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浙江省杭州市下沙区杭四下沙2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题I(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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·拱墅期末）下列物质中属于强电解质，且其水溶液因水解呈酸性的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．为盐，属于强电解质，完全电离产生K＋、Al3＋和SO42－，Al3＋水解使溶液呈酸性，A符合题意；
B．是弱酸，属于弱电解质，在水中部分电离，使得溶液显酸性，B不符合题意；
C．是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na＋、H＋和SO42－，使得溶液显酸性，C不符合题意；
D．是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na＋和HCO3－，HCO3－电离程度小于其水解程度，HCO3－水解使得溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。水溶液应水解显酸性，说明水溶液中存在弱碱阳离子。据此结合选项所给物质进行分析。
2．（2025高二上·拱墅期末）下列化学用语或表述正确的是
A．As原子的简化电子排布式：
B．键形成的轨道重叠示意图：
C．的VSEPR模型：(两点表示孤电子对)
D．羟基的电子式：
【答案】D
【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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．As是第33号元素，其基态As原子简化的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A错误；
B．键采用肩并肩的方式进行重叠，而选项中的重叠方式是头碰头方式，属于键的形成过程，B错误；
C．三氟化硼(BF3)的中心B原子价层电子对数为3+=3，不存在孤对电子，因此BF3的VSEPR模型应为平面三角形，图示结构中含有一个孤电子对，C错误；
D．羟基的结构简式为，O原子上含有一个未成键的单电子，因此其电子式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、基态As的简化的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3。
B、p-pπ键采用肩并肩的方式重叠。
C、根据BF3的中心原子价层电子对数分析。
D、羟基的结构式为-OH，据此确定其电子式。
3．（2025高二上·拱墅期末）下列物质的用途或事实的描述错误的是
A．FeS可除去水体中的、
B．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器
C．纳米金属铅晶体颗粒越小，熔点越高
D．由制取无水固体时，可在气流中加热脱水
【答案】C
【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
【解析】【解答】A．由于溶解度CuS(HgS)＜FeS，因此Fe可转化为更难溶的CuS或HgS，所以可用FeS固体除去废水中、等重金属，A正确；
B．铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体，因此硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器，B正确；
C．纳米颗粒的熔点通常比块状材料的熔点低，这是由于表面效应的影响，与本身颗粒的大小无关，C错误；
D．Fe3+在水中的水解为吸热烦恼应，加热会促进Fe3+的水解。因此由制取无水固体时，需通入HCl求，抑制Fe3+的水解，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据沉淀转化过程中，难溶沉淀可转化为更难溶的沉淀进行分析。
B、溶液中Al3＋和HCO3－可发生反应Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。
C、纳米颗粒的熔点较低，是由于表面效应的影响。
D、加热脱水过程中应通入HCl，抑制Fe3＋的水解。
4．（2025高二上·拱墅期末）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是
A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：、、、
D．水电离出的的溶液中：、、、
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，和反应生成H2O和CO2，不能大量共存，A错误；
B．的溶液呈酸性，在此条件下，各离子之间不发生反应，能大量共存，B正确；
C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，与S2-发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液可能呈酸性或碱性，Mg2+与OH-反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
5．（2025高二上·拱墅期末）下列方程式书写正确的是
A．的水解的离子方程式：
B．氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：
C．已知的燃烧热，表示其燃烧热的热化学方程式：
D．表示稀醋酸和稀NaOH溶液中和反应热效应的方程式：
【答案】B
【知识点】燃烧热；热化学方程式；盐类水解的原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．HCO3-水解的离子方程式为：，选项中表示的是电离的过程，A错误；
B．氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：，B正确；
C．燃烧热指的是1mol燃料燃烧，且指定产物是，则表示其燃烧热的热化学方程式 ，C错误；
D．醋酸为弱电解质，电离吸热，生成1mol水放出热量值小于57.3，用中和热表示氢氧化钠和醋酸的稀溶液反应的，D错误；
故选B。
【分析】A．的水解的离子方程式：， 是电离方程式；
B．Al(OH)3(一元弱酸)的酸式电离方程式：；
C．燃烧热的热化学方程式是1mol 燃烧生成指定产物是，即为 ；
D．中和热测定实验要用强酸强碱溶液，而醋酸为弱电解质，因醋酸电离吸热，所测定。
6．（2025高二上·拱墅期末）下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A．图甲用于测定中和反应反应热
B．图乙用于测定锌与稀硫酸反应速率(夹持装置省略)
C．图丙操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
D．图丁装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
【答案】D
【知识点】中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．甲装置缺少环形玻璃搅拌器，故A错误；
B．乙装置中有长颈漏斗，不是密闭体系，氢气会从长颈漏斗逸出，所以不能用乙装置测定氢气的生成速率，故B错误；
C．溶液具有强氧化性，应选择酸式滴定管进行实验，故C错误；
D．锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，阳离子向正极移动，所以盐桥中阳离子向正极一侧的硫酸铜溶液中迁移，故D正确；
故选D。
【分析】A．中和热测定实验中要用到玻璃搅拌器，甲装置中缺少此仪器；
B．测定反应速率装置应是密闭体系，而长颈漏斗会漏气；
C．具有氧化性物质应放在酸式滴定管中，放在碱式滴定管会腐蚀橡胶管，溶液具有强氧化性；
D．原电池中阳离子移向正极，锌电极为负极，铜为正极，盐桥中阳离子向锌电极一侧的硫酸铜溶液中迁移。
7．（2025高二上·拱墅期末）冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与作用而不与作用；18-冠-6与作用，但不与或作用。下列说法正确的是
A．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征
B．超分子中O原子与间存在离子键
C．12-冠-4中C和O的杂化方式分别是超分子和
D．18-冠-6可增大在甲苯中的溶解度
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解答】A．冠醚能与半径大小相匹配的金属离子作用，因此18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，体现了超分子的“分子识别”特征，A错误；
B．由图可知18-冠-6中O原子存在孤对电子，有空轨道，因此二者可形成配位键，不存在离子键，B错误；
C.18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，都采用sp3杂化，因此二者的杂化轨道类型相同，C错误；
D．KMnO4不溶于大多数有机物，冠醚中的O原子通过与形成配合物，从而增大在非极性溶剂（如甲苯）中的溶解度，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征。
B、O原子中含有孤电子对，而K+含有空轨道，可形成配位键。
C、根据C、O原子的价层电子对数，确定其杂化方式。
D、冠醚中的O原子可与K+形成配合物，增大KMnO4在甲苯中的溶解度。
8．（2025高二上·拱墅期末）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
D．在氯水中加入少量溶液，发生的反应：
【答案】C,D
【知识点】化学平衡移动原理；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且升温过程中次氯酸易分解。因此氯水中的减小，A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，CH3COO－与H＋结合，生成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，增大，B正确；
C．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，钙沉淀为AgCl，说明溶液中有氯离子。氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，I－被氧化成I2，说明溶液中有强氧化性的物质。而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，因此不能证明上述反应存在限度，C错误；
D．氯水显酸性，在氯水中加入少量溶液，CO32－与H＋反应生成CO2，因此该反应的离子方程式为 ，D错误；
故答案为：CD。
【分析】A、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，结合平衡移动分析氯水中c(HClO)变化。
B、加入CH3COONa固体，CH3COO－与H＋结合成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)减小，据此判断平衡移动。
C、证明上述反应存在限度，则需证明溶液中存在反应物Cl2。
D、氯水中的H＋能与CO32－反应生成H2O和CO2。
9．（2025高二上·拱墅期末）和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：
下列说法不正确的是
A．为极性分子，而为非极性分子
B．和空间构型均为三角锥形
C．比难水解
D．和的水解反应机理不同
【答案】C
【知识点】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；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NCl3中心N原子的价层电子对数为4，且含有一个孤电子对，因此其分子构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子。SiCl4中心Si原子的价层电子对数为4，无孤电子对，分子构型为四面体形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确；
B．和中心N原子的价层电子对数都是4，均都含有一个孤电子对，因此二者的分子构型都是三角锥形，B正确；
C．比的中心原子都有孤电子对，由于电负性：P＜N，P更容易给出孤电子对，且键能：P—Cl＜N-Cl，P—Cl共价键更容易断裂，因此更容易水解，C错误；
D．SiCl4的水解反应机理为，与题中NCl3的水解原理不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据NCl3、SiCl4中心原子的价层电子对数和孤电子对数，确定其空间结构，从而判断正负电荷的重心是否重合，进而判断分子的极性。
B、根据NCl3、NH3的中心原子的价层电子对数和孤电子对数，从而判断其空间结构。
C、根据P、N的电负性强弱和P－Cl、N－Cl共价键的强弱分析。
D、根据SiCl4的水解原理分析。
10．（2025高二上·拱墅期末）研究表明I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂： △H＜0；该过程一般通过如下步骤来实现：
① △H＞0 (慢反应)
② △H＜0 (快反应)
下列可以体现上述反应过程中能量变化的是
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】总反应为放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量。反应①为吸热反应，因此反应物的总能量小于中间产物的总能量，故排除选项AC。由于反应①为慢反应，反应②为快反应，因此反应①所需的活化能大于反应②所需的活化能，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据反应的热效应，判断反应物和生成物总能量的相对大小。反应所需的活化能越大，反应速率越慢，因此反应①所需的活化能大于反应②所需的活化能。据此结合选项图像分析。
11．（2025高二上·拱墅期末）X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A．最简单氢化物的稳定性： B．键角：
C．的阴阳离子比为 D．W元素位于元素周期表的d区
【答案】B
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：，因此最简单氢化物的稳定性：，A错误；
B．NH3中心N原子采用sp3杂化，且含有一个孤电子对，因此其空间结构为三角锥型，键角是107°18'。中心N原子采用sp3杂化，且不含孤电子对，因此其空间结构为正四面体形，键角是109°28'。因此键角：，B正确；
C．Na2O2由2个Na＋和1个O22－构成，因此阴阳离子比为，C错误；
D．基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此铜元素位于元素周期表的ds区，D错误；
故答案为：B。
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，因此X为H。Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，因此Y的价层电子排布式为2s22p3，因此Y为N。Z元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n，因此n=2，即Z的价层电子排布式为2s22p4，因此Z为O。Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，且Q原子原子中只有两种形状的电子云，因此Q的核外电子排布式为1s22s22p63s1，所以Q为Na。W元素的次外层内的所有轨道的电子均成对，则其3d轨道为全充满结构，所以W的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此W为Cu。据此结合元素周期律分析选项。
12．（2025高二上·拱墅期末）汽车尾气处理也存在以下反应：，在温度低于220℃，该反应的速率方程为，反应历程分两步进行：第一步：(慢)，第二步：(快)。下列说法正确的是
A．其它条件一定时，增大反应物的浓度，化学反应速率一定增大
B．第一步反应分子间仅部分碰撞有效
C．第二步反应的活化能较第一步反应的活化能高
D．第一步生成的起催化作用，加快了反应的进行
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．由反应的速率方程为可知，反应速率受c(NO2)影响，与其他物质的浓度无关，因此增加其他物质的浓度，速率不变，A错误；
B．第一步反应为慢反应，该反应所需的活化能大，活化分子发生有效碰撞频率较小，仅部分碰撞有效，B正确；
C．反应所需的活化能越大，反应速率越慢。第一步反应为慢反应，因此反应所需的活化能大，C错误；
D．第一步生成的是中间产物，为第二步的反应物，不是催化剂，没有催化作用，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、由速率方程可知，该反应的反应速率与c(NO2)有关。
B、第一步反应为慢反应，活化分子发生有效碰撞的几率较小。
C、反应速率越慢，反应所需的活化能越大。
D、NO3为第一步反应的生成物，第二步反应的反应物，属于中间产物。
13．（2025高二上·拱墅期末）利用双极膜电解法将二氧化碳转化为矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是
A．右侧的双极膜中间层的向右移动
B．a极电极反应式为
C．向碱室中加入固体，有利于的矿化封存
D．电解固碳的总反应：
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．右侧双极膜中的离子进入酸室中，与Cl－形成盐酸，因此进入的离子为H＋。所以右侧双极膜中的H＋向左移动，A错误；
B．a极上H+发生得电子的还原反应，生成H2，因此a电极的电极反应式为，B错误；
C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，CO2与HCO3－不反应，因此加入固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，C错误；
D．由题干可知，电解固氮的过程中生成O2、H2、CaCO3和HCl，因此电解固碳的总反应为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】碱室中CO2反应生成CO32－，因此左侧双极膜中进入碱室的为OH－；H＋移向左侧，在电极a上发生得电子的还原反应，因此电极a的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。右侧双极膜中H＋移向酸室，形成盐酸；OH－移向右侧，在电极b上发生失电子的氧化反应，生成O2，因此电极b的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。据此结合选项分析。
14．（2025高二上·拱墅期末）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)。下列有关含氮物质的结构或性质的说法中不正确的是
A．和VSEPR模型相同
B．水溶液的碱性强于
C．水溶液中氢键的主要形式为：
D．在水溶液的电离方程式：
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．中心N原子的价层电子对数为3+=3，因此其VSEPR模型为平面三角形。中心N原子的价层电子对数为2+=3，因此VSEPR模型为平面三角形，A正确；
B．由于-OH的吸引电子能力大于 -H，因此-OH取代了 NH3 中的 H 后，使 得 N 上的电子密度降低，接受质子的能力减弱，从而导致碱性减弱，因此水溶液的碱性：＞，B正确；
C．根据可知，水溶液中氢键的主要形式为：，C正确；
D．在水溶液的电离方程式：，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、根据NO3－、NO2－中心N原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、根据吸引电子能力－OH＞－H，判断N原子接受质子能力强弱，从而得出碱性强弱。
C、根据NH3·H2O的电离确定氢键的结构。
D、结合NH2OH的电离分析。
15．（2025高二上·拱墅期末）将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、II中均有沉淀产生。已知，，，。
下列说法正确是
A．溶液和溶液中均存在：
B．I中的沉淀可能有、和
C．II中生成的反应：
D．II中加入溶液，不能生成[]沉淀
【答案】B,D
【知识点】盐类水解的原理；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；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在Na+、H+、、、OH-。溶液中正负电荷总量相等，因此存在电荷守恒：，A错误；
B．Fe2＋可与CO32－发生双水解，生成Fe(OH)2沉淀；氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁；同时Fe2＋也能与CO32－形成FeCO3沉淀。因此I中的沉淀可能有、和，B正确；
C．将FeSO4溶液滴入溶液中，和都发生水解后再生成沉淀，该反应的离子方程式，C错误；
D．将FeSO4溶液滴入溶液中，此时，，因此溶液中，由Kw=c(H＋)×c(OH－)可得，溶液中，，开始无沉淀生成，随着反应进行，氢氧根浓度继续降低，也无沉淀生成，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，据此分析。
B、Fe2＋能与CO32－发生双水解反应；同时Fe(OH)2易被空气中的O2氧化。
C、Fe2＋与HCO3－反应生成FeCO3和H＋，H＋能继续与HCO3－反应生成CO2和H2O。
D、根据FeCO3的溶度积Ksp和H2CO3的电离常数计算溶液中c(OH－)，结合Q和K的关系，判断是否能生成Fe(OH)2沉淀。
16．（2025高二上·拱墅期末）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是
　 实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Fe和S反应特点 将适量硫粉和铁粉混合堆成条状。用灼热的玻璃棒触及一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。 混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色 该反应为放热反应
B 比较沉淀的Ksp大小 向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌 氯化银溶解，碘化银无变化 Ksp：AgCl>AgI
C 判断平衡移动的方向 将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉 红棕色逐渐变浅 可逆反应平衡正向移动
D 检验Na2S2O3样品是否含有Na2SO4杂质 取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，过滤，向滤液中滴加少量BaCl2溶液 滤液中出现浑浊 该样品中含有Na2SO4杂质
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．引发反应后混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色，说明该反应为放热反应，A正确；
B．相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说明溶解度：AgCl>AgI，因此溶度积Ksp：AgCl>AgI，B正确；
C．将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉，容器体积增大，物质浓度减小，气体颜色变浅，与平衡移动无关，C错误；
D．先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，生成不溶于酸的钡的沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，样品变质后含有Na2SO4杂质，D正确；
故答案为：C
【分析】A、引发反应后混合物持续保持红热，说明反应过程中放出热量。
B、AgCl、AgI的组成和结构相似，溶解度越大，则溶度积Ksp越大。
C、向外拉的过程中体积增大，浓度减小，因此溶液变浅。
D、先加足量的稀盐酸，排除S2O32－、SO32－、CO32－和Ag＋的干扰。
二、卷II 非选择题部分(共52分)
17．（2025高二上·拱墅期末）我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。
（1）元素W和X形成的阴离子的电子式为　 　，Z原子核外共有　 　种运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布图为　 　。
（2）下列有关描述不正确的有_______。
A．W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高
B．W、X形成最简单氢化物中，W、X的原子轨道杂化类型均为
C．电负性：
D．第一电离能：
（3）某钠离子电池电极材料由、、、组成，其部分结构嵌入和脱嵌过程中，与含量发生变化，依次变为A、B、C三种结构，其过程如下图所示。
①B物质中与紧邻的阴离子数为　 　。
②写出C物质的化学式　 　。
【答案】（1）；26；
（2）A；D
（3）12；NaFe(CN)3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）中C与N之间形成3对共用电子对，电子式为；Z为Fe元素，Fe是第26号元素，有26种运动状态不同的电子，基态原子的价电子排布式为，3d64s2，价电子排布图为。
故答案为：；26；
（2）A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A错误；
B．X的简单氢化物是，其中心N原子价层电子对数为3+，N原子轨道杂化类型为，W的简单氢化物是，其中心C原子价层电子对数为4+，C原子轨道杂化类型为，B正确；
C．电负性同周期从左至右增大，故电负性：，C正确；
D．第一电离能，同周期从左至右增大，每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高第一电离能：，D错误；
故答案为：AD
（3）①由晶胞结构可知，B物质中每个最小的立方体中位于体心的钠离子与位于小立方体棱中心的CN-距离最近，所以与钠离子紧邻的CN-数目为12。
故答案为：12
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体心的铁离子和亚铁离子个数为8×+6×+12×+1=8，位于体内的钠离子个数为8，位于棱上、面上、体内的氰酸根离子个数为24×+24×+6=24，则C物质的化学式为NaFe(CN)3。
故答案为：NaFe(CN)3
【分析】W的外层电子数是内层电子数的2倍，因此W的内层电子数为2，外层电子数为4，所以W为C。第ⅡA和ⅤA元素的第一电离能都比左右相邻得元素的高，由于Y可形成阳离子，因此Y为金属元素Mg，则X为N。Z的M层未成对电子数，因此Z的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，因此Z为Fe。据此结合题干设问分析作答。
（1）中C与N之间形成3对共用电子对，电子式为；Z为Fe元素，Fe是第26号元素，有26种运动状态不同的电子，基态原子的价电子排布式为，3d64s2，价电子排布图为；
（2）A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A错误；
B．X的简单氢化物是，其中心N原子价层电子对数为3+，N原子轨道杂化类型为，W的简单氢化物是，其中心C原子价层电子对数为4+，C原子轨道杂化类型为，B正确；
C．电负性同周期从左至右增大，故电负性：，C正确；
D．第一电离能，同周期从左至右增大，每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高第一电离能：，D错误；
故选AD；
（3）①由晶胞结构可知，B物质中每个最小的立方体中位于体心的钠离子与位于小立方体棱中心的CN-距离最近，所以与钠离子紧邻的CN-数目为12；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体心的铁离子和亚铁离子个数为8×+6×+12×+1=8，位于体内的钠离子个数为8，位于棱上、面上、体内的氰酸根离子个数为24×+24×+6=24，则C物质的化学式为NaFe(CN)3；
18．（2025高二上·拱墅期末）溶液中的平衡在化学中有着广泛的应用。运用溶液中离子平衡的相关知识，解决下列问题。
（1）室温下，用盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。
①用离子方程式表示d点溶液呈酸性的原因　 　。
②b点所示的溶液中　 　(用溶液中的其它离子浓度表示)。
③假设滴定至c点时消耗盐酸的体积为，则该氨水的电离平衡常数　 　(用含V的表达式表示)。
（2）假设某滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中　 　，据此判断能否实现和的完全分离　 　(填“能”或“不能”)。(注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：，，。)
【答案】（1）；；
（2）；不能
【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；中和滴定
【解析】【解答】（1）①d点加入20mL盐酸，恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子水解：，溶液呈酸性。
故答案为：
②b点加入10mL盐酸，溶液中存在物料守恒：，存在电荷守恒：，两式联立得：。
故答案为：
③假设滴定至c点时消耗盐酸的体积为，溶液pH=7，，根据电荷守恒，溶液中=mol/L，余下≈mol/L，电离平衡常数=。
故答案为：
（2）时，溶液中，此时；说明已经沉淀，不能实现和的完全分离。
故答案为：；不能
【分析】（1）①d点溶液中溶质为NH4Cl，存在NH4＋的水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
②b点溶液为等浓度的NH4Cl和NH3·H2O溶液，结合物料守恒分析。
③c点溶液的pH=7，此时溶液中c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒可得c(NH4＋)=c(Cl－)，据此结合NH3·H2O的电离平衡计算。
（2）根据ZnS的溶度积Ksp计算此时溶液中c(S2－)。再结合CoS的溶度积Ksp计算此时溶液中c(Co2＋)。
（1）①d点加入20mL盐酸，恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子水解：，溶液呈酸性；
②b点加入10mL盐酸，溶液中存在物料守恒：，存在电荷守恒：，两式联立得：；
③假设滴定至c点时消耗盐酸的体积为，溶液pH=7，，根据电荷守恒，溶液中=mol/L，余下≈mol/L，电离平衡常数=；
（2）时，溶液中，此时；说明已经沉淀，不能实现和的完全分离。
19．（2025高二上·拱墅期末）某化学小组设计如下实验流程制备铜的配合物。
（1）写出浅蓝色沉淀溶于浓氨水的离子反应方程式　 　。
（2）乙醇的作用是　 　。
（3）干燥时采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是　 　；不宜用酒精灯直接加热的原因是　 　。
（4）为了证明不同条件下形成不同的铜的配合物，设计了如下的实验：
①写出得到深蓝色溶液b的离子反应方程式　 　。
②根据上述实验可推测与、和的配位能力从大到小的顺序为　 　。
【答案】（1）
（2）降低溶剂极性，便于析出晶体
（3）蒸发皿；温度过高，易分解，放出氨气
（4）；、、
【知识点】配合物的成键情况；铜及其化合物；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浅蓝色沉淀溶于浓氨水的离子反应方程式：。
故答案为：
（2）乙醇的作用是降低溶剂极性，便于析出晶体。
故答案为： 降低溶剂极性，便于析出晶体
（3）仪器A的名称是蒸发皿；不宜用酒精灯直接加热的原因是温度过高，易分解，放出氨气，采用或蒸汽浴加热可使温度较平稳，避免样品受热过度分解。
故答案为：蒸发皿； 温度过高，易分解，放出氨气
（4）①得到深蓝色溶液b是生成了，离子反应方程式为。
故答案为：
②溶液中加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化铜沉淀，说明与的配位能力大于与的配位能力，再加入1mol/L的氨水就能得到深蓝色溶液，说明说明与的配位能力大于与的配位能力，故与、和的配位能力从大到小的顺序为、、。
故答案为：、、
【分析】（1）浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4溶于氨水的过程中，Cu2(OH)2SO4与NH3反应生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，据此写出反应的离子方程式。
（2）乙醇为极性分子，加入乙醇后，溶剂极性降低，据此分析。
（3）仪器A为蒸发皿。直接用酒精灯加热，温度过高，会导致[Cu(NH3)4]SO4分解。
（4）①蓝色浑浊液为Cu(OH)2悬浊液，试管b中的深蓝色溶液为[Cu(OH)4]2－，据此写出反应的离子方程式。
②根据Cu2＋与OH－以及Cu(OH)2与NH3的反应分析。
（1）浅蓝色沉淀溶于浓氨水的离子反应方程式：；
（2）根据分析，乙醇的作用是降低溶剂极性，便于析出晶体；
（3）仪器A的名称是蒸发皿；不宜用酒精灯直接加热的原因是温度过高，易分解，放出氨气，采用或蒸汽浴加热可使温度较平稳，避免样品受热过度分解；
（4）①得到深蓝色溶液b是生成了，离子反应方程式为；
②溶液中加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化铜沉淀，说明与的配位能力大于与的配位能力，再加入1mol/L的氨水就能得到深蓝色溶液，说明说明与的配位能力大于与的配位能力，故与、和的配位能力从大到小的顺序为、、。
20．（2025高二上·拱墅期末）草酸亚铁晶体是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。某化学小组对草酸性质的探究以及草酸亚铁晶体中结晶水的测定如下：
已知：，的电离常数，
实验I：往20mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液。
实验II：往20mL0.2mol/L溶液中滴加0.2mol/L溶液。
实验III：测定草酸亚铁晶体的值，
（1）实验I可选用_______作指示剂，指示反应终点。
A．甲基橙 B．甲基红(变色范围pH为4.4~6.2)
C．酚酞 D．石蕊
（2）实验I中时，存在　 　(填“>”、“=”、“<”)。
（3）判断实验II中能否产生黄色沉淀　 　(填“能”或“不能”)。若能，请写出反应的离子反应方程式　 　(若不能反应，则此空不用回答)。
（4）测定草酸亚铁晶体的值，实验如下：
称取0.5400g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。
取滴定管检漏、水洗→→装液、赶气泡、调液面、读数→→→→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂KSCN溶液
d．用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶
e．用的酸性标准溶液滴定
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至溶液变无色
h．滴定至溶液呈血红色
①从上述选项中选择合适的操作补全测定步骤　 　。
②滴定时消耗的酸性溶液，则中　 　。
【答案】（1）C
（2）>
（3）能；
（4）取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数；2
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成草酸钠，溶液呈碱性，应选碱性变色范围的酚酞作指示剂，故选C。
故答案为：C
（2）实验I中时，得到与等浓度的混合溶液，的水解常数为﹤，可知的水解程度小于的电离程度，则存在>。
故答案为：＞
（3）产生黄色沉淀的离子方程式为：，其平衡常数=，可知实验II中能产生黄色沉淀。
故答案为：能；
（4）①根据分析，测定操作步骤为取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→用的酸性标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数，答案为取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数。
故答案为： 取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数
②根据关系式：，晶体中的质量为=0.432g，的物质的量为，晶体中含结晶水0.5400g-0.432g=0.108g，水的物质的量为，可知x=2。
故答案为：2
【分析】（1）滴定终点溶液中的溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，据此确定滴定终点的指示剂。
（2）加入NaOH溶液的体积为10mL时，反应后所得溶液为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，结合溶液中HC2O4－的电离程度和C2O42－的水解程度分析。
（3）产生黄色沉淀的离子方程式为：，据此结合FeC2O4·xH2O的溶度积Ksp和H2C2O4的电离常数计算该反应的平衡常数K，从而判断该反应是否能进行。
（4）①滴定操作步骤有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等。进行酸碱中和滴定时，酸性溶液或具有氧化性的溶液盛装在酸式滴定管中，碱性溶液盛装在碱式滴定管中，仪器在使用前要查漏、洗涤、润洗，根据指示剂颜色变化判断滴定终点。
②根据得失电子守恒可得关系式“5FeC2O4～3KMnO4”据此计算。
（1）溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成草酸钠，溶液呈碱性，应选碱性变色范围的酚酞作指示剂，故选C；
（2）实验I中时，得到与等浓度的混合溶液，的水解常数为﹤，可知的水解程度小于的电离程度，则存在>；
（3）产生黄色沉淀的离子方程式为：，其平衡常数=，可知实验II中能产生黄色沉淀；
（4）①根据分析，测定操作步骤为取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→用的酸性标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数，答案为取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数；
②根据关系式：，晶体中的质量为=0.432g，的物质的量为，晶体中含结晶水0.5400g-0.432g=0.108g，水的物质的量为，可知x=2。
21．（2025高二上·拱墅期末）降低空气中二氧化碳的含量是当前研究热点。二氧化碳和氢气在一定条件下可转化为甲烷，转化过程中发生的反应如下：
反应I(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
（1）甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为，该反应的　 　。有利于反应I自发进行的条件是　 　(填“高温”或“低温”)。
（2）在实际化工生产过程中，下列措施能提高的转化效率的是　 　。
a．在一定温度下，适当增大压强
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比
c．采用双温控制，前段加热，后段冷却
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积
（3）催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图1所示(“*”表示物质吸附在催化剂上)，是活化的优势中间体，原因是　 　。
（4）一定条件下，利用也可以生产甲醇，主要涉及以下反应Ⅲ和反应Ⅱ。
反应Ⅲ．
假设在恒温密闭容器中，只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，的平衡转化率和甲醇选择性[]随着温度变化关系如图2所示。
①分析温度高于236℃后转化率下降的原因　 　。
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数　 　。(计算结果保留两位有效数字)
（5）工业上也可用电化学法制备甲醇。采用如图3原电池制备甲醇。通入的一端发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）+247.1kJ/mol；低温
（2）acd
（3）生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成
（4）236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动；0.0019
（5）CO+4e-+4H+=CH3OH
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，由Ⅱ×2 Ⅰ可得 ，根据时反应可自发进行，反应I为熵减、放热反应，则低温条件有利于反应Ⅰ自发进行。
故答案为： +247.1kJ/mol；低温
（2）a．在一定温度下，适当增大压强，反应速率增大，反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故a符合题意；
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比，的转化效率降低，故b不符合题意；
c．采用双温控制，前段加热，可使反应速率加快，后段冷却反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故c符合题意；
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，则的转化效率增大，故d符合题意；
故答案为：acd
（3）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，是活化的优势中间体。
故答案为： 生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成
（4）①反应Ⅲ是放热反应，升温平衡逆向移动，生成CO2，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，消耗CO2，且反应Ⅲ受温度影响更大，因此温度高于236℃后转化率下降的原因为：236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动。
故答案为： 236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为；生成CO的物质的量为；
则平衡时CO2、H2、CO、H2O和CH3OH的物质的量分别为0.895mol、2.773mol、0.044mol、0.105mol、0.061mol，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数 。
故答案为：0.00019
（5）根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。
故答案为：CO+4e-+4H+=CH3OH
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。据此判断反应Ⅰ自发进行过的条件。
（2）要提高CO2的转化效率，则改变的条件可促使反应正向进行，或者该改变的条件可加快反应速率。据此结合反应速率和平衡移动的影响因素分析选项。
（3）生成中间体CO所需的活化能小，反应速率快；且产物能量低，结构稳定。据此分析。
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为；生成CO的物质的量为；据此结合反应过程中的变化量计算平衡浓度，从而计算反应Ⅱ的平衡常数。
（5）由原电池装置可知，CO发生得电子的还原反应生成CH3OH，据此写出电极反应式。
（1）根据盖斯定律可知，由Ⅱ×2 Ⅰ可得 ，根据时反应可自发进行，反应I为熵减、放热反应，则低温条件有利于反应Ⅰ自发进行。
（2）a．在一定温度下，适当增大压强，反应速率增大，反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故a符合题意；
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比，的转化效率降低，故b不符合题意；
c．采用双温控制，前段加热，可使反应速率加快，后段冷却反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故c符合题意；
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，则的转化效率增大，故d符合题意；
故答案为：acd。
（3）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，是活化的优势中间体。
（4）①反应Ⅲ是放热反应，升温平衡逆向移动，生成CO2，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，消耗CO2，且反应Ⅲ受温度影响更大，因此温度高于236℃后转化率下降的原因为：236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动。
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为；生成CO的物质的量为；
则平衡时CO2、H2、CO、H2O和CH3OH的物质的量分别为0.895mol、2.773mol、0.044mol、0.105mol、0.061mol，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数 。
（5）根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。
1 / 1浙江省杭州市下沙区杭四下沙2024-2025学年高二上学期期末考试化学试题
一、选择题I(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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·拱墅期末）下列物质中属于强电解质，且其水溶液因水解呈酸性的是
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·拱墅期末）下列化学用语或表述正确的是
A．As原子的简化电子排布式：
B．键形成的轨道重叠示意图：
C．的VSEPR模型：(两点表示孤电子对)
D．羟基的电子式：
3．（2025高二上·拱墅期末）下列物质的用途或事实的描述错误的是
A．FeS可除去水体中的、
B．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器
C．纳米金属铅晶体颗粒越小，熔点越高
D．由制取无水固体时，可在气流中加热脱水
4．（2025高二上·拱墅期末）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是
A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：、、、
D．水电离出的的溶液中：、、、
5．（2025高二上·拱墅期末）下列方程式书写正确的是
A．的水解的离子方程式：
B．氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：
C．已知的燃烧热，表示其燃烧热的热化学方程式：
D．表示稀醋酸和稀NaOH溶液中和反应热效应的方程式：
6．（2025高二上·拱墅期末）下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是
A．图甲用于测定中和反应反应热
B．图乙用于测定锌与稀硫酸反应速率(夹持装置省略)
C．图丙操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
D．图丁装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
7．（2025高二上·拱墅期末）冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与作用而不与作用；18-冠-6与作用，但不与或作用。下列说法正确的是
A．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征
B．超分子中O原子与间存在离子键
C．12-冠-4中C和O的杂化方式分别是超分子和
D．18-冠-6可增大在甲苯中的溶解度
8．（2025高二上·拱墅期末）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
D．在氯水中加入少量溶液，发生的反应：
9．（2025高二上·拱墅期末）和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：
下列说法不正确的是
A．为极性分子，而为非极性分子
B．和空间构型均为三角锥形
C．比难水解
D．和的水解反应机理不同
10．（2025高二上·拱墅期末）研究表明I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂： △H＜0；该过程一般通过如下步骤来实现：
① △H＞0 (慢反应)
② △H＜0 (快反应)
下列可以体现上述反应过程中能量变化的是
A B C D
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高二上·拱墅期末）X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是
A．最简单氢化物的稳定性： B．键角：
C．的阴阳离子比为 D．W元素位于元素周期表的d区
12．（2025高二上·拱墅期末）汽车尾气处理也存在以下反应：，在温度低于220℃，该反应的速率方程为，反应历程分两步进行：第一步：(慢)，第二步：(快)。下列说法正确的是
A．其它条件一定时，增大反应物的浓度，化学反应速率一定增大
B．第一步反应分子间仅部分碰撞有效
C．第二步反应的活化能较第一步反应的活化能高
D．第一步生成的起催化作用，加快了反应的进行
13．（2025高二上·拱墅期末）利用双极膜电解法将二氧化碳转化为矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是
A．右侧的双极膜中间层的向右移动
B．a极电极反应式为
C．向碱室中加入固体，有利于的矿化封存
D．电解固碳的总反应：
14．（2025高二上·拱墅期末）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)。下列有关含氮物质的结构或性质的说法中不正确的是
A．和VSEPR模型相同
B．水溶液的碱性强于
C．水溶液中氢键的主要形式为：
D．在水溶液的电离方程式：
15．（2025高二上·拱墅期末）将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，I、II中均有沉淀产生。已知，，，。
下列说法正确是
A．溶液和溶液中均存在：
B．I中的沉淀可能有、和
C．II中生成的反应：
D．II中加入溶液，不能生成[]沉淀
16．（2025高二上·拱墅期末）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是
　 实验目的 方案设计 现象 结论
A 探究Fe和S反应特点 将适量硫粉和铁粉混合堆成条状。用灼热的玻璃棒触及一端，当混合物呈红热状态时，移开玻璃棒。 混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色 该反应为放热反应
B 比较沉淀的Ksp大小 向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌 氯化银溶解，碘化银无变化 Ksp：AgCl>AgI
C 判断平衡移动的方向 将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉 红棕色逐渐变浅 可逆反应平衡正向移动
D 检验Na2S2O3样品是否含有Na2SO4杂质 取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，过滤，向滤液中滴加少量BaCl2溶液 滤液中出现浑浊 该样品中含有Na2SO4杂质
A．A B．B C．C D．D
二、卷II 非选择题部分(共52分)
17．（2025高二上·拱墅期末）我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。
（1）元素W和X形成的阴离子的电子式为　 　，Z原子核外共有　 　种运动状态不同的电子，其基态原子的价电子排布图为　 　。
（2）下列有关描述不正确的有_______。
A．W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高
B．W、X形成最简单氢化物中，W、X的原子轨道杂化类型均为
C．电负性：
D．第一电离能：
（3）某钠离子电池电极材料由、、、组成，其部分结构嵌入和脱嵌过程中，与含量发生变化，依次变为A、B、C三种结构，其过程如下图所示。
①B物质中与紧邻的阴离子数为　 　。
②写出C物质的化学式　 　。
18．（2025高二上·拱墅期末）溶液中的平衡在化学中有着广泛的应用。运用溶液中离子平衡的相关知识，解决下列问题。
（1）室温下，用盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。
①用离子方程式表示d点溶液呈酸性的原因　 　。
②b点所示的溶液中　 　(用溶液中的其它离子浓度表示)。
③假设滴定至c点时消耗盐酸的体积为，则该氨水的电离平衡常数　 　(用含V的表达式表示)。
（2）假设某滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中　 　，据此判断能否实现和的完全分离　 　(填“能”或“不能”)。(注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：，，。)
19．（2025高二上·拱墅期末）某化学小组设计如下实验流程制备铜的配合物。
（1）写出浅蓝色沉淀溶于浓氨水的离子反应方程式　 　。
（2）乙醇的作用是　 　。
（3）干燥时采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是　 　；不宜用酒精灯直接加热的原因是　 　。
（4）为了证明不同条件下形成不同的铜的配合物，设计了如下的实验：
①写出得到深蓝色溶液b的离子反应方程式　 　。
②根据上述实验可推测与、和的配位能力从大到小的顺序为　 　。
20．（2025高二上·拱墅期末）草酸亚铁晶体是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。某化学小组对草酸性质的探究以及草酸亚铁晶体中结晶水的测定如下：
已知：，的电离常数，
实验I：往20mL0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液。
实验II：往20mL0.2mol/L溶液中滴加0.2mol/L溶液。
实验III：测定草酸亚铁晶体的值，
（1）实验I可选用_______作指示剂，指示反应终点。
A．甲基橙 B．甲基红(变色范围pH为4.4~6.2)
C．酚酞 D．石蕊
（2）实验I中时，存在　 　(填“>”、“=”、“<”)。
（3）判断实验II中能否产生黄色沉淀　 　(填“能”或“不能”)。若能，请写出反应的离子反应方程式　 　(若不能反应，则此空不用回答)。
（4）测定草酸亚铁晶体的值，实验如下：
称取0.5400g草酸亚铁晶体溶于一定浓度的硫酸中，转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。
取滴定管检漏、水洗→→装液、赶气泡、调液面、读数→→→→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂KSCN溶液
d．用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶
e．用的酸性标准溶液滴定
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至溶液变无色
h．滴定至溶液呈血红色
①从上述选项中选择合适的操作补全测定步骤　 　。
②滴定时消耗的酸性溶液，则中　 　。
21．（2025高二上·拱墅期末）降低空气中二氧化碳的含量是当前研究热点。二氧化碳和氢气在一定条件下可转化为甲烷，转化过程中发生的反应如下：
反应I(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
（1）甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为，该反应的　 　。有利于反应I自发进行的条件是　 　(填“高温”或“低温”)。
（2）在实际化工生产过程中，下列措施能提高的转化效率的是　 　。
a．在一定温度下，适当增大压强
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比
c．采用双温控制，前段加热，后段冷却
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积
（3）催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图1所示(“*”表示物质吸附在催化剂上)，是活化的优势中间体，原因是　 　。
（4）一定条件下，利用也可以生产甲醇，主要涉及以下反应Ⅲ和反应Ⅱ。
反应Ⅲ．
假设在恒温密闭容器中，只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，的平衡转化率和甲醇选择性[]随着温度变化关系如图2所示。
①分析温度高于236℃后转化率下降的原因　 　。
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数　 　。(计算结果保留两位有效数字)
（5）工业上也可用电化学法制备甲醇。采用如图3原电池制备甲醇。通入的一端发生的电极反应为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．为盐，属于强电解质，完全电离产生K＋、Al3＋和SO42－，Al3＋水解使溶液呈酸性，A符合题意；
B．是弱酸，属于弱电解质，在水中部分电离，使得溶液显酸性，B不符合题意；
C．是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na＋、H＋和SO42－，使得溶液显酸性，C不符合题意；
D．是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na＋和HCO3－，HCO3－电离程度小于其水解程度，HCO3－水解使得溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。水溶液应水解显酸性，说明水溶液中存在弱碱阳离子。据此结合选项所给物质进行分析。
2．【答案】D
【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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．As是第33号元素，其基态As原子简化的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，A错误；
B．键采用肩并肩的方式进行重叠，而选项中的重叠方式是头碰头方式，属于键的形成过程，B错误；
C．三氟化硼(BF3)的中心B原子价层电子对数为3+=3，不存在孤对电子，因此BF3的VSEPR模型应为平面三角形，图示结构中含有一个孤电子对，C错误；
D．羟基的结构简式为，O原子上含有一个未成键的单电子，因此其电子式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、基态As的简化的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3。
B、p-pπ键采用肩并肩的方式重叠。
C、根据BF3的中心原子价层电子对数分析。
D、羟基的结构式为-OH，据此确定其电子式。
3．【答案】C
【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
【解析】【解答】A．由于溶解度CuS(HgS)＜FeS，因此Fe可转化为更难溶的CuS或HgS，所以可用FeS固体除去废水中、等重金属，A正确；
B．铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成二氧化碳气体，因此硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器，B正确；
C．纳米颗粒的熔点通常比块状材料的熔点低，这是由于表面效应的影响，与本身颗粒的大小无关，C错误；
D．Fe3+在水中的水解为吸热烦恼应，加热会促进Fe3+的水解。因此由制取无水固体时，需通入HCl求，抑制Fe3+的水解，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据沉淀转化过程中，难溶沉淀可转化为更难溶的沉淀进行分析。
B、溶液中Al3＋和HCO3－可发生反应Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。
C、纳米颗粒的熔点较低，是由于表面效应的影响。
D、加热脱水过程中应通入HCl，抑制Fe3＋的水解。
4．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，和反应生成H2O和CO2，不能大量共存，A错误；
B．的溶液呈酸性，在此条件下，各离子之间不发生反应，能大量共存，B正确；
C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，与S2-发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；
D．水电离出的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液可能呈酸性或碱性，Mg2+与OH-反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
5．【答案】B
【知识点】燃烧热；热化学方程式；盐类水解的原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．HCO3-水解的离子方程式为：，选项中表示的是电离的过程，A错误；
B．氢氧化铝(一元弱酸)的酸式电离方程式：，B正确；
C．燃烧热指的是1mol燃料燃烧，且指定产物是，则表示其燃烧热的热化学方程式 ，C错误；
D．醋酸为弱电解质，电离吸热，生成1mol水放出热量值小于57.3，用中和热表示氢氧化钠和醋酸的稀溶液反应的，D错误；
故选B。
【分析】A．的水解的离子方程式：， 是电离方程式；
B．Al(OH)3(一元弱酸)的酸式电离方程式：；
C．燃烧热的热化学方程式是1mol 燃烧生成指定产物是，即为 ；
D．中和热测定实验要用强酸强碱溶液，而醋酸为弱电解质，因醋酸电离吸热，所测定。
6．【答案】D
【知识点】中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．甲装置缺少环形玻璃搅拌器，故A错误；
B．乙装置中有长颈漏斗，不是密闭体系，氢气会从长颈漏斗逸出，所以不能用乙装置测定氢气的生成速率，故B错误；
C．溶液具有强氧化性，应选择酸式滴定管进行实验，故C错误；
D．锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，阳离子向正极移动，所以盐桥中阳离子向正极一侧的硫酸铜溶液中迁移，故D正确；
故选D。
【分析】A．中和热测定实验中要用到玻璃搅拌器，甲装置中缺少此仪器；
B．测定反应速率装置应是密闭体系，而长颈漏斗会漏气；
C．具有氧化性物质应放在酸式滴定管中，放在碱式滴定管会腐蚀橡胶管，溶液具有强氧化性；
D．原电池中阳离子移向正极，锌电极为负极，铜为正极，盐桥中阳离子向锌电极一侧的硫酸铜溶液中迁移。
7．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；超分子
【解析】【解答】A．冠醚能与半径大小相匹配的金属离子作用，因此18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，体现了超分子的“分子识别”特征，A错误；
B．由图可知18-冠-6中O原子存在孤对电子，有空轨道，因此二者可形成配位键，不存在离子键，B错误；
C.18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，都采用sp3杂化，因此二者的杂化轨道类型相同，C错误；
D．KMnO4不溶于大多数有机物，冠醚中的O原子通过与形成配合物，从而增大在非极性溶剂（如甲苯）中的溶解度，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征。
B、O原子中含有孤电子对，而K+含有空轨道，可形成配位键。
C、根据C、O原子的价层电子对数，确定其杂化方式。
D、冠醚中的O原子可与K+形成配合物，增大KMnO4在甲苯中的溶解度。
8．【答案】C,D
【知识点】化学平衡移动原理；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且升温过程中次氯酸易分解。因此氯水中的减小，A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，CH3COO－与H＋结合，生成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，增大，B正确；
C．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，钙沉淀为AgCl，说明溶液中有氯离子。氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，I－被氧化成I2，说明溶液中有强氧化性的物质。而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，因此不能证明上述反应存在限度，C错误；
D．氯水显酸性，在氯水中加入少量溶液，CO32－与H＋反应生成CO2，因此该反应的离子方程式为 ，D错误；
故答案为：CD。
【分析】A、升高温度，平衡向吸热反应方向移动，结合平衡移动分析氯水中c(HClO)变化。
B、加入CH3COONa固体，CH3COO－与H＋结合成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)减小，据此判断平衡移动。
C、证明上述反应存在限度，则需证明溶液中存在反应物Cl2。
D、氯水中的H＋能与CO32－反应生成H2O和CO2。
9．【答案】C
【知识点】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；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．NCl3中心N原子的价层电子对数为4，且含有一个孤电子对，因此其分子构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子。SiCl4中心Si原子的价层电子对数为4，无孤电子对，分子构型为四面体形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确；
B．和中心N原子的价层电子对数都是4，均都含有一个孤电子对，因此二者的分子构型都是三角锥形，B正确；
C．比的中心原子都有孤电子对，由于电负性：P＜N，P更容易给出孤电子对，且键能：P—Cl＜N-Cl，P—Cl共价键更容易断裂，因此更容易水解，C错误；
D．SiCl4的水解反应机理为，与题中NCl3的水解原理不同，D正确；
故答案为：C。
【分析】A、根据NCl3、SiCl4中心原子的价层电子对数和孤电子对数，确定其空间结构，从而判断正负电荷的重心是否重合，进而判断分子的极性。
B、根据NCl3、NH3的中心原子的价层电子对数和孤电子对数，从而判断其空间结构。
C、根据P、N的电负性强弱和P－Cl、N－Cl共价键的强弱分析。
D、根据SiCl4的水解原理分析。
10．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】总反应为放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量。反应①为吸热反应，因此反应物的总能量小于中间产物的总能量，故排除选项AC。由于反应①为慢反应，反应②为快反应，因此反应①所需的活化能大于反应②所需的活化能，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据反应的热效应，判断反应物和生成物总能量的相对大小。反应所需的活化能越大，反应速率越慢，因此反应①所需的活化能大于反应②所需的活化能。据此结合选项图像分析。
11．【答案】B
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，则其简单氢化物的稳定性越强。由于非金属性：，因此最简单氢化物的稳定性：，A错误；
B．NH3中心N原子采用sp3杂化，且含有一个孤电子对，因此其空间结构为三角锥型，键角是107°18'。中心N原子采用sp3杂化，且不含孤电子对，因此其空间结构为正四面体形，键角是109°28'。因此键角：，B正确；
C．Na2O2由2个Na＋和1个O22－构成，因此阴阳离子比为，C错误；
D．基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此铜元素位于元素周期表的ds区，D错误；
故答案为：B。
【分析】X是宇宙中含量最多的元素，因此X为H。Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，因此Y的价层电子排布式为2s22p3，因此Y为N。Z元素原子的价层电子排布式为nsnnp2n，因此n=2，即Z的价层电子排布式为2s22p4，因此Z为O。Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，且Q原子原子中只有两种形状的电子云，因此Q的核外电子排布式为1s22s22p63s1，所以Q为Na。W元素的次外层内的所有轨道的电子均成对，则其3d轨道为全充满结构，所以W的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，因此W为Cu。据此结合元素周期律分析选项。
12．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．由反应的速率方程为可知，反应速率受c(NO2)影响，与其他物质的浓度无关，因此增加其他物质的浓度，速率不变，A错误；
B．第一步反应为慢反应，该反应所需的活化能大，活化分子发生有效碰撞频率较小，仅部分碰撞有效，B正确；
C．反应所需的活化能越大，反应速率越慢。第一步反应为慢反应，因此反应所需的活化能大，C错误；
D．第一步生成的是中间产物，为第二步的反应物，不是催化剂，没有催化作用，D错误；
故答案为：B。
【分析】A、由速率方程可知，该反应的反应速率与c(NO2)有关。
B、第一步反应为慢反应，活化分子发生有效碰撞的几率较小。
C、反应速率越慢，反应所需的活化能越大。
D、NO3为第一步反应的生成物，第二步反应的反应物，属于中间产物。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．右侧双极膜中的离子进入酸室中，与Cl－形成盐酸，因此进入的离子为H＋。所以右侧双极膜中的H＋向左移动，A错误；
B．a极上H+发生得电子的还原反应，生成H2，因此a电极的电极反应式为，B错误；
C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，CO2与HCO3－不反应，因此加入固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，C错误；
D．由题干可知，电解固氮的过程中生成O2、H2、CaCO3和HCl，因此电解固碳的总反应为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】碱室中CO2反应生成CO32－，因此左侧双极膜中进入碱室的为OH－；H＋移向左侧，在电极a上发生得电子的还原反应，因此电极a的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。右侧双极膜中H＋移向酸室，形成盐酸；OH－移向右侧，在电极b上发生失电子的氧化反应，生成O2，因此电极b的电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。据此结合选项分析。
14．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；电离方程式的书写
【解析】【解答】A．中心N原子的价层电子对数为3+=3，因此其VSEPR模型为平面三角形。中心N原子的价层电子对数为2+=3，因此VSEPR模型为平面三角形，A正确；
B．由于-OH的吸引电子能力大于 -H，因此-OH取代了 NH3 中的 H 后，使 得 N 上的电子密度降低，接受质子的能力减弱，从而导致碱性减弱，因此水溶液的碱性：＞，B正确；
C．根据可知，水溶液中氢键的主要形式为：，C正确；
D．在水溶液的电离方程式：，D错误；
故答案为：D。
【分析】A、根据NO3－、NO2－中心N原子的价层电子对数确定其VSEPR模型。
B、根据吸引电子能力－OH＞－H，判断N原子接受质子能力强弱，从而得出碱性强弱。
C、根据NH3·H2O的电离确定氢键的结构。
D、结合NH2OH的电离分析。
15．【答案】B,D
【知识点】盐类水解的原理；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；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在Na+、H+、、、OH-。溶液中正负电荷总量相等，因此存在电荷守恒：，A错误；
B．Fe2＋可与CO32－发生双水解，生成Fe(OH)2沉淀；氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁；同时Fe2＋也能与CO32－形成FeCO3沉淀。因此I中的沉淀可能有、和，B正确；
C．将FeSO4溶液滴入溶液中，和都发生水解后再生成沉淀，该反应的离子方程式，C错误；
D．将FeSO4溶液滴入溶液中，此时，，因此溶液中，由Kw=c(H＋)×c(OH－)可得，溶液中，，开始无沉淀生成，随着反应进行，氢氧根浓度继续降低，也无沉淀生成，D正确；
故答案为：BD。
【分析】A、溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，据此分析。
B、Fe2＋能与CO32－发生双水解反应；同时Fe(OH)2易被空气中的O2氧化。
C、Fe2＋与HCO3－反应生成FeCO3和H＋，H＋能继续与HCO3－反应生成CO2和H2O。
D、根据FeCO3的溶度积Ksp和H2CO3的电离常数计算溶液中c(OH－)，结合Q和K的关系，判断是否能生成Fe(OH)2沉淀。
16．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．引发反应后混合物继续保持红热并持续扩散，粉末呈黑色，说明该反应为放热反应，A正确；
B．相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等量AgCl和AgI固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说明溶解度：AgCl>AgI，因此溶度积Ksp：AgCl>AgI，B正确；
C．将装有NO2气体的注射器的活塞缓慢向外拉，容器体积增大，物质浓度减小，气体颜色变浅，与平衡移动无关，C错误；
D．先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，生成不溶于酸的钡的沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，样品变质后含有Na2SO4杂质，D正确；
故答案为：C
【分析】A、引发反应后混合物持续保持红热，说明反应过程中放出热量。
B、AgCl、AgI的组成和结构相似，溶解度越大，则溶度积Ksp越大。
C、向外拉的过程中体积增大，浓度减小，因此溶液变浅。
D、先加足量的稀盐酸，排除S2O32－、SO32－、CO32－和Ag＋的干扰。
17．【答案】（1）；26；
（2）A；D
（3）12；NaFe(CN)3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）中C与N之间形成3对共用电子对，电子式为；Z为Fe元素，Fe是第26号元素，有26种运动状态不同的电子，基态原子的价电子排布式为，3d64s2，价电子排布图为。
故答案为：；26；
（2）A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A错误；
B．X的简单氢化物是，其中心N原子价层电子对数为3+，N原子轨道杂化类型为，W的简单氢化物是，其中心C原子价层电子对数为4+，C原子轨道杂化类型为，B正确；
C．电负性同周期从左至右增大，故电负性：，C正确；
D．第一电离能，同周期从左至右增大，每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高第一电离能：，D错误；
故答案为：AD
（3）①由晶胞结构可知，B物质中每个最小的立方体中位于体心的钠离子与位于小立方体棱中心的CN-距离最近，所以与钠离子紧邻的CN-数目为12。
故答案为：12
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体心的铁离子和亚铁离子个数为8×+6×+12×+1=8，位于体内的钠离子个数为8，位于棱上、面上、体内的氰酸根离子个数为24×+24×+6=24，则C物质的化学式为NaFe(CN)3。
故答案为：NaFe(CN)3
【分析】W的外层电子数是内层电子数的2倍，因此W的内层电子数为2，外层电子数为4，所以W为C。第ⅡA和ⅤA元素的第一电离能都比左右相邻得元素的高，由于Y可形成阳离子，因此Y为金属元素Mg，则X为N。Z的M层未成对电子数，因此Z的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，因此Z为Fe。据此结合题干设问分析作答。
（1）中C与N之间形成3对共用电子对，电子式为；Z为Fe元素，Fe是第26号元素，有26种运动状态不同的电子，基态原子的价电子排布式为，3d64s2，价电子排布图为；
（2）A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A错误；
B．X的简单氢化物是，其中心N原子价层电子对数为3+，N原子轨道杂化类型为，W的简单氢化物是，其中心C原子价层电子对数为4+，C原子轨道杂化类型为，B正确；
C．电负性同周期从左至右增大，故电负性：，C正确；
D．第一电离能，同周期从左至右增大，每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高第一电离能：，D错误；
故选AD；
（3）①由晶胞结构可知，B物质中每个最小的立方体中位于体心的钠离子与位于小立方体棱中心的CN-距离最近，所以与钠离子紧邻的CN-数目为12；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体心的铁离子和亚铁离子个数为8×+6×+12×+1=8，位于体内的钠离子个数为8，位于棱上、面上、体内的氰酸根离子个数为24×+24×+6=24，则C物质的化学式为NaFe(CN)3；
18．【答案】（1）；；
（2）；不能
【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；中和滴定
【解析】【解答】（1）①d点加入20mL盐酸，恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子水解：，溶液呈酸性。
故答案为：
②b点加入10mL盐酸，溶液中存在物料守恒：，存在电荷守恒：，两式联立得：。
故答案为：
③假设滴定至c点时消耗盐酸的体积为，溶液pH=7，，根据电荷守恒，溶液中=mol/L，余下≈mol/L，电离平衡常数=。
故答案为：
（2）时，溶液中，此时；说明已经沉淀，不能实现和的完全分离。
故答案为：；不能
【分析】（1）①d点溶液中溶质为NH4Cl，存在NH4＋的水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。
②b点溶液为等浓度的NH4Cl和NH3·H2O溶液，结合物料守恒分析。
③c点溶液的pH=7，此时溶液中c(H＋)=c(OH－)，由电荷守恒可得c(NH4＋)=c(Cl－)，据此结合NH3·H2O的电离平衡计算。
（2）根据ZnS的溶度积Ksp计算此时溶液中c(S2－)。再结合CoS的溶度积Ksp计算此时溶液中c(Co2＋)。
（1）①d点加入20mL盐酸，恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子水解：，溶液呈酸性；
②b点加入10mL盐酸，溶液中存在物料守恒：，存在电荷守恒：，两式联立得：；
③假设滴定至c点时消耗盐酸的体积为，溶液pH=7，，根据电荷守恒，溶液中=mol/L，余下≈mol/L，电离平衡常数=；
（2）时，溶液中，此时；说明已经沉淀，不能实现和的完全分离。
19．【答案】（1）
（2）降低溶剂极性，便于析出晶体
（3）蒸发皿；温度过高，易分解，放出氨气
（4）；、、
【知识点】配合物的成键情况；铜及其化合物；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浅蓝色沉淀溶于浓氨水的离子反应方程式：。
故答案为：
（2）乙醇的作用是降低溶剂极性，便于析出晶体。
故答案为： 降低溶剂极性，便于析出晶体
（3）仪器A的名称是蒸发皿；不宜用酒精灯直接加热的原因是温度过高，易分解，放出氨气，采用或蒸汽浴加热可使温度较平稳，避免样品受热过度分解。
故答案为：蒸发皿； 温度过高，易分解，放出氨气
（4）①得到深蓝色溶液b是生成了，离子反应方程式为。
故答案为：
②溶液中加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化铜沉淀，说明与的配位能力大于与的配位能力，再加入1mol/L的氨水就能得到深蓝色溶液，说明说明与的配位能力大于与的配位能力，故与、和的配位能力从大到小的顺序为、、。
故答案为：、、
【分析】（1）浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4溶于氨水的过程中，Cu2(OH)2SO4与NH3反应生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，据此写出反应的离子方程式。
（2）乙醇为极性分子，加入乙醇后，溶剂极性降低，据此分析。
（3）仪器A为蒸发皿。直接用酒精灯加热，温度过高，会导致[Cu(NH3)4]SO4分解。
（4）①蓝色浑浊液为Cu(OH)2悬浊液，试管b中的深蓝色溶液为[Cu(OH)4]2－，据此写出反应的离子方程式。
②根据Cu2＋与OH－以及Cu(OH)2与NH3的反应分析。
（1）浅蓝色沉淀溶于浓氨水的离子反应方程式：；
（2）根据分析，乙醇的作用是降低溶剂极性，便于析出晶体；
（3）仪器A的名称是蒸发皿；不宜用酒精灯直接加热的原因是温度过高，易分解，放出氨气，采用或蒸汽浴加热可使温度较平稳，避免样品受热过度分解；
（4）①得到深蓝色溶液b是生成了，离子反应方程式为；
②溶液中加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化铜沉淀，说明与的配位能力大于与的配位能力，再加入1mol/L的氨水就能得到深蓝色溶液，说明说明与的配位能力大于与的配位能力，故与、和的配位能力从大到小的顺序为、、。
20．【答案】（1）C
（2）>
（3）能；
（4）取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数；2
【知识点】化学平衡常数；离子浓度大小的比较；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成草酸钠，溶液呈碱性，应选碱性变色范围的酚酞作指示剂，故选C。
故答案为：C
（2）实验I中时，得到与等浓度的混合溶液，的水解常数为﹤，可知的水解程度小于的电离程度，则存在>。
故答案为：＞
（3）产生黄色沉淀的离子方程式为：，其平衡常数=，可知实验II中能产生黄色沉淀。
故答案为：能；
（4）①根据分析，测定操作步骤为取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→用的酸性标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数，答案为取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数。
故答案为： 取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数
②根据关系式：，晶体中的质量为=0.432g，的物质的量为，晶体中含结晶水0.5400g-0.432g=0.108g，水的物质的量为，可知x=2。
故答案为：2
【分析】（1）滴定终点溶液中的溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，据此确定滴定终点的指示剂。
（2）加入NaOH溶液的体积为10mL时，反应后所得溶液为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4，结合溶液中HC2O4－的电离程度和C2O42－的水解程度分析。
（3）产生黄色沉淀的离子方程式为：，据此结合FeC2O4·xH2O的溶度积Ksp和H2C2O4的电离常数计算该反应的平衡常数K，从而判断该反应是否能进行。
（4）①滴定操作步骤有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等。进行酸碱中和滴定时，酸性溶液或具有氧化性的溶液盛装在酸式滴定管中，碱性溶液盛装在碱式滴定管中，仪器在使用前要查漏、洗涤、润洗，根据指示剂颜色变化判断滴定终点。
②根据得失电子守恒可得关系式“5FeC2O4～3KMnO4”据此计算。
（1）溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成草酸钠，溶液呈碱性，应选碱性变色范围的酚酞作指示剂，故选C；
（2）实验I中时，得到与等浓度的混合溶液，的水解常数为﹤，可知的水解程度小于的电离程度，则存在>；
（3）产生黄色沉淀的离子方程式为：，其平衡常数=，可知实验II中能产生黄色沉淀；
（4）①根据分析，测定操作步骤为取滴定管检漏、水洗→润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取待测溶液加入锥形瓶→用的酸性标准溶液滴定→滴定至溶液呈浅红色→读数，答案为取滴定管检漏、水洗→a→装液、赶气泡、调液面、读数→d→e→f→读数；
②根据关系式：，晶体中的质量为=0.432g，的物质的量为，晶体中含结晶水0.5400g-0.432g=0.108g，水的物质的量为，可知x=2。
21．【答案】（1）+247.1kJ/mol；低温
（2）acd
（3）生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成
（4）236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动；0.0019
（5）CO+4e-+4H+=CH3OH
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，由Ⅱ×2 Ⅰ可得 ，根据时反应可自发进行，反应I为熵减、放热反应，则低温条件有利于反应Ⅰ自发进行。
故答案为： +247.1kJ/mol；低温
（2）a．在一定温度下，适当增大压强，反应速率增大，反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故a符合题意；
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比，的转化效率降低，故b不符合题意；
c．采用双温控制，前段加热，可使反应速率加快，后段冷却反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故c符合题意；
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，则的转化效率增大，故d符合题意；
故答案为：acd
（3）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，是活化的优势中间体。
故答案为： 生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成
（4）①反应Ⅲ是放热反应，升温平衡逆向移动，生成CO2，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，消耗CO2，且反应Ⅲ受温度影响更大，因此温度高于236℃后转化率下降的原因为：236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动。
故答案为： 236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为；生成CO的物质的量为；
则平衡时CO2、H2、CO、H2O和CH3OH的物质的量分别为0.895mol、2.773mol、0.044mol、0.105mol、0.061mol，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数 。
故答案为：0.00019
（5）根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。
故答案为：CO+4e-+4H+=CH3OH
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。当ΔH-TΔS＜0时，反应自发进行。据此判断反应Ⅰ自发进行过的条件。
（2）要提高CO2的转化效率，则改变的条件可促使反应正向进行，或者该改变的条件可加快反应速率。据此结合反应速率和平衡移动的影响因素分析选项。
（3）生成中间体CO所需的活化能小，反应速率快；且产物能量低，结构稳定。据此分析。
（4）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为；生成CO的物质的量为；据此结合反应过程中的变化量计算平衡浓度，从而计算反应Ⅱ的平衡常数。
（5）由原电池装置可知，CO发生得电子的还原反应生成CH3OH，据此写出电极反应式。
（1）根据盖斯定律可知，由Ⅱ×2 Ⅰ可得 ，根据时反应可自发进行，反应I为熵减、放热反应，则低温条件有利于反应Ⅰ自发进行。
（2）a．在一定温度下，适当增大压强，反应速率增大，反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故a符合题意；
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比，的转化效率降低，故b不符合题意；
c．采用双温控制，前段加热，可使反应速率加快，后段冷却反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故c符合题意；
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，则的转化效率增大，故d符合题意；
故答案为：acd。
（3）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，是活化的优势中间体。
（4）①反应Ⅲ是放热反应，升温平衡逆向移动，生成CO2，反应Ⅱ是吸热反应，升温平衡正向移动，消耗CO2，且反应Ⅲ受温度影响更大，因此温度高于236℃后转化率下降的原因为：236℃以后，以反应Ⅲ为主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动。
②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，由图可知，244℃时，CO2的转化率为10.5%，甲醇的选择性为58.3%，则生成的物质的量为；生成CO的物质的量为；
则平衡时CO2、H2、CO、H2O和CH3OH的物质的量分别为0.895mol、2.773mol、0.044mol、0.105mol、0.061mol，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数 。
（5）根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。
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