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2021-2022学年浙江省丽水市高二上学期普通高中教学质量监控（期末）化学试题 （解析版）
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这是一份2021-2022学年浙江省丽水市高二上学期普通高中教学质量监控（期末）化学试题 （解析版），共22页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列说法正确的是， 下列对应关系不正确的是， 能正确表示下列变化的方程式是， 下列有关实验的说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
丽水市2021学年第一学期普通高中教学质量监控
高二化学试题卷
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生须知：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，写在本试题卷上的答案一律无效。
3.非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Ca 40 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，1~10题每小题2分，11~20题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 以下能级符号正确的是
A. 1s B. 1p C. 2d D. 3f
【答案】A
【解析】
【详解】元素周期表中，各个能层含有的能级数不多于能层序数，第一能层有1s能级，第二能层有2s、2p能级，第三能层有3s、3p、3d能级，第四能层有4s、4p、4d、4f能级。因此，没有1p、2d、3f等能级，故该题选A。
2. 下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是
A. K2CO3 B. AlCl3 C. NaHSO4 D. NaNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．K2CO3中CO水解，溶液显碱性，A不符合题意；
B．AlCl3中Al水解，溶液显酸性，B符合题意；
C．NaHSO4不发生水解，其电离后溶液显酸性，C不符合题意；
D．NaNO3不发生水解，D不符合题意；
故选B。
3. 下列有关反应热的说法不正确的是
A. 在等温、等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(△H)
B. 反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=−184.6 kJ·mol−1，表示每摩尔反应放出184.6 kJ的热量
C. 在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，反应体系内能减少
D. 所有反应的反应热都可以通过量热计直接测量
【答案】D
【解析】
【详解】A．在等温、等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(△H)，A正确；
B．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=−184.6 kJ·mol−1，表示每摩尔反应放出184.6 kJ的热量，B正确；
C．在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，热量散失维持体系温度不变，故反应体系内能减少，C正确；
D．部分反应的反应热可以通过量热计直接测量，一些不稳定存在的物质参与的反应，其反应热无法通过量热计直接测量，D错误；
故选D。
4. 下列关于能源的叙述不正确的是
A. 迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源
B. 寻找高效催化剂，使水分解产生氢气，同时释放能量
C. 反应2CH2=CH2+O22 符合最理想的原子经济性
D. 海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用对降低碳排放具有重要意义
【答案】B
【解析】
【详解】A．迄今为止，煤、石油、天然气等化石能源仍是人类使用的主要能源，A正确；
B．水分解产生氢气吸收能量，寻找高效催化剂，能降低活化能，增快反应速率，但能量改变只与反应物和生成物的总能量有关，与催化剂无关，B错误；
C．反应2CH2=CH2+O22 ，没有副产物，所有原子恰好完全利用，符合最理想的原子经济性，C正确；
D．海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用，可减少对化石能源的使用，对降低碳排放具有重要意义，D正确；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 钾的焰色试验呈紫色，发生的是化学变化
B. 钠原子的电子由3s跃迁到5s，放出能量
C. 基态硫原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4
D. 氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量不相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．钾的焰色试验呈紫色，发生的是物理变化，A错误；
B．电子从较低能级轨道跃迁到较高能级轨道需要吸收能量，钠原子的电子由3s跃迁到5s，吸收能量，B错误；
C．硫的原子序数为16，基态硫原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4，C正确；
D．氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量相等，轨道空间伸展方向不同，D错误；
故选C。
6. 元素Po(钋)与S同主族，原子序数为84，下列说法正确的是
A. PoO2具有还原性 B. 原子半径：Po＜S
C. Po位于元素周期表的第5周期 D. Po和S都是d区元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．PoO2中Po元素的化合价为+4价，可以失电子变为+6价，具有还原性，故A正确；
B．Po和S属于同主族元素，同主族元素从上到下原子半径依次增大，原子序数Po＞S，所以原子半径Po＞S，故B错误；
C．Po的原子序数为84，各层电子数依次为2，8，18，32，18，6，有6个电子层，最外层6个电子，则Po位于第六周期VIA族，故C错误；
D．S的价电子排布式为3s23p4，Po的价电子排布式为6s26p4，则S和Po最后排入的电子落在了p能级的原子轨道上，都是p区元素，故D错误；
答案为A。
7. 下列对应关系不正确的是
A. 乙烯分子中存在碳碳双键，可通过加聚反应合成聚乙烯
B. 金属性：Cu > Ag，电解精炼铜时银沉积在电解槽底部
C. 氮气的化学性质很稳定，可作电解熔融氯化镁制镁的保护气
D. Al2O3是两性氧化物，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，存在碳碳双键，可以通过加聚反应合成聚乙烯，A正确；
B．铜金属性比银强，电解精炼铜时，粗铜中的铜失电子变成铜离子，银沉积在电解槽底部，B正确；
C．镁能与氮气反应生成氮化镁，不能用作电解熔融氯化镁制镁的保护气，C错误；
D．氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜，D正确；
答案选C。
8. 能正确表示下列变化的方程式是
A. SO3能使BaCl2溶液产生白色沉淀：SO3＋Ba2+＋H2O=BaSO4↓＋2H+
B. 炽热的铁水与水蒸气反应：3H2O(g)+2FeFe2O3+3H2
C. NaOH溶液吸收废气中的NO2：2NO2+2OH−=2NO+H2O
D. Na2CO3溶液使酚酞试液变红：CO+2H2OH2CO3+2OH−
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3能使BaCl2溶液产生白色沉淀：SO3＋Ba2+＋H2O=BaSO4↓＋2H+，A正确；
B．炽热的铁水与水蒸气反应：4H2O(g)+3FeFe3O4+4H2，B错误；
C．NaOH溶液吸收废气中的NO2，发生氧化还原反应：2NO2+2OH−=NO+NO+H2O，C错误；
D．Na2CO3溶液使酚酞试液变红：CO+H2OHCO+OH−，D错误；
故选A。
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 第一电离能：X>Y B. 电负性：Z>W
C. 气态氢化物的稳定性：YZ
【答案】D
【解析】
【分析】依题意，短周期主族元素X基态原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，即1s22s22p4，X是O元素；Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，推断Z是Na元素，化合物Z2X2是Na2O2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，O和Na之间的主族元素只有F，故Y是F元素；Y、W最外层电子数相同，则W是Cl元素。
【详解】A．同周期元素第一电离能ⅦA族大于ⅥA族，故第一电离能F>O，即Y >X，A错误；
B．同周期元素电负性从左往右逐渐增大，故电负性Cl>Na，即W >Z，B错误；
C．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，故气态氢化物的稳定性HF>HCl，即Y>W，C错误；
D．O2-与Na+具有相同电子层数，O2-的核电荷数较少，其半径较大，故简单离子的半径O2-> Na+，即X>Z，D正确；
故选D。
10. 下列有关实验的说法不正确的是
A. 加热2 mL 0.5 mol·L−1 CuCl2溶液，溶液颜色变为绿色
B. 电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，铁制镀件溶解
C. 向NaOH溶液中加入适量饱和FeCl3溶液，加热制得Fe(OH)3胶体
D. 向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－⇌[CuCl4]2－(绿色)＋4H2O，加热2mL0.5mol·L−1CuCl2溶液，促进平衡正向移动，溶液颜色变为绿色，A正确；
B．与正极相连的为阳极，阳极失电子；电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，铁制镀件失电子生成亚铁离子，铁制镀件溶解，B正确；
C．向NaOH溶液中加入适量饱和FeCl3溶液，加热制得的为氢氧化铁沉淀，不是氢氧化铁胶体，C错误；
D．向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，D正确；
答案选C。
11. CH3COOH溶液存在电离平衡，下列有关叙述不正确的是
A. 向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH−)减小
B. 向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，电离平衡向左移动
C. CH3COOH溶液中离子浓度的关系：c(H+)=c(OH−)＋c(CH3COO−)
D. 常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7
【答案】A
【解析】
【详解】A．向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，A错误；
B．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入少量的CH3COONa固体，相当于加入醋酸根离子，电离平衡向左移动，B正确；
C．溶液中存在电荷守恒，CH3COOH溶液中电荷守恒：c(H+)=c(OH−)＋c(CH3COO−)，C正确；
D．醋酸为弱酸，常温下，pH=2的CH3COOH溶液，醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，两者等体积混合，酸过量，溶液显酸性，溶液的pH<7，D正确；
答案选A
12. 25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10−36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10−24，下列说法不正确的是
A. 饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2−)更小
B. 往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C. CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D. 在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuS的Ksp==6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=；ZnS的Ksp==1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=；前者c(S2−)更小，A正确；
B．ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，B正确；
C．Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，C错误；
D．在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，，D正确；
故选C。
13. 已知丙烷与Br2发生一元取代反应的机理如下(R·、X·表示自由基)：
(1)Br2(g)→2Br·(g)ΔH1
(2)CH3CH2CH3(g)+Br·(g)→CH3CH2CH2(g)+HBr(g)ΔH2
CH3CH2CH3(g)+Br·(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)ΔH2'
(3)CH3CH2CH2(g)+Br·(g)→CH3CH2CH2Br(g)ΔH3
CH3CHCH3(g)+Br·(g)→CH3CHBrCH3(g)ΔH3'
其中，(2)是决定反应速率的关键步骤，其“能量-反应进程”如图所示。
下列说法不正确的是
A. 稳定性：CH3CHCH3
C. 丙烷与Br2发生一元取代反应的产物以CH3CHBrCH3为主
D. 适当升高温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Br的比例
【答案】A
【解析】
【详解】A．能量越低越稳定，故稳定性：CH3CHCH3>CH3CH2CH2，A错误；
B．断裂化学键需要吸收能量，故Br2(g)→2Br·(g)ΔH1>0，B正确；
C．由图可知，生成CH3CHCH3的活化能比生成CH3CH2CH2的活化能低，故生成CH3CHCH3的反应更容易进行，根据(3)可知产物CH3CHBrCH3更多，C正确；
D．由图可知ΔH2较大，升高温度对反应热大的反应影响较大，ΔH2对应的产物为CH3CH2CH2Br，D正确；
故选A。
14. 硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意如下。
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中H2O参与电子的传导
B. 过程Ⅱ、过程Ⅲ不存在电子转移
C. 雾霾微颗粒中含有硫酸盐、亚硝酸盐等
D. NO2是雾霾微颗粒中硫酸盐生成转化的氧化剂
【答案】B
【解析】
【分析】图中过程Ⅰ表示SO、H2O和NO2反应生成NO和SO，过程Ⅲ表示SO和NO2加入一个水分子转化为HNO2和HSO，由此分析。
【详解】A．根据图示中各微粒构造可知，该过程有H2O参与，选项A正确；
B．根据图示的转化过程Ⅲ，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，选项B不正确；
C．根据图示的转化过程Ⅲ，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，过程Ⅰ中生成了NO，选项C正确；
D．根据图示转化过程中，整个过程NO2转化为HNO2，作氧化剂，选项D正确；
答案选B。
15. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。下列根据相关图像所作的判断，正确的是
A
B
C
D
其他条件相同时，增大压强平衡向左移动
x为c(O2)
3s时，v(NO2)=0.2 mol·L−1·s−1
温度降低，反应的平衡常数增大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡后，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，A错误；
B．增大生成物氧气的浓度，平衡逆向移动，反应物二氧化氮的转化率降低，B错误；
C．v(NO2)应为0~3s内的平均反应速率，而不是3s时的瞬时反应速率，C错误；
D．由图中曲线可知，该反应的正反应方向为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，D正确；
答案选D。
16. 用压强传感器探究生铁分别在pH=2.0、4.0和6.0的酸性溶液中发生电化学腐蚀，得到反应体系气体压强与时间的关系如图。有关叙述不正确的是
A. 负极的电极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+
B. pH=2.0时，生铁只发生析氢腐蚀
C. pH>4.0时，生铁主要发生吸氧腐蚀
D. 外加电流法保护金属，用惰性电极作为辅助阳极
【答案】B
【解析】
【详解】A．负极失电子，负极为铁，电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，A正确；
B．pH=2.0时，溶液酸性较强，生铁发生析氢腐蚀，但同时也会发生吸氧腐蚀，只不过酸性较强，主要发生析氢腐蚀，使得气压增大，B错误；
C．pH=4.0时，若只发生吸氧腐蚀，气压应下降，而图中pH=4.0时，气压几乎不变，说明除了发生吸氧腐蚀，还发生了析氢腐蚀，当pH>4.0时，气压减小，生铁主要发生吸氧腐蚀，C正确；
D．外加电流法保护金属，金属作阴极，惰性电极作为辅助阳极，D正确；
答案选B。
17. 新型锂—空气电池具有能量大、密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是
A. 放电时，内电路中Li+向石墨烯电极方向移动
B. 放电时，正极反应式：O2+4H++4e−=2H2O
C. 放电时，外电路电子从石墨烯电极流向锂电极
D. 放电时，电池中化学能完全转化为电能
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示，氧气在石墨烯电极得电子生成OH-，石墨烯是正极；Li电极失电子生成Li+，Li电极是负极。
【详解】A．石墨烯是正极；放电时，内电路中阳离子移向正极，所以Li+向石墨烯电极方向移动，故A正确；
B．根据图示，放电时，氧气在石墨烯电极得电子生成OH-，正极反应式：O2+2H2O+4e−=2OH-，故B错误；
C．放电时，石墨烯是正极，Li电极是负极，外电路电子从锂电极流向石墨烯电极，故C错误；
D．放电时，电池中化学能主要转化为电能，少量化学能转化为热能等其它形式的能量，故D错误；
选A。
18. 下列关于化学反应方向及其判据的说法，正确的是
A. 1 mol SO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]>S[SO3(1)]>S[SO3(g)]
B. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) ΔH=−77.6 kJ·mol−1，常温下该反应不能自发进行
C. 放热反应都可以自发进行，吸热反应都不能自发进行
D. 反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一种物质熵：气态>液态>固态，则1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]
C．反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS<0，放热反应也可能是非自发的，吸热反应也可能是自发的，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，C错误；
D．反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔS>0，ΔH>0，依据ΔG=ΔH-TΔS<0反应能自发进行，则此反应在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主，D正确；
答案选D。
19. 下列说法不正确的是
A. 25℃，向10 mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L后，溶液的pH变化小于2
B. 将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，溶液中c(OH−)减小，c(H+)增大，pH减小
C. 物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大
D. 若将CO2通入0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液中至溶液呈中性(忽略溶液体积的变化)，则溶液中2c(CO)+c(HCO)=0.2 mol·L−1
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水为弱碱，稀释的同时会有氨水继续电离出氢氧根离子，因此25℃，向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释100倍后，溶液的pH变化小于2，A正确；
B．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，升高温度会促进醋酸根离子的水解，溶液碱性增强，氢氧根离子浓度增大，B错误；
C．氯化铵为强酸弱碱盐、溶液显酸性；氟化铵中铵根离子水解生成氢离子使溶液显酸性、氟离子水解生成氢氧根离子使溶液显碱性，而铵根离子的水解程度大于氟离子的水解程度，使得溶液显酸性，但酸性要比同浓度的氯化铵溶液酸性弱；氟化钠为强碱弱酸盐、溶液显碱性，因此物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大，C正确；
D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)=0.2 mol·L−1，D正确；
答案选B。
20. 氨对发展农业有着重要意义，也是重要的化工原料。合成氨的生产流程示意如下。
下列说法不正确的是
A. 控制原料气=2.7~2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率
B. 合成氨一般选择400~500℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，平衡转化率高
C. 热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
D. 中国科学家研制的新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．空气中N2含量充足，控制原料气=2.7~2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率，A正确；
B．合成氨一般选择400~500℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，反应速率增大，温度升高，该反应的平衡转化率降低，B错误；
C．热交换将氨气的热量转给N2和H2，目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确；
D．新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别从400~500℃、10-30MP降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗，D正确；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
21. 随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。请回答：
（1）h的元素符号是_______。
（2）y原子有_______个能级。元素f的基态原子价层电子轨道表示式是_______。
（3）元素的第一电离能：z>d，其原因是_______。
（4）以上元素中，电负性最小的元素和x元素组成的化合物，其电子式是_______。
【答案】（1）Cl （2） ①. 3 ②.
（3）N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
（4）
【解析】
【分析】根据八种短周期元素的原子半径相对大小，x是第一周期的元素；y、z、d是第二周期元素；e、f、g、h是第三周期元素；根据最高正价或最低负价的变化，x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素；e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素。
【小问1详解】
根据以上分析，h的元素符号是Cl；
【小问2详解】
y是C元素，核外电子排布式为1s22s22p2，有3个能级。f是Al元素，基态原子价层电子排布式是3s22p1，轨道表示式是 ；
【小问3详解】
z是N元素、d是O元素，N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，所以第一电离能N>O；
【小问4详解】
元素的金属性越强，电负性越小，以上元素中，电负性最小的元素是Na，Na和H元素组成离子化合物NaH，其电子式是。
22. 25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.8×10−11。请回答：
（1）25℃时，水的离子积Kw=_______。
（2）NaHCO3溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合数据分析其原因是_______。
（3）某实验测得0.050 mol·L−1 NaHCO3溶液在加热过程中的pH变化如图所示。试分析45℃后，随温度升高NaHCO3溶液pH增大的原因是_______。
（4）氯气通入NaHCO3溶液中产生无色气体，该反应的离子方程式是_______。
【答案】（1）1.0×10-14
（2） ①. 碱性 ②. Kh(HCO)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，HCO的水解程度大于其电离程度
（3）超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强
（4）Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑
【解析】
【小问1详解】
由水的离子积定义:25℃时，水的离子积Kw1.0×10-14；
【小问2详解】
由于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子发生水解反应生成又会电离出但是Kh(HCO)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，故HCO的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性；
【小问3详解】
超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3溶液水解能力更强，故碱性增强，答案：超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强
【小问4详解】
根据知酸性：盐酸碳酸次氯酸，氯气通入饱和溶液能产生无色气体二氧化碳，说明氯气与水反应的生成物中含有盐酸，由强酸制弱酸原理可知：Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑，故答案为Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑。
23. 利用生物发酵得到的乙醇制取氢气具有良好的应用前景，如乙醇和水蒸气重整制取氢气，其部分反应如下。
反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH1=+265 kJ·mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41 kJ·mol−1
（1）CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g) ΔH=_______。
（2）恒温恒容时，对于反应Ⅰ处于化学平衡状态时的描述，正确的是_______。
A. CO的含量保持不变
B. 容器中压强保持不变
C. 2v正(CO)=v逆(CH3CH2OH)
D. CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度相等
（3）对于反应Ⅱ，在进气比[n(CO)∶n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率如图所示(图示各点所对应的反应温度可能相同，也可能不同)。
①图中C、E两点对应的反应温度分别为TC和TE。判断：TC_______TE(填“<”、“=”或“>”)。
②若CO和H2O的起始浓度总和为5 mol·L−1，求G点对应的平衡常数_______。
③图中E、G两点对应的反应温度相同，其对应的平衡常数分别为KE和KG。判断：KE_______KG(填“<”、“=”或“>”)。
【答案】（1）+183kJ·mol−1 （2）AB
（3） ①. < ②. 1 ③. =
【解析】
【小问1详解】
Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH1=+265 kJ·mol−1
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41 kJ·mol−1
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ×2得CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g) ΔH=+265kJ·mol−1−41 kJ·mol−1×2=+183kJ·mol−1；
【小问2详解】
A．各物质浓度不变状态为化学平衡状态，所以反应Ⅰ处于化学平衡状态时CO的含量保持不变，故A正确；
B．反应Ⅰ是气体物质的量改变的反应，处于化学平衡状态时，气体物质的量不变，所以容器中压强保持不变，故B正确；
C．反应达到平衡状态，正逆反应的速率比等于系数比，达到平衡状态时v正(CO)=2v逆(CH3CH2OH)，故C错误；
D．反应达到平衡状态时，浓度保持不变，CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度不一定相等，故D错误；
选AB。
【小问3详解】
①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，图中C、E两点对应的投料比相等，E点CO平衡转化率低，E点温度高，所以反应温度TC
G点对应的平衡常数1。
③平衡常数只与温度有关， E、G两点对应的反应温度相同，所以KE=KG。
24. 某学习小组用0.100 mol·L−1 NaOH溶液测定未知物质的量浓度的一元酸HR溶液。请回答：
Ⅰ.用0.100 mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L−1 HR溶液的相关数据如下表所示。
V[NaOH(aq)]/mL
0
10.00
19.00
19.98
20.00
20.02
21.00
30.00
pH
2.6
4.2
5.5
7.2
8.4
9.7
11.4
12.3
（1）请根据表中数据绘制滴定曲线(pH-V图) _______。
（2）该酸碱中和滴定实验应选用_______作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是_______。
A.酚酞(8.2~10.0) B.石蕊(5~8) C.甲基橙(3.1~4.4)
Ⅱ.用0.100 mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL未知物质的量浓度的HR溶液，实验所用仪器如图所示。
（3）仪器A盛装_______(填“NaOH”或“HR”)溶液。
（4）下列关于滴定实验，正确的是_______。
A.使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水
B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用所要盛装溶液润洗2~3次
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀
（5）若滴定开始和结束时，盛装0.100 mol·L−1 NaOH溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______mL，HR溶液的浓度为_______mol·L−1。
（6）后续平行实验显示，此次滴定实验所得测定结果偏高，其原因可能是_______。
A.滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数
B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH
C.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
【答案】（1） （2） ①. A ②. 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液从无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
（3）HR （4）ACDE
（5） ①. 26.10 ②. 0.1305
（6）B
【解析】
【分析】用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的HR酸溶液，根据c(HR)=，滴定实验准确度的关键在于测量溶液的体积，包括滴定管的正确使用和滴定终点的准确判断。
【小问1详解】
根据表中数据绘制滴定曲线(pH-V图)：。
【小问2详解】
从滴定曲线可看出，该滴定过程pH的突变范围在7.2-9.7，该区间正好落在酚酞指示剂的变色pH范围，且变色明显易于观察，故选A；随着NaOH溶液的滴入，溶液从酸性变为碱性，故判断到达滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液从无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
【小问3详解】
如图所示，仪器A是酸式滴定管，盛装HR溶液。
【小问4详解】
滴定实验操作时，使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水，A正确；滴定管要用待装液润洗，而锥型瓶不能润洗，B错误；将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移，防止外洒，C正确；滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，使滴入溶液与锥形瓶中液体快速混合充分反应，D正确；接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀，如此能较精准滴定，E正确。故选ACDE。
【小问5详解】
从图示可知，起始时读数为0.00mL，终点时读数为26.10mL；则消耗NaOH溶液26.10mL，HR溶液的浓度为=0.1305 mol·L−1。
【小问6详解】
根据c(HR)=分析滴定实验所得测定结果误差。
A．滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数，可能造成滴入的NaOH不够，使测定结果偏低；
B．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH，KOH的摩尔质量大于NaOH，相同质量的KOH物质的量少于NaOH，导致所配制NaOH溶液物质的量浓度偏小，滴定时消耗体积偏大，造成测定结果偏高；
C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，HR损失，导致NaOH溶液体积消耗较少，使测定结果偏低；
故选B。
25. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，摩尔质量：180 g·mol−1)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等。
（1）草酸亚铁晶体含结晶水的质量分数为_______。
（2）称取3.60 g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。经分析，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试通过计算确定该氧化物的化学式_______。(写出计算过程)
【答案】（1）0.2 （2）Fe2O3
【解析】
【小问1详解】
草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)含结晶水的质量分数为：=0.2。
【小问2详解】
从图示分析，起始3.60g草酸亚铁晶体经热分解后剩余铁的氧化物质量是1.60g，根据铁原子守恒，剩余氧化物中铁的物质的量为，其质量为，则该氧化物中氧的质量是1.60g-1.12g=0.48g，物质的量为；该铁的氧化物n(Fe):n(O)=2:3，故其化学式Fe2O3。
丽水市2021学年第一学期普通高中教学质量监控
高二化学试题卷
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生须知：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，写在本试题卷上的答案一律无效。
3.非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 K 39 Fe 56 Ca 40 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，1~10题每小题2分，11~20题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 以下能级符号正确的是
A. 1s B. 1p C. 2d D. 3f
【答案】A
【解析】
【详解】元素周期表中，各个能层含有的能级数不多于能层序数，第一能层有1s能级，第二能层有2s、2p能级，第三能层有3s、3p、3d能级，第四能层有4s、4p、4d、4f能级。因此，没有1p、2d、3f等能级，故该题选A。
2. 下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是
A. K2CO3 B. AlCl3 C. NaHSO4 D. NaNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．K2CO3中CO水解，溶液显碱性，A不符合题意；
B．AlCl3中Al水解，溶液显酸性，B符合题意；
C．NaHSO4不发生水解，其电离后溶液显酸性，C不符合题意；
D．NaNO3不发生水解，D不符合题意；
故选B。
3. 下列有关反应热的说法不正确的是
A. 在等温、等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(△H)
B. 反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=−184.6 kJ·mol−1，表示每摩尔反应放出184.6 kJ的热量
C. 在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，反应体系内能减少
D. 所有反应的反应热都可以通过量热计直接测量
【答案】D
【解析】
【详解】A．在等温、等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(△H)，A正确；
B．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=−184.6 kJ·mol−1，表示每摩尔反应放出184.6 kJ的热量，B正确；
C．在等温条件下，酸碱中和反应是放热反应，热量散失维持体系温度不变，故反应体系内能减少，C正确；
D．部分反应的反应热可以通过量热计直接测量，一些不稳定存在的物质参与的反应，其反应热无法通过量热计直接测量，D错误；
故选D。
4. 下列关于能源的叙述不正确的是
A. 迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源
B. 寻找高效催化剂，使水分解产生氢气，同时释放能量
C. 反应2CH2=CH2+O22 符合最理想的原子经济性
D. 海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用对降低碳排放具有重要意义
【答案】B
【解析】
【详解】A．迄今为止，煤、石油、天然气等化石能源仍是人类使用的主要能源，A正确；
B．水分解产生氢气吸收能量，寻找高效催化剂，能降低活化能，增快反应速率，但能量改变只与反应物和生成物的总能量有关，与催化剂无关，B错误；
C．反应2CH2=CH2+O22 ，没有副产物，所有原子恰好完全利用，符合最理想的原子经济性，C正确；
D．海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用，可减少对化石能源的使用，对降低碳排放具有重要意义，D正确；
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 钾的焰色试验呈紫色，发生的是化学变化
B. 钠原子的电子由3s跃迁到5s，放出能量
C. 基态硫原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4
D. 氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量不相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．钾的焰色试验呈紫色，发生的是物理变化，A错误；
B．电子从较低能级轨道跃迁到较高能级轨道需要吸收能量，钠原子的电子由3s跃迁到5s，吸收能量，B错误；
C．硫的原子序数为16，基态硫原子的电子排布式：1s22s22p63s23p4，C正确；
D．氮原子的三个2p轨道(2px、2py、2pz)的能量相等，轨道空间伸展方向不同，D错误；
故选C。
6. 元素Po(钋)与S同主族，原子序数为84，下列说法正确的是
A. PoO2具有还原性 B. 原子半径：Po＜S
C. Po位于元素周期表的第5周期 D. Po和S都是d区元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．PoO2中Po元素的化合价为+4价，可以失电子变为+6价，具有还原性，故A正确；
B．Po和S属于同主族元素，同主族元素从上到下原子半径依次增大，原子序数Po＞S，所以原子半径Po＞S，故B错误；
C．Po的原子序数为84，各层电子数依次为2，8，18，32，18，6，有6个电子层，最外层6个电子，则Po位于第六周期VIA族，故C错误；
D．S的价电子排布式为3s23p4，Po的价电子排布式为6s26p4，则S和Po最后排入的电子落在了p能级的原子轨道上，都是p区元素，故D错误；
答案为A。
7. 下列对应关系不正确的是
A. 乙烯分子中存在碳碳双键，可通过加聚反应合成聚乙烯
B. 金属性：Cu > Ag，电解精炼铜时银沉积在电解槽底部
C. 氮气的化学性质很稳定，可作电解熔融氯化镁制镁的保护气
D. Al2O3是两性氧化物，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，存在碳碳双键，可以通过加聚反应合成聚乙烯，A正确；
B．铜金属性比银强，电解精炼铜时，粗铜中的铜失电子变成铜离子，银沉积在电解槽底部，B正确；
C．镁能与氮气反应生成氮化镁，不能用作电解熔融氯化镁制镁的保护气，C错误；
D．氧化铝是两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，可用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜，D正确；
答案选C。
8. 能正确表示下列变化的方程式是
A. SO3能使BaCl2溶液产生白色沉淀：SO3＋Ba2+＋H2O=BaSO4↓＋2H+
B. 炽热的铁水与水蒸气反应：3H2O(g)+2FeFe2O3+3H2
C. NaOH溶液吸收废气中的NO2：2NO2+2OH−=2NO+H2O
D. Na2CO3溶液使酚酞试液变红：CO+2H2OH2CO3+2OH−
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3能使BaCl2溶液产生白色沉淀：SO3＋Ba2+＋H2O=BaSO4↓＋2H+，A正确；
B．炽热的铁水与水蒸气反应：4H2O(g)+3FeFe3O4+4H2，B错误；
C．NaOH溶液吸收废气中的NO2，发生氧化还原反应：2NO2+2OH−=NO+NO+H2O，C错误；
D．Na2CO3溶液使酚酞试液变红：CO+H2OHCO+OH−，D错误；
故选A。
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 第一电离能：X>Y B. 电负性：Z>W
C. 气态氢化物的稳定性：Y
【答案】D
【解析】
【分析】依题意，短周期主族元素X基态原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，即1s22s22p4，X是O元素；Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，推断Z是Na元素，化合物Z2X2是Na2O2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，O和Na之间的主族元素只有F，故Y是F元素；Y、W最外层电子数相同，则W是Cl元素。
【详解】A．同周期元素第一电离能ⅦA族大于ⅥA族，故第一电离能F>O，即Y >X，A错误；
B．同周期元素电负性从左往右逐渐增大，故电负性Cl>Na，即W >Z，B错误；
C．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越好，故气态氢化物的稳定性HF>HCl，即Y>W，C错误；
D．O2-与Na+具有相同电子层数，O2-的核电荷数较少，其半径较大，故简单离子的半径O2-> Na+，即X>Z，D正确；
故选D。
10. 下列有关实验的说法不正确的是
A. 加热2 mL 0.5 mol·L−1 CuCl2溶液，溶液颜色变为绿色
B. 电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，铁制镀件溶解
C. 向NaOH溶液中加入适量饱和FeCl3溶液，加热制得Fe(OH)3胶体
D. 向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－⇌[CuCl4]2－(绿色)＋4H2O，加热2mL0.5mol·L−1CuCl2溶液，促进平衡正向移动，溶液颜色变为绿色，A正确；
B．与正极相连的为阳极，阳极失电子；电镀实验中，错将铁制镀件与电源的正极相连，铁制镀件失电子生成亚铁离子，铁制镀件溶解，B正确；
C．向NaOH溶液中加入适量饱和FeCl3溶液，加热制得的为氢氧化铁沉淀，不是氢氧化铁胶体，C错误；
D．向CH3COOH溶液中滴加适量Na2CO3溶液，出现无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，D正确；
答案选C。
11. CH3COOH溶液存在电离平衡，下列有关叙述不正确的是
A. 向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH−)减小
B. 向CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa固体，电离平衡向左移动
C. CH3COOH溶液中离子浓度的关系：c(H+)=c(OH−)＋c(CH3COO−)
D. 常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7
【答案】A
【解析】
【详解】A．向CH3COOH溶液中加水稀释，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，A错误；
B．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入少量的CH3COONa固体，相当于加入醋酸根离子，电离平衡向左移动，B正确；
C．溶液中存在电荷守恒，CH3COOH溶液中电荷守恒：c(H+)=c(OH−)＋c(CH3COO−)，C正确；
D．醋酸为弱酸，常温下，pH=2的CH3COOH溶液，醋酸溶液浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，两者等体积混合，酸过量，溶液显酸性，溶液的pH<7，D正确；
答案选A
12. 25℃时，CuS(黑色)的Ksp为6.3×10−36，ZnS(白色)的Ksp为1.6×10−24，下列说法不正确的是
A. 饱和CuS溶液与饱和ZnS溶液相比，前者c(S2−)更小
B. 往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀
C. CuS在稀硫酸中的Ksp大于在硫化钠溶液中的Ksp
D. 在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuS的Ksp==6.3×10−36，饱和CuS溶液c(S2−)=；ZnS的Ksp==1.6×10−24，饱和ZnS溶液c(S2−)=；前者c(S2−)更小，A正确；
B．ZnS(白色)的Ksp大于CuS(黑色)的Ksp，往ZnS悬浊液中滴加CuSO4溶液，白色沉淀ZnS转化为黑色沉淀CuS，B正确；
C．Ksp的大小只与温度有关，CuS在稀硫酸中的Ksp等于在硫化钠溶液中的Ksp，C错误；
D．在饱和CuS和ZnS的混合溶液中，c(S2−)一样，，D正确；
故选C。
13. 已知丙烷与Br2发生一元取代反应的机理如下(R·、X·表示自由基)：
(1)Br2(g)→2Br·(g)ΔH1
(2)CH3CH2CH3(g)+Br·(g)→CH3CH2CH2(g)+HBr(g)ΔH2
CH3CH2CH3(g)+Br·(g)→CH3CHCH3(g)+HBr(g)ΔH2'
(3)CH3CH2CH2(g)+Br·(g)→CH3CH2CH2Br(g)ΔH3
CH3CHCH3(g)+Br·(g)→CH3CHBrCH3(g)ΔH3'
其中，(2)是决定反应速率的关键步骤，其“能量-反应进程”如图所示。
下列说法不正确的是
A. 稳定性：CH3CHCH3
C. 丙烷与Br2发生一元取代反应的产物以CH3CHBrCH3为主
D. 适当升高温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Br的比例
【答案】A
【解析】
【详解】A．能量越低越稳定，故稳定性：CH3CHCH3>CH3CH2CH2，A错误；
B．断裂化学键需要吸收能量，故Br2(g)→2Br·(g)ΔH1>0，B正确；
C．由图可知，生成CH3CHCH3的活化能比生成CH3CH2CH2的活化能低，故生成CH3CHCH3的反应更容易进行，根据(3)可知产物CH3CHBrCH3更多，C正确；
D．由图可知ΔH2较大，升高温度对反应热大的反应影响较大，ΔH2对应的产物为CH3CH2CH2Br，D正确；
故选A。
14. 硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意如下。
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中H2O参与电子的传导
B. 过程Ⅱ、过程Ⅲ不存在电子转移
C. 雾霾微颗粒中含有硫酸盐、亚硝酸盐等
D. NO2是雾霾微颗粒中硫酸盐生成转化的氧化剂
【答案】B
【解析】
【分析】图中过程Ⅰ表示SO、H2O和NO2反应生成NO和SO，过程Ⅲ表示SO和NO2加入一个水分子转化为HNO2和HSO，由此分析。
【详解】A．根据图示中各微粒构造可知，该过程有H2O参与，选项A正确；
B．根据图示的转化过程Ⅲ，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，选项B不正确；
C．根据图示的转化过程Ⅲ，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，过程Ⅰ中生成了NO，选项C正确；
D．根据图示转化过程中，整个过程NO2转化为HNO2，作氧化剂，选项D正确；
答案选B。
15. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。下列根据相关图像所作的判断，正确的是
A
B
C
D
其他条件相同时，增大压强平衡向左移动
x为c(O2)
3s时，v(NO2)=0.2 mol·L−1·s−1
温度降低，反应的平衡常数增大
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡后，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，A错误；
B．增大生成物氧气的浓度，平衡逆向移动，反应物二氧化氮的转化率降低，B错误；
C．v(NO2)应为0~3s内的平均反应速率，而不是3s时的瞬时反应速率，C错误；
D．由图中曲线可知，该反应的正反应方向为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，D正确；
答案选D。
16. 用压强传感器探究生铁分别在pH=2.0、4.0和6.0的酸性溶液中发生电化学腐蚀，得到反应体系气体压强与时间的关系如图。有关叙述不正确的是
A. 负极的电极反应式均为：Fe−2e−=Fe2+
B. pH=2.0时，生铁只发生析氢腐蚀
C. pH>4.0时，生铁主要发生吸氧腐蚀
D. 外加电流法保护金属，用惰性电极作为辅助阳极
【答案】B
【解析】
【详解】A．负极失电子，负极为铁，电极反应式为：Fe−2e−=Fe2+，A正确；
B．pH=2.0时，溶液酸性较强，生铁发生析氢腐蚀，但同时也会发生吸氧腐蚀，只不过酸性较强，主要发生析氢腐蚀，使得气压增大，B错误；
C．pH=4.0时，若只发生吸氧腐蚀，气压应下降，而图中pH=4.0时，气压几乎不变，说明除了发生吸氧腐蚀，还发生了析氢腐蚀，当pH>4.0时，气压减小，生铁主要发生吸氧腐蚀，C正确；
D．外加电流法保护金属，金属作阴极，惰性电极作为辅助阳极，D正确；
答案选B。
17. 新型锂—空气电池具有能量大、密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是
A. 放电时，内电路中Li+向石墨烯电极方向移动
B. 放电时，正极反应式：O2+4H++4e−=2H2O
C. 放电时，外电路电子从石墨烯电极流向锂电极
D. 放电时，电池中化学能完全转化为电能
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示，氧气在石墨烯电极得电子生成OH-，石墨烯是正极；Li电极失电子生成Li+，Li电极是负极。
【详解】A．石墨烯是正极；放电时，内电路中阳离子移向正极，所以Li+向石墨烯电极方向移动，故A正确；
B．根据图示，放电时，氧气在石墨烯电极得电子生成OH-，正极反应式：O2+2H2O+4e−=2OH-，故B错误；
C．放电时，石墨烯是正极，Li电极是负极，外电路电子从锂电极流向石墨烯电极，故C错误；
D．放电时，电池中化学能主要转化为电能，少量化学能转化为热能等其它形式的能量，故D错误；
选A。
18. 下列关于化学反应方向及其判据的说法，正确的是
A. 1 mol SO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]>S[SO3(1)]>S[SO3(g)]
B. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) ΔH=−77.6 kJ·mol−1，常温下该反应不能自发进行
C. 放热反应都可以自发进行，吸热反应都不能自发进行
D. 反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一种物质熵：气态>液态>固态，则1molSO3在不同状态时的熵值：S[SO3(s)]
C．反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS<0，放热反应也可能是非自发的，吸热反应也可能是自发的，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，C错误；
D．反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔS>0，ΔH>0，依据ΔG=ΔH-TΔS<0反应能自发进行，则此反应在较高温度下能自发进行，是该反应ΔS的影响为主，D正确；
答案选D。
19. 下列说法不正确的是
A. 25℃，向10 mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释到1 L后，溶液的pH变化小于2
B. 将CH3COONa溶液从常温加热到80℃，溶液中c(OH−)减小，c(H+)增大，pH减小
C. 物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大
D. 若将CO2通入0.1 mol·L−1 Na2CO3溶液中至溶液呈中性(忽略溶液体积的变化)，则溶液中2c(CO)+c(HCO)=0.2 mol·L−1
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水为弱碱，稀释的同时会有氨水继续电离出氢氧根离子，因此25℃，向10mL氨水中加入蒸馏水，将其稀释100倍后，溶液的pH变化小于2，A正确；
B．CH3COONa溶液中醋酸根离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，升高温度会促进醋酸根离子的水解，溶液碱性增强，氢氧根离子浓度增大，B错误；
C．氯化铵为强酸弱碱盐、溶液显酸性；氟化铵中铵根离子水解生成氢离子使溶液显酸性、氟离子水解生成氢氧根离子使溶液显碱性，而铵根离子的水解程度大于氟离子的水解程度，使得溶液显酸性，但酸性要比同浓度的氯化铵溶液酸性弱；氟化钠为强碱弱酸盐、溶液显碱性，因此物质的量浓度相等的NH4Cl溶液、NH4F溶液和NaF溶液，其pH依次增大，C正确；
D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)=0.2 mol·L−1，D正确；
答案选B。
20. 氨对发展农业有着重要意义，也是重要的化工原料。合成氨的生产流程示意如下。
下列说法不正确的是
A. 控制原料气=2.7~2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率
B. 合成氨一般选择400~500℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，平衡转化率高
C. 热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离
D. 中国科学家研制的新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．空气中N2含量充足，控制原料气=2.7~2.9，是因为N2相对易得，适度过量利于提高H2转化率，A正确；
B．合成氨一般选择400~500℃进行，主要是让铁触媒的活性最大，反应速率增大，温度升高，该反应的平衡转化率降低，B错误；
C．热交换将氨气的热量转给N2和H2，目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确；
D．新型锰系催化剂将合成氨的温度、压强分别从400~500℃、10-30MP降到了350℃、1MPa，显著降低合成氨的能耗，D正确；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共50分)
21. 随原子序数的递增，八种短周期元素的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。请回答：
（1）h的元素符号是_______。
（2）y原子有_______个能级。元素f的基态原子价层电子轨道表示式是_______。
（3）元素的第一电离能：z>d，其原因是_______。
（4）以上元素中，电负性最小的元素和x元素组成的化合物，其电子式是_______。
【答案】（1）Cl （2） ①. 3 ②.
（3）N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高
（4）
【解析】
【分析】根据八种短周期元素的原子半径相对大小，x是第一周期的元素；y、z、d是第二周期元素；e、f、g、h是第三周期元素；根据最高正价或最低负价的变化，x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素；e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是Cl元素。
【小问1详解】
根据以上分析，h的元素符号是Cl；
【小问2详解】
y是C元素，核外电子排布式为1s22s22p2，有3个能级。f是Al元素，基态原子价层电子排布式是3s22p1，轨道表示式是 ；
【小问3详解】
z是N元素、d是O元素，N的2p轨道电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高，所以第一电离能N>O；
【小问4详解】
元素的金属性越强，电负性越小，以上元素中，电负性最小的元素是Na，Na和H元素组成离子化合物NaH，其电子式是。
22. 25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.8×10−11。请回答：
（1）25℃时，水的离子积Kw=_______。
（2）NaHCO3溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合数据分析其原因是_______。
（3）某实验测得0.050 mol·L−1 NaHCO3溶液在加热过程中的pH变化如图所示。试分析45℃后，随温度升高NaHCO3溶液pH增大的原因是_______。
（4）氯气通入NaHCO3溶液中产生无色气体，该反应的离子方程式是_______。
【答案】（1）1.0×10-14
（2） ①. 碱性 ②. Kh(HCO)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，HCO的水解程度大于其电离程度
（3）超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强
（4）Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑
【解析】
【小问1详解】
由水的离子积定义:25℃时，水的离子积Kw1.0×10-14；
【小问2详解】
由于碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子发生水解反应生成又会电离出但是Kh(HCO)=2.2×10−8>Ka2(H2CO3)，故HCO的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性；
【小问3详解】
超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，Na2CO3溶液水解能力更强，故碱性增强，答案：超过45℃，温度升高造成NaHCO3分解生成Na2CO3，溶液碱性增强
【小问4详解】
根据知酸性：盐酸碳酸次氯酸，氯气通入饱和溶液能产生无色气体二氧化碳，说明氯气与水反应的生成物中含有盐酸，由强酸制弱酸原理可知：Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑，故答案为Cl2+HCO=Cl-+HClO+CO2↑。
23. 利用生物发酵得到的乙醇制取氢气具有良好的应用前景，如乙醇和水蒸气重整制取氢气，其部分反应如下。
反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH1=+265 kJ·mol−1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41 kJ·mol−1
（1）CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g) ΔH=_______。
（2）恒温恒容时，对于反应Ⅰ处于化学平衡状态时的描述，正确的是_______。
A. CO的含量保持不变
B. 容器中压强保持不变
C. 2v正(CO)=v逆(CH3CH2OH)
D. CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度相等
（3）对于反应Ⅱ，在进气比[n(CO)∶n(H2O)]不同时，测得相应的CO平衡转化率如图所示(图示各点所对应的反应温度可能相同，也可能不同)。
①图中C、E两点对应的反应温度分别为TC和TE。判断：TC_______TE(填“<”、“=”或“>”)。
②若CO和H2O的起始浓度总和为5 mol·L−1，求G点对应的平衡常数_______。
③图中E、G两点对应的反应温度相同，其对应的平衡常数分别为KE和KG。判断：KE_______KG(填“<”、“=”或“>”)。
【答案】（1）+183kJ·mol−1 （2）AB
（3） ①. < ②. 1 ③. =
【解析】
【小问1详解】
Ⅰ：CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH1=+265 kJ·mol−1
Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41 kJ·mol−1
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ×2得CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g) ΔH=+265kJ·mol−1−41 kJ·mol−1×2=+183kJ·mol−1；
【小问2详解】
A．各物质浓度不变状态为化学平衡状态，所以反应Ⅰ处于化学平衡状态时CO的含量保持不变，故A正确；
B．反应Ⅰ是气体物质的量改变的反应，处于化学平衡状态时，气体物质的量不变，所以容器中压强保持不变，故B正确；
C．反应达到平衡状态，正逆反应的速率比等于系数比，达到平衡状态时v正(CO)=2v逆(CH3CH2OH)，故C错误；
D．反应达到平衡状态时，浓度保持不变，CH3CH2OH(g)、H2O(g)、CO(g)的浓度不一定相等，故D错误；
选AB。
【小问3详解】
①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，图中C、E两点对应的投料比相等，E点CO平衡转化率低，E点温度高，所以反应温度TC
G点对应的平衡常数1。
③平衡常数只与温度有关， E、G两点对应的反应温度相同，所以KE=KG。
24. 某学习小组用0.100 mol·L−1 NaOH溶液测定未知物质的量浓度的一元酸HR溶液。请回答：
Ⅰ.用0.100 mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L−1 HR溶液的相关数据如下表所示。
V[NaOH(aq)]/mL
0
10.00
19.00
19.98
20.00
20.02
21.00
30.00
pH
2.6
4.2
5.5
7.2
8.4
9.7
11.4
12.3
（1）请根据表中数据绘制滴定曲线(pH-V图) _______。
（2）该酸碱中和滴定实验应选用_______作指示剂，判断到达滴定终点的实验现象是_______。
A.酚酞(8.2~10.0) B.石蕊(5~8) C.甲基橙(3.1~4.4)
Ⅱ.用0.100 mol·L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL未知物质的量浓度的HR溶液，实验所用仪器如图所示。
（3）仪器A盛装_______(填“NaOH”或“HR”)溶液。
（4）下列关于滴定实验，正确的是_______。
A.使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水
B.滴定前，锥形瓶和滴定管均须用所要盛装溶液润洗2~3次
C.将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D.滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀
（5）若滴定开始和结束时，盛装0.100 mol·L−1 NaOH溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______mL，HR溶液的浓度为_______mol·L−1。
（6）后续平行实验显示，此次滴定实验所得测定结果偏高，其原因可能是_______。
A.滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数
B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH
C.滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
【答案】（1） （2） ①. A ②. 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液从无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
（3）HR （4）ACDE
（5） ①. 26.10 ②. 0.1305
（6）B
【解析】
【分析】用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的HR酸溶液，根据c(HR)=，滴定实验准确度的关键在于测量溶液的体积，包括滴定管的正确使用和滴定终点的准确判断。
【小问1详解】
根据表中数据绘制滴定曲线(pH-V图)：。
【小问2详解】
从滴定曲线可看出，该滴定过程pH的突变范围在7.2-9.7，该区间正好落在酚酞指示剂的变色pH范围，且变色明显易于观察，故选A；随着NaOH溶液的滴入，溶液从酸性变为碱性，故判断到达滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液从无色变为浅红色，且半分钟不褪色。
【小问3详解】
如图所示，仪器A是酸式滴定管，盛装HR溶液。
【小问4详解】
滴定实验操作时，使用滴定管前，首先要检查活塞(或由乳胶管、玻璃球组成的阀)是否漏水，A正确；滴定管要用待装液润洗，而锥型瓶不能润洗，B错误；将溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移，防止外洒，C正确；滴定时，通常用左手控制活塞或挤压玻璃球，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，使滴入溶液与锥形瓶中液体快速混合充分反应，D正确；接近终点时，应控制液滴悬而不落，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇匀，如此能较精准滴定，E正确。故选ACDE。
【小问5详解】
从图示可知，起始时读数为0.00mL，终点时读数为26.10mL；则消耗NaOH溶液26.10mL，HR溶液的浓度为=0.1305 mol·L−1。
【小问6详解】
根据c(HR)=分析滴定实验所得测定结果误差。
A．滴定时，锥形瓶内溶液颜色发生变化，立即停止滴定并读数，可能造成滴入的NaOH不够，使测定结果偏低；
B．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH，KOH的摩尔质量大于NaOH，相同质量的KOH物质的量少于NaOH，导致所配制NaOH溶液物质的量浓度偏小，滴定时消耗体积偏大，造成测定结果偏高；
C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，HR损失，导致NaOH溶液体积消耗较少，使测定结果偏低；
故选B。
25. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，摩尔质量：180 g·mol−1)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解，是生产锂电池的原材料，也常用作分析试剂及显影剂等。
（1）草酸亚铁晶体含结晶水的质量分数为_______。
（2）称取3.60 g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。经分析，300℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物。试通过计算确定该氧化物的化学式_______。(写出计算过程)
【答案】（1）0.2 （2）Fe2O3
【解析】
【小问1详解】
草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)含结晶水的质量分数为：=0.2。
【小问2详解】
从图示分析，起始3.60g草酸亚铁晶体经热分解后剩余铁的氧化物质量是1.60g，根据铁原子守恒，剩余氧化物中铁的物质的量为，其质量为，则该氧化物中氧的质量是1.60g-1.12g=0.48g，物质的量为；该铁的氧化物n(Fe):n(O)=2:3，故其化学式Fe2O3。
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