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浙江省丽水市2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题
1．（2025高二上·丽水期末）硫酸亚铁铵俗称摩尔盐，化学式为(NH4)2Fe (SO4)2·6H2O，用途十分广泛。下列有关微粒结构说法正确的是
A．硫原子结构示意图：
B．氧的基态原子最外层轨道表示式：
C．基态铁原子的简化电子排布式：[Ar]3d64s2
D．基态氮原子最高能级的原子轨道形状：
2．（2025高二上·丽水期末）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．实验室制备乙酸乙酯时，加入稍过量的乙醇
B．工业上SO2的催化氧化在常压下进行
C．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法
D．工业上在10MPa-30MPa条件下合成氨
3．（2025高二上·丽水期末）下列说法不正确的是
A．加热Na2CO3溶液可以增强其去油污效果
B．实验室配制Na2S溶液，常将Na2S固体溶于有少量NaOH的水溶液中
C．盐碱地(含较多的NaCl、Na2CO3)不利于农作物生长，常施加石灰
D．处理工业生产中产生的酸性或碱性废水常用中和反应
4．（2025高二上·丽水期末）下列应用与方程式不相符的是
A．用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O= TiO2·xH2O↓+4HCl
B．用Na2S作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：S2 + Cu2+=CuS↓
C．铁的吸氧腐蚀：4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3
D．工业制备金属Na：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑
5．（2025高二上·丽水期末）在恒温恒压容器中发生：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1，下列选项不能表明反应已达平衡状态的是
A．c(N2)不再变化
B．相同时间内，断开H-H键的数目和断开N-H键的数目之比为1：2
C．v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2
D．容器内气体的密度不再变化
6．（2025高二上·丽水期末）下列说法正确的是
A．一定条件下，将1mol O2 (g)和2 mol SO2 (g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，放热197.8kJ，其热化学方程式为：O2 (g)+ 2SO2 (g)2SO3 (g) ΔH =-197.8kJ·mol-1
B．已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热是890.3kJ·mol-1
C．已知：H+(aq)+OH (aq)=H2O(l) ΔH =-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4(aq)和Ba(OH)2(aq)反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH = -114.6 kJ·mol-1
D．已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH =+1.9 kJ·mol-1，则石墨比金刚石稳定
7．（2025高二上·丽水期末）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，有机物中一定含有W元素，位于不同周期不同族的X和Y，第一电离能都比左右相邻元素高，Z的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物。下列说法不正确的是
A．第一电离能：XB．离子半径：Y>Z
C．电负性：WD．最高价氧化物的水化物的酸性：W8．（2025高二上·丽水期末）在溶液中能大量共存的离子组是
A．Al3+、Na+、 SO、HCO B．Ag+、K+、NO、S2
C．Fe3+、Cl 、SCN 、K+ D．Na+、Cl 、OH 、ClO
9．（2025高二上·丽水期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA
B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH的数量小于0.1NA
C．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中含H+的数目为0.1NA
D．电解CuSO4溶液得到22.4 L O2(标准状况)，理论上需要转移2NA个电子
10．（2025高二上·丽水期末）下列实验装置使用正确的是
A．配制氢氧化钠溶液
B．蒸发氯化铁溶液制备氯化铁晶体
C．制取碳酸氢钠
D．测定中和反应反应热
11．（2025高二上·丽水期末）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
12．（2025高二上·丽水期末）室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸中滴加0.1000 mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知lg 5=0.7。下列说法不正确的是
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．若滴加同浓度的氨水，可选择酚酞指示反应终点
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小
D．V(NaOH)=30.00 mL时，pH=12.3
13．（2025高二上·丽水期末）下列说法正确的是
A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性(100℃时，Kw=10-12)
B．将1×10-6mol·L-1盐酸稀释1000倍，所得溶液的pH为9
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol·L-1时，此溶液的pH一定为13
D．将pH=3的盐酸与醋酸各1 mL分别稀释至100 mL，所得醋酸的pH较小
14．（2025高二上·丽水期末）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为对海水中钢闸门的防腐措施示意图，下列说法不正确的是
A．高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的
B．通电后外电路的电子被强制流向钢闸门
C．保护电流应该根据环境条件变化进行调整
D．通电后使钢闸门表面的腐蚀电流接近零
15．（2025高二上·丽水期末）某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。下列有关判断不正确的是
A．甲池为原电池，乙池中A(石墨)电极为阳极
B．甲池中通入CH3OH电极的电极反应式为：CH3OH-6e +8OH = CO+6H2O
C．若将CuCl2溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，丙池中溶液的pH将减小
D．当乙池中B极质量增加5.40g时，丙池中D极析出1.60g铜
16．（2025高二上·丽水期末）下列说法不正确的是
A．向内推动装有NO2(g)的注射器[2NO2(g)N2O4(g)]，气体颜色先变深后变浅
B．向0.5 mol·L-1绿色的CuCl2溶液中加少量水，[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl [CuCl4]2 (黄色)+4H2O，溶液颜色变为蓝绿色
C．某可逆反应加入催化剂后反应速率加快，ΔH不改变
D．向0.1 mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1 mol·L-1HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积增大而减小
17．（2025高二上·丽水期末）室温下，通过下列实验探究SO2的性质
已知：Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3
实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：c(HSO)+c(SO)+c(OH )=c(H+)
B．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
C．实验2所得溶液中：c(SO)D．实验3所得溶液中：c(SO)18．（2025高二上·丽水期末）常温下，向0.02mol·L-1FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，得到pH-时间曲线如图。下列有关说法不正确的是
已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，且Fe3+浓度小于10-5mol·L-1认为其沉淀完全。
A．ab段主要是NaOH和HCl反应
B．c点溶液中的Fe3+已沉淀完全
C．c点后pH急剧变化是过量的NaOH电离导致的
D．d点水电离出的c(OH-)约为10-2.16mol·L-1
19．（2025高二上·丽水期末）已知，在一定条件下苯乙炔(Ph-C≡CH)与HCl发生催化加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．反应Ⅲ为放热反应
B．反应未达平衡，升高温度，产物b的比例会升高
C．可通过及时分离产物a的方法提高a的产率
D．平衡时产物选择性：产物a>产物b
20．（2025高二上·丽水期末）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
21．（2025高二上·丽水期末）前四周期元素形成的化合物在生产生活中有着重要的用途。
（1）基态Cu原子的最外层电子排布式为　 　，位于元素周期表的　 　区，高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO，结合电子排布式解释原因　 　。
（2）当硝酸甘油遇到高温或明火等热源时，会发生热分解。第一步的反应是：4C3H5(NO3)3(l) → 12CO2(g)+10H2O(g)+6N2(g)+O2(g)，其受热不稳定的原因是　 　。
（3）由铁原子核形成的四种微粒，价电子轨道表示式分别为：
①
②
③
④
有关这些微粒的叙述，不正确的是________。
A．微粒半径：④>①>②
B．得电子能力：③>②
C．电离一个电子所需最低能量：②>①>④
D．微粒③价电子在简并轨道中单独分占，且自旋相同，故不能再继续失去电子
22．（2025高二上·丽水期末）乙烯是石油化工中常用的基础原料，随着化石燃料资源的日益减少，科研工作者正在探寻和研发具有工业价值的制备方法。
（1）二氧化碳氧化乙烷制乙烯反应：
反应自发进行的条件为　 　。
（2）甲烷催化脱氢制乙烯
物质 氢气 甲烷 乙烯
燃烧热/() 285.8 890.3 1411.0
①已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式　 　。
②反应在恒温恒压密闭容器中进行。若向该反应器中通入水蒸气(不参与反应)，可提高乙烯的产率，理由是　 　。
（3）电解二氧化碳强酸性溶液制乙烯其原理如图所示。
①该装置中使用的是　 　(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b电极上的电极反应式为　 　。
23．（2025高二上·丽水期末）大量排放氮的氧化物会产生酸雨、光化学烟雾等环境问题，利用反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH =-746.8 kJ·mol-1，可有效减少汽车尾气污染物的排放。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中，发生以上反应。
（1）若充入CO(g)和NO(g)各1mol，加入催化剂发生反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图1所示。
①t2时刻，比较大小： v正　 　 v逆(填“>”、“<”或“=”)
②若t4=10min，计算该反应在 0～t4内的反应速率v(N2)=　 　。
③该反应的平衡常数为　 　。
④t5时刻压缩容器体积，在图2中画出反应的v-t图像　 　。
（2）在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图3所示。工业生产中选用甲，理由是　 　。
24．（2025高二上·丽水期末）弱酸及其盐在水溶液中存在相关平衡。常温下，H2SO3、H2CO3和HCN的电离平衡常数如下表所示：
化学式 H2CO3 HCN H2SO3
电离平衡常数 Ka1=1.5×10-2 Ka2=6.0×10-8
（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，原因是　 　(用离子方程式表示)。
（2）缓冲溶液是能缓解外加少量酸或碱而保持溶液pH基本不变的溶液。人体血液中H2CO3/HCO缓冲体系对稳定pH发挥着重要作用。当血液中CO2浓度上升，血液缓冲体系中的值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）浓度均为0.1 mol·L-1Na2SO3和Na2CO3等体积混合后，溶液中①SO②CO③HSO④HCO浓度从大到小的顺序为　 　(填序号)。
（4）常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某二元酸H2A溶液。溶液中，含A元素粒子的分布系数δ随pH的变化关系如图所示
[例如A2-的分布系数：δ(A2-)=]。
①常温下，Na2A的水解平衡常数为　 　。
②若向0.1mol/L的NaHA溶液中加入等体积的0.1mol/L KOH溶液(忽略混合后溶液的体积变化)，混合后溶液中c(Na＋)+c(K＋)　 　2c(HA-)＋2c(A2-)(填“>”“<”或“=”)。
25．（2025高二上·丽水期末）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下实验：
①称量1.00 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②用碱式滴定管准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞溶液；
③用0.100 0 mol·L-1的标准盐酸滴定并重复三次，每次实验数据记录如下：
滴定序号 待测液体积/mL 所消耗盐酸标准溶液的体积/mL
滴定前 滴定后
1 25.00 0.50 20.60
2 25.00 6.00 26.00
3 25.00 1.10 21.00
请回答：
（1）在碱式滴定管中装入待测试样后，要先赶出滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为________(填字母)。
A． B． C． D．
（2）配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？　 　(填字母)。
A．托盘天平 B．容量瓶 C．碱式滴定管 D．量筒 E．烧杯 F．胶头滴管 G．玻璃棒
（3）滴定过程中用左手控制　 　(填仪器及部位)，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。
（4）判断滴定终点到达时的现象为　 　。
（5）若出现下列情况，测定结果偏高的是________(填字母)。
A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
B．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
C．滴定过程中不慎将数滴盐酸滴在锥形瓶外
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
（6）通过计算可知该烧碱样品的纯度为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、硫原子序数为 16，核外电子分层排布应为 2、8、6，最外层电子数是 6，题中结构示意图最外层画 8 个电子，A错误；
B、氧原子价电子为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应先分占不同轨道且自旋相同，题中轨道表示式不符合此规则，正确的轨道表示式为 ， B错误；
C、铁是 26 号元素，内层电子与 Ar 相同，价电子为 3d64s2，简化电子排布式为 [Ar]3d64s2，C正确；
D、基态氮原子最高能级是 2p，p 轨道形状为哑铃形（或纺锤形），不是球形，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合原子结构的基本知识，从原子结构示意图、轨道表示式、电子排布式及原子轨道形状等方面，逐一验证各选项的正确性。
2．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，加入过量乙醇（反应物），根据勒夏特列原理，平衡会向正反应方向移动以减弱浓度变化，提高乙酸乙酯产率，能用该原理解释，故A不符合题意 ；
B、SO2催化氧化生成 SO3的反应中，高压虽能使平衡正向移动（气体分子数减少），但常压下 SO2转化率已较高，采用常压是因高压会增加设备成本，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意 ；
C、Cl2与水反应为可逆反应（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），饱和食盐水中 Cl-浓度高，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动抑制 Cl2溶解，能用该原理解释，故C不符合题意 ；
D、合成氨反应（N2+3H2 2NH3）是气体分子数减少的反应，增大压强（10MPa-30MPa），根据勒夏特列原理，平衡正向移动提高氨产量，能用该原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．判断增加反应物浓度对可逆反应平衡的影响是否符合勒夏特列原理。
B．分析工业选择常压的原因是否与平衡移动相关。
C．分析饱和食盐水对 Cl2溶解平衡的影响。
D．判断压强对合成氨平衡的影响是否符合勒夏特列原理。
3．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A、Na2CO3中 CO32-会水解使溶液显碱性，水解反应吸热。加热促进水解，OH-浓度增大，碱性增强，而油污在碱性条件下更易分解，故去油污效果增强，A正确；
B、Na2S 中 S2-易水解。将 Na2S 溶于含少量 NaOH 的水中，NaOH 提供的 OH-会抑制 S2-水解，维持溶液中 S2-的浓度，B正确；
C、盐碱地中的 Na2CO3与石灰（Ca(OH)2）反应生成 NaOH，NaOH 碱性更强，会加重土壤盐碱化，不利于作物生长，C错误；
D、酸性废水用碱中和、碱性废水用酸中和，可有效调节 pH 至排放标准，是工业废水处理的常规方法，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．分析温度对 Na2CO3水解及去油污效果的影响。
B．分析 NaOH 对 Na2S 水解的抑制作用。
C．分析石灰与 Na2CO3的反应对土壤碱性的影响。
D．判断中和反应在工业废水处理中的应用合理性。
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、TiCl4易水解，反应生成 TiO2 xH2O 和 HCl，方程式为 TiCl4+(x+2) H2O=TiO2 xH2O↓+4HCl，该反应是制备 TiO2的常用方法，故A不符合题意 ；
B、Na2S 提供的 S2-与工业废水中的 Cu2+反应生成 CuS 沉淀（CuS 溶解度极小），方程式为 S2-+Cu2+=CuS↓，可有效除杂，故B不符合题意 ；
C、铁的吸氧腐蚀分两步：首先 2Fe+O2+2H2O=2Fe (OH)2，随后 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。选项中直接写成 4Fe+3O2+6H2O=4Fe (OH)3，忽略中间产物 Fe(OH)2，不符合实际过程，故C符合题意 ；
D、工业上通过电解熔融 NaCl 制备 Na，反应为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，方程式正确，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．分析 TiCl4水解反应与 TiO2制备的对应关系。
B．判断 S2-与 Cu2+的沉淀反应是否合理。
C．分析铁吸氧腐蚀的实际反应过程。
D．验证工业制钠的电解反应方程式。
5．【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应达到平衡时，各物质浓度保持不变。c(N2) 不再变化，说明 N2的消耗与生成速率相等，反应达平衡，该选项能表明平衡，故A不符合题意 ；
B、断开 H-H 键代表正反应消耗 H2，断开 N-H 键代表逆反应消耗 NH3。相同时间内两者数目比 1：2，对应反应式中 H2与 NH3的计量关系（3：2），说明正逆反应速率相等，反应达平衡，该选项能表明平衡，故B不符合题意 ；
C、v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2，仅符合反应的计量数比例，但未明确是正反应还是逆反应速率。无论是否平衡，该比例始终成立，无法判断是否达平衡，该选项不能表明平衡，故C符合题意 ；
D、反应前后气体物质的量变化，恒温恒压下体积会变，而气体总质量不变。密度不再变化时，说明体积不变（即物质的量不变），反应达平衡，该选项能表明平衡，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．判断物质浓度不变是否为平衡标志。
B．通过化学键断裂比例判断正逆反应速率是否相等。
C．分析速率比未说明方向时能否判断平衡。
D．根据恒温恒压下密度变化判断平衡。
6．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应 O2(g)+2SO2(g) 2SO3(g) 是可逆反应，1mol O2和 2mol SO2无法完全转化为 SO3。热化学方程式中 ΔH 表示完全反应的热量，实际放热 197.8kJ 对应不完全反应，故 ΔH 应小于
-197.8kJ mol- ，A错误；
B、燃烧热要求 1mol 物质完全燃烧生成稳定氧化物（水应为液态），而反应中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，甲烷的燃烧热不应是 890.3kJ mol- ，B错误；
C、H2SO4与 Ba(OH)2反应，除 H+与 OH-中和放热（ΔH=-57.3kJ mol- ×2），还生成 BaSO4沉淀（伴随热量变化），总反应热不等于 -114.6kJ mol- ，C错误；
D、反应 C (石墨，s)=C (金刚石，s) ΔH=+1.9kJ mol- 表明，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，故石墨比金刚石稳定，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断可逆反应的热化学方程式是否正确。
B．根据燃烧热定义判断表述是否正确。
C．分析中和反应外其他过程对反应热的影响。
D．通过能量高低判断物质稳定性。
7．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、第一电离能规律为同周期从左到右总体增大，同主族从上到下减小。X 是 N（第二周期），Z 是 Al（第三周期），N 的第一电离能（约 1400 kJ/mol）远大于 Al（约 577 kJ/mol），A错误；
B、Y 是 Mg，Z 是 Al，Mg2+和 Al3+电子层结构相同（均为 2 个电子层）。核电荷数越大，对电子吸引越强，离子半径越小。Al3+核电荷数（13）大于 Mg2+（12），故离子半径：Mg2+>Al3+，即 Y>Z，B正确；
C、W 是 C，X 是 N，同周期从左到右电负性递增。N 的电负性（3.04）大于 C（2.55），故 电负性：WD、W 的最高价氧化物对应水化物是 H2CO3，X 的是 HNO3。同周期非金属性 N>C，故最高价含氧酸酸性 HNO3>H2CO3，即 W故答案为：A。
【分析】由 “有机物一定含 W” 推 W 为 C；短周期中 “第一电离能比左右高” 的元素是 ⅡA 或 ⅤA 族，结合 X、Y 不同周期不同族，推 X 为 Be（ⅡA）、Y 为 N（ⅤA）；
由 “Z 的最高价氧化物水化物是两性氢氧化物” 推 Z 为 Al；最终确定 W（C）、X（Be）、Y（N）、Z（Al），再分析选项正误。
8．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Al3+属于弱碱阳离子，HCO3-属于弱酸阴离子，二者会发生双水解反应，生成 Al (OH)3沉淀和 CO2气体，不能大量共存，A不符合题意；
B、Ag+与 S2-在溶液中会结合形成 Ag2S 沉淀（硫化银溶解度极小），无法大量共存，B不符合题意；
C、Fe3+与 SCN-会发生络合反应，生成稳定的 Fe (SCN)3络合物，导致离子浓度显著降低，不能大量共存，C不符合题意；
D、这四种离子之间，既没有沉淀生成，也没有气体放出，且在碱性环境中不会发生氧化还原反应或络合反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．判断 Al3+与 HCO3-能否共存。
B．判断 Ag+与 S2-能否共存。
C．判断 Fe3+与 SCN-能否共存。
D．判断 Na+、Cl-、OH-、ClO-之间能否反应。
9．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、28g N2（1mol）和 6g H2（3mol）发生反应 N2+3H2 2NH3，虽按计量比投料，但反应可逆不能完全进行，生成 NH3的分子数小于 2NA，A错误；
B、0.1mol L- NH4Cl 溶液中，NH4+因水解浓度降低，但题目未给出溶液体积，无法计算其总物质的量，不能判断是否小于 0.1NA，B错误；
C、pH=1 的 H2SO4溶液中，H+浓度为 0.1mol L- ，1L 溶液中 H+物质的量为 0.1mol，数目为 0.1NA，C正确；
D、标准状况下 22.4L O2为 1mol，电解 CuSO4溶液时，阳极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成 1mol O2转移 4mol 电子（4NA），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断可逆反应中产物的分子数。
B．分析 NH4+数量与溶液体积的关系。
C．根据 pH 计算 H+数目。
D．计算电解生成 O2时的电子转移量。
10．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】A、容量瓶是定容仪器，不能用于溶解氢氧化钠固体（溶解时放热会影响精度），应在烧杯中溶解后转移，装置使用错误，故A不符合题意 ；
B、FeCl3溶液中 Fe3+易水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），蒸发时 HCl 挥发，促进水解生成 Fe(OH)3，无法得到 FeCl3晶体，装置使用错误，故B不符合题意 ；
C、NH3极易溶于水，直接通入饱和食盐水会倒吸；且制取 NaHCO3应先通 NH3使溶液显碱性，再通 CO2，装置中气体通入顺序错误，使用不正确，故C不符合题意 ；
D、测定中和反应热需减少热量损失，装置中的隔热层、杯盖可保温，环形玻璃搅拌器能使反应充分且温度均匀，符合实验要求，装置使用正确，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．判断容量瓶是否可直接溶解固体。
B．分析蒸发 FeCl3溶液的产物是否正确。
C．判断氨气和二氧化碳通入方式是否合理。
D．分析量热计装置是否符合测定中和热的要求。
11．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、实验①中，0~2 小时内 SeO42-浓度从 5.0×10-5 mol L- 降到 1.0×10-5 mol L- ，浓度变化为 4.0×10-5 mol L- ，时间 2h，计算得速率为 2.0×10-5 mol L- h- ，A错误；
B、实验③溶液呈弱碱性，离子方程式中不能出现 H+，而选项中的方程式含 8H+，与碱性环境冲突，B 错误；
C、实验①纳米铁质量（8mg）大于实验②（2mg），其他条件相同，①中 SeO42-浓度下降更快，说明增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D、虽然 pH=6 时去除效果优于 pH=8，但 pH 过小（酸性过强）时，纳米铁会优先与 H+反应，减少与 SeO42-的反应，故 “pH 越小效果越好” 不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A. 依据反应速率公式，结合图像中浓度变化计算速率。
B. 根据实验③的 pH 环境（pH=8，弱碱性）判断离子方程式是否合理。
C. 对比实验①和②（仅纳米铁质量不同），分析纳米铁质量对反应速率的影响。
D. 结合实验②（pH=6）和③（pH=8）的结果，及极端酸性条件的影响分析。
12．【答案】B
【知识点】pH的简单计算；中和滴定
【解析】【解答】A、NaOH 与盐酸恰好完全反应生成 NaCl，NaCl 是强酸强碱盐，溶液呈中性。室温下中性溶液 pH=7，A正确；
B、盐酸与氨水反应生成 NH4Cl，NH4+水解使溶液呈酸性（NH4++H2O NH3 H2O+H+）。酚酞变色范围为 8.2-10.0（碱性），若用酚酞作指示剂，终点时溶液已显碱性，与实际终点（酸性）偏差大，应选酸性范围的指示剂，B错误；
C、反应终点为中性（pH=7）。甲基红变色范围 4.4-6.2，甲基橙为 3.1-4.4。甲基红的变色范围更接近 pH=7，指示剂变色范围越接近终点 pH，误差越小，C正确；
D、V(NaOH)=30.00 mL时，NaOH过量：，， 过量，
溶液总体积V = 20.00mL+30.00mL=50.00mL=0.05000L，则，pOH=-lg c({OH-)=-lg 0.02=1.7，室温下， pH+pOH=14，故pH=14-1.7=12.3，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断强酸强碱完全反应后溶液的 pH。
B．分析盐酸与氨水反应终点的溶液性质及指示剂选择。
C．比较不同指示剂变色范围与终点 pH 的接近程度。
D．计算 NaOH 过量时溶液的 pH。
13．【答案】D
【知识点】水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、100℃时，纯水的 Kw=10- 2，c (H+)=c (OH-)=10-6mol L- ，pH=6。但纯水中 H+和 OH-浓度始终相等，仍呈中性，并非酸性，A错误；
B、1×10-6mol L- 盐酸稀释 1000 倍后，HCl 电离的 c (H+)=1×10-9mol L- ，但此时水电离的 H+不能忽略（约 1×10-7mol L- ），溶液仍呈酸性，pH 接近 7，不可能为 9，B错误；
C、常温下水电离出 c(H+)=1×10- 3mol L- （小于 1×10-7mol L- ），说明水的电离受抑制。若为酸溶液，溶液中 c(H+)=0.1mol L- ，pH=1；若为碱溶液，c(OH-)=0.1mol L- ，pH=13，故 pH 不一定为 13，C错误；
D、pH=3 的盐酸（强酸）稀释 100 倍后，c(H+)=1×10-5mol L- ，pH=5；pH=3 的醋酸（弱酸）稀释时，电离平衡正向移动，c(H+) 大于 1×10-5mol L- ，故 pH 小于 5，醋酸的 pH 更小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断高温下纯水的酸碱性。
B．分析极稀盐酸稀释后的 pH。
C．根据水电离的 H+浓度判断溶液 pH。
D．比较强酸与弱酸稀释后的 pH。
14．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、该装置是外加电流的阴极保护法，高硅铸铁接电源正极，作电解池的阳极。在这种方法里，阳极是惰性阳极，不参与电极反应，不会被损耗，不是 “损耗阳极”（只有牺牲阳极的阴极保护法才用会损耗的阳极），A错误；
B、通电后，外电路里电子从电源负极流出，流向作为阴极的钢闸门；电源正极从作为阳极的高硅铸铁处获得电子，所以外电路的电子被强制流向钢闸门，B正确；
C、海水的成分、温度、流速等环境条件会影响金属腐蚀的速率。为了确保钢闸门能得到有效的保护，需要根据这些环境条件的变化来调整保护电流的大小，C正确；
D、外加电流的阴极保护法让钢闸门成为阴极，抑制了钢闸门发生氧化反应（也就是腐蚀反应），使得钢闸门表面因腐蚀产生的电流接近零，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断高硅铸铁在该保护法中的阳极类型（是否为损耗阳极）。
B．分析外电路中电子的流向。
C．判断保护电流与环境条件的关系。
D．分析外加电流阴极保护法对钢闸门腐蚀电流的影响。
15．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、甲池有 CH3OH 和 O2参与反应，是原电池（提供电能）。乙池与电源相连为电解池，A 极接电源正极，作阳极（电解池中接正极的为阳极），A正确；B、甲池中通入 CH3OH 的电极为负极（发生氧化反应），在 KOH 溶液中，CH3OH 失电子生成 CO32-，反应式为 CH3OH-6e +8OH = CO+6H2O，B正确；
C、若丙池换为 NaCl 溶液，C 为阳极（Cl-放电：2Cl--2e-=Cl2↑），D 为阴极（H2O 放电：2H2O+2e-=H2↑+2OH-）。阴极生成 OH-，溶液碱性增强，pH 增大，而非减小，C错误；
D、乙池 B 极为阴极（Ag++e-=Ag），质量增加 5.40g（Ag 的物质的量为 5.40g/108g mol- =0.05mol），转移电子 0.05mol。丙池 D 极为阴极（Cu2++2e-=Cu），转移 0.05mol 电子时，析出 Cu 的物质的量为 0.025mol，质量为 0.025mol×64g mol- =1.60g，D正确；
故答案为：C。
【分析】甲池属于甲醇燃料电池，作为整个装置的电源（原电池）。左侧电极通入甲醇，充当负极，发生氧化反应。在 KOH 溶液中，甲醇失去电子，与 OH-结合生成 CO32-和 H2O，反应式为
CH3OH -6e- +8OH-=CO32-+6H2O；右侧电极通入 O2，作为正极，发生还原反应，O2得电子结合 H2O 生成 OH-，反应式为 2H2O+O2+4e-=4OH-。
乙池和丙池均为电解池，由甲池供电。乙池中，A 极与电源正极相连，是阳极，H2O 在该极失电子生成 H+和 O2，反应式为 2H2O-4e-=4H++O2↑；B 极与电源负极相连，是阴极，Ag+在该极得电子析出 Ag，反应式为 Ag++e-=Ag。
丙池中，C 极与电源正极相连，是阳极，Cl-在该极失电子生成 Cl2，反应式为 2Cl--2e-=Cl2↑；D 极与电源负极相连，是阴极，Cu2+在该极得电子析出 Cu，反应式为 Cu2++2e-=Cu。
以上就是各池的装置类型及电极反应情况，可据此分析选项。
16．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、推动注射器时，体积缩小使 NO2浓度骤增，颜色先变深；随后压强增大，平衡 2NO2(g) N2O4(g) 向气体分子数少的方向移动，NO2浓度降低，颜色变浅，A正确；
B、CuCl2溶液中存在平衡 [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl- [CuCl4]2-(黄色)+4H2O。加水后 Cl-浓度下降，平衡左移，蓝色的 [Cu(H2O)4]2+占比上升，溶液呈蓝绿色，B正确；
C、催化剂能加快正逆反应速率但不改变平衡，ΔH 由反应物和产物的总能量差决定，与催化剂无关，故 ΔH 不变，C正确；
D、NH4Cl 中 NH4+水解：NH4++H2O NH3 H2O+H+。加 HCl 后，H+浓度增大（抑制水解），NH4+浓度因溶液体积增大而减小。c(H+) 增大且 c(NH4+) 减小，导致 比值增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．分析压强对可逆反应平衡的影响及颜色变化。
B．判断加水对配位平衡的影响及颜色变化。
C．分析催化剂对反应速率和 ΔH 的影响。
D．判断加 HCl 对 NH4+水解平衡及的影响。
17．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、实验 1 所得溶液为 H2SO3溶液，存在的离子有 H+、HSO3-、SO32-、OH-。电荷守恒要求阳离子总电荷等于阴离子总电荷，正确式为 c(HSO)+2c(SO)+c(OH )=c(H+)，A错误；
B、NaHSO3受热易分解，且在蒸干过程中会被空气中 O2氧化，最终生成 Na2SO4，而非 NaHSO3固体，B错误；
C、 实验2溶液pH为4，依据Ka2==6.2×10-8，则6.2×10-4=，则c())，C正确；
D、实验 3 的反应为 5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+， 由计量数可知 n (SO42-)：n (Mn2+)=5：2，故 c (SO42-)>c (Mn2+)，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断亚硫酸溶液中的电荷守恒式是否正确。
B．分析 NaHSO3溶液蒸干灼烧后的产物。
C．比较溶液中 SO32-与 HSO3-的浓度大小。
D．分析氧化还原反应后 SO42-与 Mn2+的浓度关系。
18．【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A、FeCl3溶液预先用盐酸酸化，初始体系含大量 H+，滴加 NaOH 时，ab 段 H+与 OH-优先发生中和反应，并非 Fe3+直接沉淀，A正确；
B、c 点溶液 pH=2.82，由水的离子积可算得 c(OH-)=10-14+2.82=10-11.18mol/L。结合 Fe(OH)3的 Ksp 表达式，可推导 c (Fe3+)= ，该浓度小于 10-5 mol/L 的沉淀完全标准，说明 Fe3+已完全沉淀，B正确；
C、c 点时 Fe3+已沉淀完全，后续继续滴加 NaOH，过量的 NaOH 会直接电离出大量 OH-，不再有离子消耗 OH-，导致溶液 pH 急剧上升，C正确；
D、d 点 pH=11.84，溶液呈强碱性，OH-主要来自过量 NaOH 的电离，而非水电离。此时水电离受到抑制，水电离出的 c(H+) 与 c(OH-) 相等，均约为 10-11.84 mol/L，并非溶液中整体的 OH-浓度，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．利用 “酸碱中和优先”，判断 ab 段是 NaOH 与 HCl 反应。
B．通过 c 点 pH 计算 c (OH-)，结合 Ksp 公式算出 Fe3+浓度，判断是否沉淀完全。
C．c 点后 NaOH 过量，直接电离 OH-导致 pH 剧升。
D．d 点强碱性下，水电离的 OH-由水电离的 H+决定，需用 pH 算水电离的 H+（即 OH-）。
19．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、从能量图可知，产物 a 能量高于产物 b。反应 Ⅲ 是 a 转化为 b，过程中能量降低，会释放热量，属于放热反应，A正确；
B、生成 a 的反应活化能更低，升温时活化能小的反应速率提升更显著。因此升温会使 a 的生成速率增加更多，产物 a 比例升高，而非 b 的比例升高，B错误；
C、及时分离产物 a，可促使生成 a 的反应正向进行（平衡移动原理），从而提高 a 的产率，C正确；
D、生成 a 的反应活化能更小，更易发生，因此平衡时 a 的生成比例更高，即产物 a > 产物 b，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断反应 Ⅲ 的热效应。
B．分析升温对产物 b 比例的影响。
C．判断分离产物 a 对其产率的影响。
D．比较平衡时产物 a 和 b 的选择性。
20．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据分析可知，I-与I2发生反应I-+I2 I3-，该反应为可逆反应，利用平衡移动原理解答即可。
21．【答案】（1）4S1；ds；Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子
（2）生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。
（3）D
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）基态Cu原子的原子序数为29，其价层电子排布式为3d104s1，最外层电子排布式为4s1，位于元素周期表的ds区；Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子，因此高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO。
故答案为： 4S1 ；ds； Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子 ；
（2）由硝酸甘油发生热分解的第一步反应可知，其受热不稳定的原因有：生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。
故答案为： 生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。 ；
（3）由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态；
A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④>①>②，故A正确；
B．得电子能力是指氧化性，氧化性：Fe3+＞Fe2+，则得电子能力：③>②，故B正确；
C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故C正确；
D．Fe3+的3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故D错误；
故答案为：D。
【分析】(1)确定 Cu 原子最外层电子排布与周期表分区；通过 Cu+（3d ，全满）和 Cu2+（3d9）的价电子结构差异解释稳定性。
(2)从产物稳定性、放热多少及气态分子数增多（熵增）分析硝酸甘油受热不稳定的原因。
(3)根据价电子轨道式判断微粒（Fe 原子、Fe2+、Fe3+、激发态 Fe），分析半径、得电子能力、电离能及失电子可能性。
（1）基态Cu原子的原子序数为29，其价层电子排布式为3d104s1，最外层电子排布式为4s1，位于元素周期表的ds区；Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子，因此高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO。
（2）由硝酸甘油发生热分解的第一步反应可知，其受热不稳定的原因有：生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。
（3）由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态；
A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④>①>②，故A正确；
B．得电子能力是指氧化性，氧化性：Fe3+＞Fe2+，则得电子能力：③>②，故B正确；
C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故C正确；
D．Fe3+的3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故D错误；
答案选D。
22．【答案】（1）高温
（2）；恒压容器中通入水蒸气，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率
（3）阳；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应的，，要使，需要高温条件；
故答案为： 高温；
（2）①根据表格的数据可得已知方程式：
①H2(g)+O2(g)═H2O(l) ΔH1=-285.8kJ/mol；
②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-1411kJ/mol；
甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)，反应可由②×2-③-①×2得到，根据盖斯定律，反应的焓变为ΔH=2ΔH2-ΔH3-2ΔH1=[2×(-890.3)+1411+2×285.8kJ/mol]=+202.0kJ/mol；
②反应在恒温恒压密闭容器中进行。若向该反应器中通入水蒸气(不参与反应)，容器的体积会扩大，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率；
故答案为： ； 恒压容器中通入水蒸气，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率 ；
（3）由图可知，与电源负极相连的电极b为阴极，阴极上二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，a为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2；
①由上述分析可知，阴极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，根据两边的电荷守恒，应该是H+发生迁移，故采用阳离子交换膜；
②由上述分析可知，b电极上的电极反应式为。
故答案为： 阳 ； 。
【分析】（1）依据反应 ΔH>0、ΔS>0，结合 ΔG=ΔH-TΔS，判断需高温使 ΔG<0，确定自发条件。
（2）①用各物质燃烧热，通过盖斯定律计算 2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) 的 ΔH，写出热化学方程式。
②恒压下通水蒸气，相当于减压，反应向气体分子数增多方向移动，提高乙烯产率。
（3）①阳极生成 H+，阴极消耗 H+，H+需从阳极移向阴极，故用阳离子交换膜。
②b 为阴极，CO2在酸性条件下得电子生成 C2H4和 H2O，写出电极反应式。
（1）反应的，，要使，需要高温条件；
（2）①根据表格的数据可得已知方程式：
①H2(g)+O2(g)═H2O(l) ΔH1=-285.8kJ/mol；
②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-1411kJ/mol；
甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)，反应可由②×2-③-①×2得到，根据盖斯定律，反应的焓变为ΔH=2ΔH2-ΔH3-2ΔH1=[2×(-890.3)+1411+2×285.8kJ/mol]=+202.0kJ/mol；
②反应在恒温恒压密闭容器中进行。若向该反应器中通入水蒸气(不参与反应)，容器的体积会扩大，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率；
（3）由图可知，与电源负极相连的电极b为阴极，阴极上二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，a为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2；
①由上述分析可知，阴极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，根据两边的电荷守恒，应该是H+发生迁移，故采用阳离子交换膜；
②由上述分析可知，b电极上的电极反应式为。
23．【答案】（1）>；0.02；320；
（2）催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）由图像可得t4时刻开始a、b两物质体积分数不再变化，达到平衡，则t2时刻反应未达平衡，正在向正反应方向进行，则v正>v逆；
设平衡时参加反应的CO的物质的量浓度为x，列三段式：
依据图像有，解得x=0.4，则v(N2)==0.02，故答案为0.02；平衡常数K===320；t5时刻压缩体积相当于增大压强，且各组分浓度增大，使正逆反应速率都增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，向正反应方向移动，则图像为；
故答案为： > ，0.02，320，
（2）由图像3可得，温度大于400K时脱氮率都减小，催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率，则选择甲，故答案为催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率。
故答案为：催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率。
【分析】（1）①由图像可知 t2时反应未达平衡，正向进行，故 v正 > v逆。
②用三段式算平衡时各物质浓度，结合 v (N2)=Δc÷Δt 计算速率。
③根据平衡时各物质浓度，代入平衡常数公式计算。
④压缩体积即增压，正逆速率均增大，平衡向气体分子数少的正向移动，绘出 v-t 图。
（2）比较催化剂甲、乙，甲在较低温度下 NO 脱氮率更高，更适合工业生产。
（1）由图像可得t4时刻开始a、b两物质体积分数不再变化，达到平衡，则t2时刻反应未达平衡，正在向正反应方向进行，则v正>v逆；
设平衡时参加反应的CO的物质的量浓度为x，列三段式：
依据图像有，解得x=0.4，则v(N2)==0.02，故答案为0.02；平衡常数K===320；t5时刻压缩体积相当于增大压强，且各组分浓度增大，使正逆反应速率都增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，向正反应方向移动，则图像为；
故答案为 > ，0.02，320，
（2）由图像3可得，温度大于400K时脱氮率都减小，催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率，则选择甲，故答案为催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率。
24．【答案】（1）CN-+H2OHCN+OH-
（2）减小
（3）①②④③
（4）10-12；=
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，呈碱性，原因是弱酸根离子CN-会水解生成OH-，离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-。
故答案为： CN-+H2OHCN+OH- ；
（2）当血液中CO2浓度上升，溶液中c(H+)增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中减小。
故答案为： 减小 ；
（3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：CO＞SO，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③。
故答案为： ①②④③ 。
（4）①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ(A2-)增大、δ(HA-)减小，当δ(A2-)=δ(HA-)时，溶液的pH=2，Ka==c(H+)=10-2 mol/L，Na2A的水解平衡常数=。
②混合后溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，所以存在c(Na+)+c(K+)=2c(HA-)+2c(A2-)，
故答案为： 10-12 ；=。
【分析】（1）NaCN 溶液 pH=8 显碱性，因 CN-水解生成 OH-，离子方程式为
CN-+H2O HCN+OH-。
（2）CO2浓度上升使 c(H+) 增大，由，Ka1 不变，故 减小。
（3）比较 CO32-与 SO32-水解程度，CO32-水解更强，浓度更小；对应酸式根中 HSO3-浓度小于 HCO3-，故顺序为①②④③。
（4）①由图像得 Ka=10-2，Na2A 的水解常数 Kh==10- 2。
②混合后物料守恒：c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，故 c(Na+)+c (K+)=2c(HA-)+2c(A2-)。
（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，呈碱性，原因是弱酸根离子CN-会水解生成OH-，离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-。
（2）当血液中CO2浓度上升，溶液中c(H+)增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中减小。
（3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：CO＞SO，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③。
（4）①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ(A2-)增大、δ(HA-)减小，当δ(A2-)=δ(HA-)时，溶液的pH=2，Ka==c(H+)=10-2 mol/L，Na2A的水解平衡常数=。
②混合后溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，所以存在c(Na+)+c(K+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故答案为：=。
25．【答案】（1）B
（2）BDEFG
（3）酸式滴定管的活塞
（4）滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液由浅红变为无色，且半分钟内不恢复原色
（5）C；D
（6）80%
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）碱式滴定管的管身与滴嘴之间是胶管连接，排出碱式滴定管中气泡时需将滴嘴扭转90°以上，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故选B。
故答案为： B；
（2）配制标准盐酸时，需要量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，因此需要用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶，故选BDEFG。
故答案为： BDEFG ；
（3）滴定过程中用左手控制酸式滴定管活塞，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。
故答案为： 酸式滴定管的活塞 ；
（4）判断滴定终点到达时的现象为：滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色。
故答案为： 滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液由浅红变为无色，且半分钟内不恢复原色 ；
（5）A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，A不符合题意；
B．振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低，B不符合题意；
C．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高，C符合题意；
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积增大，所测结果偏高，D符合题意；
故答案为： C D ；
（6）根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为（20.10+20.00+19.90）mL÷3=20.00mL，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），0.1mol/L×20mL＝c（碱）×25mL，解得c（碱）＝0.08mol/L，试样中NaOH的质量分数为。
故答案为： 80% 。
【分析】（1）根据碱式滴定管排气泡的操作规范，选择正确图示。
（2）依据配制标准盐酸的操作步骤（量取、溶解等），确定所需仪器。
（3）明确滴定过程中左手控制的仪器部位（酸式滴定管活塞）。
（4）根据酸碱中和滴定终点的颜色变化（酚酞指示，碱到酸的变化）判断终点现象。
（5）分析各操作对消耗标准盐酸体积的影响，进而判断对 NaOH 质量分数测定的影响。
（6）先求消耗盐酸的平均体积，再利用酸碱中和公式计算 NaOH 浓度，最终算出样品纯度。
（1）碱式滴定管的管身与滴嘴之间是胶管连接，排出碱式滴定管中气泡时需将滴嘴扭转90°以上，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故选B。
（2）配制标准盐酸时，需要量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，因此需要用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶，故选BDEFG。
（3）滴定过程中用左手控制酸式滴定管活塞，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。
（4）判断滴定终点到达时的现象为：滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色。
（5）A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，A不符合题意；
B．振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低，B不符合题意；
C．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高，C符合题意；
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积增大，所测结果偏高，D符合题意；
答案选CD。
（6）根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为（20.10+20.00+19.90）mL÷3=20.00mL，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），0.1mol/L×20mL＝c（碱）×25mL，解得c（碱）＝0.08mol/L，试样中NaOH的质量分数为。
1 / 1浙江省丽水市2024-2025学年高二上学期1月期末化学试题
1．（2025高二上·丽水期末）硫酸亚铁铵俗称摩尔盐，化学式为(NH4)2Fe (SO4)2·6H2O，用途十分广泛。下列有关微粒结构说法正确的是
A．硫原子结构示意图：
B．氧的基态原子最外层轨道表示式：
C．基态铁原子的简化电子排布式：[Ar]3d64s2
D．基态氮原子最高能级的原子轨道形状：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、硫原子序数为 16，核外电子分层排布应为 2、8、6，最外层电子数是 6，题中结构示意图最外层画 8 个电子，A错误；
B、氧原子价电子为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应先分占不同轨道且自旋相同，题中轨道表示式不符合此规则，正确的轨道表示式为 ， B错误；
C、铁是 26 号元素，内层电子与 Ar 相同，价电子为 3d64s2，简化电子排布式为 [Ar]3d64s2，C正确；
D、基态氮原子最高能级是 2p，p 轨道形状为哑铃形（或纺锤形），不是球形，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合原子结构的基本知识，从原子结构示意图、轨道表示式、电子排布式及原子轨道形状等方面，逐一验证各选项的正确性。
2．（2025高二上·丽水期末）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．实验室制备乙酸乙酯时，加入稍过量的乙醇
B．工业上SO2的催化氧化在常压下进行
C．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法
D．工业上在10MPa-30MPa条件下合成氨
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、制备乙酸乙酯的反应是可逆反应，加入过量乙醇（反应物），根据勒夏特列原理，平衡会向正反应方向移动以减弱浓度变化，提高乙酸乙酯产率，能用该原理解释，故A不符合题意 ；
B、SO2催化氧化生成 SO3的反应中，高压虽能使平衡正向移动（气体分子数减少），但常压下 SO2转化率已较高，采用常压是因高压会增加设备成本，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意 ；
C、Cl2与水反应为可逆反应（Cl2+H2O H++Cl-+HClO），饱和食盐水中 Cl-浓度高，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动抑制 Cl2溶解，能用该原理解释，故C不符合题意 ；
D、合成氨反应（N2+3H2 2NH3）是气体分子数减少的反应，增大压强（10MPa-30MPa），根据勒夏特列原理，平衡正向移动提高氨产量，能用该原理解释，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．判断增加反应物浓度对可逆反应平衡的影响是否符合勒夏特列原理。
B．分析工业选择常压的原因是否与平衡移动相关。
C．分析饱和食盐水对 Cl2溶解平衡的影响。
D．判断压强对合成氨平衡的影响是否符合勒夏特列原理。
3．（2025高二上·丽水期末）下列说法不正确的是
A．加热Na2CO3溶液可以增强其去油污效果
B．实验室配制Na2S溶液，常将Na2S固体溶于有少量NaOH的水溶液中
C．盐碱地(含较多的NaCl、Na2CO3)不利于农作物生长，常施加石灰
D．处理工业生产中产生的酸性或碱性废水常用中和反应
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；化肥、农药及其合理利用
【解析】【解答】A、Na2CO3中 CO32-会水解使溶液显碱性，水解反应吸热。加热促进水解，OH-浓度增大，碱性增强，而油污在碱性条件下更易分解，故去油污效果增强，A正确；
B、Na2S 中 S2-易水解。将 Na2S 溶于含少量 NaOH 的水中，NaOH 提供的 OH-会抑制 S2-水解，维持溶液中 S2-的浓度，B正确；
C、盐碱地中的 Na2CO3与石灰（Ca(OH)2）反应生成 NaOH，NaOH 碱性更强，会加重土壤盐碱化，不利于作物生长，C错误；
D、酸性废水用碱中和、碱性废水用酸中和，可有效调节 pH 至排放标准，是工业废水处理的常规方法，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．分析温度对 Na2CO3水解及去油污效果的影响。
B．分析 NaOH 对 Na2S 水解的抑制作用。
C．分析石灰与 Na2CO3的反应对土壤碱性的影响。
D．判断中和反应在工业废水处理中的应用合理性。
4．（2025高二上·丽水期末）下列应用与方程式不相符的是
A．用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O= TiO2·xH2O↓+4HCl
B．用Na2S作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：S2 + Cu2+=CuS↓
C．铁的吸氧腐蚀：4Fe+3O2+6H2O=4Fe(OH)3
D．工业制备金属Na：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、TiCl4易水解，反应生成 TiO2 xH2O 和 HCl，方程式为 TiCl4+(x+2) H2O=TiO2 xH2O↓+4HCl，该反应是制备 TiO2的常用方法，故A不符合题意 ；
B、Na2S 提供的 S2-与工业废水中的 Cu2+反应生成 CuS 沉淀（CuS 溶解度极小），方程式为 S2-+Cu2+=CuS↓，可有效除杂，故B不符合题意 ；
C、铁的吸氧腐蚀分两步：首先 2Fe+O2+2H2O=2Fe (OH)2，随后 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。选项中直接写成 4Fe+3O2+6H2O=4Fe (OH)3，忽略中间产物 Fe(OH)2，不符合实际过程，故C符合题意 ；
D、工业上通过电解熔融 NaCl 制备 Na，反应为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，方程式正确，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．分析 TiCl4水解反应与 TiO2制备的对应关系。
B．判断 S2-与 Cu2+的沉淀反应是否合理。
C．分析铁吸氧腐蚀的实际反应过程。
D．验证工业制钠的电解反应方程式。
5．（2025高二上·丽水期末）在恒温恒压容器中发生：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1，下列选项不能表明反应已达平衡状态的是
A．c(N2)不再变化
B．相同时间内，断开H-H键的数目和断开N-H键的数目之比为1：2
C．v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2
D．容器内气体的密度不再变化
【答案】C
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、反应达到平衡时，各物质浓度保持不变。c(N2) 不再变化，说明 N2的消耗与生成速率相等，反应达平衡，该选项能表明平衡，故A不符合题意 ；
B、断开 H-H 键代表正反应消耗 H2，断开 N-H 键代表逆反应消耗 NH3。相同时间内两者数目比 1：2，对应反应式中 H2与 NH3的计量关系（3：2），说明正逆反应速率相等，反应达平衡，该选项能表明平衡，故B不符合题意 ；
C、v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2，仅符合反应的计量数比例，但未明确是正反应还是逆反应速率。无论是否平衡，该比例始终成立，无法判断是否达平衡，该选项不能表明平衡，故C符合题意 ；
D、反应前后气体物质的量变化，恒温恒压下体积会变，而气体总质量不变。密度不再变化时，说明体积不变（即物质的量不变），反应达平衡，该选项能表明平衡，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．判断物质浓度不变是否为平衡标志。
B．通过化学键断裂比例判断正逆反应速率是否相等。
C．分析速率比未说明方向时能否判断平衡。
D．根据恒温恒压下密度变化判断平衡。
6．（2025高二上·丽水期末）下列说法正确的是
A．一定条件下，将1mol O2 (g)和2 mol SO2 (g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，放热197.8kJ，其热化学方程式为：O2 (g)+ 2SO2 (g)2SO3 (g) ΔH =-197.8kJ·mol-1
B．已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-890.3kJ·mol-1，则甲烷的燃烧热是890.3kJ·mol-1
C．已知：H+(aq)+OH (aq)=H2O(l) ΔH =-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4(aq)和Ba(OH)2(aq)反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH = -114.6 kJ·mol-1
D．已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH =+1.9 kJ·mol-1，则石墨比金刚石稳定
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、反应 O2(g)+2SO2(g) 2SO3(g) 是可逆反应，1mol O2和 2mol SO2无法完全转化为 SO3。热化学方程式中 ΔH 表示完全反应的热量，实际放热 197.8kJ 对应不完全反应，故 ΔH 应小于
-197.8kJ mol- ，A错误；
B、燃烧热要求 1mol 物质完全燃烧生成稳定氧化物（水应为液态），而反应中 H2O 是气态，不符合燃烧热定义，甲烷的燃烧热不应是 890.3kJ mol- ，B错误；
C、H2SO4与 Ba(OH)2反应，除 H+与 OH-中和放热（ΔH=-57.3kJ mol- ×2），还生成 BaSO4沉淀（伴随热量变化），总反应热不等于 -114.6kJ mol- ，C错误；
D、反应 C (石墨，s)=C (金刚石，s) ΔH=+1.9kJ mol- 表明，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，故石墨比金刚石稳定，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断可逆反应的热化学方程式是否正确。
B．根据燃烧热定义判断表述是否正确。
C．分析中和反应外其他过程对反应热的影响。
D．通过能量高低判断物质稳定性。
7．（2025高二上·丽水期末）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，有机物中一定含有W元素，位于不同周期不同族的X和Y，第一电离能都比左右相邻元素高，Z的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物。下列说法不正确的是
A．第一电离能：XB．离子半径：Y>Z
C．电负性：WD．最高价氧化物的水化物的酸性：W【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、第一电离能规律为同周期从左到右总体增大，同主族从上到下减小。X 是 N（第二周期），Z 是 Al（第三周期），N 的第一电离能（约 1400 kJ/mol）远大于 Al（约 577 kJ/mol），A错误；
B、Y 是 Mg，Z 是 Al，Mg2+和 Al3+电子层结构相同（均为 2 个电子层）。核电荷数越大，对电子吸引越强，离子半径越小。Al3+核电荷数（13）大于 Mg2+（12），故离子半径：Mg2+>Al3+，即 Y>Z，B正确；
C、W 是 C，X 是 N，同周期从左到右电负性递增。N 的电负性（3.04）大于 C（2.55），故 电负性：WD、W 的最高价氧化物对应水化物是 H2CO3，X 的是 HNO3。同周期非金属性 N>C，故最高价含氧酸酸性 HNO3>H2CO3，即 W故答案为：A。
【分析】由 “有机物一定含 W” 推 W 为 C；短周期中 “第一电离能比左右高” 的元素是 ⅡA 或 ⅤA 族，结合 X、Y 不同周期不同族，推 X 为 Be（ⅡA）、Y 为 N（ⅤA）；
由 “Z 的最高价氧化物水化物是两性氢氧化物” 推 Z 为 Al；最终确定 W（C）、X（Be）、Y（N）、Z（Al），再分析选项正误。
8．（2025高二上·丽水期末）在溶液中能大量共存的离子组是
A．Al3+、Na+、 SO、HCO B．Ag+、K+、NO、S2
C．Fe3+、Cl 、SCN 、K+ D．Na+、Cl 、OH 、ClO
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、Al3+属于弱碱阳离子，HCO3-属于弱酸阴离子，二者会发生双水解反应，生成 Al (OH)3沉淀和 CO2气体，不能大量共存，A不符合题意；
B、Ag+与 S2-在溶液中会结合形成 Ag2S 沉淀（硫化银溶解度极小），无法大量共存，B不符合题意；
C、Fe3+与 SCN-会发生络合反应，生成稳定的 Fe (SCN)3络合物，导致离子浓度显著降低，不能大量共存，C不符合题意；
D、这四种离子之间，既没有沉淀生成，也没有气体放出，且在碱性环境中不会发生氧化还原反应或络合反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．判断 Al3+与 HCO3-能否共存。
B．判断 Ag+与 S2-能否共存。
C．判断 Fe3+与 SCN-能否共存。
D．判断 Na+、Cl-、OH-、ClO-之间能否反应。
9．（2025高二上·丽水期末）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．28gN2和6gH2充分反应，生成NH3的分子数为2NA
B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，NH的数量小于0.1NA
C．25℃时，1LpH=1的H2SO4溶液中含H+的数目为0.1NA
D．电解CuSO4溶液得到22.4 L O2(标准状况)，理论上需要转移2NA个电子
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、28g N2（1mol）和 6g H2（3mol）发生反应 N2+3H2 2NH3，虽按计量比投料，但反应可逆不能完全进行，生成 NH3的分子数小于 2NA，A错误；
B、0.1mol L- NH4Cl 溶液中，NH4+因水解浓度降低，但题目未给出溶液体积，无法计算其总物质的量，不能判断是否小于 0.1NA，B错误；
C、pH=1 的 H2SO4溶液中，H+浓度为 0.1mol L- ，1L 溶液中 H+物质的量为 0.1mol，数目为 0.1NA，C正确；
D、标准状况下 22.4L O2为 1mol，电解 CuSO4溶液时，阳极反应为 2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成 1mol O2转移 4mol 电子（4NA），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断可逆反应中产物的分子数。
B．分析 NH4+数量与溶液体积的关系。
C．根据 pH 计算 H+数目。
D．计算电解生成 O2时的电子转移量。
10．（2025高二上·丽水期末）下列实验装置使用正确的是
A．配制氢氧化钠溶液
B．蒸发氯化铁溶液制备氯化铁晶体
C．制取碳酸氢钠
D．测定中和反应反应热
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；配制一定物质的量浓度的溶液；中和热的测定
【解析】【解答】A、容量瓶是定容仪器，不能用于溶解氢氧化钠固体（溶解时放热会影响精度），应在烧杯中溶解后转移，装置使用错误，故A不符合题意 ；
B、FeCl3溶液中 Fe3+易水解（Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+），蒸发时 HCl 挥发，促进水解生成 Fe(OH)3，无法得到 FeCl3晶体，装置使用错误，故B不符合题意 ；
C、NH3极易溶于水，直接通入饱和食盐水会倒吸；且制取 NaHCO3应先通 NH3使溶液显碱性，再通 CO2，装置中气体通入顺序错误，使用不正确，故C不符合题意 ；
D、测定中和反应热需减少热量损失，装置中的隔热层、杯盖可保温，环形玻璃搅拌器能使反应充分且温度均匀，符合实验要求，装置使用正确，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．判断容量瓶是否可直接溶解固体。
B．分析蒸发 FeCl3溶液的产物是否正确。
C．判断氨气和二氧化碳通入方式是否合理。
D．分析量热计装置是否符合测定中和热的要求。
11．（2025高二上·丽水期末）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、实验①中，0~2 小时内 SeO42-浓度从 5.0×10-5 mol L- 降到 1.0×10-5 mol L- ，浓度变化为 4.0×10-5 mol L- ，时间 2h，计算得速率为 2.0×10-5 mol L- h- ，A错误；
B、实验③溶液呈弱碱性，离子方程式中不能出现 H+，而选项中的方程式含 8H+，与碱性环境冲突，B 错误；
C、实验①纳米铁质量（8mg）大于实验②（2mg），其他条件相同，①中 SeO42-浓度下降更快，说明增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D、虽然 pH=6 时去除效果优于 pH=8，但 pH 过小（酸性过强）时，纳米铁会优先与 H+反应，减少与 SeO42-的反应，故 “pH 越小效果越好” 不成立，D错误；
故答案为：C。【分析】A. 依据反应速率公式，结合图像中浓度变化计算速率。
B. 根据实验③的 pH 环境（pH=8，弱碱性）判断离子方程式是否合理。
C. 对比实验①和②（仅纳米铁质量不同），分析纳米铁质量对反应速率的影响。
D. 结合实验②（pH=6）和③（pH=8）的结果，及极端酸性条件的影响分析。
12．（2025高二上·丽水期末）室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸中滴加0.1000 mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知lg 5=0.7。下列说法不正确的是
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．若滴加同浓度的氨水，可选择酚酞指示反应终点
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小
D．V(NaOH)=30.00 mL时，pH=12.3
【答案】B
【知识点】pH的简单计算；中和滴定
【解析】【解答】A、NaOH 与盐酸恰好完全反应生成 NaCl，NaCl 是强酸强碱盐，溶液呈中性。室温下中性溶液 pH=7，A正确；
B、盐酸与氨水反应生成 NH4Cl，NH4+水解使溶液呈酸性（NH4++H2O NH3 H2O+H+）。酚酞变色范围为 8.2-10.0（碱性），若用酚酞作指示剂，终点时溶液已显碱性，与实际终点（酸性）偏差大，应选酸性范围的指示剂，B错误；
C、反应终点为中性（pH=7）。甲基红变色范围 4.4-6.2，甲基橙为 3.1-4.4。甲基红的变色范围更接近 pH=7，指示剂变色范围越接近终点 pH，误差越小，C正确；
D、V(NaOH)=30.00 mL时，NaOH过量：，， 过量，
溶液总体积V = 20.00mL+30.00mL=50.00mL=0.05000L，则，pOH=-lg c({OH-)=-lg 0.02=1.7，室温下， pH+pOH=14，故pH=14-1.7=12.3，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断强酸强碱完全反应后溶液的 pH。
B．分析盐酸与氨水反应终点的溶液性质及指示剂选择。
C．比较不同指示剂变色范围与终点 pH 的接近程度。
D．计算 NaOH 过量时溶液的 pH。
13．（2025高二上·丽水期末）下列说法正确的是
A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性(100℃时，Kw=10-12)
B．将1×10-6mol·L-1盐酸稀释1000倍，所得溶液的pH为9
C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13 mol·L-1时，此溶液的pH一定为13
D．将pH=3的盐酸与醋酸各1 mL分别稀释至100 mL，所得醋酸的pH较小
【答案】D
【知识点】水的电离；溶液酸碱性的判断及相关计算；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A、100℃时，纯水的 Kw=10- 2，c (H+)=c (OH-)=10-6mol L- ，pH=6。但纯水中 H+和 OH-浓度始终相等，仍呈中性，并非酸性，A错误；
B、1×10-6mol L- 盐酸稀释 1000 倍后，HCl 电离的 c (H+)=1×10-9mol L- ，但此时水电离的 H+不能忽略（约 1×10-7mol L- ），溶液仍呈酸性，pH 接近 7，不可能为 9，B错误；
C、常温下水电离出 c(H+)=1×10- 3mol L- （小于 1×10-7mol L- ），说明水的电离受抑制。若为酸溶液，溶液中 c(H+)=0.1mol L- ，pH=1；若为碱溶液，c(OH-)=0.1mol L- ，pH=13，故 pH 不一定为 13，C错误；
D、pH=3 的盐酸（强酸）稀释 100 倍后，c(H+)=1×10-5mol L- ，pH=5；pH=3 的醋酸（弱酸）稀释时，电离平衡正向移动，c(H+) 大于 1×10-5mol L- ，故 pH 小于 5，醋酸的 pH 更小，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．判断高温下纯水的酸碱性。
B．分析极稀盐酸稀释后的 pH。
C．根据水电离的 H+浓度判断溶液 pH。
D．比较强酸与弱酸稀释后的 pH。
14．（2025高二上·丽水期末）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为对海水中钢闸门的防腐措施示意图，下列说法不正确的是
A．高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的
B．通电后外电路的电子被强制流向钢闸门
C．保护电流应该根据环境条件变化进行调整
D．通电后使钢闸门表面的腐蚀电流接近零
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、该装置是外加电流的阴极保护法，高硅铸铁接电源正极，作电解池的阳极。在这种方法里，阳极是惰性阳极，不参与电极反应，不会被损耗，不是 “损耗阳极”（只有牺牲阳极的阴极保护法才用会损耗的阳极），A错误；
B、通电后，外电路里电子从电源负极流出，流向作为阴极的钢闸门；电源正极从作为阳极的高硅铸铁处获得电子，所以外电路的电子被强制流向钢闸门，B正确；
C、海水的成分、温度、流速等环境条件会影响金属腐蚀的速率。为了确保钢闸门能得到有效的保护，需要根据这些环境条件的变化来调整保护电流的大小，C正确；
D、外加电流的阴极保护法让钢闸门成为阴极，抑制了钢闸门发生氧化反应（也就是腐蚀反应），使得钢闸门表面因腐蚀产生的电流接近零，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．判断高硅铸铁在该保护法中的阳极类型（是否为损耗阳极）。
B．分析外电路中电子的流向。
C．判断保护电流与环境条件的关系。
D．分析外加电流阴极保护法对钢闸门腐蚀电流的影响。
15．（2025高二上·丽水期末）某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。下列有关判断不正确的是
A．甲池为原电池，乙池中A(石墨)电极为阳极
B．甲池中通入CH3OH电极的电极反应式为：CH3OH-6e +8OH = CO+6H2O
C．若将CuCl2溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，丙池中溶液的pH将减小
D．当乙池中B极质量增加5.40g时，丙池中D极析出1.60g铜
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、甲池有 CH3OH 和 O2参与反应，是原电池（提供电能）。乙池与电源相连为电解池，A 极接电源正极，作阳极（电解池中接正极的为阳极），A正确；B、甲池中通入 CH3OH 的电极为负极（发生氧化反应），在 KOH 溶液中，CH3OH 失电子生成 CO32-，反应式为 CH3OH-6e +8OH = CO+6H2O，B正确；
C、若丙池换为 NaCl 溶液，C 为阳极（Cl-放电：2Cl--2e-=Cl2↑），D 为阴极（H2O 放电：2H2O+2e-=H2↑+2OH-）。阴极生成 OH-，溶液碱性增强，pH 增大，而非减小，C错误；
D、乙池 B 极为阴极（Ag++e-=Ag），质量增加 5.40g（Ag 的物质的量为 5.40g/108g mol- =0.05mol），转移电子 0.05mol。丙池 D 极为阴极（Cu2++2e-=Cu），转移 0.05mol 电子时，析出 Cu 的物质的量为 0.025mol，质量为 0.025mol×64g mol- =1.60g，D正确；
故答案为：C。
【分析】甲池属于甲醇燃料电池，作为整个装置的电源（原电池）。左侧电极通入甲醇，充当负极，发生氧化反应。在 KOH 溶液中，甲醇失去电子，与 OH-结合生成 CO32-和 H2O，反应式为
CH3OH -6e- +8OH-=CO32-+6H2O；右侧电极通入 O2，作为正极，发生还原反应，O2得电子结合 H2O 生成 OH-，反应式为 2H2O+O2+4e-=4OH-。
乙池和丙池均为电解池，由甲池供电。乙池中，A 极与电源正极相连，是阳极，H2O 在该极失电子生成 H+和 O2，反应式为 2H2O-4e-=4H++O2↑；B 极与电源负极相连，是阴极，Ag+在该极得电子析出 Ag，反应式为 Ag++e-=Ag。
丙池中，C 极与电源正极相连，是阳极，Cl-在该极失电子生成 Cl2，反应式为 2Cl--2e-=Cl2↑；D 极与电源负极相连，是阴极，Cu2+在该极得电子析出 Cu，反应式为 Cu2++2e-=Cu。
以上就是各池的装置类型及电极反应情况，可据此分析选项。
16．（2025高二上·丽水期末）下列说法不正确的是
A．向内推动装有NO2(g)的注射器[2NO2(g)N2O4(g)]，气体颜色先变深后变浅
B．向0.5 mol·L-1绿色的CuCl2溶液中加少量水，[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl [CuCl4]2 (黄色)+4H2O，溶液颜色变为蓝绿色
C．某可逆反应加入催化剂后反应速率加快，ΔH不改变
D．向0.1 mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1 mol·L-1HCl溶液时，溶液中随HCl溶液体积增大而减小
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、推动注射器时，体积缩小使 NO2浓度骤增，颜色先变深；随后压强增大，平衡 2NO2(g) N2O4(g) 向气体分子数少的方向移动，NO2浓度降低，颜色变浅，A正确；
B、CuCl2溶液中存在平衡 [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl- [CuCl4]2-(黄色)+4H2O。加水后 Cl-浓度下降，平衡左移，蓝色的 [Cu(H2O)4]2+占比上升，溶液呈蓝绿色，B正确；
C、催化剂能加快正逆反应速率但不改变平衡，ΔH 由反应物和产物的总能量差决定，与催化剂无关，故 ΔH 不变，C正确；
D、NH4Cl 中 NH4+水解：NH4++H2O NH3 H2O+H+。加 HCl 后，H+浓度增大（抑制水解），NH4+浓度因溶液体积增大而减小。c(H+) 增大且 c(NH4+) 减小，导致 比值增大，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．分析压强对可逆反应平衡的影响及颜色变化。
B．判断加水对配位平衡的影响及颜色变化。
C．分析催化剂对反应速率和 ΔH 的影响。
D．判断加 HCl 对 NH4+水解平衡及的影响。
17．（2025高二上·丽水期末）室温下，通过下列实验探究SO2的性质
已知：Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3
实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中：c(HSO)+c(SO)+c(OH )=c(H+)
B．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体
C．实验2所得溶液中：c(SO)D．实验3所得溶液中：c(SO)【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、实验 1 所得溶液为 H2SO3溶液，存在的离子有 H+、HSO3-、SO32-、OH-。电荷守恒要求阳离子总电荷等于阴离子总电荷，正确式为 c(HSO)+2c(SO)+c(OH )=c(H+)，A错误；
B、NaHSO3受热易分解，且在蒸干过程中会被空气中 O2氧化，最终生成 Na2SO4，而非 NaHSO3固体，B错误；
C、 实验2溶液pH为4，依据Ka2==6.2×10-8，则6.2×10-4=，则c())，C正确；
D、实验 3 的反应为 5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+， 由计量数可知 n (SO42-)：n (Mn2+)=5：2，故 c (SO42-)>c (Mn2+)，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．判断亚硫酸溶液中的电荷守恒式是否正确。
B．分析 NaHSO3溶液蒸干灼烧后的产物。
C．比较溶液中 SO32-与 HSO3-的浓度大小。
D．分析氧化还原反应后 SO42-与 Mn2+的浓度关系。
18．（2025高二上·丽水期末）常温下，向0.02mol·L-1FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，得到pH-时间曲线如图。下列有关说法不正确的是
已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，且Fe3+浓度小于10-5mol·L-1认为其沉淀完全。
A．ab段主要是NaOH和HCl反应
B．c点溶液中的Fe3+已沉淀完全
C．c点后pH急剧变化是过量的NaOH电离导致的
D．d点水电离出的c(OH-)约为10-2.16mol·L-1
【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定
【解析】【解答】A、FeCl3溶液预先用盐酸酸化，初始体系含大量 H+，滴加 NaOH 时，ab 段 H+与 OH-优先发生中和反应，并非 Fe3+直接沉淀，A正确；
B、c 点溶液 pH=2.82，由水的离子积可算得 c(OH-)=10-14+2.82=10-11.18mol/L。结合 Fe(OH)3的 Ksp 表达式，可推导 c (Fe3+)= ，该浓度小于 10-5 mol/L 的沉淀完全标准，说明 Fe3+已完全沉淀，B正确；
C、c 点时 Fe3+已沉淀完全，后续继续滴加 NaOH，过量的 NaOH 会直接电离出大量 OH-，不再有离子消耗 OH-，导致溶液 pH 急剧上升，C正确；
D、d 点 pH=11.84，溶液呈强碱性，OH-主要来自过量 NaOH 的电离，而非水电离。此时水电离受到抑制，水电离出的 c(H+) 与 c(OH-) 相等，均约为 10-11.84 mol/L，并非溶液中整体的 OH-浓度，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．利用 “酸碱中和优先”，判断 ab 段是 NaOH 与 HCl 反应。
B．通过 c 点 pH 计算 c (OH-)，结合 Ksp 公式算出 Fe3+浓度，判断是否沉淀完全。
C．c 点后 NaOH 过量，直接电离 OH-导致 pH 剧升。
D．d 点强碱性下，水电离的 OH-由水电离的 H+决定，需用 pH 算水电离的 H+（即 OH-）。
19．（2025高二上·丽水期末）已知，在一定条件下苯乙炔(Ph-C≡CH)与HCl发生催化加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．反应Ⅲ为放热反应
B．反应未达平衡，升高温度，产物b的比例会升高
C．可通过及时分离产物a的方法提高a的产率
D．平衡时产物选择性：产物a>产物b
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、从能量图可知，产物 a 能量高于产物 b。反应 Ⅲ 是 a 转化为 b，过程中能量降低，会释放热量，属于放热反应，A正确；
B、生成 a 的反应活化能更低，升温时活化能小的反应速率提升更显著。因此升温会使 a 的生成速率增加更多，产物 a 比例升高，而非 b 的比例升高，B错误；
C、及时分离产物 a，可促使生成 a 的反应正向进行（平衡移动原理），从而提高 a 的产率，C正确；
D、生成 a 的反应活化能更小，更易发生，因此平衡时 a 的生成比例更高，即产物 a > 产物 b，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．判断反应 Ⅲ 的热效应。
B．分析升温对产物 b 比例的影响。
C．判断分离产物 a 对其产率的影响。
D．比较平衡时产物 a 和 b 的选择性。
20．（2025高二上·丽水期末）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据分析可知，I-与I2发生反应I-+I2 I3-，该反应为可逆反应，利用平衡移动原理解答即可。
21．（2025高二上·丽水期末）前四周期元素形成的化合物在生产生活中有着重要的用途。
（1）基态Cu原子的最外层电子排布式为　 　，位于元素周期表的　 　区，高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO，结合电子排布式解释原因　 　。
（2）当硝酸甘油遇到高温或明火等热源时，会发生热分解。第一步的反应是：4C3H5(NO3)3(l) → 12CO2(g)+10H2O(g)+6N2(g)+O2(g)，其受热不稳定的原因是　 　。
（3）由铁原子核形成的四种微粒，价电子轨道表示式分别为：
①
②
③
④
有关这些微粒的叙述，不正确的是________。
A．微粒半径：④>①>②
B．得电子能力：③>②
C．电离一个电子所需最低能量：②>①>④
D．微粒③价电子在简并轨道中单独分占，且自旋相同，故不能再继续失去电子
【答案】（1）4S1；ds；Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子
（2）生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。
（3）D
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）基态Cu原子的原子序数为29，其价层电子排布式为3d104s1，最外层电子排布式为4s1，位于元素周期表的ds区；Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子，因此高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO。
故答案为： 4S1 ；ds； Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子 ；
（2）由硝酸甘油发生热分解的第一步反应可知，其受热不稳定的原因有：生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。
故答案为： 生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。 ；
（3）由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态；
A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④>①>②，故A正确；
B．得电子能力是指氧化性，氧化性：Fe3+＞Fe2+，则得电子能力：③>②，故B正确；
C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故C正确；
D．Fe3+的3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故D错误；
故答案为：D。
【分析】(1)确定 Cu 原子最外层电子排布与周期表分区；通过 Cu+（3d ，全满）和 Cu2+（3d9）的价电子结构差异解释稳定性。
(2)从产物稳定性、放热多少及气态分子数增多（熵增）分析硝酸甘油受热不稳定的原因。
(3)根据价电子轨道式判断微粒（Fe 原子、Fe2+、Fe3+、激发态 Fe），分析半径、得电子能力、电离能及失电子可能性。
（1）基态Cu原子的原子序数为29，其价层电子排布式为3d104s1，最外层电子排布式为4s1，位于元素周期表的ds区；Cu+价层电子式3d10，Cu2+价层电子式3d9，Cu+全充满较稳定，不易失去电子，因此高温时固态Cu2O的稳定性大于固态CuO。
（2）由硝酸甘油发生热分解的第一步反应可知，其受热不稳定的原因有：生成物较稳定，放热较多，产物中气态分子数显著增多(熵增)。
（3）由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态；
A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④>①>②，故A正确；
B．得电子能力是指氧化性，氧化性：Fe3+＞Fe2+，则得电子能力：③>②，故B正确；
C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故C正确；
D．Fe3+的3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故D错误；
答案选D。
22．（2025高二上·丽水期末）乙烯是石油化工中常用的基础原料，随着化石燃料资源的日益减少，科研工作者正在探寻和研发具有工业价值的制备方法。
（1）二氧化碳氧化乙烷制乙烯反应：
反应自发进行的条件为　 　。
（2）甲烷催化脱氢制乙烯
物质 氢气 甲烷 乙烯
燃烧热/() 285.8 890.3 1411.0
①已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式　 　。
②反应在恒温恒压密闭容器中进行。若向该反应器中通入水蒸气(不参与反应)，可提高乙烯的产率，理由是　 　。
（3）电解二氧化碳强酸性溶液制乙烯其原理如图所示。
①该装置中使用的是　 　(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b电极上的电极反应式为　 　。
【答案】（1）高温
（2）；恒压容器中通入水蒸气，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率
（3）阳；
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应的，，要使，需要高温条件；
故答案为： 高温；
（2）①根据表格的数据可得已知方程式：
①H2(g)+O2(g)═H2O(l) ΔH1=-285.8kJ/mol；
②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-1411kJ/mol；
甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)，反应可由②×2-③-①×2得到，根据盖斯定律，反应的焓变为ΔH=2ΔH2-ΔH3-2ΔH1=[2×(-890.3)+1411+2×285.8kJ/mol]=+202.0kJ/mol；
②反应在恒温恒压密闭容器中进行。若向该反应器中通入水蒸气(不参与反应)，容器的体积会扩大，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率；
故答案为： ； 恒压容器中通入水蒸气，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率 ；
（3）由图可知，与电源负极相连的电极b为阴极，阴极上二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，a为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2；
①由上述分析可知，阴极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，根据两边的电荷守恒，应该是H+发生迁移，故采用阳离子交换膜；
②由上述分析可知，b电极上的电极反应式为。
故答案为： 阳 ； 。
【分析】（1）依据反应 ΔH>0、ΔS>0，结合 ΔG=ΔH-TΔS，判断需高温使 ΔG<0，确定自发条件。
（2）①用各物质燃烧热，通过盖斯定律计算 2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) 的 ΔH，写出热化学方程式。
②恒压下通水蒸气，相当于减压，反应向气体分子数增多方向移动，提高乙烯产率。
（3）①阳极生成 H+，阴极消耗 H+，H+需从阳极移向阴极，故用阳离子交换膜。
②b 为阴极，CO2在酸性条件下得电子生成 C2H4和 H2O，写出电极反应式。
（1）反应的，，要使，需要高温条件；
（2）①根据表格的数据可得已知方程式：
①H2(g)+O2(g)═H2O(l) ΔH1=-285.8kJ/mol；
②CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-890.3kJ/mol；③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH3=-1411kJ/mol；
甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)═C2H4(g)+2H2(g)，反应可由②×2-③-①×2得到，根据盖斯定律，反应的焓变为ΔH=2ΔH2-ΔH3-2ΔH1=[2×(-890.3)+1411+2×285.8kJ/mol]=+202.0kJ/mol；
②反应在恒温恒压密闭容器中进行。若向该反应器中通入水蒸气(不参与反应)，容器的体积会扩大，相当于减小了反应体系压强，反应向气体分子数增大的方向移动，提高了乙烯的产率；
（3）由图可知，与电源负极相连的电极b为阴极，阴极上二氧化碳在酸性条件下得到电子发生还原反应生成乙烯和水，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，a为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2；
①由上述分析可知，阴极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，根据两边的电荷守恒，应该是H+发生迁移，故采用阳离子交换膜；
②由上述分析可知，b电极上的电极反应式为。
23．（2025高二上·丽水期末）大量排放氮的氧化物会产生酸雨、光化学烟雾等环境问题，利用反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH =-746.8 kJ·mol-1，可有效减少汽车尾气污染物的排放。一定温度下，在体积为2L的密闭容器中，发生以上反应。
（1）若充入CO(g)和NO(g)各1mol，加入催化剂发生反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图1所示。
①t2时刻，比较大小： v正　 　 v逆(填“>”、“<”或“=”)
②若t4=10min，计算该反应在 0～t4内的反应速率v(N2)=　 　。
③该反应的平衡常数为　 　。
④t5时刻压缩容器体积，在图2中画出反应的v-t图像　 　。
（2）在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图3所示。工业生产中选用甲，理由是　 　。
【答案】（1）>；0.02；320；
（2）催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）由图像可得t4时刻开始a、b两物质体积分数不再变化，达到平衡，则t2时刻反应未达平衡，正在向正反应方向进行，则v正>v逆；
设平衡时参加反应的CO的物质的量浓度为x，列三段式：
依据图像有，解得x=0.4，则v(N2)==0.02，故答案为0.02；平衡常数K===320；t5时刻压缩体积相当于增大压强，且各组分浓度增大，使正逆反应速率都增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，向正反应方向移动，则图像为；
故答案为： > ，0.02，320，
（2）由图像3可得，温度大于400K时脱氮率都减小，催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率，则选择甲，故答案为催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率。
故答案为：催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率。
【分析】（1）①由图像可知 t2时反应未达平衡，正向进行，故 v正 > v逆。
②用三段式算平衡时各物质浓度，结合 v (N2)=Δc÷Δt 计算速率。
③根据平衡时各物质浓度，代入平衡常数公式计算。
④压缩体积即增压，正逆速率均增大，平衡向气体分子数少的正向移动，绘出 v-t 图。
（2）比较催化剂甲、乙，甲在较低温度下 NO 脱氮率更高，更适合工业生产。
（1）由图像可得t4时刻开始a、b两物质体积分数不再变化，达到平衡，则t2时刻反应未达平衡，正在向正反应方向进行，则v正>v逆；
设平衡时参加反应的CO的物质的量浓度为x，列三段式：
依据图像有，解得x=0.4，则v(N2)==0.02，故答案为0.02；平衡常数K===320；t5时刻压缩体积相当于增大压强，且各组分浓度增大，使正逆反应速率都增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，向正反应方向移动，则图像为；
故答案为 > ，0.02，320，
（2）由图像3可得，温度大于400K时脱氮率都减小，催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率，则选择甲，故答案为催化剂甲在相对较低的温度有更高的NO脱氮率。
24．（2025高二上·丽水期末）弱酸及其盐在水溶液中存在相关平衡。常温下，H2SO3、H2CO3和HCN的电离平衡常数如下表所示：
化学式 H2CO3 HCN H2SO3
电离平衡常数 Ka1=1.5×10-2 Ka2=6.0×10-8
（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，原因是　 　(用离子方程式表示)。
（2）缓冲溶液是能缓解外加少量酸或碱而保持溶液pH基本不变的溶液。人体血液中H2CO3/HCO缓冲体系对稳定pH发挥着重要作用。当血液中CO2浓度上升，血液缓冲体系中的值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）浓度均为0.1 mol·L-1Na2SO3和Na2CO3等体积混合后，溶液中①SO②CO③HSO④HCO浓度从大到小的顺序为　 　(填序号)。
（4）常温下，用一定浓度的NaOH溶液滴定某二元酸H2A溶液。溶液中，含A元素粒子的分布系数δ随pH的变化关系如图所示
[例如A2-的分布系数：δ(A2-)=]。
①常温下，Na2A的水解平衡常数为　 　。
②若向0.1mol/L的NaHA溶液中加入等体积的0.1mol/L KOH溶液(忽略混合后溶液的体积变化)，混合后溶液中c(Na＋)+c(K＋)　 　2c(HA-)＋2c(A2-)(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1）CN-+H2OHCN+OH-
（2）减小
（3）①②④③
（4）10-12；=
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，呈碱性，原因是弱酸根离子CN-会水解生成OH-，离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-。
故答案为： CN-+H2OHCN+OH- ；
（2）当血液中CO2浓度上升，溶液中c(H+)增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中减小。
故答案为： 减小 ；
（3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：CO＞SO，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③。
故答案为： ①②④③ 。
（4）①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ(A2-)增大、δ(HA-)减小，当δ(A2-)=δ(HA-)时，溶液的pH=2，Ka==c(H+)=10-2 mol/L，Na2A的水解平衡常数=。
②混合后溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，所以存在c(Na+)+c(K+)=2c(HA-)+2c(A2-)，
故答案为： 10-12 ；=。
【分析】（1）NaCN 溶液 pH=8 显碱性，因 CN-水解生成 OH-，离子方程式为
CN-+H2O HCN+OH-。
（2）CO2浓度上升使 c(H+) 增大，由，Ka1 不变，故 减小。
（3）比较 CO32-与 SO32-水解程度，CO32-水解更强，浓度更小；对应酸式根中 HSO3-浓度小于 HCO3-，故顺序为①②④③。
（4）①由图像得 Ka=10-2，Na2A 的水解常数 Kh==10- 2。
②混合后物料守恒：c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，故 c(Na+)+c (K+)=2c(HA-)+2c(A2-)。
（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，呈碱性，原因是弱酸根离子CN-会水解生成OH-，离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-。
（2）当血液中CO2浓度上升，溶液中c(H+)增大，温度不变，碳酸的电离平衡常数不变，血液缓冲体系中减小。
（3）浓度为均为0.1mol/LNa2SO3和Na2CO3等体积混合后，水解程度：CO＞SO，水解程度越大，溶液中该离子浓度越小，得到的酸式酸根离子浓度越大，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是①②④③。
（4）①根据图知，常温下，溶液中含A的微粒有两种，说明H2A第一步完全电离、第二步部分电离，随着溶液pH值的增大，δ(A2-)增大、δ(HA-)减小，当δ(A2-)=δ(HA-)时，溶液的pH=2，Ka==c(H+)=10-2 mol/L，Na2A的水解平衡常数=。
②混合后溶液中存在物料守恒为c(Na+)=c(K+)=c(HA-)+c(A2-)，所以存在c(Na+)+c(K+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故答案为：=。
25．（2025高二上·丽水期末）已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下实验：
①称量1.00 g样品溶于水，配成250 mL溶液；
②用碱式滴定管准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞溶液；
③用0.100 0 mol·L-1的标准盐酸滴定并重复三次，每次实验数据记录如下：
滴定序号 待测液体积/mL 所消耗盐酸标准溶液的体积/mL
滴定前 滴定后
1 25.00 0.50 20.60
2 25.00 6.00 26.00
3 25.00 1.10 21.00
请回答：
（1）在碱式滴定管中装入待测试样后，要先赶出滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为________(填字母)。
A． B． C． D．
（2）配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器？　 　(填字母)。
A．托盘天平 B．容量瓶 C．碱式滴定管 D．量筒 E．烧杯 F．胶头滴管 G．玻璃棒
（3）滴定过程中用左手控制　 　(填仪器及部位)，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。
（4）判断滴定终点到达时的现象为　 　。
（5）若出现下列情况，测定结果偏高的是________(填字母)。
A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
B．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
C．滴定过程中不慎将数滴盐酸滴在锥形瓶外
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
（6）通过计算可知该烧碱样品的纯度为　 　。
【答案】（1）B
（2）BDEFG
（3）酸式滴定管的活塞
（4）滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液由浅红变为无色，且半分钟内不恢复原色
（5）C；D
（6）80%
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）碱式滴定管的管身与滴嘴之间是胶管连接，排出碱式滴定管中气泡时需将滴嘴扭转90°以上，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故选B。
故答案为： B；
（2）配制标准盐酸时，需要量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，因此需要用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶，故选BDEFG。
故答案为： BDEFG ；
（3）滴定过程中用左手控制酸式滴定管活塞，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。
故答案为： 酸式滴定管的活塞 ；
（4）判断滴定终点到达时的现象为：滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色。
故答案为： 滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液由浅红变为无色，且半分钟内不恢复原色 ；
（5）A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，A不符合题意；
B．振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低，B不符合题意；
C．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高，C符合题意；
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积增大，所测结果偏高，D符合题意；
故答案为： C D ；
（6）根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为（20.10+20.00+19.90）mL÷3=20.00mL，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），0.1mol/L×20mL＝c（碱）×25mL，解得c（碱）＝0.08mol/L，试样中NaOH的质量分数为。
故答案为： 80% 。
【分析】（1）根据碱式滴定管排气泡的操作规范，选择正确图示。
（2）依据配制标准盐酸的操作步骤（量取、溶解等），确定所需仪器。
（3）明确滴定过程中左手控制的仪器部位（酸式滴定管活塞）。
（4）根据酸碱中和滴定终点的颜色变化（酚酞指示，碱到酸的变化）判断终点现象。
（5）分析各操作对消耗标准盐酸体积的影响，进而判断对 NaOH 质量分数测定的影响。
（6）先求消耗盐酸的平均体积，再利用酸碱中和公式计算 NaOH 浓度，最终算出样品纯度。
（1）碱式滴定管的管身与滴嘴之间是胶管连接，排出碱式滴定管中气泡时需将滴嘴扭转90°以上，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，故选B。
（2）配制标准盐酸时，需要量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作，因此需要用到的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶，故选BDEFG。
（3）滴定过程中用左手控制酸式滴定管活塞，眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。
（4）判断滴定终点到达时的现象为：滴入最后半滴盐酸时，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色。
（5）A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响，A不符合题意；
B．振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低，B不符合题意；
C．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高，C符合题意；
D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积增大，所测结果偏高，D符合题意；
答案选CD。
（6）根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为（20.10+20.00+19.90）mL÷3=20.00mL，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱），0.1mol/L×20mL＝c（碱）×25mL，解得c（碱）＝0.08mol/L，试样中NaOH的质量分数为。
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