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广东省茂名市化州市第一中学2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测化学试卷
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·化州期末）“能源”是人们生活中不可或缺的一部分，化学能与热能的相互转化是能量合理应用的重要途径。下列属于化学能与热能的转化过程的是
图片
转化过程 太阳能热水器烧水 燃油汽车行驶
选项 A B
图片
转化过程 氯碱工业制氯气 水力发电
选项 C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】A、太阳能热水器烧水是将太阳能转化为热能，无化学变化参与，不属于化学能与热能的转化，A错误；
B、燃油汽车行驶时，燃油（如汽油）发生燃烧反应（化学变化），将化学能转化为热能，热能再转化为动能，属于化学能与热能的转化过程，B正确；
C、氯碱工业制氯气是通过电解反应，将电能转化为化学能，属于电能与化学能的转化，而非化学能与热能的转化，C错误；
D、水力发电是将水能（机械能）转化为电能，无化学变化参与，不属于化学能与热能的转化，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断太阳能热水器的能量转化形式。
B．分析燃油汽车行驶时的能量转化链。
C．判断氯碱工业制氯气的能量转化类型。
D．分析水力发电的能量转化本质。
2．（2025高二上·化州期末）某化学反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C．反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．三种物质中B最不稳定 B．反应A→B的活化能为E1
C．反应B→C的ΔH=E4-E3 D．整个反应的ΔH=E1-E2+E3-E4
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A、物质的能量越高，稳定性越弱。由图可知，B的能量最高，因此三种物质中B最不稳定，A正确；
B、活化能是反应物分子变成活化分子所需吸收的能量。反应 A→B 中，反应物 A 变成活化分子需吸收的能量为 E1，故该反应的活化能为 E1，B正确；
C、 物质B的能量比物质C的能量高，则B→C的反应为放热反应，ΔH=E3-E4，C错误；
D、总反应 A→C 的焓变等于两步反应焓变之和。反应 A→B 的 ΔH1 = E1 - E2，反应 B→C 的 ΔH2 = E3 - E4，故总 ΔH=(E1 - E2)+(E3 - E4)=E1-E2+E3-E4，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．考查物质能量与稳定性的关系。
B．考查活化能的定义。
C．考查反应焓变的计算。
D．判断总反应焓变的计算（盖斯定律）。
3．（2025高二上·化州期末）化学用语是学习化学的工具。下列化学用语表述错误的是
A．和核内中子数之比为1：2
B．基态铬原子的简化电子排布式：
C．基态H原子的轨道表示式：
D．可表示原子、阳离子以及阴离子
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布
【解析】【解答】A、12H 中，质量数 2，质子数 1，中子数 = 2-1=1；24He 中，质量数 4，质子数 2，中子数 = 4-2=2。二者中子数之比为 1：2，A正确；
B、铬原子序数 24，价层电子排布为 3d54s （半充满结构稳定），简化电子排布式为 [Ar] 3d54s ，B正确；
C、基态 H 原子只有 K 层，仅含 1s 能级，不存在 1p 能级，轨道表示式错误，C错误；
D、图示粒子电子层结构为 2、8、y，当 y=8 时总电子数 18，可能是 Ar（原子）、Cl-（阴离子）、K+（阳离子）等，可表示多种粒子，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据 “中子数 = 质量数 - 质子数” 计算，再求比值。
B．依据基态铬原子的电子排布规律（半充满更稳定）判断。
C．根据氢原子的能级分布（只有 1s 能级，无 1p 能级）判断。
D．分析粒子电子总数与核电荷数的关系，判断粒子类型。
4．（2025高二上·化州期末）将CO2转化为燃料甲醇是实现碳中和的途径之一、在恒温恒容密闭容器中进行反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H，下列有关说法正确的是
A．若升高温度，反应逆向进行，则 H<0
B．正反应为熵增过程， S>0
C．若混合气体的密度不随时间变化，可说明反应达到平衡
D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、升温反应逆向进行，说明逆反应吸热，正反应则放热，故 ΔH<0，A正确；
B、反应前气体分子数为 4（1mol CO2+3mol H2），反应后为 2（1mol CH3OH+1mol H2O），气体分子数减少，混乱度降低，ΔS<0，B错误；
C、恒温恒容下，反应前后气体总质量不变，体积固定，密度 ρ=m/V 始终不变，不能作为平衡标志，C错误；
D、催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，CO2平衡转化率不变，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．通过温度对平衡移动的影响判断反应热效应。
B．根据反应前后气体分子数变化判断熵变符号。
C．依据密度计算公式和反应特点，分析其能否作为平衡标志。
D．明确催化剂对平衡无影响的性质。
5．（2025高二上·化州期末）自由能的变化是判断反应进行方向的复合判据。时，反应能自发进行。已知工业上常利用和来制备水煤气，化学方程式为，则下列说法正确的是
A．，低温下该反应能自发进行
B．，高温下该反应能自发进行
C．，低温下该反应能自发进行
D．，高温下该反应能自发进行
【答案】D
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】熵变判断：反应中，反应物为 2mol 气体（CH4和 H2O 各 1mol），生成物为 4mol 气体（CO 1mol 和 H2 3mol），气体物质的量增加，混乱度增大，故 ΔS>0。
自发性分析：已知 ΔH>0（吸热），根据 ΔG=ΔH-TΔS：
低温时，TΔS 数值小，ΔG=ΔH-TΔS>0，反应不能自发进行；
高温时，TΔS 数值大，ΔG=ΔH-TΔS<0，反应能自发进行。
A、ΔS>0 正确，但低温下反应不能自发，A错误；
B、ΔS<0 判断错误，反应是熵增的，B错误；
C、ΔS<0 判断错误，且低温下反应不能自发，C错误；
D、ΔS>0，高温下反应能自发，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断熵变（ΔS）符号，结合自由能公式 ΔG=ΔH-TΔS 分析反应自发性。
6．（2025高二上·化州期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的溶液中含有数目为
B．1L1溶液中含有数目为
C．标况下，氢氧燃料电池中，消耗22.4L转移电子数目为2
D．往密闭容器中投入0.1和0.1充分反应，生成HI数目为0.2
【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、pH=3 的 HF 溶液中 H+浓度是 10-3mol L- ，但题目没给溶液体积，无法算出 H+的物质的量，也就不能确定其数目为 10-3NA，A错误；
B、CH3COONa 溶液中，CH3COO-会水解（CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-），所以 1L 1mol L- 的该溶液中，CH3COO-数目小于 NA，B错误；
C、标况下 22.4L H2的物质的量是 1mol，氢氧燃料电池中 H2在负极反应（H2-2e-=2H+），1mol H2转移 2mol 电子，即数目为 2NA，C正确；
D、H2和 I2的反应（H2+I2 2HI）是可逆反应，0.1mol H2和 0.1mol I2不能完全反应，生成 HI 的数目小于 0.2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．计算离子数目需知道溶液体积和浓度，缺一不可。
B．醋酸根离子会发生水解，导致实际数目减少。
C．标况下 22.4L H2为 1mol，结合电极反应算电子转移。
D．可逆反应不能进行到底，产物量小于理论值。
7．（2025高二上·化州期末）宏观辨识和微观探析是化学科的核心素养。下列方程式正确的是
A．的电离：
B．AgCl的沉淀溶解平衡：
C．溶液的水解平衡：
D．电解精炼铜，精铜作阴极，其电极反应式：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NaHCO3是强电解质，在溶液中完全电离为 Na+和 HCO3-，正确电离式为 NaHCO3=Na++HCO3-，题干中用 " " 错误，A不正确；
B、AgCl 的沉淀溶解平衡是固体溶解产生离子，正确表达式为 AgCl (s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，题干中写为 AgCl (aq) 错误，B不正确；
C、HSO3-的水解是结合 H2O 中的 H+，生成 H2SO3和 OH-，方程式为 HSO3-+H2O H2SO3+OH-，题干中写的是电离反应（生成 SO32-和 H3O+），C不正确；
D、精铜作阴极，Cu2+在阴极得电子生成 Cu，电极反应式为 Cu2++2e-=Cu，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．强电解质完全电离，用 "=" 表示，而非可逆符号。
B．沉淀溶解平衡中，反应物应为固体状态 (s)。
C．水解反应生成弱电解质和 OH-，与电离反应（生成 H+）区分。
D．电解精炼铜时，阴极发生 Cu2+得电子的还原反应。
8．（2025高二上·化州期末）下列生活、生产中盐类的应用，能用盐类水解原理解释的是
A．用做射线透视肠胃的内服药
B．用热溶液清洗餐具上的油污
C．用溶液腐蚀铜制电路板
D．用除去工业废水中的和
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、BaSO4用作胃肠透视药剂，是因为它难溶于水和盐酸，不与胃液反应，这是其溶解性和稳定性的体现，与盐类水解无关，A不符合题意；
B、Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-会水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-），使溶液呈碱性。水解吸热，加热促进水解，OH-浓度增大，碱性增强，更易使油污（油脂）发生水解反应，该应用能用盐类水解原理解释，B符合题意；
C、该过程是 Fe3+与 Cu 发生氧化还原反应（2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2），与 Fe3+的水解无关，C不符合题意；
D、S2-与 Cu2+、Hg2+直接反应生成难溶硫化物沉淀（如 CuS、HgS），属于复分解反应，与 S2-的水解无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分析 BaSO4的性质，判断其应用是否与盐类水解相关。
B．从 Na2CO3的水解特性及温度对水解的影响分析。
C．明确 FeCl3腐蚀铜电路板的反应本质。
D．分析 Na2S 除重金属离子的反应类型。
9．（2025高二上·化州期末）根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是
A．0.01mol·L-1的HR溶液
B．HR溶液的导电性比盐酸弱
C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D．室温下，NaR溶液的pH大于7
【答案】B
【知识点】比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、0.01mol/L 的 HR 溶液 pH=2.8，若 HR 是强酸，pH 应等于 2，而实际 pH>2，说明 HR 未完全电离，是弱酸，A不符合题意；
B、溶液导电性与离子浓度和离子所带电荷有关，若未指明 HR 和盐酸的浓度相同，仅根据导电性弱不能说明 HR 是弱酸（如极稀的盐酸导电性也可能弱于浓的 HR 溶液），B不符合题意；
C、向 HR 溶液中加入 NaR 固体，溶液 pH 变大，说明 R-抑制了 HR 的电离，即 HR 存在电离平衡（HR H++R-），证明 HR 是弱酸，C不符合题意；
D、室温下 NaR 溶液 pH>7，说明 R-发生水解（R-+H2O HR+OH-），则 HR 是弱酸，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．根据溶液 pH 判断电离程度。
B．导电性与酸强弱的关系（需控制浓度）。
C．电离平衡的移动（同离子效应）。
D．盐溶液的酸碱性与酸强弱的关系。
10．（2025高二上·化州期末）如图所示为NH3—O2燃料电池装置，下列说法错误的是
A．电池工作时，O2得到电子，发生还原反应
B．电极b上的电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O
C．燃料电池可以把化学能全部转化为电能
D．电池工作时，溶液中的Na+向电极a迁移
【答案】C
【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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电池工作时，O2通入电极 a，在正极发生还原反应，O2得电子，A正确；
B、电极 b 上 NH3被氧化为 N2，N 元素化合价从 -3 升至 0，在碱性条件下反应，电极反应式为 2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，B正确；
C、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，但工作时总会有部分能量以热能等形式散失，不能将化学能全部转化为电能，C错误；
D、电极 a 是正极，电池工作时，溶液中阳离子（Na+）向正极（电极 a）迁移，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确燃料电池中氧气参与正极反应，发生还原反应。B．判断负极发生氧化反应，结合电解质环境（NaOH 溶液）写反应式。
C．了解燃料电池的能量转化存在损耗，无法 100% 转化。
D．考查原电池中阳离子向正极移动。
11．（2025高二上·化州期末）下列实验装置能达到实验目的的是
A．图①用标准NaOH溶液滴定盐酸 B．图②在铁上镀铜
C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小 D．图④蒸干溶液获得
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸（碱）式滴定管的使用；电镀
【解析】【解答】A、标准 NaOH 溶液应装在碱式滴定管中（图中右侧为碱式滴定管），但滴定操作中应观察溶液颜色变化判断终点，而非注视滴定管刻度，A不能达到实验目的；
B、铁上镀铜时，铁应作阴极（接电源负极），铜作阳极（接电源正极）。图中 Fe 接电源正极（阳极），会发生 Fe 失电子的反应，无法实现镀铜，B不能达到实验目的；
C、向 AgNO3溶液中滴加 NaCl 后，溶液中既有 AgCl 沉淀，又有剩余的 AgNO3。再加入 Na2S 产生 Ag2S 沉淀，无法确定是 AgCl 转化为 Ag2S 还是 AgNO3转化为 Ag2S，因此不能比较 AgCl 和 Ag2S 的溶解度大小，C不能达到实验目的；
D、Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+水解生成 Fe(OH)3和 H2SO4，但 H2SO4是不挥发性酸，加热时水解平衡不会持续正向移动，且生成的 Fe(OH)3会与 H2SO4反应重新生成 Fe2(SO4)3，因此蒸干溶液可获得 Fe2(SO4)3，D 能达到实验目的；
故答案为：D。【分析】A．碱式滴定管的使用及滴定操作要点。
B．电镀的电极连接原理。
C．沉淀转化的前提（明确初始沉淀）。
D．盐类水解与物质制备的关系（不挥发性酸的影响）。
12．（2025高二上·化州期末）下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号。J为0族元素，下列说法正确的是
X Y Z
R
W
J
A．R在周期表的位置是第三周期Ⅴ族
B．6种元素所在的区域都是p区
C．Y的第一电离能大于Z的第一电离能
D．电负性最大的元素为J
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、由周期表结构推知 R 是 S，S 位于第三周期第 ⅥA 族，不是第三周期 Ⅴ 族，A错误；
B、推断出 X 为 N、Y 为 O、Z 为 F、R 为 S、W 为 Br、J 为 Xe。N 在第 15 列，O 和 S 在第 16 列，F 和 Br 在第 17 列，Xe 在第 18 列，均属于 p 区（13-18 列），B正确；
C、Y 是 O，Z 是 F，同周期从左到右第一电离能增大，故 O 的第一电离能小于 F，C错误；
D、表中元素中 F 的电负性最大，J 是 Xe（稀有气体），电负性小，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素X、Y、Z位于第二周期，R位于第三周期，W位于第四周期，J位于第五周期，因J为0族元素，由此可推断出X为N、Y为O、Z为F、R为S、W为Br、J为Xe。
A．先确定 R 的元素种类，再明确其周期和族序数。
B．明确 p 区元素在周期表中的范围（第 13-18 列），判断各元素是否属于 p 区。
C．根据同周期元素第一电离能变化规律（从左到右总体增大）比较 Y 和 Z。
D．依据电负性变化规律（同周期左到右增大，同主族上到下减小）判断最大电负性元素。
13．（2025高二上·化州期末）《自然》发表的关于乳酸的研究认为，乳酸是经血液循环转换能量的基本成员。常温下，乳酸(用表示)的，碳酸的。下列说法正确的是
A．乳酸酸性比碳酸弱
B．乳酸溶液的
C．乳酸溶液中：
D．稀释乳酸溶液，乳酸电离程度减小
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；电离平衡常数
【解析】【解答】A、酸性强弱与电离常数 Ka 正相关，Ka 越大，酸性越强。已知乳酸的Ka大于碳酸的Ka，因此乳酸酸性强于碳酸，A错误；
B、乳酸是弱酸，在溶液中仅部分电离。即使是 0.1mol/L 的乳酸溶液，H+浓度也小于 0.1mol/L，常温下其 pH 大于 1，B错误；
C、乳酸溶液中存在 H+、OH-和乳酸根离子（用 L-表示）。根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度，即 c(H+)=c(OH-)+c(L-)，C正确；
D、稀释乳酸溶液时，根据 “越稀越电离” 的规律，乳酸的电离平衡会正向移动，电离程度增大，而非减小，D错误；
故答案为：C。【分析】A．依据电离常数比较酸性强弱
B．弱酸溶液的 pH 特点
C．电荷守恒在溶液中的应用
D．稀释对弱酸电离程度的影响
14．（2025高二上·化州期末）下列陈述和陈述均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述 陈述
A 为保护铁闸门不被腐蚀，常将铁闸门与电源负极相连 利用外加电流的阴极保护法使金属构件不被腐蚀
B 将合成氨平衡体系的体积压缩一半后压强低于原平衡压强的两倍 加压使反应的平衡常数增大
C 常温下，的溶解度大于 相同浓度的溶液水解程度大于
D 将气体通入溶液中没有明显现 象，将、混合气体通入溶液中产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 中，铁闸门与电源负极相连，作电解池的阴极（阴极发生还原反应），可防止被腐蚀；陈述 Ⅱ 说明外加电流的阴极保护法就是通过这种方式保护金属。两者均正确，且陈述 Ⅰ 是陈述 Ⅱ 的具体应用，存在因果关系，A符合题意；
B、陈述 Ⅰ 中，合成氨反应（N2+3H2 2NH3）是气体分子数减少的反应，体积压缩一半时，平衡正向移动，压强小于原平衡的 2 倍，此陈述正确；陈述 Ⅱ 中，平衡常数只与温度有关，加压不会改变平衡常数，此陈述错误，B不符合题意；
C、陈述 Ⅰ（Na2CO3溶解度大于 NaHCO3）和陈述 Ⅱ（同浓度下 Na2CO3水解程度更大）均正确，但溶解度由溶解平衡决定，水解程度由离子的水解能力决定，两者无因果关系，C不符合题意；
D、陈述 Ⅰ 中，SO2通入 BaCl2溶液不反应（因 H2SO3酸性弱于 HCl），通入 NH3后溶液呈碱性，SO2转化为 SO32-，生成 BaSO3沉淀；陈述 Ⅱ 提及的 Ksp (BaSO4) 与 Ksp (BaSO3)，与该现象无关（实际生成的是 BaSO3而非 BaSO4）。两者无因果关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 判断外加电流阴极保护法的原理及应用逻辑。
B. 分析压强对平衡移动和平衡常数的影响差异。
C. 区分溶解度与水解程度的决定因素，判断因果关系。
D. 分析反应现象的本质与溶度积的关联性。
15．（2025高二上·化州期末）已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是
A．a点表示的溶液中c(H+)等于10－3 mol·L－1
B．b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．b、d点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A、a 点 pH=3，根据 pH 的定义（pH=-lg c (H+)），可知 c (H+)=10-3mol L- ，A正确；
B、溶液中电荷守恒为 c (Na+)+c (H+)=c (OH-)+c (CH3COO-)。b 点 pH<7，说明 c (H+)>c (OH-)，代入电荷守恒式可得 c (CH3COO-)>c (Na+)，B正确；
C、CH3COOH 与 NaOH 恰好完全反应生成 CH3COONa，CH3COONa 是强碱弱酸盐，溶液应呈碱性（pH>7）。但 c 点 pH=7（中性），说明 CH3COOH 过量，反应未完全，C错误；
D、电离平衡常数 K 的表达式为 ，且 K 只随温度变化。b、d 点温度相同，故该比值均等于 K，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.通过 pH 值直接计算 H+浓度。
B.利用电荷守恒结合溶液酸碱性比较离子浓度。
C.根据产物性质（盐的水解）判断反应是否完全。
D.明确电离平衡常数只与温度有关。
16．（2025高二上·化州期末）科研工作者利用如图所示装置除去含NaCl废水中的尿素[CO(NH2)2]。下列说法错误的是
A．b为直流电源的负极
B．工作时，废水中NaCl的浓度保持不变
C．工作时，N极区NaCl溶液的质量基本不变
D．若导线中通过6mol电子，则理论上生成1molN2
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、N 极生成 H2，H+得电子发生还原反应，故 N 极为阴极；阴极连接直流电源的负极，因此 b 为直流电源的负极，A正确；
B、阳极区先发生 6Cl--6e-=3Cl2，生成的 Cl2再与尿素反应：3Cl2+CO(NH2)2+H2O=6Cl-+6H++CO2+N2。反应过程中消耗了水，而废水中 NaCl 的物质的量不变，溶剂减少，因此废水中 NaCl 的浓度会增大，B错误；
C、工作时，H+由M极区（阳极区）通过质子交换膜移向 N 极区（阴极区）。根据电子守恒，转移相同物质的量的电子时，N 极区生成 H2的质量与移入的 H+质量相等，因此 N 极区 NaCl 溶液的质量基本不变，C正确；
D、由阳极区的总反应（6Cl--6e-=3Cl2、3Cl2+CO(NH2)2+H2O=6Cl-+6H++CO2+N2）可知，生成 1mol N2时转移 6mol 电子；因此若导线中通过 6mol 电子，理论上生成 1mol N2，D正确；
故答案为：B。【分析】A．根据电极产物判断电极极性。
B．分析阳极区的反应对 NaCl 浓度的影响。
C．分析离子移动与溶液质量的关系。
D．根据电极反应的电子转移关系计算产物的量。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025高二上·化州期末）某小组同学探究CaCl2溶液能否与NaHCO3溶液反应。回答下列问题：
（1）常温下，测得0.01 mol/L NaHCO3溶液呈碱性，则：
①溶液中的、、由大到小的顺序为：　 　。
②溶液中（存在）：　 　。
该小组设计实验进行探究
查阅资料：，、
实验1：向5.0×10-3 mol/L NaHCO3溶液中加入等体积1.0×10-4 mol/L CaCl2溶液，无现象。
实验2：向0.5 mol/L NaHCO3溶液中加入等体积0.5 mol/L CaCl2溶液，有白色沉淀产生，有少量气体产生。
（2）实验2产生白色沉淀的原因是　 　（填“＞”、“=”或“＜”），室温下，测得0.50溶液pH=8.48，该溶液中，计算该溶液中　 　。
（3）该小组在查阅资料过程中得知该反应可以通过的自偶电离解释，类似水的自偶电离（），的自偶电离方程式为　 　。的自偶电离平衡促进了实验2中沉淀的形成，试解释　 　。
（4）实验2发生反应的离子方程式为　 　。
【答案】c()＞c(H2CO3)＞c()；0.01 mol/L或c(Na+)；＞；；；与Ca2+结合生成CaCO3不溶物，浓度下降，使的自偶电离平衡正向移动，补充了，从而促进了沉淀的形成；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中NaHCO3电离产生的既存在电离作用H++，也存在水解作用：+H2OH2CO3+OH-，H++的电离平衡常数Ka2=5.6×10-11；的水解平衡常数Kh2===2.3×10-8＞Ka2，说明的水解程度大于其电离程度，因此溶液显碱性，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(H2CO3)＞c()。但是盐水解程度及电离程度都是微弱的，主要以验电离产生的的形式存在，故该溶液中微粒浓度大小关系为：c()＞c(H2CO3)＞c()；
②在NaHCO3溶液中存在物料守恒，所以c(Na+)= c()+c(H2CO3)+c()=0.01 mol/L；
故答案为： c()＞c(H2CO3)＞c() ； 0.01 mol/L或c(Na+) ；
（2）在实验2中，混合溶液中c(NaHCO3)=0.5 mol/L×=0.25 mol/L，根据其电离平衡常数Ka2=，可知c()=mol/L≈3.7×10-6 mol/L，加入的灯体积0.5 mol/LCaCl2溶液，c(Ca2+)=0.5 mol/L×=0.25 mol/L，Q(CaCO3)=c(Ca2+)·c()=3.7×10-6×0.25 =9.25×10-7＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9；
，则0.50 mol/L NaHCO3溶液中=2.744×10-2.52 mol/L；
故答案为： ＞ ； ；
（3）根据水的自偶电离为，可知的自偶电离方程式为；与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，导致溶液中浓度下降，使的自偶电离平衡正向移动，又补充了，从而形成更多CaCO3沉淀，促进了沉淀的形成；
故答案为： ；与Ca2+结合生成CaCO3不溶物，浓度下降，使的自偶电离平衡正向移动，补充了，从而促进了沉淀的形成 ；
（4）实验2中NaHCO3溶液与CaCl2反应生成白色CaCO3沉淀、CO2气体、H2O和NaCl，该反应的离子方程式为：。
故答案为： 。
【分析】（1）①比较 HCO3-的水解与电离程度（水解＞电离），确定 c (HCO3-)、c (H2CO3)、c (CO32-) 的大小顺序。
②依据物料守恒，Na+浓度等于含碳微粒浓度之和。
（2）通过 Q 与 Ksp 的关系判断沉淀生成；利用 Ka2计算 CO32-浓度。
（3）类比水的自偶电离写方程式；从平衡移动角度解释沉淀形成的促进作用。
（4）根据反应产物（沉淀、气体、水）书写离子方程式。
18．（2025高二上·化州期末）从某含锌矿渣（主要成分是ZnO，杂质是SiO2、Fe3O4、CuO）中分离出相应金属资源物质（金属单质或含金属元素的化合物），并制备金属锌的流程如图所示：
常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 5.2
沉淀完全（）的pH 2.8 8.3 8.2 7.2
回答下列问题：
（1）能提高“溶浸”速率的具体措施为　 　（任写一条）；“滤渣1”的主要成分为　 　（填化学式）。
（2）常温下，Ksp[Fe(OH)2]=　 　；通入氧气的目的是　 　。
（3）为了将三种金属资源逐一完全分离，“氧化除杂”时需要调节的pH范围为　 　。
（4）“电解”制锌后的电解液可返回“　 　”工序继续使用。
（5）该流程中除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源物质为　 　（填化学式）。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2
（2）10-16.4；将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离
（3）2.8~5.2
（4）溶浸
（5）Fe(OH)3、Cu
【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）增大接触面积、增大浓度、升高温度，都能提高“溶浸”速率，则具体措施为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2。
故答案为： 适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等 ； SiO2 ；
（2）根据沉淀完全的pH为8.3，c(OH-)=10-5.7mol/L，可得；除去Fe2+时，不能使Zn2+产生沉淀，通入氧气的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离。
故答案为： 10-16.4 ； 将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离 ；
（3）要将三种金属完全分离，就需要将Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀，所以“氧化除杂”时需要调节pH的范围为2.8~5.2。
故答案为： 2.8~5.2 ；
（4）“溶浸”时需要用到硫酸，“电解”制锌后的电解液为硫酸，所以可返回“溶浸”工序继续使用。
故答案为： 溶浸 ；
（5）据分析，该流程除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源为Fe(OH)3、Cu。
故答案为： Fe(OH)3、Cu ；
【分析】含锌矿渣（主要成分为 ZnO，杂质有 SiO2、Fe3O4、CuO）经稀硫酸溶浸时，SiO2不溶于酸，成为滤渣 1；ZnO、Fe3O4、CuO 与硫酸反应，生成 Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+进入溶液。
下一步氧化除杂时，通入 O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 ZnO 调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀（滤渣 2）。随后还原除杂，加入锌粉，锌与 Cu2+发生置换反应生成 Cu 单质，过量锌粉与 Cu 一同成为滤渣 3。最后电解剩余滤液，Zn2+在阴极得电子析出锌单质。
（1）增大接触面积、增大浓度、升高温度，都能提高“溶浸”速率，则具体措施为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2。
（2）根据沉淀完全的pH为8.3，c(OH-)=10-5.7mol/L，可得；除去Fe2+时，不能使Zn2+产生沉淀，通入氧气的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离。
（3）要将三种金属完全分离，就需要将Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀，所以“氧化除杂”时需要调节pH的范围为2.8~5.2。
（4）“溶浸”时需要用到硫酸，“电解”制锌后的电解液为硫酸，所以可返回“溶浸”工序继续使用。
（5）据分析，该流程除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源为Fe(OH)3、Cu。
19．（2025高二上·化州期末）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ mol-1。合成氨原料气中的N2可采用液态空气分馏的方法获得，H2主要来源于水煤气，相关反应如下：
①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ mol-1
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
（1）已知：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH3=+90.1kJ mol-1，则ΔH2=　 　。
（2）在密闭容器中同时发生反应①②，下列说法正确的是　 　。
A．升温，H2O(g)的转化率一定增大
B．使用高效催化剂可提高H2平衡产率
C．缩小体积加压，v正增大，v逆减小
D．不断分离H2可提高H2O(g)转化率
（3）比较C、N、O的第一电离能，按由大到小的顺序排列：　 　。
（4）实验发现，其他条件不变时，在相同时间内，向反应②体系中投入一定量CaO可增大H2体积分数，投入CaO可增大H2体积分数的原因是　 　。
（5）在刚性密闭容器中，将2.0molCO(g)与8.0molH2O(g)混合加热到830℃发生反应②，达到平衡时CO(g)的转化率是80%，计算反应②的平衡常数　 　(写出计算过程)。
（6）以氨为燃料的质子导电电池，产物为无污染的N2和H2O。写出氨燃料质子导电电池的负极的电极反应式：　 　。
（7）合成氨总反应在起始反应物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中NH3的体积分数为x(NH3)，在t=400℃下的x(NH3) p、p=30MPa下的x(NH3) t如图所示，当x(NH3)=50%时，反应条件可能为　 　。
【答案】（1）-41.2kJ mol-1
（2）D
（3）N>O>C
（4）二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，使平衡正向移动
（5）1
（6）2NH3-6e-=N2↑+6H+
（7）400℃、70Mpa或225℃、30Mpa
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应①+②可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则ΔH1+ΔH2=ΔH3，则ΔH2=90.1-131.3=-41.2kJ mol-1；
故答案为： -41.2kJ mol-1 ；
（2）A．反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，若温度对反应②的平衡移动影响更大，则H2O(g)的转化率会减小，A错误；
B．催化剂改变反应速率，不影响平衡移动，则使用高效催化剂但H2平衡产率不变，B错误；
C．缩小体积加压，反应物和生成物的浓度均增大，则v正增大，v逆也增大，C错误；
D．不断分离H2，减小生成物浓度可使平衡正向移动，可提高H2O(g)转化率，D正确；
故答案为：D；
（3）C、N、O的原子序数增大，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA族的比相邻主族的较大，N位于VA族，则第一电离能：N>O>C；
故答案为： N>O>C ；
（4）投入CaO时，H2的体积分数增大的原因是二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，反应的化学方程式：CO2+CaO═CaCO3，促进平衡正向移动，n(H2)增大；
故答案为： 二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，使平衡正向移动 ；
（5）将2.0molCO(g)与8.0molH2O(g)混合加热到830℃发生反应②，达到平衡时CO(g)的转化率是80%，消耗n(CO)=2.0mol×80%=1.6mol，列三段式：，反应前后气体体积不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，反应②的平衡常数；
故答案为： 1 ；
（6）以氨为燃料的电池，产物为无污染的N2和H2O，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电池的负极的电极反应式：2NH3-6e-=N2↑+6H+；
故答案为： 2NH3-6e-=N2↑+6H+ ；
（7）由图可知，当x(NH3)=50%时，反应条件可能为400℃、70Mpa或225℃、30Mpa。
故答案为： 400℃、70Mpa或225℃、30Mpa 。
【分析】(1)运用盖斯定律，通过已知反应的焓变计算目标反应的焓变。
(2)分析温度、催化剂、压强、浓度对反应平衡移动的影响。
(3)根据同周期元素第一电离能的变化规律（注意VA族的特殊情况）比较。
(4)分析 CaO 与 CO2的反应对平衡移动的影响。
(5)通过三段式计算各物质的平衡量，结合平衡常数公式（反应前后体积不变，用物质的量代替浓度）计算。
(6)判断负极发生的氧化反应，结合产物写出电极反应式。
(7)结合图像分析 NH3体积分数为 50% 时对应的温度和压强条件。
（1）根据盖斯定律，反应①+②可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则ΔH1+ΔH2=ΔH3，则ΔH2=90.1-131.3=-41.2kJ mol-1；
（2）A．反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，若温度对反应②的平衡移动影响更大，则H2O(g)的转化率会减小，A错误；
B．催化剂改变反应速率，不影响平衡移动，则使用高效催化剂但H2平衡产率不变，B错误；
C．缩小体积加压，反应物和生成物的浓度均增大，则v正增大，v逆也增大，C错误；
D．不断分离H2，减小生成物浓度可使平衡正向移动，可提高H2O(g)转化率，D正确；
故选D；
（3）C、N、O的原子序数增大，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA族的比相邻主族的较大，N位于VA族，则第一电离能：N>O>C；
（4）投入CaO时，H2的体积分数增大的原因是二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，反应的化学方程式：CO2+CaO═CaCO3，促进平衡正向移动，n(H2)增大；
（5）将2.0molCO(g)与8.0molH2O(g)混合加热到830℃发生反应②，达到平衡时CO(g)的转化率是80%，消耗n(CO)=2.0mol×80%=1.6mol，列三段式：，反应前后气体体积不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，反应②的平衡常数；
（6）以氨为燃料的电池，产物为无污染的N2和H2O，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电池的负极的电极反应式：2NH3-6e-=N2↑+6H+；
（7）由图可知，当x(NH3)=50%时，反应条件可能为400℃、70Mpa或225℃、30Mpa。
20．（2025高二上·化州期末）化学反应的过程，既是物质的转化过程，也是化学能与热、电等其他形式能量的转化过程。
Ⅰ．肼（）又称联氨，在航空航天方面应用广泛，可用作火箭燃料。已知键、键的键能分别为391、497，与O2反应的能量变化如图所示：
（1）已知肼（）的结构式为：。中键的键能为　 　。请写出一定条件下，与反应的热化学方程式为　 　。
Ⅱ．某兴趣小组的同学以甲醇燃料电池为电源研究有关电化学的问题。
（2）甲池中，通入一极为　 　（填电极名称）。
（3）乙池中，若饱和NaCl溶液足量，通电一段时间后，向乙池溶液中加入一定量的　 　（填物质名称），可使溶液复原。
（4）丙池中，通电一段时间后，溶液中将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）丁池中，利用离子交换膜控制电解液中来制备纳米，该膜为阴离子交换膜。
①电解结束后，Ti电极所在的溶液的pH将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②Cu电极上会得到，则该电极反应式为　 　。
【答案】157；；负极；氯化氢气体；不变；增大；
【知识点】热化学方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】（1）由图可知，与反应生成氮气和气态水的热化学方程式为；根据图中信息，为，已知肼（）的结构式为：，设中键的键能为，，解得x=157，则中键的键能为。
故答案为： 157； ；
（2）甲池是甲醇氧气碱性燃料电池，甲醇是燃料，甲醇失去电子发生氧化反应，因此甲醇作负极。
故答案为： 负极 ；
（3）乙池中，若饱和NaCl溶液足量，通电一段时间后，阳极生成氯气，阴极生成氢气，因此向乙池溶液中加入一定量的氯化氢气体，可使溶液复原。
故答案为： 氯化氢气体 ；
（4）丙池中，Ag为阳极，Ag失去电子变为银离子，Pt为阴极，银离子得到电子变为银单质，通电一段时间后，溶液中将不变。
故答案为： 不变 ；
（5）①Ti电极为阴极，水中氢离子在阴极得到电子变为氢气，剩余氢氧根离子，氢氧根离子向阳极移动，由于溶液体积减小，因此氢氧化钠溶液浓度增大，所以Ti电极附近溶液的pH将增大。
②Cu电极为阳极，Cu失去电子发生氧化反应，和氢氧根结合生成氧化亚铜，其电极反应式为。
故答案为： 增大 ； 。
【分析】（1）利用键能与反应热的关系计算 N-N 键能；根据能量变化书写热化学方程式。
（2）燃料电池中，通入燃料（CH3OH）的一极发生氧化反应，为负极。
（3）电解饱和 NaCl 溶液生成 Cl2和 H2，需加入 HCl 气体使溶液复原。
（4）丙池阳极 Ag 溶解生成 Ag+，阴极 Ag+析出，故 c(Ag+) 不变。
（5）①Ti 为阴极，H+放电生成 H2，剩余 OH-且浓度增大，pH 增大。
②Cu 为阳极，失电子结合 OH-生成 Cu2O，写对应电极反应式。
1 / 1广东省茂名市化州市第一中学2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测化学试卷
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·化州期末）“能源”是人们生活中不可或缺的一部分，化学能与热能的相互转化是能量合理应用的重要途径。下列属于化学能与热能的转化过程的是
图片
转化过程 太阳能热水器烧水 燃油汽车行驶
选项 A B
图片
转化过程 氯碱工业制氯气 水力发电
选项 C D
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·化州期末）某化学反应A→C分两步进行：①A→B，②B→C．反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．三种物质中B最不稳定 B．反应A→B的活化能为E1
C．反应B→C的ΔH=E4-E3 D．整个反应的ΔH=E1-E2+E3-E4
3．（2025高二上·化州期末）化学用语是学习化学的工具。下列化学用语表述错误的是
A．和核内中子数之比为1：2
B．基态铬原子的简化电子排布式：
C．基态H原子的轨道表示式：
D．可表示原子、阳离子以及阴离子
4．（2025高二上·化州期末）将CO2转化为燃料甲醇是实现碳中和的途径之一、在恒温恒容密闭容器中进行反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H，下列有关说法正确的是
A．若升高温度，反应逆向进行，则 H<0
B．正反应为熵增过程， S>0
C．若混合气体的密度不随时间变化，可说明反应达到平衡
D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
5．（2025高二上·化州期末）自由能的变化是判断反应进行方向的复合判据。时，反应能自发进行。已知工业上常利用和来制备水煤气，化学方程式为，则下列说法正确的是
A．，低温下该反应能自发进行
B．，高温下该反应能自发进行
C．，低温下该反应能自发进行
D．，高温下该反应能自发进行
6．（2025高二上·化州期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的溶液中含有数目为
B．1L1溶液中含有数目为
C．标况下，氢氧燃料电池中，消耗22.4L转移电子数目为2
D．往密闭容器中投入0.1和0.1充分反应，生成HI数目为0.2
7．（2025高二上·化州期末）宏观辨识和微观探析是化学科的核心素养。下列方程式正确的是
A．的电离：
B．AgCl的沉淀溶解平衡：
C．溶液的水解平衡：
D．电解精炼铜，精铜作阴极，其电极反应式：
8．（2025高二上·化州期末）下列生活、生产中盐类的应用，能用盐类水解原理解释的是
A．用做射线透视肠胃的内服药
B．用热溶液清洗餐具上的油污
C．用溶液腐蚀铜制电路板
D．用除去工业废水中的和
9．（2025高二上·化州期末）根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是
A．0.01mol·L-1的HR溶液
B．HR溶液的导电性比盐酸弱
C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D．室温下，NaR溶液的pH大于7
10．（2025高二上·化州期末）如图所示为NH3—O2燃料电池装置，下列说法错误的是
A．电池工作时，O2得到电子，发生还原反应
B．电极b上的电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O
C．燃料电池可以把化学能全部转化为电能
D．电池工作时，溶液中的Na+向电极a迁移
11．（2025高二上·化州期末）下列实验装置能达到实验目的的是
A．图①用标准NaOH溶液滴定盐酸 B．图②在铁上镀铜
C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小 D．图④蒸干溶液获得
12．（2025高二上·化州期末）下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号。J为0族元素，下列说法正确的是
X Y Z
R
W
J
A．R在周期表的位置是第三周期Ⅴ族
B．6种元素所在的区域都是p区
C．Y的第一电离能大于Z的第一电离能
D．电负性最大的元素为J
13．（2025高二上·化州期末）《自然》发表的关于乳酸的研究认为，乳酸是经血液循环转换能量的基本成员。常温下，乳酸(用表示)的，碳酸的。下列说法正确的是
A．乳酸酸性比碳酸弱
B．乳酸溶液的
C．乳酸溶液中：
D．稀释乳酸溶液，乳酸电离程度减小
14．（2025高二上·化州期末）下列陈述和陈述均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述 陈述
A 为保护铁闸门不被腐蚀，常将铁闸门与电源负极相连 利用外加电流的阴极保护法使金属构件不被腐蚀
B 将合成氨平衡体系的体积压缩一半后压强低于原平衡压强的两倍 加压使反应的平衡常数增大
C 常温下，的溶解度大于 相同浓度的溶液水解程度大于
D 将气体通入溶液中没有明显现 象，将、混合气体通入溶液中产生白色沉淀
A．A B．B C．C D．D
15．（2025高二上·化州期末）已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是
A．a点表示的溶液中c(H+)等于10－3 mol·L－1
B．b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．b、d点表示的溶液中均等于K
16．（2025高二上·化州期末）科研工作者利用如图所示装置除去含NaCl废水中的尿素[CO(NH2)2]。下列说法错误的是
A．b为直流电源的负极
B．工作时，废水中NaCl的浓度保持不变
C．工作时，N极区NaCl溶液的质量基本不变
D．若导线中通过6mol电子，则理论上生成1molN2
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025高二上·化州期末）某小组同学探究CaCl2溶液能否与NaHCO3溶液反应。回答下列问题：
（1）常温下，测得0.01 mol/L NaHCO3溶液呈碱性，则：
①溶液中的、、由大到小的顺序为：　 　。
②溶液中（存在）：　 　。
该小组设计实验进行探究
查阅资料：，、
实验1：向5.0×10-3 mol/L NaHCO3溶液中加入等体积1.0×10-4 mol/L CaCl2溶液，无现象。
实验2：向0.5 mol/L NaHCO3溶液中加入等体积0.5 mol/L CaCl2溶液，有白色沉淀产生，有少量气体产生。
（2）实验2产生白色沉淀的原因是　 　（填“＞”、“=”或“＜”），室温下，测得0.50溶液pH=8.48，该溶液中，计算该溶液中　 　。
（3）该小组在查阅资料过程中得知该反应可以通过的自偶电离解释，类似水的自偶电离（），的自偶电离方程式为　 　。的自偶电离平衡促进了实验2中沉淀的形成，试解释　 　。
（4）实验2发生反应的离子方程式为　 　。
18．（2025高二上·化州期末）从某含锌矿渣（主要成分是ZnO，杂质是SiO2、Fe3O4、CuO）中分离出相应金属资源物质（金属单质或含金属元素的化合物），并制备金属锌的流程如图所示：
常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 5.2
沉淀完全（）的pH 2.8 8.3 8.2 7.2
回答下列问题：
（1）能提高“溶浸”速率的具体措施为　 　（任写一条）；“滤渣1”的主要成分为　 　（填化学式）。
（2）常温下，Ksp[Fe(OH)2]=　 　；通入氧气的目的是　 　。
（3）为了将三种金属资源逐一完全分离，“氧化除杂”时需要调节的pH范围为　 　。
（4）“电解”制锌后的电解液可返回“　 　”工序继续使用。
（5）该流程中除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源物质为　 　（填化学式）。
19．（2025高二上·化州期末）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ mol-1。合成氨原料气中的N2可采用液态空气分馏的方法获得，H2主要来源于水煤气，相关反应如下：
①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3kJ mol-1
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
（1）已知：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH3=+90.1kJ mol-1，则ΔH2=　 　。
（2）在密闭容器中同时发生反应①②，下列说法正确的是　 　。
A．升温，H2O(g)的转化率一定增大
B．使用高效催化剂可提高H2平衡产率
C．缩小体积加压，v正增大，v逆减小
D．不断分离H2可提高H2O(g)转化率
（3）比较C、N、O的第一电离能，按由大到小的顺序排列：　 　。
（4）实验发现，其他条件不变时，在相同时间内，向反应②体系中投入一定量CaO可增大H2体积分数，投入CaO可增大H2体积分数的原因是　 　。
（5）在刚性密闭容器中，将2.0molCO(g)与8.0molH2O(g)混合加热到830℃发生反应②，达到平衡时CO(g)的转化率是80%，计算反应②的平衡常数　 　(写出计算过程)。
（6）以氨为燃料的质子导电电池，产物为无污染的N2和H2O。写出氨燃料质子导电电池的负极的电极反应式：　 　。
（7）合成氨总反应在起始反应物=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中NH3的体积分数为x(NH3)，在t=400℃下的x(NH3) p、p=30MPa下的x(NH3) t如图所示，当x(NH3)=50%时，反应条件可能为　 　。
20．（2025高二上·化州期末）化学反应的过程，既是物质的转化过程，也是化学能与热、电等其他形式能量的转化过程。
Ⅰ．肼（）又称联氨，在航空航天方面应用广泛，可用作火箭燃料。已知键、键的键能分别为391、497，与O2反应的能量变化如图所示：
（1）已知肼（）的结构式为：。中键的键能为　 　。请写出一定条件下，与反应的热化学方程式为　 　。
Ⅱ．某兴趣小组的同学以甲醇燃料电池为电源研究有关电化学的问题。
（2）甲池中，通入一极为　 　（填电极名称）。
（3）乙池中，若饱和NaCl溶液足量，通电一段时间后，向乙池溶液中加入一定量的　 　（填物质名称），可使溶液复原。
（4）丙池中，通电一段时间后，溶液中将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）丁池中，利用离子交换膜控制电解液中来制备纳米，该膜为阴离子交换膜。
①电解结束后，Ti电极所在的溶液的pH将　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②Cu电极上会得到，则该电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学能与热能的相互转化
【解析】【解答】A、太阳能热水器烧水是将太阳能转化为热能，无化学变化参与，不属于化学能与热能的转化，A错误；
B、燃油汽车行驶时，燃油（如汽油）发生燃烧反应（化学变化），将化学能转化为热能，热能再转化为动能，属于化学能与热能的转化过程，B正确；
C、氯碱工业制氯气是通过电解反应，将电能转化为化学能，属于电能与化学能的转化，而非化学能与热能的转化，C错误；
D、水力发电是将水能（机械能）转化为电能，无化学变化参与，不属于化学能与热能的转化，D错误；
故答案为：B。【分析】A．判断太阳能热水器的能量转化形式。
B．分析燃油汽车行驶时的能量转化链。
C．判断氯碱工业制氯气的能量转化类型。
D．分析水力发电的能量转化本质。
2．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A、物质的能量越高，稳定性越弱。由图可知，B的能量最高，因此三种物质中B最不稳定，A正确；
B、活化能是反应物分子变成活化分子所需吸收的能量。反应 A→B 中，反应物 A 变成活化分子需吸收的能量为 E1，故该反应的活化能为 E1，B正确；
C、 物质B的能量比物质C的能量高，则B→C的反应为放热反应，ΔH=E3-E4，C错误；
D、总反应 A→C 的焓变等于两步反应焓变之和。反应 A→B 的 ΔH1 = E1 - E2，反应 B→C 的 ΔH2 = E3 - E4，故总 ΔH=(E1 - E2)+(E3 - E4)=E1-E2+E3-E4，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．考查物质能量与稳定性的关系。
B．考查活化能的定义。
C．考查反应焓变的计算。
D．判断总反应焓变的计算（盖斯定律）。
3．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布
【解析】【解答】A、12H 中，质量数 2，质子数 1，中子数 = 2-1=1；24He 中，质量数 4，质子数 2，中子数 = 4-2=2。二者中子数之比为 1：2，A正确；
B、铬原子序数 24，价层电子排布为 3d54s （半充满结构稳定），简化电子排布式为 [Ar] 3d54s ，B正确；
C、基态 H 原子只有 K 层，仅含 1s 能级，不存在 1p 能级，轨道表示式错误，C错误；
D、图示粒子电子层结构为 2、8、y，当 y=8 时总电子数 18，可能是 Ar（原子）、Cl-（阴离子）、K+（阳离子）等，可表示多种粒子，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据 “中子数 = 质量数 - 质子数” 计算，再求比值。
B．依据基态铬原子的电子排布规律（半充满更稳定）判断。
C．根据氢原子的能级分布（只有 1s 能级，无 1p 能级）判断。
D．分析粒子电子总数与核电荷数的关系，判断粒子类型。
4．【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、升温反应逆向进行，说明逆反应吸热，正反应则放热，故 ΔH<0，A正确；
B、反应前气体分子数为 4（1mol CO2+3mol H2），反应后为 2（1mol CH3OH+1mol H2O），气体分子数减少，混乱度降低，ΔS<0，B错误；
C、恒温恒容下，反应前后气体总质量不变，体积固定，密度 ρ=m/V 始终不变，不能作为平衡标志，C错误；
D、催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，CO2平衡转化率不变，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．通过温度对平衡移动的影响判断反应热效应。
B．根据反应前后气体分子数变化判断熵变符号。
C．依据密度计算公式和反应特点，分析其能否作为平衡标志。
D．明确催化剂对平衡无影响的性质。
5．【答案】D
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】熵变判断：反应中，反应物为 2mol 气体（CH4和 H2O 各 1mol），生成物为 4mol 气体（CO 1mol 和 H2 3mol），气体物质的量增加，混乱度增大，故 ΔS>0。
自发性分析：已知 ΔH>0（吸热），根据 ΔG=ΔH-TΔS：
低温时，TΔS 数值小，ΔG=ΔH-TΔS>0，反应不能自发进行；
高温时，TΔS 数值大，ΔG=ΔH-TΔS<0，反应能自发进行。
A、ΔS>0 正确，但低温下反应不能自发，A错误；
B、ΔS<0 判断错误，反应是熵增的，B错误；
C、ΔS<0 判断错误，且低温下反应不能自发，C错误；
D、ΔS>0，高温下反应能自发，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断熵变（ΔS）符号，结合自由能公式 ΔG=ΔH-TΔS 分析反应自发性。
6．【答案】C
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、pH=3 的 HF 溶液中 H+浓度是 10-3mol L- ，但题目没给溶液体积，无法算出 H+的物质的量，也就不能确定其数目为 10-3NA，A错误；
B、CH3COONa 溶液中，CH3COO-会水解（CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-），所以 1L 1mol L- 的该溶液中，CH3COO-数目小于 NA，B错误；
C、标况下 22.4L H2的物质的量是 1mol，氢氧燃料电池中 H2在负极反应（H2-2e-=2H+），1mol H2转移 2mol 电子，即数目为 2NA，C正确；
D、H2和 I2的反应（H2+I2 2HI）是可逆反应，0.1mol H2和 0.1mol I2不能完全反应，生成 HI 的数目小于 0.2NA，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．计算离子数目需知道溶液体积和浓度，缺一不可。
B．醋酸根离子会发生水解，导致实际数目减少。
C．标况下 22.4L H2为 1mol，结合电极反应算电子转移。
D．可逆反应不能进行到底，产物量小于理论值。
7．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、NaHCO3是强电解质，在溶液中完全电离为 Na+和 HCO3-，正确电离式为 NaHCO3=Na++HCO3-，题干中用 " " 错误，A不正确；
B、AgCl 的沉淀溶解平衡是固体溶解产生离子，正确表达式为 AgCl (s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，题干中写为 AgCl (aq) 错误，B不正确；
C、HSO3-的水解是结合 H2O 中的 H+，生成 H2SO3和 OH-，方程式为 HSO3-+H2O H2SO3+OH-，题干中写的是电离反应（生成 SO32-和 H3O+），C不正确；
D、精铜作阴极，Cu2+在阴极得电子生成 Cu，电极反应式为 Cu2++2e-=Cu，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．强电解质完全电离，用 "=" 表示，而非可逆符号。
B．沉淀溶解平衡中，反应物应为固体状态 (s)。
C．水解反应生成弱电解质和 OH-，与电离反应（生成 H+）区分。
D．电解精炼铜时，阴极发生 Cu2+得电子的还原反应。
8．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、BaSO4用作胃肠透视药剂，是因为它难溶于水和盐酸，不与胃液反应，这是其溶解性和稳定性的体现，与盐类水解无关，A不符合题意；
B、Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-会水解（CO32-+H2O HCO3-+OH-、HCO3-+H2O H2CO3+OH-），使溶液呈碱性。水解吸热，加热促进水解，OH-浓度增大，碱性增强，更易使油污（油脂）发生水解反应，该应用能用盐类水解原理解释，B符合题意；
C、该过程是 Fe3+与 Cu 发生氧化还原反应（2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2），与 Fe3+的水解无关，C不符合题意；
D、S2-与 Cu2+、Hg2+直接反应生成难溶硫化物沉淀（如 CuS、HgS），属于复分解反应，与 S2-的水解无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分析 BaSO4的性质，判断其应用是否与盐类水解相关。
B．从 Na2CO3的水解特性及温度对水解的影响分析。
C．明确 FeCl3腐蚀铜电路板的反应本质。
D．分析 Na2S 除重金属离子的反应类型。
9．【答案】B
【知识点】比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、0.01mol/L 的 HR 溶液 pH=2.8，若 HR 是强酸，pH 应等于 2，而实际 pH>2，说明 HR 未完全电离，是弱酸，A不符合题意；
B、溶液导电性与离子浓度和离子所带电荷有关，若未指明 HR 和盐酸的浓度相同，仅根据导电性弱不能说明 HR 是弱酸（如极稀的盐酸导电性也可能弱于浓的 HR 溶液），B不符合题意；
C、向 HR 溶液中加入 NaR 固体，溶液 pH 变大，说明 R-抑制了 HR 的电离，即 HR 存在电离平衡（HR H++R-），证明 HR 是弱酸，C不符合题意；
D、室温下 NaR 溶液 pH>7，说明 R-发生水解（R-+H2O HR+OH-），则 HR 是弱酸，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．根据溶液 pH 判断电离程度。
B．导电性与酸强弱的关系（需控制浓度）。
C．电离平衡的移动（同离子效应）。
D．盐溶液的酸碱性与酸强弱的关系。
10．【答案】C
【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；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电池工作时，O2通入电极 a，在正极发生还原反应，O2得电子，A正确；
B、电极 b 上 NH3被氧化为 N2，N 元素化合价从 -3 升至 0，在碱性条件下反应，电极反应式为 2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，B正确；
C、燃料电池是将化学能转化为电能的装置，但工作时总会有部分能量以热能等形式散失，不能将化学能全部转化为电能，C错误；
D、电极 a 是正极，电池工作时，溶液中阳离子（Na+）向正极（电极 a）迁移，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．明确燃料电池中氧气参与正极反应，发生还原反应。B．判断负极发生氧化反应，结合电解质环境（NaOH 溶液）写反应式。
C．了解燃料电池的能量转化存在损耗，无法 100% 转化。
D．考查原电池中阳离子向正极移动。
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸（碱）式滴定管的使用；电镀
【解析】【解答】A、标准 NaOH 溶液应装在碱式滴定管中（图中右侧为碱式滴定管），但滴定操作中应观察溶液颜色变化判断终点，而非注视滴定管刻度，A不能达到实验目的；
B、铁上镀铜时，铁应作阴极（接电源负极），铜作阳极（接电源正极）。图中 Fe 接电源正极（阳极），会发生 Fe 失电子的反应，无法实现镀铜，B不能达到实验目的；
C、向 AgNO3溶液中滴加 NaCl 后，溶液中既有 AgCl 沉淀，又有剩余的 AgNO3。再加入 Na2S 产生 Ag2S 沉淀，无法确定是 AgCl 转化为 Ag2S 还是 AgNO3转化为 Ag2S，因此不能比较 AgCl 和 Ag2S 的溶解度大小，C不能达到实验目的；
D、Fe2(SO4)3溶液中，Fe3+水解生成 Fe(OH)3和 H2SO4，但 H2SO4是不挥发性酸，加热时水解平衡不会持续正向移动，且生成的 Fe(OH)3会与 H2SO4反应重新生成 Fe2(SO4)3，因此蒸干溶液可获得 Fe2(SO4)3，D 能达到实验目的；
故答案为：D。【分析】A．碱式滴定管的使用及滴定操作要点。
B．电镀的电极连接原理。
C．沉淀转化的前提（明确初始沉淀）。
D．盐类水解与物质制备的关系（不挥发性酸的影响）。
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、由周期表结构推知 R 是 S，S 位于第三周期第 ⅥA 族，不是第三周期 Ⅴ 族，A错误；
B、推断出 X 为 N、Y 为 O、Z 为 F、R 为 S、W 为 Br、J 为 Xe。N 在第 15 列，O 和 S 在第 16 列，F 和 Br 在第 17 列，Xe 在第 18 列，均属于 p 区（13-18 列），B正确；
C、Y 是 O，Z 是 F，同周期从左到右第一电离能增大，故 O 的第一电离能小于 F，C错误；
D、表中元素中 F 的电负性最大，J 是 Xe（稀有气体），电负性小，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素X、Y、Z位于第二周期，R位于第三周期，W位于第四周期，J位于第五周期，因J为0族元素，由此可推断出X为N、Y为O、Z为F、R为S、W为Br、J为Xe。
A．先确定 R 的元素种类，再明确其周期和族序数。
B．明确 p 区元素在周期表中的范围（第 13-18 列），判断各元素是否属于 p 区。
C．根据同周期元素第一电离能变化规律（从左到右总体增大）比较 Y 和 Z。
D．依据电负性变化规律（同周期左到右增大，同主族上到下减小）判断最大电负性元素。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义；电离平衡常数
【解析】【解答】A、酸性强弱与电离常数 Ka 正相关，Ka 越大，酸性越强。已知乳酸的Ka大于碳酸的Ka，因此乳酸酸性强于碳酸，A错误；
B、乳酸是弱酸，在溶液中仅部分电离。即使是 0.1mol/L 的乳酸溶液，H+浓度也小于 0.1mol/L，常温下其 pH 大于 1，B错误；
C、乳酸溶液中存在 H+、OH-和乳酸根离子（用 L-表示）。根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度，即 c(H+)=c(OH-)+c(L-)，C正确；
D、稀释乳酸溶液时，根据 “越稀越电离” 的规律，乳酸的电离平衡会正向移动，电离程度增大，而非减小，D错误；
故答案为：C。【分析】A．依据电离常数比较酸性强弱
B．弱酸溶液的 pH 特点
C．电荷守恒在溶液中的应用
D．稀释对弱酸电离程度的影响
14．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、陈述 Ⅰ 中，铁闸门与电源负极相连，作电解池的阴极（阴极发生还原反应），可防止被腐蚀；陈述 Ⅱ 说明外加电流的阴极保护法就是通过这种方式保护金属。两者均正确，且陈述 Ⅰ 是陈述 Ⅱ 的具体应用，存在因果关系，A符合题意；
B、陈述 Ⅰ 中，合成氨反应（N2+3H2 2NH3）是气体分子数减少的反应，体积压缩一半时，平衡正向移动，压强小于原平衡的 2 倍，此陈述正确；陈述 Ⅱ 中，平衡常数只与温度有关，加压不会改变平衡常数，此陈述错误，B不符合题意；
C、陈述 Ⅰ（Na2CO3溶解度大于 NaHCO3）和陈述 Ⅱ（同浓度下 Na2CO3水解程度更大）均正确，但溶解度由溶解平衡决定，水解程度由离子的水解能力决定，两者无因果关系，C不符合题意；
D、陈述 Ⅰ 中，SO2通入 BaCl2溶液不反应（因 H2SO3酸性弱于 HCl），通入 NH3后溶液呈碱性，SO2转化为 SO32-，生成 BaSO3沉淀；陈述 Ⅱ 提及的 Ksp (BaSO4) 与 Ksp (BaSO3)，与该现象无关（实际生成的是 BaSO3而非 BaSO4）。两者无因果关系，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 判断外加电流阴极保护法的原理及应用逻辑。
B. 分析压强对平衡移动和平衡常数的影响差异。
C. 区分溶解度与水解程度的决定因素，判断因果关系。
D. 分析反应现象的本质与溶度积的关联性。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】A、a 点 pH=3，根据 pH 的定义（pH=-lg c (H+)），可知 c (H+)=10-3mol L- ，A正确；
B、溶液中电荷守恒为 c (Na+)+c (H+)=c (OH-)+c (CH3COO-)。b 点 pH<7，说明 c (H+)>c (OH-)，代入电荷守恒式可得 c (CH3COO-)>c (Na+)，B正确；
C、CH3COOH 与 NaOH 恰好完全反应生成 CH3COONa，CH3COONa 是强碱弱酸盐，溶液应呈碱性（pH>7）。但 c 点 pH=7（中性），说明 CH3COOH 过量，反应未完全，C错误；
D、电离平衡常数 K 的表达式为 ，且 K 只随温度变化。b、d 点温度相同，故该比值均等于 K，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.通过 pH 值直接计算 H+浓度。
B.利用电荷守恒结合溶液酸碱性比较离子浓度。
C.根据产物性质（盐的水解）判断反应是否完全。
D.明确电离平衡常数只与温度有关。
16．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、N 极生成 H2，H+得电子发生还原反应，故 N 极为阴极；阴极连接直流电源的负极，因此 b 为直流电源的负极，A正确；
B、阳极区先发生 6Cl--6e-=3Cl2，生成的 Cl2再与尿素反应：3Cl2+CO(NH2)2+H2O=6Cl-+6H++CO2+N2。反应过程中消耗了水，而废水中 NaCl 的物质的量不变，溶剂减少，因此废水中 NaCl 的浓度会增大，B错误；
C、工作时，H+由M极区（阳极区）通过质子交换膜移向 N 极区（阴极区）。根据电子守恒，转移相同物质的量的电子时，N 极区生成 H2的质量与移入的 H+质量相等，因此 N 极区 NaCl 溶液的质量基本不变，C正确；
D、由阳极区的总反应（6Cl--6e-=3Cl2、3Cl2+CO(NH2)2+H2O=6Cl-+6H++CO2+N2）可知，生成 1mol N2时转移 6mol 电子；因此若导线中通过 6mol 电子，理论上生成 1mol N2，D正确；
故答案为：B。【分析】A．根据电极产物判断电极极性。
B．分析阳极区的反应对 NaCl 浓度的影响。
C．分析离子移动与溶液质量的关系。
D．根据电极反应的电子转移关系计算产物的量。
17．【答案】c()＞c(H2CO3)＞c()；0.01 mol/L或c(Na+)；＞；；；与Ca2+结合生成CaCO3不溶物，浓度下降，使的自偶电离平衡正向移动，补充了，从而促进了沉淀的形成；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中NaHCO3电离产生的既存在电离作用H++，也存在水解作用：+H2OH2CO3+OH-，H++的电离平衡常数Ka2=5.6×10-11；的水解平衡常数Kh2===2.3×10-8＞Ka2，说明的水解程度大于其电离程度，因此溶液显碱性，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(H2CO3)＞c()。但是盐水解程度及电离程度都是微弱的，主要以验电离产生的的形式存在，故该溶液中微粒浓度大小关系为：c()＞c(H2CO3)＞c()；
②在NaHCO3溶液中存在物料守恒，所以c(Na+)= c()+c(H2CO3)+c()=0.01 mol/L；
故答案为： c()＞c(H2CO3)＞c() ； 0.01 mol/L或c(Na+) ；
（2）在实验2中，混合溶液中c(NaHCO3)=0.5 mol/L×=0.25 mol/L，根据其电离平衡常数Ka2=，可知c()=mol/L≈3.7×10-6 mol/L，加入的灯体积0.5 mol/LCaCl2溶液，c(Ca2+)=0.5 mol/L×=0.25 mol/L，Q(CaCO3)=c(Ca2+)·c()=3.7×10-6×0.25 =9.25×10-7＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9；
，则0.50 mol/L NaHCO3溶液中=2.744×10-2.52 mol/L；
故答案为： ＞ ； ；
（3）根据水的自偶电离为，可知的自偶电离方程式为；与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，导致溶液中浓度下降，使的自偶电离平衡正向移动，又补充了，从而形成更多CaCO3沉淀，促进了沉淀的形成；
故答案为： ；与Ca2+结合生成CaCO3不溶物，浓度下降，使的自偶电离平衡正向移动，补充了，从而促进了沉淀的形成 ；
（4）实验2中NaHCO3溶液与CaCl2反应生成白色CaCO3沉淀、CO2气体、H2O和NaCl，该反应的离子方程式为：。
故答案为： 。
【分析】（1）①比较 HCO3-的水解与电离程度（水解＞电离），确定 c (HCO3-)、c (H2CO3)、c (CO32-) 的大小顺序。
②依据物料守恒，Na+浓度等于含碳微粒浓度之和。
（2）通过 Q 与 Ksp 的关系判断沉淀生成；利用 Ka2计算 CO32-浓度。
（3）类比水的自偶电离写方程式；从平衡移动角度解释沉淀形成的促进作用。
（4）根据反应产物（沉淀、气体、水）书写离子方程式。
18．【答案】（1）适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2
（2）10-16.4；将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离
（3）2.8~5.2
（4）溶浸
（5）Fe(OH)3、Cu
【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）增大接触面积、增大浓度、升高温度，都能提高“溶浸”速率，则具体措施为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2。
故答案为： 适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等 ； SiO2 ；
（2）根据沉淀完全的pH为8.3，c(OH-)=10-5.7mol/L，可得；除去Fe2+时，不能使Zn2+产生沉淀，通入氧气的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离。
故答案为： 10-16.4 ； 将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离 ；
（3）要将三种金属完全分离，就需要将Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀，所以“氧化除杂”时需要调节pH的范围为2.8~5.2。
故答案为： 2.8~5.2 ；
（4）“溶浸”时需要用到硫酸，“电解”制锌后的电解液为硫酸，所以可返回“溶浸”工序继续使用。
故答案为： 溶浸 ；
（5）据分析，该流程除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源为Fe(OH)3、Cu。
故答案为： Fe(OH)3、Cu ；
【分析】含锌矿渣（主要成分为 ZnO，杂质有 SiO2、Fe3O4、CuO）经稀硫酸溶浸时，SiO2不溶于酸，成为滤渣 1；ZnO、Fe3O4、CuO 与硫酸反应，生成 Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+进入溶液。
下一步氧化除杂时，通入 O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 ZnO 调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀（滤渣 2）。随后还原除杂，加入锌粉，锌与 Cu2+发生置换反应生成 Cu 单质，过量锌粉与 Cu 一同成为滤渣 3。最后电解剩余滤液，Zn2+在阴极得电子析出锌单质。
（1）增大接触面积、增大浓度、升高温度，都能提高“溶浸”速率，则具体措施为：适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等；SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣1”的主要成分为SiO2。
（2）根据沉淀完全的pH为8.3，c(OH-)=10-5.7mol/L，可得；除去Fe2+时，不能使Zn2+产生沉淀，通入氧气的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉淀分离。
（3）要将三种金属完全分离，就需要将Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀，所以“氧化除杂”时需要调节pH的范围为2.8~5.2。
（4）“溶浸”时需要用到硫酸，“电解”制锌后的电解液为硫酸，所以可返回“溶浸”工序继续使用。
（5）据分析，该流程除了回收制备金属锌外，还可回收的金属资源为Fe(OH)3、Cu。
19．【答案】（1）-41.2kJ mol-1
（2）D
（3）N>O>C
（4）二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，使平衡正向移动
（5）1
（6）2NH3-6e-=N2↑+6H+
（7）400℃、70Mpa或225℃、30Mpa
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应①+②可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则ΔH1+ΔH2=ΔH3，则ΔH2=90.1-131.3=-41.2kJ mol-1；
故答案为： -41.2kJ mol-1 ；
（2）A．反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，若温度对反应②的平衡移动影响更大，则H2O(g)的转化率会减小，A错误；
B．催化剂改变反应速率，不影响平衡移动，则使用高效催化剂但H2平衡产率不变，B错误；
C．缩小体积加压，反应物和生成物的浓度均增大，则v正增大，v逆也增大，C错误；
D．不断分离H2，减小生成物浓度可使平衡正向移动，可提高H2O(g)转化率，D正确；
故答案为：D；
（3）C、N、O的原子序数增大，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA族的比相邻主族的较大，N位于VA族，则第一电离能：N>O>C；
故答案为： N>O>C ；
（4）投入CaO时，H2的体积分数增大的原因是二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，反应的化学方程式：CO2+CaO═CaCO3，促进平衡正向移动，n(H2)增大；
故答案为： 二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，使平衡正向移动 ；
（5）将2.0molCO(g)与8.0molH2O(g)混合加热到830℃发生反应②，达到平衡时CO(g)的转化率是80%，消耗n(CO)=2.0mol×80%=1.6mol，列三段式：，反应前后气体体积不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，反应②的平衡常数；
故答案为： 1 ；
（6）以氨为燃料的电池，产物为无污染的N2和H2O，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电池的负极的电极反应式：2NH3-6e-=N2↑+6H+；
故答案为： 2NH3-6e-=N2↑+6H+ ；
（7）由图可知，当x(NH3)=50%时，反应条件可能为400℃、70Mpa或225℃、30Mpa。
故答案为： 400℃、70Mpa或225℃、30Mpa 。
【分析】(1)运用盖斯定律，通过已知反应的焓变计算目标反应的焓变。
(2)分析温度、催化剂、压强、浓度对反应平衡移动的影响。
(3)根据同周期元素第一电离能的变化规律（注意VA族的特殊情况）比较。
(4)分析 CaO 与 CO2的反应对平衡移动的影响。
(5)通过三段式计算各物质的平衡量，结合平衡常数公式（反应前后体积不变，用物质的量代替浓度）计算。
(6)判断负极发生的氧化反应，结合产物写出电极反应式。
(7)结合图像分析 NH3体积分数为 50% 时对应的温度和压强条件。
（1）根据盖斯定律，反应①+②可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则ΔH1+ΔH2=ΔH3，则ΔH2=90.1-131.3=-41.2kJ mol-1；
（2）A．反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，若温度对反应②的平衡移动影响更大，则H2O(g)的转化率会减小，A错误；
B．催化剂改变反应速率，不影响平衡移动，则使用高效催化剂但H2平衡产率不变，B错误；
C．缩小体积加压，反应物和生成物的浓度均增大，则v正增大，v逆也增大，C错误；
D．不断分离H2，减小生成物浓度可使平衡正向移动，可提高H2O(g)转化率，D正确；
故选D；
（3）C、N、O的原子序数增大，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA族的比相邻主族的较大，N位于VA族，则第一电离能：N>O>C；
（4）投入CaO时，H2的体积分数增大的原因是二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙，反应的化学方程式：CO2+CaO═CaCO3，促进平衡正向移动，n(H2)增大；
（5）将2.0molCO(g)与8.0molH2O(g)混合加热到830℃发生反应②，达到平衡时CO(g)的转化率是80%，消耗n(CO)=2.0mol×80%=1.6mol，列三段式：，反应前后气体体积不变，可以用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数，反应②的平衡常数；
（6）以氨为燃料的电池，产物为无污染的N2和H2O，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电池的负极的电极反应式：2NH3-6e-=N2↑+6H+；
（7）由图可知，当x(NH3)=50%时，反应条件可能为400℃、70Mpa或225℃、30Mpa。
20．【答案】157；；负极；氯化氢气体；不变；增大；
【知识点】热化学方程式；原电池、电解池综合
【解析】【解答】（1）由图可知，与反应生成氮气和气态水的热化学方程式为；根据图中信息，为，已知肼（）的结构式为：，设中键的键能为，，解得x=157，则中键的键能为。
故答案为： 157； ；
（2）甲池是甲醇氧气碱性燃料电池，甲醇是燃料，甲醇失去电子发生氧化反应，因此甲醇作负极。
故答案为： 负极 ；
（3）乙池中，若饱和NaCl溶液足量，通电一段时间后，阳极生成氯气，阴极生成氢气，因此向乙池溶液中加入一定量的氯化氢气体，可使溶液复原。
故答案为： 氯化氢气体 ；
（4）丙池中，Ag为阳极，Ag失去电子变为银离子，Pt为阴极，银离子得到电子变为银单质，通电一段时间后，溶液中将不变。
故答案为： 不变 ；
（5）①Ti电极为阴极，水中氢离子在阴极得到电子变为氢气，剩余氢氧根离子，氢氧根离子向阳极移动，由于溶液体积减小，因此氢氧化钠溶液浓度增大，所以Ti电极附近溶液的pH将增大。
②Cu电极为阳极，Cu失去电子发生氧化反应，和氢氧根结合生成氧化亚铜，其电极反应式为。
故答案为： 增大 ； 。
【分析】（1）利用键能与反应热的关系计算 N-N 键能；根据能量变化书写热化学方程式。
（2）燃料电池中，通入燃料（CH3OH）的一极发生氧化反应，为负极。
（3）电解饱和 NaCl 溶液生成 Cl2和 H2，需加入 HCl 气体使溶液复原。
（4）丙池阳极 Ag 溶解生成 Ag+，阴极 Ag+析出，故 c(Ag+) 不变。
（5）①Ti 为阴极，H+放电生成 H2，剩余 OH-且浓度增大，pH 增大。
②Cu 为阳极，失电子结合 OH-生成 Cu2O，写对应电极反应式。
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