不大，明确物质的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
2.【答案】A
【解析】解：由题意知，N≡N的键能为942kJ/ml，N−N键的键能为167kJ/ml，生成1mlN4的反应为2N2(g)=N4(g)，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由N2气体生成1ml气态N4的△H=2×942kJ/ml−6×167kJ/ml=+882kJ/ml，
故选：A。
由图示N4分子的结构可知，1mlN4分子中含有6mlN−N键，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，据此计算解答。
本题考查反应热的计算，明确物质组成、焓变与反应物、生成物键能的关系为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；
B.因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；
C.混合溶液中，c(H+)=KWml/L，根据c(H+)⋅c(OH−)=KW，可知溶液中c(H+)=c(OH−)=KWml/L，溶液呈中性，故C正确；
D.任何溶液都存在电荷守恒，即c(H+)+c(B+)=c(OH−)+c(A−)，不能确定溶液的酸碱性，故D错误。
故选：C。
温度T时水的离子积常数为KW，浓度为aml/L的一元酸HA与bml/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c(H+)=c(OH−)=KWml/L.
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c(H+)=c(OH−)，由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断．
4.【答案】C
【解析】解：各微粒失去1个电子，A为Mg的第二电离能，B是Mg的基态第一电离能，C是Mg的激发态第一电离能，D是Mg的激发态第二电离能，故电离最外层一个电子所需能量最小的是C，
故选：C。
元素的第一、二、三……逐级电离能依次升高，基态的第一电离能大于激发态。
本题考查核外电子排布、电离能，关键是根据电子排布图确定表示的微粒及处于基态、激发态情况，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.pH=1的溶液呈酸性，Ba2+、NH4+、NO3−、Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.MnO4−为有色离子，H+、I−、MnO4−之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.在c(H+)：c(OH−)=1：1012的溶液呈碱性，Na+、CO32−、NO3−、SO42−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D.由水电离出的c(OH−)=1.0×10−13ml⋅L−1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3−与氢离子反应，NH4+、HCO3−与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B.高锰酸根离子为有色离子，酸性条件下高锰酸根离子能够氧化碘离子；
C.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
D.该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH−；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.【答案】D
【解析】解：A.pH<4时，酸性条件下钢铁腐蚀析氢腐蚀，而不是化学腐蚀，故A错误；
B.pH<4时发生析氢腐蚀，pH>13.5时，发生吸氧腐蚀，而不是都发生析氢腐蚀，故B错误；
C.酸性条件下，正极上氢离子得电子，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故C错误；
D.pH=14时，钢铁腐蚀吸氧腐蚀，负极上Fe失电子和氢氧根离子反应生成FeO2−和水，电极反应式为4OH−+Fe_3e−=FeO2−+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.pH<4时，酸性条件下钢铁腐蚀析氢腐蚀；
B.pH<4时发生析氢腐蚀，pH>13.5时，发生吸氧腐蚀；
C.酸性条件下，正极上氢离子得电子；
D.pH=14时，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子和氢氧根离子反应生成FeO2−和水。
本题考查金属腐蚀与防护，侧重查看阅读、对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确金属腐蚀原理、析氢腐蚀和吸氧腐蚀区别是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据量子力学理论和原子光谱，可知核外电子能量不同，是按能量差异进行分层排布的，是原子的量子力学模型的依据，故A正确；
B.量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，单个电子的空间运动状态用原子轨道来描述，故B正确；
C.由于电子屏蔽效应，基态原子中3d能级中电子的能量不一定高于4s能级的电子，故C错误；
D.根据泡利原理，一个原子轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反，故D正确；
故选：C。
A.量子力学理论和原子光谱是原子的量子力学模型的依据；
B.量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；
C.基态原子中，3d能级中电子的能量不一定高于4s能级的电子，与电子屏蔽效应等有关；
D.同一原子轨道上的电子自旋方向相反。
本题考查考查核外电子排布，题目难度不大，注意构造原理中能级交错与洪特规则特例，有利于基础知识的复习巩固。
8.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，图中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应正反应为吸热反应，故A错误；
B.根据“先拐先平数值大”知压强：P2>P1，该反应前后气体计量数增大，增大压强平衡逆向移动，所以达到平衡时两种压强下水蒸气含量：P2C.相同温度下，体积和pH都相同的CH3COOH溶液和HX溶液分别加水稀释相同倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，弱酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，酸性：CH3COOH>HX，25℃时的电离常数：HXD.加入的n(CO)越多，NO的转化率越大，n(CO)：ab>a，故D正确；
故选：D。
A.反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，否则为放热反应；
B.该反应前后气体计量数增大，增大压强平衡逆向移动；
C.相同温度下，体积和pH都相同的CH3COOH溶液和HX溶液分别加水稀释相同倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，弱酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；
D.加入的n(CO)越多，NO的转化率越大。
本题以图象分析为载体考查反应热和焓变、化学平衡影响因素、弱电解质的电离等知识点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离影响因素、外界条件对化学平衡移动影响原理等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.铜锌原电池中，锌易失电子而作负极，铜作正极，故A正确；
B.电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；
C.在镀件上电镀铜时，镀件作阳极，镀层铜作阳极，故C错误；
D.电解稀硫酸制取氢气和氧气时，如果用铜作阳极，则阳极上是铜放电而不是氢氧根离子放电，所以得不到氧气，应该用惰性电极作阳极，故D错误；
故选A.
A.铜锌原电池中，锌作负极，铜作正极；
B.电解法精炼铜时，粗铜作阳极；
C.在镀件上电镀铜时，金属铜作阳极；
D.电解稀硫酸制取氢气、氧气时，阳极应该用惰性电极．
本题考查了原电池和电解质原理，明确电极上得失电子及反应类型是解本题关键，易错选项是D，注意电解池中活泼金属作阳极时，阳极上金属放电而不是电解质溶液中阴离子放电，为易错点．
10.【答案】AB
【解析】
【解答】
A. 由题干图可知，第二阶段的活化能为215kJ/ml，第三阶段的活化能为326kJ/ml，反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小，则第二阶段比第三阶段更易进行，即N2O比更不容易与CO发生反应，故A正确；
B. 由题干图可知第一阶段、第二阶段、第三阶段的活化能分别为451kJ/ml、215kJ/ml、326kJ/ml，即三个基元反应阶段中第一个反应阶段活化能最大，故B正确；
C. 三个基元反应阶段为：①NO(g)+NO(g)=△H=+312kJ⋅ml−1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=−513kJ⋅ml−1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=−356kJ⋅ml−1，根据盖斯定律①+②+③得到总反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)的△H=+312kJ⋅ml−1+(−513kJ⋅ml−1)+(−356kJ⋅ml−1)=−557kJ⋅ml−1<0，故C错误；
D. 正反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)是气体体积减少的放热反应，增大压强可以增大反应速率，提高反应物的平衡转化率，但催化剂不能改变化学平衡状态，不能改变平衡转化率，故D错误；
故选：AB。
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握活化能及其对反应速率的影响、化学平衡的影响因素、基元反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算应用，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】
【解答】
题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断反应的进行方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则反应逆向进行的可能性越大。
Qc(A)=121×1=1，Qc(B)=×0.22=50.28，Qc(C)=420.44×0.44=82.64，Qc(D)=×0.11=50.28，Qc(C)的值最大，
故选C。
【分析】
本题考查浓度商的计算，根据反应的方程式列出浓度商的表达式，结合选项数据计算判断是解题的关键，难度不大。
12.【答案】BD
【解析】解：A.结合分析可知，电极II为阳极，故B为电源正极，故A错误；
B.阳离子向阴极移动，电极I为阴极，故B正确；
C.阳极得电子发生还原反应，电极方程式为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，故C错误；
D.阳极可发生反应Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，产生有漂白、消毒功能的具有经济附加值的次氯酸盐，故D正确；
故选：BD。
由电池总反应为：CO2+NaCl−电解CO+NaClO，可知，CO2得电子生成CO，电极Ⅰ生成CO得电子为阴极，电极Ⅱ为阳极，以此解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为O，Y为Si，Z为S，R为Cl元素，
A.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性S>Si，则简单氢化物的稳定性：Z>Y，故A正确；
B.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，则Y、Z、R的第一电离能：R>Z>Y，故B正确；
C.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z>R>X，故C错误；
D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Z故选：C。
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H；Z的价电子排布式为3s23p4，则Z为S元素；R的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则R为Cl元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3：2，X与Z同主族，则X为O，Y原子的M层含有4个电子，则Y为Si元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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.【答案】D
【解析】解：A.根据图中曲线pH=1.2时，c(HA−)=c(H2A)，可得Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A)=c(H+)=1.0×10−1.2，pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)，Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=c(H+)=1.0×10−4.2，NaHA溶液Kh2=KwKa1=10−1410−1.2=1.0×10−12.8B.根据A选项得到Ka2=1.0×10−4.2，则lg[Ka2(H2A)]=−4.2，故B正确；
C.根据图中曲线分析pH=2.9时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，故C正确；
D.H2A⇌HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，将第一个反应减去第二个反应，因此得到可逆反应：A2−+H2A⇌2HA−的平衡常数K=c2(HA−)c(A2−)c(H2A)=Ka1Ka2=10−1.210−4.2=103，故D错误；
故选：D。
A.根据图中曲线pH=1.2时，c(HA−)=c(H2A)，可得Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A)=c(H+)=1.0×10−1.2，pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)，Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=c(H+)=1.0×10−4.2，NaHA溶液Kh2=KwKa1=1.0×10−12.8B.根据A选项得到Ka2=1.0×10−4.2；
C.根据图中曲线分析pH=2.9时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)；
D.H2A⇌HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，将第一个反应减去第二个反应，因此得到可逆反应：A2−+H2A⇌2HA−的平衡常数K=c2(HA−)c(A2−)c(H2A)。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，题目难度中等。
15.【答案】BC
【解析】解：A、p点与n点的Hg2+的浓度不相同，p点与n点的S2−的浓度不相同，溶解的HgS的质量就不同，即溶解度不同，故A错误；
B、在水溶液中，HgS(s)⇌Hg2+(aq)+S2−(aq)；1mlHgS溶于水形成饱和溶液，完全电离出1mlHg2+和1mlS2−，即c(Hg2+)=c(S2−)，故B正确；
C、p点的Ksp=c(Hg2+)c(S2−)=5×10−27ml⋅L−1×5×10−27ml⋅L−1=2.5×10−53，又因m点、p点、n点在同一温度线上，Ksp只受温度影响，所以Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)=2.5×10−53，故C正确；
D、HgS(S)⇌Hg2+(aq)+S2−(aq)，向p点的溶液中加入少量Na2S固体，c(S2−)增大，平衡逆向移动，c(Hg2+)减小；应沿曲线向n方向移动，故D错误；
故选：BC。
A、p点与n点的Hg2+和S2−的浓度各不相同；
B、HgS(s)⇌Hg2+(aq)+S2−(aq)；
C、同一温度下，Ksp不变；
D、S2−离子浓度增大，溶解平衡逆向移动。
本题考查学生对题干的分析理解能力、分析图表的能力，能够准确提取到有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：溶解度的定义、Ksp、溶解平衡的移动等知识，学生要善于捕捉题干信息，难度中等。
16.【答案】OCuONHNOAl(Ti)Na(或K)Alds(n−1)d能级填充满，ns能级填充1∼2电子
【解析】解：由分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na(或K)、E为Al(或Ti)、F为Cu；
(1)①由分析可知，C为O元素，F为Cu元素，
故答案为：O；Cu；
②N、O在它们的氢化物中都表现负价，说明它们的电负性都比H元素大，同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性O>N>H，
故答案为：O>N>H；；
③同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族大于ⅢA族、VA族大于VIA族，某些过渡元素也反常，第一电离能N>O>Al>Na(或N>O>Ti>K)，
故答案为：N>O>Al>Na(或N>O>K>Ti)；
(2)该元素第四电离能剧增，说明该元素最外层电子数为3，应是Al元素，
故答案为：Al；
(3)F为Cu元素，其价电子排布式为3d104s1，位于周期表的ds区，此区元素的价电子层结构特点：(n−1)d能级填充满，ns能级填充1∼2电子，
故答案为：ds；(n−1)d能级填充满，ns能级填充1∼2电子。
A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前30号元素，其中A是宇宙中含量最多的元素，则A为H元素；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，而n=2，则C为O元素；B的原子序数小于氧，B元素原子最高能级不同轨道上都有电子，并且自旋方向相同，其核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，则F处于第四周期，其核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu；D的原子序数大于氧，D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p64s1，E和D的最高能层数相同，其价层电子数等于其电子层数，若D为Na，则E为Al，若D为K，E的外围电子排布式为3d24s2，则E为Ti。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期律，注意电子构型对电离能的影响。
17.【答案】第四周期第ⅤB族 3d54s1 Pb+SO42−−2e−=PbSO4 V2+−e−=V3+ 增加 0.2正 VO2++H2O+e−=VO2++2H+
【解析】解：(1)钒在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤB族，同周期中的基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的原子的价电子排布式是Cr，含有6个未成对电子，价电子排布式为3d54s1，
故答案为：第四周期第ⅤB族；3d54s1；
(2)由铅蓄电池的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，氧化剂做正极，还原剂做负极，所以正极材料是PbO2，放电时负极的电极反应式为：Pb+SO42−−2e−=PbSO4，
故答案为：Pb+SO42−−2e−=PbSO4；
(3)结合分析可知，放电时，b电极为负极，发生反应V2+−e−=V3+，若有0.2ml电子转移，氢离子向左侧移动，质子交换膜左侧电解液质量增加，转移0.2ml氢离子，增加质量为0.2g，
故答案为：V2+−e−=V3+；增加；0.2；
(4)全钒液流电池充电时，电极a为阳极，连接电源正极，发生氧化反应，对应方程式为VO2++H2O+e−=VO2++2H+，
故答案为：正；VO2++H2O+e−=VO2++2H+。
放电时正极反应是VO2+得电子生成VO2+的还原反应；充电时阴极反应也为还原反应，为V3+得电子生成V2+的反应；充电时阳极发生氧化反应，充电完毕的正极电解液为VO2+溶液，而放电完毕的正极电解液为VO2+溶液，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2 ΔH<0，S基本不变，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则该反应常温下能自发进行 第1步 Pt2O2++CO=Pt2O++CO2 容器1反应速率快，该反应放热，则容器1反应温度升高，容器1属于绝热容器，所以氮气的物质的量分数较小；容器2为恒温容器，故反应速率慢，氮气的物质的量分数较高 49 499
【解析】解：(1)由图1及盖斯定律可知，两个反应相加得到N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2；由图可知，该反应为气体分子数不变的放热反应，ΔH<0，S基本不变，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则该反应常温下能自发进行；由图可知，第1步反应的活化能大于第2步，N2O和CO之间的反应决速步为第1步，另一步的转化关系式为Pt2O2++CO=Pt2O++CO2，
故答案为：N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2；ΔH<0，S基本不变，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则该反应常温下能自发进行；第1步；Pt2O2++CO=Pt2O++CO2；
(2)①该反应是气体体积不变的放热反应，起始物质的量相同，但容器1先达到平衡状态，容器1反应速率快，该反应放热，则容器1反应温度升高，容器1属于绝热容器，所以氮气的物质的量分数较小；容器2为恒温容器，故反应速率慢，氮气的物质的量分数较高，
故答案为：容器1反应速率快，该反应放热，则容器1反应温度升高，容器1属于绝热容器，所以氮气的物质的量分数较小；容器2为恒温容器，故反应速率慢，氮气的物质的量分数较高；
②起始的N2O和CO气体物质的量相等，根据方程式，平衡时n(N2O)=n(CO)，n(N2)=n(CO2)，x(N2)=x(CO2)=20%，x(N2O)=x(CO)=30%，Kp=p(CO2)⋅p(N2)p(N2O)⋅p(CO)=0.2p1kPa××0.3p1kPa=49，
故答案为：49；
③反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则k正⋅c(N2O)c(CO)=k逆⋅c(N2)c(CO2)，k正k逆=c(N2)⋅c(CO2)c(N2O)⋅c(CO)，以容器2的数据列化学平衡三段式，
N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(ml)aa00
转化(ml)xxxx
平衡(ml)a−xa−xxx
混合气体中N2的物质的量分数为25%=x2a×100%，解得x=0.5a，k正k逆=c(N2)⋅c(CO2)c(N2O)⋅c(CO)=0.5a××0.5a=1，
N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(ml)aa00
转化(ml)yyyy
平衡(ml)a−ya−yyy
混合气体中N2的物质的量分数为15%=y2a×100%，解得y=0.3a，v正v逆=k正k逆c(N2O)⋅c(CO)c(N2)⋅c(CO2)=1×0.7a××0.3a=499，
故答案为：499。
(1)由图1及盖斯定律可知，两个反应相加得到N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)；根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；N2O和CO之间的反应分为两个过程，其中决速步为活化能最大的步骤；
(2)①该反应是气体体积不变的放热反应，起始物质的量相同，但容器1先达到平衡状态，反应速率快，说明容器1温度高于容器2；
②起始的N2O和CO气体物质的量相等，根据方程式，平衡时n(N2O)=n(CO)，n(N2)=n(CO2)，则x(N2)=x(CO2)=20%，x(N2O)=x(CO)=30%，结合Kp=p(CO2)⋅p(N2)p(N2O)⋅p(CO)计算；
③反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则k正⋅c(N2O)c(CO)=k逆⋅c(N2)c(CO2)，k正k逆=c(N2)⋅c(CO2)c(N2O)⋅c(CO)，结合Q点数据，v正v逆=k正k逆c(N2O)⋅c(CO)c(N2)⋅c(CO2)计算。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
19.【答案】B ⑤⑥②③④① ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 碱 a172 SOCl2+H2O=SO2+2HClSOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水，或SOCl2与水反应生成HCl，抑制Fe3+水解
【解析】解：Ⅰ.(1)A.pH=11的NH3⋅H2O溶液，一水合氨是部分电离，因此c(NH3⋅H2O)>1×10−3ml⋅L−1，故A错误；
B.pH=11的NH3⋅H2O溶液中的氢离子来自于水，因此水电离出的c(H+)=1×10−11ml⋅L−1，故B正确；
C.加入少量NH4Cl固体，NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，Kw的值不变，故C错误；
D.加入等体积pH=3的盐酸，反应后溶质为氯化铵和一水合氨的混合物，溶液显碱性，所得溶液：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故答案为：B；
(2)物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的六种溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaClO④NH3⋅H2O⑤CH3COOH⑥NH4Cl，①②③④显碱性，④电离显碱性，①②③是水解显碱性，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，碳酸根离子的水解常数大于一水合氨的电离常数，因此①的碱性最强，其次是③，再次是②，⑤⑥显酸性，⑥是水解显酸性，⑤是电离显酸性，醋酸的电离常数大于铵根离子的水解常数，因此pH由小到大的顺序⑤⑥②③④①，
故答案为：⑤⑥②③④①；
(3)根据酸的强弱H2CO3>HClO>HCO3−，向次氯酸钠溶液通入少量CO2发生反应的离子方程式ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，
故答案为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(4)由于醋酸电离程度与一水合氨电离程度相同，碳酸电离程度小于醋酸电离程度，因此碳酸氢铵溶液显碱性，
故答案为：碱；
(5)向aml⋅L−1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的稀盐酸，溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH−)=1.0×10−7ml⋅L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=a2ml/L，则c(CH3COOH)=c(Cl−)，设c(CH3COOH)=c(Cl−)=x，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=1×10−7×(a2−x)x=1.7×10−5，解得x=a342，由于是等体积混合，因此原来所加稀盐酸的物质的量浓度为a172ml/L，
故答案为：a172；
Ⅱ.(6)SOCl2与水发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色，则SOCl2和水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，
故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；
(7)用SOCl2与FeCl3⋅6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是SOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水，或SOCl2与水反应生成HCl，抑制Fe3+水解，
故答案为：SOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水，或SOCl2与水反应生成HCl，抑制Fe3+水解。
Ⅰ.(1)A.pH=11的NH3⋅H2O溶液，一水合氨是部分电离，因此c(NH3⋅H2O)>1×10−3ml⋅L−1；
B.pH=11的NH3⋅H2O溶液中的氢离子来自于水；
C.Kw只与温度有关；
D.加入等体积pH=3的盐酸，反应后溶质为氯化铵和一水合氨的混合物，溶液显碱性；
(2)物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的六种溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaClO④NH3⋅H2O⑤CH3COOH⑥NH4Cl，①②③④显碱性，④电离显碱性，①②③是水解显碱性，根据对应的酸越弱，其水解程度越大；
(3)根据酸的强弱H2CO3>HClO>HCO3−，向次氯酸钠溶液通入少量CO2生成次氯酸和碳酸氢根离子；
(4)由于醋酸电离程度与一水合氨电离程度相同，碳酸电离程度小于醋酸电离程度；
(5)向aml⋅L−1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的稀盐酸，溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH−)=1.0×10−7ml⋅L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=a2ml/L，则c(CH3COOH)=c(Cl−)，设c(CH3COOH)=c(Cl−)=x，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=1×10−7×(a2−x)x=1.7×10−5，解得x=a342；
Ⅱ.(6)SOCl2与水发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色；
(7)用SOCl2与FeCl3⋅6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是SOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水。
本题考查了弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
20.【答案】向①中溶液加入足量稀盐酸 有乳白色或淡黄色沉淀生成 取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液 有白色沉淀生成 容量瓶 酸式 淀粉溶液 滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复 97%
【解析】解：(1)取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子，
故答案为：向①中溶液加入足量稀盐酸；有乳白色或淡黄色沉淀生成；取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液；有白色沉淀生成；
(2)①配制一定物质的量浓度溶液所用的仪器为100mL容量瓶；配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平，所以配制100mL样品溶液，
故答案为：100mL容量瓶；
②量取0.00970ml⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液应使用酸式滴定管，滴定过程中发生反应Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，故应使用淀粉溶液为指示剂，终点现象为滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复，根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I− 得关系式K2Cr2O7∼Cr2O72−∼6S2O32−∼6Na2S2O3⋅5H2O，第二组误差较大舍去，硫代硫酸钠平均用量为24.80mL，故样品纯度为0.0097×0.02×6×248××100%=97%，
故答案为：酸式；淀粉溶液；滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复；97%。
(1)取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子；
(2)①配制一定物质的量浓度溶液所用的仪器为100mL容量瓶；配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平；
②量取0.00970ml⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液应使用酸式滴定管，滴定过程中发生反应Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，故应使用淀粉溶液为指示剂，终点现象为滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复，根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I− 得关系式K2Cr2O7∼Cr2O72−∼6S2O32−∼6Na2S2O3⋅5H2O，第二组误差较大舍去，硫代硫酸钠平均用量为24.80mL，据此计算。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2−
A
B
C
D
c(I2)/mml⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mml⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mml⋅L−1
1.00
1.56
4.00
1.56
元素
电离能/(kJ⋅ml−1)
I1
I2
I3
I4
I5
某种元素
578
1817
2745
11575
14830
化学式
CH3COOH
NH3⋅H2O
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10−5
1.7×10−5
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
3.2×10−8
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③ ______
④ ______ ，有刺激性气体产生
⑤静置， ______
⑥ ______
溶液
次数
1
2
3
K2Cr2O7溶液/mL
20.00
20.00
20.00
Na2S2O3溶液/mL
24.60
27.48
25.00
化学与生产生活密切相关。下列有关说法错误的是( )
A. 家庭常用的锌锰碱性电池放电时，将化学能转化为电能
B. 一次性保暖贴的主要原料是铁粉、食盐和活性炭，因发生电化学反应放热
C. 明矾是一种良好的净水剂，能够杀菌消毒净化水质
D. 我国科学家突破的CO2人工合成淀粉技术有利于我国实现碳中和
N4分子结构如图，已知断裂1mlN−N吸收167kJ热量，生成1mlN≡N放出942kJ热量。则由N2气体生成1ml气态N4的ΔH为( )
A. +882kJ⋅ml−1
B. +441kJ⋅ml−1
C. −882kJ⋅ml−1
D. −441kJ⋅ml−1
已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为aml⋅L−1的一元酸HA与bml⋅L−1一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是( )
A. a=b
B. 混合溶液的pH=7
C. 混合溶液中，c(H+)=Kw ml⋅L−1
D. 混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH−)+c(A−)
下列状态的镁原子中，电离最外层一个电子所需能量最小的是( )
A. B.
C. D.
常温下，下列各组离子能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中：Ba2+、NH4+、NO3−、Fe2+
B. 无色溶液中：H+、K+、I−、MnO4−
C. 在c(H+)：c(OH−)=1：1012的溶液中：Na+、CO32−、NO3−、SO42−
D. 由水电离出的c(OH−)=1.0×10−13ml⋅L−1的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−
我国航母特种钢材全部国产，研发过程中重点提高了材料的耐腐蚀性。在一定条件下，某钢材腐蚀情况与溶液pH的关系如表所示，下列说法正确的是( )
A. 当pH<6.5时，碳钢主要发生化学腐蚀
B. 当pH<4和pH>13.5时，碳钢主要发生析氢腐蚀
C. pH不同的情况下，正极反应均为O2+4e−+2H2O=4OH−
D. pH=14时，负极反应为4OH−+Fe−3e−=FeO2−+2H2O
下列各项叙述中，错误的是( )
A. 原子的量子力学模型是根据量子力学理论和原子光谱建构的原子模型
B. 单个电子的空间运动状态用原子轨道来描述
C. 基态原子中，3d能级中电子的能量一定高于4s能级的电子
D. 基态原子中处于同一原子轨道上的电子自旋运动状态一定不同
关于下列图示的阐释正确的是( )
A. 表示某一放热的基元反应在有无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 表示不同压强对可逆反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)的影响
C. 表示25℃时，体积均为100mL、pH=2的CH3COOH溶液和HX溶液加水稀释过程中pH的变化，则25℃时的电离常数：HX>CH3COOH
D. 表示反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始时CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，则NO的转化率：c>b>a
下列关于铜电极的叙述正确的是( )
A. 铜锌原电池中铜是正极B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C. 在镀件上电镀铜时用金属铜作阴极D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO−CO的反应历程，该反应经历了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个过渡态。图中显示的是反应路径中每一阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的能量之差。下列说法正确的是( )
A. N2O比更不容易与CO发生反应
B. 整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能最大
C. 2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H>0
D. 其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，提高反应物的转化率
一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mml⋅L−1，c(HI)=0.78mml⋅L−1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mml⋅L−1=10−3ml⋅L−1)( )
A. AB. BC. CD. D
催化还原二氧化碳是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，电池总反应为：CO2+NaCl−通电CO+NaClO。下列说法正确的是( )
A. 太阳能电池的正极为A极
B. 该装置工作时，质子通过交换膜由电极Ⅱ移向电极Ⅰ
C. 催化电极Ⅰ的电极反应：CO2−2e−+2H+=CO+H2O
D. 该装置不仅还原CO2，还产生了具有经济附加值的次氯酸盐
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3：2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4。下列说法错误的是( )
A. 与W生成的气态化合物的热稳定性：Z>Y
B. Y、Z、R的第一电离能：R>Z>Y
C. X、Z、R的原子半径：R>Z>X
D. X、Z、R的电负性：Z
A. NaHA溶液的pH<7
B. lg[Ka2(H2A)]=−4.2
C. pH=2.9时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)
D. 可逆反应：A2−+H2A⇌2HA−的平衡常数K=10−3
“寒芒秀采总称珍，就中鸡缸最为冠”，色彩浓艳的斗彩鸡缸杯是我国陶瓷珍品。HgS是一种难溶于水的朱砂红釉彩，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. HgS在p点与n点的溶解度相同
B. HgS溶于水形成的饱和溶液中c(Hg2+)=c(S2−)
C. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)=2.5×10−53
D. 向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成沿曲线向m方向移动
已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E和D的最高能层数相同，其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。
(1)请用元素符号完成下列空白：
①元素：C ______、F ______。
②A、B、C三种元素的电负性：______>______>______。
③B、C、D、E4种元素的第一电离能：______>______>______>______。
(2)下表是A∼F元素中某种元素的部分电离能，由此可判断该元素是 ______(填元素符号)。
(3)F元素位于周期表的 ______区，此区元素的价电子层结构特点是 ______。
全钒液流电池是一种活性物质循环流动的液态电池，以溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子为电极反应的活性物质，基本工作原理示意图如图：
回答下列问题：
(1)钒在元素周期表中的位置是 ______，同周期中的基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的原子的价电子排布式是 ______。
(2)硫酸是铅蓄电池的电解质，在铅蓄电池中负极的电极反应式是 ______。
(3)全钒液流电池放电时，左槽溶液颜色逐渐有黄变蓝，则b电极的反应式是 ______。若有0.2ml电子转移，质子交换膜左侧电解液质量 ______(填“增加”或“减少”)质量为 ______。
(4)全钒液流电池充电时，电极a应连接电源的 ______极，电极反应式为 ______。
氮氧化物是造成大气污染的重要成分，研究对污染气体N2O、CO的处理方法对环境的治理有重要意义。
(1)研究发现二者可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示：
则二者转化为无害气体反应的热化学方程式为 ______(ΔH用含ΔH1、ΔH2关系式表示)，试从理论上简要分析该反应常温下能否自发进行 ______。从图中分析，N2O和CO之间的反应分为两个过程，其中决速步为 ______(填“第1步”或“第2步”)反应，写出另一步的转化关系式 ______。
(2)在T℃下，分别向两个相同体积的恒容密闭容器1、2中充入等物质的量的N2O和CO气体，发生反应N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。实验测得容器1、2中混合气体中N2的物质的量分数随时间的变化关系如图2所示，平衡后总压强分别为P1kPa、P2kPa。
①试解释容器1、2到达平衡的时间、N2的物质的量分数不同的原因 ______。
②计算容器1中反应的压强平衡常数Kp=______。
③实验测定该反应的反应速率v正=k正⋅c(N2O)c(CO)，v逆=k逆⋅c(N2)c(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。计算容器2中Q点处对应的v正v逆=______。
水溶液是生命体赖以生存的环境，许多化学反应都是在水溶液中进行的。
Ⅰ.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
请回答下列问题：
(1)室温下，关于pH=11的NH3⋅H2O溶液，下列分析正确的是 ______。
A.c(NH3⋅H2O)=1×10−3ml⋅L−1
B.由水电离出的c(H+)=1×10−11ml⋅L−1
C.加入少量NH4Cl固体，NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，Kw的值减小
D.加入等体积pH=3的盐酸，所得溶液：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)
(2)物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的六种溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaClO④NH3⋅H2O⑤CH3COOH⑥NH4Cl，pH由小到大的顺序 ______(填序号)。
(3)向次氯酸钠溶液通入少量CO2发生反应的离子方程式 ______。
(4)碳酸氢铵溶液显 ______(填“酸”、“中”或“碱”)性。
(5)向aml⋅L−1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的稀盐酸，溶液恰好呈中性，则所加稀盐酸的物质的量浓度 ______ml⋅L−1(用含a的式子表示)。
Ⅱ.SOCl2是一种液态化合物，在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加8∼10滴SOCl2，发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色。
(6)则SOCl2和水反应的化学方程式为：______。
(7)若将FeCl3溶液直接蒸干得不到无水FeCl3，用SOCl2与FeCl3⋅6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是 ______。(用简要的文字回答)
硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3⋅5H2O,M=248g⋅ml−1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸盐杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的 ______中，加蒸馏水至刻度线。
②用 ______(填仪器名称)量取0.00970ml⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL于锥形瓶中，硫酸酸化后加入过量KI溶液，发生反应：Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用上述硫代硫酸钠溶液滴定至接近终点的淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−。加入 ______作为指示剂，继续滴定，当 ______，即为终点。平行滴定3次，所得数据如表，则样品纯度为 ______(保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.家庭常用的锌锰碱性电池为原电池，放电时，将化学能转化为电能，故A正确；
B.铁粉、食盐和活性炭混合发生电化学腐蚀，产生大量的热，故B正确；
C.明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用来杀菌消毒，故C错误；
D.CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少，有利于我国实现碳中和，故D正确；
故选：C。
A.原电池是将化学能转化为电能的装置；
B.铁粉、食盐和活性炭混合发生电化学腐蚀；
C.明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；
D.CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少。
本题考查化学在生产生活中的应用，题目难度不大，明确物质的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
2.【答案】A
【解析】解：由题意知，N≡N的键能为942kJ/ml，N−N键的键能为167kJ/ml，生成1mlN4的反应为2N2(g)=N4(g)，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由N2气体生成1ml气态N4的△H=2×942kJ/ml−6×167kJ/ml=+882kJ/ml，
故选：A。
由图示N4分子的结构可知，1mlN4分子中含有6mlN−N键，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，据此计算解答。
本题考查反应热的计算，明确物质组成、焓变与反应物、生成物键能的关系为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故A错误；
B.因温度未知，则pH=7不一定为中性，故B错误；
C.混合溶液中，c(H+)=KWml/L，根据c(H+)⋅c(OH−)=KW，可知溶液中c(H+)=c(OH−)=KWml/L，溶液呈中性，故C正确；
D.任何溶液都存在电荷守恒，即c(H+)+c(B+)=c(OH−)+c(A−)，不能确定溶液的酸碱性，故D错误。
故选：C。
温度T时水的离子积常数为KW，浓度为aml/L的一元酸HA与bml/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c(H+)=c(OH−)=KWml/L.
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c(H+)=c(OH−)，由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断．
4.【答案】C
【解析】解：各微粒失去1个电子，A为Mg的第二电离能，B是Mg的基态第一电离能，C是Mg的激发态第一电离能，D是Mg的激发态第二电离能，故电离最外层一个电子所需能量最小的是C，
故选：C。
元素的第一、二、三……逐级电离能依次升高，基态的第一电离能大于激发态。
本题考查核外电子排布、电离能，关键是根据电子排布图确定表示的微粒及处于基态、激发态情况，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.pH=1的溶液呈酸性，Ba2+、NH4+、NO3−、Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.MnO4−为有色离子，H+、I−、MnO4−之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.在c(H+)：c(OH−)=1：1012的溶液呈碱性，Na+、CO32−、NO3−、SO42−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D.由水电离出的c(OH−)=1.0×10−13ml⋅L−1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3−与氢离子反应，NH4+、HCO3−与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B.高锰酸根离子为有色离子，酸性条件下高锰酸根离子能够氧化碘离子；
C.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
D.该溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH−；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
6.【答案】D
【解析】解：A.pH<4时，酸性条件下钢铁腐蚀析氢腐蚀，而不是化学腐蚀，故A错误；
B.pH<4时发生析氢腐蚀，pH>13.5时，发生吸氧腐蚀，而不是都发生析氢腐蚀，故B错误；
C.酸性条件下，正极上氢离子得电子，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故C错误；
D.pH=14时，钢铁腐蚀吸氧腐蚀，负极上Fe失电子和氢氧根离子反应生成FeO2−和水，电极反应式为4OH−+Fe_3e−=FeO2−+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.pH<4时，酸性条件下钢铁腐蚀析氢腐蚀；
B.pH<4时发生析氢腐蚀，pH>13.5时，发生吸氧腐蚀；
C.酸性条件下，正极上氢离子得电子；
D.pH=14时，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上Fe失电子和氢氧根离子反应生成FeO2−和水。
本题考查金属腐蚀与防护，侧重查看阅读、对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确金属腐蚀原理、析氢腐蚀和吸氧腐蚀区别是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：A.根据量子力学理论和原子光谱，可知核外电子能量不同，是按能量差异进行分层排布的，是原子的量子力学模型的依据，故A正确；
B.量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，单个电子的空间运动状态用原子轨道来描述，故B正确；
C.由于电子屏蔽效应，基态原子中3d能级中电子的能量不一定高于4s能级的电子，故C错误；
D.根据泡利原理，一个原子轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反，故D正确；
故选：C。
A.量子力学理论和原子光谱是原子的量子力学模型的依据；
B.量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；
C.基态原子中，3d能级中电子的能量不一定高于4s能级的电子，与电子屏蔽效应等有关；
D.同一原子轨道上的电子自旋方向相反。
本题考查考查核外电子排布，题目难度不大，注意构造原理中能级交错与洪特规则特例，有利于基础知识的复习巩固。
8.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，图中反应物总能量小于生成物总能量，则该反应正反应为吸热反应，故A错误；
B.根据“先拐先平数值大”知压强：P2>P1，该反应前后气体计量数增大，增大压强平衡逆向移动，所以达到平衡时两种压强下水蒸气含量：P2
故选：D。
A.反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，否则为放热反应；
B.该反应前后气体计量数增大，增大压强平衡逆向移动；
C.相同温度下，体积和pH都相同的CH3COOH溶液和HX溶液分别加水稀释相同倍数，pH值变化较大的酸酸性较强，弱酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；
D.加入的n(CO)越多，NO的转化率越大。
本题以图象分析为载体考查反应热和焓变、化学平衡影响因素、弱电解质的电离等知识点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离影响因素、外界条件对化学平衡移动影响原理等知识点是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.铜锌原电池中，锌易失电子而作负极，铜作正极，故A正确；
B.电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；
C.在镀件上电镀铜时，镀件作阳极，镀层铜作阳极，故C错误；
D.电解稀硫酸制取氢气和氧气时，如果用铜作阳极，则阳极上是铜放电而不是氢氧根离子放电，所以得不到氧气，应该用惰性电极作阳极，故D错误；
故选A.
A.铜锌原电池中，锌作负极，铜作正极；
B.电解法精炼铜时，粗铜作阳极；
C.在镀件上电镀铜时，金属铜作阳极；
D.电解稀硫酸制取氢气、氧气时，阳极应该用惰性电极．
本题考查了原电池和电解质原理，明确电极上得失电子及反应类型是解本题关键，易错选项是D，注意电解池中活泼金属作阳极时，阳极上金属放电而不是电解质溶液中阴离子放电，为易错点．
10.【答案】AB
【解析】
【解答】
A. 由题干图可知，第二阶段的活化能为215kJ/ml，第三阶段的活化能为326kJ/ml，反应的活化能越高，反应速率越慢，反应进行的程度越小，则第二阶段比第三阶段更易进行，即N2O比更不容易与CO发生反应，故A正确；
B. 由题干图可知第一阶段、第二阶段、第三阶段的活化能分别为451kJ/ml、215kJ/ml、326kJ/ml，即三个基元反应阶段中第一个反应阶段活化能最大，故B正确；
C. 三个基元反应阶段为：①NO(g)+NO(g)=△H=+312kJ⋅ml−1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=−513kJ⋅ml−1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=−356kJ⋅ml−1，根据盖斯定律①+②+③得到总反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)的△H=+312kJ⋅ml−1+(−513kJ⋅ml−1)+(−356kJ⋅ml−1)=−557kJ⋅ml−1<0，故C错误；
D. 正反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)是气体体积减少的放热反应，增大压强可以增大反应速率，提高反应物的平衡转化率，但催化剂不能改变化学平衡状态，不能改变平衡转化率，故D错误；
故选：AB。
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握活化能及其对反应速率的影响、化学平衡的影响因素、基元反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算应用，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】
【解答】
题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断反应的进行方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则反应逆向进行的可能性越大。
Qc(A)=121×1=1，Qc(B)=×0.22=50.28，Qc(C)=420.44×0.44=82.64，Qc(D)=×0.11=50.28，Qc(C)的值最大，
故选C。
【分析】
本题考查浓度商的计算，根据反应的方程式列出浓度商的表达式，结合选项数据计算判断是解题的关键，难度不大。
12.【答案】BD
【解析】解：A.结合分析可知，电极II为阳极，故B为电源正极，故A错误；
B.阳离子向阴极移动，电极I为阴极，故B正确；
C.阳极得电子发生还原反应，电极方程式为CO2+2e−+2H+=CO+H2O，故C错误；
D.阳极可发生反应Cl−−2e−+H2O=ClO−+2H+，产生有漂白、消毒功能的具有经济附加值的次氯酸盐，故D正确；
故选：BD。
由电池总反应为：CO2+NaCl−电解CO+NaClO，可知，CO2得电子生成CO，电极Ⅰ生成CO得电子为阴极，电极Ⅱ为阳极，以此解答。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，W为H，X为O，Y为Si，Z为S，R为Cl元素，
A.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性S>Si，则简单氢化物的稳定性：Z>Y，故A正确；
B.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，则Y、Z、R的第一电离能：R>Z>Y，故B正确；
C.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z>R>X，故C错误；
D.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Z
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H；Z的价电子排布式为3s23p4，则Z为S元素；R的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则R为Cl元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3：2，X与Z同主族，则X为O，Y原子的M层含有4个电子，则Y为Si元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，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.【答案】D
【解析】解：A.根据图中曲线pH=1.2时，c(HA−)=c(H2A)，可得Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A)=c(H+)=1.0×10−1.2，pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)，Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=c(H+)=1.0×10−4.2，NaHA溶液Kh2=KwKa1=10−1410−1.2=1.0×10−12.8
C.根据图中曲线分析pH=2.9时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，故C正确；
D.H2A⇌HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，将第一个反应减去第二个反应，因此得到可逆反应：A2−+H2A⇌2HA−的平衡常数K=c2(HA−)c(A2−)c(H2A)=Ka1Ka2=10−1.210−4.2=103，故D错误；
故选：D。
A.根据图中曲线pH=1.2时，c(HA−)=c(H2A)，可得Ka1=c(H+)c(HA−)c(H2A)=c(H+)=1.0×10−1.2，pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)，Ka2=c(H+)c(A2−)c(HA−)=c(H+)=1.0×10−4.2，NaHA溶液Kh2=KwKa1=1.0×10−12.8
C.根据图中曲线分析pH=2.9时，c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)；
D.H2A⇌HA−+H+，HA−⇌A2−+H+，将第一个反应减去第二个反应，因此得到可逆反应：A2−+H2A⇌2HA−的平衡常数K=c2(HA−)c(A2−)c(H2A)。
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，题目难度中等。
15.【答案】BC
【解析】解：A、p点与n点的Hg2+的浓度不相同，p点与n点的S2−的浓度不相同，溶解的HgS的质量就不同，即溶解度不同，故A错误；
B、在水溶液中，HgS(s)⇌Hg2+(aq)+S2−(aq)；1mlHgS溶于水形成饱和溶液，完全电离出1mlHg2+和1mlS2−，即c(Hg2+)=c(S2−)，故B正确；
C、p点的Ksp=c(Hg2+)c(S2−)=5×10−27ml⋅L−1×5×10−27ml⋅L−1=2.5×10−53，又因m点、p点、n点在同一温度线上，Ksp只受温度影响，所以Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)=2.5×10−53，故C正确；
D、HgS(S)⇌Hg2+(aq)+S2−(aq)，向p点的溶液中加入少量Na2S固体，c(S2−)增大，平衡逆向移动，c(Hg2+)减小；应沿曲线向n方向移动，故D错误；
故选：BC。
A、p点与n点的Hg2+和S2−的浓度各不相同；
B、HgS(s)⇌Hg2+(aq)+S2−(aq)；
C、同一温度下，Ksp不变；
D、S2−离子浓度增大，溶解平衡逆向移动。
本题考查学生对题干的分析理解能力、分析图表的能力，能够准确提取到有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：溶解度的定义、Ksp、溶解平衡的移动等知识，学生要善于捕捉题干信息，难度中等。
16.【答案】OCuONHNOAl(Ti)Na(或K)Alds(n−1)d能级填充满，ns能级填充1∼2电子
【解析】解：由分析可知，A为H、B为N、C为O、D为Na(或K)、E为Al(或Ti)、F为Cu；
(1)①由分析可知，C为O元素，F为Cu元素，
故答案为：O；Cu；
②N、O在它们的氢化物中都表现负价，说明它们的电负性都比H元素大，同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性O>N>H，
故答案为：O>N>H；；
③同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族大于ⅢA族、VA族大于VIA族，某些过渡元素也反常，第一电离能N>O>Al>Na(或N>O>Ti>K)，
故答案为：N>O>Al>Na(或N>O>K>Ti)；
(2)该元素第四电离能剧增，说明该元素最外层电子数为3，应是Al元素，
故答案为：Al；
(3)F为Cu元素，其价电子排布式为3d104s1，位于周期表的ds区，此区元素的价电子层结构特点：(n−1)d能级填充满，ns能级填充1∼2电子，
故答案为：ds；(n−1)d能级填充满，ns能级填充1∼2电子。
A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前30号元素，其中A是宇宙中含量最多的元素，则A为H元素；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，而n=2，则C为O元素；B的原子序数小于氧，B元素原子最高能级不同轨道上都有电子，并且自旋方向相同，其核外电子排布式为1s22s22p3，则B为N元素；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，则F处于第四周期，其核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu；D的原子序数大于氧，D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p64s1，E和D的最高能层数相同，其价层电子数等于其电子层数，若D为Na，则E为Al，若D为K，E的外围电子排布式为3d24s2，则E为Ti。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期律，注意电子构型对电离能的影响。
17.【答案】第四周期第ⅤB族 3d54s1 Pb+SO42−−2e−=PbSO4 V2+−e−=V3+ 增加 0.2正 VO2++H2O+e−=VO2++2H+
【解析】解：(1)钒在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤB族，同周期中的基态原子的电子排布式中，未成对电子数最多的原子的价电子排布式是Cr，含有6个未成对电子，价电子排布式为3d54s1，
故答案为：第四周期第ⅤB族；3d54s1；
(2)由铅蓄电池的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，氧化剂做正极，还原剂做负极，所以正极材料是PbO2，放电时负极的电极反应式为：Pb+SO42−−2e−=PbSO4，
故答案为：Pb+SO42−−2e−=PbSO4；
(3)结合分析可知，放电时，b电极为负极，发生反应V2+−e−=V3+，若有0.2ml电子转移，氢离子向左侧移动，质子交换膜左侧电解液质量增加，转移0.2ml氢离子，增加质量为0.2g，
故答案为：V2+−e−=V3+；增加；0.2；
(4)全钒液流电池充电时，电极a为阳极，连接电源正极，发生氧化反应，对应方程式为VO2++H2O+e−=VO2++2H+，
故答案为：正；VO2++H2O+e−=VO2++2H+。
放电时正极反应是VO2+得电子生成VO2+的还原反应；充电时阴极反应也为还原反应，为V3+得电子生成V2+的反应；充电时阳极发生氧化反应，充电完毕的正极电解液为VO2+溶液，而放电完毕的正极电解液为VO2+溶液，据此分析回答问题。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
18.【答案】N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2 ΔH<0，S基本不变，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则该反应常温下能自发进行 第1步 Pt2O2++CO=Pt2O++CO2 容器1反应速率快，该反应放热，则容器1反应温度升高，容器1属于绝热容器，所以氮气的物质的量分数较小；容器2为恒温容器，故反应速率慢，氮气的物质的量分数较高 49 499
【解析】解：(1)由图1及盖斯定律可知，两个反应相加得到N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2；由图可知，该反应为气体分子数不变的放热反应，ΔH<0，S基本不变，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则该反应常温下能自发进行；由图可知，第1步反应的活化能大于第2步，N2O和CO之间的反应决速步为第1步，另一步的转化关系式为Pt2O2++CO=Pt2O++CO2，
故答案为：N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2；ΔH<0，S基本不变，根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行，则该反应常温下能自发进行；第1步；Pt2O2++CO=Pt2O++CO2；
(2)①该反应是气体体积不变的放热反应，起始物质的量相同，但容器1先达到平衡状态，容器1反应速率快，该反应放热，则容器1反应温度升高，容器1属于绝热容器，所以氮气的物质的量分数较小；容器2为恒温容器，故反应速率慢，氮气的物质的量分数较高，
故答案为：容器1反应速率快，该反应放热，则容器1反应温度升高，容器1属于绝热容器，所以氮气的物质的量分数较小；容器2为恒温容器，故反应速率慢，氮气的物质的量分数较高；
②起始的N2O和CO气体物质的量相等，根据方程式，平衡时n(N2O)=n(CO)，n(N2)=n(CO2)，x(N2)=x(CO2)=20%，x(N2O)=x(CO)=30%，Kp=p(CO2)⋅p(N2)p(N2O)⋅p(CO)=0.2p1kPa××0.3p1kPa=49，
故答案为：49；
③反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则k正⋅c(N2O)c(CO)=k逆⋅c(N2)c(CO2)，k正k逆=c(N2)⋅c(CO2)c(N2O)⋅c(CO)，以容器2的数据列化学平衡三段式，
N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(ml)aa00
转化(ml)xxxx
平衡(ml)a−xa−xxx
混合气体中N2的物质的量分数为25%=x2a×100%，解得x=0.5a，k正k逆=c(N2)⋅c(CO2)c(N2O)⋅c(CO)=0.5a××0.5a=1，
N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(ml)aa00
转化(ml)yyyy
平衡(ml)a−ya−yyy
混合气体中N2的物质的量分数为15%=y2a×100%，解得y=0.3a，v正v逆=k正k逆c(N2O)⋅c(CO)c(N2)⋅c(CO2)=1×0.7a××0.3a=499，
故答案为：499。
(1)由图1及盖斯定律可知，两个反应相加得到N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)；根据ΔH−TΔS<0，反应才能自发进行；N2O和CO之间的反应分为两个过程，其中决速步为活化能最大的步骤；
(2)①该反应是气体体积不变的放热反应，起始物质的量相同，但容器1先达到平衡状态，反应速率快，说明容器1温度高于容器2；
②起始的N2O和CO气体物质的量相等，根据方程式，平衡时n(N2O)=n(CO)，n(N2)=n(CO2)，则x(N2)=x(CO2)=20%，x(N2O)=x(CO)=30%，结合Kp=p(CO2)⋅p(N2)p(N2O)⋅p(CO)计算；
③反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则k正⋅c(N2O)c(CO)=k逆⋅c(N2)c(CO2)，k正k逆=c(N2)⋅c(CO2)c(N2O)⋅c(CO)，结合Q点数据，v正v逆=k正k逆c(N2O)⋅c(CO)c(N2)⋅c(CO2)计算。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
19.【答案】B ⑤⑥②③④① ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 碱 a172 SOCl2+H2O=SO2+2HClSOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水，或SOCl2与水反应生成HCl，抑制Fe3+水解
【解析】解：Ⅰ.(1)A.pH=11的NH3⋅H2O溶液，一水合氨是部分电离，因此c(NH3⋅H2O)>1×10−3ml⋅L−1，故A错误；
B.pH=11的NH3⋅H2O溶液中的氢离子来自于水，因此水电离出的c(H+)=1×10−11ml⋅L−1，故B正确；
C.加入少量NH4Cl固体，NH3⋅H2O的电离平衡逆向移动，Kw的值不变，故C错误；
D.加入等体积pH=3的盐酸，反应后溶质为氯化铵和一水合氨的混合物，溶液显碱性，所得溶液：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故答案为：B；
(2)物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的六种溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaClO④NH3⋅H2O⑤CH3COOH⑥NH4Cl，①②③④显碱性，④电离显碱性，①②③是水解显碱性，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，碳酸根离子的水解常数大于一水合氨的电离常数，因此①的碱性最强，其次是③，再次是②，⑤⑥显酸性，⑥是水解显酸性，⑤是电离显酸性，醋酸的电离常数大于铵根离子的水解常数，因此pH由小到大的顺序⑤⑥②③④①，
故答案为：⑤⑥②③④①；
(3)根据酸的强弱H2CO3>HClO>HCO3−，向次氯酸钠溶液通入少量CO2发生反应的离子方程式ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−，
故答案为：ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3−；
(4)由于醋酸电离程度与一水合氨电离程度相同，碳酸电离程度小于醋酸电离程度，因此碳酸氢铵溶液显碱性，
故答案为：碱；
(5)向aml⋅L−1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的稀盐酸，溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH−)=1.0×10−7ml⋅L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=a2ml/L，则c(CH3COOH)=c(Cl−)，设c(CH3COOH)=c(Cl−)=x，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=1×10−7×(a2−x)x=1.7×10−5，解得x=a342，由于是等体积混合，因此原来所加稀盐酸的物质的量浓度为a172ml/L，
故答案为：a172；
Ⅱ.(6)SOCl2与水发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色，则SOCl2和水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl，
故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；
(7)用SOCl2与FeCl3⋅6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是SOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水，或SOCl2与水反应生成HCl，抑制Fe3+水解，
故答案为：SOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水，或SOCl2与水反应生成HCl，抑制Fe3+水解。
Ⅰ.(1)A.pH=11的NH3⋅H2O溶液，一水合氨是部分电离，因此c(NH3⋅H2O)>1×10−3ml⋅L−1；
B.pH=11的NH3⋅H2O溶液中的氢离子来自于水；
C.Kw只与温度有关；
D.加入等体积pH=3的盐酸，反应后溶质为氯化铵和一水合氨的混合物，溶液显碱性；
(2)物质的量浓度均为0.1ml⋅L−1的六种溶液①Na2CO3②NaHCO3③NaClO④NH3⋅H2O⑤CH3COOH⑥NH4Cl，①②③④显碱性，④电离显碱性，①②③是水解显碱性，根据对应的酸越弱，其水解程度越大；
(3)根据酸的强弱H2CO3>HClO>HCO3−，向次氯酸钠溶液通入少量CO2生成次氯酸和碳酸氢根离子；
(4)由于醋酸电离程度与一水合氨电离程度相同，碳酸电离程度小于醋酸电离程度；
(5)向aml⋅L−1的CH3COONa溶液加入等体积的未知浓度的稀盐酸，溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH−)=1.0×10−7ml⋅L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)，根据物料守恒c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=a2ml/L，则c(CH3COOH)=c(Cl−)，设c(CH3COOH)=c(Cl−)=x，Ka=c(H+)c(CH3COO−)c(CH3COOH)=1×10−7×(a2−x)x=1.7×10−5，解得x=a342；
Ⅱ.(6)SOCl2与水发生剧烈反应，液面上有白色酸雾形成，产生有刺激性气味的气体，该气体可使湿润的品红试纸褪色；
(7)用SOCl2与FeCl3⋅6H2O混合共热，则可得到无水FeCl3，其原因是SOCl2能够吸收FeCl3⋅6H2O中的水。
本题考查了弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
20.【答案】向①中溶液加入足量稀盐酸 有乳白色或淡黄色沉淀生成 取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液 有白色沉淀生成 容量瓶 酸式 淀粉溶液 滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复 97%
【解析】解：(1)取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子，
故答案为：向①中溶液加入足量稀盐酸；有乳白色或淡黄色沉淀生成；取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液；有白色沉淀生成；
(2)①配制一定物质的量浓度溶液所用的仪器为100mL容量瓶；配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平，所以配制100mL样品溶液，
故答案为：100mL容量瓶；
②量取0.00970ml⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液应使用酸式滴定管，滴定过程中发生反应Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，故应使用淀粉溶液为指示剂，终点现象为滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复，根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I− 得关系式K2Cr2O7∼Cr2O72−∼6S2O32−∼6Na2S2O3⋅5H2O，第二组误差较大舍去，硫代硫酸钠平均用量为24.80mL，故样品纯度为0.0097×0.02×6×248××100%=97%，
故答案为：酸式；淀粉溶液；滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复；97%。
(1)取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子；
(2)①配制一定物质的量浓度溶液所用的仪器为100mL容量瓶；配制过程中将溶质溶解冷却至室温后转移溶液至容量瓶中，然后加入蒸馏水至容量瓶刻度线1∼2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相平；
②量取0.00970ml⋅L−1的K2Cr2O7标准溶液应使用酸式滴定管，滴定过程中发生反应Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，故应使用淀粉溶液为指示剂，终点现象为滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复，根据Cr2O72−+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O、I2+2S2O32−=S4O62−+2I− 得关系式K2Cr2O7∼Cr2O72−∼6S2O32−∼6Na2S2O3⋅5H2O，第二组误差较大舍去，硫代硫酸钠平均用量为24.80mL，据此计算。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2−
A
B
C
D
c(I2)/mml⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mml⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mml⋅L−1
1.00
1.56
4.00
1.56
元素
电离能/(kJ⋅ml−1)
I1
I2
I3
I4
I5
某种元素
578
1817
2745
11575
14830
化学式
CH3COOH
NH3⋅H2O
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.7×10−5
1.7×10−5
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
3.2×10−8
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③ ______
④ ______ ，有刺激性气体产生
⑤静置， ______
⑥ ______
溶液
次数
1
2
3
K2Cr2O7溶液/mL
20.00
20.00
20.00
Na2S2O3溶液/mL
24.60
27.48
25.00
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