资源简介

浙江省杭州市钱塘区杭州第四中学江东学校2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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．（2025高二上·西湖期末）在水溶液中呈酸性且促进水电离的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、NaHSO4在水中解离出 Na+、H+、SO42-，溶液呈酸性，但 H+会抑制水的电离，A不符合题意；
B、BeCl2是强酸弱碱盐，Be2+与水电离的 OH-结合，促进水的电离，溶液显酸性，B符合条件题意；
C、NaHSO3中 HSO3-电离强于水解，溶液显酸性，但电离出的 H+抑制水的电离，C不符合题意；
D、KNO3是强酸强碱盐，不影响水的电离，溶液呈中性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分析各物质在水中的电离或水解行为，判断溶液酸碱性及对水电离的作用（促进或抑制），选出符合 "酸性且促进水电离" 的选项。A．考查NaHSO4的电离特点。
B．判断BeCl2的水解特性。
C．考查NaHSO3的电离与水解对比。
D．考查KNO3的溶液性质。
2．（2025高二上·西湖期末）下列化学用语描述正确的是
A．的VSEPR模型：
B．磷基态原子价层电子排布违背了洪特规则
C．H-Cl的键电子云轮廓图：
D．的空间结构：V形
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SO2中 S 原子采取 sp2 杂化，含 1 对孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，与选项图示不符，A错误；
B、洪特规则要求电子优先分占同一能级的不同轨道且自旋平行。磷的 3p 轨道有 3 个电子，应分占 3 个轨道，选项中排布违背此规则，B正确；
C、σ 键由 s 轨道与 p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云轮廓应为轴对称的圆柱形，与选项图示不符，C错误；
D、BeCl2中 Be 原子采取 sp 杂化，分子空间结构为直线形，而非 V 形，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据 VSEPR 模型、洪特规则、σ 键特征及分子空间结构的判断方法，逐一分析各选项的化学用语描述是否正确。
A．考查SO2的 VSEPR 模型。
B．掌握磷原子价层电子排布是否符合洪特规则。
C．考查H-Cl 的 σ 键电子云轮廓图。
D．考查BeCl2的空间结构。
3．（2025高二上·西湖期末）通常情况下，原子核外p、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半充满”“全充满”的时候更加稳定，称为洪特规则的特例，下列事实能作为这个规则的证据的是
①基态He原子的电子排布式为1s2，基态H原子的电子排布式为1s1
②Fe2＋容易失电子转变为Fe3＋，表现出较强的还原性
③基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
④某种激发态碳原子的电子排布式是1s22s12p3而不是1s22s22p2
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】①基态 He 电子排布为 1s2（全充满），基态 H 电子排布为 1s （既非全空、半充满，也非全充满的典型特例相关情况，只是正常排布），不能作为洪特规则特例的证据；
②Fe2+ 价电子排布为 3d6，Fe3+ 价电子排布为 3d5（半充满，更稳定），所以 Fe2+ 易失电子变 Fe3+，体现洪特规则特例，可作为证据；
③基态 Cu 电子排布为 [Ar]3d 4s ，3d 轨道全充满，更稳定，所以不是 [Ar]3d94s2，体现洪特规则特例，可作为证据；
④激发态是电子获能进入高能层，与基态原子 “全空”“半充满”“全充满” 的稳定排布无关，不能作为证据；
综上，②③符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据洪特规则特例（核外 p、d 能级等原子轨道电子排布为 “全空”“半充满”“全充满” 时更稳定），逐一分析各事实是否符合。
4．（2025高二上·西湖期末）下列关于原子结构或元素性质的说法正确的是
A．分子处于椅式和船式状态时的能量相同
B．基态Cu原子的、、轨道是简并轨道
C．激光、焰火都与核外电子跃迁吸收能量有关
D．根据对角线规则，Mg和B的化学性质相似
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；烷烃
【解析】【解答】A、椅式构象中氢原子空间位阻小，能量低于船式构象，二者能量不同，A错误；
B、基态 Cu 原子的 2p 、2p 、2pz 属于同一能级，能量相同，为简并轨道，B正确；
C、激光、焰火源于电子从高能级跃迁至低能级时释放能量，而非吸收能量，C错误；
D、根据对角线规则，Mg 与 Be 性质相似，而非与 B，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合原子结构、分子构象特点、电子跃迁规律及对角线规则，对各选项的正确性进行判断。A．考查环己烷（C6H12）椅式与船式构象的能量差异。
B．考查简并轨道的定义（同一能级中能量相同的轨道）。
C．判断电子跃迁与能量变化的关系。
D．考查对角线规则的应用（对角线元素性质相似）。
5．（2025高二上·西湖期末）下列类比或推论正确的是
A．水分子间氢键()键能大于HF分子间氢键()，因此的沸点更高
B．P可以形成和，N也可以形成和
C．烷基是推电子基团，因此
D．冰中一个周围有4个紧邻的分子，晶体中也类似
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、HF 的氢键键能大于 H2O，但 H2O 沸点更高是因每个分子形成的氢键数目更多，A错误；
B、P 有 3d 轨道可形成 PCl5（sp3d 杂化），N 无 2d 轨道，无法形成 NCl5，B错误；
C、烷基推电子使 C2H5NH2中 N 电子云密度比 NH3大，碱性更强，故 Kb：C2H5NH2 > NH3，C正确；
D、冰中 H2O 靠氢键形成四面体结构（4 个紧邻分子），H2S 无氢键，紧邻分子数不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合氢键特性、原子杂化类型、基团电子效应及分子间作用力差异，判断各选项类比或推论的合理性。A．H2O 与 HF 沸点差异的原因（氢键数目而非键能）。
B．N 与 P 形成氯化物的差异（价层轨道是否含 d 轨道）。
C．烷基推电子效应对胺类碱性及 Kb 的影响。
D．H2O 与 H2S 晶体中分子间作用力差异（氢键有无）。
6．（2025高二上·西湖期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．利用电镀在铁上镀铜，当阳极消耗1 mol Cu时电路中转移的电子数大于
B．64g的中心原子价电子对数为
C．100mL的醋酸铵溶液中的数目为
D．1mol基态铬原子中含有的未成对电子数为
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、电镀铁上镀铜，阳极 Cu 失电子生成 Cu2+，反应为 Cu-2e- = Cu2+，消耗 1mol Cu 时，转移电子数为 2NA，并非大于 2NA，A错误；
B、SO2中心 S 原子价电子对数为 2 + (6 - 2×2)÷2 = 3；64g SO2物质的量为 1mol，故中心原子价电子对数为 3NA，B正确；
C、醋酸铵溶液中 NH4+ 会水解，导致其数目减少，100mL 1mol/L 醋酸铵溶液中 NH4+ 数目小于 0.1NA，C错误；
D、基态铬原子价层电子排布为 3d54s ，有 6 个未成对电子，1mol 基态铬原子中未成对电子数为 6NA，并非 4NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据阿伏加德罗常数的相关知识，结合电镀原理、价电子对计算、盐类水解、原子电子排布等内容，逐一分析各选项。A．电镀时阳极 Cu 的反应及电子转移数。
B．SO2中心原子价电子对数的计算及物质的量相关。
C．醋酸铵溶液中 NH4+ 的水解对粒子数的影响。
D．基态铬原子的未成对电子数。
7．（2025高二上·西湖期末）下列反应的离子方程式表述不正确的是
A．氯化铝溶液与过量浓氨水混合：
B．少量通入NaClO溶液中：
C．硫酸铜遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝()：
D．向明矾溶液中滴加溶液，恰好使沉淀：
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Al(OH)3不溶于过量氨水，反应生成 Al(OH)3沉淀和 NH4+，A正确；
B、少量 SO2被 ClO-氧化为 SO42-，ClO-部分变为 Cl-，部分生成 HClO，B正确；
C、PbS 转化为更难溶的 CuS，同时生成 PbSO4，C正确；
D、SO42-完全沉淀时，KAl(SO4)2与 Ba(OH)2按 1：2 反应，Al3+与 OH-按 1：4 反应生成 [Al(OH)4]-，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据离子方程式书写规范，结合物质反应特性（如沉淀生成、氧化还原、反应比例等），判断各选项表述是否正确。
8．（2025高二上·西湖期末）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X是宇宙中含量最高的元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，W是电负性最大的元素，Q逐级电离能（kJ/mol）依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：
B．键角：
C．Q基态原子核外电子有11种不同的运动状态
D．是非极性分子
【答案】B
【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
【解析】【解答】A、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：OB、电负性F＞Cl＞H，结合周围原子电负性大者则键角小，则键角：NH3>NF3，B正确；
C、Q为Al元素，电子排布式1s22s22p63s23p1，有7个轨道，则核外电子有7种空间运动状态，C错误；
D、O3的空间结构为V形，分子中正电荷中心和负电荷中心不重合，O3是极性分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】X是宇宙中含量最高的元素，X为H元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，则其电子排布式1s22s22p3，Y为N元素，W是电负性最大的元素，则W为F元素，Q逐级电离能（kJ/mol）依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F，Q为Al元素。
9．（2025高二上·西湖期末）下列有关化学反应速率与平衡的说法正确的是（　　）
A．10.0mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
B．恒温恒压密闭容器中：，充入惰性气体，反应速率不变
C．反应达到平衡后，其他条件不变，将反应的体积缩小一半，则达到新平衡时的浓度将变大
D．一定条件下，可逆反应达到平衡后，保持容器温度和容积不变，再通入一定量，则再次达到平衡时的百分含量减小
【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、10.0mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B、恒温恒压密闭容器中，充入惰性气体，各物质的浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C、该反应的K=c(CO2)，K只与温度有关，温度不变，则K不变，因此反应达到平衡后，其他条件不变，将反应的体积缩小一半，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，但达到新平衡时二氧化碳的浓度不变，故C错误；
D、到平衡后，保持容器温度和容积不变，再通入一定量的 ，平衡正向移动，再次达到平衡时 的百分含量减小，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、反应物浓度减小，反应速率减慢；
B、充入惰性气体，各物质浓度减小，反应速率减慢；
C、根据K=c(CO2)分析；
D、增大压强，该反应的平衡正向移动。
10．（2025高二上·西湖期末）下列对分子性质的解释中，不正确的是
A．青蒿素的分子式为，结构如图1所示，该分子中包含7个手性碳原子
B．碘易溶于四氯化碳、甲烷难溶于水都可用“相似相溶”规律解释
C．过氧化氢是含有极性键和非极性键的极性分子
D．三聚的结构如图2所示，可以推测三聚在水中的溶解度较大
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；极性分子和非极性分子；有机物的结构和性质
【解析】【解答】 A、青蒿素分子式为 C15H22O5，手性碳是连有 4 个不同基团的碳，其分子含 7 个手性碳，A正确；
B、碘（非极性）易溶于四氯化碳（非极性），甲烷（非极性）难溶于水（极性），均符合相似相溶，B正确；
C、含 O-H 极性键和 O-O 非极性键，分子正负电中心不重合，属极性分子，C正确；
D、三聚 SO3结构使其极性弱，且反应活性低，在水中溶解度小，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合分子结构特征（如手性碳、极性）、相似相溶原理、化学键类型等知识，判断各选项对分子性质解释的合理性。
A．考查青蒿素的分子式及手性碳原子数量。
B．相似相溶规律的应用。
C．考查过氧化氢的化学键与分子极性。
D．判断三聚 SO3的极性与水溶性。
11．（2025高二上·西湖期末）下列关于金属的腐蚀与防护说法正确的是
A．图①中往Fe电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀
B．图②中铁丝容易生成Fe2O3·xH2O
C．图③中M可用石墨代替
D．图④中若电源断开，闸门易发生吸氧腐蚀
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、图①中 Zn 为负极（更活泼），Fe 为正极，Fe 不失去电子，无 Fe2+生成。滴入 K3[Fe(CN)6] 不会产生蓝色沉淀，A错误；
B、图②中是干燥空气，缺少水，铁丝难以生锈（生成 Fe2O3 xH2O），B错误；
C、图③中 M 需是比铁活泼的金属（作负极被腐蚀）。若换为石墨（不如铁活泼），钢铁会作负极被腐蚀，无法防护，C错误；
D、图④电源断开后，钢铁闸门在海水中形成原电池，海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀（正极 O2得电子），D正确；
故答案为：D。
【分析】根据金属腐蚀的类型（化学腐蚀、电化学腐蚀）和防护方法（牺牲阳极、外加电流等），分析各装置中金属的腐蚀情况及防护效果。A． 原电池正负极反应与 Fe2+的生成。
B． 考查铁生锈的条件（水和氧气）。
C． 掌握牺牲阳极法中保护材料的要求。
D．判断海水环境中铁的腐蚀类型。
12．（2025高二上·西湖期末）钠离子电池成本优势明显，有望在大规模储能中取代传统铅酸电池。下图为一种钠离子电池放电的示意图，关于该电池说法正确的是
A．a为电池的负极
B．放电时b极反应：
C．充电时a极反应：
D．用该电池给铅酸电池充电时，b电极接铅酸电池的极
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时 Na+从 b 电极区域向 a 电极区域移动，在电池中阳离子向正极移动，因此 a 是正极，b 是负极，A错误；
B、放电时 b 为负极，负极发生失电子的氧化反应，电极反应为 Na C 失去电子生成 Na+和 C，即 Na C-xe-=xNa++C，B正确；
C、充电时 a 为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，正确反应式应为
Na4Fe (CN)6-xe-=Na4- Fe(CN)6+xNa+，而非得电子的还原反应，C错误；
D、铅酸电池充电时，PbO2为阳极（接电源正极），Pb 为阴极（接电源负极）。该电池放电时 b 为负极，充电时作阴极，应接铅酸电池的 Pb 极，而非 PbO2极，D错误；
故答案为：B。【分析】A．根据 Na+移动方向判断电极极性。
B．负极发生氧化反应的电极反应式。
C．充电时阳极的电极反应。
D．充电时电极的连接关系。
13．（2025高二上·西湖期末）向1 L pH＝2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入0.65 g锌粒，则下图中比较符合客观事实的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】锌的物质的量：0.65g 锌的物质的量为 0.01mol。
盐酸与锌的反应：pH=2 的 1L 盐酸中，H+物质的量为 0.01mol（HCl 完全电离）。反应中 HCl 不足，生成 H2为 0.005mol；随着反应进行，H+浓度快速下降，反应速率逐渐减慢。
醋酸与锌的反应：pH=2 的醋酸浓度远大于 0.01mol/L（弱酸部分电离）。反应中锌不足，生成 H2为 0.01mol（比盐酸多）；且反应中醋酸不断电离补充 H+，H+浓度下降慢，反应速率比盐酸快。
综上，醋酸生成 H2更多且反应更快，符合的选项为 C；
故答案为：C。
【分析】通过分析盐酸（强酸）和醋酸（弱酸）的电离差异，结合锌与酸反应的化学计量关系，比较两者反应速率和生成氢气的量，判断符合事实的图像。
14．（2025高二上·西湖期末）醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+，下列各项不正确的是
A．醋酸溶液中离子浓度关系满足：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO- )
B．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
C．向 CH3COOH 溶液中加少量的 CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．将 0.10mol/L CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中所有的离子浓度都减小
【答案】D
【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
【解析】【解答】A、醋酸溶液中存在的离子有 H+、OH-和 CH3COO-。根据电荷守恒，溶液中所有阳离子所带正电荷总浓度等于所有阴离子所带负电荷总浓度，即 c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A正确；
B、常温下，pH=2 的 CH3COOH 溶液中 c (H+)=0.01mol/L，pH=12 的 NaOH 溶液中
c(OH-)=0.01mol/L。但CH3COOH是弱电解质，仅部分电离，其实际浓度远大于 0.01mol/L；NaOH 是强电解质，浓度等于 0.01mol/L。等体积混合时，CH3COOH 过量，反应后溶液仍呈酸性，故 pH<7，B正确；
C、醋酸的电离平衡为 CH3COOH CH3COO-+H+。加入 CH3COONa 固体后，溶液中 CH3COO-浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡会向减弱这种变化的方向（逆向）移动，以减少 CH3COO-的浓度，C正确；
D、加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COO-) 和 n(H+) 增多，但溶液体积增大的幅度更大，因此 c(CH3COO-) 和 c(H+) 均减小。由于水的离子积 Kw=c (H+) c (OH-) 是定值（常温下为 1×10- 4），当 c(H+) 减小时，c(OH-) 必然增大，并非所有离子浓度都减小，D错误；
故答案为：D。【分析】A．电荷守恒的应用。
B．强弱电解质反应后的溶液酸碱性。
C．浓度对电离平衡的影响。
D．稀释对弱电解质溶液离子浓度的影响。
15．（2025高二上·西湖期末）取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析不正确的是（　　）
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 < ，则先生成的黄色沉淀为 ， 白色沉淀是 ，故A正确；
B、产生白色沉淀时，碘化银达到沉淀溶解平衡状态，即溶液中存在 ，故B正确；
C、 若起始时向卤水中滴加2滴硝酸银，Qc=c(I-)c(Ag+)≈1.0×10-3×10-4×1.0×10-3=1.0×10-10，比碘化银溶度积大，则有碘化银沉淀生成，故C正确；
D、氯化银开始沉淀时，，，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、碘化银的溶解度小于氯化银；
B、产生白色沉淀时，碘化银达到溶解平衡；
C、计算Qc与Ksp比较确定是否产生沉淀；
D、根据、 计算。
16．（2025高二上·西湖期末）25℃时，以溶液调节二元弱酸溶液的，溶液中的、、的物质的量分数随的变化如图所示(已知)。下列说法不正确的是
A．二元弱酸H2A的pKa1=1.2(已知：pKa=—lgKa)
B．往溶液中滴加溶液的过程中，一定存在：
C．溶液与溶液混合，混合液的
D．在溶液中，各离子浓度大小关系：
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、当 H2A 与 HA-物质的量分数相等时，pH=1.2，此时 Ka1=c(H+)=10—1.2 ，故 pKa1=1.2，A正确；
B、任何溶液都呈电中性，电荷守恒式 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-) 始终成立，B正确；
C、20mL 0.1mol/L H2A 与 30mL 0.1mol/L NaOH 混合后，生成等浓度的 NaHA 和 Na2A。因 HA-电离程度大于水解程度，且 A2-会水解，此时 c (HA-) < c (A2-)，与图像中 c (HA-)=c (A2-) 时 pH=4.2 的情况不符，故混合液 pH≠4.2，C错误；
D、HA-的水解常数 数 Kh==＜Ka2， ，说明 HA-电离占优，溶液呈酸性，离子浓度为 c (Na+) > c (HA-) > c (A2-) > c (OH-)，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合图像中二元弱酸 H2A 及其离子（HA-、A2-）的分布分数与 pH 的关系，利用电离平衡常数、电荷守恒及离子浓度比较规则，分析各选项正误。A．pKa1的确定（H2A 与 HA-浓度相等时的 pH）。
B．考查电荷守恒的适用性。
C．考查混合溶液的成分与 pH 关系。
D．判断NaHA 溶液中离子浓度大小。
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·西湖期末）北宋卷轴画《千里江山图》，颜色绚丽，由石绿、雌黄、赭石、阵磲、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有硫、砷、铜、锌、钛、铁等元素。
（1）、、热稳定性由大到小的顺序为　 　。
（2）Zn属于元素周期表中的　 　区；基态Ti原子的电子排布式为　 　；基态的价层电子的轨道表示式为　 　。
（3）Cu的第二电离能　 　Zn的第二电离能(填“>”或“<”)。
（4）和中之间以双键结合，S—Cl、S—F之间以单键结合。预测和分子的空间结构为　 　；中心原子S的杂化方式为　 　；键角大小比较：　 　(选填“<”“>”或“=”)。
【答案】（1）NH3>PH3>AsH3
（2）ds；[Ar]3d24s2；
（3）>
（4）四面体形；sp3；>
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，故热稳定性由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3；
故答案为： NH3>PH3>AsH3 ；
（2）Zn元素原子序数为30，处于周期表第四周期第IIB族，属于ds区；Ti元素原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2；Fe元素原子序数为26，基态原子核外电子排布为[Ar]3d64s2，它失去3个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的价层电子的轨道表示式为；
故答案为： ds ； [Ar]3d24s2 ； ；
（3）失去1个电子后Zn的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后Cu的价电子排布为3d10，此排布是全满状态会更加稳定，故Cu失去第二个电子更难，则I2(Cu)>I2(Zn)；
故答案为： > ；
（4）和与CCl4互为等电子体，根据CCl4的分子的空间结构为正四面体，考虑到中心硫原子连接的四个原子不完全相同，故和分子的空间结构为四面体形，中心原子S原子的杂化方式为sp3杂化；F的电负性更大，使SO2F2价层电子密度更小，价层电子斥力更小，故键角大小比较：>。
故答案为： 四面体形 ； sp3 ； > 。
【分析】（1） 同主族元素从上到下非金属性减弱，简单氢化物稳定性随非金属性减弱而减弱，据此比较热稳定性。
（2） 根据 Zn 的周期表位置判断分区；依据 Ti 的原子序数写出电子排布式；Fe3+由 Fe 原子失 3 个电子形成，据此写出价层电子轨道表示式。
（3） 比较 Cu 和 Zn 失去第一个电子后的价电子排布稳定性，稳定排布更难失去第二个电子，从而判断第二电离能大小。
（4） 利用等电子体（与 CCl4）判断空间结构；根据中心原子成键情况确定杂化方式；结合 F 和 Cl 的电负性差异，分析价层电子斥力，比较键角大小。
（1）同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，故热稳定性由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3；
（2）Zn元素原子序数为30，处于周期表第四周期第IIB族，属于ds区；Ti元素原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2；Fe元素原子序数为26，基态原子核外电子排布为[Ar]3d64s2，它失去3个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的价层电子的轨道表示式为；
（3）失去1个电子后Zn的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后Cu的价电子排布为3d10，此排布是全满状态会更加稳定，故Cu失去第二个电子更难，则I2(Cu)>I2(Zn)；
（4）和与CCl4互为等电子体，根据CCl4的分子的空间结构为正四面体，考虑到中心硫原子连接的四个原子不完全相同，故和分子的空间结构为四面体形，中心原子S原子的杂化方式为sp3杂化；F的电负性更大，使SO2F2价层电子密度更小，价层电子斥力更小，故键角大小比较：>。
18．（2025高二上·西湖期末）研究电解质在水溶液中的行为有重要的意义(以下均为25℃)。
（1）有的三种溶液：a．NaOH b． c．盐酸
①溶液c中水电离出的　 　。
②溶液b的，用化学用语解释原因　 　。
③溶液a与溶液c混合后，若所得溶液的，则　 　。
（2）某些弱酸在25℃时的电离常数如下：
化学式 HSCN HCN HClO
电离常数
下列反应可以发生的是___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）10-13mol/L；醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；9：11
（2）A；B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①0.1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，根据Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(OH-)=10-13mol/L，氢氧根一定是水电离产生，且水电离产生一个氢氧根同时会产生一个氢离子，故溶液c中水电离出c(H+)=10-13mol/L；
②b是醋酸，醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，发生不完全电离，故0.1mol/L醋酸中c(H+)<0.1mol/L，溶液pH=3>1；
③溶液混合后pH=2说明酸过量，则c(H+)==0.01mol/L，解得V1：V2=9：11；
故答案为： 10-13mol/L ； 醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+ ； 9：11 。
（2）电离常数越大，酸性越强，根据表格中数据可知，酸性：HSCN>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>；
A．酸性：CH3COOH>H2CO3，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生，A正确；
B．酸性：CH3COOH>HCN，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生，B正确；
C．酸性：H2CO3>HClO>，无论CO2少量还是过量，反应应当为CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，C错误；
D．酸性：H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，D错误；
故答案为：AB。
【分析】（1）①盐酸中 H+主要来自 HCl 电离，水电离的 OH-与 H+浓度相等，结合 Kw=10- 4计算得水电离的 H+为 10- 3mol/L。
②醋酸是弱酸，存在电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+，不能完全电离，故 0.1mol/L 时 pH=3。
③混合后酸过量，根据剩余 H+浓度公式列方程，解得 V1：V2=9：11。
（2）先比较酸性强弱：HSCN>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，再按 “强酸制弱酸” 判断反应可行性，符合的为 AB。
（1）①0.1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，根据Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(OH-)=10-13mol/L，氢氧根一定是水电离产生，且水电离产生一个氢氧根同时会产生一个氢离子，故溶液c中水电离出c(H+)=10-13mol/L；
②b是醋酸，醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，发生不完全电离，故0.1mol/L醋酸中c(H+)<0.1mol/L，溶液pH=3>1；
③溶液混合后pH=2说明酸过量，则c(H+)==0.01mol/L，解得V1：V2=9：11；
（2）电离常数越大，酸性越强，根据表格中数据可知，酸性：HSCN>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>；
A．酸性：CH3COOH>H2CO3，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生，A正确；
B．酸性：CH3COOH>HCN，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生，B正确；
C．酸性：H2CO3>HClO>，无论CO2少量还是过量，反应应当为CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，C错误；
D．酸性：H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，D错误；
故选AB。
19．（2025高二上·西湖期末）某学习小组通过右侧装置模拟氯碱工业进行实验探究。请回答：
（1）A物质是　 　(填化学式)电解NaCl溶液总反应的离子方程式为　 　。
（2）在阴极产生448mL气体，(标准状况)后停止实验，测得阴极室中溶液的体积为400mL，则常温下此溶液的　 　。
（3）经分析，饱和NaCl的作用有4个，①提供，参与电极反应：②通过定向移动，形成闭合网路；③生成NaOH；④　 　。
（4）有同学认为，改从B处加入饱和食盐水，并改用阴离子交换膜也可实现氮碱生产。如此改变的不利之处是　 　(写一条即可)。
【答案】（1）H2；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
（2）13
（3）Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应
（4）会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；pH的简单计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据分析可知，A物质是阴极电极反应的产物H2，电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
故答案为： H2 ；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；；
（2）在阴极产生448mL气体，(标准状况)后停止实验，即氢气物质的量为0.02mol，由电极反应式可知，产生OH-物质的量为0.04mol，又测得阴极室中溶液的体积为400mL，则c(OH-)=0.1mol/L，Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(H+)=10-13mol/L，故溶液pH=13；
故答案为：13；
（3）经分析，饱和NaCl的作用有4个，①提供，参与电极反应：②通过定向移动，形成闭合回路；③生成NaOH；④Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应；
故答案为： Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应 ；
（4）若B处加入饱和食盐水，并改用阴离子交换膜，无法阻止Cl2与OH-反应，会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产。
故答案为： 会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产 。
【分析】氯碱工业种，左侧电极上氯离子失电子产生氯气，为阳极，右侧水得电子产生A为氢气，电极反应式为H2O+2e-=H2↑+2OH-，故氢氧根离子浓度增大，左侧钠离子通过阳离子交换器进入右侧，产生氢氧化钠；
（1）氯碱工业中阴极生成 H2；电解 NaCl 溶液总离子反应为 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
（2）计算阴极 H2的物质的量，推得 OH-浓度为 0.1mol/L，pH=13。
（3）饱和 NaCl 中 Cl-浓度高，使 Cl2+H2O H++Cl-+HClO 平衡左移，抑制 Cl2与水反应。
（4）改用阴离子交换膜，Cl-移向阳极与 OH-反应，降低 NaOH 纯度。
（1）根据分析可知，A物质是阴极电极反应的产物H2，电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
（2）在阴极产生448mL气体，(标准状况)后停止实验，即氢气物质的量为0.02mol，由电极反应式可知，产生OH-物质的量为0.04mol，又测得阴极室中溶液的体积为400mL，则c(OH-)=0.1mol/L，Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(H+)=10-13mol/L，故溶液pH=13；
（3）经分析，饱和NaCl的作用有4个，①提供，参与电极反应：②通过定向移动，形成闭合回路；③生成NaOH；④Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应；
（4）若B处加入饱和食盐水，并改用阴离子交换膜，无法阻止Cl2与OH-反应，会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产。
20．（2025高二上·西湖期末）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对创新利用的研究。
Ⅰ．催化制取甲烷的反应为：
已知：①
②
③
（1）则　 　。
Ⅱ．催化加氢制甲醇()是实现碳达峰、碳中和的途径之一，反应可表示为：。为探究该反应原理，在容积为1L密闭容器中，充入和在某温度下发生反应，测得、和的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率　 　。
（3）下列措施一定能使的转化率增大且反应速率提升的是　 　。
A．在原容器中再充入 B．在原容器中再充入
C．在原容器中充入1mol氦气 D．使用更有效的催化剂
E．缩小容器的容积 F．将水蒸气从体系中分离
（4）一定条件下进行反应，测得反应5分钟时转化率随温度变化关系如图所示。
①已知A点为平衡状态，该温度下的平衡常数　 　(填计算结果)。
②若在A点时向体系中同时加入和，则此时　 　(填“>”，“<”或“=”)。
③的转化率先增大、后下降的原因分别是　 　。
【答案】-171kJ/mol；；BE；37.5；>；210~240℃时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大；温度超过240℃时，反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的转化率逐渐减小
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，反应②=反应①×2-反应③+CO2催化制取甲烷的反应，ΔH2=(-41×2+73-162)kJ/mol=-171kJ/mol。
故答案为： -171kJ/mol ；
（2）由图，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率；
故答案为： ；
（3）A．在原容器中再充入1molCO2，CO2的量增大，反应速率增大，促进平衡正向移动，但是二氧化碳本身转化率减小，A错误；
B．在原容器中再充入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，B正确；
C．在原容器中充入1mol氦气，反应物和产物浓度都不变，化学平衡不移动，CO2转化率不变，C错误；
D．催化剂只能影响反应速率，不影响化学平衡，CO2转化率不变，D错误；
E．反应为气体分子数减小的反应，缩小容器体积，压强增大，反应速率增大，且化学平衡正向移动，CO2转化率增大，E正确；
F．将水蒸气从体系中分离，产物浓度减小，反应速率减小，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，F错误；
故答案为：BE。
（4）①A点CO2转化率为90%，则反应0.9mol二氧化碳，有：
则。
②A点时向体系中同时加入0.1molCO2和0.1molH2O，则，此时反应正向进行，>。
③210~240℃时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大；温度超过240℃时，反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的转化率逐渐减小。
故答案为： 37.5 ； > ； 210~240℃时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大；温度超过240℃时，反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的转化率逐渐减小 。
【分析】（1）用盖斯定律，通过已知反应焓变计算得 ΔH2=-171kJ/mol。
（2）由图知 CO2平衡时转化 0.75mol，结合反应式中速率关系，算得 v (H2)=0.225mol/(L min)。
（3）分析各措施：B（加 H2）和 E（缩小体积）能同时加快速率并提高 CO2转化率，选 BE。
（4）① A 点 CO2转化率 90%，算平衡时各物质浓度，得 K=37.5。
② 加入物质后 Qc=20.8＜K，反应正向进行，v (正)＞v (逆)。
③ 210-240℃：未平衡，升温加快反应，转化率增大；超 240℃：达平衡，放热反应升温使平衡逆移，转化率下降。
21．（2025高二上·西湖期末）工业上以菱锰矿(主要成分为还含少量的、、、、、等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下。
已知：
①该工艺条件下，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
开始沉淀的pH 3.4 1.9 7.0 8.1 9.1
沉淀完全的pH 4.7 3.2 9.0 10.1 11.1
②常温下，，。
回答下列问题：
（1）向“浸出液”中加入的作用是　 　。
（2）加入氨水调节溶液pH的范围是　 　。
（3）“滤渣1”“滤渣2”的主要成分分别为　 　，　 　。
（4）加入的目的是　 　。
（5）常温下，当溶液中、完全除去时：，则　 　。
（6）“沉锰”：在30-35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀，该反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质
（2）4.7≤pH<8.1
（3）SiO2；Al(OH)3和Fe(OH)3
（4）使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去
（5）4×10 3
（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浸出液中有Fe2+，为了便于后续沉淀除去铁，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质；
故答案为： 将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质 ；
（2）加入氨水调节溶液pH除去Al3+和Fe3+，使他们以氢氧化物沉淀，同时避免Mn2+沉淀，根据表格中数据可知，4.7≤pH<8.1；
故答案为： 4.7≤pH<8.1 ；
（3）由分析可知“滤渣1”“滤渣2”的主要成分分别为SiO2、Al(OH)3和Fe(OH)3；
故答案为： SiO2 ；Al(OH)3和Fe(OH)3 ；
（4）加入NH4F是为了使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去；
故答案为： 使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去 ；
（5）常温下，，，CaF2的Ksp更大，Ca2+更难除尽，故以Ca2+完全除去计算，c(F )≥；
故答案为： 4×10 3 ；
（6）碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，得到沉淀，反应液最终接近中性，故同时生成CO2和H2O，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
故答案为： Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
【分析】菱锰矿经粉碎后加盐酸溶解，其中 SiO2不溶于盐酸，成为滤渣 1 的主要成分。酸溶后，浸出液含 Fe2+，需用 MnO2将其氧化为 Fe3+，便于后续除杂；加氨水调 pH，使 Al3+和 Fe3+分别以 Al (OH)3、Fe(OH)3形式沉淀（控制 pH 避免 Mn2+沉淀），形成滤渣 2；加入 NH4F，使溶液中 Ca2+、Mg2+转化为 CaF2、MgF2沉淀除去，即为滤渣 3；最后加 NH4HCO3，与 Mn2+反应生成 MnCO3沉淀，干燥后得高纯度碳酸锰。据此解题。
（1）浸出液中有Fe2+，为了便于后续沉淀除去铁，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质；
（2）加入氨水调节溶液pH除去Al3+和Fe3+，使他们以氢氧化物沉淀，同时避免Mn2+沉淀，根据表格中数据可知，4.7≤pH<8.1；
（3）由分析可知“滤渣1”“滤渣2”的主要成分分别为SiO2、Al(OH)3和Fe(OH)3；
（4）加入NH4F是为了使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去；
（5）常温下，，，CaF2的Ksp更大，Ca2+更难除尽，故以Ca2+完全除去计算，c(F )≥；
（6）碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，得到沉淀，反应液最终接近中性，故同时生成CO2和H2O，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
1 / 1浙江省杭州市钱塘区杭州第四中学江东学校2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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．（2025高二上·西湖期末）在水溶液中呈酸性且促进水电离的是
A． B． C． D．
2．（2025高二上·西湖期末）下列化学用语描述正确的是
A．的VSEPR模型：
B．磷基态原子价层电子排布违背了洪特规则
C．H-Cl的键电子云轮廓图：
D．的空间结构：V形
3．（2025高二上·西湖期末）通常情况下，原子核外p、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半充满”“全充满”的时候更加稳定，称为洪特规则的特例，下列事实能作为这个规则的证据的是
①基态He原子的电子排布式为1s2，基态H原子的电子排布式为1s1
②Fe2＋容易失电子转变为Fe3＋，表现出较强的还原性
③基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
④某种激发态碳原子的电子排布式是1s22s12p3而不是1s22s22p2
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④
4．（2025高二上·西湖期末）下列关于原子结构或元素性质的说法正确的是
A．分子处于椅式和船式状态时的能量相同
B．基态Cu原子的、、轨道是简并轨道
C．激光、焰火都与核外电子跃迁吸收能量有关
D．根据对角线规则，Mg和B的化学性质相似
5．（2025高二上·西湖期末）下列类比或推论正确的是
A．水分子间氢键()键能大于HF分子间氢键()，因此的沸点更高
B．P可以形成和，N也可以形成和
C．烷基是推电子基团，因此
D．冰中一个周围有4个紧邻的分子，晶体中也类似
6．（2025高二上·西湖期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．利用电镀在铁上镀铜，当阳极消耗1 mol Cu时电路中转移的电子数大于
B．64g的中心原子价电子对数为
C．100mL的醋酸铵溶液中的数目为
D．1mol基态铬原子中含有的未成对电子数为
7．（2025高二上·西湖期末）下列反应的离子方程式表述不正确的是
A．氯化铝溶液与过量浓氨水混合：
B．少量通入NaClO溶液中：
C．硫酸铜遇到难溶的PbS，慢慢转变为铜蓝()：
D．向明矾溶液中滴加溶液，恰好使沉淀：
8．（2025高二上·西湖期末）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X是宇宙中含量最高的元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，W是电负性最大的元素，Q逐级电离能（kJ/mol）依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，下列说法正确的是（　　）
A．第一电离能：
B．键角：
C．Q基态原子核外电子有11种不同的运动状态
D．是非极性分子
9．（2025高二上·西湖期末）下列有关化学反应速率与平衡的说法正确的是（　　）
A．10.0mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
B．恒温恒压密闭容器中：，充入惰性气体，反应速率不变
C．反应达到平衡后，其他条件不变，将反应的体积缩小一半，则达到新平衡时的浓度将变大
D．一定条件下，可逆反应达到平衡后，保持容器温度和容积不变，再通入一定量，则再次达到平衡时的百分含量减小
10．（2025高二上·西湖期末）下列对分子性质的解释中，不正确的是
A．青蒿素的分子式为，结构如图1所示，该分子中包含7个手性碳原子
B．碘易溶于四氯化碳、甲烷难溶于水都可用“相似相溶”规律解释
C．过氧化氢是含有极性键和非极性键的极性分子
D．三聚的结构如图2所示，可以推测三聚在水中的溶解度较大
11．（2025高二上·西湖期末）下列关于金属的腐蚀与防护说法正确的是
A．图①中往Fe电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀
B．图②中铁丝容易生成Fe2O3·xH2O
C．图③中M可用石墨代替
D．图④中若电源断开，闸门易发生吸氧腐蚀
12．（2025高二上·西湖期末）钠离子电池成本优势明显，有望在大规模储能中取代传统铅酸电池。下图为一种钠离子电池放电的示意图，关于该电池说法正确的是
A．a为电池的负极
B．放电时b极反应：
C．充电时a极反应：
D．用该电池给铅酸电池充电时，b电极接铅酸电池的极
13．（2025高二上·西湖期末）向1 L pH＝2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入0.65 g锌粒，则下图中比较符合客观事实的是
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高二上·西湖期末）醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+，下列各项不正确的是
A．醋酸溶液中离子浓度关系满足：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO- )
B．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
C．向 CH3COOH 溶液中加少量的 CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．将 0.10mol/L CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中所有的离子浓度都减小
15．（2025高二上·西湖期末）取1.0L浓缩卤水(、浓度均为)进行实验：滴加一定量溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：、。下列分析不正确的是（　　）
A．黄色沉淀是，白色沉淀是
B．产生白色沉淀时，溶液中存在
C．若起始时向卤水中滴加2滴(0.1)，能产生沉淀
D．白色沉淀开始析出时，
16．（2025高二上·西湖期末）25℃时，以溶液调节二元弱酸溶液的，溶液中的、、的物质的量分数随的变化如图所示(已知)。下列说法不正确的是
A．二元弱酸H2A的pKa1=1.2(已知：pKa=—lgKa)
B．往溶液中滴加溶液的过程中，一定存在：
C．溶液与溶液混合，混合液的
D．在溶液中，各离子浓度大小关系：
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17．（2025高二上·西湖期末）北宋卷轴画《千里江山图》，颜色绚丽，由石绿、雌黄、赭石、阵磲、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有硫、砷、铜、锌、钛、铁等元素。
（1）、、热稳定性由大到小的顺序为　 　。
（2）Zn属于元素周期表中的　 　区；基态Ti原子的电子排布式为　 　；基态的价层电子的轨道表示式为　 　。
（3）Cu的第二电离能　 　Zn的第二电离能(填“>”或“<”)。
（4）和中之间以双键结合，S—Cl、S—F之间以单键结合。预测和分子的空间结构为　 　；中心原子S的杂化方式为　 　；键角大小比较：　 　(选填“<”“>”或“=”)。
18．（2025高二上·西湖期末）研究电解质在水溶液中的行为有重要的意义(以下均为25℃)。
（1）有的三种溶液：a．NaOH b． c．盐酸
①溶液c中水电离出的　 　。
②溶液b的，用化学用语解释原因　 　。
③溶液a与溶液c混合后，若所得溶液的，则　 　。
（2）某些弱酸在25℃时的电离常数如下：
化学式 HSCN HCN HClO
电离常数
下列反应可以发生的是___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
19．（2025高二上·西湖期末）某学习小组通过右侧装置模拟氯碱工业进行实验探究。请回答：
（1）A物质是　 　(填化学式)电解NaCl溶液总反应的离子方程式为　 　。
（2）在阴极产生448mL气体，(标准状况)后停止实验，测得阴极室中溶液的体积为400mL，则常温下此溶液的　 　。
（3）经分析，饱和NaCl的作用有4个，①提供，参与电极反应：②通过定向移动，形成闭合网路；③生成NaOH；④　 　。
（4）有同学认为，改从B处加入饱和食盐水，并改用阴离子交换膜也可实现氮碱生产。如此改变的不利之处是　 　(写一条即可)。
20．（2025高二上·西湖期末）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对创新利用的研究。
Ⅰ．催化制取甲烷的反应为：
已知：①
②
③
（1）则　 　。
Ⅱ．催化加氢制甲醇()是实现碳达峰、碳中和的途径之一，反应可表示为：。为探究该反应原理，在容积为1L密闭容器中，充入和在某温度下发生反应，测得、和的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
（2）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率　 　。
（3）下列措施一定能使的转化率增大且反应速率提升的是　 　。
A．在原容器中再充入 B．在原容器中再充入
C．在原容器中充入1mol氦气 D．使用更有效的催化剂
E．缩小容器的容积 F．将水蒸气从体系中分离
（4）一定条件下进行反应，测得反应5分钟时转化率随温度变化关系如图所示。
①已知A点为平衡状态，该温度下的平衡常数　 　(填计算结果)。
②若在A点时向体系中同时加入和，则此时　 　(填“>”，“<”或“=”)。
③的转化率先增大、后下降的原因分别是　 　。
21．（2025高二上·西湖期末）工业上以菱锰矿(主要成分为还含少量的、、、、、等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下。
已知：
①该工艺条件下，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
开始沉淀的pH 3.4 1.9 7.0 8.1 9.1
沉淀完全的pH 4.7 3.2 9.0 10.1 11.1
②常温下，，。
回答下列问题：
（1）向“浸出液”中加入的作用是　 　。
（2）加入氨水调节溶液pH的范围是　 　。
（3）“滤渣1”“滤渣2”的主要成分分别为　 　，　 　。
（4）加入的目的是　 　。
（5）常温下，当溶液中、完全除去时：，则　 　。
（6）“沉锰”：在30-35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀，该反应的离子方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、NaHSO4在水中解离出 Na+、H+、SO42-，溶液呈酸性，但 H+会抑制水的电离，A不符合题意；
B、BeCl2是强酸弱碱盐，Be2+与水电离的 OH-结合，促进水的电离，溶液显酸性，B符合条件题意；
C、NaHSO3中 HSO3-电离强于水解，溶液显酸性，但电离出的 H+抑制水的电离，C不符合题意；
D、KNO3是强酸强碱盐，不影响水的电离，溶液呈中性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分析各物质在水中的电离或水解行为，判断溶液酸碱性及对水电离的作用（促进或抑制），选出符合 "酸性且促进水电离" 的选项。A．考查NaHSO4的电离特点。
B．判断BeCl2的水解特性。
C．考查NaHSO3的电离与水解对比。
D．考查KNO3的溶液性质。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、SO2中 S 原子采取 sp2 杂化，含 1 对孤电子对，VSEPR 模型为平面三角形，与选项图示不符，A错误；
B、洪特规则要求电子优先分占同一能级的不同轨道且自旋平行。磷的 3p 轨道有 3 个电子，应分占 3 个轨道，选项中排布违背此规则，B正确；
C、σ 键由 s 轨道与 p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云轮廓应为轴对称的圆柱形，与选项图示不符，C错误；
D、BeCl2中 Be 原子采取 sp 杂化，分子空间结构为直线形，而非 V 形，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据 VSEPR 模型、洪特规则、σ 键特征及分子空间结构的判断方法，逐一分析各选项的化学用语描述是否正确。
A．考查SO2的 VSEPR 模型。
B．掌握磷原子价层电子排布是否符合洪特规则。
C．考查H-Cl 的 σ 键电子云轮廓图。
D．考查BeCl2的空间结构。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】①基态 He 电子排布为 1s2（全充满），基态 H 电子排布为 1s （既非全空、半充满，也非全充满的典型特例相关情况，只是正常排布），不能作为洪特规则特例的证据；
②Fe2+ 价电子排布为 3d6，Fe3+ 价电子排布为 3d5（半充满，更稳定），所以 Fe2+ 易失电子变 Fe3+，体现洪特规则特例，可作为证据；
③基态 Cu 电子排布为 [Ar]3d 4s ，3d 轨道全充满，更稳定，所以不是 [Ar]3d94s2，体现洪特规则特例，可作为证据；
④激发态是电子获能进入高能层，与基态原子 “全空”“半充满”“全充满” 的稳定排布无关，不能作为证据；
综上，②③符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据洪特规则特例（核外 p、d 能级等原子轨道电子排布为 “全空”“半充满”“全充满” 时更稳定），逐一分析各事实是否符合。
4．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；烷烃
【解析】【解答】A、椅式构象中氢原子空间位阻小，能量低于船式构象，二者能量不同，A错误；
B、基态 Cu 原子的 2p 、2p 、2pz 属于同一能级，能量相同，为简并轨道，B正确；
C、激光、焰火源于电子从高能级跃迁至低能级时释放能量，而非吸收能量，C错误；
D、根据对角线规则，Mg 与 Be 性质相似，而非与 B，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合原子结构、分子构象特点、电子跃迁规律及对角线规则，对各选项的正确性进行判断。A．考查环己烷（C6H12）椅式与船式构象的能量差异。
B．考查简并轨道的定义（同一能级中能量相同的轨道）。
C．判断电子跃迁与能量变化的关系。
D．考查对角线规则的应用（对角线元素性质相似）。
5．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、HF 的氢键键能大于 H2O，但 H2O 沸点更高是因每个分子形成的氢键数目更多，A错误；
B、P 有 3d 轨道可形成 PCl5（sp3d 杂化），N 无 2d 轨道，无法形成 NCl5，B错误；
C、烷基推电子使 C2H5NH2中 N 电子云密度比 NH3大，碱性更强，故 Kb：C2H5NH2 > NH3，C正确；
D、冰中 H2O 靠氢键形成四面体结构（4 个紧邻分子），H2S 无氢键，紧邻分子数不同，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合氢键特性、原子杂化类型、基团电子效应及分子间作用力差异，判断各选项类比或推论的合理性。A．H2O 与 HF 沸点差异的原因（氢键数目而非键能）。
B．N 与 P 形成氯化物的差异（价层轨道是否含 d 轨道）。
C．烷基推电子效应对胺类碱性及 Kb 的影响。
D．H2O 与 H2S 晶体中分子间作用力差异（氢键有无）。
6．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、电镀铁上镀铜，阳极 Cu 失电子生成 Cu2+，反应为 Cu-2e- = Cu2+，消耗 1mol Cu 时，转移电子数为 2NA，并非大于 2NA，A错误；
B、SO2中心 S 原子价电子对数为 2 + (6 - 2×2)÷2 = 3；64g SO2物质的量为 1mol，故中心原子价电子对数为 3NA，B正确；
C、醋酸铵溶液中 NH4+ 会水解，导致其数目减少，100mL 1mol/L 醋酸铵溶液中 NH4+ 数目小于 0.1NA，C错误；
D、基态铬原子价层电子排布为 3d54s ，有 6 个未成对电子，1mol 基态铬原子中未成对电子数为 6NA，并非 4NA，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据阿伏加德罗常数的相关知识，结合电镀原理、价电子对计算、盐类水解、原子电子排布等内容，逐一分析各选项。A．电镀时阳极 Cu 的反应及电子转移数。
B．SO2中心原子价电子对数的计算及物质的量相关。
C．醋酸铵溶液中 NH4+ 的水解对粒子数的影响。
D．基态铬原子的未成对电子数。
7．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Al(OH)3不溶于过量氨水，反应生成 Al(OH)3沉淀和 NH4+，A正确；
B、少量 SO2被 ClO-氧化为 SO42-，ClO-部分变为 Cl-，部分生成 HClO，B正确；
C、PbS 转化为更难溶的 CuS，同时生成 PbSO4，C正确；
D、SO42-完全沉淀时，KAl(SO4)2与 Ba(OH)2按 1：2 反应，Al3+与 OH-按 1：4 反应生成 [Al(OH)4]-，D错误；
故答案为：D。
【分析】根据离子方程式书写规范，结合物质反应特性（如沉淀生成、氧化还原、反应比例等），判断各选项表述是否正确。
8．【答案】B
【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
【解析】【解答】A、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：OB、电负性F＞Cl＞H，结合周围原子电负性大者则键角小，则键角：NH3>NF3，B正确；
C、Q为Al元素，电子排布式1s22s22p63s23p1，有7个轨道，则核外电子有7种空间运动状态，C错误；
D、O3的空间结构为V形，分子中正电荷中心和负电荷中心不重合，O3是极性分子，D错误；
故答案为：B。
【分析】X是宇宙中含量最高的元素，X为H元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，则其电子排布式1s22s22p3，Y为N元素，W是电负性最大的元素，则W为F元素，Q逐级电离能（kJ/mol）依次为578、1817、2745、11575、14830、18376，第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F，Q为Al元素。
9．【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、10.0mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B、恒温恒压密闭容器中，充入惰性气体，各物质的浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C、该反应的K=c(CO2)，K只与温度有关，温度不变，则K不变，因此反应达到平衡后，其他条件不变，将反应的体积缩小一半，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，但达到新平衡时二氧化碳的浓度不变，故C错误；
D、到平衡后，保持容器温度和容积不变，再通入一定量的 ，平衡正向移动，再次达到平衡时 的百分含量减小，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、反应物浓度减小，反应速率减慢；
B、充入惰性气体，各物质浓度减小，反应速率减慢；
C、根据K=c(CO2)分析；
D、增大压强，该反应的平衡正向移动。
10．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；极性分子和非极性分子；有机物的结构和性质
【解析】【解答】 A、青蒿素分子式为 C15H22O5，手性碳是连有 4 个不同基团的碳，其分子含 7 个手性碳，A正确；
B、碘（非极性）易溶于四氯化碳（非极性），甲烷（非极性）难溶于水（极性），均符合相似相溶，B正确；
C、含 O-H 极性键和 O-O 非极性键，分子正负电中心不重合，属极性分子，C正确；
D、三聚 SO3结构使其极性弱，且反应活性低，在水中溶解度小，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合分子结构特征（如手性碳、极性）、相似相溶原理、化学键类型等知识，判断各选项对分子性质解释的合理性。
A．考查青蒿素的分子式及手性碳原子数量。
B．相似相溶规律的应用。
C．考查过氧化氢的化学键与分子极性。
D．判断三聚 SO3的极性与水溶性。
11．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、图①中 Zn 为负极（更活泼），Fe 为正极，Fe 不失去电子，无 Fe2+生成。滴入 K3[Fe(CN)6] 不会产生蓝色沉淀，A错误；
B、图②中是干燥空气，缺少水，铁丝难以生锈（生成 Fe2O3 xH2O），B错误；
C、图③中 M 需是比铁活泼的金属（作负极被腐蚀）。若换为石墨（不如铁活泼），钢铁会作负极被腐蚀，无法防护，C错误；
D、图④电源断开后，钢铁闸门在海水中形成原电池，海水呈弱碱性，铁发生吸氧腐蚀（正极 O2得电子），D正确；
故答案为：D。
【分析】根据金属腐蚀的类型（化学腐蚀、电化学腐蚀）和防护方法（牺牲阳极、外加电流等），分析各装置中金属的腐蚀情况及防护效果。A． 原电池正负极反应与 Fe2+的生成。
B． 考查铁生锈的条件（水和氧气）。
C． 掌握牺牲阳极法中保护材料的要求。
D．判断海水环境中铁的腐蚀类型。
12．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时 Na+从 b 电极区域向 a 电极区域移动，在电池中阳离子向正极移动，因此 a 是正极，b 是负极，A错误；
B、放电时 b 为负极，负极发生失电子的氧化反应，电极反应为 Na C 失去电子生成 Na+和 C，即 Na C-xe-=xNa++C，B正确；
C、充电时 a 为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，正确反应式应为
Na4Fe (CN)6-xe-=Na4- Fe(CN)6+xNa+，而非得电子的还原反应，C错误；
D、铅酸电池充电时，PbO2为阳极（接电源正极），Pb 为阴极（接电源负极）。该电池放电时 b 为负极，充电时作阴极，应接铅酸电池的 Pb 极，而非 PbO2极，D错误；
故答案为：B。【分析】A．根据 Na+移动方向判断电极极性。
B．负极发生氧化反应的电极反应式。
C．充电时阳极的电极反应。
D．充电时电极的连接关系。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】锌的物质的量：0.65g 锌的物质的量为 0.01mol。
盐酸与锌的反应：pH=2 的 1L 盐酸中，H+物质的量为 0.01mol（HCl 完全电离）。反应中 HCl 不足，生成 H2为 0.005mol；随着反应进行，H+浓度快速下降，反应速率逐渐减慢。
醋酸与锌的反应：pH=2 的醋酸浓度远大于 0.01mol/L（弱酸部分电离）。反应中锌不足，生成 H2为 0.01mol（比盐酸多）；且反应中醋酸不断电离补充 H+，H+浓度下降慢，反应速率比盐酸快。
综上，醋酸生成 H2更多且反应更快，符合的选项为 C；
故答案为：C。
【分析】通过分析盐酸（强酸）和醋酸（弱酸）的电离差异，结合锌与酸反应的化学计量关系，比较两者反应速率和生成氢气的量，判断符合事实的图像。
14．【答案】D
【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
【解析】【解答】A、醋酸溶液中存在的离子有 H+、OH-和 CH3COO-。根据电荷守恒，溶液中所有阳离子所带正电荷总浓度等于所有阴离子所带负电荷总浓度，即 c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，A正确；
B、常温下，pH=2 的 CH3COOH 溶液中 c (H+)=0.01mol/L，pH=12 的 NaOH 溶液中
c(OH-)=0.01mol/L。但CH3COOH是弱电解质，仅部分电离，其实际浓度远大于 0.01mol/L；NaOH 是强电解质，浓度等于 0.01mol/L。等体积混合时，CH3COOH 过量，反应后溶液仍呈酸性，故 pH<7，B正确；
C、醋酸的电离平衡为 CH3COOH CH3COO-+H+。加入 CH3COONa 固体后，溶液中 CH3COO-浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡会向减弱这种变化的方向（逆向）移动，以减少 CH3COO-的浓度，C正确；
D、加水稀释时，醋酸的电离平衡正向移动，n(CH3COO-) 和 n(H+) 增多，但溶液体积增大的幅度更大，因此 c(CH3COO-) 和 c(H+) 均减小。由于水的离子积 Kw=c (H+) c (OH-) 是定值（常温下为 1×10- 4），当 c(H+) 减小时，c(OH-) 必然增大，并非所有离子浓度都减小，D错误；
故答案为：D。【分析】A．电荷守恒的应用。
B．强弱电解质反应后的溶液酸碱性。
C．浓度对电离平衡的影响。
D．稀释对弱电解质溶液离子浓度的影响。
15．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、 < ，则先生成的黄色沉淀为 ， 白色沉淀是 ，故A正确；
B、产生白色沉淀时，碘化银达到沉淀溶解平衡状态，即溶液中存在 ，故B正确；
C、 若起始时向卤水中滴加2滴硝酸银，Qc=c(I-)c(Ag+)≈1.0×10-3×10-4×1.0×10-3=1.0×10-10，比碘化银溶度积大，则有碘化银沉淀生成，故C正确；
D、氯化银开始沉淀时，，，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、碘化银的溶解度小于氯化银；
B、产生白色沉淀时，碘化银达到溶解平衡；
C、计算Qc与Ksp比较确定是否产生沉淀；
D、根据、 计算。
16．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、当 H2A 与 HA-物质的量分数相等时，pH=1.2，此时 Ka1=c(H+)=10—1.2 ，故 pKa1=1.2，A正确；
B、任何溶液都呈电中性，电荷守恒式 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-) 始终成立，B正确；
C、20mL 0.1mol/L H2A 与 30mL 0.1mol/L NaOH 混合后，生成等浓度的 NaHA 和 Na2A。因 HA-电离程度大于水解程度，且 A2-会水解，此时 c (HA-) < c (A2-)，与图像中 c (HA-)=c (A2-) 时 pH=4.2 的情况不符，故混合液 pH≠4.2，C错误；
D、HA-的水解常数 数 Kh==＜Ka2， ，说明 HA-电离占优，溶液呈酸性，离子浓度为 c (Na+) > c (HA-) > c (A2-) > c (OH-)，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合图像中二元弱酸 H2A 及其离子（HA-、A2-）的分布分数与 pH 的关系，利用电离平衡常数、电荷守恒及离子浓度比较规则，分析各选项正误。A．pKa1的确定（H2A 与 HA-浓度相等时的 pH）。
B．考查电荷守恒的适用性。
C．考查混合溶液的成分与 pH 关系。
D．判断NaHA 溶液中离子浓度大小。
17．【答案】（1）NH3>PH3>AsH3
（2）ds；[Ar]3d24s2；
（3）>
（4）四面体形；sp3；>
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，故热稳定性由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3；
故答案为： NH3>PH3>AsH3 ；
（2）Zn元素原子序数为30，处于周期表第四周期第IIB族，属于ds区；Ti元素原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2；Fe元素原子序数为26，基态原子核外电子排布为[Ar]3d64s2，它失去3个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的价层电子的轨道表示式为；
故答案为： ds ； [Ar]3d24s2 ； ；
（3）失去1个电子后Zn的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后Cu的价电子排布为3d10，此排布是全满状态会更加稳定，故Cu失去第二个电子更难，则I2(Cu)>I2(Zn)；
故答案为： > ；
（4）和与CCl4互为等电子体，根据CCl4的分子的空间结构为正四面体，考虑到中心硫原子连接的四个原子不完全相同，故和分子的空间结构为四面体形，中心原子S原子的杂化方式为sp3杂化；F的电负性更大，使SO2F2价层电子密度更小，价层电子斥力更小，故键角大小比较：>。
故答案为： 四面体形 ； sp3 ； > 。
【分析】（1） 同主族元素从上到下非金属性减弱，简单氢化物稳定性随非金属性减弱而减弱，据此比较热稳定性。
（2） 根据 Zn 的周期表位置判断分区；依据 Ti 的原子序数写出电子排布式；Fe3+由 Fe 原子失 3 个电子形成，据此写出价层电子轨道表示式。
（3） 比较 Cu 和 Zn 失去第一个电子后的价电子排布稳定性，稳定排布更难失去第二个电子，从而判断第二电离能大小。
（4） 利用等电子体（与 CCl4）判断空间结构；根据中心原子成键情况确定杂化方式；结合 F 和 Cl 的电负性差异，分析价层电子斥力，比较键角大小。
（1）同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，故热稳定性由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3；
（2）Zn元素原子序数为30，处于周期表第四周期第IIB族，属于ds区；Ti元素原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2；Fe元素原子序数为26，基态原子核外电子排布为[Ar]3d64s2，它失去3个电子形成Fe3+，故基态Fe3+的价层电子的轨道表示式为；
（3）失去1个电子后Zn的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后Cu的价电子排布为3d10，此排布是全满状态会更加稳定，故Cu失去第二个电子更难，则I2(Cu)>I2(Zn)；
（4）和与CCl4互为等电子体，根据CCl4的分子的空间结构为正四面体，考虑到中心硫原子连接的四个原子不完全相同，故和分子的空间结构为四面体形，中心原子S原子的杂化方式为sp3杂化；F的电负性更大，使SO2F2价层电子密度更小，价层电子斥力更小，故键角大小比较：>。
18．【答案】（1）10-13mol/L；醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+；9：11
（2）A；B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①0.1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，根据Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(OH-)=10-13mol/L，氢氧根一定是水电离产生，且水电离产生一个氢氧根同时会产生一个氢离子，故溶液c中水电离出c(H+)=10-13mol/L；
②b是醋酸，醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，发生不完全电离，故0.1mol/L醋酸中c(H+)<0.1mol/L，溶液pH=3>1；
③溶液混合后pH=2说明酸过量，则c(H+)==0.01mol/L，解得V1：V2=9：11；
故答案为： 10-13mol/L ； 醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+ ； 9：11 。
（2）电离常数越大，酸性越强，根据表格中数据可知，酸性：HSCN>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>；
A．酸性：CH3COOH>H2CO3，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生，A正确；
B．酸性：CH3COOH>HCN，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生，B正确；
C．酸性：H2CO3>HClO>，无论CO2少量还是过量，反应应当为CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，C错误；
D．酸性：H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，D错误；
故答案为：AB。
【分析】（1）①盐酸中 H+主要来自 HCl 电离，水电离的 OH-与 H+浓度相等，结合 Kw=10- 4计算得水电离的 H+为 10- 3mol/L。
②醋酸是弱酸，存在电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+，不能完全电离，故 0.1mol/L 时 pH=3。
③混合后酸过量，根据剩余 H+浓度公式列方程，解得 V1：V2=9：11。
（2）先比较酸性强弱：HSCN>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，再按 “强酸制弱酸” 判断反应可行性，符合的为 AB。
（1）①0.1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，根据Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(OH-)=10-13mol/L，氢氧根一定是水电离产生，且水电离产生一个氢氧根同时会产生一个氢离子，故溶液c中水电离出c(H+)=10-13mol/L；
②b是醋酸，醋酸为弱酸，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，发生不完全电离，故0.1mol/L醋酸中c(H+)<0.1mol/L，溶液pH=3>1；
③溶液混合后pH=2说明酸过量，则c(H+)==0.01mol/L，解得V1：V2=9：11；
（2）电离常数越大，酸性越强，根据表格中数据可知，酸性：HSCN>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>；
A．酸性：CH3COOH>H2CO3，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生，A正确；
B．酸性：CH3COOH>HCN，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生，B正确；
C．酸性：H2CO3>HClO>，无论CO2少量还是过量，反应应当为CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，C错误；
D．酸性：H2CO3>HCN，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生，D错误；
故选AB。
19．【答案】（1）H2；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
（2）13
（3）Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应
（4）会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；pH的简单计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据分析可知，A物质是阴极电极反应的产物H2，电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
故答案为： H2 ；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；；
（2）在阴极产生448mL气体，(标准状况)后停止实验，即氢气物质的量为0.02mol，由电极反应式可知，产生OH-物质的量为0.04mol，又测得阴极室中溶液的体积为400mL，则c(OH-)=0.1mol/L，Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(H+)=10-13mol/L，故溶液pH=13；
故答案为：13；
（3）经分析，饱和NaCl的作用有4个，①提供，参与电极反应：②通过定向移动，形成闭合回路；③生成NaOH；④Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应；
故答案为： Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应 ；
（4）若B处加入饱和食盐水，并改用阴离子交换膜，无法阻止Cl2与OH-反应，会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产。
故答案为： 会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产 。
【分析】氯碱工业种，左侧电极上氯离子失电子产生氯气，为阳极，右侧水得电子产生A为氢气，电极反应式为H2O+2e-=H2↑+2OH-，故氢氧根离子浓度增大，左侧钠离子通过阳离子交换器进入右侧，产生氢氧化钠；
（1）氯碱工业中阴极生成 H2；电解 NaCl 溶液总离子反应为 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
（2）计算阴极 H2的物质的量，推得 OH-浓度为 0.1mol/L，pH=13。
（3）饱和 NaCl 中 Cl-浓度高，使 Cl2+H2O H++Cl-+HClO 平衡左移，抑制 Cl2与水反应。
（4）改用阴离子交换膜，Cl-移向阳极与 OH-反应，降低 NaOH 纯度。
（1）根据分析可知，A物质是阴极电极反应的产物H2，电解NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
（2）在阴极产生448mL气体，(标准状况)后停止实验，即氢气物质的量为0.02mol，由电极反应式可知，产生OH-物质的量为0.04mol，又测得阴极室中溶液的体积为400mL，则c(OH-)=0.1mol/L，Kw=c(OH-)×c(H+)=10-14，则c(H+)=10-13mol/L，故溶液pH=13；
（3）经分析，饱和NaCl的作用有4个，①提供，参与电极反应：②通过定向移动，形成闭合回路；③生成NaOH；④Cl2在水中存在平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和NaCl使氯离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制Cl2与水反应；
（4）若B处加入饱和食盐水，并改用阴离子交换膜，无法阻止Cl2与OH-反应，会造成NaOH纯度下降，不利于实现氯碱生产。
20．【答案】-171kJ/mol；；BE；37.5；>；210~240℃时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大；温度超过240℃时，反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的转化率逐渐减小
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，反应②=反应①×2-反应③+CO2催化制取甲烷的反应，ΔH2=(-41×2+73-162)kJ/mol=-171kJ/mol。
故答案为： -171kJ/mol ；
（2）由图，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率；
故答案为： ；
（3）A．在原容器中再充入1molCO2，CO2的量增大，反应速率增大，促进平衡正向移动，但是二氧化碳本身转化率减小，A错误；
B．在原容器中再充入1molH2，反应物浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，B正确；
C．在原容器中充入1mol氦气，反应物和产物浓度都不变，化学平衡不移动，CO2转化率不变，C错误；
D．催化剂只能影响反应速率，不影响化学平衡，CO2转化率不变，D错误；
E．反应为气体分子数减小的反应，缩小容器体积，压强增大，反应速率增大，且化学平衡正向移动，CO2转化率增大，E正确；
F．将水蒸气从体系中分离，产物浓度减小，反应速率减小，化学平衡正向移动，CO2转化率增大，F错误；
故答案为：BE。
（4）①A点CO2转化率为90%，则反应0.9mol二氧化碳，有：
则。
②A点时向体系中同时加入0.1molCO2和0.1molH2O，则，此时反应正向进行，>。
③210~240℃时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大；温度超过240℃时，反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的转化率逐渐减小。
故答案为： 37.5 ； > ； 210~240℃时，反应未达到平衡，温度越高，速率越大，随着温度升高，相同时间内的转化率逐渐增大；温度超过240℃时，反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致的转化率逐渐减小 。
【分析】（1）用盖斯定律，通过已知反应焓变计算得 ΔH2=-171kJ/mol。
（2）由图知 CO2平衡时转化 0.75mol，结合反应式中速率关系，算得 v (H2)=0.225mol/(L min)。
（3）分析各措施：B（加 H2）和 E（缩小体积）能同时加快速率并提高 CO2转化率，选 BE。
（4）① A 点 CO2转化率 90%，算平衡时各物质浓度，得 K=37.5。
② 加入物质后 Qc=20.8＜K，反应正向进行，v (正)＞v (逆)。
③ 210-240℃：未平衡，升温加快反应，转化率增大；超 240℃：达平衡，放热反应升温使平衡逆移，转化率下降。
21．【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质
（2）4.7≤pH<8.1
（3）SiO2；Al(OH)3和Fe(OH)3
（4）使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去
（5）4×10 3
（6）Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浸出液中有Fe2+，为了便于后续沉淀除去铁，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质；
故答案为： 将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质 ；
（2）加入氨水调节溶液pH除去Al3+和Fe3+，使他们以氢氧化物沉淀，同时避免Mn2+沉淀，根据表格中数据可知，4.7≤pH<8.1；
故答案为： 4.7≤pH<8.1 ；
（3）由分析可知“滤渣1”“滤渣2”的主要成分分别为SiO2、Al(OH)3和Fe(OH)3；
故答案为： SiO2 ；Al(OH)3和Fe(OH)3 ；
（4）加入NH4F是为了使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去；
故答案为： 使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去 ；
（5）常温下，，，CaF2的Ksp更大，Ca2+更难除尽，故以Ca2+完全除去计算，c(F )≥；
故答案为： 4×10 3 ；
（6）碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，得到沉淀，反应液最终接近中性，故同时生成CO2和H2O，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
故答案为： Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O 。
【分析】菱锰矿经粉碎后加盐酸溶解，其中 SiO2不溶于盐酸，成为滤渣 1 的主要成分。酸溶后，浸出液含 Fe2+，需用 MnO2将其氧化为 Fe3+，便于后续除杂；加氨水调 pH，使 Al3+和 Fe3+分别以 Al (OH)3、Fe(OH)3形式沉淀（控制 pH 避免 Mn2+沉淀），形成滤渣 2；加入 NH4F，使溶液中 Ca2+、Mg2+转化为 CaF2、MgF2沉淀除去，即为滤渣 3；最后加 NH4HCO3，与 Mn2+反应生成 MnCO3沉淀，干燥后得高纯度碳酸锰。据此解题。
（1）浸出液中有Fe2+，为了便于后续沉淀除去铁，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，同时不引入新的杂质；
（2）加入氨水调节溶液pH除去Al3+和Fe3+，使他们以氢氧化物沉淀，同时避免Mn2+沉淀，根据表格中数据可知，4.7≤pH<8.1；
（3）由分析可知“滤渣1”“滤渣2”的主要成分分别为SiO2、Al(OH)3和Fe(OH)3；
（4）加入NH4F是为了使Ca2+、Mg2+转化为CaF2和MgF2沉淀除去；
（5）常温下，，，CaF2的Ksp更大，Ca2+更难除尽，故以Ca2+完全除去计算，c(F )≥；
（6）碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，得到沉淀，反应液最终接近中性，故同时生成CO2和H2O，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
1 / 1

展开更多......

收起↑