重庆市渝北区第八名校2023-2024学年高二上学期期中化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列水溶液呈碱性的盐是（ ）
A． B． C． D．
2．下列基态粒子化学用语表达正确的是（ ）
A．的最高能级的电子云轮廓图：
B．的电子排布图：
C．Br原子的价层电子排布式：
D．Cr的简化电子排布式：
3．下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是（ ）
A．工业上可利用水解制备
B．水溶液蒸发结晶能得到固体
C．除去溶液中的可加入后过滤
D．配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中
4．以CO2和NH3为原料合成尿素反应分两步完成，ⅰ.CO2和NH3生成H2NCOONH4；ⅱ.H2NCOONH4分解生成尿素，总反应为： △H。反应过程能量变化如图。下列说法错误的是（ ）
A．第一步ΔS＜0
B．第二步活化能大于第一步
C．△H =+87.5 kJ mol-1
D．升高温度，总反应反应物活化分子百分数增大，反应速率增大
5．下列表述正确的是（ ）
A．2p能级的三个轨道相互垂直，能量相等
B．最外层电子数为2的元素都分布在区
C．基态S原子有16种空间运动状态不同的电子
D．第ⅦA族元素从上到下氢化物水溶液酸性逐渐减弱
6．下列热化学相关的描述正确的是（ ）
A．在光照和点燃条件下不同
B．已知 ， ，则
C．表示的燃烧热：
D．一定条件下 ，则和置于密闭容器中充分反应放热
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．30℃时，的溶液中，水电离出的数目为
B．电解精炼粗铜，阳极溶解铜时，外电路中通过的电子数目为
C．为的新制氯水中次氯酸分子与次氯酸根离子数目之和为
D．常温下，的溶液中，与数目都小于
8．下列有关电解质溶液的说法不正确的是（ ）
A．常温下，磷酸中加水至原体积的两倍，
B．将溶液从常温加热到80℃，溶液仍呈中性，但
C．常温下，相同的盐酸和醋酸溶液，
D．常温下，相同的和溶液导电能力相同
9．下列装置能达到实验目的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．甲：测定KI溶液浓度
B．乙：利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀
C．丙：中和反应反应热的测定
D．丁：测定Zn和稀硫酸反应的速率
10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W是宇宙中含量最多的元素，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，Y的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A．电负性：
B．第一电离能：
C．W与Y形成的化合物一定只含极性共价键
D．原子半径：
11．下列实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
实验操作 现象 结论
A 向平衡体系中加入适量固体 溶液的颜色变浅 生成物浓度增加，平衡逆向移动
B 取溶液于试管中，加溶液，待不再有白色沉淀产生后加入溶液 产生黄色沉淀
C 向盛有醋酸的试管中滴加的溶液 有气泡产生 的大于的
D 惰性电极电解氯化铜溶液，并用湿润的淀粉碘化钾试纸检验阳极产生的气体 试纸先变蓝后褪色 阳极有氯气产生且氯气具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
12．室温时，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定同浓度20mL的NH4HSO4溶液(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是（ ）
A．滴定过程中，溶液中逐渐减小
B．时：
C．时：
D．分别为和时水的电离程度：前者＞后者
13．双膜碱性多硫化物空气液流二次电池工作原理如下图所示，电极Ⅰ为掺杂的电极，电极Ⅱ为碳电极，总反应为：。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
B．放电时，中间储液器中的浓度不断减小
C．充电时，电极Ⅰ发生的电极反应为：
D．充电时，电路中每通过电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
14．在起始温度均为T℃、容积均为1L的密闭容器X(恒温)、Y(绝热)中均加入0.1molA和0.4molB，发生反应 △H＜0，X、Y容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线M表示容器Y中A的转化率变化
B．容器Y在内的化学反应速率为
C．P点与Q点平衡常数：
D．T℃时，
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
15．光伏材料又称太阳能材料，能将太阳能直接转换成电能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、、、、、、等。
（1）元素镓(Ga)在元素周期表中的位置是 。
（2）P、S、Ga元素的电负性从大到小的顺序为 。
（3）As元素的第一电离能 (填“大于”“小于”或“等于”)Se元素的第一电离能，原因是 。
（4）写出原子序数最小的第Ⅶ族元素基态原子的核外电子排布式
（5）第四周期中4s轨道半充满的元素共有 种。
（6）太阳能电池材料的很多金属元素在枃灼烧时会产生特殊的火焰颜色，产生这种现象是因为基态原子变为激发态原子后，电子再跃迁到 (选填“较高”或“较低”)能基状态时释放能量。
16．氮是一种重要的化工原料，电化学合成氮在工业上起着相当重要的作用，某合成装置如图所示：
（1）该电化学装置为 (选填“原电池”或“电解池”)，b极室为 (填“阴”或“阳”)极室。
（2）阴极室发生的电极反应为 。
（3）该装置中质子交换膜的两个作用分别是分离电极产物和 。
（4）该装置工作时质子由 极室移向 极室移动(用a、b表示)
（5）若b极室产生的在标准状况下的体积为，a极室中通入相同条件下的总体积为，则的转化率为 %(保留两位有效数字)。
17．用沉淀滴定法快速测定等碘化物溶液中，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液(已知为白色沉淀)。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取基准物后，配制成标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定待测溶液
a．取待测溶液于锥形瓶中。
b．加入溶液(过量)，使完全转化为沉淀。
c．加入溶液作指示剂。
d．用溶液滴定过量的。
e．重复上述操作次，测定数据如表所示。
实验序号 1 2 3
消耗标准溶液体积 10.24 10.02 9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯、量筒和玻璃棒外，还有两种分别是 、 。
（2）应在的条件下进行滴定，其目的是 。
（3）若过程Ⅱ中b和c两步操作颠倒将无法指示反应终点的原因是 。(用离子方程式表示)
（4）达到滴定终点时的现象是 。
（5）由上述实验数据测得 。
（6）若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则使 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
18．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时(c=0.01mol/L)的 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中的两个作用分别是除去油脂和 。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。
（2）“转化”中可替代的最佳物质是____。
A．酸性溶液 B．
C．硝酸 D．新制氯水
（3）利用上述表格数据，计算的 。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是 。
（4）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 。
19．Ⅰ.碳氧化物有助于人们对氮及其化合物的处理。
（1）利用催化技术可将汽车尾气中的NO、转化为无污染的和，反应的化学方程为。若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的NO和CO，发生上述反应。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是____。
A．体系压强不变 B．体系温度不变
C．混合气体密度不变 D．
（2）用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： ；该总反应的决速步是反应 (填“①”或“②”)
（3）已知：的正反应速率方程为，为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是____(填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO
C．恒容时，再充入N2O D．恒压时，再充入
（4）Ⅱ.已知
对于该反应，改变某一反应条件(温度)，下列图象正确的是____(填标号)。
A． B．
C． D．
（5）某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料。甲：，；乙：，。经过一段时间后达到平衡状态。
①的平衡体积分数：甲 乙(选填“>”、“=”或“<”)。
②若甲中起始压强为，平衡时CO转化率为50%，该反应的 。(用含的式子表示)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、KOH溶液呈碱性，但KOH为碱，不属于盐，故A不符合题意；
B、 为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故B符合题意；
C、 为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故C不符合题意；
D、 在水溶液中完全电离产生钾离子、氢离子和硫酸根离子，溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】盐的水溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】A、F为9号元素，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p5，最高能级的电子位于2p轨道，电子云轮廓图为哑铃形，故A错误；
B、该排布图2p轨道上的电子自旋方向相同，违反泡利原理，故B错误；
C、Br为35号元素，基态Br的核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p5， 则其价层电子排布式为 ，故C正确；
D、Cr为24号元素，其简化电子排布式为 [Ar]3d54s1， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、F原子核外电子排布式为1s22s22p5；
B、该排布图违反泡利原理；
C、Br位于第四周期，第ⅦA族；
D、该排布式违反能量最低原理。
3．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、 TiCl4发生水解反应的方程式为TiCl4+（x+2）H2O TiO2·xH2O↓+4HCl，则工业上可利用水解制备，故A不符合题意；
B、具有还原性，易被氧化为，水溶液蒸发结晶不能得到固体，故B符合题意；
C、 水解产生氢离子和氢氧化铁沉淀， 消耗产生的氢离子，使铁离子的水解平衡正向移动， 除去溶液中的，故C不符合题意；
D、铁离子水解产生氢离子，加入盐酸能抑制铁离子的水解，因此配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、钛离子水解生成TiO2·xH2O和氯化氢；
B、 易被氧化为；
C、铁离子水解呈酸性；
D、盐酸抑制铁离子水解。
4．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变
【解析】【解答】A、第一步反应为CO2和NH3生成H2NCOONH4 ，该反应的ΔS＜0，故A不符合题意；
B、由图可知，第一步反应为放热反应，第二步反应为吸热反应，第二步活化能大于第一步，故B不符合题意；
C、由分析可知，ΔH=72kJ/mol-159.5kJ/mol=-87.5kJ/mol，故C符合题意；
D、升高温度，活化分子百分数增大，分子有效碰撞的机会增大，化学反应速率增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、 CO2和NH3生成H2NCOONH4 的过程中，体系混乱度降低；
B、第一步反应为放热反应，第二步反应为吸热反应；
C、 的ΔH=72kJ/mol-159.5kJ/mol=-87.5kJ/mol；
D、升高温度，反应物活化分子百分数增大，反应速率增大。
5．【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理
【解析】【解答】A、 2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，故A正确；
B、最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区，如He属于p区，ⅡB族属于ds区，故B错误；
C、 S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，S原子核外电子填充了9个原子轨道，则S原子核外共有9种不同空间运动状态的电子，故C错误；
D、第ⅦA族元素，自上而下，非金属性逐渐减弱，形成的氢化物电离程度逐渐增大，酸性逐渐增强，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、同一能级的不同轨道的能量相同；
B、最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区；
C、电子填充了几个不同原子轨道数就有几种空间运动状态；
D、元素的非金属性越强，元素与H原子之间的键能越大，越不易电离，其酸性越弱。
6．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、只与反应物和生成物的能量差决定，与反应条件无关，则 在光照和点燃条件下 相同，故A错误；
B、气态二氧化硫转化为液态二氧化硫放出热量，则 ，故B正确；
C、根据燃烧热的概念可知， 表示的燃烧热的热化学方程式，的系数为1，且水因为液态，故C错误；
D、该反应为可逆反应，不能彻底转化， 一定条件下 ，则和置于密闭容器中充分反应放热小于 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、 与反应条件无关；
B、气态二氧化硫的能量高于液态二氧化硫；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
D、合成氨的反应为可逆反应。
7．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 的溶液中，c(H+)=10-6mol/L，则水电离出的数目为 ，故A不符合题意；
B、电解精炼粗铜，阳极有比铜更活泼的金属放电，因此阳极溶解 铜时，外电路中通过的电子数目大于 ，故B符合题意；
C、新制氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-，则 =c(ClO-)+c(HClO)， 为的新制氯水中次氯酸分子与次氯酸根离子数目之和为 ，故C不符合题意；
D、 与 在溶液中都会发生水解，则常温下，的溶液中，与数目都小于，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铵溶液中的氢离子来自于水的电离；
B、阳极为粗铜，电解过程中有比铜活泼的金属放电；
C、根据Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-分析；
D、 与 在溶液中均会发生水解。
8．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A、磷酸为弱酸，加水稀释促进磷酸的电离，则加水至原体积的两倍，，故A不符合题意 ；
B、加热促进水的电离，水的离子积常数增大， ，但c(OH-)=c(H+)，溶液仍呈中性，故B不符合题意 ；
C、 相同的盐酸和醋酸溶液 ，氢离子浓度相同，则 ，故C不符合题意 ；
D、NaOH为碱，直接电离产生OH-， 水解产生OH-，相同时，的浓度大，的导电能力大，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A、磷酸为弱酸，部分电离；
B、升温水的离子积常数增大；
C、pH相同，氢离子浓度相同；
D、溶液的导电能力与离子浓度成正比。
9．【答案】B
【知识点】化学反应速率；中和滴定；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、溴水具有强氧化性，会腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，该装置不能达到实验目的，故A不符合题意；
B、Mg比Fe活泼，构成原电池时Mg作负极，利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀，该装置能达到实验目的，故B符合题意；
C、大小烧杯口应保持相平，否则会导致热量损失，造成误差，该装置不能达到实验目的，故C不符合题意；
D、该装置中产生的氢气从长颈漏斗逸出，不能用注射器收集，应用分液漏斗滴加稀硫酸，该装置不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、溴水会腐蚀橡胶；
B、Mg比Fe活泼，构成原电池时Mg作负极；
C、测定中和热时，大小烧杯的杯口保持相平；
D、生成的氢气逸散到空气中。
10．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性：O>N>H>Na，即 ，故A正确；
B、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>O>Na，即X>Y>Z，故B错误；
C、W与Y形成的化合物H2O2中，既含有极性共价键也含有非极性共价键，故C错误；
D、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：N>O>H，即X>Y>W，故D错误；
故答案为：A。
【分析】W是宇宙中含量最多的元素，则W为H元素，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，则其电子排布式为1s22s22p3，为N元素，Y的最外层电子数为偶数，且Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和，则Y为O元素，Z为Na元素。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、KCl不参与该反应，因此加入KCl固体不影响平衡移动，故A错误；
B、该实验中，AgNO3溶液过量，直接与NaCl和KI反应生成AgCl沉淀和AgI沉淀，没有发生沉淀的转化，不能证明 ，故B错误；
C、 向盛有醋酸的试管中滴加的溶液，有气泡产生，说明醋酸与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，酸性：醋酸>碳酸，可证明 的大于的 ，故C正确；
D、氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、KCl不参与反应；
B、加入的硝酸银过量，直接反应生成沉淀；
C、根据强酸制弱酸原理分析；
D、氯气不具有漂白性。
12．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、滴定过程中，硫酸根离子不会被消耗，但溶液的体积增大，溶液中逐渐减小，故A不符合题意；
B、时，恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水，根据电荷守恒有： ，根据物料守恒有：，则有 ，故B不符合题意；
C、 时，溶质为硫酸钠和一水合氨，则有 ，故C符合题意；
D、时，溶质为硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解促进水的电离，时，溶质为硫酸钠和一水合氨，一水合氨电离抑制水的电离，则分别为和时水的电离程度：前者＞后者，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、滴定过程不消耗硫酸根离子；
B、根据电荷守恒和物料守恒分析；
C、 时，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨；
D、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
13．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该电池工作时，负极释放钠离子，正极产生氢氧根离子，钠离子和氢氧根离子移向储液器生成NaOH，则离子交换膜a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故A错误；
B、放电时，钠离子和氢氧根离子移向储液器生成NaOH，则NaOH的浓度增大，故B错误；
C、由分析可知，电极Ⅰ发生的电极反应为，故C错误；
D、充电时，电极Ⅱ发生反应，电路中每通过1mol电子，有1mol氢氧根进入中间储液器，同时生成0.25mol氧气，则阳极室溶液质量理论上增加，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 电极Ⅰ为掺杂的电极，电极Ⅱ为碳电极，由图可知，电极Ⅱ上氧气得电子转化为氢氧根，则电极Ⅱ为正极，电极反应式为：，电极Ⅰ为负极，电极反应式为： 。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线M表示容器Y中A的转化率变化，故A不符合题意；
B、容器Y在0-200s内，A的物质的量变化为0.02mol，则B的物质的量变化也为0.02mol，则化学反应速率为，故B不符合题意；
C、 升高温度，该反应的平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点温度高，则P点与Q点平衡常数：，故C不符合题意；
D、T℃条件下，容器X平衡时A的转化率为25%，则平衡时A的浓度为0.075mol/L，B的浓度为0.375mol/L，C的浓度为0.025mol/L，D的浓度为0.025mol/L，K=，同理可得Y容器中 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，A的转化率降低，因此M为绝热（Y）条件下进行，N表示恒温（X）下进行反应。
15．【答案】（1）第四周期第ⅢA族
（2）
（3）大于；同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素
（4）或()
（5）3
（6）较低
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】（1）Ga的原子序数为31，在元素周期表中位于第四周期第ⅢA族；
故答案为：第四周期第ⅢA族；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性： ，则电负性： ；
故答案为： ；
（3）砷、硒都是第四周期非金属元素，同周期元素自左而右第一电离能整体呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以As元素的第一电离能大于Se元素的第一电离能；
故答案为：大于； 同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素 ；
（4）原子序数最小的第Ⅶ族元素为Fe，Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为 或 ；
故答案为： 或() ；
（5）第四周期中4s轨道半充满原子外围电子排布式为4s1、3d54s1、3d104s1，即为K、Cr、Cu元素3种元素；
故答案为：3；
（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子再从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色；
故答案为：较低。
【分析】（1）Ga为31号元素；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（4）原子序数最小的第Ⅷ族元素是Fe；
（5） 第四周期中4s轨道半充满，则最外层为4s1；
（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子再从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量。
16．【答案】（1）电解池；阳
（2）【也可】
（3）平衡电荷
（4）b；a
（5）33
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，该装置属于电解池；b极室为阳极室；
故答案为：电解池；阳；
（2）由分析可知，阴极室的电极反应式为： 或；
故答案为： 【也可】 ；
（3）质子交换膜只允许氢离子和水通过，a极室消耗氢离子，b极室生成氢离子，因此质子交换膜的两个作用分别是分离电极产物和平衡电荷；
故答案为：平衡电荷；
（4）电解池工作时，阳离子向阴极移动，因此该装置工作时质子由b极室向a极室移动，故答案为：b；a；
（5）b极室的电极反应式为2H2O 4e ＝O2↑+4H+，根据得失电子守恒有关系式： 2N2～3O2，生成O2和通入N2的体积比为3：2，实际情况在相同条件下通入N2的体积和生成O2的体积比为672L：336L=2：1，即通入1molN2生成0.5molO2，因此N2的转化率为；
故答案为：33。
【分析】由图可知，该装置外接有电源，为电解池，a极室，氮气发生还原反应生成氨气，则a极室为阴极，电极反应式为： 或 ，b极室为阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O 4e ＝O2↑+4H+，电解池工作时，阳离子向阴极移动。
17．【答案】（1）(棕色)容量瓶；胶头滴管
（2）防止因的水解而影响滴定终点的判断(或抑制的水解)
（3）
（4）滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色
（5）0.0600
（6）偏高
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】（1）配制 标准溶液，需要用容量瓶定容，定容时还需要胶头滴管；
故答案为： (棕色)容量瓶 ；胶头滴管；
（2）水解呈酸性，在的条件下进行滴定，可以防止因的水解而影响滴定终点的判断；
故答案为：防止因的水解而影响滴定终点的判断(或抑制的水解) ；
（3）铁离子具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，导致过程Ⅱ中b和c两步操作颠倒将无法指示反应终点，铁离子与碘离子反应的离子方程式为： ；
故答案为： ；
（4）达到滴定终点时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色，因此当滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色时，达到滴定终点；
故答案为：滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色；
（5）根据表中数据可知，第一组数据误差较大，舍去， 则所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)＝25.00×10 3L×0.1000mol/L＝2.5×10 3mol，n(NH4SCN)=0.1000mol/L×10.00×10-3L=1×10-3mol，则c（I-）×0.025L=2.5×10-3mol-1×10-3mol，
c（I-）=0.0600mol/L；
故答案为：0.0600；
（6）在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出 ，则溶液的浓度偏低，测得的 n（NH4SCN）偏小，c（I-）偏高；
故答案为：偏高。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择仪器；
（2） 水解显酸性；
（3）能氧化碘离子；
（4）完全反应时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色；
（5）根据c标准V标准=c待测V待测计算；
（6）烧杯中的溶液有少量溅出，溶质的物质的量减小，浓度偏低。
18．【答案】（1）溶解铝及其氧化物；或
（2）B
（3）；3.2≤pH＜6.2
（4）提高镍的回收率
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，“碱浸”中的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物；滤液①中含有NaAlO2，加入稀硫酸发生反应或 ；
故答案为：溶解铝及其氧化物； 或 ；
（2） “转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代，加入酸性高锰酸硝酸和新制氯水会引入新杂质，所以不能用酸性高锰酸钾、硝酸和氯水；
故答案为：B；
（3）Ni2+完全沉淀时pH=8.7，c(OH-)=1.0×10-5.3，当Ni2+的浓度小于等于10-5mol/L时完全沉淀，则 ；如果“转化”后的溶液中浓度为，为避免镍离子沉淀，此时c(OH-)，pH=6.2， Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.2；
故答案为： ；3.2≤pH＜6.2；
（4） 分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率 ；
故答案为：提高镍的回收率。
【分析】废镍催化剂中加入NaOH溶液碱浸，除去油脂，同时Al及其氧化物转化为偏铝酸钠，则滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸，过滤得到含有Ni2+、Fe3+、Fe2+的滤液②，用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。
19．【答案】（1）A
（2）-361.22；①
（3）A；C
（4）C；D
（5）>；
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A、该反应是气体体积减小的反应，压强随反应发生变化，因此当体系压强不变时，反应达到平衡状态，故A符合题意；
B、该反应在恒温容器中进行，反应温度为恒量，因此当体系温度不变时，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C、反应前后气体的总质量一定，体积也一定，则混合气体的密度始终不变，当混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D、 时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：A；
（2）由图2可知，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH= -361.22kJ/mol； 反应①的活化能为149.6kJ/mol，反应②的活化能为108.22kJ/mol，反应活化能越大，反应速率越慢，总反应的决速步是慢反应，所以总反应的决速步是反应①；
故答案为：-361.22；①；
（3）A、升高温度，k增大，反应速率增大，故A符合题意；
B、恒容时，再充入CO，一氧化二氮的浓度不变，反应速率不变，故B不符合题意；
C、恒容时，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；
D、恒压时，再充入氮气，一氧化二氮的浓度减小，反应速率减慢，故D不符合题意；
故答案为：AC；
（4）A、 T1＞T2，T1到T2为降温，反应速率应减小，故A错误；
B、 温度 ，则T1条件下先达到平衡状态，故B错误；
C、 增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，平衡向放热的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大，图象与实际相符合， 故C正确；
D、化学平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，故D正确；
故答案为：CD；
（5）①甲的投料是乙的两倍，乙相当于在甲达到平衡后减小压强使容器的体积变为4L，减小压强平衡逆向移动，则甲中N2的平衡体积分数大于乙；
故答案为：>；
② 若甲中起始压强为，平衡时CO转化率为50% ，则参加反应的CO的物质的量为0.4mol×50%=0.2mol，据此列出反应的三段式为：
，平衡时气体的总物质的量为（0.2+0.1+0.2+0.05）mol=0.55mol，压强之比等于物质的量之比，则平恒时的压强为， ；
故答案为： 。
【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（3）根据 分析；
（4）该反应为放热反应，升温反应的平衡逆向移动；
（5）列出反应的三段式计算。
重庆市渝北区第八名校2023-2024学年高二上学期期中化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列水溶液呈碱性的盐是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、KOH溶液呈碱性，但KOH为碱，不属于盐，故A不符合题意；
B、 为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，故B符合题意；
C、 为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，故C不符合题意；
D、 在水溶液中完全电离产生钾离子、氢离子和硫酸根离子，溶液呈酸性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】盐的水溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐。
2．下列基态粒子化学用语表达正确的是（ ）
A．的最高能级的电子云轮廓图：
B．的电子排布图：
C．Br原子的价层电子排布式：
D．Cr的简化电子排布式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态
【解析】【解答】A、F为9号元素，基态F原子核外电子排布式为1s22s22p5，最高能级的电子位于2p轨道，电子云轮廓图为哑铃形，故A错误；
B、该排布图2p轨道上的电子自旋方向相同，违反泡利原理，故B错误；
C、Br为35号元素，基态Br的核外电子排布式为 [Ar]3d104s24p5， 则其价层电子排布式为 ，故C正确；
D、Cr为24号元素，其简化电子排布式为 [Ar]3d54s1， 故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、F原子核外电子排布式为1s22s22p5；
B、该排布图违反泡利原理；
C、Br位于第四周期，第ⅦA族；
D、该排布式违反能量最低原理。
3．下列关于盐类水解的应用，说法不正确的是（ ）
A．工业上可利用水解制备
B．水溶液蒸发结晶能得到固体
C．除去溶液中的可加入后过滤
D．配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、 TiCl4发生水解反应的方程式为TiCl4+（x+2）H2O TiO2·xH2O↓+4HCl，则工业上可利用水解制备，故A不符合题意；
B、具有还原性，易被氧化为，水溶液蒸发结晶不能得到固体，故B符合题意；
C、 水解产生氢离子和氢氧化铁沉淀， 消耗产生的氢离子，使铁离子的水解平衡正向移动， 除去溶液中的，故C不符合题意；
D、铁离子水解产生氢离子，加入盐酸能抑制铁离子的水解，因此配制溶液时，先将固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、钛离子水解生成TiO2·xH2O和氯化氢；
B、 易被氧化为；
C、铁离子水解呈酸性；
D、盐酸抑制铁离子水解。
4．以CO2和NH3为原料合成尿素反应分两步完成，ⅰ.CO2和NH3生成H2NCOONH4；ⅱ.H2NCOONH4分解生成尿素，总反应为： △H。反应过程能量变化如图。下列说法错误的是（ ）
A．第一步ΔS＜0
B．第二步活化能大于第一步
C．△H =+87.5 kJ mol-1
D．升高温度，总反应反应物活化分子百分数增大，反应速率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；焓变和熵变
【解析】【解答】A、第一步反应为CO2和NH3生成H2NCOONH4 ，该反应的ΔS＜0，故A不符合题意；
B、由图可知，第一步反应为放热反应，第二步反应为吸热反应，第二步活化能大于第一步，故B不符合题意；
C、由分析可知，ΔH=72kJ/mol-159.5kJ/mol=-87.5kJ/mol，故C符合题意；
D、升高温度，活化分子百分数增大，分子有效碰撞的机会增大，化学反应速率增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、 CO2和NH3生成H2NCOONH4 的过程中，体系混乱度降低；
B、第一步反应为放热反应，第二步反应为吸热反应；
C、 的ΔH=72kJ/mol-159.5kJ/mol=-87.5kJ/mol；
D、升高温度，反应物活化分子百分数增大，反应速率增大。
5．下列表述正确的是（ ）
A．2p能级的三个轨道相互垂直，能量相等
B．最外层电子数为2的元素都分布在区
C．基态S原子有16种空间运动状态不同的电子
D．第ⅦA族元素从上到下氢化物水溶液酸性逐渐减弱
【答案】A
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理
【解析】【解答】A、 2px、2py、2pz轨道相互垂直，同一能级的不同轨道的能量相同，所以2px、2py、2pz轨道的能量相同，故A正确；
B、最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区，如He属于p区，ⅡB族属于ds区，故B错误；
C、 S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，S原子核外电子填充了9个原子轨道，则S原子核外共有9种不同空间运动状态的电子，故C错误；
D、第ⅦA族元素，自上而下，非金属性逐渐减弱，形成的氢化物电离程度逐渐增大，酸性逐渐增强，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、同一能级的不同轨道的能量相同；
B、最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区；
C、电子填充了几个不同原子轨道数就有几种空间运动状态；
D、元素的非金属性越强，元素与H原子之间的键能越大，越不易电离，其酸性越弱。
6．下列热化学相关的描述正确的是（ ）
A．在光照和点燃条件下不同
B．已知 ， ，则
C．表示的燃烧热：
D．一定条件下 ，则和置于密闭容器中充分反应放热
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、只与反应物和生成物的能量差决定，与反应条件无关，则 在光照和点燃条件下 相同，故A错误；
B、气态二氧化硫转化为液态二氧化硫放出热量，则 ，故B正确；
C、根据燃烧热的概念可知， 表示的燃烧热的热化学方程式，的系数为1，且水因为液态，故C错误；
D、该反应为可逆反应，不能彻底转化， 一定条件下 ，则和置于密闭容器中充分反应放热小于 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、 与反应条件无关；
B、气态二氧化硫的能量高于液态二氧化硫；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
D、合成氨的反应为可逆反应。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．30℃时，的溶液中，水电离出的数目为
B．电解精炼粗铜，阳极溶解铜时，外电路中通过的电子数目为
C．为的新制氯水中次氯酸分子与次氯酸根离子数目之和为
D．常温下，的溶液中，与数目都小于
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、 的溶液中，c(H+)=10-6mol/L，则水电离出的数目为 ，故A不符合题意；
B、电解精炼粗铜，阳极有比铜更活泼的金属放电，因此阳极溶解 铜时，外电路中通过的电子数目大于 ，故B符合题意；
C、新制氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-，则 =c(ClO-)+c(HClO)， 为的新制氯水中次氯酸分子与次氯酸根离子数目之和为 ，故C不符合题意；
D、 与 在溶液中都会发生水解，则常温下，的溶液中，与数目都小于，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯化铵溶液中的氢离子来自于水的电离；
B、阳极为粗铜，电解过程中有比铜活泼的金属放电；
C、根据Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HClOH++ClO-分析；
D、 与 在溶液中均会发生水解。
8．下列有关电解质溶液的说法不正确的是（ ）
A．常温下，磷酸中加水至原体积的两倍，
B．将溶液从常温加热到80℃，溶液仍呈中性，但
C．常温下，相同的盐酸和醋酸溶液，
D．常温下，相同的和溶液导电能力相同
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A、磷酸为弱酸，加水稀释促进磷酸的电离，则加水至原体积的两倍，，故A不符合题意 ；
B、加热促进水的电离，水的离子积常数增大， ，但c(OH-)=c(H+)，溶液仍呈中性，故B不符合题意 ；
C、 相同的盐酸和醋酸溶液 ，氢离子浓度相同，则 ，故C不符合题意 ；
D、NaOH为碱，直接电离产生OH-， 水解产生OH-，相同时，的浓度大，的导电能力大，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A、磷酸为弱酸，部分电离；
B、升温水的离子积常数增大；
C、pH相同，氢离子浓度相同；
D、溶液的导电能力与离子浓度成正比。
9．下列装置能达到实验目的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．甲：测定KI溶液浓度
B．乙：利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀
C．丙：中和反应反应热的测定
D．丁：测定Zn和稀硫酸反应的速率
【答案】B
【知识点】化学反应速率；中和滴定；中和热的测定；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、溴水具有强氧化性，会腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管盛装，该装置不能达到实验目的，故A不符合题意；
B、Mg比Fe活泼，构成原电池时Mg作负极，利用牺牲阳极法来防止钢铁输水管的腐蚀，该装置能达到实验目的，故B符合题意；
C、大小烧杯口应保持相平，否则会导致热量损失，造成误差，该装置不能达到实验目的，故C不符合题意；
D、该装置中产生的氢气从长颈漏斗逸出，不能用注射器收集，应用分液漏斗滴加稀硫酸，该装置不能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、溴水会腐蚀橡胶；
B、Mg比Fe活泼，构成原电池时Mg作负极；
C、测定中和热时，大小烧杯的杯口保持相平；
D、生成的氢气逸散到空气中。
10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W是宇宙中含量最多的元素，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，Y的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和。下列说法正确的是（ ）
A．电负性：
B．第一电离能：
C．W与Y形成的化合物一定只含极性共价键
D．原子半径：
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性：O>N>H>Na，即 ，故A正确；
B、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>O>Na，即X>Y>Z，故B错误；
C、W与Y形成的化合物H2O2中，既含有极性共价键也含有非极性共价键，故C错误；
D、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：N>O>H，即X>Y>W，故D错误；
故答案为：A。
【分析】W是宇宙中含量最多的元素，则W为H元素，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，则其电子排布式为1s22s22p3，为N元素，Y的最外层电子数为偶数，且Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和，则Y为O元素，Z为Na元素。
11．下列实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
实验操作 现象 结论
A 向平衡体系中加入适量固体 溶液的颜色变浅 生成物浓度增加，平衡逆向移动
B 取溶液于试管中，加溶液，待不再有白色沉淀产生后加入溶液 产生黄色沉淀
C 向盛有醋酸的试管中滴加的溶液 有气泡产生 的大于的
D 惰性电极电解氯化铜溶液，并用湿润的淀粉碘化钾试纸检验阳极产生的气体 试纸先变蓝后褪色 阳极有氯气产生且氯气具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、KCl不参与该反应，因此加入KCl固体不影响平衡移动，故A错误；
B、该实验中，AgNO3溶液过量，直接与NaCl和KI反应生成AgCl沉淀和AgI沉淀，没有发生沉淀的转化，不能证明 ，故B错误；
C、 向盛有醋酸的试管中滴加的溶液，有气泡产生，说明醋酸与碳酸氢钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，酸性：醋酸>碳酸，可证明 的大于的 ，故C正确；
D、氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、KCl不参与反应；
B、加入的硝酸银过量，直接反应生成沉淀；
C、根据强酸制弱酸原理分析；
D、氯气不具有漂白性。
12．室温时，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定同浓度20mL的NH4HSO4溶液(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是（ ）
A．滴定过程中，溶液中逐渐减小
B．时：
C．时：
D．分别为和时水的电离程度：前者＞后者
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A、滴定过程中，硫酸根离子不会被消耗，但溶液的体积增大，溶液中逐渐减小，故A不符合题意；
B、时，恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水，根据电荷守恒有： ，根据物料守恒有：，则有 ，故B不符合题意；
C、 时，溶质为硫酸钠和一水合氨，则有 ，故C符合题意；
D、时，溶质为硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解促进水的电离，时，溶质为硫酸钠和一水合氨，一水合氨电离抑制水的电离，则分别为和时水的电离程度：前者＞后者，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、滴定过程不消耗硫酸根离子；
B、根据电荷守恒和物料守恒分析；
C、 时，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨；
D、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
13．双膜碱性多硫化物空气液流二次电池工作原理如下图所示，电极Ⅰ为掺杂的电极，电极Ⅱ为碳电极，总反应为：。下列说法正确的是（ ）
A．离子交换膜a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
B．放电时，中间储液器中的浓度不断减小
C．充电时，电极Ⅰ发生的电极反应为：
D．充电时，电路中每通过电子，阳极室溶液质量理论上增加9g
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该电池工作时，负极释放钠离子，正极产生氢氧根离子，钠离子和氢氧根离子移向储液器生成NaOH，则离子交换膜a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故A错误；
B、放电时，钠离子和氢氧根离子移向储液器生成NaOH，则NaOH的浓度增大，故B错误；
C、由分析可知，电极Ⅰ发生的电极反应为，故C错误；
D、充电时，电极Ⅱ发生反应，电路中每通过1mol电子，有1mol氢氧根进入中间储液器，同时生成0.25mol氧气，则阳极室溶液质量理论上增加，故D正确；
故答案为：D。
【分析】 电极Ⅰ为掺杂的电极，电极Ⅱ为碳电极，由图可知，电极Ⅱ上氧气得电子转化为氢氧根，则电极Ⅱ为正极，电极反应式为：，电极Ⅰ为负极，电极反应式为： 。
14．在起始温度均为T℃、容积均为1L的密闭容器X(恒温)、Y(绝热)中均加入0.1molA和0.4molB，发生反应 △H＜0，X、Y容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．曲线M表示容器Y中A的转化率变化
B．容器Y在内的化学反应速率为
C．P点与Q点平衡常数：
D．T℃时，
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线M表示容器Y中A的转化率变化，故A不符合题意；
B、容器Y在0-200s内，A的物质的量变化为0.02mol，则B的物质的量变化也为0.02mol，则化学反应速率为，故B不符合题意；
C、 升高温度，该反应的平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点温度高，则P点与Q点平衡常数：，故C不符合题意；
D、T℃条件下，容器X平衡时A的转化率为25%，则平衡时A的浓度为0.075mol/L，B的浓度为0.375mol/L，C的浓度为0.025mol/L，D的浓度为0.025mol/L，K=，同理可得Y容器中 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，A的转化率降低，因此M为绝热（Y）条件下进行，N表示恒温（X）下进行反应。
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
15．光伏材料又称太阳能材料，能将太阳能直接转换成电能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、、、、、、等。
（1）元素镓(Ga)在元素周期表中的位置是 。
（2）P、S、Ga元素的电负性从大到小的顺序为 。
（3）As元素的第一电离能 (填“大于”“小于”或“等于”)Se元素的第一电离能，原因是 。
（4）写出原子序数最小的第Ⅶ族元素基态原子的核外电子排布式
（5）第四周期中4s轨道半充满的元素共有 种。
（6）太阳能电池材料的很多金属元素在枃灼烧时会产生特殊的火焰颜色，产生这种现象是因为基态原子变为激发态原子后，电子再跃迁到 (选填“较高”或“较低”)能基状态时释放能量。
【答案】（1）第四周期第ⅢA族
（2）
（3）大于；同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素
（4）或()
（5）3
（6）较低
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用；物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】（1）Ga的原子序数为31，在元素周期表中位于第四周期第ⅢA族；
故答案为：第四周期第ⅢA族；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性： ，则电负性： ；
故答案为： ；
（3）砷、硒都是第四周期非金属元素，同周期元素自左而右第一电离能整体呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以As元素的第一电离能大于Se元素的第一电离能；
故答案为：大于； 同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素 ；
（4）原子序数最小的第Ⅶ族元素为Fe，Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为 或 ；
故答案为： 或() ；
（5）第四周期中4s轨道半充满原子外围电子排布式为4s1、3d54s1、3d104s1，即为K、Cr、Cu元素3种元素；
故答案为：3；
（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子再从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色；
故答案为：较低。
【分析】（1）Ga为31号元素；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（4）原子序数最小的第Ⅷ族元素是Fe；
（5） 第四周期中4s轨道半充满，则最外层为4s1；
（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子再从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量。
16．氮是一种重要的化工原料，电化学合成氮在工业上起着相当重要的作用，某合成装置如图所示：
（1）该电化学装置为 (选填“原电池”或“电解池”)，b极室为 (填“阴”或“阳”)极室。
（2）阴极室发生的电极反应为 。
（3）该装置中质子交换膜的两个作用分别是分离电极产物和 。
（4）该装置工作时质子由 极室移向 极室移动(用a、b表示)
（5）若b极室产生的在标准状况下的体积为，a极室中通入相同条件下的总体积为，则的转化率为 %(保留两位有效数字)。
【答案】（1）电解池；阳
（2）【也可】
（3）平衡电荷
（4）b；a
（5）33
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，该装置属于电解池；b极室为阳极室；
故答案为：电解池；阳；
（2）由分析可知，阴极室的电极反应式为： 或；
故答案为： 【也可】 ；
（3）质子交换膜只允许氢离子和水通过，a极室消耗氢离子，b极室生成氢离子，因此质子交换膜的两个作用分别是分离电极产物和平衡电荷；
故答案为：平衡电荷；
（4）电解池工作时，阳离子向阴极移动，因此该装置工作时质子由b极室向a极室移动，故答案为：b；a；
（5）b极室的电极反应式为2H2O 4e ＝O2↑+4H+，根据得失电子守恒有关系式： 2N2～3O2，生成O2和通入N2的体积比为3：2，实际情况在相同条件下通入N2的体积和生成O2的体积比为672L：336L=2：1，即通入1molN2生成0.5molO2，因此N2的转化率为；
故答案为：33。
【分析】由图可知，该装置外接有电源，为电解池，a极室，氮气发生还原反应生成氨气，则a极室为阴极，电极反应式为： 或 ，b极室为阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O 4e ＝O2↑+4H+，电解池工作时，阳离子向阴极移动。
17．用沉淀滴定法快速测定等碘化物溶液中，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液(已知为白色沉淀)。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取基准物后，配制成标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定待测溶液
a．取待测溶液于锥形瓶中。
b．加入溶液(过量)，使完全转化为沉淀。
c．加入溶液作指示剂。
d．用溶液滴定过量的。
e．重复上述操作次，测定数据如表所示。
实验序号 1 2 3
消耗标准溶液体积 10.24 10.02 9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
（1）将称得的配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯、量筒和玻璃棒外，还有两种分别是 、 。
（2）应在的条件下进行滴定，其目的是 。
（3）若过程Ⅱ中b和c两步操作颠倒将无法指示反应终点的原因是 。(用离子方程式表示)
（4）达到滴定终点时的现象是 。
（5）由上述实验数据测得 。
（6）若在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则使 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）(棕色)容量瓶；胶头滴管
（2）防止因的水解而影响滴定终点的判断(或抑制的水解)
（3）
（4）滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色
（5）0.0600
（6）偏高
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】（1）配制 标准溶液，需要用容量瓶定容，定容时还需要胶头滴管；
故答案为： (棕色)容量瓶 ；胶头滴管；
（2）水解呈酸性，在的条件下进行滴定，可以防止因的水解而影响滴定终点的判断；
故答案为：防止因的水解而影响滴定终点的判断(或抑制的水解) ；
（3）铁离子具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，导致过程Ⅱ中b和c两步操作颠倒将无法指示反应终点，铁离子与碘离子反应的离子方程式为： ；
故答案为： ；
（4）达到滴定终点时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色，因此当滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色时，达到滴定终点；
故答案为：滴入最后半滴标准溶液后，溶液由浅黄色变为红色，且半分钟内不褪色；
（5）根据表中数据可知，第一组数据误差较大，舍去， 则所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)＝25.00×10 3L×0.1000mol/L＝2.5×10 3mol，n(NH4SCN)=0.1000mol/L×10.00×10-3L=1×10-3mol，则c（I-）×0.025L=2.5×10-3mol-1×10-3mol，
c（I-）=0.0600mol/L；
故答案为：0.0600；
（6）在配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出 ，则溶液的浓度偏低，测得的 n（NH4SCN）偏小，c（I-）偏高；
故答案为：偏高。
【分析】（1）配制一定浓度的溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此选择仪器；
（2） 水解显酸性；
（3）能氧化碘离子；
（4）完全反应时，Fe3+与SCN-反应，溶液由浅黄色变为红色；
（5）根据c标准V标准=c待测V待测计算；
（6）烧杯中的溶液有少量溅出，溶质的物质的量减小，浓度偏低。
18．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时(c=0.01mol/L)的 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol/L)的 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中的两个作用分别是除去油脂和 。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 。
（2）“转化”中可替代的最佳物质是____。
A．酸性溶液 B．
C．硝酸 D．新制氯水
（3）利用上述表格数据，计算的 。如果“转化”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是 。
（4）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 。
【答案】（1）溶解铝及其氧化物；或
（2）B
（3）；3.2≤pH＜6.2
（4）提高镍的回收率
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，“碱浸”中的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物；滤液①中含有NaAlO2，加入稀硫酸发生反应或 ；
故答案为：溶解铝及其氧化物； 或 ；
（2） “转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代，加入酸性高锰酸硝酸和新制氯水会引入新杂质，所以不能用酸性高锰酸钾、硝酸和氯水；
故答案为：B；
（3）Ni2+完全沉淀时pH=8.7，c(OH-)=1.0×10-5.3，当Ni2+的浓度小于等于10-5mol/L时完全沉淀，则 ；如果“转化”后的溶液中浓度为，为避免镍离子沉淀，此时c(OH-)，pH=6.2， Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.2；
故答案为： ；3.2≤pH＜6.2；
（4） 分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率 ；
故答案为：提高镍的回收率。
【分析】废镍催化剂中加入NaOH溶液碱浸，除去油脂，同时Al及其氧化物转化为偏铝酸钠，则滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸，过滤得到含有Ni2+、Fe3+、Fe2+的滤液②，用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。
19．Ⅰ.碳氧化物有助于人们对氮及其化合物的处理。
（1）利用催化技术可将汽车尾气中的NO、转化为无污染的和，反应的化学方程为。若向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的NO和CO，发生上述反应。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是____。
A．体系压强不变 B．体系温度不变
C．混合气体密度不变 D．
（2）用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： ；该总反应的决速步是反应 (填“①”或“②”)
（3）已知：的正反应速率方程为，为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是____(填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO
C．恒容时，再充入N2O D．恒压时，再充入
（4）Ⅱ.已知
对于该反应，改变某一反应条件(温度)，下列图象正确的是____(填标号)。
A． B．
C． D．
（5）某实验小组模拟上述净化过程，一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，起始时按照甲、乙两种方式进行投料。甲：，；乙：，。经过一段时间后达到平衡状态。
①的平衡体积分数：甲 乙(选填“>”、“=”或“<”)。
②若甲中起始压强为，平衡时CO转化率为50%，该反应的 。(用含的式子表示)
【答案】（1）A
（2）-361.22；①
（3）A；C
（4）C；D
（5）>；
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A、该反应是气体体积减小的反应，压强随反应发生变化，因此当体系压强不变时，反应达到平衡状态，故A符合题意；
B、该反应在恒温容器中进行，反应温度为恒量，因此当体系温度不变时，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C、反应前后气体的总质量一定，体积也一定，则混合气体的密度始终不变，当混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D、 时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：A；
（2）由图2可知，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，ΔH= -361.22kJ/mol； 反应①的活化能为149.6kJ/mol，反应②的活化能为108.22kJ/mol，反应活化能越大，反应速率越慢，总反应的决速步是慢反应，所以总反应的决速步是反应①；
故答案为：-361.22；①；
（3）A、升高温度，k增大，反应速率增大，故A符合题意；
B、恒容时，再充入CO，一氧化二氮的浓度不变，反应速率不变，故B不符合题意；
C、恒容时，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；
D、恒压时，再充入氮气，一氧化二氮的浓度减小，反应速率减慢，故D不符合题意；
故答案为：AC；
（4）A、 T1＞T2，T1到T2为降温，反应速率应减小，故A错误；
B、 温度 ，则T1条件下先达到平衡状态，故B错误；
C、 增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，平衡向放热的方向移动，即向正反应方向移动，CO2的体积分数增大，图象与实际相符合， 故C正确；
D、化学平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，故D正确；
故答案为：CD；
（5）①甲的投料是乙的两倍，乙相当于在甲达到平衡后减小压强使容器的体积变为4L，减小压强平衡逆向移动，则甲中N2的平衡体积分数大于乙；
故答案为：>；
② 若甲中起始压强为，平衡时CO转化率为50% ，则参加反应的CO的物质的量为0.4mol×50%=0.2mol，据此列出反应的三段式为：
，平衡时气体的总物质的量为（0.2+0.1+0.2+0.05）mol=0.55mol，压强之比等于物质的量之比，则平恒时的压强为， ；
故答案为： 。
【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量；活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（3）根据 分析；
（4）该反应为放热反应，升温反应的平衡逆向移动；
（5）列出反应的三段式计算。
