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广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期末联考化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．（2025高二上·广东期末）下列生产活动体现了我国古代劳动人民的聪明智慧。其中目的是减慢化学反应速率的是
A．地窖存粮 B．加酒曲酿酒 C．高温烧陶 D．风箱鼓风煮饭
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·广东期末）中国承接了全球超过三分之二的纯电动绿色船舶制造，其动力来源主要是锂离子电池。下列说法不正确的是
A．充电时，移向阴极
B．锂离子电池比铅酸蓄电池的比能量高
C．纯电动船舶行驶时电能转化为化学能
D．钢制船壳吃水线以下安装锌板可防止船舶船壳腐蚀
3．（2025高二上·广东期末）已知：
；
；
。
下列说法正确的是
A．S的燃烧热为
B．S的燃烧热为
C．
D．密闭容器中充入和充分反应，放热
4．（2025高二上·广东期末）劳动需要“知行合一”。下列劳动项目没有运用相应化学原理的是
选项 劳动项目 化学原理
A 帮厨活动：将洗净的铸铁刀具擦干 铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀
B 社会实践：用铁质容器保存浓硫酸 增大反应物浓度，反应速率加快
C 社区服务：用氯化铵溶液清洗铁锈 氯化铵水解后溶液呈酸性
D 学农活动：野炊用与水反应蒸自热米饭 与水反应放热
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高二上·广东期末）中和反应是高中阶段常见的化学反应。下列四个与中和反应有关的装置中能达到相应实验目的的是
A．装置甲用于中和反应反应热的测定
B．装置乙用于验证中和反应是放热反应
C．装置丙用于验证Fe(OH)3与稀盐酸能发生中和反应
D．装置丁用于标准盐酸滴定未知浓度的NaOH待测液
6．（2025高二上·广东期末）与在固体催化剂表面合成的模拟示意图如图所示，图中1个分子或原子代表该分子或原子，已知。下列说法正确的是
分别代表、和
A．该反应在高温下可自发进行
B．实际生产采用高温和高压，目的是提高平衡产率
C．实际工业合成塔流出气体时尚未达到平衡状态，故使用固体催化剂能提高转化率
D．和断键生成和吸收的能量为
7．（2025高二上·广东期末）四个密闭容器中均发生反应，反应速率分别如下。其中反应最慢的是
A． B．
C． D．
8．（2025高二上·广东期末）化合物M是反应的催化剂，向甲、乙两个完全相同的恒容密闭容器中加入S，再向乙容器中加入M，其反应历程分别如图所示。下列说法正确的是
A．曲线②为甲容器的反应进程
B．加入催化剂M能降低该反应的焓变
C．加入催化剂M能提高该反应的平衡产率
D．甲、乙两容器升高相同温度，均增大
9．（2025高二上·广东期末）常作食品调料，是一种有机弱酸，可被碱中和。常温下，下列说法正确的是
A．溶液中：
B．醋酸的电离方程式为
C．水溶液加水稀释，升高
D．溶液的
10．（2025高二上·广东期末）常温下，Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为1.12×10-4 mol/L，MgCO3饱和溶液物质的量浓度为1.31×10-3 mol/L。下列说法正确的是
A．向Mg(OH)2悬浊液中加入少量蒸馏水并振荡后，溶液pH减小
B．锅炉水垢中的MgCO3易转化为Mg(OH)2
C．常温下
D．若Mg的各级电离能数据用I1、I2、I3…表示，则
11．（2025高二上·广东期末）下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 夜晚街道上霓虹灯光彩夺目 电子跃迁到较低能级以光的形式释放能量
B 升温，吸热反应正向移动 升温v正加快，v逆减慢
C NaHCO3与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀 NaHCO3与Na2SiO3的水解相互促进
D 盛放NO2的密闭容器中颜色稳定，缩小容器体积后颜色变浅 增大压强，平衡向体积缩小的方向移动
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高二上·广东期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中含分子的数目为
B．2时，的溶液中，含的数目为
C．密闭容器中充入和，充分反应后转移电子的数目为
D．电解溶液，阴极产生气体时，理论上电路中转移电子的数目为
13．（2025高二上·广东期末）是重要的无机化工原料，可利用反应：提纯。向恒容密闭容器中加入和一定量的发生该反应，平衡时测得与温度、投料比的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．容器内气体密度不变可判断该反应已达到平衡状态
B．平衡时，容器内
C．投料比：
D．转化率：
14．（2025高二上·广东期末）我国科学家利用如图所示的装置处理、废液，同时高效合成氨气(氨气可从碱溶液中挥发)，离子交换膜只允许通过。下列说法不正确的是
A．电极a接电源正极
B．由电极b区移向电极a区
C．电解过程中，电极b区溶液的升高
D．电路中每转移电子时，理论上电极b区溶液的质量减少
15．（2025高二上·广东期末）甲、乙、丙、丁、戊、己是原子序数依次增大的前四周期元素。甲是宇宙中含量最多的元素；基态乙原子的价层电子排布为；基态丙原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同；丁与戊是同主族的短周期元素，基态时都有两个未成对电子；己是ds区元素，基态己原子有1个单电子。下列说法正确的是
A．原子半径：戊>丁>丙>乙>甲
B．基态己原子的价层电子排布式为
C．第一电离能：丙>丁>乙
D．电负性：丙>丁>戊
16．（2025高二上·广东期末）向一绝热恒容密闭容器中加入和，发生反应：，容器内压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线a所示，仅改变一个条件测得压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线b所示。下列说法正确的是
A．该反应是放热反应
B．曲线a平衡后压缩容器体积，平衡不移动
C．时曲线b条件下反应达到平衡状态
D．曲线b改变的条件是绝热改为恒温
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．（2025高二上·广东期末）KI是重要的补碘剂，常与Na2S2O3标准液用于定量分析，反应原理为2S2O+I2＝S4O+2I-。回答下列问题：
（1）配制250mL 0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液：称取一定量的Na2S2O3晶体，在烧杯中溶解并冷却至室温后，转移到　 　(填仪器名称)中，洗涤烧杯等2~3次后定容。
（2）测定未知H2O2溶液的物质的量浓度：
①锥形瓶中盛有20mL待测H2O2溶液，加入过量KI溶液、适量稀硫酸和几滴淀粉溶液， 1min后溶液变蓝，写出该反应的离子方程式：　 　。
②用(1)中所配Na2S2O3溶液滴定待测液，滴定终点的标志是　 　，且30s内溶液颜色不再变化：重复3次滴定，滴定管读数记录如表所示，H2O2的物质的量浓度为　 　 mol·L-1 (保留4位有效数字)。
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
滴定前/(mL) 1.00 0.05 0.12
滴定后/(mL) 20.00 19.03 27.90
③有同学分析滴定过程中I-是循环利用的，能否节约药品仅用少量KI，并说明原因：　 　。
（3）为探究影响H2O2与KI溶液反应速率的因素，向四个试剂瓶中加入等量淀粉，利用上题试剂，设计实验如表所示：
序号 V(H2O2)/mL V(KI)/mL V(H2SO4)/mL V(H2O)/mL 水浴温度/℃ 变蓝时间/s
Ⅰ 10.0 10.0 8.0 0 25 t1
Ⅱ 5.0 10.0 x y 25 t2
Ⅲ 10.0 10.0 4.0 z 25 t3
Ⅳ 10.0 10.0 8.0 0 45 t4
①实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，x=　 　 mL，y=　 　 mL；t1＜t2，说明　 　。
②实验Ⅰ和Ⅲ是探究酸性强弱对反应速率的影响，t1　 　 t3 (填“>”、“<”或“=”)，说明其他条件相同，酸性越强，反应速率越快。
③实验Ⅰ和Ⅳ是探究　 　对反应速率的影响。
18．（2025高二上·广东期末）前四周期部分元素在元素周期表中的位置如图所示：
回答下列问题：
（1）以上7种元素中，基态原子核外电子的电子云轮廓图只有球形的有　 　(填元素符号)。
（2）基态X原子有　 　个能层，　 　种能量不同的电子，　 　种空间运动状态不同的电子，　 　种运动状态不同的电子。
（3）第一电离能对元素性质的影响较大。已知：两个吸热过程：。
①基态S元素的第一电离能为　 　。
②W的第一电离能比X的第一电离能大，原因是　 　。
（4）T和Y形成的某种化合物中，化合价分别为价和价，其中显价的是　 　(填元素符号)。
（5）基态Z原子价层电子的轨道表示式为　 　；与相比，更易失去一个电子的原因为　 　。
19．（2025高二上·广东期末）海洋是人类资源的宝库。一种利用海水制备多种化工原料的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）如图示为电解饱和溶液制备的示意图：
①　 　(填离子符号)通过离子交换膜，写出N室的电极反应式：　 　。
②电解所得和可制备盐酸，电解无水副产物也有，常温常压下，饱和新制氯水的物质的量浓度为，该溶液中溶于水的有与水反应。计算与水反应的平衡常数　 　(写出计算过程)。
③可用于粗的提纯：，提纯装置如图所示，纯应在图中　 　区得到(填“高温”或“低温”，杂质不与反应，也不挥发)。
（2）制备和用苦卤而不直接用海水的原因是　 　；物质A由贝壳灼烧所得，加入物质A能得到沉淀的原因是　 　。
（3）是无水熔融后电解所得，得到无水是关键。
①直接将加热蒸干无法得到无水，原因是　 　。
②操作A是　 　。
20．（2025高二上·广东期末）侯氏制碱法打破了发达国家的技术垄断，获得了国际化工界的高度评价。回答下列问题：
（1）侯氏制碱法以合成氨工厂的和废气为原料。已知相关部分共价键键能数据如表所示：
共价键
键能 391 945 436
计算合成氨反应的焓变：　 　。
（2）向饱和食盐水中通入和，可析出晶体，过滤并加热晶体可制得纯碱。
①写出溶液中析出的化学方程式：　 　。
②海水、血液等都含有，能起到维持海水和血液较小范围内变化的作用原理是　 　；珊瑚礁的主要成分是，海水酸化易导致珊瑚礁退化，原因是　 　。
（3）分析常温下溶液中的平衡关系。
已知：常温下，的电离常数：。
①水解平衡：离子方程式为　 　。
②电离平衡：，结合水解平衡，判断溶液显　 　(填“酸”或“碱”)性。
③为继续探究溶液中是否存在其他平衡，进行如图所示的实验。
实验现象：振荡后试管内有白色沉淀产生，还产生少量气泡。
实验分析：溶液中存在水解平衡、电离平衡和水的电离平衡，上述平衡最终导致了溶液中存在较多的。
深入探讨：
i．自偶电离平衡：查阅资料发现能发生自偶电离，溶液不会自发产生气体，结合以上分析，写出该自偶电离的离子方程式，并计算出平衡常数：　 　。
ii．由i推知，溶液中，　 　(填“>”、“<”或“=”)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、地窖里氧气浓度低，粮食发生氧化反应的速率会减慢，能起到减慢化学反应速率的作用，故A符合题意；
B、酒曲作为酶，是酿酒反应的催化剂，会加快乙醇生成的速率，故B不符合题意 ；
C、高温环境会加快烧陶过程中的化学反应速率，用于提升陶瓷性能，故C不符合题意 ；
D、风箱鼓风增大了空气与燃料的接触面积，还提高了氧气浓度，会加快燃料燃烧的速率，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】分析每个选项中生产活动对化学反应速率的影响，判断是加快还是减慢反应速率，依据是影响化学反应速率的因素（浓度、催化剂、温度等）。A．考查氧气浓度对氧化反应速率的影响。
B．掌握催化剂对反应速率的影响。
C．考查温度对反应速率的影响。
D．考查反应物接触面积和氧气浓度对燃烧速率的影响。
2．【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、充电时，装置为电解池，阳离子（Li+）会向阴极移动，A正确；
B、锂离子电池单位质量能输出更多电能，比能量高于铅酸蓄电池，B正确；
C、行驶时，锂离子电池放电，是化学能转化为电能，再转化为船舶的动能等，并非电能转化为化学能，C错误；
D、锌比铁活泼，钢制船壳装锌板，锌作为负极被腐蚀，铁（船壳）作为正极被保护，可防止腐蚀，D 正确；
故答案为：C。
【分析】A．掌握充电时电解池的离子移动规律。
B．考查比能量的概念（单位质量输出的电能）。
C．掌握纯电动船舶行驶时的能量转化。
D．考查牺牲阳极法（锌比铁活泼，锌被腐蚀保护铁）。
3．【答案】C
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】 A、B、燃烧热是 1mol 固态硫完全燃烧生成 SO2(g) 时放出的热量，已知 S (g) 燃烧放热更多，所以固态硫燃烧热不是 324 kJ mol- ，也不是 423 kJ mol- ，A、B错误；
C、由 S (g) = S (s) ΔH = (a - 324) kJ mol- ，气态硫变固态硫放热，ΔH < 0，故 a - 324 < 0，即 a < 324，C正确；
D、反应 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 是可逆反应，2mol SO2和 1mol O2不能完全转化为 SO3，所以放热小于 198kJ，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合燃烧热的定义（1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量），以及盖斯定律、可逆反应的特点，分析各选项正误。
A、B．考查燃烧热的定义（固态硫的燃烧热）。
C．考查气态硫变固态硫的能量变化（盖斯定律应用）。
D．考查可逆反应的不完全转化（热量计算）。
4．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；吸热反应和放热反应；盐类水解的应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、铁在潮湿环境中易发生电化学腐蚀，擦干铸铁刀具可减少水分，避免腐蚀，原理匹配，A不符合题意；
B、铁质容器能保存浓硫酸，是因为铁遇浓硫酸会发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止进一步反应，而非 “增大反应物浓度加快反应速率”，原理不匹配，B符合题意；
C、氯化铵水解使溶液呈酸性（NH4++H2O NH3 H2O+H+），酸性溶液可溶解铁锈（主要成分为 Fe2O3），原理匹配，C不符合题意；
D、CaO 与水反应放热（CaO+H2O=Ca(OH)2，ΔH < 0），可利用热量蒸煮米饭，原理匹配，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】逐一分析各选项中劳动项目与所对应的化学原理是否匹配，判断是否存在原理误用的情况。A．考查铁的腐蚀条件与防护。
B．考查铁与浓硫酸的反应特性。
C．掌握氯化铵的水解性质及应用。
D．考查CaO 与水反应的能量变化。
5．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、装置甲包含隔热层（减少热量散失）、温度计（测温度变化）、搅拌器（使反应充分），符合中和反应反应热测定的装置要求，A可达到目的；
B、浓硫酸溶于水会释放大量热，与 NaOH 溶液混合时，无法区分热量来自中和反应还是浓硫酸稀释，不能验证中和反应放热，B不可达到目的；
C、pH=3.5 的稀盐酸酸性较弱，而 Fe(OH)3溶解度小，难以溶解，无法观察到明显反应现象，不能验证中和反应，C不可达到目的；
D、标准盐酸是酸性溶液，应使用酸式滴定管，装置丁用的是碱式滴定管（下端为橡胶管，会被酸腐蚀），不符合操作规范，不能用于滴定，D不可达到目的；
故答案为：A。
【分析】根据各装置的构造和实验操作规范，结合中和反应的特性，判断每个装置能否实现对应的实验目的。A．考查反应热测定装置的组成与作用。
B．掌握浓硫酸稀释的热效应干扰。
C．考查Fe(OH)3的溶解条件。
D．考查滴定管的选择标准。
6．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；合成氨条件的选择
【解析】【解答】A、合成氨反应 ΔH<0（放热）、ΔS<0（气体分子数减少，熵减）。根据 ΔG=ΔH-TΔS，低温时 ΔG<0 反应自发，高温时 ΔG>0 反应不自发，A错误；
B、高温会使放热反应的平衡逆向移动，降低平衡产率，实际用高温是为加快速率；高压虽能提高平衡产率，但两者目的不同，B错误；
C、工业合成塔中反应未达平衡，催化剂加快反应速率，使反应物在相同时间内转化更多，提高转化率，C正确；
D、|ΔH1+ΔH2| 包含 N2和 H2的吸附能及断键能，故 1mol N2和 3mol H2断键（生成 2mol N 和 6mol H）吸收的能量小于 |ΔH1+ΔH2|，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合反应的能量变化（焓变、熵变）、外界条件对反应的影响及催化剂作用原理，判断各选项的正确性。A．考查反应自发进行的条件（ΔG=ΔH-TΔS）。
B．考查温度和压强对平衡及速率的影响。
C．考查未达平衡时催化剂的作用。
D．考查反应过程中的能量变化构成。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、X 是固体，固体浓度视为常数，不能用浓度变化表示反应速率，此数据无效；
B、反应式中 W 与 Y 的计量数比为 1：2，故；
C、先统一单位，0.025 mol L- s- =0.025×60 mol L- min- =1.5 mol L- min- ，此速率直接为 v (W)；
D、W 与 Z 的计量数比为 1：4，故；
比较可知，选项 D 的 v (W) 最小，反应最慢。
故答案为：D。【分析】通过化学计量数将各物质表示的反应速率统一换算为同一物质（如 W）的速率，且统一单位后比较大小，确定最慢的反应速率。
8．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂会降低反应活化能，曲线②活化能更低，应为加催化剂的乙容器反应历程；曲线①是未加催化剂的甲容器反应历程，A错误；
B、焓变由反应物和生成物总能量差决定，催化剂只改变活化能，不影响焓变，B错误；
C、催化剂加快反应速率，但不影响平衡移动，无法提高平衡产率，C错误；
D、反应 S (g) T (g) 中，S 能量高于 T，为放热反应。升温使平衡逆向移动，c 平 (S) 增大、c 平 (T) 减小，故均增大 ，且与是否加催化剂无关，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合催化剂的作用特点（对活化能、焓变、平衡的影响）及温度对平衡移动的影响，判断各选项的正确性。A．考查催化剂对反应活化能的影响。
B．考查催化剂与反应焓变的关系。
C．考查催化剂对平衡产率的作用。
D．考查温度对放热反应平衡的影响。
9．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、CH3COONa 溶液中，水电离的 OH-与 H+守恒，关系为c (OH-)=c (H+)+c (CH3COOH)，A错误；
B、CH3COOH 是弱酸，电离时与水结合生成 H3O+，电离方程式为CH3COOH+H2O CH3COO-+H3O+，B正确；
C、CH3COONa 溶液显碱性，加水稀释虽促进水解，但 OH-浓度降低，碱性减弱，pH 下降，C错误；
D、CH3COOH 是弱酸，0.001mol L- 溶液中 H+浓度小于 0.001mol L- ，pH>3，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合醋酸的弱电解质性质、醋酸钠的水解规律，以及溶液中的守恒关系、稀释对溶液性质的影响，判断各选项正误。A．掌握醋酸钠溶液的质子守恒原理。
B．考查醋酸的电离方程式书写。
C．判断稀释对醋酸钠溶液碱性的影响。
D．考查弱酸的不完全电离特性。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡，加水稀释后仍为饱和溶液，OH-浓度不变，pH 保持不变，A错误；
B、Mg(OH)2饱和溶液浓度（1.12×10-4 mol/L）小于 MgCO3（1.31×10-3 mol/L），说明 Mg(OH)2更难溶。根据沉淀转化原理，MgCO3易转化为更难溶的 Mg (OH)2，B正确；
C、Mg(OH)2饱和溶液中，c(Mg2+)=1.12×10-4 mol/L，c (OH-)=2×1.12×10-4=2.24×10-4 mol/L，Ksp=c (Mg2+) c2(OH-)=1.12×10-4×(2.24×10-4)2≈5.62×10- 2，而非 1.123×10- 2，C错误；
D、Mg 失去 2 个最外层电子后形成稳定结构，第三电离能（失去内层电子）远大于第二电离能，故 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据溶度积计算方法、沉淀转化规律及电离能变化特点，逐一分析选项正确性。
A．考查氢氧化镁悬浊液稀释后的 pH 变化。
B．掌握沉淀转化的条件（向更难溶物质转化）。
C．考查Mg(OH)2溶度积的计算。
D．判断镁的电离能变化规律。
11．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、霓虹灯发光是因为电子从高能级跃迁到低能级，释放的能量以光的形式呈现，陈述 I、II 均正确，且 II 是 I 的原因，A符合题意；
B、升温时，正、逆反应速率都会加快（吸热反应速率增大更明显），陈述 II 中 “v 逆减慢” 错误，B不符合题意；
C、NaHCO3水解生成 OH-，Na2SiO3水解也生成 OH-，二者水解相互抑制而非促进，陈述 II 错误，C不符合题意；
D、缩小体积增大压强，平衡向生成 N2O4（体积小）方向移动，但瞬间 NO2浓度骤增使颜色变深，最终平衡时颜色比原平衡深，陈述 I 中 “颜色变浅” 错误，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】判断各选项中陈述 I 与陈述 II 的正确性，以及两者是否存在因果关系，需结合电子跃迁、反应速率、盐类水解、化学平衡等知识分析。A．考查电子跃迁与发光现象的关联。
B．考查温度对反应速率的影响。
C．判断盐类水解的相互作用。
D．考查压强对 NO2平衡体系的影响。
12．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、氯化铝是强电解质，在水溶液中会完全电离成铝离子（Al3+）和氯离子（Cl-），溶液中不存在氯化铝分子，A错误；
B、25℃时，pH=1 的溶液中氢离子浓度为 0.1mol L- 。溶液体积为 100mL（即 0.1L），根据
n = cV，可得氢离子物质的量为 0.1mol L- ×0.1L = 0.01mol，含氢离子的数目为 0.01NA，B正确；
C、碘蒸气（I2）和氢气（H2）的反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底。1mol 碘蒸气和 1mol 氢气充分反应时，无法完全转化，转移电子的数目小于 2NA，C错误；
D、电解氢氧化钠（NaOH）溶液，阴极产生氢气（H2），但题目未说明是在标准状况下，不能用 22.4L/mol 来计算氢气的物质的量，也就无法确定转移电子的数目，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查强电解质的电离特性。
B．考查pH 与氢离子物质的量的计算。
C．判断可逆反应的反应限度。
D．考查气体摩尔体积的适用条件。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应中 TaS2是固体，气体质量随反应进行而增大。恒容容器中，气体密度 = 气体质量÷ 体积，密度不变说明气体质量不再变化，反应达到平衡，A正确；
B、由反应式可知，生成 TaI4和 S2的化学计量数均为 1，故平衡时 n (TaI4)=n (S2)，B正确；
C、反应前后气体体积不变，温度相同时，投料比 x 越大（I2越多），平衡时 S2浓度越大。图中 x1对应的 c (S2) 大于 x2，故 x1>x2，C正确；
D、x1>x2（x1含更多 I2），增大 I2量会提高 TaS2的转化率，但 I2自身转化率降低。a 点对应 x1，b 点对应 x2，故 a 点 I2转化率小于 b 点，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据反应特点（固体参与、气体物质的量变化），结合平衡状态判断依据、化学计量数关系及投料比对平衡的影响，分析各选项正确性。A．考查密度作为平衡状态的判断标志。
B．考查产物物质的量的关系。
C．考查投料比对平衡时浓度的影响。
D．掌握投料比对转化率的影响。
14．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 a 区，OH-反应生成 O2，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故电极 a 为阳极，接电源正极，A正确；
B、电解池里，阴离子向阳极移动。电极 a 是阳极，电极 b 是阴极，所以 OH-由电极 b 区移向电极 a 区，B正确；
C、电极 b 的反应为， 有 OH-移向阳极区，但整体电极 b 区 OH-浓度增大，pH 升高，C正确；
D、电路中转移 6mol 电子时，电极 b 区除了有 1mol NH3挥发（质量减少 17g），还有 6mol OH-移向电极 a 区（质量减少 6×17g=102g），所以溶液质量减少更多，并非只减少 17g，D错误；
故答案为：D。
【分析】先判断电极类型（阳极、阴极），再结合离子移动规律、电极反应及溶液质量变化等知识，分析各选项正误。A．考查阳极的判断（元素化合价升高）。
B．判断电解池中阴离子的移动方向。
C．掌握电极 b 的反应及溶液 pH 变化。
D．判断电极 b 区溶液质量变化的原因。
15．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、同周期元素原子半径 C>N>O，A错误；
B、基态 Cu 的价层电子排布为 3d 4s （3d 轨道全满更稳定），B错误；
C、N 的 2p 轨道半满，第一电离能 N>O；同周期总体递增，故 N>O>C，C正确；
D、同周期元素电负性 O>N，即丁 > 丙，D错误；
故答案为：C。
【分析】先依据元素的特殊性质和电子排布特征推断出各元素种类，再结合原子半径、价层电子排布、第一电离能及电负性的变化规律，判断选项正误。甲是宇宙中含量最多的元素，为 H；乙的价层电子排布为 nsnnpn，n=2（因 n=1 时无 p 轨道），故乙为 C；丙的最高能级不同轨道均有电子且自旋方向相同，结合原子序数为 N；丁与戊同主族且均有 2 个未成对电子，丁为 O、戊为 S；己是 ds 区元素且基态有 1 个单电子，为 Cu。
16．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应中气体物质的量减少（3mol 气体→2mol 气体），理论上压强应降低。但绝热容器中压强增大，说明反应放热使温度升高，气体膨胀导致压强增大，故为放热反应，A正确；
B、反应正向气体体积减小，压缩体积时压强增大，平衡会向正反应方向移动，B错误；
C、3min 时曲线 b 的压强仍在上升，表明反应未达平衡，C错误；
D、若改为恒温，反应放热不会使温度升高，且气体物质的量减少，压强应逐渐降低，与曲线 b 的变化趋势不符，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据反应的气体物质的量变化、容器绝热特性及压强随时间的变化规律，分析反应热效应和平衡移动情况，判断各选项正确性。A．反应热效应与压强变化的关联。
B．考查压缩体积对平衡的影响。
C．掌握平衡状态的压强特征（压强不变）。
D．考查恒温与绝热条件对压强的影响。
17．【答案】（1）250mL容量瓶
（2）H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去；0.04748；不能，因为H2O2氧化KI速率较慢
（3）8.0；5.0；其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快；<；温度
【知识点】中和滴定；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）容量瓶是有规格的，配制250mL溶液需用250mL容量瓶。
故答案为：250mL容量瓶；
（2）①H2O2为氧化剂，I-为还原剂，该反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2。
故答案为：H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2；
②滴定终点反应：2S2O+I2＝S4O+2I-。恰好反应结束，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的标志是滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且30s内溶液颜色不再变化；3次滴定中，实验Ⅲ数据明显偏差较大，应舍弃，计算出平均每次消耗标准液=18.99mL，。
故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去；0.04748；
③①中提到溶液变蓝要1min，而②滴定终点只是30s后颜色不再变化，故可能会因为H2O2氧化KI速率过慢误判为达到滴定终点。
故答案为：不能，因为H2O2氧化KI速率较慢；
（3）①实验过程需符合控制变量的思想，实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，只能改变H2O2的浓度，硫酸浓度需相同，即x=8.0，加蒸馏水保证溶液总体积相等，y=5.0；t1＜t2，说明其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快。
故答案为：8.0；5.0；其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快；
②其他条件相同，酸性越强，反应速率越快，实验Ⅰ和Ⅲ对比，实验Ⅰ酸性更强，反应速率更快，即t1＜t3。
故答案为：＜；
③实验Ⅰ和Ⅳ的反应条件仅有温度不同，故探究的是温度对化学反应速率的影响。
故答案为：温度。
【分析】（1）配制 250mL 溶液需用对应规格容器，即 250mL 容量瓶。
（2）①酸性条件下，H2O2氧化 I-生成 I2和 H2O，据此书写离子方程式。
②终点为溶液蓝色褪去且 30s 不变；通过有效数据算平均消耗体积，结合计量关系求 H2O2浓度。
③H2O2氧化 KI 速率慢，少量 KI 会导致反应不完全，易误判终点，故不能少用。
（3）①控制变量，H2SO4体积不变（x=8.0），补水使总体积相等（y=5.0）；t1
②酸性越强反应越快，Ⅰ 比 Ⅲ 酸性强，故 t1
③Ⅰ 和 Ⅳ 仅温度不同，探究温度对速率的影响。
（1）容量瓶是有规格的，配制250mL溶液需用250mL容量瓶。答案为：250mL容量瓶；
（2）①H2O2为氧化剂，I-为还原剂，该反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2。答案为：H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2；
②滴定终点反应：2S2O+I2＝S4O+2I-。恰好反应结束，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的标志是滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且30s内溶液颜色不再变化；3次滴定中，实验Ⅲ数据明显偏差较大，应舍弃，计算出平均每次消耗标准液=18.99mL，。答案为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去；0.04748；
③①中提到溶液变蓝要1min，而②滴定终点只是30s后颜色不再变化，故可能会因为H2O2氧化KI速率过慢误判为达到滴定终点。因此，答案为：不能，因为H2O2氧化KI速率较慢；
（3）①实验过程需符合控制变量的思想，实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，只能改变H2O2的浓度，硫酸浓度需相同，即x=8.0，加蒸馏水保证溶液总体积相等，y=5.0；t1＜t2，说明其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快。答案为：8.0；5.0；其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快；
②其他条件相同，酸性越强，反应速率越快，实验Ⅰ和Ⅲ对比，实验Ⅰ酸性更强，反应速率更快，即t1＜t3。答案为：＜；
③实验Ⅰ和Ⅳ的反应条件仅有温度不同，故探究的是温度对化学反应速率的影响。答案为：温度。
18．【答案】（1）H和
（2）3；5；7；13
（3）520；的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比左边失去的能级电子的高，故第一电离能：
（4）
（5）；基态价电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）基态时电子云轮廓图只有球形的元素只含s能级，上述元素的原子中H只含能级，只含和能级；
故答案为： H和 ；
（2）基态Al原子有3个能层，不同能级能量不同，有共5个能级，不同轨道有不同的空间运动状态，能级各1个轨道，有3个轨道，只有1个电子，只占据1个轨道，共有7种空间运动状态不同的电子，同一轨道的电子自旋相反，所有电子的运动状态都不同，共13种运动状态不同的电子；
故答案为：3；5；7；13；
（3）①第一电离能是气态原子失去一个电子转化为气态基态十1价离子所需要的最低能量，根据盖斯定律：的第一电离能应是；
②的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的高，故第一电离能：；
故答案为：520；的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比左边失去的能级电子的高，故第一电离能： ；
（4）C的电负性比大，二者形成的化合物中C为负价，S为正价；
故答案为： ；
（5）基态的价层电子排布式为，轨道表示式见答案；基态的价层电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构。
故答案为： ； 基态价电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构 。
【分析】根据各元素在元素周期表中位置关系可知，R、S、T、W、X、Y、Z分别是。
（1）找基态原子电子云轮廓图只有球形（仅含 s 能级）的元素，即 H、Li。
（2）分析 Al 的能层、能级（能量不同）、轨道（空间运动状态）及电子运动状态数。
（3）①利用盖斯定律，结合已知过程求 S 的第一电离能。
②比较 Mg（失 3s 电子）和 Al（失 3p 电子）的第一电离能，3s 能级电子能量更低，更难失去。
（4）根据 C 和 Si 的电负性，判断化合物中显 + 4 价的元素。
（5）①写出基态 Fe 原子价层电子的轨道表示式。
②分析 Fe2+（3d6）易失电子形成 3d5半满稳定结构，故比 Mn2+更易失电子。
（1）基态时电子云轮廓图只有球形的元素只含s能级，上述元素的原子中H只含能级，只含和能级；
（2）基态Al原子有3个能层，不同能级能量不同，有共5个能级，不同轨道有不同的空间运动状态，能级各1个轨道，有3个轨道，只有1个电子，只占据1个轨道，共有7种空间运动状态不同的电子，同一轨道的电子自旋相反，所有电子的运动状态都不同，共13种运动状态不同的电子；
（3）①第一电离能是气态原子失去一个电子转化为气态基态十1价离子所需要的最低能量，根据盖斯定律：的第一电离能应是；
②的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的高，故第一电离能：；
（4）C的电负性比大，二者形成的化合物中C为负价，S为正价；
（5）基态的价层电子排布式为，轨道表示式见答案；基态的价层电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构。
19．【答案】（1）；；；；低温
（2）苦卤中元素的含量比海水高；溶解度比小，与水得到的易转化为
（3）加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度增大，最终得到；在气流中加热
【知识点】海水资源及其综合利用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极，M室为阳极室，加入饱和溶液，N室为阴极室，电极反应式为，为保证纯净，溶液2应是稀溶液增强导电性，离子交换膜应是阳离子交换膜，从M室移向N室；
②根据题意列三段式：
平衡常数；
③根据反应，要得到纯平衡需逆向移动，降温有利于平衡逆向移动，纯应在低温区得到；
故答案为： ； ；； ；低温；
（2）苦卤中元素的含量比海水高，和直接用海水相比，利用苦卤可降低冶炼成本；贝壳灼烧所得的物质A为，可与水反应生成，溶解度比小，易转化为；
故答案为： 苦卤中元素的含量比海水高 ；溶解度比小，与水得到的易转化为 ；
（3）①加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度进一步增大，若直接加热得到，分解后得；
②为抑制和及时带走产生的水蒸气，需在气流中加热。
故答案为： 加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度增大，最终得到 ； 在气流中加热 。
【分析】（1）①电解饱和 NaCl 溶液时，Na+通过阳离子交换膜移向阴极（N 室），N 室发生还原反应，电极反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
②根据 Cl2与水反应的平衡式，结合已知浓度和转化率，用三段式计算平衡常数 K。
③反应 ΔH>0，低温利于平衡逆向移动生成 MoO3，故纯 MoO3在低温区。
（2）苦卤中 Mo、Mg 含量更高，降低成本；物质 A 为 CaO，生成的 Ca(OH)2与 Mg2+反应生成更难溶的 Mg(OH)2。
（3）①MgCl2加热水解生成 Mg(OH)2，HCl 挥发促进水解，最终得 MgO 而非无水 MgCl2。
②在 HCl 气流中加热，抑制 MgCl2水解，得到无水 MgCl2。
（1）①连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极，M室为阳极室，加入饱和溶液，N室为阴极室，电极反应式为，为保证纯净，溶液2应是稀溶液增强导电性，离子交换膜应是阳离子交换膜，从M室移向N室；
②根据题意列三段式：
平衡常数；
③根据反应，要得到纯平衡需逆向移动，降温有利于平衡逆向移动，纯应在低温区得到；
（2）苦卤中元素的含量比海水高，和直接用海水相比，利用苦卤可降低冶炼成本；贝壳灼烧所得的物质A为，可与水反应生成，溶解度比小，易转化为；
（3）①加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度进一步增大，若直接加热得到，分解后得；
②为抑制和及时带走产生的水蒸气，需在气流中加热。
20．【答案】（1）
（2）；既能与反应，又能与反应；在酸性条件下溶解度增大
（3）；碱；；>
【知识点】反应热和焓变；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）反应△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和，则合成氨反应△H=(945kJ/mol+436 kJ/mol×3)—391kJ/mol×6=—93 kJ/mol，
故答案为：—93 kJ/mol；
（2）①溶液中析出碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，
②碳酸氢根离子既能与酸反应，又能与碱反应，海水、血液等含有碳酸氢根离子，所以少量酸、少量碱都能与碳酸氢根离子反应，使得溶液pH变化较小；碳酸钙能与酸反应使溶解度增大，所以海水酸化易导致珊瑚礁退化，
故答案为：；；既能与反应，又能与反应；在酸性条件下溶解度增大；
（3）①碳酸氢根离子在溶液中水解生成碳酸和氢氧根离子，反应的离子方程式为，
②碳酸氢根离子的水解常数Kh==＞Ka2，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液显碱性，
③由题意可知，碳酸氢根离子的自偶电离的离子方程式为，反应的平衡常数K==，则自偶电离常数远大于和，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子自偶电离平衡为主，溶液中碳酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，
故答案为：；；碱；；>。
【分析】（1）用反应物总键能减去生成物总键能，计算合成氨反应的焓变。
（2）①写 NH3、CO2、H2O 与 NaCl 反应生成 NH4Cl 和 NaHCO3↓的方程式。
②HCO3-既能中和 H+又能中和 OH-，维持 pH 稳定；酸性条件下 CaCO3溶解度增大，导致珊瑚礁退化。
（3）①HCO3-水解生成 H2CO3和 OH-，离子方程式为 HCO3-+H2O H2CO3+OH-。
②HCO3-水解程度大于电离程度（Kh > Ka2），溶液显碱性。
③自偶电离为 2HCO3- H2CO3+CO32-，平衡常数 K==1.5×10-4；溶液中 c (CO32-) > c (OH-)。
（1）反应△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和，则合成氨反应△H=(945kJ/mol+436 kJ/mol×3)—391kJ/mol×6=—93 kJ/mol，故答案为：—93 kJ/mol；
（2）①溶液中析出碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，故答案为：；
②碳酸氢根离子既能与酸反应，又能与碱反应，海水、血液等含有碳酸氢根离子，所以少量酸、少量碱都能与碳酸氢根离子反应，使得溶液pH变化较小；碳酸钙能与酸反应使溶解度增大，所以海水酸化易导致珊瑚礁退化，故答案为：既能与反应，又能与反应；在酸性条件下溶解度增大；
（3）①碳酸氢根离子在溶液中水解生成碳酸和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
②碳酸氢根离子的水解常数Kh==＞Ka2，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液显碱性，故答案为：碱；
③由题意可知，碳酸氢根离子的自偶电离的离子方程式为，反应的平衡常数K==，则自偶电离常数远大于和，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子自偶电离平衡为主，溶液中碳酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故答案为：；>。
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期末联考化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．（2025高二上·广东期末）下列生产活动体现了我国古代劳动人民的聪明智慧。其中目的是减慢化学反应速率的是
A．地窖存粮 B．加酒曲酿酒 C．高温烧陶 D．风箱鼓风煮饭
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、地窖里氧气浓度低，粮食发生氧化反应的速率会减慢，能起到减慢化学反应速率的作用，故A符合题意；
B、酒曲作为酶，是酿酒反应的催化剂，会加快乙醇生成的速率，故B不符合题意 ；
C、高温环境会加快烧陶过程中的化学反应速率，用于提升陶瓷性能，故C不符合题意 ；
D、风箱鼓风增大了空气与燃料的接触面积，还提高了氧气浓度，会加快燃料燃烧的速率，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】分析每个选项中生产活动对化学反应速率的影响，判断是加快还是减慢反应速率，依据是影响化学反应速率的因素（浓度、催化剂、温度等）。A．考查氧气浓度对氧化反应速率的影响。
B．掌握催化剂对反应速率的影响。
C．考查温度对反应速率的影响。
D．考查反应物接触面积和氧气浓度对燃烧速率的影响。
2．（2025高二上·广东期末）中国承接了全球超过三分之二的纯电动绿色船舶制造，其动力来源主要是锂离子电池。下列说法不正确的是
A．充电时，移向阴极
B．锂离子电池比铅酸蓄电池的比能量高
C．纯电动船舶行驶时电能转化为化学能
D．钢制船壳吃水线以下安装锌板可防止船舶船壳腐蚀
【答案】C
【知识点】常见能量的转化及运用；化学电源新型电池
【解析】【解答】A、充电时，装置为电解池，阳离子（Li+）会向阴极移动，A正确；
B、锂离子电池单位质量能输出更多电能，比能量高于铅酸蓄电池，B正确；
C、行驶时，锂离子电池放电，是化学能转化为电能，再转化为船舶的动能等，并非电能转化为化学能，C错误；
D、锌比铁活泼，钢制船壳装锌板，锌作为负极被腐蚀，铁（船壳）作为正极被保护，可防止腐蚀，D 正确；
故答案为：C。
【分析】A．掌握充电时电解池的离子移动规律。
B．考查比能量的概念（单位质量输出的电能）。
C．掌握纯电动船舶行驶时的能量转化。
D．考查牺牲阳极法（锌比铁活泼，锌被腐蚀保护铁）。
3．（2025高二上·广东期末）已知：
；
；
。
下列说法正确的是
A．S的燃烧热为
B．S的燃烧热为
C．
D．密闭容器中充入和充分反应，放热
【答案】C
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】 A、B、燃烧热是 1mol 固态硫完全燃烧生成 SO2(g) 时放出的热量，已知 S (g) 燃烧放热更多，所以固态硫燃烧热不是 324 kJ mol- ，也不是 423 kJ mol- ，A、B错误；
C、由 S (g) = S (s) ΔH = (a - 324) kJ mol- ，气态硫变固态硫放热，ΔH < 0，故 a - 324 < 0，即 a < 324，C正确；
D、反应 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 是可逆反应，2mol SO2和 1mol O2不能完全转化为 SO3，所以放热小于 198kJ，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合燃烧热的定义（1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量），以及盖斯定律、可逆反应的特点，分析各选项正误。
A、B．考查燃烧热的定义（固态硫的燃烧热）。
C．考查气态硫变固态硫的能量变化（盖斯定律应用）。
D．考查可逆反应的不完全转化（热量计算）。
4．（2025高二上·广东期末）劳动需要“知行合一”。下列劳动项目没有运用相应化学原理的是
选项 劳动项目 化学原理
A 帮厨活动：将洗净的铸铁刀具擦干 铁在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀
B 社会实践：用铁质容器保存浓硫酸 增大反应物浓度，反应速率加快
C 社区服务：用氯化铵溶液清洗铁锈 氯化铵水解后溶液呈酸性
D 学农活动：野炊用与水反应蒸自热米饭 与水反应放热
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；吸热反应和放热反应；盐类水解的应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、铁在潮湿环境中易发生电化学腐蚀，擦干铸铁刀具可减少水分，避免腐蚀，原理匹配，A不符合题意；
B、铁质容器能保存浓硫酸，是因为铁遇浓硫酸会发生钝化，表面形成致密氧化膜阻止进一步反应，而非 “增大反应物浓度加快反应速率”，原理不匹配，B符合题意；
C、氯化铵水解使溶液呈酸性（NH4++H2O NH3 H2O+H+），酸性溶液可溶解铁锈（主要成分为 Fe2O3），原理匹配，C不符合题意；
D、CaO 与水反应放热（CaO+H2O=Ca(OH)2，ΔH < 0），可利用热量蒸煮米饭，原理匹配，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】逐一分析各选项中劳动项目与所对应的化学原理是否匹配，判断是否存在原理误用的情况。A．考查铁的腐蚀条件与防护。
B．考查铁与浓硫酸的反应特性。
C．掌握氯化铵的水解性质及应用。
D．考查CaO 与水反应的能量变化。
5．（2025高二上·广东期末）中和反应是高中阶段常见的化学反应。下列四个与中和反应有关的装置中能达到相应实验目的的是
A．装置甲用于中和反应反应热的测定
B．装置乙用于验证中和反应是放热反应
C．装置丙用于验证Fe(OH)3与稀盐酸能发生中和反应
D．装置丁用于标准盐酸滴定未知浓度的NaOH待测液
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、装置甲包含隔热层（减少热量散失）、温度计（测温度变化）、搅拌器（使反应充分），符合中和反应反应热测定的装置要求，A可达到目的；
B、浓硫酸溶于水会释放大量热，与 NaOH 溶液混合时，无法区分热量来自中和反应还是浓硫酸稀释，不能验证中和反应放热，B不可达到目的；
C、pH=3.5 的稀盐酸酸性较弱，而 Fe(OH)3溶解度小，难以溶解，无法观察到明显反应现象，不能验证中和反应，C不可达到目的；
D、标准盐酸是酸性溶液，应使用酸式滴定管，装置丁用的是碱式滴定管（下端为橡胶管，会被酸腐蚀），不符合操作规范，不能用于滴定，D不可达到目的；
故答案为：A。
【分析】根据各装置的构造和实验操作规范，结合中和反应的特性，判断每个装置能否实现对应的实验目的。A．考查反应热测定装置的组成与作用。
B．掌握浓硫酸稀释的热效应干扰。
C．考查Fe(OH)3的溶解条件。
D．考查滴定管的选择标准。
6．（2025高二上·广东期末）与在固体催化剂表面合成的模拟示意图如图所示，图中1个分子或原子代表该分子或原子，已知。下列说法正确的是
分别代表、和
A．该反应在高温下可自发进行
B．实际生产采用高温和高压，目的是提高平衡产率
C．实际工业合成塔流出气体时尚未达到平衡状态，故使用固体催化剂能提高转化率
D．和断键生成和吸收的能量为
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；合成氨条件的选择
【解析】【解答】A、合成氨反应 ΔH<0（放热）、ΔS<0（气体分子数减少，熵减）。根据 ΔG=ΔH-TΔS，低温时 ΔG<0 反应自发，高温时 ΔG>0 反应不自发，A错误；
B、高温会使放热反应的平衡逆向移动，降低平衡产率，实际用高温是为加快速率；高压虽能提高平衡产率，但两者目的不同，B错误；
C、工业合成塔中反应未达平衡，催化剂加快反应速率，使反应物在相同时间内转化更多，提高转化率，C正确；
D、|ΔH1+ΔH2| 包含 N2和 H2的吸附能及断键能，故 1mol N2和 3mol H2断键（生成 2mol N 和 6mol H）吸收的能量小于 |ΔH1+ΔH2|，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合反应的能量变化（焓变、熵变）、外界条件对反应的影响及催化剂作用原理，判断各选项的正确性。A．考查反应自发进行的条件（ΔG=ΔH-TΔS）。
B．考查温度和压强对平衡及速率的影响。
C．考查未达平衡时催化剂的作用。
D．考查反应过程中的能量变化构成。
7．（2025高二上·广东期末）四个密闭容器中均发生反应，反应速率分别如下。其中反应最慢的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、X 是固体，固体浓度视为常数，不能用浓度变化表示反应速率，此数据无效；
B、反应式中 W 与 Y 的计量数比为 1：2，故；
C、先统一单位，0.025 mol L- s- =0.025×60 mol L- min- =1.5 mol L- min- ，此速率直接为 v (W)；
D、W 与 Z 的计量数比为 1：4，故；
比较可知，选项 D 的 v (W) 最小，反应最慢。
故答案为：D。【分析】通过化学计量数将各物质表示的反应速率统一换算为同一物质（如 W）的速率，且统一单位后比较大小，确定最慢的反应速率。
8．（2025高二上·广东期末）化合物M是反应的催化剂，向甲、乙两个完全相同的恒容密闭容器中加入S，再向乙容器中加入M，其反应历程分别如图所示。下列说法正确的是
A．曲线②为甲容器的反应进程
B．加入催化剂M能降低该反应的焓变
C．加入催化剂M能提高该反应的平衡产率
D．甲、乙两容器升高相同温度，均增大
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、催化剂会降低反应活化能，曲线②活化能更低，应为加催化剂的乙容器反应历程；曲线①是未加催化剂的甲容器反应历程，A错误；
B、焓变由反应物和生成物总能量差决定，催化剂只改变活化能，不影响焓变，B错误；
C、催化剂加快反应速率，但不影响平衡移动，无法提高平衡产率，C错误；
D、反应 S (g) T (g) 中，S 能量高于 T，为放热反应。升温使平衡逆向移动，c 平 (S) 增大、c 平 (T) 减小，故均增大 ，且与是否加催化剂无关，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合催化剂的作用特点（对活化能、焓变、平衡的影响）及温度对平衡移动的影响，判断各选项的正确性。A．考查催化剂对反应活化能的影响。
B．考查催化剂与反应焓变的关系。
C．考查催化剂对平衡产率的作用。
D．考查温度对放热反应平衡的影响。
9．（2025高二上·广东期末）常作食品调料，是一种有机弱酸，可被碱中和。常温下，下列说法正确的是
A．溶液中：
B．醋酸的电离方程式为
C．水溶液加水稀释，升高
D．溶液的
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、CH3COONa 溶液中，水电离的 OH-与 H+守恒，关系为c (OH-)=c (H+)+c (CH3COOH)，A错误；
B、CH3COOH 是弱酸，电离时与水结合生成 H3O+，电离方程式为CH3COOH+H2O CH3COO-+H3O+，B正确；
C、CH3COONa 溶液显碱性，加水稀释虽促进水解，但 OH-浓度降低，碱性减弱，pH 下降，C错误；
D、CH3COOH 是弱酸，0.001mol L- 溶液中 H+浓度小于 0.001mol L- ，pH>3，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合醋酸的弱电解质性质、醋酸钠的水解规律，以及溶液中的守恒关系、稀释对溶液性质的影响，判断各选项正误。A．掌握醋酸钠溶液的质子守恒原理。
B．考查醋酸的电离方程式书写。
C．判断稀释对醋酸钠溶液碱性的影响。
D．考查弱酸的不完全电离特性。
10．（2025高二上·广东期末）常温下，Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为1.12×10-4 mol/L，MgCO3饱和溶液物质的量浓度为1.31×10-3 mol/L。下列说法正确的是
A．向Mg(OH)2悬浊液中加入少量蒸馏水并振荡后，溶液pH减小
B．锅炉水垢中的MgCO3易转化为Mg(OH)2
C．常温下
D．若Mg的各级电离能数据用I1、I2、I3…表示，则
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡，加水稀释后仍为饱和溶液，OH-浓度不变，pH 保持不变，A错误；
B、Mg(OH)2饱和溶液浓度（1.12×10-4 mol/L）小于 MgCO3（1.31×10-3 mol/L），说明 Mg(OH)2更难溶。根据沉淀转化原理，MgCO3易转化为更难溶的 Mg (OH)2，B正确；
C、Mg(OH)2饱和溶液中，c(Mg2+)=1.12×10-4 mol/L，c (OH-)=2×1.12×10-4=2.24×10-4 mol/L，Ksp=c (Mg2+) c2(OH-)=1.12×10-4×(2.24×10-4)2≈5.62×10- 2，而非 1.123×10- 2，C错误；
D、Mg 失去 2 个最外层电子后形成稳定结构，第三电离能（失去内层电子）远大于第二电离能，故 ，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据溶度积计算方法、沉淀转化规律及电离能变化特点，逐一分析选项正确性。
A．考查氢氧化镁悬浊液稀释后的 pH 变化。
B．掌握沉淀转化的条件（向更难溶物质转化）。
C．考查Mg(OH)2溶度积的计算。
D．判断镁的电离能变化规律。
11．（2025高二上·广东期末）下列陈述I和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 夜晚街道上霓虹灯光彩夺目 电子跃迁到较低能级以光的形式释放能量
B 升温，吸热反应正向移动 升温v正加快，v逆减慢
C NaHCO3与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀 NaHCO3与Na2SiO3的水解相互促进
D 盛放NO2的密闭容器中颜色稳定，缩小容器体积后颜色变浅 增大压强，平衡向体积缩小的方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、霓虹灯发光是因为电子从高能级跃迁到低能级，释放的能量以光的形式呈现，陈述 I、II 均正确，且 II 是 I 的原因，A符合题意；
B、升温时，正、逆反应速率都会加快（吸热反应速率增大更明显），陈述 II 中 “v 逆减慢” 错误，B不符合题意；
C、NaHCO3水解生成 OH-，Na2SiO3水解也生成 OH-，二者水解相互抑制而非促进，陈述 II 错误，C不符合题意；
D、缩小体积增大压强，平衡向生成 N2O4（体积小）方向移动，但瞬间 NO2浓度骤增使颜色变深，最终平衡时颜色比原平衡深，陈述 I 中 “颜色变浅” 错误，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】判断各选项中陈述 I 与陈述 II 的正确性，以及两者是否存在因果关系，需结合电子跃迁、反应速率、盐类水解、化学平衡等知识分析。A．考查电子跃迁与发光现象的关联。
B．考查温度对反应速率的影响。
C．判断盐类水解的相互作用。
D．考查压强对 NO2平衡体系的影响。
12．（2025高二上·广东期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．溶液中含分子的数目为
B．2时，的溶液中，含的数目为
C．密闭容器中充入和，充分反应后转移电子的数目为
D．电解溶液，阴极产生气体时，理论上电路中转移电子的数目为
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、氯化铝是强电解质，在水溶液中会完全电离成铝离子（Al3+）和氯离子（Cl-），溶液中不存在氯化铝分子，A错误；
B、25℃时，pH=1 的溶液中氢离子浓度为 0.1mol L- 。溶液体积为 100mL（即 0.1L），根据
n = cV，可得氢离子物质的量为 0.1mol L- ×0.1L = 0.01mol，含氢离子的数目为 0.01NA，B正确；
C、碘蒸气（I2）和氢气（H2）的反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底。1mol 碘蒸气和 1mol 氢气充分反应时，无法完全转化，转移电子的数目小于 2NA，C错误；
D、电解氢氧化钠（NaOH）溶液，阴极产生氢气（H2），但题目未说明是在标准状况下，不能用 22.4L/mol 来计算氢气的物质的量，也就无法确定转移电子的数目，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．考查强电解质的电离特性。
B．考查pH 与氢离子物质的量的计算。
C．判断可逆反应的反应限度。
D．考查气体摩尔体积的适用条件。
13．（2025高二上·广东期末）是重要的无机化工原料，可利用反应：提纯。向恒容密闭容器中加入和一定量的发生该反应，平衡时测得与温度、投料比的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．容器内气体密度不变可判断该反应已达到平衡状态
B．平衡时，容器内
C．投料比：
D．转化率：
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应中 TaS2是固体，气体质量随反应进行而增大。恒容容器中，气体密度 = 气体质量÷ 体积，密度不变说明气体质量不再变化，反应达到平衡，A正确；
B、由反应式可知，生成 TaI4和 S2的化学计量数均为 1，故平衡时 n (TaI4)=n (S2)，B正确；
C、反应前后气体体积不变，温度相同时，投料比 x 越大（I2越多），平衡时 S2浓度越大。图中 x1对应的 c (S2) 大于 x2，故 x1>x2，C正确；
D、x1>x2（x1含更多 I2），增大 I2量会提高 TaS2的转化率，但 I2自身转化率降低。a 点对应 x1，b 点对应 x2，故 a 点 I2转化率小于 b 点，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据反应特点（固体参与、气体物质的量变化），结合平衡状态判断依据、化学计量数关系及投料比对平衡的影响，分析各选项正确性。A．考查密度作为平衡状态的判断标志。
B．考查产物物质的量的关系。
C．考查投料比对平衡时浓度的影响。
D．掌握投料比对转化率的影响。
14．（2025高二上·广东期末）我国科学家利用如图所示的装置处理、废液，同时高效合成氨气(氨气可从碱溶液中挥发)，离子交换膜只允许通过。下列说法不正确的是
A．电极a接电源正极
B．由电极b区移向电极a区
C．电解过程中，电极b区溶液的升高
D．电路中每转移电子时，理论上电极b区溶液的质量减少
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电极 a 区，OH-反应生成 O2，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故电极 a 为阳极，接电源正极，A正确；
B、电解池里，阴离子向阳极移动。电极 a 是阳极，电极 b 是阴极，所以 OH-由电极 b 区移向电极 a 区，B正确；
C、电极 b 的反应为， 有 OH-移向阳极区，但整体电极 b 区 OH-浓度增大，pH 升高，C正确；
D、电路中转移 6mol 电子时，电极 b 区除了有 1mol NH3挥发（质量减少 17g），还有 6mol OH-移向电极 a 区（质量减少 6×17g=102g），所以溶液质量减少更多，并非只减少 17g，D错误；
故答案为：D。
【分析】先判断电极类型（阳极、阴极），再结合离子移动规律、电极反应及溶液质量变化等知识，分析各选项正误。A．考查阳极的判断（元素化合价升高）。
B．判断电解池中阴离子的移动方向。
C．掌握电极 b 的反应及溶液 pH 变化。
D．判断电极 b 区溶液质量变化的原因。
15．（2025高二上·广东期末）甲、乙、丙、丁、戊、己是原子序数依次增大的前四周期元素。甲是宇宙中含量最多的元素；基态乙原子的价层电子排布为；基态丙原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同；丁与戊是同主族的短周期元素，基态时都有两个未成对电子；己是ds区元素，基态己原子有1个单电子。下列说法正确的是
A．原子半径：戊>丁>丙>乙>甲
B．基态己原子的价层电子排布式为
C．第一电离能：丙>丁>乙
D．电负性：丙>丁>戊
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、同周期元素原子半径 C>N>O，A错误；
B、基态 Cu 的价层电子排布为 3d 4s （3d 轨道全满更稳定），B错误；
C、N 的 2p 轨道半满，第一电离能 N>O；同周期总体递增，故 N>O>C，C正确；
D、同周期元素电负性 O>N，即丁 > 丙，D错误；
故答案为：C。
【分析】先依据元素的特殊性质和电子排布特征推断出各元素种类，再结合原子半径、价层电子排布、第一电离能及电负性的变化规律，判断选项正误。甲是宇宙中含量最多的元素，为 H；乙的价层电子排布为 nsnnpn，n=2（因 n=1 时无 p 轨道），故乙为 C；丙的最高能级不同轨道均有电子且自旋方向相同，结合原子序数为 N；丁与戊同主族且均有 2 个未成对电子，丁为 O、戊为 S；己是 ds 区元素且基态有 1 个单电子，为 Cu。
16．（2025高二上·广东期末）向一绝热恒容密闭容器中加入和，发生反应：，容器内压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线a所示，仅改变一个条件测得压强(p)随时间(t)的变化如图中曲线b所示。下列说法正确的是
A．该反应是放热反应
B．曲线a平衡后压缩容器体积，平衡不移动
C．时曲线b条件下反应达到平衡状态
D．曲线b改变的条件是绝热改为恒温
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A、反应中气体物质的量减少（3mol 气体→2mol 气体），理论上压强应降低。但绝热容器中压强增大，说明反应放热使温度升高，气体膨胀导致压强增大，故为放热反应，A正确；
B、反应正向气体体积减小，压缩体积时压强增大，平衡会向正反应方向移动，B错误；
C、3min 时曲线 b 的压强仍在上升，表明反应未达平衡，C错误；
D、若改为恒温，反应放热不会使温度升高，且气体物质的量减少，压强应逐渐降低，与曲线 b 的变化趋势不符，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据反应的气体物质的量变化、容器绝热特性及压强随时间的变化规律，分析反应热效应和平衡移动情况，判断各选项正确性。A．反应热效应与压强变化的关联。
B．考查压缩体积对平衡的影响。
C．掌握平衡状态的压强特征（压强不变）。
D．考查恒温与绝热条件对压强的影响。
二、非选择题：本题包括4小题，共56分。
17．（2025高二上·广东期末）KI是重要的补碘剂，常与Na2S2O3标准液用于定量分析，反应原理为2S2O+I2＝S4O+2I-。回答下列问题：
（1）配制250mL 0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液：称取一定量的Na2S2O3晶体，在烧杯中溶解并冷却至室温后，转移到　 　(填仪器名称)中，洗涤烧杯等2~3次后定容。
（2）测定未知H2O2溶液的物质的量浓度：
①锥形瓶中盛有20mL待测H2O2溶液，加入过量KI溶液、适量稀硫酸和几滴淀粉溶液， 1min后溶液变蓝，写出该反应的离子方程式：　 　。
②用(1)中所配Na2S2O3溶液滴定待测液，滴定终点的标志是　 　，且30s内溶液颜色不再变化：重复3次滴定，滴定管读数记录如表所示，H2O2的物质的量浓度为　 　 mol·L-1 (保留4位有效数字)。
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
滴定前/(mL) 1.00 0.05 0.12
滴定后/(mL) 20.00 19.03 27.90
③有同学分析滴定过程中I-是循环利用的，能否节约药品仅用少量KI，并说明原因：　 　。
（3）为探究影响H2O2与KI溶液反应速率的因素，向四个试剂瓶中加入等量淀粉，利用上题试剂，设计实验如表所示：
序号 V(H2O2)/mL V(KI)/mL V(H2SO4)/mL V(H2O)/mL 水浴温度/℃ 变蓝时间/s
Ⅰ 10.0 10.0 8.0 0 25 t1
Ⅱ 5.0 10.0 x y 25 t2
Ⅲ 10.0 10.0 4.0 z 25 t3
Ⅳ 10.0 10.0 8.0 0 45 t4
①实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，x=　 　 mL，y=　 　 mL；t1＜t2，说明　 　。
②实验Ⅰ和Ⅲ是探究酸性强弱对反应速率的影响，t1　 　 t3 (填“>”、“<”或“=”)，说明其他条件相同，酸性越强，反应速率越快。
③实验Ⅰ和Ⅳ是探究　 　对反应速率的影响。
【答案】（1）250mL容量瓶
（2）H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2；滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去；0.04748；不能，因为H2O2氧化KI速率较慢
（3）8.0；5.0；其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快；<；温度
【知识点】中和滴定；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】（1）容量瓶是有规格的，配制250mL溶液需用250mL容量瓶。
故答案为：250mL容量瓶；
（2）①H2O2为氧化剂，I-为还原剂，该反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2。
故答案为：H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2；
②滴定终点反应：2S2O+I2＝S4O+2I-。恰好反应结束，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的标志是滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且30s内溶液颜色不再变化；3次滴定中，实验Ⅲ数据明显偏差较大，应舍弃，计算出平均每次消耗标准液=18.99mL，。
故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去；0.04748；
③①中提到溶液变蓝要1min，而②滴定终点只是30s后颜色不再变化，故可能会因为H2O2氧化KI速率过慢误判为达到滴定终点。
故答案为：不能，因为H2O2氧化KI速率较慢；
（3）①实验过程需符合控制变量的思想，实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，只能改变H2O2的浓度，硫酸浓度需相同，即x=8.0，加蒸馏水保证溶液总体积相等，y=5.0；t1＜t2，说明其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快。
故答案为：8.0；5.0；其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快；
②其他条件相同，酸性越强，反应速率越快，实验Ⅰ和Ⅲ对比，实验Ⅰ酸性更强，反应速率更快，即t1＜t3。
故答案为：＜；
③实验Ⅰ和Ⅳ的反应条件仅有温度不同，故探究的是温度对化学反应速率的影响。
故答案为：温度。
【分析】（1）配制 250mL 溶液需用对应规格容器，即 250mL 容量瓶。
（2）①酸性条件下，H2O2氧化 I-生成 I2和 H2O，据此书写离子方程式。
②终点为溶液蓝色褪去且 30s 不变；通过有效数据算平均消耗体积，结合计量关系求 H2O2浓度。
③H2O2氧化 KI 速率慢，少量 KI 会导致反应不完全，易误判终点，故不能少用。
（3）①控制变量，H2SO4体积不变（x=8.0），补水使总体积相等（y=5.0）；t1
②酸性越强反应越快，Ⅰ 比 Ⅲ 酸性强，故 t1
③Ⅰ 和 Ⅳ 仅温度不同，探究温度对速率的影响。
（1）容量瓶是有规格的，配制250mL溶液需用250mL容量瓶。答案为：250mL容量瓶；
（2）①H2O2为氧化剂，I-为还原剂，该反应的离子方程式为H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2。答案为：H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2；
②滴定终点反应：2S2O+I2＝S4O+2I-。恰好反应结束，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的标志是滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且30s内溶液颜色不再变化；3次滴定中，实验Ⅲ数据明显偏差较大，应舍弃，计算出平均每次消耗标准液=18.99mL，。答案为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去；0.04748；
③①中提到溶液变蓝要1min，而②滴定终点只是30s后颜色不再变化，故可能会因为H2O2氧化KI速率过慢误判为达到滴定终点。因此，答案为：不能，因为H2O2氧化KI速率较慢；
（3）①实验过程需符合控制变量的思想，实验Ⅰ和Ⅱ是探究H2O2浓度对反应速率的影响，只能改变H2O2的浓度，硫酸浓度需相同，即x=8.0，加蒸馏水保证溶液总体积相等，y=5.0；t1＜t2，说明其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快。答案为：8.0；5.0；其他条件相同，H2O2浓度越大，反应速率越快；
②其他条件相同，酸性越强，反应速率越快，实验Ⅰ和Ⅲ对比，实验Ⅰ酸性更强，反应速率更快，即t1＜t3。答案为：＜；
③实验Ⅰ和Ⅳ的反应条件仅有温度不同，故探究的是温度对化学反应速率的影响。答案为：温度。
18．（2025高二上·广东期末）前四周期部分元素在元素周期表中的位置如图所示：
回答下列问题：
（1）以上7种元素中，基态原子核外电子的电子云轮廓图只有球形的有　 　(填元素符号)。
（2）基态X原子有　 　个能层，　 　种能量不同的电子，　 　种空间运动状态不同的电子，　 　种运动状态不同的电子。
（3）第一电离能对元素性质的影响较大。已知：两个吸热过程：。
①基态S元素的第一电离能为　 　。
②W的第一电离能比X的第一电离能大，原因是　 　。
（4）T和Y形成的某种化合物中，化合价分别为价和价，其中显价的是　 　(填元素符号)。
（5）基态Z原子价层电子的轨道表示式为　 　；与相比，更易失去一个电子的原因为　 　。
【答案】（1）H和
（2）3；5；7；13
（3）520；的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比左边失去的能级电子的高，故第一电离能：
（4）
（5）；基态价电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）基态时电子云轮廓图只有球形的元素只含s能级，上述元素的原子中H只含能级，只含和能级；
故答案为： H和 ；
（2）基态Al原子有3个能层，不同能级能量不同，有共5个能级，不同轨道有不同的空间运动状态，能级各1个轨道，有3个轨道，只有1个电子，只占据1个轨道，共有7种空间运动状态不同的电子，同一轨道的电子自旋相反，所有电子的运动状态都不同，共13种运动状态不同的电子；
故答案为：3；5；7；13；
（3）①第一电离能是气态原子失去一个电子转化为气态基态十1价离子所需要的最低能量，根据盖斯定律：的第一电离能应是；
②的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的高，故第一电离能：；
故答案为：520；的第一电离能失去的电子是能级的，该能级电子的能量比左边失去的能级电子的高，故第一电离能： ；
（4）C的电负性比大，二者形成的化合物中C为负价，S为正价；
故答案为： ；
（5）基态的价层电子排布式为，轨道表示式见答案；基态的价层电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构。
故答案为： ； 基态价电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构 。
【分析】根据各元素在元素周期表中位置关系可知，R、S、T、W、X、Y、Z分别是。
（1）找基态原子电子云轮廓图只有球形（仅含 s 能级）的元素，即 H、Li。
（2）分析 Al 的能层、能级（能量不同）、轨道（空间运动状态）及电子运动状态数。
（3）①利用盖斯定律，结合已知过程求 S 的第一电离能。
②比较 Mg（失 3s 电子）和 Al（失 3p 电子）的第一电离能，3s 能级电子能量更低，更难失去。
（4）根据 C 和 Si 的电负性，判断化合物中显 + 4 价的元素。
（5）①写出基态 Fe 原子价层电子的轨道表示式。
②分析 Fe2+（3d6）易失电子形成 3d5半满稳定结构，故比 Mn2+更易失电子。
（1）基态时电子云轮廓图只有球形的元素只含s能级，上述元素的原子中H只含能级，只含和能级；
（2）基态Al原子有3个能层，不同能级能量不同，有共5个能级，不同轨道有不同的空间运动状态，能级各1个轨道，有3个轨道，只有1个电子，只占据1个轨道，共有7种空间运动状态不同的电子，同一轨道的电子自旋相反，所有电子的运动状态都不同，共13种运动状态不同的电子；
（3）①第一电离能是气态原子失去一个电子转化为气态基态十1价离子所需要的最低能量，根据盖斯定律：的第一电离能应是；
②的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比失去的能级电子的高，故第一电离能：；
（4）C的电负性比大，二者形成的化合物中C为负价，S为正价；
（5）基态的价层电子排布式为，轨道表示式见答案；基态的价层电子为，易失去1个电子形成半满稳定结构。
19．（2025高二上·广东期末）海洋是人类资源的宝库。一种利用海水制备多种化工原料的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）如图示为电解饱和溶液制备的示意图：
①　 　(填离子符号)通过离子交换膜，写出N室的电极反应式：　 　。
②电解所得和可制备盐酸，电解无水副产物也有，常温常压下，饱和新制氯水的物质的量浓度为，该溶液中溶于水的有与水反应。计算与水反应的平衡常数　 　(写出计算过程)。
③可用于粗的提纯：，提纯装置如图所示，纯应在图中　 　区得到(填“高温”或“低温”，杂质不与反应，也不挥发)。
（2）制备和用苦卤而不直接用海水的原因是　 　；物质A由贝壳灼烧所得，加入物质A能得到沉淀的原因是　 　。
（3）是无水熔融后电解所得，得到无水是关键。
①直接将加热蒸干无法得到无水，原因是　 　。
②操作A是　 　。
【答案】（1）；；；；低温
（2）苦卤中元素的含量比海水高；溶解度比小，与水得到的易转化为
（3）加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度增大，最终得到；在气流中加热
【知识点】海水资源及其综合利用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极，M室为阳极室，加入饱和溶液，N室为阴极室，电极反应式为，为保证纯净，溶液2应是稀溶液增强导电性，离子交换膜应是阳离子交换膜，从M室移向N室；
②根据题意列三段式：
平衡常数；
③根据反应，要得到纯平衡需逆向移动，降温有利于平衡逆向移动，纯应在低温区得到；
故答案为： ； ；； ；低温；
（2）苦卤中元素的含量比海水高，和直接用海水相比，利用苦卤可降低冶炼成本；贝壳灼烧所得的物质A为，可与水反应生成，溶解度比小，易转化为；
故答案为： 苦卤中元素的含量比海水高 ；溶解度比小，与水得到的易转化为 ；
（3）①加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度进一步增大，若直接加热得到，分解后得；
②为抑制和及时带走产生的水蒸气，需在气流中加热。
故答案为： 加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度增大，最终得到 ； 在气流中加热 。
【分析】（1）①电解饱和 NaCl 溶液时，Na+通过阳离子交换膜移向阴极（N 室），N 室发生还原反应，电极反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
②根据 Cl2与水反应的平衡式，结合已知浓度和转化率，用三段式计算平衡常数 K。
③反应 ΔH>0，低温利于平衡逆向移动生成 MoO3，故纯 MoO3在低温区。
（2）苦卤中 Mo、Mg 含量更高，降低成本；物质 A 为 CaO，生成的 Ca(OH)2与 Mg2+反应生成更难溶的 Mg(OH)2。
（3）①MgCl2加热水解生成 Mg(OH)2，HCl 挥发促进水解，最终得 MgO 而非无水 MgCl2。
②在 HCl 气流中加热，抑制 MgCl2水解，得到无水 MgCl2。
（1）①连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极，M室为阳极室，加入饱和溶液，N室为阴极室，电极反应式为，为保证纯净，溶液2应是稀溶液增强导电性，离子交换膜应是阳离子交换膜，从M室移向N室；
②根据题意列三段式：
平衡常数；
③根据反应，要得到纯平衡需逆向移动，降温有利于平衡逆向移动，纯应在低温区得到；
（2）苦卤中元素的含量比海水高，和直接用海水相比，利用苦卤可降低冶炼成本；贝壳灼烧所得的物质A为，可与水反应生成，溶解度比小，易转化为；
（3）①加热促进水解，水解产物易挥发导致水解程度进一步增大，若直接加热得到，分解后得；
②为抑制和及时带走产生的水蒸气，需在气流中加热。
20．（2025高二上·广东期末）侯氏制碱法打破了发达国家的技术垄断，获得了国际化工界的高度评价。回答下列问题：
（1）侯氏制碱法以合成氨工厂的和废气为原料。已知相关部分共价键键能数据如表所示：
共价键
键能 391 945 436
计算合成氨反应的焓变：　 　。
（2）向饱和食盐水中通入和，可析出晶体，过滤并加热晶体可制得纯碱。
①写出溶液中析出的化学方程式：　 　。
②海水、血液等都含有，能起到维持海水和血液较小范围内变化的作用原理是　 　；珊瑚礁的主要成分是，海水酸化易导致珊瑚礁退化，原因是　 　。
（3）分析常温下溶液中的平衡关系。
已知：常温下，的电离常数：。
①水解平衡：离子方程式为　 　。
②电离平衡：，结合水解平衡，判断溶液显　 　(填“酸”或“碱”)性。
③为继续探究溶液中是否存在其他平衡，进行如图所示的实验。
实验现象：振荡后试管内有白色沉淀产生，还产生少量气泡。
实验分析：溶液中存在水解平衡、电离平衡和水的电离平衡，上述平衡最终导致了溶液中存在较多的。
深入探讨：
i．自偶电离平衡：查阅资料发现能发生自偶电离，溶液不会自发产生气体，结合以上分析，写出该自偶电离的离子方程式，并计算出平衡常数：　 　。
ii．由i推知，溶液中，　 　(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）
（2）；既能与反应，又能与反应；在酸性条件下溶解度增大
（3）；碱；；>
【知识点】反应热和焓变；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）反应△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和，则合成氨反应△H=(945kJ/mol+436 kJ/mol×3)—391kJ/mol×6=—93 kJ/mol，
故答案为：—93 kJ/mol；
（2）①溶液中析出碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，
②碳酸氢根离子既能与酸反应，又能与碱反应，海水、血液等含有碳酸氢根离子，所以少量酸、少量碱都能与碳酸氢根离子反应，使得溶液pH变化较小；碳酸钙能与酸反应使溶解度增大，所以海水酸化易导致珊瑚礁退化，
故答案为：；；既能与反应，又能与反应；在酸性条件下溶解度增大；
（3）①碳酸氢根离子在溶液中水解生成碳酸和氢氧根离子，反应的离子方程式为，
②碳酸氢根离子的水解常数Kh==＞Ka2，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液显碱性，
③由题意可知，碳酸氢根离子的自偶电离的离子方程式为，反应的平衡常数K==，则自偶电离常数远大于和，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子自偶电离平衡为主，溶液中碳酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，
故答案为：；；碱；；>。
【分析】（1）用反应物总键能减去生成物总键能，计算合成氨反应的焓变。
（2）①写 NH3、CO2、H2O 与 NaCl 反应生成 NH4Cl 和 NaHCO3↓的方程式。
②HCO3-既能中和 H+又能中和 OH-，维持 pH 稳定；酸性条件下 CaCO3溶解度增大，导致珊瑚礁退化。
（3）①HCO3-水解生成 H2CO3和 OH-，离子方程式为 HCO3-+H2O H2CO3+OH-。
②HCO3-水解程度大于电离程度（Kh > Ka2），溶液显碱性。
③自偶电离为 2HCO3- H2CO3+CO32-，平衡常数 K==1.5×10-4；溶液中 c (CO32-) > c (OH-)。
（1）反应△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和，则合成氨反应△H=(945kJ/mol+436 kJ/mol×3)—391kJ/mol×6=—93 kJ/mol，故答案为：—93 kJ/mol；
（2）①溶液中析出碳酸氢钠的反应为二氧化碳与氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，故答案为：；
②碳酸氢根离子既能与酸反应，又能与碱反应，海水、血液等含有碳酸氢根离子，所以少量酸、少量碱都能与碳酸氢根离子反应，使得溶液pH变化较小；碳酸钙能与酸反应使溶解度增大，所以海水酸化易导致珊瑚礁退化，故答案为：既能与反应，又能与反应；在酸性条件下溶解度增大；
（3）①碳酸氢根离子在溶液中水解生成碳酸和氢氧根离子，反应的离子方程式为，故答案为：；
②碳酸氢根离子的水解常数Kh==＞Ka2，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液显碱性，故答案为：碱；
③由题意可知，碳酸氢根离子的自偶电离的离子方程式为，反应的平衡常数K==，则自偶电离常数远大于和，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子自偶电离平衡为主，溶液中碳酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故答案为：；>。
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