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2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共26页。试卷主要包含了1ml/L减少到0，2℃，固体杂质不参与反应，6kJ/ml，0kJ/ml，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末化学试卷
1. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. K2SO4 B. NaOH C. NH3⋅H2O D. HClO4
2. 下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是( )
A. Ca(OH)2 B. AlCl3 C. NaHSO4 D. KNO3
3. 下列名称及其对应的仪器不正确的是( )
A. 具支试管 B. 烧瓶
C. 坩埚 D. 锥形瓶
4. 下列描述不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 工业制备硫酸时采用高温常压氧化二氧化硫
B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 工业合成氨时将氨液化分离
D. 打开密封的可乐瓶，会有气泡往上冒
5. 下列说法不正确的是( )
A. 利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
B. 核外电子的概率密度分布被称为电子云
C. 等离子体和离子液体都具有良好的导电性
D. 用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是相同的
6. 下列化学用语不正确的是( )
A. 基态Cu的价层电子排布式3d94s2
B. H2O的VSEPR模型
C. Fe3+价层电子轨道表示式
D. CH2O的空间充填模型
7. 反应A+B→C分两步进行：①A+B→X(ΔH<0)，②X→C(ΔH>0)，E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能。下列图示正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 下列结构属于晶胞且对应的化学式不正确的是(图中：●−X，〇−Y)( )
A. XY B. XY2
C. XY3 D. X2Y
9. 已知反应：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，在室温下迅速混合反应液，2min内测得c(MnO4−)从0.1mol/L减少到0.02mol/L(反应过程中忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是( )
A. v(MnO4−)=0.04mol⋅L−1⋅s−1 B. v(Mn2+)=0.02mol⋅L−1⋅min−1
C. v(H2C2O4)=0.1mol⋅L−1⋅min−1 D. 2min内产生的CO2为8.96L
10. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸，发生如图转化，下列说法正确的是( )
A. ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH3
B. CO32−(aq)+2H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH=ΔH1−ΔH2
C. HCO3−电离时吸热，则ΔH1>0
D. ΔH2<ΔH3
11. 汽车尾气(含CO、NO与SO2等)是城市空气的主要污染源之一，治理的办法是在汽车排气管上安装催化转化器，其反应原理是：2NO(g)+2CO(g)−催化剂N2(g)+2CO2(g)ΔH<0。下列说法正确的是( )
A. 该反应是ΔS>0
B. 该反应使用合适的催化剂就可自发
C. 该反应低温下能自发进行
D. 提高空气燃料比，一定可以减少NO、CO的排放
12. 下列关于共价键的描述正确是( )
A. 两个原子的单电子若自旋方向相同，则两两配对可形成共价键
B. 原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C. 两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键
D. 气体单质中一定存在σ键，可能存在π键
已知A、B、C、D、E、F六种元素在元素周期表中的位置如图，请完成13、14题。
13. 下列说法正确的是( )
A. 离子半径：A
D. E形成的单质属于共价晶体，其熔点高，硬度大
14. 下列说法不正确的是( )
A. 元素的电负性：A
D. F元素原子最外层只有一种自旋方向的电子
15. 鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是( )
选项
粒子
空间结构
解释
A
SO2
V形
S原子采取sp2杂化
B
BF3
三角锥形
B原子采取sp3杂化
C
C2H4
平面三角形
C原子采取sp2杂化
D
ClO3−
四面体形
Cl原子采取sp3杂化
A. A B. B C. C D. D
16. 下列离子方程式书写不正确的是( )
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2
B. 用铁作阳极电解饱和食盐水：2Cl−+2H2O−通电2OH−+Cl2↑+H2↑
C. 向多元弱酸H3PO4中加入过量烧碱：H3PO4+3OH−=PO43−+3H2O
D. 向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可得到CuS沉淀：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)
17. 在1100℃，一定容积的密闭容器中发生反应：FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)ΔH=akJ/mol(a>0)，该温度下K=0.263，下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 若生成1molFe(s)，则吸收的热量小于akJ
B. 若容器内压强不随时间变化，则该反应已达到化学平衡状态
C. 若升高温度，则正、逆反应速率都加快，化学平衡逆向移动
D. 达到化学平衡状态时，若c(CO)=0.100mol/L，则c(CO2)=0.0263mol/L
18. 2019年的诺贝尔化学奖授予锂离子电池研究的三位科学家。如图是一种锂离子电池的工作原理示意图，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2，其总反应可表示为：LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy。下列说法不正确的是( )
A. 放电时锂离子由a极脱嵌，移向b极
B. 充电时b极的反应式为：LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+
C. 充电时，a极接正极，发生还原反应
D. 使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应
19. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是( )
A. CCl4的熔沸点小于SiCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3
B. CH3CH2OH在水中的溶解度很大，则1−戊醇在水中的溶解度也很大
C. N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定
D. AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3⋅H2O反应现象也相同
20. 常温下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事实不能证明该酸为弱酸的是( )
A. 0.10mol/L的NaA溶液中c(OH−)c(H+)=104
B. 往该酸溶液中加入碳酸钠固体，发现有CO2生成
C. 往该酸溶液中滴加同浓度NaOH溶液，呈中性时，酸和碱溶液的体积关系：VNaOH
A. 该配离子中心离子是Cu2+，配位数为2
B. 该配离子中既有极性键又有非极性键
C. 乙二胺分子中H−N−H的键角小于H−C−H的键角
D. 乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl
22. 次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数α[α(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO−),X为HClO或ClO−]与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 对氯水加热，可使α(HClO)增大，漂白和杀菌作用更好
B. NaClO的水解常数：pKh=6.5
C. 将等物质的量的NaClO和HClO混合物溶于水，所得的溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(ClO−)>c(H+)>c(OH−)
D. 在含HClO和ClO−的溶液中，随着pH的变化，则有：c(ClO−)+c(OH−)=c(H+)
23. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)ΔH<0平衡常数为K，已知：①230℃时，该反应的正反应平衡常数K远小于逆反应平衡常数K′②Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。下列判断正确的是( )
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数K增大
B. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
C. 混合气体加热到230℃，Ni(CO)4分解率较低
D. 温度T1若在30℃、50℃、80℃之间选择，应选50℃
24. 以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18g冰(如图1)中含氢键数目为4NA
B. 88g干冰(如图2)中含有0.5NA个晶胞结构单元
C. 25℃，1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O72−离子数为0.1NA
D. 100mL0.1mol⋅L−1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01NA
25. 下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
目的
方案设计
现象与结论
A
验证压强对化学平衡的影响
先将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推压缩体积
观察到注射器内气体颜色加深，证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动
B
铜的电解精炼
待精炼的铜和纯铜连接外加直流电源的阳极和阴极，用硫酸铜溶液作电解质电解
阳极上铜逐渐溶解，阴极上铜逐渐析出，硫酸铜溶液浓度保持不变
C
制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体
向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水，先形成难溶物，并继续滴加沉淀溶解，然后蒸发溶剂析出晶体
反应过程中，NH3的N给出孤对电子，Cu2+接受电子对，形成了稳定的配位键[Cu(NH3)4]2+
D
除去锅炉水垢中的CaSO4
先用碳酸钠溶液浸泡水垢，然后再用盐酸除去
利用Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，实现沉淀的转化
A. A B. B C. C D. D
26. 按要求回答以下问题：
(1)已知MgCl2水解时会生成中间产物碱式氯化镁Mg(OH)Cl(白色，不溶于水)，写出该反应的离子方程式 ______；
(2)由如表数据可知：
羧酸
pKa
乙酸(CH3COOH)
4.76
三氯乙酸(CCl3COOH)
0.65
酸性比较：乙酸 ______三氯乙酸(填“>”、“<”或“=”)，并说明原因：______；
(3)向碘的四氯化碳溶液中加入一定量 KI水溶液，振荡后，四氯化碳层紫红色变浅，水层溶液显黄色，请从平衡和结构的角度解释产生该现象的原因：______。
27. 2021年12月09日，中国太空课堂介绍了空间站利用CO2与H2的反应，将航天员呼出的CO2转化为H2O，然后通过电解H2O得到O2，从而实现O2的再生。
已知：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=−252.9kJ/mol
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ/mol
回答下列问题：
(1)写出甲烷的燃烧热的热化学方程式 ______。
(2)已知O−H、H−H的键能分别为462.8kJ/mol、436kJ/mol，则O=O的键能 ______kJ/mol。(写出计算过程)
28. 用广谱高效的二氧化氯(ClO2)替代液氯进行消毒，可避免产生对人体健康有害的有机氯代物。
(1)工业上，ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加硫酸酸化后反应制得，写出该反应的离子方程式 ______
(2)化学小组欲对用ClO2消毒过的自来水进行氯元素含量的测定(假设ClO2全部转化为Cl−)，进行如下实验：向20.00mL水样中加几滴K2CrO4溶液作指示剂(利用Ag+和CrO42−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点)，用0.001000mol/LAgNO3溶液滴定。
①下列操作顺序是：______→______→______→A→C→______→______(用序号字母填写)
A.移取20.00mL待测水样注入洁净的锥形瓶中，并加入2∼3滴K2Cr2O7试液
B.重复实验2次
C.把锥形瓶放在滴定管的下面，垫上白纸
D.在清水洗涤后，用标准溶液润洗滴定管2∼3次
E.取标准液注入滴定管至刻度线0以上2∼3cm，并固定在铁架台上
F.用标准液滴定至溶液出现砖红色沉淀时，停止滴定，并记下滴定管液面的刻度V2
G.排气泡后，记下读数V1
②盛装上述待测液和标准液需要用到的滴定管分别为 ______和 ______(填“甲”或“乙”)
③下列操作或误差判断正确的是 ______。
A.滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化
B.锥形瓶清洗后需要用待测水样润洗2∼3次
C.滴定完成后，俯视滴定管读数，会造成滴定结果偏高
D.若滴定结束发现滴定管中出现气泡，则使结果偏低
④实验数据如表：
实验次数
滴定前读数/mL
滴定前读数/mL
1
0.10
12.22
2
1.25
13.37
3
0.82
14.52
则：该水样中Cl−物质的量浓度是 ______mol/L
29. 2021年7月，习近平总书记要求将碳达峰、碳中和落实情况纳入中央生态环境治理督察，实现无害化处理是环境治理的一个重要的方法。已知：反应ⅠN2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH<0。
(1)N2O和CO在Fe+作用下发生的反应分两步进行：
第一步：Fe++N2O→FeO++N2；
第二步：FeO++CO→Fe++CO2
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是 ______(填“第一步”或“第二步)。
②下列有关说法正确的是 ______。
A.Fe+改变反应历程，也改变了反应的ΔH
B.升高温度，CO2的体积分数减小
C.FeO+是中间产物，也可叫作催化剂
D.第二步反应中有极性共价键的断裂和形成
(2)已知净反应速率(Δv)：Δv=v(正)_v(逆)(v(正)、v(逆)分别为正、逆反应速率)。
①关于反应Ⅰ在不同温度下，达到平衡时有：Δv(500K)______Δv(550K)(填“>”、“<”或“=”)
②反应Ⅰ的平衡常数为K1，请在图中画出pK(pK=−lgK1)随温度(T)的变化趋势______。
(3)草酸钙CaC2O4是陶瓷上釉时的重要原料之一，已知草酸钙在500℃时会发生如下的分解反应，反应Ⅱ：CaC2O4(s)⇌CaCO3(s)+CO(g)平衡常数K2=e向1L密闭容器中加入足量的CaC2O4固体，再充入一定量的N2O气体，起始压强为b，发生反应Ⅰ、Ⅱ后达到平衡时总压强为c。则500℃时反应Ⅰ的平衡常数K1=______。(用e，b，c来表示)
30. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)基态Zn原子中不同运动状态的电子 ______种，其价层电子轨道表示式为 ______；Zn元素位于元素周期表的 ______区。
(2)Zn与Cu的第一电离能的比较：Zn ______Cu(填“>”、“<”或“=”)，理由是 ______。
(3)Zn2+形成的某种化合物M是常见的补锌剂，其结构如图所示，M中含有的σ键与π键的数目比为 ______。
(4)Zn与S形成的化合物N，其晶胞结构如图所示。每个Zn2+周围等距离且紧邻的Zn2+有 ______个；若晶胞边长为apm，则ZnS晶体的密度为 ______g⋅cm−3(只需列出用含a、NA的计算式)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.K2SO4在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B.NaOH在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.NH3⋅H2O在水溶液中能部分电离，属于弱电解质，故C正确；
D.HClO4在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故D错误；
故选：C。
强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质；弱电解质：在水溶液中能部分电离的电解质。
本题考查了物质的分类，把握电解质强弱分类依据是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化钙溶于水，电离使溶液显碱性，故A错误；
B.氯化铝为强酸弱碱盐，溶于水发生水解使溶液显酸性，故B正确；
C.NaHSO4为强酸对应的酸式盐，溶于水电离使溶液显酸性，故C错误；
D.KNO3为强酸强碱盐，溶液为中性，故D错误；
故选：B。
发生水解而使溶液呈酸性，可知盐为强酸弱碱盐，以此来解答。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握盐的类别、盐类水解的规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.依据仪器形状可知，图示为具支试管，故A不选；
B.依据仪器形状可知，图示仪器为容量瓶，故B选；
C.依据仪器形状可知，图示仪器为坩埚，故C不选；
D.依据仪器形状可知，图示仪器为锥形瓶，故D不选；
故选：B。
依据仪器的形状特点及用途判断仪器的名称，据此解答。
本题考查了化学仪器的使用，明确仪器的构造特点即可说出其名称解答，注意对基础知识的积累。
4.【答案】A
【解析】解：，升高温度平衡逆向移动，工业上采用高温氧化二氧化硫制取硫酸不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B.饱和食盐水中氯离子浓度较大，抑制了氯气的溶解，从而可用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体杂质，能够用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，生成物浓度减小，平衡向着正向移动，反应物转化率增大，能够用勒夏特列原理解释，故C不选；
D.啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：A。
勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理的适用对象存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的使用条件为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；
B.电子云是电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述，故B正确；
C.等离子体与完全由离子组成的离子液体，都具有良好的导电性，故C正确；
D.石英玻璃为非晶态二氧化硅，水晶为晶态二氧化硅，二者X射线衍射图谱不相同，故D错误；
故选：D。
A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同；
B.电子云是电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述；
C.等离子体又叫做电浆，是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质；
D.石英玻璃为非晶态二氧化硅。
本题考查了核外电子的运动状态、晶体与非晶体区别等知识点，注意电子云不是电子的运动轨迹是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述，为易错点。
6.【答案】A
【解析】解：A.基态Cu的价层电子排布式3d104s1，故A错误；
B.水中O原子杂化方式为sp3，VSEPR模型为四面体，所以H2O的VSEPR模型，故B正确；
C.铁元素是26号元素，其价电子排布式为3d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，其价电子排布式为3d5，铁离子价电子轨道排布图为：，故C正确；
D.HCHO中心碳原子杂化方式为sp2杂化，存在C=O、H−C键，为平面形结构，CH2O的空间充填模型，故D正确；
故选：A。
A.违背洪特规则特例；
B.水中O原子杂化方式为sp3；
C.铁元素是26号元素，其价电子排布式为3d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，其价电子排布式为3d5；
D.HCHO中心碳原子杂化方式为sp2杂化，存在C=O、H−C键，为平面形结构。
本题考查了化学用语的使用，明确基态原子电子排布规律，明确价层电子对互斥理论是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：①A+B→X(ΔH<0)，则A和B的能量之和大于X能量，②X→C(ΔH>0)，则X能量小于C的能量，故A、C错误；E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，故D错误，B正确；
故选：B。
生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，据此分析。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.X位于顶点，个数为8×18=1，Y位于体内，个数为1，则化学式为XY，故A正确；
B.该物质不属于晶体，没有形成重复的结构，不能确定其化学式，故B错误；
C.X位于顶点，个数为4×18=12，Y位于体内和顶点，个数为1+4×18=32，则化学式为XY3，故C正确；
D.X位于顶点，个数为8×18=1，Y位于棱心，个数为2×14=12，则化学式为X2Y，故D正确；
故选：B。
位于顶点的原子被8个晶胞共用，位于面心的原子被2个晶胞共用，位于棱心的原子被4个晶胞共用，位于体内的原子被1个晶胞占有，以此来解答。
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握原子的位置、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意均摊法的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：已知反应：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，在室温下迅速混合反应液，2min内测得c(MnO4−)从0.1mol/L减少到0.02mol/L(反应过程中忽略溶液体积的变化)，v(MnO4−)=0.1mol/L−0.02mol/L2min=0.04mol⋅L−1⋅min−1，
A.计算可知，v(MnO4−)=0.04mol⋅L−1⋅min−1=0.0460mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.v(Mn2+)=v(MnO4−)=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故B错误；
C.v(H2C2O4)=52v(MnO4−)=52×0.04mol⋅L−1⋅min−1=0.1mol⋅L−1⋅min−1，故C正确；
D.溶液体积不知，不能计算反应的微粒物质的量，温度压强不知，不能计算得到二氧化碳气体体积，故D错误；
故选：C。
化学反应速率是用单位时间内反应物浓度减小或生成物浓度增加表示，同一个反应，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，据此计算。
本题考查了化学反应速率概念和计算，主要是塑料之比等于化学方程式计量数之比的计算应用，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.①CO32−(aq)+2H+(aq)=HCO3−(aq)+H+(aq)ΔH1
②HCO3−(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH2
③H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)ΔH3
根据盖斯定律：−(①+②+③)得CO2(g)+H2O(l)=CO32−(aq)+2H+(aq)ΔH4=−(ΔH1+ΔH2+ΔH3)，故A错误；
B.根据盖斯定律：①+②得CO32−(aq)+2H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH=ΔH1+ΔH2，故B错误；；
C.HCO3−(aq)=CO32−(aq)+H+(aq)的反应热为−ΔH1，HCO3−电离时吸热，则−ΔH1>0，则ΔH1<0，故C错误；
D.H2CO3电离时吸热，逆反应放热，则ΔH2<0，H2CO3分解反应为吸热反应，则ΔH3>0，故ΔH2<ΔH3，故D正确；
故选：D。
A.①CO32−(aq)+2H+(aq)=HCO3−(aq)+H+(aq)ΔH1
②HCO3−(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH2
③H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)ΔH3
根据盖斯定律：−(①+②+③)得CO2(g)+H2O(l)=CO32−(aq)+2H+(aq)；
B.根据盖斯定律：①+②得CO32−(aq)+2H+(aq)=H2CO3(aq)；
C.HCO3−(aq)=CO32−(aq)+H+(aq)的反应热为−ΔH1，HCO3−电离时吸热，则−ΔH1>0；
D.H2CO3电离时吸热，逆反应放热，H2CO3分解反应为吸热反应。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.该反应是气体分子数减小的反应，则ΔS<0，故A错误；
B.反应能否自发，要综合考虑焓变和熵变因素，催化剂加快反应速率，故B错误；
C.该反应ΔH<0，ΔS<0，则该反应在低温下能自发进行，故C正确；
D.NO是氧气和氮气反应生成，提高空气燃料比，不能减小NO的排放，故D错误；
故选：C。
反应能否自发，要综合考虑焓变和熵变因素，ΔH−ΔS<0，反应才能自发进行。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、ΔH−ΔS<0，反应才能自发进行为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.两个原子的单电子若自旋方向相同，但不一定可形成共价键，例如Li和Na，故A错误；
B.H的1s电子为球形对称，s−s电子重叠没有方向性，则H−H键无方向性，故B错误；
C.p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键，所以两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键，故C正确；
D.稀有气体是单原子分子，分子中不存在共价键，所以稀有气体中没有σ键，所以多原子构成的气体单质中一定存在σ键，故D错误；
故选：C。
A.两个原子的单电子若自旋方向相同，但不一定可形成共价键；
B.s电子在形成共价键时，没有方向性；
C.p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键；
D.稀有气体的单质中不存在共价键。
本题考查共价键的形成及性质等，为高频考点，把握共价键的形成及电子云的重叠等为解答的关键，侧重分子结构与性质的考查，题目难度不大。
13~14.【答案】D 、C
【解析】
1.【分析】
由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
C.HF分子之间形成氢键；
D.锗的单质属于共价晶体。
本题考查元素周期表与元素周期律，识记常见元素在周期表中位置，掌握元素周期律，注意氢键对物质性质的影响。
【解答】
解：由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.O2−、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引越强，离子半径越小，故离子半径O2−>Na+，故A错误；
B.元素的金属性Na>Al，故最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，故B错误；
C.HF分子之间形成氢键，导致其熔沸点比较高，故C错误；
D.锗的单质属于共价晶体，其熔点高，硬度大，故D正确；
故选：D。
2.【分析】
由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.同周期主族元素自左而右元素电负性增大；
B.同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，注意ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；
C.E处于第四周期IVA族，外围电子排布式为4s24p2；
D.F处于第五周期第IB族，外围电子排布式为3d104s1。
本题考查元素周期表与元素周期律，熟记常见元素在周期表中位置，注意电子构型对电离能的影响，掌握核外电子排布规律。
【解答】
解：由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.同周期主族元素自左而右元素电负性增大，故电负性A
D.F处于第五周期第IB族，外围电子排布式为3d104s1，最外层只填充1个电子，最外层只有一种自旋方向的电子，故D正确；
故选：C。
15.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+6−2×22=3，含有一个孤电子对，所以硫原子采用sp2杂化，为V形结构，故A正确；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3，且B原子不含孤电子对，则B原子采用sp2杂化，BF3为平面正三角形，故B错误；
C.乙烯中碳原子价层电子对数=3+4−4×12=3，均为sp2杂化，乙烯是平面结构，6个原子共平面，不是平面正三角形，故C错误；
D.ClO3−中Cl原子价层电子对数=3+7+1−3×22=4，且Cl原子含有1对孤电子对，则离子中Cl原子采用sp3杂化，ClO3−为三角锥形结构，故D错误；
故选：A。
A.SO2中S原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，所以S原子采用sp2杂化，该分子为V形结构；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3，且B原子不含孤电子对；
C.乙烯中碳原子均为sp2杂化，乙烯是平面结构，6个原子共平面；
D.ClO3−中Cl原子价层电子对数=3+7+1−3×22=4，且Cl原子含有1对孤电子对。
本题考查杂化轨道和分子的空间构型等知识点，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.钢铁发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，故A正确；
B.用铁作阳极，电解饱和食盐水的离子方程式：Fe+2H2O−通电Fe(OH)2+H2↑，故B错误；
C.向多元弱酸H3PO4中加入过量烧碱，离子方程式为：H3PO4+3OH−=PO43−+3H2O，故C正确；
D.向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可得到CuS沉淀，离子方程式为：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故D正确；
故选：B。
A.Fe失去电子，氧气得到电子，发生吸氧腐蚀；
B.铁做阳极，铁失去电子发生氧化反应，生成氢氧化亚铁和氢气；
C.烧碱过量，反应生成磷酸钠和水；
D.向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可得到CuS沉淀，实现沉淀的转化。
本题考查学生化学方程式、离子方程式的书写知识，为高考常见题型，有助于学生思维严密性的训练，要注意反应的条件等细节问题，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.由热化学方程式可知，生成1molFe(s)，吸收的热量为akJ，故A错误；
B.反应前后气体的总物质的量不变，则容器内压强始终不随时间变化，不能判定平衡状态，故B错误；
C.焓变为正，升高温度平衡正向移动，正、逆反应速率都加快，且正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D.达到化学平衡状态时，若c(CO)=0.100mol/L，K=c(CO2)c(CO)=0.263，则c(CO2)=0.263×0.100mol/L=0.0263mol/L，故D正确；
故选：D。
A.由热化学方程式判断；
B.反应前后气体的总物质的量不变；
C.焓变为正，升高温度平衡正向移动；
D.K=c(CO2)c(CO)，结合平衡浓度计算。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、K的计算、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.根据电池总反应式LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy可知，C的化合价升高、发生失去电子的氧化反应，则A电极为负极，负极反应式为LixCy−xe−=Cy+xLi+，锂离子脱嵌，故A正确；
B.充电时，B为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，故B正确；
C.充电时，A为阴极，接外电源的负极，故C错误；
D.锂为活泼金属，容易和水反应，故使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应，故D正确；
故选：C。
根据电池总反应式LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy可知，C的化合价升高、发生失去电子的氧化反应，则A电极为负极，负极反应式为LixCy−xe−=Cy+xLi+，Co的化合价降低、发生得电子的还原反应，B电极为正极，正极反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电时，阴极、阳极分别与外电源的负极、正极相接，电极反应式正好相反，据此分析解答。
本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
19.【答案】A
【解析】解：A.CCl4的熔沸点小于SiCl4，CCl4、SiCl4、NCl3、PCl3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此NCl3的熔沸点小于PCl3，故A正确；
B.CH3CH2OH在水中的溶解度很大，乙醇与水的结构相似，而1−戊醇与水的结构比乙醇与水的结构相差大，因此1−戊醇在水中的溶解度比乙醇在水中的溶解度减小，故B错误；
C.N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大，但结构不稳定，一般断裂其中的一根或两根键，故C错误；
D.AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，而AgNO3溶液和过量NH3⋅H2O反应，先生成沉淀，后沉淀逐渐溶解，两者现象不相同，故D错误；
故选：A。
A.根据分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高推断；
B.注意碳链越长越类似于烷烃的性质分析；
C.注意N≡N由于键能大而结构稳定，但是C≡C需要结合其他原子才能达到稳定结构；
D.AgNO3溶液和过量NH3⋅H2O反应会生成络合物。
本题考查物质的性质及规律，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、类推方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20.【答案】B
【解析】解：A.0.10mol/L的NaA溶液中c(OH−)c(H+)=104说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，A−离子在溶液中水解使溶液呈碱性证明HA为弱酸，故A不选；
B.往该酸溶液中加入碳酸钠固体有二氧化碳气体生成，只能证明HA的酸性强于碳酸，但不能证明HA为弱酸，故B选；
C.往该酸溶液中滴加同浓度氢氧化钠溶液呈中性时，氢氧化钠溶液体积小于HA溶液说明中性溶液为HA和NaA的混合溶液，证明HA为弱酸，在溶液中部分电离，故C不选；
D.若测得该酸溶液pH=a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH=b，溶液中b小于a+1说明HA为弱酸，在溶液中部分电离，故D不选；
故选：B。
不能说明一元酸HA为弱酸，说明该条件下不能证明HA部分电离，据此分析解答。
本题考查了电解质强弱判断，根据电离程度确定电解质强弱，不能根据溶解性、溶液导电能力确定电解质强弱，为易错点．
21.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，该配离子中心离子是Cu2+，配体具有两个配位原子是多齿配体，配位数应为：2×2=4，故A错误；
B.除C−C为非极性键外，该离子中均为极性键，故B正确；
C.乙二胺分子中H−N−H的N上有一个孤电子对，H−C−H的C上无孤电子对，H−N−H的键角小于H−C−H的键角，故C正确；
D.乙二胺分子间能形成氢键，ClCH2CH2Cl不能，乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl，故D正确；
故选：A。
A.配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中的配体具有两个配位原子属于多齿配体，形成体的配位数等于配位体的数目与齿数的乘积；
B.非极性键是由同种元素之间形成的共用电子对不偏移的化学键，极性键是由不同种元素之间形成的共用电子对偏移的化学键；
C.孤电子对之间的斥力>孤电子对-成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力；
D.氢键为X−H⋯Y，其中X、Y为N、O、F其中之一，乙二胺分子间能形成氢键，
本题考察了配合物的结构、键角、氢键等知识，难度适中，要对物质结构的知识十分熟悉，并能灵活应用。
22.【答案】B
【解析】解：A.对氯水加热，氯气溶解性减小，同时次氯酸受热分解，使α(HClO)减小，漂白和杀菌作用降低，故A错误；
B.常温下溶液中c(ClO−)=c(HClO)时，HClO的Ka=c(H+)=10−pH=10−7.5，NaClO的水解常数Kh=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)×c(H+)c(H+)=KwKa=10−1410−7.5=10−6.5，pKh=6.5，故B正确；
C.将等物质的量的NaClO和HClO混合物溶于水，溶液显碱性，次氯酸根离子水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(ClO−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.溶液中阳离子除氢离子外还有另外的阳离子，电荷守恒得到c(ClO−)+c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.次氯酸见光或加热易分解；
B.NaClO的水解常数Kh=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)×c(H+)c(H+)=KwKa，常温下溶液中c(ClO−)=c(HClO)时，HClO的Ka=c(H+)=10−pH；
C.将等物质的量的NaClO和HClO混合物溶于水，溶液显碱性，次氯酸根离子水解程度大于次氯酸的电离程度；
D.溶液中存在电荷守恒，溶液中阳离子除氢离子外还有另外的阳离子。
本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意守恒思想的灵活应用，题目难度中等。
23.【答案】D
【解析】解：A.K与温度有关，与浓度无关，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数K不变，故A错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故B错误；
C.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，Ni(CO)4分解率增大，故C错误；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，且升高温度加快反应速率，可选50℃，升高温度，平衡逆向移动，不利于固态Ni转化为气体，不能选80℃，故D正确；
故选：D。
A.K与温度有关，与浓度无关；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；
C.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，且升高温度加快反应速率。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
24.【答案】B
【解析】解：A.18g水的物质的量为1mol，根据均摊法，1mol氢原子形成12mol氢键，1mol氧原子形成12×2=1mol氢键，1mol水中含有2mol氢原子、1molO，能够形成2mol氢键，所以18g冰中含有氢键的数目最多为2NA，故A错误；
B.88g干冰(如图2)中含有晶胞结构单元数目：88g44g/mol×14×NAmol−1=0.5NA个，故B正确；
C.重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+，1L0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O7−的数目小于0.1NA，故C错误；
D.氢氧化钠溶液中，氢氧根离子、水分子都含氧原子，所以100mL0.1mol⋅L−1的NaOH水溶液中含有氧原子数大于0.01NA，故D错误；
故选：B。
A.1个水分子中氧原子与两个氢原子生成两个氢键、氢原子与氧原子形成1个氢键，采用均摊法计算出1mol水中含有的氢键；
B.依据二氧化碳晶胞可知，1个晶胞含二氧化碳分子数为：18×8+12×6=4；
C.重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+；
D.氢氧化钠溶液中，氢氧根离子、水分子都含氧原子。
本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度中等，涉及知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系。
25.【答案】C
【解析】解：A.将活塞往里推压缩体积，浓度增大，颜色加深，不能证明压强对平衡移动的影响，故A错误；
B.阳极上Cu及比Cu活泼的金属失去电子，阴极上铜离子得到电子，则电解质溶液的浓度减小，故B错误；
C.NH3的N给出孤对电子，Cu2+接受电子对，可形成配位键，先形成难溶物，并继续滴加沉淀溶解，然后蒸发溶剂析出晶体，故C正确；
D.用碳酸钠溶液浸泡水垢，Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，生成CaCO3沉淀，不能比较Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)的大小，故D错误；
故选：C。
A.将活塞往里推压缩体积，浓度增大，颜色加深；
B.阳极上Cu及比Cu活泼的金属失去电子，阴极上铜离子得到电子；
C.NH3的N给出孤对电子，Cu2+接受电子对，可形成配位键；
D.用碳酸钠溶液浸泡水垢，Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，生成CaCO3沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、平衡移动、电解原理、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
26.【答案】Mg2++H2O+Cl−⇌Mg(OH)Cl+H+
故答案为：Mg2++H2O+Cl−⇌Mg(OH)Cl+H+；
(2)pKa大小比较分析判断乙酸的Ka小于三氯乙酸Ka，Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，三氯乙酸更容易电离出氢离子，酸性比较：乙酸<三氯乙酸，
故答案为：<； Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，三氯乙酸更容易电离出氢离子；
(3)向碘的四氯化碳溶液中加入一定量 KI水溶液，振荡后，四氯化碳层紫红色变浅，水层溶液显黄色，从平衡和结构的角度解释，产生该现象的原因是：因为I2+I−⇌I3−，根据相似相溶原理，I3−易溶于水，故产生此现象，
故答案为：因为I2+I−⇌I3−，根据相似相溶原理，I3−易溶于水，故产生此现象。
(1)MgCl2水解时会生成中间产物碱式氯化镁Mg(OH)Cl(白色，不溶于水)和氯化氢；
(2)羧基中的羟基的极性越大，羟基越易电离出氢离子，结合Ka的大小比较酸性强弱；
(3)向碘的四氯化碳溶液中加入一定量 KI水溶液，振荡后，四氯化碳层紫红色变浅，水层溶液显黄色，是因为发生反应I2+I−⇌I3−，I3−易溶于水。
本题考查了盐类水解原理、弱电解质电离平衡影响因素分析判断、化学平衡影响因素的理解应用等知识点，题目难度不大。
27.【答案】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/mol407.6
【解析】解：(1)①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=−252.9kJ/mol，
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ/mol，
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ/mol，盖斯定律计算−(②×2+①)得到甲烷的燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/mol；
(2)2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ/mol，已知O−H、H−H的键能分别为462.8kJ/mol、436kJ/mol，设O=O的键能为x，得到ΔH2=+571.6kJ/mol=4×462.8kJ/mol−2×436kJ/mol−x，x=+407.6kJ/mol，
故答案为：407.6。
(1)25℃，101KPa时，1mol甲烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为燃烧热，结合盖斯定律和热化学方程式计算得到；
(2)反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能。
本题考查了热化学方程式、盖斯定律计算应用、反应焓变的计算等知识点，题目难度不大。
28.【答案】2ClO3−+SO32−+2H+=2ClO2↑+SO42−+H2ODEGFB甲 甲 AC0.000606
【解析】解：(1)由信息可知，KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，离子方程式为：2ClO3−+SO32−+2H+=2ClO2↑+SO42−+H2O，
故答案为：2ClO3−+SO32−+2H+=2ClO2↑+SO42−+H2O；
(2)①化学小组欲对用ClO2消毒过的自来水进行氯元素含量的测定(假设ClO2全部转化为Cl−)，进行如下实验：向20.00mL水样中加几滴K2CrO4溶液作指示剂(利用Ag+和CrO42−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点)，用0.001000mol/LAgNO3溶液滴定，滴定过程的顺序为在清水洗涤后，用标准溶液润洗滴定管2∼3次→取标准液注入滴定管至刻度线0以上2∼3cm，并固定在铁架台上→排气泡后，记下读数V1→移取20.00mL待测水样注入洁净的锥形瓶中，并加入2∼3滴K2Cr2O7试液→把锥形瓶放在滴定管的下面，垫上白纸→用标准液滴定至溶液出现砖红色沉淀时，停止滴定，并记下滴定管液面的刻度V2→重复实验2次，
故答案为：D；E；G；F；B；
②待测水样显酸性，应使用酸式滴定管，硝酸银溶液具有一定的酸性，故也应使用酸式滴定管，
故答案为：甲；甲；
③A.滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A正确；
B.锥形瓶清洗后不能润洗，故B错误；
C.滴定完成后，俯视滴定管读数，待测液用量偏多，会造成滴定结果偏高，故C正确；
D.若滴定结束发现滴定管中出现气泡，待测液用量偏低，滴定结果偏低，故D错误；
故答案为：AC；
④三次滴定，标准液用量分别为12.12mL、12.12mL、13.7mL，第三组误差较大，故标准液平均用量为12.12mL，该水样中Cl−物质的量浓度是12.12×10−3×0.00120×10−3=0.000606mol/L，
故答案为：0.000606。
(1)由信息可知，KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
(2)①化学小组欲对用ClO2消毒过的自来水进行氯元素含量的测定(假设ClO2全部转化为Cl−)，进行如下实验：向20.00mL水样中加几滴K2CrO4溶液作指示剂(利用Ag+和CrO42−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点)，用0.001000mol/LAgNO3溶液滴定，滴定过程的顺序为在清水洗涤后，用标准溶液润洗滴定管2∼3次→取标准液注入滴定管至刻度线0以上2∼3cm，并固定在铁架台上→排气泡后，记下读数V1→移取20.00mL待测水样注入洁净的锥形瓶中，并加入2∼3滴K2Cr2O7试液→把锥形瓶放在滴定管的下面，垫上白纸→用标准液滴定至溶液出现砖红色沉淀时，停止滴定，并记下滴定管液面的刻度V2→重复实验2次；
②待测水样显酸性，标准溶液也具有一定的酸性；
③A.滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶；
B.锥形瓶不能润洗；
C.滴定完成后，俯视滴定管读数，待测液用量偏多；
D.若滴定结束发现滴定管中出现气泡，待测液用量偏低；
④三次滴定，标准液用量分别为12.12mL、12.12mL、13.7mL，第三组误差较大，故标准液平均用量为12.12mL，结合滴定数据进行计算。
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。
29.【答案】第一步 BD= (c−e−b)2e(e+2b−c)
【解析】解：(1)①由图可知，第一步的活化能大于第二步，则第一步速率较慢，则决定总反应速率的是第一步，
故答案为：第一步；
②A.催化剂通过降低活化能，提高反应速率，但不改变反应的焓变，故A错误；
B.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，N2O的平衡转化率减小，故B正确；
C.化学平衡常数只与温度有关，FeO+是中间产物，平衡常数不变，故C错误；
D.第一步反应N2O→N2过程中，断裂极性键，第二步FeO+→Fe+过程中，断裂离子键，故D正确；
故答案为：BD；
(2)①反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，净反应速率(Δv)为0，则Δv(500K)=Δv(550K)，
故答案为：=；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K1值减小，则当1T增大时，pK1减小，pK1(pK1=−lgK1)随温度的倒数(1T)的变化曲线为，
故答案为：；
(3)CaC2O4(s)⇌CaCO3(s)+CO(g)，则K1=p(CO)=ekPa，设CO转化压强为xkPa，
N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(kPa)b00
转化(kPa)xxxx
平衡(kPa)b−xexx
平衡总压强为b−x+e+x+x=c，则x=c−e−b，则Kp=p(N2)p(CO2)p(CO)p(N2O)=(c−e−b)(c−e−b)e(e+2b−c)=(c−e−b)2e(e+2b−c)，
故答案为：(c−e−b)2e(e+2b−c)。
(1)①决定总反应速率的是最慢的步骤，活化能越大，反应越慢；
②A.催化剂不改变反应的焓变；
B.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
C.化学平衡常数只与温度有关；
D.极性键是不同种元素组成的共价键，非极性键是同种元素组成的共价键；
(2)①反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
(3)CaC2O4(s)⇌CaCO3(s)+CO(g)，则K1=p(CO)=ekPa，设CO转化压强为xkPa，列化学平衡三段式，结合Kp=p(N2)p(CO2)p(CO)p(N2O)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，此题难度大。
30.【答案】30 ds>Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高 10：11297×4NA×(a×10−10)3
【解析】解：(1)Zn元素是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，同一个原子不存在运动状态完全相同的2个原子，则基态Zn原子中不同运动状态的电子30种，Zn原子价电子排布式为3d104s2，其价层电子轨道表示式为；Zn元素位于元素周期表的ds区，
故答案为：30；；ds；
(2)基态Zn原子价电子排布式为3d104s2，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，则Zn与Cu的第一电离能的比较：Zn>Cu，理由是Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高，
故答案为：>；Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高；
(3)单键是σ键，双键中1个σ键1个π键，由如图所示结构知M中含有的σ键与π键分别为20、2个，则σ键与π键数目比为10：1，
故答案为：10：1；
(4)由如图所示晶胞结构知：晶胞中处于面心的锌离子与顶点的锌离子是紧密相邻的，则每个Zn2+周围等距离且紧邻的Zn2+有12个；由晶胞结构可知，硫离子处于晶胞内部，晶胞中含有4个硫离子，锌离子位于顶点与面心上，晶胞中含有锌离子数目为8×18+6×12=4，ZnS，若晶胞边长为apm，则ZnS晶体的密度为ρ=mV=97NA×4g(a×10−10)3cm3=97×4NA×(a×10−10)3⋅cm−3，
故答案为：97×4NA×(a×10−10)3。
(1)Zn元素是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，同一个原子不存在运动状态完全相同的2个原子，则基态Zn原子中不同运动状态的电子30种；
(2)基态Zn原子价电子排布式为3d104s2，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，则Zn与Cu的第一电离能的比较：Zn>Cu；
(3)单键是σ键，双键中1个σ键1个π键，由如图所示结构知M中含有的σ键与π键分别为20、2个；
(4)由如图所示晶胞结构知：晶胞中处于面心的锌离子与顶点的锌离子是紧密相邻的，则每个Zn2+周围等距离且紧邻的Zn2+有12个；由晶胞结构可知，硫离子处于晶胞内部，晶胞中含有4个硫离子，锌离子位于顶点与面心上，晶胞中含有锌离子数目为8×18+6×12=4，ZnS，若晶胞边长为apm，则ZnS晶体的密度为ρ=mV。
本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、原子杂化及空间构型判断等知识，明确原子核外电子排布、原子杂化的判断方法为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度中等。
2021-2022学年浙江省温州市高二（上）期末化学试卷
1. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. K2SO4 B. NaOH C. NH3⋅H2O D. HClO4
2. 下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是( )
A. Ca(OH)2 B. AlCl3 C. NaHSO4 D. KNO3
3. 下列名称及其对应的仪器不正确的是( )
A. 具支试管 B. 烧瓶
C. 坩埚 D. 锥形瓶
4. 下列描述不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 工业制备硫酸时采用高温常压氧化二氧化硫
B. 实验室用排饱和食盐水的方法收集Cl2
C. 工业合成氨时将氨液化分离
D. 打开密封的可乐瓶，会有气泡往上冒
5. 下列说法不正确的是( )
A. 利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
B. 核外电子的概率密度分布被称为电子云
C. 等离子体和离子液体都具有良好的导电性
D. 用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是相同的
6. 下列化学用语不正确的是( )
A. 基态Cu的价层电子排布式3d94s2
B. H2O的VSEPR模型
C. Fe3+价层电子轨道表示式
D. CH2O的空间充填模型
7. 反应A+B→C分两步进行：①A+B→X(ΔH<0)，②X→C(ΔH>0)，E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能。下列图示正确的是( )
A. B.
C. D.
8. 下列结构属于晶胞且对应的化学式不正确的是(图中：●−X，〇−Y)( )
A. XY B. XY2
C. XY3 D. X2Y
9. 已知反应：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，在室温下迅速混合反应液，2min内测得c(MnO4−)从0.1mol/L减少到0.02mol/L(反应过程中忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是( )
A. v(MnO4−)=0.04mol⋅L−1⋅s−1 B. v(Mn2+)=0.02mol⋅L−1⋅min−1
C. v(H2C2O4)=0.1mol⋅L−1⋅min−1 D. 2min内产生的CO2为8.96L
10. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸，发生如图转化，下列说法正确的是( )
A. ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH3
B. CO32−(aq)+2H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH=ΔH1−ΔH2
C. HCO3−电离时吸热，则ΔH1>0
D. ΔH2<ΔH3
11. 汽车尾气(含CO、NO与SO2等)是城市空气的主要污染源之一，治理的办法是在汽车排气管上安装催化转化器，其反应原理是：2NO(g)+2CO(g)−催化剂N2(g)+2CO2(g)ΔH<0。下列说法正确的是( )
A. 该反应是ΔS>0
B. 该反应使用合适的催化剂就可自发
C. 该反应低温下能自发进行
D. 提高空气燃料比，一定可以减少NO、CO的排放
12. 下列关于共价键的描述正确是( )
A. 两个原子的单电子若自旋方向相同，则两两配对可形成共价键
B. 原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性
C. 两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键
D. 气体单质中一定存在σ键，可能存在π键
已知A、B、C、D、E、F六种元素在元素周期表中的位置如图，请完成13、14题。
13. 下列说法正确的是( )
A. 离子半径：A
D. E形成的单质属于共价晶体，其熔点高，硬度大
14. 下列说法不正确的是( )
A. 元素的电负性：A
D. F元素原子最外层只有一种自旋方向的电子
15. 鲍林提出杂化轨道理论能解释分子的空间结构，下列关于粒子的描述正确的是( )
选项
粒子
空间结构
解释
A
SO2
V形
S原子采取sp2杂化
B
BF3
三角锥形
B原子采取sp3杂化
C
C2H4
平面三角形
C原子采取sp2杂化
D
ClO3−
四面体形
Cl原子采取sp3杂化
A. A B. B C. C D. D
16. 下列离子方程式书写不正确的是( )
A. 钢铁发生吸氧腐蚀的总反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2
B. 用铁作阳极电解饱和食盐水：2Cl−+2H2O−通电2OH−+Cl2↑+H2↑
C. 向多元弱酸H3PO4中加入过量烧碱：H3PO4+3OH−=PO43−+3H2O
D. 向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可得到CuS沉淀：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)
17. 在1100℃，一定容积的密闭容器中发生反应：FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)ΔH=akJ/mol(a>0)，该温度下K=0.263，下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 若生成1molFe(s)，则吸收的热量小于akJ
B. 若容器内压强不随时间变化，则该反应已达到化学平衡状态
C. 若升高温度，则正、逆反应速率都加快，化学平衡逆向移动
D. 达到化学平衡状态时，若c(CO)=0.100mol/L，则c(CO2)=0.0263mol/L
18. 2019年的诺贝尔化学奖授予锂离子电池研究的三位科学家。如图是一种锂离子电池的工作原理示意图，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2，其总反应可表示为：LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy。下列说法不正确的是( )
A. 放电时锂离子由a极脱嵌，移向b极
B. 充电时b极的反应式为：LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+
C. 充电时，a极接正极，发生还原反应
D. 使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应
19. 类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是( )
A. CCl4的熔沸点小于SiCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3
B. CH3CH2OH在水中的溶解度很大，则1−戊醇在水中的溶解度也很大
C. N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定
D. AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3⋅H2O反应现象也相同
20. 常温下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事实不能证明该酸为弱酸的是( )
A. 0.10mol/L的NaA溶液中c(OH−)c(H+)=104
B. 往该酸溶液中加入碳酸钠固体，发现有CO2生成
C. 往该酸溶液中滴加同浓度NaOH溶液，呈中性时，酸和碱溶液的体积关系：VNaOH
A. 该配离子中心离子是Cu2+，配位数为2
B. 该配离子中既有极性键又有非极性键
C. 乙二胺分子中H−N−H的键角小于H−C−H的键角
D. 乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl
22. 次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数α[α(X)=c(X)c(HClO)+c(ClO−),X为HClO或ClO−]与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 对氯水加热，可使α(HClO)增大，漂白和杀菌作用更好
B. NaClO的水解常数：pKh=6.5
C. 将等物质的量的NaClO和HClO混合物溶于水，所得的溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(ClO−)>c(H+)>c(OH−)
D. 在含HClO和ClO−的溶液中，随着pH的变化，则有：c(ClO−)+c(OH−)=c(H+)
23. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)ΔH<0平衡常数为K，已知：①230℃时，该反应的正反应平衡常数K远小于逆反应平衡常数K′②Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。下列判断正确的是( )
A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数K增大
B. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
C. 混合气体加热到230℃，Ni(CO)4分解率较低
D. 温度T1若在30℃、50℃、80℃之间选择，应选50℃
24. 以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18g冰(如图1)中含氢键数目为4NA
B. 88g干冰(如图2)中含有0.5NA个晶胞结构单元
C. 25℃，1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O72−离子数为0.1NA
D. 100mL0.1mol⋅L−1的NaOH水溶液中含有氧原子数为0.01NA
25. 下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
目的
方案设计
现象与结论
A
验证压强对化学平衡的影响
先将注射器充满NO2气体，然后将活塞往里推压缩体积
观察到注射器内气体颜色加深，证明加压平衡朝生成NO2气体的方向移动
B
铜的电解精炼
待精炼的铜和纯铜连接外加直流电源的阳极和阴极，用硫酸铜溶液作电解质电解
阳极上铜逐渐溶解，阴极上铜逐渐析出，硫酸铜溶液浓度保持不变
C
制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体
向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水，先形成难溶物，并继续滴加沉淀溶解，然后蒸发溶剂析出晶体
反应过程中，NH3的N给出孤对电子，Cu2+接受电子对，形成了稳定的配位键[Cu(NH3)4]2+
D
除去锅炉水垢中的CaSO4
先用碳酸钠溶液浸泡水垢，然后再用盐酸除去
利用Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，实现沉淀的转化
A. A B. B C. C D. D
26. 按要求回答以下问题：
(1)已知MgCl2水解时会生成中间产物碱式氯化镁Mg(OH)Cl(白色，不溶于水)，写出该反应的离子方程式 ______；
(2)由如表数据可知：
羧酸
pKa
乙酸(CH3COOH)
4.76
三氯乙酸(CCl3COOH)
0.65
酸性比较：乙酸 ______三氯乙酸(填“>”、“<”或“=”)，并说明原因：______；
(3)向碘的四氯化碳溶液中加入一定量 KI水溶液，振荡后，四氯化碳层紫红色变浅，水层溶液显黄色，请从平衡和结构的角度解释产生该现象的原因：______。
27. 2021年12月09日，中国太空课堂介绍了空间站利用CO2与H2的反应，将航天员呼出的CO2转化为H2O，然后通过电解H2O得到O2，从而实现O2的再生。
已知：
①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=−252.9kJ/mol
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ/mol
回答下列问题：
(1)写出甲烷的燃烧热的热化学方程式 ______。
(2)已知O−H、H−H的键能分别为462.8kJ/mol、436kJ/mol，则O=O的键能 ______kJ/mol。(写出计算过程)
28. 用广谱高效的二氧化氯(ClO2)替代液氯进行消毒，可避免产生对人体健康有害的有机氯代物。
(1)工业上，ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加硫酸酸化后反应制得，写出该反应的离子方程式 ______
(2)化学小组欲对用ClO2消毒过的自来水进行氯元素含量的测定(假设ClO2全部转化为Cl−)，进行如下实验：向20.00mL水样中加几滴K2CrO4溶液作指示剂(利用Ag+和CrO42−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点)，用0.001000mol/LAgNO3溶液滴定。
①下列操作顺序是：______→______→______→A→C→______→______(用序号字母填写)
A.移取20.00mL待测水样注入洁净的锥形瓶中，并加入2∼3滴K2Cr2O7试液
B.重复实验2次
C.把锥形瓶放在滴定管的下面，垫上白纸
D.在清水洗涤后，用标准溶液润洗滴定管2∼3次
E.取标准液注入滴定管至刻度线0以上2∼3cm，并固定在铁架台上
F.用标准液滴定至溶液出现砖红色沉淀时，停止滴定，并记下滴定管液面的刻度V2
G.排气泡后，记下读数V1
②盛装上述待测液和标准液需要用到的滴定管分别为 ______和 ______(填“甲”或“乙”)
③下列操作或误差判断正确的是 ______。
A.滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化
B.锥形瓶清洗后需要用待测水样润洗2∼3次
C.滴定完成后，俯视滴定管读数，会造成滴定结果偏高
D.若滴定结束发现滴定管中出现气泡，则使结果偏低
④实验数据如表：
实验次数
滴定前读数/mL
滴定前读数/mL
1
0.10
12.22
2
1.25
13.37
3
0.82
14.52
则：该水样中Cl−物质的量浓度是 ______mol/L
29. 2021年7月，习近平总书记要求将碳达峰、碳中和落实情况纳入中央生态环境治理督察，实现无害化处理是环境治理的一个重要的方法。已知：反应ⅠN2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH<0。
(1)N2O和CO在Fe+作用下发生的反应分两步进行：
第一步：Fe++N2O→FeO++N2；
第二步：FeO++CO→Fe++CO2
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是 ______(填“第一步”或“第二步)。
②下列有关说法正确的是 ______。
A.Fe+改变反应历程，也改变了反应的ΔH
B.升高温度，CO2的体积分数减小
C.FeO+是中间产物，也可叫作催化剂
D.第二步反应中有极性共价键的断裂和形成
(2)已知净反应速率(Δv)：Δv=v(正)_v(逆)(v(正)、v(逆)分别为正、逆反应速率)。
①关于反应Ⅰ在不同温度下，达到平衡时有：Δv(500K)______Δv(550K)(填“>”、“<”或“=”)
②反应Ⅰ的平衡常数为K1，请在图中画出pK(pK=−lgK1)随温度(T)的变化趋势______。
(3)草酸钙CaC2O4是陶瓷上釉时的重要原料之一，已知草酸钙在500℃时会发生如下的分解反应，反应Ⅱ：CaC2O4(s)⇌CaCO3(s)+CO(g)平衡常数K2=e向1L密闭容器中加入足量的CaC2O4固体，再充入一定量的N2O气体，起始压强为b，发生反应Ⅰ、Ⅱ后达到平衡时总压强为c。则500℃时反应Ⅰ的平衡常数K1=______。(用e，b，c来表示)
30. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)基态Zn原子中不同运动状态的电子 ______种，其价层电子轨道表示式为 ______；Zn元素位于元素周期表的 ______区。
(2)Zn与Cu的第一电离能的比较：Zn ______Cu(填“>”、“<”或“=”)，理由是 ______。
(3)Zn2+形成的某种化合物M是常见的补锌剂，其结构如图所示，M中含有的σ键与π键的数目比为 ______。
(4)Zn与S形成的化合物N，其晶胞结构如图所示。每个Zn2+周围等距离且紧邻的Zn2+有 ______个；若晶胞边长为apm，则ZnS晶体的密度为 ______g⋅cm−3(只需列出用含a、NA的计算式)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.K2SO4在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故A错误；
B.NaOH在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B错误；
C.NH3⋅H2O在水溶液中能部分电离，属于弱电解质，故C正确；
D.HClO4在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故D错误；
故选：C。
强电解质：在水溶液中能完全电离的电解质；弱电解质：在水溶液中能部分电离的电解质。
本题考查了物质的分类，把握电解质强弱分类依据是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化钙溶于水，电离使溶液显碱性，故A错误；
B.氯化铝为强酸弱碱盐，溶于水发生水解使溶液显酸性，故B正确；
C.NaHSO4为强酸对应的酸式盐，溶于水电离使溶液显酸性，故C错误；
D.KNO3为强酸强碱盐，溶液为中性，故D错误；
故选：B。
发生水解而使溶液呈酸性，可知盐为强酸弱碱盐，以此来解答。
本题考查盐类水解，为高频考点，把握盐的类别、盐类水解的规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.依据仪器形状可知，图示为具支试管，故A不选；
B.依据仪器形状可知，图示仪器为容量瓶，故B选；
C.依据仪器形状可知，图示仪器为坩埚，故C不选；
D.依据仪器形状可知，图示仪器为锥形瓶，故D不选；
故选：B。
依据仪器的形状特点及用途判断仪器的名称，据此解答。
本题考查了化学仪器的使用，明确仪器的构造特点即可说出其名称解答，注意对基础知识的积累。
4.【答案】A
【解析】解：，升高温度平衡逆向移动，工业上采用高温氧化二氧化硫制取硫酸不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B.饱和食盐水中氯离子浓度较大，抑制了氯气的溶解，从而可用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体杂质，能够用勒夏特列原理解释，故B不选；
C.合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气，生成物浓度减小，平衡向着正向移动，反应物转化率增大，能够用勒夏特列原理解释，故C不选；
D.啤酒中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选：A。
勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理的适用对象存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。
本题考查勒夏特列原理的应用，为高频考点，明确勒夏特列原理的使用条件为解答关键，注意掌握勒夏特列原理的内容，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；
B.电子云是电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述，故B正确；
C.等离子体与完全由离子组成的离子液体，都具有良好的导电性，故C正确；
D.石英玻璃为非晶态二氧化硅，水晶为晶态二氧化硅，二者X射线衍射图谱不相同，故D错误；
故选：D。
A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同；
B.电子云是电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述；
C.等离子体又叫做电浆，是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质；
D.石英玻璃为非晶态二氧化硅。
本题考查了核外电子的运动状态、晶体与非晶体区别等知识点，注意电子云不是电子的运动轨迹是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述，为易错点。
6.【答案】A
【解析】解：A.基态Cu的价层电子排布式3d104s1，故A错误；
B.水中O原子杂化方式为sp3，VSEPR模型为四面体，所以H2O的VSEPR模型，故B正确；
C.铁元素是26号元素，其价电子排布式为3d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，其价电子排布式为3d5，铁离子价电子轨道排布图为：，故C正确；
D.HCHO中心碳原子杂化方式为sp2杂化，存在C=O、H−C键，为平面形结构，CH2O的空间充填模型，故D正确；
故选：A。
A.违背洪特规则特例；
B.水中O原子杂化方式为sp3；
C.铁元素是26号元素，其价电子排布式为3d64s2，铁原子失去3个电子变成铁离子，其价电子排布式为3d5；
D.HCHO中心碳原子杂化方式为sp2杂化，存在C=O、H−C键，为平面形结构。
本题考查了化学用语的使用，明确基态原子电子排布规律，明确价层电子对互斥理论是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：①A+B→X(ΔH<0)，则A和B的能量之和大于X能量，②X→C(ΔH>0)，则X能量小于C的能量，故A、C错误；E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，故D错误，B正确；
故选：B。
生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，据此分析。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.X位于顶点，个数为8×18=1，Y位于体内，个数为1，则化学式为XY，故A正确；
B.该物质不属于晶体，没有形成重复的结构，不能确定其化学式，故B错误；
C.X位于顶点，个数为4×18=12，Y位于体内和顶点，个数为1+4×18=32，则化学式为XY3，故C正确；
D.X位于顶点，个数为8×18=1，Y位于棱心，个数为2×14=12，则化学式为X2Y，故D正确；
故选：B。
位于顶点的原子被8个晶胞共用，位于面心的原子被2个晶胞共用，位于棱心的原子被4个晶胞共用，位于体内的原子被1个晶胞占有，以此来解答。
本题考查晶胞计算，为高频考点，把握原子的位置、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意均摊法的应用，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：已知反应：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，在室温下迅速混合反应液，2min内测得c(MnO4−)从0.1mol/L减少到0.02mol/L(反应过程中忽略溶液体积的变化)，v(MnO4−)=0.1mol/L−0.02mol/L2min=0.04mol⋅L−1⋅min−1，
A.计算可知，v(MnO4−)=0.04mol⋅L−1⋅min−1=0.0460mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B.v(Mn2+)=v(MnO4−)=0.04mol⋅L−1⋅min−1，故B错误；
C.v(H2C2O4)=52v(MnO4−)=52×0.04mol⋅L−1⋅min−1=0.1mol⋅L−1⋅min−1，故C正确；
D.溶液体积不知，不能计算反应的微粒物质的量，温度压强不知，不能计算得到二氧化碳气体体积，故D错误；
故选：C。
化学反应速率是用单位时间内反应物浓度减小或生成物浓度增加表示，同一个反应，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，据此计算。
本题考查了化学反应速率概念和计算，主要是塑料之比等于化学方程式计量数之比的计算应用，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.①CO32−(aq)+2H+(aq)=HCO3−(aq)+H+(aq)ΔH1
②HCO3−(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH2
③H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)ΔH3
根据盖斯定律：−(①+②+③)得CO2(g)+H2O(l)=CO32−(aq)+2H+(aq)ΔH4=−(ΔH1+ΔH2+ΔH3)，故A错误；
B.根据盖斯定律：①+②得CO32−(aq)+2H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH=ΔH1+ΔH2，故B错误；；
C.HCO3−(aq)=CO32−(aq)+H+(aq)的反应热为−ΔH1，HCO3−电离时吸热，则−ΔH1>0，则ΔH1<0，故C错误；
D.H2CO3电离时吸热，逆反应放热，则ΔH2<0，H2CO3分解反应为吸热反应，则ΔH3>0，故ΔH2<ΔH3，故D正确；
故选：D。
A.①CO32−(aq)+2H+(aq)=HCO3−(aq)+H+(aq)ΔH1
②HCO3−(aq)+H+(aq)=H2CO3(aq)ΔH2
③H2CO3(aq)=CO2(g)+H2O(l)ΔH3
根据盖斯定律：−(①+②+③)得CO2(g)+H2O(l)=CO32−(aq)+2H+(aq)；
B.根据盖斯定律：①+②得CO32−(aq)+2H+(aq)=H2CO3(aq)；
C.HCO3−(aq)=CO32−(aq)+H+(aq)的反应热为−ΔH1，HCO3−电离时吸热，则−ΔH1>0；
D.H2CO3电离时吸热，逆反应放热，H2CO3分解反应为吸热反应。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：A.该反应是气体分子数减小的反应，则ΔS<0，故A错误；
B.反应能否自发，要综合考虑焓变和熵变因素，催化剂加快反应速率，故B错误；
C.该反应ΔH<0，ΔS<0，则该反应在低温下能自发进行，故C正确；
D.NO是氧气和氮气反应生成，提高空气燃料比，不能减小NO的排放，故D错误；
故选：C。
反应能否自发，要综合考虑焓变和熵变因素，ΔH−ΔS<0，反应才能自发进行。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、ΔH−ΔS<0，反应才能自发进行为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.两个原子的单电子若自旋方向相同，但不一定可形成共价键，例如Li和Na，故A错误；
B.H的1s电子为球形对称，s−s电子重叠没有方向性，则H−H键无方向性，故B错误；
C.p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键，所以两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键，故C正确；
D.稀有气体是单原子分子，分子中不存在共价键，所以稀有气体中没有σ键，所以多原子构成的气体单质中一定存在σ键，故D错误；
故选：C。
A.两个原子的单电子若自旋方向相同，但不一定可形成共价键；
B.s电子在形成共价键时，没有方向性；
C.p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键；
D.稀有气体的单质中不存在共价键。
本题考查共价键的形成及性质等，为高频考点，把握共价键的形成及电子云的重叠等为解答的关键，侧重分子结构与性质的考查，题目难度不大。
13~14.【答案】D 、C
【解析】
1.【分析】
由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
B.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
C.HF分子之间形成氢键；
D.锗的单质属于共价晶体。
本题考查元素周期表与元素周期律，识记常见元素在周期表中位置，掌握元素周期律，注意氢键对物质性质的影响。
【解答】
解：由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.O2−、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子吸引越强，离子半径越小，故离子半径O2−>Na+，故A错误；
B.元素的金属性Na>Al，故最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，故B错误；
C.HF分子之间形成氢键，导致其熔沸点比较高，故C错误；
D.锗的单质属于共价晶体，其熔点高，硬度大，故D正确；
故选：D。
2.【分析】
由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.同周期主族元素自左而右元素电负性增大；
B.同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，注意ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能高于同周期相邻元素；
C.E处于第四周期IVA族，外围电子排布式为4s24p2；
D.F处于第五周期第IB族，外围电子排布式为3d104s1。
本题考查元素周期表与元素周期律，熟记常见元素在周期表中位置，注意电子构型对电离能的影响，掌握核外电子排布规律。
【解答】
解：由元素在周期表中位置，可知A为O元素、B为F元素、C为Na元素、D为Al元素，E处于第四周期IVA族为Ge元素，F处于第五周期第IB族；
A.同周期主族元素自左而右元素电负性增大，故电负性A
D.F处于第五周期第IB族，外围电子排布式为3d104s1，最外层只填充1个电子，最外层只有一种自旋方向的电子，故D正确；
故选：C。
15.【答案】A
【解析】解：A.二氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+6−2×22=3，含有一个孤电子对，所以硫原子采用sp2杂化，为V形结构，故A正确；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3，且B原子不含孤电子对，则B原子采用sp2杂化，BF3为平面正三角形，故B错误；
C.乙烯中碳原子价层电子对数=3+4−4×12=3，均为sp2杂化，乙烯是平面结构，6个原子共平面，不是平面正三角形，故C错误；
D.ClO3−中Cl原子价层电子对数=3+7+1−3×22=4，且Cl原子含有1对孤电子对，则离子中Cl原子采用sp3杂化，ClO3−为三角锥形结构，故D错误；
故选：A。
A.SO2中S原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，所以S原子采用sp2杂化，该分子为V形结构；
B.BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3，且B原子不含孤电子对；
C.乙烯中碳原子均为sp2杂化，乙烯是平面结构，6个原子共平面；
D.ClO3−中Cl原子价层电子对数=3+7+1−3×22=4，且Cl原子含有1对孤电子对。
本题考查杂化轨道和分子的空间构型等知识点，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，题目难度中等。
16.【答案】B
【解析】解：A.钢铁发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，故A正确；
B.用铁作阳极，电解饱和食盐水的离子方程式：Fe+2H2O−通电Fe(OH)2+H2↑，故B错误；
C.向多元弱酸H3PO4中加入过量烧碱，离子方程式为：H3PO4+3OH−=PO43−+3H2O，故C正确；
D.向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可得到CuS沉淀，离子方程式为：Cu2+(aq)+ZnS(s)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)，故D正确；
故选：B。
A.Fe失去电子，氧气得到电子，发生吸氧腐蚀；
B.铁做阳极，铁失去电子发生氧化反应，生成氢氧化亚铁和氢气；
C.烧碱过量，反应生成磷酸钠和水；
D.向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可得到CuS沉淀，实现沉淀的转化。
本题考查学生化学方程式、离子方程式的书写知识，为高考常见题型，有助于学生思维严密性的训练，要注意反应的条件等细节问题，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.由热化学方程式可知，生成1molFe(s)，吸收的热量为akJ，故A错误；
B.反应前后气体的总物质的量不变，则容器内压强始终不随时间变化，不能判定平衡状态，故B错误；
C.焓变为正，升高温度平衡正向移动，正、逆反应速率都加快，且正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D.达到化学平衡状态时，若c(CO)=0.100mol/L，K=c(CO2)c(CO)=0.263，则c(CO2)=0.263×0.100mol/L=0.0263mol/L，故D正确；
故选：D。
A.由热化学方程式判断；
B.反应前后气体的总物质的量不变；
C.焓变为正，升高温度平衡正向移动；
D.K=c(CO2)c(CO)，结合平衡浓度计算。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、K的计算、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：A.根据电池总反应式LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy可知，C的化合价升高、发生失去电子的氧化反应，则A电极为负极，负极反应式为LixCy−xe−=Cy+xLi+，锂离子脱嵌，故A正确；
B.充电时，B为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，故B正确；
C.充电时，A为阴极，接外电源的负极，故C错误；
D.锂为活泼金属，容易和水反应，故使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应，故D正确；
故选：C。
根据电池总反应式LixCy+Li1−xCoO2=LiCoO2+Cy可知，C的化合价升高、发生失去电子的氧化反应，则A电极为负极，负极反应式为LixCy−xe−=Cy+xLi+，Co的化合价降低、发生得电子的还原反应，B电极为正极，正极反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电时，阴极、阳极分别与外电源的负极、正极相接，电极反应式正好相反，据此分析解答。
本题考查学生原电池的工作原理知识，注意能量的转化等知识，知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大。
19.【答案】A
【解析】解：A.CCl4的熔沸点小于SiCl4，CCl4、SiCl4、NCl3、PCl3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此NCl3的熔沸点小于PCl3，故A正确；
B.CH3CH2OH在水中的溶解度很大，乙醇与水的结构相似，而1−戊醇与水的结构比乙醇与水的结构相差大，因此1−戊醇在水中的溶解度比乙醇在水中的溶解度减小，故B错误；
C.N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大，但结构不稳定，一般断裂其中的一根或两根键，故C错误；
D.AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，而AgNO3溶液和过量NH3⋅H2O反应，先生成沉淀，后沉淀逐渐溶解，两者现象不相同，故D错误；
故选：A。
A.根据分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高推断；
B.注意碳链越长越类似于烷烃的性质分析；
C.注意N≡N由于键能大而结构稳定，但是C≡C需要结合其他原子才能达到稳定结构；
D.AgNO3溶液和过量NH3⋅H2O反应会生成络合物。
本题考查物质的性质及规律，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、类推方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
20.【答案】B
【解析】解：A.0.10mol/L的NaA溶液中c(OH−)c(H+)=104说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，A−离子在溶液中水解使溶液呈碱性证明HA为弱酸，故A不选；
B.往该酸溶液中加入碳酸钠固体有二氧化碳气体生成，只能证明HA的酸性强于碳酸，但不能证明HA为弱酸，故B选；
C.往该酸溶液中滴加同浓度氢氧化钠溶液呈中性时，氢氧化钠溶液体积小于HA溶液说明中性溶液为HA和NaA的混合溶液，证明HA为弱酸，在溶液中部分电离，故C不选；
D.若测得该酸溶液pH=a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH=b，溶液中b小于a+1说明HA为弱酸，在溶液中部分电离，故D不选；
故选：B。
不能说明一元酸HA为弱酸，说明该条件下不能证明HA部分电离，据此分析解答。
本题考查了电解质强弱判断，根据电离程度确定电解质强弱，不能根据溶解性、溶液导电能力确定电解质强弱，为易错点．
21.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，该配离子中心离子是Cu2+，配体具有两个配位原子是多齿配体，配位数应为：2×2=4，故A错误；
B.除C−C为非极性键外，该离子中均为极性键，故B正确；
C.乙二胺分子中H−N−H的N上有一个孤电子对，H−C−H的C上无孤电子对，H−N−H的键角小于H−C−H的键角，故C正确；
D.乙二胺分子间能形成氢键，ClCH2CH2Cl不能，乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl，故D正确；
故选：A。
A.配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中的配体具有两个配位原子属于多齿配体，形成体的配位数等于配位体的数目与齿数的乘积；
B.非极性键是由同种元素之间形成的共用电子对不偏移的化学键，极性键是由不同种元素之间形成的共用电子对偏移的化学键；
C.孤电子对之间的斥力>孤电子对-成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力；
D.氢键为X−H⋯Y，其中X、Y为N、O、F其中之一，乙二胺分子间能形成氢键，
本题考察了配合物的结构、键角、氢键等知识，难度适中，要对物质结构的知识十分熟悉，并能灵活应用。
22.【答案】B
【解析】解：A.对氯水加热，氯气溶解性减小，同时次氯酸受热分解，使α(HClO)减小，漂白和杀菌作用降低，故A错误；
B.常温下溶液中c(ClO−)=c(HClO)时，HClO的Ka=c(H+)=10−pH=10−7.5，NaClO的水解常数Kh=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)×c(H+)c(H+)=KwKa=10−1410−7.5=10−6.5，pKh=6.5，故B正确；
C.将等物质的量的NaClO和HClO混合物溶于水，溶液显碱性，次氯酸根离子水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(ClO−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.溶液中阳离子除氢离子外还有另外的阳离子，电荷守恒得到c(ClO−)+c(OH−)>c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.次氯酸见光或加热易分解；
B.NaClO的水解常数Kh=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)=c(HClO)×c(OH−)c(ClO−)×c(H+)c(H+)=KwKa，常温下溶液中c(ClO−)=c(HClO)时，HClO的Ka=c(H+)=10−pH；
C.将等物质的量的NaClO和HClO混合物溶于水，溶液显碱性，次氯酸根离子水解程度大于次氯酸的电离程度；
D.溶液中存在电荷守恒，溶液中阳离子除氢离子外还有另外的阳离子。
本题考查弱电解质的电离及离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意守恒思想的灵活应用，题目难度中等。
23.【答案】D
【解析】解：A.K与温度有关，与浓度无关，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数K不变，故A错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故B错误；
C.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，Ni(CO)4分解率增大，故C错误；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，且升高温度加快反应速率，可选50℃，升高温度，平衡逆向移动，不利于固态Ni转化为气体，不能选80℃，故D正确；
故选：D。
A.K与温度有关，与浓度无关；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；
C.焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
D.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，且升高温度加快反应速率。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
24.【答案】B
【解析】解：A.18g水的物质的量为1mol，根据均摊法，1mol氢原子形成12mol氢键，1mol氧原子形成12×2=1mol氢键，1mol水中含有2mol氢原子、1molO，能够形成2mol氢键，所以18g冰中含有氢键的数目最多为2NA，故A错误；
B.88g干冰(如图2)中含有晶胞结构单元数目：88g44g/mol×14×NAmol−1=0.5NA个，故B正确；
C.重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+，1L0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O7−的数目小于0.1NA，故C错误；
D.氢氧化钠溶液中，氢氧根离子、水分子都含氧原子，所以100mL0.1mol⋅L−1的NaOH水溶液中含有氧原子数大于0.01NA，故D错误；
故选：B。
A.1个水分子中氧原子与两个氢原子生成两个氢键、氢原子与氧原子形成1个氢键，采用均摊法计算出1mol水中含有的氢键；
B.依据二氧化碳晶胞可知，1个晶胞含二氧化碳分子数为：18×8+12×6=4；
C.重铬酸钾发生水解，反应的离子方程式为H2O+Cr2O72−⇌2CrO42−+2H+；
D.氢氧化钠溶液中，氢氧根离子、水分子都含氧原子。
本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度中等，涉及知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意熟练掌握物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系。
25.【答案】C
【解析】解：A.将活塞往里推压缩体积，浓度增大，颜色加深，不能证明压强对平衡移动的影响，故A错误；
B.阳极上Cu及比Cu活泼的金属失去电子，阴极上铜离子得到电子，则电解质溶液的浓度减小，故B错误；
C.NH3的N给出孤对电子，Cu2+接受电子对，可形成配位键，先形成难溶物，并继续滴加沉淀溶解，然后蒸发溶剂析出晶体，故C正确；
D.用碳酸钠溶液浸泡水垢，Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，生成CaCO3沉淀，不能比较Ksp(CaSO4)、Ksp(CaCO3)的大小，故D错误；
故选：C。
A.将活塞往里推压缩体积，浓度增大，颜色加深；
B.阳极上Cu及比Cu活泼的金属失去电子，阴极上铜离子得到电子；
C.NH3的N给出孤对电子，Cu2+接受电子对，可形成配位键；
D.用碳酸钠溶液浸泡水垢，Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，生成CaCO3沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、平衡移动、电解原理、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
26.【答案】Mg2++H2O+Cl−⇌Mg(OH)Cl+H+
故答案为：Mg2++H2O+Cl−⇌Mg(OH)Cl+H+；
(2)pKa大小比较分析判断乙酸的Ka小于三氯乙酸Ka，Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，三氯乙酸更容易电离出氢离子，酸性比较：乙酸<三氯乙酸，
故答案为：<； Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，三氯乙酸更容易电离出氢离子；
(3)向碘的四氯化碳溶液中加入一定量 KI水溶液，振荡后，四氯化碳层紫红色变浅，水层溶液显黄色，从平衡和结构的角度解释，产生该现象的原因是：因为I2+I−⇌I3−，根据相似相溶原理，I3−易溶于水，故产生此现象，
故答案为：因为I2+I−⇌I3−，根据相似相溶原理，I3−易溶于水，故产生此现象。
(1)MgCl2水解时会生成中间产物碱式氯化镁Mg(OH)Cl(白色，不溶于水)和氯化氢；
(2)羧基中的羟基的极性越大，羟基越易电离出氢离子，结合Ka的大小比较酸性强弱；
(3)向碘的四氯化碳溶液中加入一定量 KI水溶液，振荡后，四氯化碳层紫红色变浅，水层溶液显黄色，是因为发生反应I2+I−⇌I3−，I3−易溶于水。
本题考查了盐类水解原理、弱电解质电离平衡影响因素分析判断、化学平衡影响因素的理解应用等知识点，题目难度不大。
27.【答案】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/mol407.6
【解析】解：(1)①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=−252.9kJ/mol，
②2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ/mol，
③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ/mol，盖斯定律计算−(②×2+①)得到甲烷的燃烧热的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/mol，
故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.3kJ/mol；
(2)2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ/mol，已知O−H、H−H的键能分别为462.8kJ/mol、436kJ/mol，设O=O的键能为x，得到ΔH2=+571.6kJ/mol=4×462.8kJ/mol−2×436kJ/mol−x，x=+407.6kJ/mol，
故答案为：407.6。
(1)25℃，101KPa时，1mol甲烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为燃烧热，结合盖斯定律和热化学方程式计算得到；
(2)反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能。
本题考查了热化学方程式、盖斯定律计算应用、反应焓变的计算等知识点，题目难度不大。
28.【答案】2ClO3−+SO32−+2H+=2ClO2↑+SO42−+H2ODEGFB甲 甲 AC0.000606
【解析】解：(1)由信息可知，KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，离子方程式为：2ClO3−+SO32−+2H+=2ClO2↑+SO42−+H2O，
故答案为：2ClO3−+SO32−+2H+=2ClO2↑+SO42−+H2O；
(2)①化学小组欲对用ClO2消毒过的自来水进行氯元素含量的测定(假设ClO2全部转化为Cl−)，进行如下实验：向20.00mL水样中加几滴K2CrO4溶液作指示剂(利用Ag+和CrO42−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点)，用0.001000mol/LAgNO3溶液滴定，滴定过程的顺序为在清水洗涤后，用标准溶液润洗滴定管2∼3次→取标准液注入滴定管至刻度线0以上2∼3cm，并固定在铁架台上→排气泡后，记下读数V1→移取20.00mL待测水样注入洁净的锥形瓶中，并加入2∼3滴K2Cr2O7试液→把锥形瓶放在滴定管的下面，垫上白纸→用标准液滴定至溶液出现砖红色沉淀时，停止滴定，并记下滴定管液面的刻度V2→重复实验2次，
故答案为：D；E；G；F；B；
②待测水样显酸性，应使用酸式滴定管，硝酸银溶液具有一定的酸性，故也应使用酸式滴定管，
故答案为：甲；甲；
③A.滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A正确；
B.锥形瓶清洗后不能润洗，故B错误；
C.滴定完成后，俯视滴定管读数，待测液用量偏多，会造成滴定结果偏高，故C正确；
D.若滴定结束发现滴定管中出现气泡，待测液用量偏低，滴定结果偏低，故D错误；
故答案为：AC；
④三次滴定，标准液用量分别为12.12mL、12.12mL、13.7mL，第三组误差较大，故标准液平均用量为12.12mL，该水样中Cl−物质的量浓度是12.12×10−3×0.00120×10−3=0.000606mol/L，
故答案为：0.000606。
(1)由信息可知，KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
(2)①化学小组欲对用ClO2消毒过的自来水进行氯元素含量的测定(假设ClO2全部转化为Cl−)，进行如下实验：向20.00mL水样中加几滴K2CrO4溶液作指示剂(利用Ag+和CrO42−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点)，用0.001000mol/LAgNO3溶液滴定，滴定过程的顺序为在清水洗涤后，用标准溶液润洗滴定管2∼3次→取标准液注入滴定管至刻度线0以上2∼3cm，并固定在铁架台上→排气泡后，记下读数V1→移取20.00mL待测水样注入洁净的锥形瓶中，并加入2∼3滴K2Cr2O7试液→把锥形瓶放在滴定管的下面，垫上白纸→用标准液滴定至溶液出现砖红色沉淀时，停止滴定，并记下滴定管液面的刻度V2→重复实验2次；
②待测水样显酸性，标准溶液也具有一定的酸性；
③A.滴定过程中，眼睛始终注视锥形瓶；
B.锥形瓶不能润洗；
C.滴定完成后，俯视滴定管读数，待测液用量偏多；
D.若滴定结束发现滴定管中出现气泡，待测液用量偏低；
④三次滴定，标准液用量分别为12.12mL、12.12mL、13.7mL，第三组误差较大，故标准液平均用量为12.12mL，结合滴定数据进行计算。
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。
29.【答案】第一步 BD= (c−e−b)2e(e+2b−c)
【解析】解：(1)①由图可知，第一步的活化能大于第二步，则第一步速率较慢，则决定总反应速率的是第一步，
故答案为：第一步；
②A.催化剂通过降低活化能，提高反应速率，但不改变反应的焓变，故A错误；
B.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，N2O的平衡转化率减小，故B正确；
C.化学平衡常数只与温度有关，FeO+是中间产物，平衡常数不变，故C错误；
D.第一步反应N2O→N2过程中，断裂极性键，第二步FeO+→Fe+过程中，断裂离子键，故D正确；
故答案为：BD；
(2)①反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，净反应速率(Δv)为0，则Δv(500K)=Δv(550K)，
故答案为：=；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K1值减小，则当1T增大时，pK1减小，pK1(pK1=−lgK1)随温度的倒数(1T)的变化曲线为，
故答案为：；
(3)CaC2O4(s)⇌CaCO3(s)+CO(g)，则K1=p(CO)=ekPa，设CO转化压强为xkPa，
N2O(g)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
起始(kPa)b00
转化(kPa)xxxx
平衡(kPa)b−xexx
平衡总压强为b−x+e+x+x=c，则x=c−e−b，则Kp=p(N2)p(CO2)p(CO)p(N2O)=(c−e−b)(c−e−b)e(e+2b−c)=(c−e−b)2e(e+2b−c)，
故答案为：(c−e−b)2e(e+2b−c)。
(1)①决定总反应速率的是最慢的步骤，活化能越大，反应越慢；
②A.催化剂不改变反应的焓变；
B.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
C.化学平衡常数只与温度有关；
D.极性键是不同种元素组成的共价键，非极性键是同种元素组成的共价键；
(2)①反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
(3)CaC2O4(s)⇌CaCO3(s)+CO(g)，则K1=p(CO)=ekPa，设CO转化压强为xkPa，列化学平衡三段式，结合Kp=p(N2)p(CO2)p(CO)p(N2O)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，此题难度大。
30.【答案】30 ds>Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高 10：11297×4NA×(a×10−10)3
【解析】解：(1)Zn元素是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，同一个原子不存在运动状态完全相同的2个原子，则基态Zn原子中不同运动状态的电子30种，Zn原子价电子排布式为3d104s2，其价层电子轨道表示式为；Zn元素位于元素周期表的ds区，
故答案为：30；；ds；
(2)基态Zn原子价电子排布式为3d104s2，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，则Zn与Cu的第一电离能的比较：Zn>Cu，理由是Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高，
故答案为：>；Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高；
(3)单键是σ键，双键中1个σ键1个π键，由如图所示结构知M中含有的σ键与π键分别为20、2个，则σ键与π键数目比为10：1，
故答案为：10：1；
(4)由如图所示晶胞结构知：晶胞中处于面心的锌离子与顶点的锌离子是紧密相邻的，则每个Zn2+周围等距离且紧邻的Zn2+有12个；由晶胞结构可知，硫离子处于晶胞内部，晶胞中含有4个硫离子，锌离子位于顶点与面心上，晶胞中含有锌离子数目为8×18+6×12=4，ZnS，若晶胞边长为apm，则ZnS晶体的密度为ρ=mV=97NA×4g(a×10−10)3cm3=97×4NA×(a×10−10)3⋅cm−3，
故答案为：97×4NA×(a×10−10)3。
(1)Zn元素是30号元素，基态Zn原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，同一个原子不存在运动状态完全相同的2个原子，则基态Zn原子中不同运动状态的电子30种；
(2)基态Zn原子价电子排布式为3d104s2，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，则Zn与Cu的第一电离能的比较：Zn>Cu；
(3)单键是σ键，双键中1个σ键1个π键，由如图所示结构知M中含有的σ键与π键分别为20、2个；
(4)由如图所示晶胞结构知：晶胞中处于面心的锌离子与顶点的锌离子是紧密相邻的，则每个Zn2+周围等距离且紧邻的Zn2+有12个；由晶胞结构可知，硫离子处于晶胞内部，晶胞中含有4个硫离子，锌离子位于顶点与面心上，晶胞中含有锌离子数目为8×18+6×12=4，ZnS，若晶胞边长为apm，则ZnS晶体的密度为ρ=mV。
本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、原子杂化及空间构型判断等知识，明确原子核外电子排布、原子杂化的判断方法为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度中等。
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