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浙江省宁波市奉化区2024-2025学年高二上学期期末联考化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项符合要求)
1．（2025高二上·奉化期末）各种形式的能量转换为生活提供便利，下列选项主要依靠化学能转化为热能的
捏破内袋瞬间降温
A．一次性速冷冰袋 B．自热饭速食米饭
C．新能源汽车 D．麒麟970芯片
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·奉化期末）化学与生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A．制作馒头时添加膨松剂 B．洗衣服时使用加酶洗衣粉
C．向炉膛内鼓风 D．在月饼包装内放置抗氧化剂
3．（2025高二上·奉化期末）化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法正确的是
A．PCl3的VSEPR模型：
B．HCl分子中的σ键电子云轮廓图：
C．激发态硼原子的电子排布图：
D．基态29Cu原子的电子排布式：
4．（2025高二上·奉化期末）下列实验方案或装置能达到目的的是
A．图①：用于定量测量化学反应速率
B．图②：用于中和热的测定
C．图③：可以探究H2O2分解的热效应
D．图④：2NO2(g)N2O4(g)，若气体颜色加深，说明平衡逆向移动
5．（2025高二上·奉化期末）下列说法错误的是
A．ns能级电子的能量可能低于(n-1)p能级电子的能量
B．6C的电子排布式为，违反了洪特规则
C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D．电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
6．（2025高二上·奉化期末）关于化学反应与能量的说法正确的是
A．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：
B．已知，则可知金刚石比石墨更稳定
C．已知稀溶液中，，则醋酸溶液与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出小于57.3kJ的热量
D．一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，则其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3
7．（2025高二上·奉化期末）在生产生活中，金属腐蚀会带来严重的经济损失。下列说法正确的是（　　）
A．生铁浸泡在食盐水中易发生析氢腐蚀
B．在船舶外壳安装锌块，利用了牺牲阳极法
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe-3e-=Fe3+
D．将钢铁闸门与电源正极相连的防腐措施属于外加电流法
8．（2025高二上·奉化期末）BeCl2属于共价化合物，可以单体分子、二聚体分子(图a)和多聚体分子(图b)等形式存在。下列说法错误的是
A．Be的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能
B．单体BeCl2分子的空间结构为直线形
C．多聚体分子中Be的杂化轨道类型为sp3
D．二聚体分子BeCl2为极性分子
9．（2025高二上·奉化期末）25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH-，下列叙述正确的是
A．将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性
B．25℃时，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw变小
C．保持温度不变，向纯水中加入少量CH3COONa固体，c(OH-)增大，Kw不变
D．向纯水中加入盐酸，可抑制水的电离；加入醋酸，可促进水的电离
10．（2025高二上·奉化期末）物质结构决定其性质，下列实例与解释有错误的是
　 实例 解释
A CF3COOH的酸性强于CCl3COOH F的电负性大于Cl，使得F3C-的极性大于Cl3C-，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子
B 臭氧O3在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 臭氧O3是非极性分子
C 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键
D 第一电离能： Al原子失去的电子是3p能级的，而Mg原子失去的电子是3s能级的，3p能级的能量高于3s能级
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高二上·奉化期末）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：
B．反应Ⅰ既有极性键的断裂与形成，又有非极性键的断裂与形成
C．选择优良的催化剂可以降低反应的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
D．总反应的速率取决于反应Ⅰ
12．（2025高二上·奉化期末）物质的生成热可定义为：在标准状态下，由最稳定单质生成1 mol物质所放由的热量，用表示。已知下列几种物质的生成热如表：
物质
生成热 0 0 -775 -1209
已知： ，下列说法正确的是
A．相同物质的量的和能量之和比等物质的量的能量低
B．
C．断裂1mol 分子中的化学键要放出775kJ的热量
D．的生成热与燃烧热在数值上相等
13．（2025高二上·奉化期末）如图是某压强下，与按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线。其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。下列说法不正确的是
A．图中曲线Ⅰ是平衡时的曲线
B．图中c点，v(正)>v(逆)
C．图中b点，容器内气体
D．550℃后曲线Ⅱ下降的原因可能是催化剂活性下降
14．（2025高二上·奉化期末）是国家卫健委专家推荐的高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图所示，下列有关说法不正确的是
A．a电极为电源的正极
B．生成和的物质的量比为1：3
C．转移电子后，阴极区加入可复原
D．二氧化氯发生器中生成的X溶液的主要溶质为
15．（2025高二上·奉化期末）X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A．沸点：X2Z>X2Q
B．M与Q可形成化合物M2Q、M2Q2
C．键角：QZ3>QZ2
D．与离子空间结构均为三角锥形
16．（2025高二上·奉化期末）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ代表lg c(H2C2O4)的变化
B．时，溶液的
C．任意下均有：
D．时，
二、填空题(共52分)
17．（2025高二上·奉化期末）部分中学化学常见元素原子的结构及性质如表所示：
元素 结构及性质
A A是一种常见的金属元素，它的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体
B B是一种常见的金属元素，原子核外有三个电子层且最外层电子数为偶数
C C的气态氢化物易液化，常用作制冷剂
D D的单质为灰黑色具有金属光泽的固体，是太阳能电池板的常用材料
E E的原子最外层电子数是内层电子总数的3倍
F F在周期表中排在第ⅠA族，也有人提出可以排在第ⅦA族
（1）A元素在周期表中的位置为　 　，E原子的价层电子排布图为　 　。
（2）元素C、D、E的第一电离能由大到小的排列顺序　 　(用元素符号表示，下同)，元素C、D、E、F的电负性由大到小的排列顺序　 　。
（3）在B原子中，电子占据的最高能层符号为　 　，有　 　种运动状态不同的电子。
（4）C与E可以形成原子个数比分别为1∶2和1∶3的两种阴离子X和Y，X离子的VSEPR模型名称为　 　，Y离子的空间结构为　 　。
（5）根据对角线规则，书写Li在氧气中燃烧的化学方程式　 　。
18．（2025高二上·奉化期末）25℃时，有关物质平衡常数的数值如表所示：
CH3COOH H2SO3 H2S
Ka=1.69×10-5 Ka1=1.54×10-2 Ka2=1.02×10-7 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.0×10-13
H2CO3 HClO CuS
Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=3.0×10-8 Ksp=6.0×10-36
（1）前三种酸由强到弱的顺序是　 　。
（2）同浓度的CH3COO-、SO、CO结合H+能力由大到小的顺序为　 　。
（3）初始浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液pH为　 　。(已知lg1.3=0.11)
（4）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，则下列关于混合溶液的说法中不正确的是_______。
A．c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)
B．c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)
C．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L
D．c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
（5）向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为　 　。
（6）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数为　 　(保留小数点后一位)。
19．（2025高二上·奉化期末）氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。
请回答下列问题：
（1）气体X、Y分别是　 　、　 　(填化学式)。
（2）燃料电池中正极的电极反应式为　 　。
（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序　 　。
20．（2025高二上·奉化期末）氨是重要的化工产品，其生产流程如图(1)所示，合成原理为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ，请回答下列问题：
（1）已知：298K时相关物质的标准熵数据如下表：
化学式
标准熵： 191.2 130.7 192.8
计算合成氨反应的熵变　 　，综合考虑焓变和熵变，合成氨反应在　 　条件下有利于反应自发进行。
（2）下列说法正确的是_______。
A．利用压缩机进行加压有利于更快更多的生产氨气
B．热交换器可以冷却进入的原料气，防止催化剂过热
C．当断裂1mol键的同时生成2mol键则说明合成氨反应已达平衡
D．通过使用催化剂和分离液态氨气等措施，可以提高反应的平衡转化率
（3）某学习小组在一恒容密闭容器中按照通入原料气模拟合成氨反应，测得容器内压强变化如下表：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25 30
压强/MPa 16.80 14.78 13.86 13.27 12.85 12.60 12.60
用各物质的物质的量分数代替浓度(物质的量分数=该气体的物质的量÷混合物总物质的量)，计算反应的平衡常数　 　。(保留3位有效数字)
（4）研究发现，合成氨反应的决速步为在催化剂表面的吸附，当原料气中时平衡体系中的物质的量分数最高。但实际工业生产中采用为2.8～2.9，试分析原因：　 　。
（5）实际工业生产中，反应往往未达平衡时就将产物分离进行下一步操作。保持其他条件不变，合成氨反应的速率以及平衡时体系中的物质的量分数随温度的变化曲线如图(2)和(3)。请在图(3)中画出400～600℃时，经历相同时间后体系中氨气的物质的量分数示意图　 　。
21．（2025高二上·奉化期末）生物炼铜技术是一种利用微生物开矿的湿式制铜技术，适用于从含铜量极低的矿石中冶炼出铜，具有环保、高效、低成本的优点。利用生物炼铜方法可以制备金属铜，同时生成副产品FeSO4·7H2O，相关转化过程如下图所示：
金属离子沉淀的如下表。
　 Fe3+ Cu2+ Fe2+
开始沉淀时的 1.5 4.2 6.3
完全沉淀时的 2.8 6.7 8.3
（1）请写出在硫化细菌作用下转化生成的离子方程式　 　。
（2）请选择合适的试剂X_______。
A．新制氯水 B．双氧水
C．稀硝酸 D．酸性高锰酸钾
（3）调节的范围在　 　之间，试剂是　 　(写出一种即可)。
（4）测定的纯度
I．用分析天平称取晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成的待测液；
Ⅱ．取的待测液置于锥形瓶中，用的标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的标准液的体积如下表所示：
实验组 第一次 第二次 第三次
滴定前溶液的体积 0.05 0.20 1.10
滴定后溶液的体积 19.95 20.30 22.1
①标准液盛放在　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②对于上述滴定操作，下列描述正确的是　 　。
A．装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上
B．装液后若发现有气泡，可快速向下放液排气泡
C．滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口
D．滴定过程中，左手轻轻挤压滴定管中的玻璃球，右手轻轻摇动锥形瓶
E．刚开始滴定时，可使溶液流成“水线”快速流下
③滴定终点的现象是　 　。
④该晶体的纯度是　 　(保留2位小数)。
⑤现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是　 　。
A．在配制待测液定容时仰视
B．原锥形瓶中有水
C．待测液配制过程中被氧气氧化
D．滴定前盛放KMnO4标准液的滴定管中滴定前有气泡，滴定后气泡消失
E．滴定终点时仰视读数
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、一次性速冷冰袋降温是利用冰融化吸热，此过程没有新物质生成，属于物理变化，不存在化学能转化为热能，A错误；
B、自热饭速食米饭是通过生石灰（CaO）和水发生化学反应（CaO+H2O=Ca(OH)2），该反应放出大量热，将化学能转化为热能来加热米饭，B正确；
C、新能源汽车主要是把电能转化为动能，用于驱动汽车，并非化学能转化为热能，C错误；
D、麒麟 970 芯片工作时发热，是将电能转化为热能，没有化学变化参与，不存在化学能转化为热能，D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每个选项中能量转化的形式，判断是否为化学能转化为热能，依据是是否有化学反应发生且伴随热量变化。
2．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、制作馒头时加膨松剂，是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳让面团膨胀，重点是反应生成气体使面团体积变化，不是改变反应进行的快慢，和化学反应速率无关，A符合题意；
B、加酶洗衣粉里的酶是生物催化剂，合适温度下能加快污垢分解的反应速率，和化学反应速率有关，B不符合题意；
C、向炉膛鼓风，能增大氧气浓度，从而加快煤燃烧的反应速率，和化学反应速率有关，C不符合题意；
D、月饼包装里放抗氧化剂，会降低氧气浓度，减慢月饼氧化变质的反应速率，和化学反应速率有关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】判断每个选项所涉及的过程是否与化学反应速率有关，核心是看是否通过改变条件（如催化剂、浓度等）来改变反应进行的快慢。
3．【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
【解析】【解答】A、PCl3中 P 原子价电子数为 5，与 3 个 Cl 各形成 1 对共用电子对，剩余 1 对孤电子对，价层电子对数为 4（3 成键 + 1 孤对）， VSEPR模型：，A错误；
B、HCl 的 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云沿键轴呈轴对称分布， 电子云轮廓图：，B正确；
C、硼原子（核电荷数 5）基态电子排布为 1s22s22p ，是基态硼原子的电子排布图，C错误；
D、Cu 原子的 3d 轨道全充满（3d ）时更稳定，其基态电子排布式为 1s22s22p63s23p63d 4s ，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据化学用语（VSEPR 模型、σ 键电子云、电子排布图、电子排布式）的规范和物质结构原理，逐一验证选项正确性。
A．计算 PCl3中心原子价层电子对，确定 VSEPR 模型。
B．判断 HCl 分子中 σ 键的电子云重叠方式及轮廓。
C．区分基态与激发态硼原子的电子排布图。
D．书写基态29Cu 原子的电子排布式。
4．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；中和热的测定
【解析】【解答】A、图①中长颈漏斗下端未浸入液面以下，生成的气体（如 H2）会从漏斗口逸出，无法准确测量气体体积，不能用于定量测化学反应速率，故A不符合题意 ；
B、图②缺少环形玻璃搅拌棒，反应产生的热量分布不均，温度测量不准确，无法有效测定中和热，故B不符合题意 ；
C、H2O2在 MnO2催化下分解，若放热，集气瓶内空气受热膨胀，U 型管红墨水左侧下降、右侧上升；若吸热则相反。可通过液面变化探究热效应，故C符合题意 ；
D、体积从 2V 压至 V，NO2浓度瞬间增大（颜色加深），随后平衡向生成 N2O4的方向移动（颜色略浅）。仅观察到颜色加深，不能说明平衡逆向移动，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】根据各实验装置的设计原理，结合实验目的（测量反应速率、测定中和热、探究热效应、分析平衡移动），逐一判断装置是否合理。A．考查定量测反应速率需保证装置密封。
B．注意中和热测定需充分搅拌使反应均匀。
C．通过压强变化判断 H2O2分解的热效应。
D．考查压缩体积对 NO2-N2O4平衡的影响。
5．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A、按照构造原理，能级能量存在 “ns> (n-1) p” 的规律，即 ns 能级电子的能量一定高于 (n-1) p 能级电子的能量，不存在 ns 能级能量更低的情况，A错误；
B、6C 的 2p 能级有 3 个等价轨道，根据洪特规则，2 个电子应分占不同轨道且自旋方向相同。题目中的排布将 2 个电子填入同一轨道，违反洪特规则，B正确；
C、21Sc 的电子排布中，4s 轨道能量低于 3d 轨道，应先填充 4s 再填 3d。题目中电子排布式未填 4s 直接填 3d，违反能量最低原理，C正确；
D、3p 能级有 3 个轨道，最多容纳 6 个电子。题目中22Ti 的电子排布式中 3p 轨道填了 10 个电子，远超上限，违反泡利原理，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据电子排布的基本规则（构造原理、洪特规则、能量最低原理、泡利原理），分析各选项中电子排布是否符合规则，从而判断说法正误。A．考查能级能量高低的判断（构造原理）。
B．考查洪特规则的应用（等价轨道电子排布）。
C．掌握能量最低原理的要求（电子优先填充低能量轨道）。
D．考查泡利原理的限制（同一轨道最多容纳 2 个电子）。
6．【答案】C
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、燃烧热要求生成液态水，而该选项中生成的是气态水，不符合燃烧热的热化学方程式书写要求，A错误；
B、石墨转化为金刚石吸热，说明石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B 错误；
C、醋酸是弱酸，电离时吸热。稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成 1mol 水时，除了中和反应放热，还要弥补醋酸电离吸收的热量，所以放出热量小于 57.3kJ，C正确；
D、合成氨反应是可逆反应，0.5molN2和 1.5molH2不能完全反应生成 NH3。若完全反应，放热应大于 19.3kJ，所以热化学方程式中 ΔH 应小于 - 38.6kJ mol- ，D错误；
故答案为：C。
【分析】依次分析每个选项，结合燃烧热定义、物质稳定性与能量关系、弱电解质电离吸热、可逆反应热化学方程式特点来判断说法正误。A．掌握燃烧热的定义（生成稳定氧化物，水为液态）。
B．判断物质稳定性与能量的关系（能量越低越稳定）。
C．判断弱电解质电离吸热对中和热的影响。
D．考察可逆反应热化学方程式表示完全转化的能量变化。
7．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．食盐水显中性，生铁浸泡在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．在船舶外壳安装锌块，锌比铁活泼作负极，利用了牺牲阳极法，故B正确；
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是铁失去电子形成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．钢铁闸门应与电源负极相连通过还原反应保护，属于外加电流保护法，不是正极，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A.析氢腐蚀即为在酸性环境下，铁被腐蚀，同时生成氢气；
B.利用活泼金属做负极被腐蚀，从而起到保护船体目的，即为牺牲阳极法；
C.铁一般被氧化生成亚铁离子；而不是三价铁；
D.外加电流保护法即为被保护金属为阴极，不被消耗，起到保护作用。
8．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Be 的电子排布为 1s22s2，2s 轨道处于全满的稳定状态，失去电子需要更高能量。同周期相邻的 Li（1s22s ）和 B（1s22s22p ）电子层结构稳定性较差，因此 Be 的第一电离能大于这两种元素，A 正确；
B、单体 BeCl2中，Be 原子的价层电子对数为 2（成键电子对 2，孤电子对 0），根据价层电子对互斥理论，空间结构为直线形，B正确；
C、多聚体 [(BeCl2) ] 中，每个 Be 原子与 4 个 Cl 原子形成单键，价层电子对数为 4，故杂化轨道类型为 sp3，C正确；
D、二聚体 [(BeCl2)2] 具有对称结构，分子内正、负电荷中心完全重合，属于非极性分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】依据 Be 的电子排布特点、价层电子对互斥理论、杂化轨道类型判断及分子极性的决定因素，逐一分析各选项的正确性。A．第一电离能与原子电子层结构稳定性的关联。
B．用价层电子对互斥理论判断 BeCl2单体的空间结构。
C．多聚体中 Be 的杂化方式与成键数的关系。
D．分子极性取决于分子结构的对称性和电荷分布。
9．【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、水的电离是吸热过程，加热至 95℃时，电离程度增大，Kw 随温度升高而变大。此时水中 H+和 OH-浓度均增大，pH（-lg c(H+)）会减小，但因 c(H+)=c(OH-)，水仍呈中性，A错误；
B、25℃时加入稀氨水，氨水电离出 OH-使溶液中 c(OH-) 增大，抑制水的电离，平衡逆向移动。但 Kw 只与温度有关，温度不变则 Kw 不变，B错误；
C、加入 CH3COONa 固体，CH3COO-会与水电离出的 H+结合，使水的电离平衡正向移动（促进电离），导致 c (OH-) 增大。温度不变，Kw 保持不变，C正确；
D、盐酸（强酸）和醋酸（弱酸）均会电离出 H+，使水中 H+浓度增大，抑制水的电离（平衡逆向移动），并非醋酸促进电离，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据水的电离平衡特点，结合温度变化、外加物质（酸、碱、盐）对电离平衡的影响规律，以及水的离子积（Kw）的特性（仅由温度决定），逐一分析选项正确性。A．考查温度对水的电离、Kw 和 pH 的作用。
B．掌握弱碱对水的电离平衡及 Kw 的影响。
C．判断强碱弱酸盐对水的电离及离子浓度的影响。
D．掌握酸对水的电离的影响规律。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、F 的电负性比 Cl 大，导致 F3C - 的极性强于 Cl3C-。这种极性差异使 CF3COOH 中羧基的羟基极性更大，更易电离出 H+，因此 CF3COOH 酸性强于 CCl3COOH，A正确；
B、O3分子呈 V 形，正、负电荷中心不重合，属于极性分子。四氯化碳（CCl4）是非极性分子，水是极性分子。根据 “相似相溶” 规律，极性分子更易溶于极性溶剂，故 O3在水中的溶解度应高于在 CCl4中的溶解度，B错误；
C、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键。分子间氢键会增强分子间作用力，使沸点升高，因此邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，C正确；
D、Mg 失去的是 3s 轨道电子，Al 失去的是 3p 轨道电子。3p 轨道能量高于 3s 轨道，电子更易失去，故第一电离能 Mg＞Al，D正确；
故答案为：B。
【分析】从物质结构（如分子极性、氢键类型、原子轨道能量、基团电负性差异）与性质（酸性、溶解性、沸点、电离能）的关系入手，结合化学原理分析各选项解释的合理性。A．考查基团极性对羧酸电离能力的影响。
B．考查分子极性与相似相溶原理的应用。
C．考查氢键类型（分子内 / 分子间）对沸点的影响。
D．判断原子轨道能量与第一电离能的关系。
11．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故焓变 ΔH 应为负值，热化学方程式应为 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-a kJ mol- （a>0），A错误；
B、反应 Ⅰ 断裂 C-H、O-H 等极性键，形成 H-H 非极性键，但过程中没有非极性键的断裂，B错误；
C、催化剂可降低反应 Ⅰ 和 Ⅱ 的活化能，减少能耗，但反应的焓变由反应物与生成物的能量差决定，与催化剂无关，C错误；
D、能量图显示反应 Ⅰ 的活化能高于反应 Ⅱ，活化能高的反应速率慢，总反应速率由慢反应（反应 Ⅰ）决定，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据反应能量图和机理图，分析反应的热效应、化学键变化、催化剂作用及反应速率决定因素，判断各选项正确性。A．从能量图判断反应 Ⅱ 的焓变符号。
B．考查反应 Ⅰ 中化学键的断裂与形成类型。
C．判断催化剂对反应的影响范围。
D．考查总反应速率与活化能的关系。
12．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应 的 ΔH 等于 SF6与 SF4的生成热之差（因 F2生成热为 0），即 - 1209 - (-775) = -434 kJ/mol。反应放热说明反应物总能量高于生成物，故相同物质的量的 SF4(g) 和 F2(g) 能量之和比 SF6(g) 高，A错误；
B、已知 ① ，②， 用②-①得 ，B正确；
C、化学键断裂需要吸收能量，而非放出热量，C错误；
D、S (s) 的生成热是其由单质生成的热量（本身为单质，生成热为 0），而燃烧热是 1mol S (s) 完全燃烧生成 SO2的热量，数值不相等，D错误；
故答案为：B。
【分析】基于生成热的定义（标准状态下，最稳定单质生成 1mol 物质的热量），结合盖斯定律计算反应热，同时分析物质能量关系、化学键变化及燃烧热等概念，判断各选项正确性。A．通过反应热比较反应物与生成物总能量。
B．用盖斯定律计算气态硫生成 SF4的反应热。
C．考查化学键断裂与能量变化的关系。
D．判断生成热与燃烧热的区别。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、相同条件下，平衡状态时氨的体积分数最大。曲线 Ⅰ 的氨体积分数高于曲线 Ⅱ，因此曲线 Ⅰ 是平衡时的曲线，A正确；
B、c 点氨的体积分数小于该温度下平衡时的体积分数，说明反应未达平衡，仍向正反应方向进行，故 v(正)＞v(逆)，B正确；
C、设起始时 N2为 1mol、H2为 3mol，反应消耗 N2 x mol，则消耗 H2 3x mol，生成 NH3
2x mol。平衡时总物质的量为 (4-2x) mol，氨的体积分数为 2x÷(4 - 2x) = 25%，解得 x=0.4mol。此时 N2的物质的量为 1 - 0.4 = 0.6mol，NH3的物质的量为 0.8mol，
n(N2)：n(NH3)=0.6：0.8=3：4，而非1：4，C错误；
D、550℃后曲线 Ⅱ 下降，可能是高温导致催化剂活性降低，反应速率减小，氨的体积分数减小，D 正确；
故答案为：C。【分析】A．平衡状态下氨的体积分数特征。
B．平衡移动方向的判断。
C．三段式计算物质的量之比。
D．催化剂活性对反应的影响。
14．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧电极生成 H2，发生还原反应，为阴极，故连接的 b 极为电源负极，左侧 a 极为电源正极，A正确；
B、阳极反应为 NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+（转移 6e-生成 1mol NCl3），阴极反应为 2H++2e-=H2↑（转移 6e-生成 3mol H2）。根据电子守恒，NCl3与 H2的物质的量比为 1：3，B正确；
C、转移 2mol 电子时，阴极消耗 2mol H+生成 H2，同时 2mol Cl-通过阴离子交换膜移向阳极区。加入 2mol HCl 可补充 2mol H+和 2mol Cl-，使阴极区复原，C正确；
D、NCl3与 NaClO2反应生成 ClO2、NH3、NaCl 和 NaOH，故 X 溶液主要溶质为 NaCl 和 NaOH，并非仅 NaCl，D错误；
综上，答案选 D。【分析】先根据电解装置中产物判断电极类型（阴极生成 H2），确定电源正负极，再结合电极反应、电子守恒及发生器内反应，分析各选项正误。
A．考查电源正负极判断依据（阴极产物）。
B．判断电极反应与电子守恒计算产物比例。
C．考查·阴极区物质变化与复原方法。
D．判断发生器中反应的产物组成。
15．【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X 是 H，Z 是 O，Q 是 S。H2O 分子间存在氢键，H2S 分子间只有范德华力。氢键会显著提高物质沸点，故沸点 H2O > H2S，A正确；
B、M 是 Na，Q 是 S。Na 和 S 可形成 Na2S（硫化钠）、Na2S2（过硫化钠）等化合物，类似 Na 与 O 形成的化合物类型，B正确；
C、QZ3是 SO3，QZ2是 SO2。SO3中 S 原子价层电子对数为 3（无孤电子对），SO2中 S 原子价层电子对数为 3（含 1 对孤电子对）。孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致键角更小，故键角 SO3 > SO2，C正确；
D、YZ3-是 NO3-，其中 N 原子价层电子对数为 3（无孤电子对），空间结构为平面三角形；QZ32-是 SO32-，其中 S 原子价层电子对数为 4（含 1 对孤电子对），空间结构为三角锥形。二者结构不同，D 错误；
故答案为：D。
【分析】先依据元素的原子结构和性质特征推断出 X（H）、Y（N）、Z（O）、M（Na）、Q（S）五种元素，再结合分子或离子的结构特点（如氢键、杂化类型、价层电子对互斥作用）分析各选项正误。A．考查氢键对沸点的影响。
B．判断Na 与 S 形成的化合物种类。
C．考查孤电子对数量对键角的影响。
D．考查离子空间结构的判断（价层电子对互斥理论）。
16．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、盐酸浓度增大（lg c0(HCl) 增大）时，H+浓度升高，促进草酸根与 H+结合生成 HC2O4-、H2C2O4，其中 H2C2O4浓度随盐酸浓度增大持续上升，故曲线 Ⅲ 代表 lg c (H2C2O4)，A正确；
B、当 lg c0(HCl) = -1.2 时， 。根据 Ka1()=c(H+)=10-1.3mol/L， 此时 c(H+) = 10-1.3mol/L， 故 pH = 1.3，B正确；
C、草酸钙溶解后，钙元素全部以 Ca2+形式存在，草酸根则以 HC2O4-、H2C2O4、C2O42-三种形式存在，遵循物料守恒：，C正确；
D、当 lg c0(HCl) = -4.1 时，c(C2O42-) = c(HC2O4-)。溶液中电荷守恒为 ，代入浓度相等关系后，应为 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合草酸钙在盐酸中的溶解平衡及草酸的电离平衡，分析各物种浓度随盐酸初始浓度的变化规律，利用守恒关系（物料守恒、电荷守恒）和电离常数判断选项正误。A．判断曲线与物种的对应关系（盐酸浓度对草酸物种的影响）。
B．利用 K 1计算 pH（浓度相等时的简化计算）。
C．考查物料守恒（钙与草酸根的总量关系）。
D．电荷守恒与浓度关系的结合（特定点的守恒式推导）。
17．【答案】（1）第四周期Ⅷ族；
（2）N>O>Si；O>N>H>Si
（3）M；12
（4）平面三角形；平面三角形
（5）4Li+O22Li2O
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】（1）由分析可知：A元素是铁元素，在周期表中的位置为：第四周期Ⅷ族；E元素是氧元素，其价层电子排布式为：，其价层电子排布图为：；
故答案为： 第四周期Ⅷ族 ； ；
（2）①根据分析可知：元素C、D、E分别是N、Si、O，已知C、N、O为同周期元素，原子序数依次递增且相邻，第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，而N的2p能级处于半充满状态，N元素的第一电离能大于O，所以第一电离能：N>O>C，C和Si属于同一主族，且原子序数CSi，所以N、O、Si三种元素第一电离能顺序为：N>O>Si；
②根据分析可知：元素C、D、E、F分别是N、Si、O、H，同一周期，从左到右，元素的电负性依次增大，即电负性：O>N>C；同一主族，从上到下，元素的电负性依次减小，即电负性：C>Si；在硅烷中，Si显+4价，H显-1价，而在NH3中，N显-3价，H显+1价，则电负性：N>H>Si，故电负性由大到小顺序为：O>N>H>Si；
故答案为： N>O>Si ； O>N>H>Si ；
（3）根据分析可知：元素B为镁元素，镁原子的电子式为，电子占据的最高能层为第三能层，其符号为M，原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态不同的电子，故镁原子有12种运动状态不同的电子；
故答案为： M ；12；
（4）①根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，X离子中N和O原子个数比为：1：2，X离子为，σ键电子对数为2，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形；
②根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，Y离子中N和O原子个数比为：1：3，Y离子为，σ键电子对数为3，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形，没有孤电子对，其空间构型为平面三角形；
故答案为： 平面三角形 ； 平面三角形 ；
（5）根据对角线规则，Li和Mg位于对角线位置，根据镁和氧气的反应，可得Li在氧气中燃烧的化学方程式为：。
故答案为： 4Li+O22Li2O 。
【分析】A 是常见金属元素，其一种氧化物为具有磁性的黑色晶体，该氧化物是四氧化三铁，所以 A 为 Fe。B 是常见金属元素，原子核外有三个电子层，最外层电子数为偶数，符合此条件的元素是 Mg，故 B 为 Mg。C 的气态氢化物易液化，且常用作制冷剂，这种气态氢化物是氨气，因此 C 为 N。D 的单质是灰黑色且有金属光泽的固体，还是太阳能电池板的常用材料，该单质为硅，所以 D 为 Si。E 的原子最外层电子数是内层电子总数的 3 倍，其核外电子层依次为 2、6，所以 E 为 O。F 在周期表中可排在第 ⅠA 族，也有人认为可排在第 ⅦA 族，符合的元素是 H，故 F 为 H。综上，A、B、C、D、E、F分别为Fe、Mg、N、Si、O、H。
(1)确定 Fe 位于第四周期第 Ⅷ 族；O 的价层电子排布为 2s22p4，据此画出排布图。
(2)同周期第一电离能 N>O（N 的 2p 半满稳定），同主族 N>Si，故顺序 N>O>Si；电负性同周期 O>N，同主族 N>Si，结合 H 的电负性，顺序 O>N>H>Si。
(3)Mg 电子排布为 1s22s22p63s2，最高能层为 M；电子运动状态独特，12 个电子即 12 种状态。
(4)X 为 NO2-、Y 为 NO3-，计算价层电子对均为 3，VSEPR 模型均为平面三角形；Y 无孤电子对，空间结构为平面三角形。
(5)对角线规则中 Li 与 Mg 性质相似，类比 Mg 与 O2反应，得 4Li+O2=2Li2O。
（1）由分析可知：A元素是铁元素，在周期表中的位置为：第四周期Ⅷ族；E元素是氧元素，其价层电子排布式为：，其价层电子排布图为：；
（2）①根据分析可知：元素C、D、E分别是N、Si、O，已知C、N、O为同周期元素，原子序数依次递增且相邻，第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，而N的2p能级处于半充满状态，N元素的第一电离能大于O，所以第一电离能：N>O>C，C和Si属于同一主族，且原子序数CSi，所以N、O、Si三种元素第一电离能顺序为：N>O>Si；
②根据分析可知：元素C、D、E、F分别是N、Si、O、H，同一周期，从左到右，元素的电负性依次增大，即电负性：O>N>C；同一主族，从上到下，元素的电负性依次减小，即电负性：C>Si；在硅烷中，Si显+4价，H显-1价，而在NH3中，N显-3价，H显+1价，则电负性：N>H>Si，故电负性由大到小顺序为：O>N>H>Si；
（3）根据分析可知：元素B为镁元素，镁原子的电子式为，电子占据的最高能层为第三能层，其符号为M，原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态不同的电子，故镁原子有12种运动状态不同的电子；
（4）①根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，X离子中N和O原子个数比为：1：2，X离子为，σ键电子对数为2，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形；
②根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，Y离子中N和O原子个数比为：1：3，Y离子为，σ键电子对数为3，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形，没有孤电子对，其空间构型为平面三角形；
（5）根据对角线规则，Li和Mg位于对角线位置，根据镁和氧气的反应，可得Li在氧气中燃烧的化学方程式为：。
18．【答案】（1）H2SO3>CH3COOH>H2S
（2）CO>SO>CH3COO-
（3）2.89
（4）C
（5）
（6）1.8×1015
【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；电离平衡常数
【解析】 【解答】（1）酸的强度由电离常数（Ka）决定，Ka越大酸性越强。H2SO3的Ka1（1.54×10-2）最大，其次是CH3COOH（1.69×10-5），H2S的Ka1（1.1×10-7）最小，
故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2S；
（2）碱性越强的离子结合H+能力越强。对应共轭酸的Ka越小，碱性越强。的Ka2（5.6×10-11）最小，故碱性最强；的Ka2（1.02×10-7）次之；CH3COOH的Ka（1.69×10-5）最大，故CH3COO-最弱，所以CO>SO>CH3COO-；
故答案为： CO>SO>CH3COO- ；
（3）弱酸近似公式：，；
故答案为： 2.89 ；
（4）A．电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) +c(OH-)，物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 2c(Na+)，电荷守恒×2+物料守恒，可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，正确；
B．根据电荷守恒可以知道阳离子等于阴离子，得c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)，正确；
C．等体积混合，根据物料守恒，可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，错误；
D．可知醋酸电离大于水解，所以离子浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，正确；
故答案为：C；
（5）酸性H2CO3（Ka1=4.3×10-7）强于HClO（Ka=3.0×10-8），次氯酸强于碳酸氢根离子，则离子方程式：；
故答案为： ；
（6）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数，代入数值
故答案为： 1.8×1015 。
【分析】(1)酸性强弱由电离常数 Ka 决定，Ka 越大酸性越强，故顺序为 H2SO3>CH3COOH>H2S。
(2)离子结合 H+能力与对应共轭酸的 Ka 成反比，Ka 越小结合能力越强，顺序为 CO32->SO32->CH3COO-。
(3)用弱酸近似公式计算，代入数据求pH。
(4)依据电荷守恒、物料守恒（等体积混合后总浓度为 0.1mol/L）及电离水解程度，判断选项 C 错误。
(5)根据酸性 H2CO3>HClO>HCO3-，少量 CO2反应生成 HClO 和 HCO3-，据此书写离子方程式。
(6)根据平衡常数公式，代入数据计算。
（1）酸的强度由电离常数（Ka）决定，Ka越大酸性越强。H2SO3的Ka1（1.54×10-2）最大，其次是CH3COOH（1.69×10-5），H2S的Ka1（1.1×10-7）最小，答案：H2SO3＞CH3COOH＞H2S；
（2）碱性越强的离子结合H+能力越强。对应共轭酸的Ka越小，碱性越强。的Ka2（5.6×10-11）最小，故碱性最强；的Ka2（1.02×10-7）次之；CH3COOH的Ka（1.69×10-5）最大，故CH3COO-最弱，所以CO>SO>CH3COO-；
（3）弱酸近似公式：，；
（4）A．电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) +c(OH-)，物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 2c(Na+)，电荷守恒×2+物料守恒，可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，正确；
B．根据电荷守恒可以知道阳离子等于阴离子，得c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)，正确；
C．等体积混合，根据物料守恒，可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，错误；
D．可知醋酸电离大于水解，所以离子浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，正确；
故选C；
（5）酸性H2CO3（Ka1=4.3×10-7）强于HClO（Ka=3.0×10-8），次氯酸强于碳酸氢根离子，则离子方程式：；
（6）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数，代入数值。
19．【答案】（1）Cl2；H2
（2）O2+4e-+2H2O=4OH-
（3）b%>a%>c%
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；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）根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2；
故答案为： Cl2 ； H2 ；
（2）燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
故答案为： O2+4e-+2H2O=4OH- ；
（3）根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%>c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%
故答案为： b%>a%>c% 。
【分析】电解池左室加入饱和 NaCl 溶液，排出稀 NaCl 溶液，说明左室是阳极室。阳极发生 Cl-失电子的氧化反应，生成 Cl2，故气体 X 为 Cl2；左室的 Na+通过阳离子交换膜移向阴极室。
电解池右室为阴极室，通入 c% 的 NaOH 溶液，阴极发生 H2O 得电子的还原反应，生成 H2和 OH-，因此气体 Y 为 H2，且右室流出的 NaOH 溶液浓度高于通入的浓度。
右侧为氢氧燃料电池（因气体 Y 是 H2），通入 H2的电极为负极，通入空气（除 CO2后含 O2）的电极为正极。正极发生 O2得电子的反应：O2+4e-+2H2O=4OH-；Na+通过阳离子交换膜从负极移向正极，使正极区 NaOH 浓度升高，故流出的 b% NaOH 溶液浓度大于流入的 a% NaOH 溶液浓度，据此解答。
（1）根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2；
（2）燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（3）根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%>c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%20．【答案】（1）-197.7；低温
（2）A
（3）5.33
（4）原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率。
（5）
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）结合表格数据以及△S=生成物总熵-反应物总熵有，△S=2×192.8J mol-1 K-1-(191.2J mol-1 K-1+3×130.7J mol-1 K-1)=-197.7J mol-1 K-1；用复合判据△G=ΔH-T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；已知该反应ΔH＜0，△S＜0，要使△G＜0需要低温条件，因此该反应在低温条件下能自发进行；
故答案为： -197.7 ； 低温 ；
（2）A．已知该反应正向是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应正向是一个气体分子数减小的放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此反应物的平衡转化率不变；分离液态氨气，使得生成物浓度降低，平衡正向移动，可以提高反应的平衡转化率，故D错误；
故答案为：A；
（3）在一恒容密闭容器中按照n(H2)：n(N2)=3：1通入原料气模拟合成氨反应，25min时，反应已达到平衡，假设起始时n(H2)=3mol，n(N2)=1mol，平衡时N2的转化量为x mol，列“三段式”进行计算：
因此n(总)=(4-2x)mol，结合恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有，解得x=0.5，则平衡时n(H2)=1.5mol，n(N2)=0.5mol，n(NH3)=1mol，n(总)=3mol，该反应的平衡常数Kx===5.33；
故答案为： 5.33 ；
（4）研究发现，合成氨反应的决速步为N2在催化剂表面的吸附，当原料气中n(H2)：n(N2)=3时平衡体系中NH3的物质的量分数最高。但实际工业生产中采用n(H2)：n(N2)为2.8～2.9原因是原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率；
故答案为： 原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率；
（5）实际工业生产中，反应往往未达平衡时就将产物分离进行下一步操作。保持其他条件不变，合成氨反应的速率以及平衡时体系中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线如图(2)和(3)，随着反应的进行，氨气的物质的量分数增大，反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，氨气的物质的量分数减小，因此400～600℃时，经历相同时间后体系中氨气的物质的量分数示意图为：。
故答案为：。
【分析】(1)用产物总熵减去反应物总熵得 ΔS=-197.7 J mol- K- ；结合 ΔH<0、ΔS<0，低温下 ΔG<0，反应自发。
(2)加压促进平衡正向移动且加快速率；热交换器非单纯降温；正反应单向描述不能判断平衡；催化剂不影响平衡转化率。
(3)设 N2转化量，通过压强比求物质的量变化，用 “三段式” 计算平衡时各物质的量分数，代入 K 表达式得 5.33。
(4)N2成本低且易获取，适度过量提升 H2利用率；N2吸附为决速步，合理过量可占据活性位点加快速率。
(5)未达平衡时，400~600℃间先因速率加快使 NH3量分数上升，达平衡后升温促使平衡逆移，量分数下降，曲线呈先升后降趋势。
（1）结合表格数据以及△S=生成物总熵-反应物总熵有，△S=2×192.8J mol-1 K-1-(191.2J mol-1 K-1+3×130.7J mol-1 K-1)=-197.7J mol-1 K-1；用复合判据△G=ΔH-T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；已知该反应ΔH＜0，△S＜0，要使△G＜0需要低温条件，因此该反应在低温条件下能自发进行；
（2）A．已知该反应正向是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应正向是一个气体分子数减小的放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此反应物的平衡转化率不变；分离液态氨气，使得生成物浓度降低，平衡正向移动，可以提高反应的平衡转化率，故D错误；
故答案为：A；
（3）在一恒容密闭容器中按照n(H2)：n(N2)=3：1通入原料气模拟合成氨反应，25min时，反应已达到平衡，假设起始时n(H2)=3mol，n(N2)=1mol，平衡时N2的转化量为x mol，列“三段式”进行计算：
因此n(总)=(4-2x)mol，结合恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有，解得x=0.5，则平衡时n(H2)=1.5mol，n(N2)=0.5mol，n(NH3)=1mol，n(总)=3mol，该反应的平衡常数Kx===5.33；
（4）研究发现，合成氨反应的决速步为N2在催化剂表面的吸附，当原料气中n(H2)：n(N2)=3时平衡体系中NH3的物质的量分数最高。但实际工业生产中采用n(H2)：n(N2)为2.8～2.9原因是原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率；
（5）实际工业生产中，反应往往未达平衡时就将产物分离进行下一步操作。保持其他条件不变，合成氨反应的速率以及平衡时体系中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线如图(2)和(3)，随着反应的进行，氨气的物质的量分数增大，反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，氨气的物质的量分数减小，因此400～600℃时，经历相同时间后体系中氨气的物质的量分数示意图为：。
21．【答案】（1）
（2）B
（3）2.8~4.2；CuO或Cu(OH)2或CuCO3等
（4）酸式；ABC；当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色(浅黄色)变为浅紫色，且半分钟内不变色；92.67；AC
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）CuS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（2）试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质、稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，不引入新杂质；
故答案为：B；
（3）调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8～4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等；
故答案为： 2.8~4.2 ； CuO或Cu(OH)2或CuCO3等 ；
（4）①标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中；
②A．装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上，便于排气泡、调整液面，A正确；
B．酸式滴定管装液后若发现有气泡，打开活塞，可快速向下放液排气泡，B正确；
C．滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口，避免液体溅出，C正确；
D．酸式滴定管滴定过程中，左手控制活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，D错误；
E．刚开始滴定时，滴速可以稍快，但不能使溶液流成“水线”快速流下，E错误；
故选ABC；
③由于溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色；
④三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、22.10mL-1.10mL=21.00mL，由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，根据，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，该FeSO4 7H2O晶体的纯度为92.67%；
⑤A．在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
B．原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，不符合题意；
C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
E．滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
答案选AC。
故答案为： 酸式 ； ABC ； 当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色(浅黄色)变为浅紫色，且半分钟内不变色 ； 92.67 ； AC 。
【分析】CuS 和 FeS 在硫化细菌作用下，与 O2、H2SO4发生反应，生成 CuSO4、FeSO4以及 Fe2(SO4)3的混合溶液。接着加入试剂 X，将 Fe2+氧化为 Fe3+，之后调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，从而得到 CuSO4溶液。CuSO4溶液与 Fe 粉发生置换反应，生成 FeSO4和 Cu。另一方面，Fe(OH)3先与 H2SO4反应，之后再加入 Fe，也会生成 FeSO4溶液。把这两步得到的 FeSO4溶液合并，最终从 FeSO4溶液中可获得 FeSO4 7H2O。
（1）CuS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4，反应的离子方程式为：；
（2）试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质、稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，不引入新杂质；故答案选B；
（3）调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8～4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等；
（4）①标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中；
②A．装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上，便于排气泡、调整液面，A正确；
B．酸式滴定管装液后若发现有气泡，打开活塞，可快速向下放液排气泡，B正确；
C．滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口，避免液体溅出，C正确；
D．酸式滴定管滴定过程中，左手控制活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，D错误；
E．刚开始滴定时，滴速可以稍快，但不能使溶液流成“水线”快速流下，E错误；
故选ABC；
③由于溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色；
④三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、22.10mL-1.10mL=21.00mL，由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，根据，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，该FeSO4 7H2O晶体的纯度为92.67%；
⑤A．在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
B．原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，不符合题意；
C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
E．滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
答案选AC。
1 / 1浙江省宁波市奉化区2024-2025学年高二上学期期末联考化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项符合要求)
1．（2025高二上·奉化期末）各种形式的能量转换为生活提供便利，下列选项主要依靠化学能转化为热能的
捏破内袋瞬间降温
A．一次性速冷冰袋 B．自热饭速食米饭
C．新能源汽车 D．麒麟970芯片
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用
【解析】【解答】A、一次性速冷冰袋降温是利用冰融化吸热，此过程没有新物质生成，属于物理变化，不存在化学能转化为热能，A错误；
B、自热饭速食米饭是通过生石灰（CaO）和水发生化学反应（CaO+H2O=Ca(OH)2），该反应放出大量热，将化学能转化为热能来加热米饭，B正确；
C、新能源汽车主要是把电能转化为动能，用于驱动汽车，并非化学能转化为热能，C错误；
D、麒麟 970 芯片工作时发热，是将电能转化为热能，没有化学变化参与，不存在化学能转化为热能，D错误；
故答案为：B。
【分析】逐一分析每个选项中能量转化的形式，判断是否为化学能转化为热能，依据是是否有化学反应发生且伴随热量变化。
2．（2025高二上·奉化期末）化学与生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的是
A．制作馒头时添加膨松剂 B．洗衣服时使用加酶洗衣粉
C．向炉膛内鼓风 D．在月饼包装内放置抗氧化剂
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、制作馒头时加膨松剂，是利用碳酸氢钠和酸反应产生二氧化碳让面团膨胀，重点是反应生成气体使面团体积变化，不是改变反应进行的快慢，和化学反应速率无关，A符合题意；
B、加酶洗衣粉里的酶是生物催化剂，合适温度下能加快污垢分解的反应速率，和化学反应速率有关，B不符合题意；
C、向炉膛鼓风，能增大氧气浓度，从而加快煤燃烧的反应速率，和化学反应速率有关，C不符合题意；
D、月饼包装里放抗氧化剂，会降低氧气浓度，减慢月饼氧化变质的反应速率，和化学反应速率有关，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】判断每个选项所涉及的过程是否与化学反应速率有关，核心是看是否通过改变条件（如催化剂、浓度等）来改变反应进行的快慢。
3．（2025高二上·奉化期末）化学用语是化学专业语言，是学习化学的工具。下列有关化学用语的说法正确的是
A．PCl3的VSEPR模型：
B．HCl分子中的σ键电子云轮廓图：
C．激发态硼原子的电子排布图：
D．基态29Cu原子的电子排布式：
【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
【解析】【解答】A、PCl3中 P 原子价电子数为 5，与 3 个 Cl 各形成 1 对共用电子对，剩余 1 对孤电子对，价层电子对数为 4（3 成键 + 1 孤对）， VSEPR模型：，A错误；
B、HCl 的 σ 键由 H 的 1s 轨道与 Cl 的 3p 轨道 “头碰头” 重叠形成，电子云沿键轴呈轴对称分布， 电子云轮廓图：，B正确；
C、硼原子（核电荷数 5）基态电子排布为 1s22s22p ，是基态硼原子的电子排布图，C错误；
D、Cu 原子的 3d 轨道全充满（3d ）时更稳定，其基态电子排布式为 1s22s22p63s23p63d 4s ，D错误；
故答案为：B。
【分析】依据化学用语（VSEPR 模型、σ 键电子云、电子排布图、电子排布式）的规范和物质结构原理，逐一验证选项正确性。
A．计算 PCl3中心原子价层电子对，确定 VSEPR 模型。
B．判断 HCl 分子中 σ 键的电子云重叠方式及轮廓。
C．区分基态与激发态硼原子的电子排布图。
D．书写基态29Cu 原子的电子排布式。
4．（2025高二上·奉化期末）下列实验方案或装置能达到目的的是
A．图①：用于定量测量化学反应速率
B．图②：用于中和热的测定
C．图③：可以探究H2O2分解的热效应
D．图④：2NO2(g)N2O4(g)，若气体颜色加深，说明平衡逆向移动
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；中和热的测定
【解析】【解答】A、图①中长颈漏斗下端未浸入液面以下，生成的气体（如 H2）会从漏斗口逸出，无法准确测量气体体积，不能用于定量测化学反应速率，故A不符合题意 ；
B、图②缺少环形玻璃搅拌棒，反应产生的热量分布不均，温度测量不准确，无法有效测定中和热，故B不符合题意 ；
C、H2O2在 MnO2催化下分解，若放热，集气瓶内空气受热膨胀，U 型管红墨水左侧下降、右侧上升；若吸热则相反。可通过液面变化探究热效应，故C符合题意 ；
D、体积从 2V 压至 V，NO2浓度瞬间增大（颜色加深），随后平衡向生成 N2O4的方向移动（颜色略浅）。仅观察到颜色加深，不能说明平衡逆向移动，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】根据各实验装置的设计原理，结合实验目的（测量反应速率、测定中和热、探究热效应、分析平衡移动），逐一判断装置是否合理。A．考查定量测反应速率需保证装置密封。
B．注意中和热测定需充分搅拌使反应均匀。
C．通过压强变化判断 H2O2分解的热效应。
D．考查压缩体积对 NO2-N2O4平衡的影响。
5．（2025高二上·奉化期末）下列说法错误的是
A．ns能级电子的能量可能低于(n-1)p能级电子的能量
B．6C的电子排布式为，违反了洪特规则
C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D．电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A、按照构造原理，能级能量存在 “ns> (n-1) p” 的规律，即 ns 能级电子的能量一定高于 (n-1) p 能级电子的能量，不存在 ns 能级能量更低的情况，A错误；
B、6C 的 2p 能级有 3 个等价轨道，根据洪特规则，2 个电子应分占不同轨道且自旋方向相同。题目中的排布将 2 个电子填入同一轨道，违反洪特规则，B正确；
C、21Sc 的电子排布中，4s 轨道能量低于 3d 轨道，应先填充 4s 再填 3d。题目中电子排布式未填 4s 直接填 3d，违反能量最低原理，C正确；
D、3p 能级有 3 个轨道，最多容纳 6 个电子。题目中22Ti 的电子排布式中 3p 轨道填了 10 个电子，远超上限，违反泡利原理，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据电子排布的基本规则（构造原理、洪特规则、能量最低原理、泡利原理），分析各选项中电子排布是否符合规则，从而判断说法正误。A．考查能级能量高低的判断（构造原理）。
B．考查洪特规则的应用（等价轨道电子排布）。
C．掌握能量最低原理的要求（电子优先填充低能量轨道）。
D．考查泡利原理的限制（同一轨道最多容纳 2 个电子）。
6．（2025高二上·奉化期末）关于化学反应与能量的说法正确的是
A．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：
B．已知，则可知金刚石比石墨更稳定
C．已知稀溶液中，，则醋酸溶液与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出小于57.3kJ的热量
D．一定条件下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，则其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3
【答案】C
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、燃烧热要求生成液态水，而该选项中生成的是气态水，不符合燃烧热的热化学方程式书写要求，A错误；
B、石墨转化为金刚石吸热，说明石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B 错误；
C、醋酸是弱酸，电离时吸热。稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成 1mol 水时，除了中和反应放热，还要弥补醋酸电离吸收的热量，所以放出热量小于 57.3kJ，C正确；
D、合成氨反应是可逆反应，0.5molN2和 1.5molH2不能完全反应生成 NH3。若完全反应，放热应大于 19.3kJ，所以热化学方程式中 ΔH 应小于 - 38.6kJ mol- ，D错误；
故答案为：C。
【分析】依次分析每个选项，结合燃烧热定义、物质稳定性与能量关系、弱电解质电离吸热、可逆反应热化学方程式特点来判断说法正误。A．掌握燃烧热的定义（生成稳定氧化物，水为液态）。
B．判断物质稳定性与能量的关系（能量越低越稳定）。
C．判断弱电解质电离吸热对中和热的影响。
D．考察可逆反应热化学方程式表示完全转化的能量变化。
7．（2025高二上·奉化期末）在生产生活中，金属腐蚀会带来严重的经济损失。下列说法正确的是（　　）
A．生铁浸泡在食盐水中易发生析氢腐蚀
B．在船舶外壳安装锌块，利用了牺牲阳极法
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是Fe-3e-=Fe3+
D．将钢铁闸门与电源正极相连的防腐措施属于外加电流法
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．食盐水显中性，生铁浸泡在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，故A错误；
B．在船舶外壳安装锌块，锌比铁活泼作负极，利用了牺牲阳极法，故B正确；
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是铁失去电子形成亚铁离子，Fe-2e-=Fe2+，故C错误；
D．钢铁闸门应与电源负极相连通过还原反应保护，属于外加电流保护法，不是正极，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A.析氢腐蚀即为在酸性环境下，铁被腐蚀，同时生成氢气；
B.利用活泼金属做负极被腐蚀，从而起到保护船体目的，即为牺牲阳极法；
C.铁一般被氧化生成亚铁离子；而不是三价铁；
D.外加电流保护法即为被保护金属为阴极，不被消耗，起到保护作用。
8．（2025高二上·奉化期末）BeCl2属于共价化合物，可以单体分子、二聚体分子(图a)和多聚体分子(图b)等形式存在。下列说法错误的是
A．Be的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能
B．单体BeCl2分子的空间结构为直线形
C．多聚体分子中Be的杂化轨道类型为sp3
D．二聚体分子BeCl2为极性分子
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、Be 的电子排布为 1s22s2，2s 轨道处于全满的稳定状态，失去电子需要更高能量。同周期相邻的 Li（1s22s ）和 B（1s22s22p ）电子层结构稳定性较差，因此 Be 的第一电离能大于这两种元素，A 正确；
B、单体 BeCl2中，Be 原子的价层电子对数为 2（成键电子对 2，孤电子对 0），根据价层电子对互斥理论，空间结构为直线形，B正确；
C、多聚体 [(BeCl2) ] 中，每个 Be 原子与 4 个 Cl 原子形成单键，价层电子对数为 4，故杂化轨道类型为 sp3，C正确；
D、二聚体 [(BeCl2)2] 具有对称结构，分子内正、负电荷中心完全重合，属于非极性分子，D错误；
故答案为：D。
【分析】依据 Be 的电子排布特点、价层电子对互斥理论、杂化轨道类型判断及分子极性的决定因素，逐一分析各选项的正确性。A．第一电离能与原子电子层结构稳定性的关联。
B．用价层电子对互斥理论判断 BeCl2单体的空间结构。
C．多聚体中 Be 的杂化方式与成键数的关系。
D．分子极性取决于分子结构的对称性和电荷分布。
9．（2025高二上·奉化期末）25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH-，下列叙述正确的是
A．将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性
B．25℃时，向纯水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw变小
C．保持温度不变，向纯水中加入少量CH3COONa固体，c(OH-)增大，Kw不变
D．向纯水中加入盐酸，可抑制水的电离；加入醋酸，可促进水的电离
【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、水的电离是吸热过程，加热至 95℃时，电离程度增大，Kw 随温度升高而变大。此时水中 H+和 OH-浓度均增大，pH（-lg c(H+)）会减小，但因 c(H+)=c(OH-)，水仍呈中性，A错误；
B、25℃时加入稀氨水，氨水电离出 OH-使溶液中 c(OH-) 增大，抑制水的电离，平衡逆向移动。但 Kw 只与温度有关，温度不变则 Kw 不变，B错误；
C、加入 CH3COONa 固体，CH3COO-会与水电离出的 H+结合，使水的电离平衡正向移动（促进电离），导致 c (OH-) 增大。温度不变，Kw 保持不变，C正确；
D、盐酸（强酸）和醋酸（弱酸）均会电离出 H+，使水中 H+浓度增大，抑制水的电离（平衡逆向移动），并非醋酸促进电离，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据水的电离平衡特点，结合温度变化、外加物质（酸、碱、盐）对电离平衡的影响规律，以及水的离子积（Kw）的特性（仅由温度决定），逐一分析选项正确性。A．考查温度对水的电离、Kw 和 pH 的作用。
B．掌握弱碱对水的电离平衡及 Kw 的影响。
C．判断强碱弱酸盐对水的电离及离子浓度的影响。
D．掌握酸对水的电离的影响规律。
10．（2025高二上·奉化期末）物质结构决定其性质，下列实例与解释有错误的是
　 实例 解释
A CF3COOH的酸性强于CCl3COOH F的电负性大于Cl，使得F3C-的极性大于Cl3C-，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子
B 臭氧O3在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 臭氧O3是非极性分子
C 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键
D 第一电离能： Al原子失去的电子是3p能级的，而Mg原子失去的电子是3s能级的，3p能级的能量高于3s能级
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、F 的电负性比 Cl 大，导致 F3C - 的极性强于 Cl3C-。这种极性差异使 CF3COOH 中羧基的羟基极性更大，更易电离出 H+，因此 CF3COOH 酸性强于 CCl3COOH，A正确；
B、O3分子呈 V 形，正、负电荷中心不重合，属于极性分子。四氯化碳（CCl4）是非极性分子，水是极性分子。根据 “相似相溶” 规律，极性分子更易溶于极性溶剂，故 O3在水中的溶解度应高于在 CCl4中的溶解度，B错误；
C、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键。分子间氢键会增强分子间作用力，使沸点升高，因此邻羟基苯甲醛沸点低于对羟基苯甲醛，C正确；
D、Mg 失去的是 3s 轨道电子，Al 失去的是 3p 轨道电子。3p 轨道能量高于 3s 轨道，电子更易失去，故第一电离能 Mg＞Al，D正确；
故答案为：B。
【分析】从物质结构（如分子极性、氢键类型、原子轨道能量、基团电负性差异）与性质（酸性、溶解性、沸点、电离能）的关系入手，结合化学原理分析各选项解释的合理性。A．考查基团极性对羧酸电离能力的影响。
B．考查分子极性与相似相溶原理的应用。
C．考查氢键类型（分子内 / 分子间）对沸点的影响。
D．判断原子轨道能量与第一电离能的关系。
11．（2025高二上·奉化期末）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：
B．反应Ⅰ既有极性键的断裂与形成，又有非极性键的断裂与形成
C．选择优良的催化剂可以降低反应的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
D．总反应的速率取决于反应Ⅰ
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应 Ⅱ 中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故焓变 ΔH 应为负值，热化学方程式应为 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-a kJ mol- （a>0），A错误；
B、反应 Ⅰ 断裂 C-H、O-H 等极性键，形成 H-H 非极性键，但过程中没有非极性键的断裂，B错误；
C、催化剂可降低反应 Ⅰ 和 Ⅱ 的活化能，减少能耗，但反应的焓变由反应物与生成物的能量差决定，与催化剂无关，C错误；
D、能量图显示反应 Ⅰ 的活化能高于反应 Ⅱ，活化能高的反应速率慢，总反应速率由慢反应（反应 Ⅰ）决定，D正确；
故答案为：D。
【分析】依据反应能量图和机理图，分析反应的热效应、化学键变化、催化剂作用及反应速率决定因素，判断各选项正确性。A．从能量图判断反应 Ⅱ 的焓变符号。
B．考查反应 Ⅰ 中化学键的断裂与形成类型。
C．判断催化剂对反应的影响范围。
D．考查总反应速率与活化能的关系。
12．（2025高二上·奉化期末）物质的生成热可定义为：在标准状态下，由最稳定单质生成1 mol物质所放由的热量，用表示。已知下列几种物质的生成热如表：
物质
生成热 0 0 -775 -1209
已知： ，下列说法正确的是
A．相同物质的量的和能量之和比等物质的量的能量低
B．
C．断裂1mol 分子中的化学键要放出775kJ的热量
D．的生成热与燃烧热在数值上相等
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；燃烧热；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A、反应 的 ΔH 等于 SF6与 SF4的生成热之差（因 F2生成热为 0），即 - 1209 - (-775) = -434 kJ/mol。反应放热说明反应物总能量高于生成物，故相同物质的量的 SF4(g) 和 F2(g) 能量之和比 SF6(g) 高，A错误；
B、已知 ① ，②， 用②-①得 ，B正确；
C、化学键断裂需要吸收能量，而非放出热量，C错误；
D、S (s) 的生成热是其由单质生成的热量（本身为单质，生成热为 0），而燃烧热是 1mol S (s) 完全燃烧生成 SO2的热量，数值不相等，D错误；
故答案为：B。
【分析】基于生成热的定义（标准状态下，最稳定单质生成 1mol 物质的热量），结合盖斯定律计算反应热，同时分析物质能量关系、化学键变化及燃烧热等概念，判断各选项正确性。A．通过反应热比较反应物与生成物总能量。
B．用盖斯定律计算气态硫生成 SF4的反应热。
C．考查化学键断裂与能量变化的关系。
D．判断生成热与燃烧热的区别。
13．（2025高二上·奉化期末）如图是某压强下，与按体积比1：3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线。其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。下列说法不正确的是
A．图中曲线Ⅰ是平衡时的曲线
B．图中c点，v(正)>v(逆)
C．图中b点，容器内气体
D．550℃后曲线Ⅱ下降的原因可能是催化剂活性下降
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、相同条件下，平衡状态时氨的体积分数最大。曲线 Ⅰ 的氨体积分数高于曲线 Ⅱ，因此曲线 Ⅰ 是平衡时的曲线，A正确；
B、c 点氨的体积分数小于该温度下平衡时的体积分数，说明反应未达平衡，仍向正反应方向进行，故 v(正)＞v(逆)，B正确；
C、设起始时 N2为 1mol、H2为 3mol，反应消耗 N2 x mol，则消耗 H2 3x mol，生成 NH3
2x mol。平衡时总物质的量为 (4-2x) mol，氨的体积分数为 2x÷(4 - 2x) = 25%，解得 x=0.4mol。此时 N2的物质的量为 1 - 0.4 = 0.6mol，NH3的物质的量为 0.8mol，
n(N2)：n(NH3)=0.6：0.8=3：4，而非1：4，C错误；
D、550℃后曲线 Ⅱ 下降，可能是高温导致催化剂活性降低，反应速率减小，氨的体积分数减小，D 正确；
故答案为：C。【分析】A．平衡状态下氨的体积分数特征。
B．平衡移动方向的判断。
C．三段式计算物质的量之比。
D．催化剂活性对反应的影响。
14．（2025高二上·奉化期末）是国家卫健委专家推荐的高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图所示，下列有关说法不正确的是
A．a电极为电源的正极
B．生成和的物质的量比为1：3
C．转移电子后，阴极区加入可复原
D．二氧化氯发生器中生成的X溶液的主要溶质为
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧电极生成 H2，发生还原反应，为阴极，故连接的 b 极为电源负极，左侧 a 极为电源正极，A正确；
B、阳极反应为 NH4++3Cl--6e-=NCl3+4H+（转移 6e-生成 1mol NCl3），阴极反应为 2H++2e-=H2↑（转移 6e-生成 3mol H2）。根据电子守恒，NCl3与 H2的物质的量比为 1：3，B正确；
C、转移 2mol 电子时，阴极消耗 2mol H+生成 H2，同时 2mol Cl-通过阴离子交换膜移向阳极区。加入 2mol HCl 可补充 2mol H+和 2mol Cl-，使阴极区复原，C正确；
D、NCl3与 NaClO2反应生成 ClO2、NH3、NaCl 和 NaOH，故 X 溶液主要溶质为 NaCl 和 NaOH，并非仅 NaCl，D错误；
综上，答案选 D。【分析】先根据电解装置中产物判断电极类型（阴极生成 H2），确定电源正负极，再结合电极反应、电子守恒及发生器内反应，分析各选项正误。
A．考查电源正负极判断依据（阴极产物）。
B．判断电极反应与电子守恒计算产物比例。
C．考查·阴极区物质变化与复原方法。
D．判断发生器中反应的产物组成。
15．（2025高二上·奉化期末）X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大，X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A．沸点：X2Z>X2Q
B．M与Q可形成化合物M2Q、M2Q2
C．键角：QZ3>QZ2
D．与离子空间结构均为三角锥形
【答案】D
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、X 是 H，Z 是 O，Q 是 S。H2O 分子间存在氢键，H2S 分子间只有范德华力。氢键会显著提高物质沸点，故沸点 H2O > H2S，A正确；
B、M 是 Na，Q 是 S。Na 和 S 可形成 Na2S（硫化钠）、Na2S2（过硫化钠）等化合物，类似 Na 与 O 形成的化合物类型，B正确；
C、QZ3是 SO3，QZ2是 SO2。SO3中 S 原子价层电子对数为 3（无孤电子对），SO2中 S 原子价层电子对数为 3（含 1 对孤电子对）。孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致键角更小，故键角 SO3 > SO2，C正确；
D、YZ3-是 NO3-，其中 N 原子价层电子对数为 3（无孤电子对），空间结构为平面三角形；QZ32-是 SO32-，其中 S 原子价层电子对数为 4（含 1 对孤电子对），空间结构为三角锥形。二者结构不同，D 错误；
故答案为：D。
【分析】先依据元素的原子结构和性质特征推断出 X（H）、Y（N）、Z（O）、M（Na）、Q（S）五种元素，再结合分子或离子的结构特点（如氢键、杂化类型、价层电子对互斥作用）分析各选项正误。A．考查氢键对沸点的影响。
B．判断Na 与 S 形成的化合物种类。
C．考查孤电子对数量对键角的影响。
D．考查离子空间结构的判断（价层电子对互斥理论）。
16．（2025高二上·奉化期末）将草酸钙固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知草酸。下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ代表lg c(H2C2O4)的变化
B．时，溶液的
C．任意下均有：
D．时，
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、盐酸浓度增大（lg c0(HCl) 增大）时，H+浓度升高，促进草酸根与 H+结合生成 HC2O4-、H2C2O4，其中 H2C2O4浓度随盐酸浓度增大持续上升，故曲线 Ⅲ 代表 lg c (H2C2O4)，A正确；
B、当 lg c0(HCl) = -1.2 时， 。根据 Ka1()=c(H+)=10-1.3mol/L， 此时 c(H+) = 10-1.3mol/L， 故 pH = 1.3，B正确；
C、草酸钙溶解后，钙元素全部以 Ca2+形式存在，草酸根则以 HC2O4-、H2C2O4、C2O42-三种形式存在，遵循物料守恒：，C正确；
D、当 lg c0(HCl) = -4.1 时，c(C2O42-) = c(HC2O4-)。溶液中电荷守恒为 ，代入浓度相等关系后，应为 ，D错误；
故答案为：D。
【分析】结合草酸钙在盐酸中的溶解平衡及草酸的电离平衡，分析各物种浓度随盐酸初始浓度的变化规律，利用守恒关系（物料守恒、电荷守恒）和电离常数判断选项正误。A．判断曲线与物种的对应关系（盐酸浓度对草酸物种的影响）。
B．利用 K 1计算 pH（浓度相等时的简化计算）。
C．考查物料守恒（钙与草酸根的总量关系）。
D．电荷守恒与浓度关系的结合（特定点的守恒式推导）。
二、填空题(共52分)
17．（2025高二上·奉化期末）部分中学化学常见元素原子的结构及性质如表所示：
元素 结构及性质
A A是一种常见的金属元素，它的一种氧化物是具有磁性的黑色晶体
B B是一种常见的金属元素，原子核外有三个电子层且最外层电子数为偶数
C C的气态氢化物易液化，常用作制冷剂
D D的单质为灰黑色具有金属光泽的固体，是太阳能电池板的常用材料
E E的原子最外层电子数是内层电子总数的3倍
F F在周期表中排在第ⅠA族，也有人提出可以排在第ⅦA族
（1）A元素在周期表中的位置为　 　，E原子的价层电子排布图为　 　。
（2）元素C、D、E的第一电离能由大到小的排列顺序　 　(用元素符号表示，下同)，元素C、D、E、F的电负性由大到小的排列顺序　 　。
（3）在B原子中，电子占据的最高能层符号为　 　，有　 　种运动状态不同的电子。
（4）C与E可以形成原子个数比分别为1∶2和1∶3的两种阴离子X和Y，X离子的VSEPR模型名称为　 　，Y离子的空间结构为　 　。
（5）根据对角线规则，书写Li在氧气中燃烧的化学方程式　 　。
【答案】（1）第四周期Ⅷ族；
（2）N>O>Si；O>N>H>Si
（3）M；12
（4）平面三角形；平面三角形
（5）4Li+O22Li2O
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】（1）由分析可知：A元素是铁元素，在周期表中的位置为：第四周期Ⅷ族；E元素是氧元素，其价层电子排布式为：，其价层电子排布图为：；
故答案为： 第四周期Ⅷ族 ； ；
（2）①根据分析可知：元素C、D、E分别是N、Si、O，已知C、N、O为同周期元素，原子序数依次递增且相邻，第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，而N的2p能级处于半充满状态，N元素的第一电离能大于O，所以第一电离能：N>O>C，C和Si属于同一主族，且原子序数CSi，所以N、O、Si三种元素第一电离能顺序为：N>O>Si；
②根据分析可知：元素C、D、E、F分别是N、Si、O、H，同一周期，从左到右，元素的电负性依次增大，即电负性：O>N>C；同一主族，从上到下，元素的电负性依次减小，即电负性：C>Si；在硅烷中，Si显+4价，H显-1价，而在NH3中，N显-3价，H显+1价，则电负性：N>H>Si，故电负性由大到小顺序为：O>N>H>Si；
故答案为： N>O>Si ； O>N>H>Si ；
（3）根据分析可知：元素B为镁元素，镁原子的电子式为，电子占据的最高能层为第三能层，其符号为M，原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态不同的电子，故镁原子有12种运动状态不同的电子；
故答案为： M ；12；
（4）①根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，X离子中N和O原子个数比为：1：2，X离子为，σ键电子对数为2，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形；
②根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，Y离子中N和O原子个数比为：1：3，Y离子为，σ键电子对数为3，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形，没有孤电子对，其空间构型为平面三角形；
故答案为： 平面三角形 ； 平面三角形 ；
（5）根据对角线规则，Li和Mg位于对角线位置，根据镁和氧气的反应，可得Li在氧气中燃烧的化学方程式为：。
故答案为： 4Li+O22Li2O 。
【分析】A 是常见金属元素，其一种氧化物为具有磁性的黑色晶体，该氧化物是四氧化三铁，所以 A 为 Fe。B 是常见金属元素，原子核外有三个电子层，最外层电子数为偶数，符合此条件的元素是 Mg，故 B 为 Mg。C 的气态氢化物易液化，且常用作制冷剂，这种气态氢化物是氨气，因此 C 为 N。D 的单质是灰黑色且有金属光泽的固体，还是太阳能电池板的常用材料，该单质为硅，所以 D 为 Si。E 的原子最外层电子数是内层电子总数的 3 倍，其核外电子层依次为 2、6，所以 E 为 O。F 在周期表中可排在第 ⅠA 族，也有人认为可排在第 ⅦA 族，符合的元素是 H，故 F 为 H。综上，A、B、C、D、E、F分别为Fe、Mg、N、Si、O、H。
(1)确定 Fe 位于第四周期第 Ⅷ 族；O 的价层电子排布为 2s22p4，据此画出排布图。
(2)同周期第一电离能 N>O（N 的 2p 半满稳定），同主族 N>Si，故顺序 N>O>Si；电负性同周期 O>N，同主族 N>Si，结合 H 的电负性，顺序 O>N>H>Si。
(3)Mg 电子排布为 1s22s22p63s2，最高能层为 M；电子运动状态独特，12 个电子即 12 种状态。
(4)X 为 NO2-、Y 为 NO3-，计算价层电子对均为 3，VSEPR 模型均为平面三角形；Y 无孤电子对，空间结构为平面三角形。
(5)对角线规则中 Li 与 Mg 性质相似，类比 Mg 与 O2反应，得 4Li+O2=2Li2O。
（1）由分析可知：A元素是铁元素，在周期表中的位置为：第四周期Ⅷ族；E元素是氧元素，其价层电子排布式为：，其价层电子排布图为：；
（2）①根据分析可知：元素C、D、E分别是N、Si、O，已知C、N、O为同周期元素，原子序数依次递增且相邻，第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，而N的2p能级处于半充满状态，N元素的第一电离能大于O，所以第一电离能：N>O>C，C和Si属于同一主族，且原子序数CSi，所以N、O、Si三种元素第一电离能顺序为：N>O>Si；
②根据分析可知：元素C、D、E、F分别是N、Si、O、H，同一周期，从左到右，元素的电负性依次增大，即电负性：O>N>C；同一主族，从上到下，元素的电负性依次减小，即电负性：C>Si；在硅烷中，Si显+4价，H显-1价，而在NH3中，N显-3价，H显+1价，则电负性：N>H>Si，故电负性由大到小顺序为：O>N>H>Si；
（3）根据分析可知：元素B为镁元素，镁原子的电子式为，电子占据的最高能层为第三能层，其符号为M，原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态不同的电子，故镁原子有12种运动状态不同的电子；
（4）①根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，X离子中N和O原子个数比为：1：2，X离子为，σ键电子对数为2，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形；
②根据分析可知：元素C、E分别为：N、O，Y离子中N和O原子个数比为：1：3，Y离子为，σ键电子对数为3，中心原子孤电子对数，价层电子对数=，VSEPR模型为平面三角形，没有孤电子对，其空间构型为平面三角形；
（5）根据对角线规则，Li和Mg位于对角线位置，根据镁和氧气的反应，可得Li在氧气中燃烧的化学方程式为：。
18．（2025高二上·奉化期末）25℃时，有关物质平衡常数的数值如表所示：
CH3COOH H2SO3 H2S
Ka=1.69×10-5 Ka1=1.54×10-2 Ka2=1.02×10-7 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.0×10-13
H2CO3 HClO CuS
Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=3.0×10-8 Ksp=6.0×10-36
（1）前三种酸由强到弱的顺序是　 　。
（2）同浓度的CH3COO-、SO、CO结合H+能力由大到小的顺序为　 　。
（3）初始浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液pH为　 　。(已知lg1.3=0.11)
（4）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，则下列关于混合溶液的说法中不正确的是_______。
A．c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)
B．c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)
C．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L
D．c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)
（5）向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为　 　。
（6）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数为　 　(保留小数点后一位)。
【答案】（1）H2SO3>CH3COOH>H2S
（2）CO>SO>CH3COO-
（3）2.89
（4）C
（5）
（6）1.8×1015
【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；电离平衡常数
【解析】 【解答】（1）酸的强度由电离常数（Ka）决定，Ka越大酸性越强。H2SO3的Ka1（1.54×10-2）最大，其次是CH3COOH（1.69×10-5），H2S的Ka1（1.1×10-7）最小，
故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2S；
（2）碱性越强的离子结合H+能力越强。对应共轭酸的Ka越小，碱性越强。的Ka2（5.6×10-11）最小，故碱性最强；的Ka2（1.02×10-7）次之；CH3COOH的Ka（1.69×10-5）最大，故CH3COO-最弱，所以CO>SO>CH3COO-；
故答案为： CO>SO>CH3COO- ；
（3）弱酸近似公式：，；
故答案为： 2.89 ；
（4）A．电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) +c(OH-)，物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 2c(Na+)，电荷守恒×2+物料守恒，可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，正确；
B．根据电荷守恒可以知道阳离子等于阴离子，得c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)，正确；
C．等体积混合，根据物料守恒，可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，错误；
D．可知醋酸电离大于水解，所以离子浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，正确；
故答案为：C；
（5）酸性H2CO3（Ka1=4.3×10-7）强于HClO（Ka=3.0×10-8），次氯酸强于碳酸氢根离子，则离子方程式：；
故答案为： ；
（6）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数，代入数值
故答案为： 1.8×1015 。
【分析】(1)酸性强弱由电离常数 Ka 决定，Ka 越大酸性越强，故顺序为 H2SO3>CH3COOH>H2S。
(2)离子结合 H+能力与对应共轭酸的 Ka 成反比，Ka 越小结合能力越强，顺序为 CO32->SO32->CH3COO-。
(3)用弱酸近似公式计算，代入数据求pH。
(4)依据电荷守恒、物料守恒（等体积混合后总浓度为 0.1mol/L）及电离水解程度，判断选项 C 错误。
(5)根据酸性 H2CO3>HClO>HCO3-，少量 CO2反应生成 HClO 和 HCO3-，据此书写离子方程式。
(6)根据平衡常数公式，代入数据计算。
（1）酸的强度由电离常数（Ka）决定，Ka越大酸性越强。H2SO3的Ka1（1.54×10-2）最大，其次是CH3COOH（1.69×10-5），H2S的Ka1（1.1×10-7）最小，答案：H2SO3＞CH3COOH＞H2S；
（2）碱性越强的离子结合H+能力越强。对应共轭酸的Ka越小，碱性越强。的Ka2（5.6×10-11）最小，故碱性最强；的Ka2（1.02×10-7）次之；CH3COOH的Ka（1.69×10-5）最大，故CH3COO-最弱，所以CO>SO>CH3COO-；
（3）弱酸近似公式：，；
（4）A．电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) +c(OH-)，物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= 2c(Na+)，电荷守恒×2+物料守恒，可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，正确；
B．根据电荷守恒可以知道阳离子等于阴离子，得c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)，正确；
C．等体积混合，根据物料守恒，可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，错误；
D．可知醋酸电离大于水解，所以离子浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，正确；
故选C；
（5）酸性H2CO3（Ka1=4.3×10-7）强于HClO（Ka=3.0×10-8），次氯酸强于碳酸氢根离子，则离子方程式：；
（6）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数，代入数值。
19．（2025高二上·奉化期末）氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。
请回答下列问题：
（1）气体X、Y分别是　 　、　 　(填化学式)。
（2）燃料电池中正极的电极反应式为　 　。
（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序　 　。
【答案】（1）Cl2；H2
（2）O2+4e-+2H2O=4OH-
（3）b%>a%>c%
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；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）根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2；
故答案为： Cl2 ； H2 ；
（2）燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
故答案为： O2+4e-+2H2O=4OH- ；
（3）根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%>c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%
故答案为： b%>a%>c% 。
【分析】电解池左室加入饱和 NaCl 溶液，排出稀 NaCl 溶液，说明左室是阳极室。阳极发生 Cl-失电子的氧化反应，生成 Cl2，故气体 X 为 Cl2；左室的 Na+通过阳离子交换膜移向阴极室。
电解池右室为阴极室，通入 c% 的 NaOH 溶液，阴极发生 H2O 得电子的还原反应，生成 H2和 OH-，因此气体 Y 为 H2，且右室流出的 NaOH 溶液浓度高于通入的浓度。
右侧为氢氧燃料电池（因气体 Y 是 H2），通入 H2的电极为负极，通入空气（除 CO2后含 O2）的电极为正极。正极发生 O2得电子的反应：O2+4e-+2H2O=4OH-；Na+通过阳离子交换膜从负极移向正极，使正极区 NaOH 浓度升高，故流出的 b% NaOH 溶液浓度大于流入的 a% NaOH 溶液浓度，据此解答。
（1）根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2；
（2）燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（3）根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%>c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%20．（2025高二上·奉化期末）氨是重要的化工产品，其生产流程如图(1)所示，合成原理为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ，请回答下列问题：
（1）已知：298K时相关物质的标准熵数据如下表：
化学式
标准熵： 191.2 130.7 192.8
计算合成氨反应的熵变　 　，综合考虑焓变和熵变，合成氨反应在　 　条件下有利于反应自发进行。
（2）下列说法正确的是_______。
A．利用压缩机进行加压有利于更快更多的生产氨气
B．热交换器可以冷却进入的原料气，防止催化剂过热
C．当断裂1mol键的同时生成2mol键则说明合成氨反应已达平衡
D．通过使用催化剂和分离液态氨气等措施，可以提高反应的平衡转化率
（3）某学习小组在一恒容密闭容器中按照通入原料气模拟合成氨反应，测得容器内压强变化如下表：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25 30
压强/MPa 16.80 14.78 13.86 13.27 12.85 12.60 12.60
用各物质的物质的量分数代替浓度(物质的量分数=该气体的物质的量÷混合物总物质的量)，计算反应的平衡常数　 　。(保留3位有效数字)
（4）研究发现，合成氨反应的决速步为在催化剂表面的吸附，当原料气中时平衡体系中的物质的量分数最高。但实际工业生产中采用为2.8～2.9，试分析原因：　 　。
（5）实际工业生产中，反应往往未达平衡时就将产物分离进行下一步操作。保持其他条件不变，合成氨反应的速率以及平衡时体系中的物质的量分数随温度的变化曲线如图(2)和(3)。请在图(3)中画出400～600℃时，经历相同时间后体系中氨气的物质的量分数示意图　 　。
【答案】（1）-197.7；低温
（2）A
（3）5.33
（4）原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率。
（5）
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）结合表格数据以及△S=生成物总熵-反应物总熵有，△S=2×192.8J mol-1 K-1-(191.2J mol-1 K-1+3×130.7J mol-1 K-1)=-197.7J mol-1 K-1；用复合判据△G=ΔH-T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；已知该反应ΔH＜0，△S＜0，要使△G＜0需要低温条件，因此该反应在低温条件下能自发进行；
故答案为： -197.7 ； 低温 ；
（2）A．已知该反应正向是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应正向是一个气体分子数减小的放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此反应物的平衡转化率不变；分离液态氨气，使得生成物浓度降低，平衡正向移动，可以提高反应的平衡转化率，故D错误；
故答案为：A；
（3）在一恒容密闭容器中按照n(H2)：n(N2)=3：1通入原料气模拟合成氨反应，25min时，反应已达到平衡，假设起始时n(H2)=3mol，n(N2)=1mol，平衡时N2的转化量为x mol，列“三段式”进行计算：
因此n(总)=(4-2x)mol，结合恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有，解得x=0.5，则平衡时n(H2)=1.5mol，n(N2)=0.5mol，n(NH3)=1mol，n(总)=3mol，该反应的平衡常数Kx===5.33；
故答案为： 5.33 ；
（4）研究发现，合成氨反应的决速步为N2在催化剂表面的吸附，当原料气中n(H2)：n(N2)=3时平衡体系中NH3的物质的量分数最高。但实际工业生产中采用n(H2)：n(N2)为2.8～2.9原因是原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率；
故答案为： 原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率；
（5）实际工业生产中，反应往往未达平衡时就将产物分离进行下一步操作。保持其他条件不变，合成氨反应的速率以及平衡时体系中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线如图(2)和(3)，随着反应的进行，氨气的物质的量分数增大，反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，氨气的物质的量分数减小，因此400～600℃时，经历相同时间后体系中氨气的物质的量分数示意图为：。
故答案为：。
【分析】(1)用产物总熵减去反应物总熵得 ΔS=-197.7 J mol- K- ；结合 ΔH<0、ΔS<0，低温下 ΔG<0，反应自发。
(2)加压促进平衡正向移动且加快速率；热交换器非单纯降温；正反应单向描述不能判断平衡；催化剂不影响平衡转化率。
(3)设 N2转化量，通过压强比求物质的量变化，用 “三段式” 计算平衡时各物质的量分数，代入 K 表达式得 5.33。
(4)N2成本低且易获取，适度过量提升 H2利用率；N2吸附为决速步，合理过量可占据活性位点加快速率。
(5)未达平衡时，400~600℃间先因速率加快使 NH3量分数上升，达平衡后升温促使平衡逆移，量分数下降，曲线呈先升后降趋势。
（1）结合表格数据以及△S=生成物总熵-反应物总熵有，△S=2×192.8J mol-1 K-1-(191.2J mol-1 K-1+3×130.7J mol-1 K-1)=-197.7J mol-1 K-1；用复合判据△G=ΔH-T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；已知该反应ΔH＜0，△S＜0，要使△G＜0需要低温条件，因此该反应在低温条件下能自发进行；
（2）A．已知该反应正向是一个气体分子数减小的反应，利用压缩机进行加压，平衡正向移动且反应速率加快，因此有利于更快更多的生产氨气，故A正确；
B．已知该反应正向是一个气体分子数减小的放热反应，热交换器可以冷却进入的原料气，从而使得体系温度降低，平衡正向移动，从而提高氨气的产率，故B错误；
C．当断裂1mol N≡N键的同时生成2mol N—H键，都描述的是正反应，不能说明正逆反应速率相等，因此无法说明合成氨反应已达平衡，故C错误；
D．使用催化剂，可加快反应速率，但是平衡不移动，因此反应物的平衡转化率不变；分离液态氨气，使得生成物浓度降低，平衡正向移动，可以提高反应的平衡转化率，故D错误；
故答案为：A；
（3）在一恒容密闭容器中按照n(H2)：n(N2)=3：1通入原料气模拟合成氨反应，25min时，反应已达到平衡，假设起始时n(H2)=3mol，n(N2)=1mol，平衡时N2的转化量为x mol，列“三段式”进行计算：
因此n(总)=(4-2x)mol，结合恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有，解得x=0.5，则平衡时n(H2)=1.5mol，n(N2)=0.5mol，n(NH3)=1mol，n(总)=3mol，该反应的平衡常数Kx===5.33；
（4）研究发现，合成氨反应的决速步为N2在催化剂表面的吸附，当原料气中n(H2)：n(N2)=3时平衡体系中NH3的物质的量分数最高。但实际工业生产中采用n(H2)：n(N2)为2.8～2.9原因是原料气中氮气容易获得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂表面吸附为决速步骤，合理占据活性位点，有利于提高整体反应速率；
（5）实际工业生产中，反应往往未达平衡时就将产物分离进行下一步操作。保持其他条件不变，合成氨反应的速率以及平衡时体系中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线如图(2)和(3)，随着反应的进行，氨气的物质的量分数增大，反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，氨气的物质的量分数减小，因此400～600℃时，经历相同时间后体系中氨气的物质的量分数示意图为：。
21．（2025高二上·奉化期末）生物炼铜技术是一种利用微生物开矿的湿式制铜技术，适用于从含铜量极低的矿石中冶炼出铜，具有环保、高效、低成本的优点。利用生物炼铜方法可以制备金属铜，同时生成副产品FeSO4·7H2O，相关转化过程如下图所示：
金属离子沉淀的如下表。
　 Fe3+ Cu2+ Fe2+
开始沉淀时的 1.5 4.2 6.3
完全沉淀时的 2.8 6.7 8.3
（1）请写出在硫化细菌作用下转化生成的离子方程式　 　。
（2）请选择合适的试剂X_______。
A．新制氯水 B．双氧水
C．稀硝酸 D．酸性高锰酸钾
（3）调节的范围在　 　之间，试剂是　 　(写出一种即可)。
（4）测定的纯度
I．用分析天平称取晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成的待测液；
Ⅱ．取的待测液置于锥形瓶中，用的标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的标准液的体积如下表所示：
实验组 第一次 第二次 第三次
滴定前溶液的体积 0.05 0.20 1.10
滴定后溶液的体积 19.95 20.30 22.1
①标准液盛放在　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②对于上述滴定操作，下列描述正确的是　 　。
A．装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上
B．装液后若发现有气泡，可快速向下放液排气泡
C．滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口
D．滴定过程中，左手轻轻挤压滴定管中的玻璃球，右手轻轻摇动锥形瓶
E．刚开始滴定时，可使溶液流成“水线”快速流下
③滴定终点的现象是　 　。
④该晶体的纯度是　 　(保留2位小数)。
⑤现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是　 　。
A．在配制待测液定容时仰视
B．原锥形瓶中有水
C．待测液配制过程中被氧气氧化
D．滴定前盛放KMnO4标准液的滴定管中滴定前有气泡，滴定后气泡消失
E．滴定终点时仰视读数
【答案】（1）
（2）B
（3）2.8~4.2；CuO或Cu(OH)2或CuCO3等
（4）酸式；ABC；当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色(浅黄色)变为浅紫色，且半分钟内不变色；92.67；AC
【知识点】铜及其化合物；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）CuS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（2）试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质、稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，不引入新杂质；
故答案为：B；
（3）调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8～4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等；
故答案为： 2.8~4.2 ； CuO或Cu(OH)2或CuCO3等 ；
（4）①标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中；
②A．装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上，便于排气泡、调整液面，A正确；
B．酸式滴定管装液后若发现有气泡，打开活塞，可快速向下放液排气泡，B正确；
C．滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口，避免液体溅出，C正确；
D．酸式滴定管滴定过程中，左手控制活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，D错误；
E．刚开始滴定时，滴速可以稍快，但不能使溶液流成“水线”快速流下，E错误；
故选ABC；
③由于溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色；
④三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、22.10mL-1.10mL=21.00mL，由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，根据，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，该FeSO4 7H2O晶体的纯度为92.67%；
⑤A．在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
B．原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，不符合题意；
C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
E．滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
答案选AC。
故答案为： 酸式 ； ABC ； 当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色(浅黄色)变为浅紫色，且半分钟内不变色 ； 92.67 ； AC 。
【分析】CuS 和 FeS 在硫化细菌作用下，与 O2、H2SO4发生反应，生成 CuSO4、FeSO4以及 Fe2(SO4)3的混合溶液。接着加入试剂 X，将 Fe2+氧化为 Fe3+，之后调节溶液 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，从而得到 CuSO4溶液。CuSO4溶液与 Fe 粉发生置换反应，生成 FeSO4和 Cu。另一方面，Fe(OH)3先与 H2SO4反应，之后再加入 Fe，也会生成 FeSO4溶液。把这两步得到的 FeSO4溶液合并，最终从 FeSO4溶液中可获得 FeSO4 7H2O。
（1）CuS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4，反应的离子方程式为：；
（2）试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质、稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，不引入新杂质；故答案选B；
（3）调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8～4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等；
（4）①标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中；
②A．装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上，便于排气泡、调整液面，A正确；
B．酸式滴定管装液后若发现有气泡，打开活塞，可快速向下放液排气泡，B正确；
C．滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口，避免液体溅出，C正确；
D．酸式滴定管滴定过程中，左手控制活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，D错误；
E．刚开始滴定时，滴速可以稍快，但不能使溶液流成“水线”快速流下，E错误；
故选ABC；
③由于溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色（浅黄色）变为浅紫色，且半分钟内不变色；
④三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、22.10mL-1.10mL=21.00mL，由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00mL，根据，25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，该FeSO4 7H2O晶体的纯度为92.67%；
⑤A．在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
B．原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，不符合题意；
C．待测液配制过程中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；
D．盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
E．滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；
答案选AC。
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