还剩22页未读，
继续阅读
所属成套资源：全套高二上学期期末考试化学试题含解析
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年安徽省淮北市第一中学高二上学期期末考试化学试题含解析
展开
这是一份2022-2023学年安徽省淮北市第一中学高二上学期期末考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
安徽省淮北市第一中学2022-2023学年高二上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是
A．雪碧打开时产生气泡，是因为压强减小促使逸出
B．工业合成氨，常采用铁触媒、减小氨气的浓度来提高反应速率
C．误食可溶性钡盐造成中毒，可以服用溶液来解毒
D．去除锅炉水垢中的，用饱和溶液浸泡预处理
【答案】B
【详解】A．气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度，故A正确；
B．减小氨气的浓度即生成物的浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C．氯化钡可溶解于水，能电离出重金属离子钡离子，有毒，硫酸钠和氯化钡反应可生成不溶的硫酸钡沉淀，可用于解毒，故C正确；
D．硫酸钙与碳酸钠溶液反应可转化为较为疏松的碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸等酸，此方法可用于处理锅炉水垢，故D正确；
故选：B。
2．下列说法不正确的是
A．已知x(250℃)和y(25℃)两个反应，则反应速率：
B．能发生化学反应的分子，肯定是活化分子
C．反应：能否自发进行，主要由决定
D．升高温度或加入催化剂都能使单位体积内活化分子的百分数增大，原因不同
【答案】A
【详解】A．影响化学反应速率的外界因素除温度外，还有压强、浓度、催化剂等，如果y反应使用了催化剂和加压，也可能使，故A错误；
B．活化分子具有足够的能量和合适的取向才能发生有效碰撞，所以能发生化学反应的分子，肯定是活化分子，故B正确；
C．气体的混乱度大于固体的混乱度，该反应正反应为熵增反应，由熵判据可知熵增反应有自发进行的倾向，故C正确；
D．升高温度使体系分子获得了能量，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数；加入催化剂降低了反应的活化能，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数，故D正确；
故选A。
3．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．120g和的固体混合物中含有的阳离子数为
B．1LNaCl溶液含有个电子
C．常温下，的溶液中，水电离出的数为
D．1L的溶液中，阴离子数等于
【答案】A
【详解】A．和的摩尔质量均为120 g▪mol-1，120g和的固体混合物中和总物质的量为1mol，而和固体中都含有1个阳离子(Na+、K+)，则1mol和的固体混合物中含有的阳离子数为，故A正确；
B．1L溶液中含有氯化钠的物质的量为1mol，1mol氯化钠中含有28mol电子 ，但是该溶液中溶剂水也含有电子，故B错误；
C．未知溶液的体积，无法计算的溶液中，水电离出的数，故C错误；
D．1L的溶液中，的物质的量为0.1mol，溶液中还存在水电离出的氢氧根，阴离子数大于，故D错误；
故选A。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．使酚酞变红的溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A．由于与OH-不能大量共存，、和OH-不能大量共存，A不合题意；
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中含有大量的Fe3+，Fe3+和因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．的溶液中即c(H+)=0.1mol/L，则、H+、三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．使酚酞变红的溶液中含有大量的OH-，OH-、、、、各离子间不反应能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
5．可溶。将溶解于盐酸中可形成，在溶液中存在下面的化学平衡：粉红色蓝色 。下列说法正确的是
A．升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
B．该反应的平衡常数
C．将盛有和盐酸混合液的试管置于冰水中，试管内溶液为蓝色
D．增大浓度，平衡向正反应方向移动，、浓度都减小
【答案】B
【详解】A．升高温度，活化分子比率增加，正、逆反应速率都增大，A错误；
B．根据粉红色蓝色△H>0反应可知，化学平衡常数K=，B正确；
C．CoCl为蓝色，焓变大于零，该反应正反应是吸热反应，降低温度平衡向逆反应移动，溶液呈粉红色，C错误；
D．增大Cl-浓度，Cl-浓度增大，平衡向正反应方向移动，因化学平衡常数不变，Co2＋浓度减小，D错误；
故选B。
6．25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，增大，不变
C．向水中加入少量固体Na，平衡正向移动，降低，增大
D．将水加热，增大，pH不变
【答案】B
【详解】A．向水中加入稀氨水，NH3∙H2O电离出OH-，c(OH-)增大，平衡逆向移动，A项错误；
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4在水分子作用下电离成H+、Na+和SO，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，B项正确；
C．向水中加入少量固体Na，Na与H+反应，c(H+)降低，平衡正向移动，温度不变，Kw不变，C项错误；
D．将水加热，平衡正向移动，Kw增大，c(H+)增大，pH减小，D项错误；
答案选B。
7．下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将装有和混合气体的烧瓶分别浸入冷水和热水中，并与常温情况进行对比( )
冷水中烧瓶内气体颜色变深，热水中烧瓶内气体颜色变浅
升高温度，化学平衡向吸热方向移动，降低温度，向放热方向移动
B
在两个烧杯中分别盛有等体积、等浓度的烧碱溶液和氨水，插入电极，连接灯泡，接通电源，分别进行导电实验
盛有烧碱溶液的灯泡亮度大
强电解质导电能力大于弱电解质
C
向盛有溶液(显黄色)的①、②两只试管中分别滴加淀粉溶液、溶液
①中溶液变蓝，②中产生黄色沉淀
溶液中存在平衡：
D
用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和NaClO的pH
pH：
酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．为红棕色，为无色，由可知是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，即平衡逆向移动，热水中烧瓶内气体颜色变深，A错误；
B．该项中的实验操作、现象正确，但结论错误，溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，而与电解质的强弱无关，强电解质的稀溶液导电能力可能小于弱电解质的浓溶液，B错误；
C．溶液中存在，滴加淀粉溶液后变蓝说明溶液中有，滴加溶液后产生黄色沉淀说明溶液中有I-存在，则溶液中存在平衡：，C正确；
D．该项中的实验操作错误，NaClO溶液具有漂白性，能使pH试纸漂白，应使用pH计测定NaClO溶液的pH，结论也是错误的，若pH： Na2CO3>NaClO，说明酸性：
8．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
A．0~3s内，反应速率为
B．降低温度，平衡常数增大
C．时的改变可能是加入了催化剂或改变压强，平衡不移动
D．时刻，该反应达平衡状态
【答案】B
【详解】A．0-3s内，反应速率为==0.1mol/（L•s），A错误；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，K值增大，B正确；
C．催化剂不改变平衡状态，加入催化剂，平衡不移动，而增大压强，平衡则向正反应方向移动， C错误；
D．由图可知t1时刻，各组分还未达到不变的状态，还没有达平衡状态，D错误；
故答案为：B。
9．有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是
A．X和Q结合生成的化合物为共价化合物 B．T元素属于P区
C．元素Y和Q只能形成化合物 D．Z的电子排布式，违反了洪特规则
【答案】C
【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层p能级上有2个未成对电子且无空轨道，其价电子排布式为3s23p4，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，其价电子排布式为2s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，其价电子排布式为2s22p4，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，其价电子排布式为3s23p3，则T是P元素。
【详解】A．X为S，Q为O，两者结合生成的化合物为SO2或者SO3，为共价化合物，A正确；
B．T原子的M电子层上p轨道半充满，其价电子排布式为3s23p3，则T是P元素，p区元素包含ⅢA族～ⅦA族及零族元素，属于P区，B正确；
C．Y为Fe，Q为O，两者可形成Fe2O3、FeO、Fe3O4，C错误；
D．Z为C，根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，违反了洪特规则，D正确；
故答案选C。
10．四种酸在25℃的电离平衡常数：①：②：③：④HF：，以下说法正确的是
A．当与足量反应时，一定生成和
B．等体积、等浓度的四种酸，中和碱的能力为：
C．若四种酸的浓度均为0.1mol/L，则的大小顺序：
D．等体积、等浓度的四种酸溶液中，由水电离出来的的大小顺序为：
【答案】D
【详解】A．尽管H3AsO4的K1大于H2CO3：K1，但当H3AsO4与足量Na2CO3反应时，可能由于H3AsO4不足量，Na2CO3反应产生NaHCO3，而没有生成CO2和H2O，A错误；
B．等体积、等浓度的四种酸，四种酸的物质的量相等，酸的元数越多，发生中和反应消耗碱的物质的量就越多，中和碱的能力就越强，当酸的元数相同时，中和碱的能力就相同，故中和碱的能力为：H3AsO4＞H2CO3＞HF=CH3COOH，B错误；
C．弱酸的电离平衡常数越大，其电离程度就越大，当酸浓度相等时电离产生的H+的浓度就越大。由于电离平衡常数：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，所以四种酸的浓度均为0.1mol/L，则c(H+)的大小顺序：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，C错误；
D．弱酸的电离平衡常数越大，其电离程度就越大，当酸浓度相等时电离产生的H+的浓度就越大。酸电离产生的c(H+)越大，其对水电离的抑制作用就越强，水电离产生的c(H+)就越小。根据选项C分析可知等体积、等浓度的四种酸溶液中c(H+)：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，则相应溶液中由水电离出来的c(H+)的大小顺序为：H2CO3＞CH3COOH＞HF＞H3AsO4，D正确；
故合理选项是D。
11．某实验室模拟反应 ，在密闭容器中加入足量的碳和一定量的气体，保持温度不变，测得相同时间内的转化率随压强的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．1100kPa时，的体积分数为50% B．b、e两点的平衡转化率相同
C．平衡常数 D．反应速率
【答案】B
【分析】随着压强的不断增大，反应速率不断加快，平衡前相同时间内反应物的转化率不断增大，则转化率在最高点时，反应达平衡状态；最高点后的每个点，反应都达平衡状态，且平衡逆向移动。
【详解】A．1100kPa时，NO2的转化率为40%，设NO2的起始投入量为2mol，则参加反应的NO2为0.8mol，生成N2为0.4mol、CO2为0.8mol，剩余NO2为1.2mol，NO2的体积分数为×100%=50%，A正确；
B．在b点，反应未达平衡，此时的转化率不是平衡转化率，若提供充足的时间，反应物的转化率将增大，e点时反应达平衡，此时NO2的转化率为平衡转化率，则b、e两点NO2的平衡转化率不相同，B错误；
C．在b、d两点，温度相同，平衡常数不受压强变化的影响，则平衡常数 Kb=Kd，C正确；
D．因为d点的压强小于e点的压强，压强越大，反应速率越快，则反应速率vd＜ve，D正确；
故选B。
12．反应的反应机理为：①②……③(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
0.038
0.060
0.076
0.060
0.076
0.030
下列说法正确的是A．该反应的速率方程为
B．该反应的速率常数k的值为6.58×10-3
C．第②步的反应方程式为
D．3步反应中反应③的活化能最大
【答案】B
【详解】A．由1、2两组数据可知：c()增大一倍，速率增大一倍；由2、3两组数据可知：c(I-)增大一倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为，A错误；
B．将1组的数据代入速率方程式可得：v=k×0.038×0.06=1.5×10-5，解得k=6.58×10-3，B正确；
C．根据盖斯定律，用总反应-①-③，整理可得第②步的反应方程式为，C错误；
D．3步中反应③为快反应，其活化能最小，D错误；
故合理选项是B。
13．盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．该装置能将电能转化为化学能，Pt电极为阳极
B．图2中，A为，B为
C．每制取0.1mol，有2.24L(标准状况)参与反应
D．正极电极反应为：
【答案】D
【分析】该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，据此分析。
【详解】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A错误；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B错误；
C．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取0.1mol的，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，C错误；
D．正极电极反应为：，D正确；
故选D。
14．25℃时，向10mL的溶液中通入氨气，测得溶液中的与之间的变化曲线如图所示，［已知：，，忽略反应过程中溶液体积的变化］。下列说法正确的是
A．a点溶液满足： B．b点溶液中无沉淀产生
C．c点溶液满足： D．的数量级是
【答案】C
【详解】A．由，a点溶液c(OH-)=10-3mol/L，c(Mg2+)=10-5.25mol/L，则，A错误；
B．直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)∙c(OH-)2=1×10-5.25×(10-3)2=1×10-10.25，b点上，c(Mg2+)和c(OH-)都大于直线上的点，即Qc=1×10-3.25×(10-3)2=1×10-9.25> Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀产生，B错误；
C．c点溶液存在电荷守恒：2c(Mg2+)+c()+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，c点c(OH-)=10-4mol/L，常温下，c(H+)c(Cl-)，C正确；
D．直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)∙c(OH-)2=1×10-3.25×(10-4)2=1×10-11.25，数量级是10-12，D错误；
故选：C。
二、多选题
15．中国科学院化学研究所报道了化合物1催化氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是
A．化合物1与反应生成化合物2的过程中有两个过渡态、，说明这一过程包含两个基元反应
B．化合物是该过程的催化剂
C．该过程的决速步为过程②
D．过程①的热化学方程式为
【答案】BD
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与反应生成化合物2的过程中有两个过渡态、，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．化合物是该过程的中间产物，故B错误；
C．过程①的活化能为，②的活化能为：，过程①的活化能低于过程②的活化能，过程②的反应速率更慢，为此过程的决速步骤，故C正确；
D．过程①的热化学方程式为： ，故D错误。
故选BD。
三、填空题
16．已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。A元素原子中电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C是地壳中含量最高的元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍；E元素只有一个不成对电子；F元素原子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。回答下列问题：
(1)六种元素中电负性最大的是______(填元素符号)，B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______，其中D基态原子的核外电子排布式为______。
(2)E的基态原子最外层轨道表示式为______。E单质与湿润的反应可制备，其化学方程式为______。
(3)F元素有两种常见离子，化合价为+1和+2，从结构上分析F的基态离子中更稳定的是______，原因是______。
【答案】(1)
(2)
(3) 价层电子排布式，是全满状态， 价层电子排布式，是非全满状态；
【分析】由题意分析可知A、B、C、D、E、F分别是氢、氮、氧、磷、氯（钾、钪）、铜，由（2）可知D是氯。
【详解】（1）根据同主族电负性自上而下依次减小，同周期自左向右电负性依次增大，可知电负性最大的是氧元素；电离能同主族自上而下依次减小，同周期自左向右总趋势依次增大，但当出现最外层能级是半满或全满时比相邻元素的电离能都要大，B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是；D基态原子的核外电子排布式为：，答案：，，；
（2）E的基态原子最外层轨道表示式为：，E单质与湿润的反应可制备，其化学方程式为,答案 ： ，
（3）F元素有两种常见离子和 ，价层电子排布式，是全满状态， 价层电子排布式，是非全满状态，所以前者更稳定，答案 ：，价层电子排布式，是全满状态， 价层电子排布式，是非全满状态；
17．、是两种常见钠的化合物，其水溶液都呈碱性。已知25℃，的电离常数，。
(1)溶液显碱性的理由是______。泡沫灭火器中存放的物质主要是和溶液，使用时，将两物质混合即可产生大量的气体，写出反应的离子方程式______。
(2)常温下，现有浓度均为的和溶液，两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序是______。
(3)常温下，向20.00mL溶液中逐滴滴加0.1mol/L盐酸，溶液中含碳元素的三种微粒、、(因逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示。
量取20.00mL溶液应选用的仪器是______(填“酸式滴定管”“碱式滴定管”或“量筒”)，将量取的溶液注入锥形瓶中，滴入几滴酚酞作指示剂，用的标准盐酸进行滴定，滴定终点的现象是______。若消耗盐酸的体积为21.40mL，则______(结果保留四位有效数字)。
(4)如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是______。
A．a点溶液的比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解
【答案】(1) 溶液中存在的水解和电离，的水解常数为=，因为<，所以溶液显碱性 3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑
(2)
(3) 碱式滴定管 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复 0.1070
(4)A
【详解】（1）溶液中存在的水解和电离，的水解常数为=，因为<，所以溶液显碱性； 和溶液混合发生双水解，产生大量的气体，其反应的离子方程式为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；
（2）浓度均为的和溶液，两种溶液等体积混合后，Na+的浓度最大，因为的水解程度大于的水解程度，因此，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是；
（3）溶液显碱性，应选用的仪器是碱式滴定管；溶液注入锥形瓶中，滴入几滴酚酞作指示剂后溶液为红色，用的标准盐酸进行滴定，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；21.40mL盐酸的物质的量为，用酚酞作指示剂，滴定终点是NaHCO3，根据方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，的物质的量为2.140×10-3，；
（4）A．由题图可知a点、c点pH相同，升温时变大，所以增大，即a点溶液的比c点溶液的小，A正确；
B．a点NaHCO3溶液显碱性，故水解程度大于电离程度，即水解常数，而，即，可得，B错误；
C．b点溶液中，根据电荷守恒，此时溶液显碱性，故，C错误；
D．升温促进水解，故ab段pH减小不是升温抑制了的水解，D错误；
故答案为：A。
四、实验题
18．色度计是一种可测定溶液透光率的仪器，通常溶液颜色越深，透光率数值越小。硫酸铁溶液与KI溶液混合发生反应：，含的溶液一般呈黄色或棕黄色。甲、乙、丙三位同学为了探究反应的限度及物质的浓度、性质与平衡移动的关系，进行如下实验。
I．甲同学设计下列实验进行相关探究，实验如图所示。
溶液呈棕黄色，分成三份，进行实验②
(1)甲同学利用实验②中ⅰ和ⅱ证明溶液与KI溶液的反应存在限度，实验ⅰ中的现象是______，实验ⅱ中a是______溶液。
(2)用离子方程式表示实验②ⅲ中产生黄色沉淀的原因______。
II．乙同学利用色度计对溶液与KI溶液的反应再次探究。
序号
实验步骤1
实验步骤2.
实验③
将盛有2mL蒸馏水的比色皿放入色度计的槽孔中
向比色皿中逐滴滴入5滴(每滴约0.04mL)溶液，同时采集溶液的透光率数据
实验④
将盛有2mLKI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验⑤
将盛有2mLKI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验中溶液的透光率数据变化如图所示。
(3)乙同学实验③的目的是______。
(4)乙同学通过透光率变化推断溶液与KI溶液的反应存在限度。其相应的推理过程是______。
III．丙同学根据氧化还原反应的规律，用如图装置探究化学平衡移动与、浓度及还原性强弱的关系，操作过程如下：
(5)①K闭合时，电流计指针向右偏转，乙同学得出结论向正反应方向进行，b作______(填“正”或“负”)极，还原性。
②当指针归零后，向U型管右管滴加0.2mol/L溶液，电流计指针向左偏转，由此得出还原性______(填“>”或“<”)。
(6)综合甲、乙、丙三位同学的实验探究过程，得出的结论有反应“”存在限度，______。
【答案】(1) 溶液变红 淀粉
(2)Ag++I−=AgI↓
(3)排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰
(4)溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+
(5) 正 ＞
(6)改变条件可使平衡移动，物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响
【详解】（1）该反应的化学方程式为，实验①中，Fe3+和I-恰好完全反应，若该反应存在限度，Fe3+不能反应完全有剩余，则在实验ⅰ中，滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN−形成配合物，可观察到溶液变红；Fe3+和I-反应有碘单质生成，加入到淀粉溶液，可观察到溶液变蓝，则实验ii中a是淀粉溶液；
（2）若反应存在反应限度，则还剩余I−，加入AgNO3溶液，形成黄色AgI沉淀，反应的离子方程式为Ag++I−=AgI↓；
（3）该探究实验是探究I−浓度对反应的影响，而透光率与溶液的颜色有关，故用实验③加蒸馏水，把Fe3+的浓度影响控制一致，与实验④、⑤对照，排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰；
（4）分析实验④和⑤，溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+，可以说明该反应存在限度；
（5）①电流计指针向右偏转，说明b极Fe3+得到电子，作正极；
②电流计指针向左偏转，说明a极的I2得电子生成I−，由此得出还原性Fe2+＞I−；
（6）甲同学实验是为了证明该反应存在限度，乙同学是探究浓度对物质的氧化性和还原性的影响，丙同学利用原电池原理探究化学平衡移动与、浓度及还原性强弱的关系，综合甲、乙、丙三位同学的实验探究过程，得出的结论有：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2存在限度，改变条件可使平衡移动，物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
五、原理综合题
19．我国力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。将二氧化碳资源化尤为重要。
(1)CO2可与H2制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①则： △H=______。
若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是______。
A．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等 B．CO和H2的物质的量之比为定值
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．容器内气体密度保持不变
E．CO的体积分数保持不变
②将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ。CO2的转化率和CO、CH3OH的产率随反应温度的变化如图所示。由图判断合成CH3OH最适宜的温度是______。反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是______。
(2)CO2可与NH3制尿素： △H=-87 kJ/mol。研究发现，合成尿素的反应分两步进行。
第1步：
第2步：
①一定条件下，向刚性容器中充入3 mol NH3和4 mol CO2，平衡时CO2的体积分数为60%，则平衡时NH3的转化率α(NH3)=______(保留一位小数)，此条件下，第2步反应的Kp=a kPa，则反应的平衡常数Kp=______(kPa)-2。
②若要加快反应速率并提高NH3平衡转化率，可采取的措施有______(任写一条)。
【答案】(1) -90 kJ/mol BC 250℃ 反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CH3OH产率减小，温度升高，催化剂的催化活性降低，也导致CH3OH的产率下降
(2) 66.7% 适当增大CO2浓度
【详解】（1）①已知：Ⅰ．
Ⅱ．
则根据盖斯定律，将Ⅰ-Ⅱ，整理可得 △H=-90 kJ/mol；
A．根据方程式可知：若反应达到平衡状态，存在反应产生2个H2，会同时产生1个CH3OH，现在生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等，则H2的浓度减小，化学反应正向进行， 未达到平衡状态，A不符合题意；
B．开始加入若等物质的量的CO和H2，二者按1：2关系反应，随着反应的进行，若CO和H2的物质的量的比不断发生变化，若CO和H2的物质的量之比为定值，则反应达到平衡状态，B符合题意；
C．反应前后气体的质量不变，但气体的物质的量在发生改变，所以当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应前后气体质量和体积一直不变，所以气体密度一直不变，因此不能加成判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
E．若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，假设CO和H2的物质的量物质的量分别是a mol，CO的含量是50%，某时刻转化的CO的物质的量是x mol，则根据物质反应转化关系可知此时各种气体的物质的量n(CO)=(a-x) mol，n(H2)=(a-2x)mol，n(CH3OH)=x mol，则CO的含量为，可知CO的含量始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，E不符合题意；
故合理选项是BC；
②根据图示可知：反应温度在250℃时CH3OH产率最大，故CH3OH最适宜的温度是250℃；
将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生的反应Ⅰ的正反应是放热反应。温度升高，化学平衡逆向移动，导致CH3OH产率减小；任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围，升高温度，催化剂的催化活性降低，导致CH3OH产率随温度升高而减小；
（2）①一定条件下，向刚性容器中充入3 mol NH3和4 mol CO2，发生反应：，假设反应消耗CO2的物质的量是x mol，则反应消耗NH3的物质的量是2x mol，平衡时CO2的物质的量n(CO2)=(4-x) mol，n(NH3)=(3-2x)mol，n(H2O)=x mol，气体的物质的量分数与其体积分数相同，由于平衡时CO2的体积分数为60%，则，解得x=1.0 mol，所以平衡时NH3的转化率α(NH3)=；
平衡时n(NH3)=(3-2x)mol=(3-2×1.0) mol=1.0 mol，n(CO2)=(4-x) mol=(4-1.0) mol=3.0 mol，n(H2O)=1.0 mol，n(总)=5.0 mol。第2步反应化学平衡常数Kp=p(H2O)==a kPa，则p总=5a kPa；p(NH3)=；
p(CO2)= ，所以总反应的化学平衡常数Kp=；
②反应 △H=-87 kJ/mol的正反应是气体体积减小的放热反应，结合化学反应速率及化学平衡移动的影响因素，可知要加快反应速率并提高NH3平衡转化率，可采取的措施有适当增大CO2浓度。
安徽省淮北市第一中学2022-2023学年高二上学期
期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是
A．雪碧打开时产生气泡，是因为压强减小促使逸出
B．工业合成氨，常采用铁触媒、减小氨气的浓度来提高反应速率
C．误食可溶性钡盐造成中毒，可以服用溶液来解毒
D．去除锅炉水垢中的，用饱和溶液浸泡预处理
【答案】B
【详解】A．气体的溶解度随着压强的增大而增大，所以打开瓶盖冒出大量气泡，是因为压强减小，降低了CO2的溶解度，故A正确；
B．减小氨气的浓度即生成物的浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C．氯化钡可溶解于水，能电离出重金属离子钡离子，有毒，硫酸钠和氯化钡反应可生成不溶的硫酸钡沉淀，可用于解毒，故C正确；
D．硫酸钙与碳酸钠溶液反应可转化为较为疏松的碳酸钙，碳酸钙可溶于盐酸等酸，此方法可用于处理锅炉水垢，故D正确；
故选：B。
2．下列说法不正确的是
A．已知x(250℃)和y(25℃)两个反应，则反应速率：
B．能发生化学反应的分子，肯定是活化分子
C．反应：能否自发进行，主要由决定
D．升高温度或加入催化剂都能使单位体积内活化分子的百分数增大，原因不同
【答案】A
【详解】A．影响化学反应速率的外界因素除温度外，还有压强、浓度、催化剂等，如果y反应使用了催化剂和加压，也可能使，故A错误；
B．活化分子具有足够的能量和合适的取向才能发生有效碰撞，所以能发生化学反应的分子，肯定是活化分子，故B正确；
C．气体的混乱度大于固体的混乱度，该反应正反应为熵增反应，由熵判据可知熵增反应有自发进行的倾向，故C正确；
D．升高温度使体系分子获得了能量，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数；加入催化剂降低了反应的活化能，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数，故D正确；
故选A。
3．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．120g和的固体混合物中含有的阳离子数为
B．1LNaCl溶液含有个电子
C．常温下，的溶液中，水电离出的数为
D．1L的溶液中，阴离子数等于
【答案】A
【详解】A．和的摩尔质量均为120 g▪mol-1，120g和的固体混合物中和总物质的量为1mol，而和固体中都含有1个阳离子(Na+、K+)，则1mol和的固体混合物中含有的阳离子数为，故A正确；
B．1L溶液中含有氯化钠的物质的量为1mol，1mol氯化钠中含有28mol电子 ，但是该溶液中溶剂水也含有电子，故B错误；
C．未知溶液的体积，无法计算的溶液中，水电离出的数，故C错误；
D．1L的溶液中，的物质的量为0.1mol，溶液中还存在水电离出的氢氧根，阴离子数大于，故D错误；
故选A。
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液中：、、、
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．使酚酞变红的溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A．由于与OH-不能大量共存，、和OH-不能大量共存，A不合题意；
B．滴加KSCN溶液后显红色的溶液中含有大量的Fe3+，Fe3+和因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．的溶液中即c(H+)=0.1mol/L，则、H+、三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C不合题意；
D．使酚酞变红的溶液中含有大量的OH-，OH-、、、、各离子间不反应能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
5．可溶。将溶解于盐酸中可形成，在溶液中存在下面的化学平衡：粉红色蓝色 。下列说法正确的是
A．升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
B．该反应的平衡常数
C．将盛有和盐酸混合液的试管置于冰水中，试管内溶液为蓝色
D．增大浓度，平衡向正反应方向移动，、浓度都减小
【答案】B
【详解】A．升高温度，活化分子比率增加，正、逆反应速率都增大，A错误；
B．根据粉红色蓝色△H>0反应可知，化学平衡常数K=，B正确；
C．CoCl为蓝色，焓变大于零，该反应正反应是吸热反应，降低温度平衡向逆反应移动，溶液呈粉红色，C错误；
D．增大Cl-浓度，Cl-浓度增大，平衡向正反应方向移动，因化学平衡常数不变，Co2＋浓度减小，D错误；
故选B。
6．25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，增大，不变
C．向水中加入少量固体Na，平衡正向移动，降低，增大
D．将水加热，增大，pH不变
【答案】B
【详解】A．向水中加入稀氨水，NH3∙H2O电离出OH-，c(OH-)增大，平衡逆向移动，A项错误；
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4在水分子作用下电离成H+、Na+和SO，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，B项正确；
C．向水中加入少量固体Na，Na与H+反应，c(H+)降低，平衡正向移动，温度不变，Kw不变，C项错误；
D．将水加热，平衡正向移动，Kw增大，c(H+)增大，pH减小，D项错误；
答案选B。
7．下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
将装有和混合气体的烧瓶分别浸入冷水和热水中，并与常温情况进行对比( )
冷水中烧瓶内气体颜色变深，热水中烧瓶内气体颜色变浅
升高温度，化学平衡向吸热方向移动，降低温度，向放热方向移动
B
在两个烧杯中分别盛有等体积、等浓度的烧碱溶液和氨水，插入电极，连接灯泡，接通电源，分别进行导电实验
盛有烧碱溶液的灯泡亮度大
强电解质导电能力大于弱电解质
C
向盛有溶液(显黄色)的①、②两只试管中分别滴加淀粉溶液、溶液
①中溶液变蓝，②中产生黄色沉淀
溶液中存在平衡：
D
用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和NaClO的pH
pH：
酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．为红棕色，为无色，由可知是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，即平衡逆向移动，热水中烧瓶内气体颜色变深，A错误；
B．该项中的实验操作、现象正确，但结论错误，溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，而与电解质的强弱无关，强电解质的稀溶液导电能力可能小于弱电解质的浓溶液，B错误；
C．溶液中存在，滴加淀粉溶液后变蓝说明溶液中有，滴加溶液后产生黄色沉淀说明溶液中有I-存在，则溶液中存在平衡：，C正确；
D．该项中的实验操作错误，NaClO溶液具有漂白性，能使pH试纸漂白，应使用pH计测定NaClO溶液的pH，结论也是错误的，若pH： Na2CO3>NaClO，说明酸性：
8．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
A．0~3s内，反应速率为
B．降低温度，平衡常数增大
C．时的改变可能是加入了催化剂或改变压强，平衡不移动
D．时刻，该反应达平衡状态
【答案】B
【详解】A．0-3s内，反应速率为==0.1mol/（L•s），A错误；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，K值增大，B正确；
C．催化剂不改变平衡状态，加入催化剂，平衡不移动，而增大压强，平衡则向正反应方向移动， C错误；
D．由图可知t1时刻，各组分还未达到不变的状态，还没有达平衡状态，D错误；
故答案为：B。
9．有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是
A．X和Q结合生成的化合物为共价化合物 B．T元素属于P区
C．元素Y和Q只能形成化合物 D．Z的电子排布式，违反了洪特规则
【答案】C
【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层p能级上有2个未成对电子且无空轨道，其价电子排布式为3s23p4，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，其价电子排布式为2s22p2，则Z为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，其价电子排布式为2s22p4，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，其价电子排布式为3s23p3，则T是P元素。
【详解】A．X为S，Q为O，两者结合生成的化合物为SO2或者SO3，为共价化合物，A正确；
B．T原子的M电子层上p轨道半充满，其价电子排布式为3s23p3，则T是P元素，p区元素包含ⅢA族～ⅦA族及零族元素，属于P区，B正确；
C．Y为Fe，Q为O，两者可形成Fe2O3、FeO、Fe3O4，C错误；
D．Z为C，根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，违反了洪特规则，D正确；
故答案选C。
10．四种酸在25℃的电离平衡常数：①：②：③：④HF：，以下说法正确的是
A．当与足量反应时，一定生成和
B．等体积、等浓度的四种酸，中和碱的能力为：
C．若四种酸的浓度均为0.1mol/L，则的大小顺序：
D．等体积、等浓度的四种酸溶液中，由水电离出来的的大小顺序为：
【答案】D
【详解】A．尽管H3AsO4的K1大于H2CO3：K1，但当H3AsO4与足量Na2CO3反应时，可能由于H3AsO4不足量，Na2CO3反应产生NaHCO3，而没有生成CO2和H2O，A错误；
B．等体积、等浓度的四种酸，四种酸的物质的量相等，酸的元数越多，发生中和反应消耗碱的物质的量就越多，中和碱的能力就越强，当酸的元数相同时，中和碱的能力就相同，故中和碱的能力为：H3AsO4＞H2CO3＞HF=CH3COOH，B错误；
C．弱酸的电离平衡常数越大，其电离程度就越大，当酸浓度相等时电离产生的H+的浓度就越大。由于电离平衡常数：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，所以四种酸的浓度均为0.1mol/L，则c(H+)的大小顺序：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，C错误；
D．弱酸的电离平衡常数越大，其电离程度就越大，当酸浓度相等时电离产生的H+的浓度就越大。酸电离产生的c(H+)越大，其对水电离的抑制作用就越强，水电离产生的c(H+)就越小。根据选项C分析可知等体积、等浓度的四种酸溶液中c(H+)：H3AsO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3，则相应溶液中由水电离出来的c(H+)的大小顺序为：H2CO3＞CH3COOH＞HF＞H3AsO4，D正确；
故合理选项是D。
11．某实验室模拟反应 ，在密闭容器中加入足量的碳和一定量的气体，保持温度不变，测得相同时间内的转化率随压强的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．1100kPa时，的体积分数为50% B．b、e两点的平衡转化率相同
C．平衡常数 D．反应速率
【答案】B
【分析】随着压强的不断增大，反应速率不断加快，平衡前相同时间内反应物的转化率不断增大，则转化率在最高点时，反应达平衡状态；最高点后的每个点，反应都达平衡状态，且平衡逆向移动。
【详解】A．1100kPa时，NO2的转化率为40%，设NO2的起始投入量为2mol，则参加反应的NO2为0.8mol，生成N2为0.4mol、CO2为0.8mol，剩余NO2为1.2mol，NO2的体积分数为×100%=50%，A正确；
B．在b点，反应未达平衡，此时的转化率不是平衡转化率，若提供充足的时间，反应物的转化率将增大，e点时反应达平衡，此时NO2的转化率为平衡转化率，则b、e两点NO2的平衡转化率不相同，B错误；
C．在b、d两点，温度相同，平衡常数不受压强变化的影响，则平衡常数 Kb=Kd，C正确；
D．因为d点的压强小于e点的压强，压强越大，反应速率越快，则反应速率vd＜ve，D正确；
故选B。
12．反应的反应机理为：①②……③(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
0.038
0.060
0.076
0.060
0.076
0.030
下列说法正确的是A．该反应的速率方程为
B．该反应的速率常数k的值为6.58×10-3
C．第②步的反应方程式为
D．3步反应中反应③的活化能最大
【答案】B
【详解】A．由1、2两组数据可知：c()增大一倍，速率增大一倍；由2、3两组数据可知：c(I-)增大一倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为，A错误；
B．将1组的数据代入速率方程式可得：v=k×0.038×0.06=1.5×10-5，解得k=6.58×10-3，B正确；
C．根据盖斯定律，用总反应-①-③，整理可得第②步的反应方程式为，C错误；
D．3步中反应③为快反应，其活化能最小，D错误；
故合理选项是B。
13．盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法正确的是
A．该装置能将电能转化为化学能，Pt电极为阳极
B．图2中，A为，B为
C．每制取0.1mol，有2.24L(标准状况)参与反应
D．正极电极反应为：
【答案】D
【分析】该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，据此分析。
【详解】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A错误；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B错误；
C．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取0.1mol的，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，C错误；
D．正极电极反应为：，D正确；
故选D。
14．25℃时，向10mL的溶液中通入氨气，测得溶液中的与之间的变化曲线如图所示，［已知：，，忽略反应过程中溶液体积的变化］。下列说法正确的是
A．a点溶液满足： B．b点溶液中无沉淀产生
C．c点溶液满足： D．的数量级是
【答案】C
【详解】A．由，a点溶液c(OH-)=10-3mol/L，c(Mg2+)=10-5.25mol/L，则，A错误；
B．直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)∙c(OH-)2=1×10-5.25×(10-3)2=1×10-10.25，b点上，c(Mg2+)和c(OH-)都大于直线上的点，即Qc=1×10-3.25×(10-3)2=1×10-9.25> Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀产生，B错误；
C．c点溶液存在电荷守恒：2c(Mg2+)+c()+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，c点c(OH-)=10-4mol/L，常温下，c(H+)
D．直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)∙c(OH-)2=1×10-3.25×(10-4)2=1×10-11.25，数量级是10-12，D错误；
故选：C。
二、多选题
15．中国科学院化学研究所报道了化合物1催化氢化机理。其机理中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是
A．化合物1与反应生成化合物2的过程中有两个过渡态、，说明这一过程包含两个基元反应
B．化合物是该过程的催化剂
C．该过程的决速步为过程②
D．过程①的热化学方程式为
【答案】BD
【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与反应生成化合物2的过程中有两个过渡态、，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；
B．化合物是该过程的中间产物，故B错误；
C．过程①的活化能为，②的活化能为：，过程①的活化能低于过程②的活化能，过程②的反应速率更慢，为此过程的决速步骤，故C正确；
D．过程①的热化学方程式为： ，故D错误。
故选BD。
三、填空题
16．已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。A元素原子中电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C是地壳中含量最高的元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍；E元素只有一个不成对电子；F元素原子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。回答下列问题：
(1)六种元素中电负性最大的是______(填元素符号)，B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______，其中D基态原子的核外电子排布式为______。
(2)E的基态原子最外层轨道表示式为______。E单质与湿润的反应可制备，其化学方程式为______。
(3)F元素有两种常见离子，化合价为+1和+2，从结构上分析F的基态离子中更稳定的是______，原因是______。
【答案】(1)
(2)
(3) 价层电子排布式，是全满状态， 价层电子排布式，是非全满状态；
【分析】由题意分析可知A、B、C、D、E、F分别是氢、氮、氧、磷、氯（钾、钪）、铜，由（2）可知D是氯。
【详解】（1）根据同主族电负性自上而下依次减小，同周期自左向右电负性依次增大，可知电负性最大的是氧元素；电离能同主族自上而下依次减小，同周期自左向右总趋势依次增大，但当出现最外层能级是半满或全满时比相邻元素的电离能都要大，B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是；D基态原子的核外电子排布式为：，答案：，，；
（2）E的基态原子最外层轨道表示式为：，E单质与湿润的反应可制备，其化学方程式为,答案 ： ，
（3）F元素有两种常见离子和 ，价层电子排布式，是全满状态， 价层电子排布式，是非全满状态，所以前者更稳定，答案 ：，价层电子排布式，是全满状态， 价层电子排布式，是非全满状态；
17．、是两种常见钠的化合物，其水溶液都呈碱性。已知25℃，的电离常数，。
(1)溶液显碱性的理由是______。泡沫灭火器中存放的物质主要是和溶液，使用时，将两物质混合即可产生大量的气体，写出反应的离子方程式______。
(2)常温下，现有浓度均为的和溶液，两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序是______。
(3)常温下，向20.00mL溶液中逐滴滴加0.1mol/L盐酸，溶液中含碳元素的三种微粒、、(因逸出未画出)的物质的量分数随溶液pH变化的部分情况如图所示。
量取20.00mL溶液应选用的仪器是______(填“酸式滴定管”“碱式滴定管”或“量筒”)，将量取的溶液注入锥形瓶中，滴入几滴酚酞作指示剂，用的标准盐酸进行滴定，滴定终点的现象是______。若消耗盐酸的体积为21.40mL，则______(结果保留四位有效数字)。
(4)如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是______。
A．a点溶液的比c点溶液的小
B．a点时，
C．b点溶液中，
D．ab段，pH减小说明升温抑制了的水解
【答案】(1) 溶液中存在的水解和电离，的水解常数为=，因为<，所以溶液显碱性 3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑
(2)
(3) 碱式滴定管 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复 0.1070
(4)A
【详解】（1）溶液中存在的水解和电离，的水解常数为=，因为<，所以溶液显碱性； 和溶液混合发生双水解，产生大量的气体，其反应的离子方程式为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑；
（2）浓度均为的和溶液，两种溶液等体积混合后，Na+的浓度最大，因为的水解程度大于的水解程度，因此，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是；
（3）溶液显碱性，应选用的仪器是碱式滴定管；溶液注入锥形瓶中，滴入几滴酚酞作指示剂后溶液为红色，用的标准盐酸进行滴定，滴定终点的现象是：滴入最后半滴标准溶液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复；21.40mL盐酸的物质的量为，用酚酞作指示剂，滴定终点是NaHCO3，根据方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，的物质的量为2.140×10-3，；
（4）A．由题图可知a点、c点pH相同，升温时变大，所以增大，即a点溶液的比c点溶液的小，A正确；
B．a点NaHCO3溶液显碱性，故水解程度大于电离程度，即水解常数，而，即，可得，B错误；
C．b点溶液中，根据电荷守恒，此时溶液显碱性，故，C错误；
D．升温促进水解，故ab段pH减小不是升温抑制了的水解，D错误；
故答案为：A。
四、实验题
18．色度计是一种可测定溶液透光率的仪器，通常溶液颜色越深，透光率数值越小。硫酸铁溶液与KI溶液混合发生反应：，含的溶液一般呈黄色或棕黄色。甲、乙、丙三位同学为了探究反应的限度及物质的浓度、性质与平衡移动的关系，进行如下实验。
I．甲同学设计下列实验进行相关探究，实验如图所示。
溶液呈棕黄色，分成三份，进行实验②
(1)甲同学利用实验②中ⅰ和ⅱ证明溶液与KI溶液的反应存在限度，实验ⅰ中的现象是______，实验ⅱ中a是______溶液。
(2)用离子方程式表示实验②ⅲ中产生黄色沉淀的原因______。
II．乙同学利用色度计对溶液与KI溶液的反应再次探究。
序号
实验步骤1
实验步骤2.
实验③
将盛有2mL蒸馏水的比色皿放入色度计的槽孔中
向比色皿中逐滴滴入5滴(每滴约0.04mL)溶液，同时采集溶液的透光率数据
实验④
将盛有2mLKI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验⑤
将盛有2mLKI溶液的比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验中溶液的透光率数据变化如图所示。
(3)乙同学实验③的目的是______。
(4)乙同学通过透光率变化推断溶液与KI溶液的反应存在限度。其相应的推理过程是______。
III．丙同学根据氧化还原反应的规律，用如图装置探究化学平衡移动与、浓度及还原性强弱的关系，操作过程如下：
(5)①K闭合时，电流计指针向右偏转，乙同学得出结论向正反应方向进行，b作______(填“正”或“负”)极，还原性。
②当指针归零后，向U型管右管滴加0.2mol/L溶液，电流计指针向左偏转，由此得出还原性______(填“>”或“<”)。
(6)综合甲、乙、丙三位同学的实验探究过程，得出的结论有反应“”存在限度，______。
【答案】(1) 溶液变红 淀粉
(2)Ag++I−=AgI↓
(3)排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰
(4)溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+
(5) 正 ＞
(6)改变条件可使平衡移动，物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响
【详解】（1）该反应的化学方程式为，实验①中，Fe3+和I-恰好完全反应，若该反应存在限度，Fe3+不能反应完全有剩余，则在实验ⅰ中，滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN−形成配合物，可观察到溶液变红；Fe3+和I-反应有碘单质生成，加入到淀粉溶液，可观察到溶液变蓝，则实验ii中a是淀粉溶液；
（2）若反应存在反应限度，则还剩余I−，加入AgNO3溶液，形成黄色AgI沉淀，反应的离子方程式为Ag++I−=AgI↓；
（3）该探究实验是探究I−浓度对反应的影响，而透光率与溶液的颜色有关，故用实验③加蒸馏水，把Fe3+的浓度影响控制一致，与实验④、⑤对照，排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰；
（4）分析实验④和⑤，溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，说明实验④中虽然KI过量，但仍有未反应的Fe3+，可以说明该反应存在限度；
（5）①电流计指针向右偏转，说明b极Fe3+得到电子，作正极；
②电流计指针向左偏转，说明a极的I2得电子生成I−，由此得出还原性Fe2+＞I−；
（6）甲同学实验是为了证明该反应存在限度，乙同学是探究浓度对物质的氧化性和还原性的影响，丙同学利用原电池原理探究化学平衡移动与、浓度及还原性强弱的关系，综合甲、乙、丙三位同学的实验探究过程，得出的结论有：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2存在限度，改变条件可使平衡移动，物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
五、原理综合题
19．我国力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。将二氧化碳资源化尤为重要。
(1)CO2可与H2制甲醇：在催化剂作用下，发生以下反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①则： △H=______。
若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是______。
A．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等 B．CO和H2的物质的量之比为定值
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．容器内气体密度保持不变
E．CO的体积分数保持不变
②将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ和Ⅱ。CO2的转化率和CO、CH3OH的产率随反应温度的变化如图所示。由图判断合成CH3OH最适宜的温度是______。反应过程中CH3OH产率随温度升高先增大后减小，降低的主要原因是______。
(2)CO2可与NH3制尿素： △H=-87 kJ/mol。研究发现，合成尿素的反应分两步进行。
第1步：
第2步：
①一定条件下，向刚性容器中充入3 mol NH3和4 mol CO2，平衡时CO2的体积分数为60%，则平衡时NH3的转化率α(NH3)=______(保留一位小数)，此条件下，第2步反应的Kp=a kPa，则反应的平衡常数Kp=______(kPa)-2。
②若要加快反应速率并提高NH3平衡转化率，可采取的措施有______(任写一条)。
【答案】(1) -90 kJ/mol BC 250℃ 反应Ⅰ的正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CH3OH产率减小，温度升高，催化剂的催化活性降低，也导致CH3OH的产率下降
(2) 66.7% 适当增大CO2浓度
【详解】（1）①已知：Ⅰ．
Ⅱ．
则根据盖斯定律，将Ⅰ-Ⅱ，整理可得 △H=-90 kJ/mol；
A．根据方程式可知：若反应达到平衡状态，存在反应产生2个H2，会同时产生1个CH3OH，现在生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等，则H2的浓度减小，化学反应正向进行， 未达到平衡状态，A不符合题意；
B．开始加入若等物质的量的CO和H2，二者按1：2关系反应，随着反应的进行，若CO和H2的物质的量的比不断发生变化，若CO和H2的物质的量之比为定值，则反应达到平衡状态，B符合题意；
C．反应前后气体的质量不变，但气体的物质的量在发生改变，所以当混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应前后气体质量和体积一直不变，所以气体密度一直不变，因此不能加成判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
E．若将等物质的量的CO和H2充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，假设CO和H2的物质的量物质的量分别是a mol，CO的含量是50%，某时刻转化的CO的物质的量是x mol，则根据物质反应转化关系可知此时各种气体的物质的量n(CO)=(a-x) mol，n(H2)=(a-2x)mol，n(CH3OH)=x mol，则CO的含量为，可知CO的含量始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，E不符合题意；
故合理选项是BC；
②根据图示可知：反应温度在250℃时CH3OH产率最大，故CH3OH最适宜的温度是250℃；
将CO2与H2充入装有催化剂的密闭容器中，发生的反应Ⅰ的正反应是放热反应。温度升高，化学平衡逆向移动，导致CH3OH产率减小；任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围，升高温度，催化剂的催化活性降低，导致CH3OH产率随温度升高而减小；
（2）①一定条件下，向刚性容器中充入3 mol NH3和4 mol CO2，发生反应：，假设反应消耗CO2的物质的量是x mol，则反应消耗NH3的物质的量是2x mol，平衡时CO2的物质的量n(CO2)=(4-x) mol，n(NH3)=(3-2x)mol，n(H2O)=x mol，气体的物质的量分数与其体积分数相同，由于平衡时CO2的体积分数为60%，则，解得x=1.0 mol，所以平衡时NH3的转化率α(NH3)=；
平衡时n(NH3)=(3-2x)mol=(3-2×1.0) mol=1.0 mol，n(CO2)=(4-x) mol=(4-1.0) mol=3.0 mol，n(H2O)=1.0 mol，n(总)=5.0 mol。第2步反应化学平衡常数Kp=p(H2O)==a kPa，则p总=5a kPa；p(NH3)=；
p(CO2)= ，所以总反应的化学平衡常数Kp=；
②反应 △H=-87 kJ/mol的正反应是气体体积减小的放热反应，结合化学反应速率及化学平衡移动的影响因素，可知要加快反应速率并提高NH3平衡转化率，可采取的措施有适当增大CO2浓度。
相关试卷
安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二上学期第三次月考化学试题（Word版附解析）： 这是一份安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高二上学期第三次月考化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省淮北市高三下学期一模化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年安徽省淮北市高三下学期一模化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省淮北市第一中学高一上学期第三次月考化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年安徽省淮北市第一中学高一上学期第三次月考化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
