资源简介

湖南省常德市优质高中学校联盟2024-2025学年高二上学期期末质量检测化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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·常德期末）“珍贵文物蕴含着璀璨文化和深远历史，记录着人类文明和社会进步。”下列文物在潮湿空气中易发生电化学腐蚀的是
A．王趯墓志 B．T型帛画
C．“长沙丞相”铜印 D．清寿山石造像
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、王趯墓志属于无机非金属材料，具有稳定的化学性质，不易发生腐蚀，故A不符合题意 ；
B、T型帛画由有机材料制成，无法发生电化学腐蚀，故B不符合题意 ；
C、"长沙丞相"铜印是铜合金制品，在潮湿环境中会形成原电池，容易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，故C符合题意 ；
D、清寿山石造像属于无机非金属材料，化学性质稳定，不易腐蚀，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：电化学腐蚀的条件判断：电化学腐蚀需要 “金属（或不同金属 、金属与杂质）+ 电解质溶液（潮湿环境提供）”。易误判非金属文物（如墓志、帛画、石造像）会发生电化学腐蚀，实际只有金属文物（铜印）满足条件。
文物材质的区分：错把 “铜印”（金属）与 “石造像”“墓志”（无机非金属）、“帛画”（有机物）的材质混淆，忽略只有金属才会发生电化学腐蚀。
2．（2025高二上·常德期末）化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．可用于除去污水中的
B．用与两种溶液制作泡沫灭火剂
C．“保暖贴”工作过程中，主要利用了原电池的工作原理
D．饮用汽水后常常出现“打嗝”现象，可以用平衡移动原理解释
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、能用于去除污水中的，原因是属于难溶于水的硫化物，A正确。
B、泡沫灭火剂的成分是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，使用时两者混合会发生双水解反应，生成氢氧化铝和二氧化碳，B错误；
C、"保暖贴"的工作原理是利用铁粉作负极、碳粉作正极、氯化钠溶液作电解液构成原电池，通过电化学腐蚀反应产生热量，C正确；
D、饮用汽水后体温升高，导致平衡正向移动，产生二氧化碳气体，这是饮用汽水后出现"打嗝"现象的原因，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：泡沫灭火剂的成分混淆：易误将 Na2CO3与 Al2(SO4)3当作泡沫灭火剂原料，实际泡沫灭火剂用的是 NaHCO3（与 Al2(SO4)3双水解反应更快，能快速产生大量 CO2），Na2CO3反应速率慢，不适合做泡沫灭火剂。
原电池与保暖贴原理的关联：保暖贴利用的是 “铁的吸氧腐蚀（原电池原理）” 放热，易忽略其本质是原电池反应，误判C选项错误。
平衡移动的应用场景：饮用汽水后 “打嗝” 是因为 CO2的溶解平衡（CO2+H2O H2CO3）受压强 、温度影响，易忘记用平衡移动原理解释，误判 D 选项错误。
3．（2025高二上·常德期末）工业上有一种“降碳”方法是用生产燃料甲醇，其反应原理为：。一定条件下，对达到平衡状态的该反应，下列叙述正确的是
A．恒温恒容条件下，移出以提高反应速率
B．恒温恒容条件下，增加浓度以提高平衡转化率
C．升高温度或使用催化剂，均可以增大反应物活化分子百分数
D．恒温恒容条件下，使用高效催化剂以提高平衡时的体积分数
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、在恒温恒容条件下，移除会降低生成物浓度，导致反应速率减慢，A错误；
B、在恒温恒容条件下，增加的浓度会使得的平衡转化率减小，B错误；
C、升高温度可以为分子提供更多能量，而使用催化剂可以降低反应的活化能，这两种方式都能增加反应物中活化分子的百分比，C正确；
D、在恒温恒容条件下，高效催化剂不会改变平衡状态，因此的平衡体积分数保持不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．移出 H2O (g)，生成物浓度减小，反应速率降低（而非提高）。
B．恒温恒容下增加 CO2浓度，平衡正向移动，但 CO2的平衡转化率会降低（因自身浓度增大的 “稀释效应”）。
C．升温使分子能量升高，活化分子百分数增大；催化剂降低活化能，也能增大活化分子百分数。
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，CH3OH 的体积分数不变。
4．（2025高二上·常德期末）下列说法正确的是
A．属于弱电解质
B．常温下，溶液和溶液均显中性，水的电离程度相同
C．常温下，的溶液中，可能大量共存
D．常温下，溶液中水电离出，则溶液的可能等于3或11
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质；水的电离；盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、在水中完全电离为Na+和HCO3-，属于强电解质，A错误；B、常温时，NaCl溶液和溶液均呈中性。NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离平衡；而是弱酸弱碱盐，会促进水的电离，因此后者溶液中水的电离程度更大，B错误；
C、常温下，当时，溶液pH=13，此时OH-浓度极高，会与Fe3+反应生成沉淀，因此Fe3+不能大量共存，C错误；
D、常温下，若水电离出的，可能存在两种情况：
①若H+完全来自水的电离，则溶液pH=3；②若OH-完全来自水的电离，则，此时溶液pH=11，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．NaHCO3完全电离，是强电解质。
B．NaCl不影响水电离，CH3COONH4促进水电离，电离程度不同。
C．由得溶液呈强碱性，Fe3+不能共存。
D．水电离出，若为强酸弱碱盐（促进电离），pH=3；若为强碱弱酸盐（促进电离），pH=11。
5．（2025高二上·常德期末）已知：；；。下列叙述正确的是
A．的燃烧热为
B．
C．由S(s，正交硫)=S(s，单斜硫)判断，单斜硫比正交硫稳定
D．
【答案】B
【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、H2S(g)的燃烧热定义应为1mol H2S(g)完全燃烧生成稳定产物时放出的热量，其对应反应为：对应的热量，A错误；
B、气态硫(S(g))转变为固态硫(S(s))是放热过程。对于反应：
，其焓变ΔH应大于-221.2 kJ·mol-1（因为从S(g)到S(s)还会释放额外热量），B正确；
C、根据已知信息S(s，正交硫)→S(s，单斜硫) ΔH=+0.3 kJ·mol-1，说明正交硫的能量状态更低，更稳定。C错误；
D、题目给出的热化学方程式：， ，但燃烧热要求生成液态水(H2O(l))，因此该热化学方程式不符合燃烧热的定义，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．燃烧热要求生成稳定氧化物（S应生成SO2），此选项反应未生成SO2，不是燃烧热。
B．S(g)能量高于S(s)，反应物能量升高，反应放热减少（ΔH更大），故的。
C．正交硫转化为单斜硫吸热，单斜硫能量更高，能量低的正交硫更稳定。
D．通过盖斯定律计算：已知反应叠加得，并非-517.2。
6．（2025高二上·常德期末）向碳素钢中加入不同的合金元素，可制得不同性能的合金钢，常见的合金元素有Mn、Cr、Ni等。下列叙述错误的是
A．Cr、Mn、Ni均属于d区元素
B．的第二电离能大于第一电离能
C．基态离子中有6个未成对电子
D．基态原子的简化电子排布式：
【答案】C
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Cr、Mn、Ni 均位于第四周期 d 区，属于 d 区元素，A正确；
B、同一元素的第二电离能大于第一电离能（失去第二个电子更难），B正确；
C、基态 Fe 原子电子排布为 [Ar] 3d64s2，Fe2+失去 4s2 电子，电子排布为 3d6，3d 轨道有 4 个未成对电子（非 6 个），价层电子排布图为，C错误；
D、基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，基态 Mn 原子简化电子排布式为 [Ar] 3d54s2（符合洪特规则），D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
电子排布与未成对电子数的判断：易误将 Fe2+的电子排布记为 3d44s2（实际是 Fe 原子失去 4s2 电子，Fe2+ 为 3d6），进而错误认为 3d6有 6 个未成对电子。
电离能的规律混淆：可能误记 “电离能” 规律，认为第二电离能小于第一电离能，但实际上同一元素失去电子的难度递增，第二电离能必然大于第一电离能。
7．（2025高二上·常德期末）下列实验操作规范或实验设计能达到实验目的的是
A．测定溶液的pH B．用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
C．，颜色加深说明平衡逆移 D．测定锌和一定浓度稀硫酸的反应速率
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；测定溶液pH的方法；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、测量溶液pH时，不可将pH试纸直接浸入待测液。正确操作是将试纸置于干燥表面（如玻璃片），用洁净玻璃棒蘸取溶液点在试纸上，待显色后与标准比色卡对比读数。A错误；B、氢氧化钠溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管盛装进行滴定实验。若使用图中所示的酸式滴定管（含玻璃活塞）则不符合规范，B错误；
C、对于平衡体系2NO2 N2O4，加压时平衡正向移动导致NO2物质的量减少。虽然平衡移动使NO2分子数减少，但容器体积压缩使NO2浓度增大，颜色加深现象是浓度变化所致，而非平衡移动的直接表现，C错误；
D、图示装置通过测量单位时间内气体产物的体积变化，可准确计算反应速率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．测 NaOH 溶液 pH 时，pH 试纸直接浸入溶液会污染试剂，且可能因试纸润湿导致误差，操作不规范。
B．NaOH 溶液应装在碱式滴定管（图中是酸式滴定管），且滴定需用指示剂，操作错误。
C．压缩注射器（增大压强），NO2浓度瞬间增大（颜色加深），随后平衡正移（颜色变浅），不能直接说明平衡逆移，逻辑错误。
D．通过秒表计时、量气管测 H2体积，可计算反应速率，设计合理。
8．（2025高二上·常德期末）已知元素均是短周期主族元素，下表中由条件得出的结论一定正确的是
选项 条件 结论
A 若原子半径： 离子半径：
B 若第一电离能： 金属活动性顺序：X>Y
C 若共价化合物中显正价 元素的电负性：
D 若元素原子的最外层电子数：X>Y 元素的电负性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【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、当X、Y处于同一周期时，原子半径关系为，但离子半径顺序应为，A错误；B、虽然第一电离能满足，但金属活动性顺序却是，B错误；
C、若共价化合物中Y元素显正价，说明电子对偏向X元素，此时电负性关系为，C正确；
D、对于同周期元素，最外层电子数越多电负性越大，但不同周期时该规律不成立（例如S的最外层电子数多于N，但电负性N>S），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．原子半径大，离子半径不一定大（如 Na 原子半径＞O，但 Na+半径＜O2-）。
B．第一电离能大，金属活动性不一定强（如 Mg 第一电离能＞Al，但 Mg 金属性更强）。
C．共价化合物中，电负性小的元素显正价，Y 显正价说明电负性 X＞Y。
D．最外层电子数多，电负性不一定大（如 O 最外层 6 个电子，Cl 最外层 7 个，但 O 电负性＞Cl）。
9．（2025高二上·常德期末）一氯胺的制备原理是。已知：键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量，几种化学键的键能如下表所示。
化学键
键能 391 243 431
下列叙述错误的是
A．
B．该正反应的活化能小于逆反应的活化能
C．保持起始投料和温度相同，恒容和恒压条件下的平衡转化率相等
D．保持温度相同，按或起始投料，平衡时的体积百分含量相等
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据反应热的计算公式：ΔH = 断裂化学键的总键能 - 形成化学键的总键能，代入数据可得：391×3 + 243 - (391×2 + a + 431) = 12，解得a = 191，A正确；B、由于该反应为吸热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，说明正反应活化能大于逆反应活化能，B错误；
C、该反应前后气体分子数不变，在相同起始投料和温度条件下，无论是恒容还是恒压体系，最终达到的平衡状态相同，因此反应物的平衡转化率相等，C正确；
D、反应前后气体分子数不变，且NH3与Cl2按1：1的比例参与反应。由于压强不影响平衡限度，在相同温度下，无论初始投料比为还是 ，平衡时NH2Cl(g)的体积分数都相同，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合键能与反应热的关系、活化能与反应热的关系、平衡移动原理分析：
A．反应热反应物键能总和生成物键能总和，代入得，解得。
B．正反应（吸热），则正反应活化能逆反应活化能（吸热反应：正活化能逆活化能）。
C．反应前后气体分子数不变（），恒容、恒压条件下平衡等效，转化率相等。
D．反应分子数不变，投料比为或时，平衡时的体积分数相等（等效平衡）。
10．（2025高二上·常德期末）钠离子电池是有望代替锂离子电池的一类二次电池，其工作原理与锂离子电池相似，以硬碳代替锂离子电池的石墨作负极材料，钠离子在正负极之间的嵌入和脱出实现电荷转移，放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，电子流向为铝箔负载铝箔
B．放电时，离子导体中的物质的量逐渐增大
C．充电时，铝箔发生的反应式为
D．充电时，导线中通过电子，理论上阴极质量增加
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时电子从负极（铝箔Y）经外电路流向正极（铝箔X），即电子路径为：铝箔负载铝箔，A正确；B、负极反应为，而正极材料会嵌入等量，故离子导体中总量不变（注：电解质溶液为离子导体，金属导线为电子导体），B错误；
C、充电时铝箔Y作为阴极，发生还原反应：，C正确；
D、根据电荷守恒，每通过1 mol电子，阴极增重23 g（对应1 mol），D正确；
故答案为：B。
【分析】钠离子电池的核心工作机制是钠离子在正、负极材料之间的 “嵌入 - 脱出” 过程，通过钠离子的迁移实现电荷的转移，从而完成电能与化学能的转化。
结合装置图分析放电状态（电池对外供电时）：放电过程中，右侧电极的材料会 “脱出” 钠离子（钠离子从电极材料中释放），同时伴随电子的流出，因此右侧电极是负极；而左侧电极则发生钠离子的 “嵌入”（钠离子进入电极材料的晶格结构中），同时接收电子，因此左侧电极是正极。
11．（2025高二上·常德期末）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 用试纸分别测定溶液和溶液的pH 溶液的大 水解常数：大于
B 常温下，将滴有几滴酚酞试液的饱和碳酸钠溶液加热到50℃ 溶液颜色加深，并产生大量气泡 的水解平衡正向移动
C 向两支试管中分别加入等体积的溶液，在试管中加入滴溶液 b试管溶液变黄后，产生气泡的速率明显加快 是分解的催化剂
D 向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴溶液 产生气泡的速率明显加快 锌粒与置换出的铜形成了铜锌原电池
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该实验设计存在缺陷，因为未控制和溶液的浓度相同，无法得出准确结论，A错误；B、虽然碳酸钠水解是吸热反应，温度升高会使平衡正向移动，但这一过程不会导致大量气泡产生，B错误；
C、实验表明：向等体积5%溶液中，b试管加入2-3滴后，溶液变黄且气泡产生加快，说明被氧化为，而作为催化剂加速了分解，C错误；
D、实验现象表明：在锌粒与稀硫酸反应中加入少量后，反应速率显著加快，这是因为与锌反应生成铜，形成铜锌原电池从而加快反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】逐一分析 “操作 - 现象 - 结论” 的逻辑合理性：
A．未控制 Na2CO3和 Na2SO3溶液浓度相同，无法通过 pH 比较水解常数。
B．加热饱和 NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解（生成 CO2气泡），并非仅 CO32-水解平衡移动。
C．Fe2+会被 H2O2氧化为 Fe3+（溶液变黄），实际是 Fe3+催化 H2O2分解，并非 Fe2+作催化剂。D．Zn 置换出 Cu，形成铜锌原电池，加快了 Zn 与稀硫酸的反应速率，操作、现象、结论均合理。
12．（2025高二上·常德期末）是制作电池固态电解质的关键材料。粉末与在条件下制备(易水解)的实验装置如图所示(夹持仪器略)。
已知：。下列叙述错误的是
A．三颈烧瓶内发生的反应主要是
B．装置乙内盛装的试剂可以是，用于干燥
C．实验装置设计存在不足，应在丙、丁之间加一个干燥装置
D．可能是或
【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由于磷酸（H3PO4）的一级电离常数（Ka1）大于硫化氢（H2S）的一级电离常数，而磷酸的二级电离常数（Ka2）又小于硫化氢的一级电离常数，因此三颈烧瓶中主要发生的反应为：，A错误；
B、加热装置前的气体需要干燥处理，由于硫化氢（H2S）是酸性气体，可以使用五氧化二磷（P2O5）作为干燥剂，B正确；
C、硫化锂（Li2S）容易水解，因此在装置丙和丁之间需要增加一个干燥装置，C正确；
D、氢氧化钠（NaOH）溶液和硫酸铜（CuSO4）溶液都能吸收硫化氢（H2S），D正确；
故答案为：A。
【分析】A．由 Ka1(H3PO4) > Ka1(H2S) > Ka2(H3PO4)，强酸制弱酸时，H3PO4与 Na2S 反应应生成 NaH2PO4（而非 Na2HPO4），反应式应为 H3PO4+Na2S=NaH2PO4+H2S↑。
B．P2O5是酸性干燥剂，与 H2S 不反应，可干燥 H2S。
C．Li2S 易水解，丁中溶液的水蒸气可能进入丙中，需在丙、丁间加干燥装置防水解。
D．NaOH 可吸收过量 H2S，CuSO4与 H2S 反应生成 CuS 沉淀，均可作尾气吸收剂。
13．（2025高二上·常德期末）浓差电池的原理是利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池探究电解饱和食盐水的装置如图(1)和图(2)所示。下列说法错误的是
A．图(1)中隔膜为阴离子交换膜
B．实验时应将线头与、与相连
C．图(1)装置工作时，最多向外电路提供0.4mol电子
D．工作一段时间后，向图(2)中铁棒电极附近的电解液中滴加酚酞试液，溶液变红色
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图(1)装置放电时，左侧电极铜离子浓度减小，表明其为正极，硫酸根离子从左侧室向右侧室迁移，说明隔膜为阴离子交换膜，A正确；
B、根据图(2)装置的分析，铁棒作为阴极应与电池负极相连，碳棒作为阳极应与电池正极相连，因此实验连接应为a与d、b与c相连，B正确；
C、当装置(1)两侧硫酸铜溶液浓度达到平衡时，电池停止放电，最终两侧硫酸铜浓度均为3mol/L。左侧放电的铜离子物质的量为(5mol/L-3mol/L)×0.05L=，根据电极反应计算，最多可向外电路提供电子，C错误；
D、铁棒电极反应为，因此滴加酚酞试液后溶液会变红，D正确；
故答案为：C。
【分析】先分析图 (1) 的放电过程：放电时，左侧电极处 Cu2+ 浓度降低，说明 Cu2+ 在此得电子发生还原反应，因此左侧是正极，对应的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；而右侧电极处 Cu2+ 浓度升高，是 Cu 失电子发生氧化反应，所以右侧是负极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+。
再看图 (2) 装置：它属于电解池，其中铁棒连接电池的负极，作阴极，阴极上 H2O 得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；碳棒连接电池的正极，作阳极，阳极上 Cl-失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。
14．（2025高二上·常德期末）已知。常温下，铜盐或铁盐溶液中和随的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线表示随的变化
B．的溶度积常数的数量级为
C．M点有析出
D．向浓度均为的硫酸盐溶液中，滴加溶液，先沉淀
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据氢氧化铜的溶度积表达式 可推导出关系式：；同理，由氢氧化铁的溶度积表达式可得：。由于后者的斜率较小，因此曲线表示随pH的变化关系，A正确；B、将曲线上的点(2.2，5.5)代入关系式，计算得到，其数量级为，B错误；
C、曲线表示随pH的变化关系。随着pH增大，氢氧化铁会沉淀析出，C正确；
D、从图中可以看出，在相同pH条件下，值较大，意味着浓度更小，因此会先沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】围绕溶度积（Ksp）计算、沉淀溶解平衡、离子沉淀先后判断分析：
A．Fe(OH)3的 Ksp 更小，Fe3+在更低 pH 下就会沉淀（pFe3+更大），因此曲线 L2代表 Fe3+，L1代表 Cu2+。
B．取 L1上点 (4.4，3.0)，c (Cu2+)=10-4.4 mol/L，c (OH-)=10-（ 4-3. ）=10- mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=c (Cu2+)×c2(OH-)=10-4.4×(10- )2=10-26.4，数量级为 10-27（非 10- 8）。
C．M 点对应 Fe3+的离子积 Qc 大于 Ksp[Fe(OH)3]，会析出 Fe(OH)3沉淀。
D．Fe(OH)3的 Ksp 更小，Fe3+沉淀所需 OH-浓度更低，会先沉淀。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025高二上·常德期末）尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。工业上以尖晶石矿为原料，采用“加碳氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物沸点为，在升华)，相关反应为：。
（1）基态核外有　 　个运动状态不同的电子；基态的电子云有　 　种不同的伸展方向；基态中能量最高的电子的电子云形状为　 　。
（2）某同学将基态氧原子的核外电子排布图画为，该核外电子排布图违背了　 　。
（3）Cl、Si、O、C四种元素电负性从大到小的顺序为　 　。
（4）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素有些性质相似，这种相似性称为对角线规则，如和和等。
①试推测第一电离能　 　(Al)(填“”或“”)，简述推测方法：　 　。
②锂元素的焰色为紫红色，锂元素存在焰色的原因为　 　。
③写出溶于溶液的离子方程式：　 　。
【答案】（1）14；3；哑铃状
（2）泡利不相容原理
（3）
（4）；与同主族，同主族元素从上到下，第一电离能呈现减小的趋势，与同周期，的第一电离能大于的第一电离能，故的第一电离能大于的第一电离能；电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态或基态时，以光的形式释放能量；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；焰色反应；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）硅的原子序数为14，其基态原子核外电子排布为，因此基态Si原子中存在14个运动状态各异的电子；其中2p电子云有3种空间取向；能量最高的电子位于3p能级，其电子云呈哑铃形分布。
故答案为：14；3； 哑铃状 ；
（2）电子排布图中轨道存在两个自旋平行的电子，这违反了泡利不相容原理；
故答案为： 泡利不相容原理 ；
（3）对于同周期元素C和O，电负性随原子序数增加而增大，故O>C；同主族元素C和Si，电负性自上而下递减，故C>Si；在含氧酸及其盐中，Cl显正价而O显负价，表明；综合可得电负性顺序为；
故答案为： ；
（4）①由于Be与Mg同主族且Be原子半径更小，其第一电离能更大；虽然Mg与Al同周期，但的3s电子比的3p电子更难失去，故(Be)>(Al)；
②锂元素产生焰色反应的机理是：激发态电子向低能级跃迁时以光子形式释放能量；
③根据Be与Al的化学相似性，可写出反应式：。
故答案为： ；与同主族，同主族元素从上到下，第一电离能呈现减小的趋势，与同周期，的第一电离能大于的第一电离能，故的第一电离能大于的第一电离能 ； 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态或基态时，以光的形式释放能量 ； 。
【分析】(1)硅原子序数为 14，核外电子数 = 运动状态不同的电子数（14）；2p 电子云有 3 种伸展方向；基态 Si 能量最高的电子在 3p 轨道，电子云形状为哑铃状。
(2)核外电子排布图中 2p 轨道有 2 个自旋相同的电子，违背泡利不相容原理（一个轨道中电子自旋方向必相反）。
(3)电负性规律：同周期从左到右增大（O>C、Cl>Si），同主族从上到下减小（C>Si）；结合含氧酸中 O 显负价得 O>Cl，最终顺序 O>Cl>C>Si。
(4)①第一电离能：利用对角线规则，Be 与 Mg 同主族（Be 第一电离能 > Mg），Mg 与 Al 同周期（Mg 第一电离能 > Al），故 Be>Al；
②焰色原因：电子从高能级激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
③离子方程式：依据 Be 与 Al 性质相似，类比 Al 与 NaOH 的反应，得
Be+2OH-+2H2O=[Be(OH)4]2-+H2↑。
（1）硅的原子序数是14，基态Si原子核外电子排布式为，因此基态Si核外有14个运动状态不同的电子；基态的电子云有3种不同的伸展方向；基态中能量最高的电子占据能级的原子轨道，电子云形状为哑铃状；
（2）排布图中轨道有两个自旋方向相同的电子，违背泡利不相容原理；
（3）C和O为同周期元素，同周期元素从左向右，电负性呈现增大的趋势，故O>C、Cl>Si；C和Si为同主族元素，同主族元素从上到下，电负性呈现减小的趋势，故电负性C>Si，在氯的含氧酸以及盐中，氯元素显正价，氧元素显负价，故；综上所述，电负性；
（4）①与同主族，的电子层数更少，原子半径更小，故第一电离能更大；与同周期，的第一电离能大于的第一电离能的第一电离能低于，是因为失去的能级电子能量比失去的能级电子的能量高)，故(Be)大于(Al)；
②锂元素存在焰色的原因为：电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时以光的形式将能量释放出来；
③根据、的化学性质相似，可得。
16．（2025高二上·常德期末）某课外活动小组对铁件镀铜设计如下探究活动，实验现象记录如下。
组别 电解液 实验现象 装置示意图
i 溶液+少量 镀件表面有无色气体，一段时间后镀件表面有红色固体，气体减少。取电解后的电解液适量，滴加溶液，有蓝色沉淀生成。
ii 溶液十过量氨水 镀件表面未观察到气体，一段时间后镀件表面有致密红色固体。按同样方法检验，无蓝色沉淀生成。
查阅文献：的化学平衡常数为。请回答下列问题：
（1）补充说明该实验相关安全图标的意思：实验结束后，　 　。
（2）实验时，应将铜片与标准电镀电源的　 　极相连(填“正”或“负”)。
（3）实验i生成蓝色沉淀的离子方程式为　 　；电解液含有的原因可能是　 　(用离子方程式解释，写1个即可)。
（4）实验条件下，的氧化性比的氧化性　 　(填“强”或“弱”)。
（5）随着镀件表面的析出，试推测实验ii电解液中　 　(填“增大”“不变”或“减小”)，的反应平衡　 　(填“向左”“不”或“向右”)移动。
（6）实验ii比实验i析出的铜致密，其原因可能是　 　。
【答案】（1）离开实验室前需用肥皂等清洗双手
（2）正
（3）；或
（4）弱
（5）不变；不
（6）实验ii中电解液中小，析出缓慢，导致析出的铜致密
【知识点】电解原理；电镀
【解析】【解答】（1）图标的意思是实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手。
故答案为： 离开实验室前需用肥皂等清洗双手 ；
（2）由分析可知，铁镀件镀铜，片与电源的正极相连。
故答案为： 正 ；
（3）溶液是检验的常用试剂，其原理为：通过反应生成蓝色沉淀；通过实验现象分析，铁能与溶液中的反应生成和，可能发生的反应为或。
故答案为： ；或 ；
（4）对比电解速率，加入氨水后镀件表面有致密红色固体，说明比更慢转化为，即的氧化性比的氧化性强；也可根据组别i中反应：，组别ii中无，得出的氧化性比的氧化性强。
故答案为： 弱 ；
（5）在铁镀件得到电子发生还原反应，在铁镀件析出铜，但阳极发生的反应，浓度不变，的反应平衡不移动。
故答案为： 不变 ；不；
（6）实验ii比实验i析出的铜致密，其原因可能是的化学平衡常数非常大，电解液的小，析出缓慢，导致析出的铜致密。
故答案为： 实验ii中电解液中小，析出缓慢，导致析出的铜致密 。
【分析】在铁件镀铜的工艺中，电极连接与反应原理明确：铜片作为阳极需接电源正极，发生氧化反应释放铜离子（Cu-2e-=Cu2+）；铁件作为阴极接电源负极，铜离子在此得电子析出铜（Cu2++2e-=Cu）。
观察两组实验差异：组别 i 处于酸性环境，镀件表面先冒无色气泡（铁与氢离子反应生成氢气：
Fe+2H+=Fe2++H2↑），随后气泡减少，且出现红色固体（铁置换铜离子：Cu2++Fe=Fe2++Cu）。电解后溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]，生成蓝色沉淀，证实有 Fe2+存在。
组别 ii 中，镀件表面无气体产生，且 K3[Fe(CN)6] 检测无蓝色沉淀（无 Fe2+）。这是因为溶液中存在 Cu2+与 NH3的络合平衡（Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+），其平衡常数高达 2×10 3，使得 Cu2+几乎完全转化为络离子，游离 Cu2+浓度极低。这种低浓度下铜缓慢析出，最终在镀件表面形成致密的红色铜层，避免了铁的副反应。据此解题。
（1）图标的意思是实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手。
（2）由分析可知，铁镀件镀铜，片与电源的正极相连。
（3）溶液是检验的常用试剂，其原理为：通过反应生成蓝色沉淀；通过实验现象分析，铁能与溶液中的反应生成和，可能发生的反应为或。
（4）对比电解速率，加入氨水后镀件表面有致密红色固体，说明比更慢转化为，即的氧化性比的氧化性强；也可根据组别i中反应：，组别ii中无，得出的氧化性比的氧化性强。
（5）在铁镀件得到电子发生还原反应，在铁镀件析出铜，但阳极发生的反应，浓度不变，的反应平衡不移动。
（6）实验ii比实验i析出的铜致密，其原因可能是的化学平衡常数非常大，电解液的小，析出缓慢，导致析出的铜致密。
17．（2025高二上·常德期末）磷酸是化学工业生产中常用的无机酸。
（1）实验室常用已知浓度的标准溶液滴定亚铁盐溶液中的含量，实验时需加入适量的磷酸酸化。
①相同条件下，某次滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作时向溶液中加入磷酸溶液的原因有：与生成无色的避免干扰实验、抑制的水解、　 　。
②滴定时的实验步骤：蒸馏水洗涤　 　(填仪器名称)→润洗　 　(填实验操作)→装液　 　(填实验操作)调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数用酸式滴定管量取一定体积的亚铁盐溶液于锥形瓶中加指示剂，准备开始滴定。
（2）已知常温下、。
①常温下，的溶液中　 　7(填“>”“<”或“=”)。
②常温下，溶液中：　 　(填“>”或“<”)，溶液中的　 　。
③常温下，的化学平衡常数　 　。
（3）电镀工业上，常以和的混合液作电解质溶液，在塑料制品上镀镍，工作原理如图所示。已知惰性电极的氧化产物是磷酸，则该电极的反应式为　 　。
【答案】（1）使滴定突变范围变大，减少滴定误差；酸式滴定管；控制活塞将洗涤液从滴定管下部放出；打开活塞快速放液
（2）>；>；；
（3）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；中和滴定；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由题意可知，加入磷酸溶液，使滴定突变范围变大，这样可以减少滴定误差。
②重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下。
故答案为：使滴定突变范围变大，减少滴定误差；酸式滴定管；控制活塞将洗涤液从滴定管下部放出；打开活塞快速放液；
（2）①的电离常数，的水解常数，水解大于电离，溶液显碱性。②，可得的水解常数，，假若的水解率为，则，故的水解率大于，则；根据质子守恒可得。③的化学平衡常数
故答案为： > ； > ； ； ；
（3）惰性电极的氧化产物是磷酸，其电极反应式为。
故答案为： ；
【分析】(1)① 加磷酸的作用：除避免干扰、抑制水解外，还能扩大滴定突跃范围，减少误差；② 滴定步骤：重铬酸钾装酸式滴定管，需经 “蒸馏水洗→酸式滴定管润洗→放洗涤液→快速放液调液面”。
(2)① Na2HPO4溶液：HPO42-水解（Kh=10-6.8）> 电离（Ka3=10- 2.4），溶液显碱，pH>7；② Na3PO4溶液：PO43-水解程度大，c (OH-)>c (PO43-)；质子守恒式为
c (OH-)=c (H+)+c (HPO42-)+2c (H2PO4-)+3c (H3PO4)；③ 反应平衡常数：结合 Ka2、Ka3，求K。
(3)惰性电极氧化产物为磷酸，H2PO2-失电子、结合 H2O 生成 H3PO4，电极反应：
H2PO2-+2H2O-4e-=H3PO4+3H+。
（1）①由题意可知，加入磷酸溶液，使滴定突变范围变大，这样可以减少滴定误差。
②重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下。故答案为：使滴定突变范围变大，减少滴定误差
；酸式滴定管；控制活塞将洗涤液从滴定管下部放出；打开活塞快速放液；
（2）①的电离常数，的水解常数，水解大于电离，溶液显碱性。②，可得的水解常数，，假若的水解率为，则，故的水解率大于，则；根据质子守恒可得。③的化学平衡常数
（3）惰性电极的氧化产物是磷酸，其电极反应式为。
18．（2025高二上·常德期末）氨气是一种重要的化工原料，在很多领域有重要的应用。请回答下列问题：
（1）已知：合成氨反应，经计算合成氨反应在下能自发进行，其计算过程为　 　。
（2）丙烯腈在农药、香料、金属缓蚀剂或液晶材料等方面应用广泛，氨氧化法是丙烯腈的重要生产方法，其制备原理为。向一定温度下的恒容密闭容器中充入、，在不同催化剂作用下发生上述反应，相同时间内的转化率随温度的变化如图所示(假设无副反应发生、温度对催化剂的活性无影响)。
①从微观角度分析，单位时间内断裂键的同时　 　(填“断裂”或“形成”)键　 　，反应达到化学平衡状态。
②使用催化剂　 　(填“I”“II”或“III”)，该反应的活化能最低；之前的转化率随温度升高而增大的原因是　 　。
（3）肼被视为一种极具应用潜力的化学储氢材料。肼释氢过程中发生的主副反应有：
反应序号 反应 化学平衡常数
主反应 反应i
副反应 反应ii
①已知，则　 　。
②一定温度下，向恒容密闭容器内加入一定量，发生上述主副反应。经历反应均达到平衡，测得起始和平衡压强分别为和，混合物中的平衡分压为。在内反应ii的速率　 　；的平衡转化率为　 　；该温度下，反应i用分压表示的平衡常数　 　(分压总压物质的量分数)。
【答案】（1）
（2）断裂；2；I；温度越高，反应速率越快(合理即可)
（3）；2；；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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）该反应是体积减少的放热反应，［-92.4-298×(-200)×10-3]=-32.8＜0，故上述反应在常温下能自发进行。
故答案为： ；
（2）①单位时间内消耗(断裂键)的同时消耗(断裂键)，反应达到化学平衡状态，因此当断裂键的同时断裂2键，反应达到化学平衡状态。
②由图可判断，相同温度下，催化剂I对应的转化率最大，说明催化剂I的催化效率最高，反应的活化能最小；之前，温度越高，反应速率越快，因此的转化率随温度升高而增大。
故答案为： 断裂 ；2；1； 温度越高，反应速率越快(合理即可) ；
（3）①反应ⅲ：，根据盖斯定律，，。
②在内反应ii的速率；设反应i中的分压变化为xKPa：，混合物中的平衡分压为，则反应ii：
即。
的平衡转化率为。反应i用分压表示的平衡常数。
故答案为： ；2； ； 。
【分析】(1)用吉布斯自由能判断自发：
，反应自发。
(2)①平衡标志：断裂1 mol N-H键（对应消耗），同时断裂2 mol H-O键（对应消耗），符合反应比例；
②活化能：催化剂Ⅰ转化率最高，活化能最低；前温度升高，反应速率加快，转化率增大。
(3)①计算：结合盖斯定律，反应iii 反应ii 反应i，得；
②速率与转化率：；总分压变化为，转化率；
③平衡常数：。
（1）该反应是体积减少的放热反应，［-92.4-298×(-200)×10-3]=-32.8＜0，故上述反应在常温下能自发进行。
（2）①单位时间内消耗(断裂键)的同时消耗(断裂键)，反应达到化学平衡状态，因此当断裂键的同时断裂2键，反应达到化学平衡状态。
②由图可判断，相同温度下，催化剂I对应的转化率最大，说明催化剂I的催化效率最高，反应的活化能最小；之前，温度越高，反应速率越快，因此的转化率随温度升高而增大。
（3）①反应ⅲ：，根据盖斯定律，，。
②在内反应ii的速率；设反应i中的分压变化为xKPa：，混合物中的平衡分压为，则反应ii：即。的平衡转化率为。反应i用分压表示的平衡常数。
1 / 1湖南省常德市优质高中学校联盟2024-2025学年高二上学期期末质量检测化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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·常德期末）“珍贵文物蕴含着璀璨文化和深远历史，记录着人类文明和社会进步。”下列文物在潮湿空气中易发生电化学腐蚀的是
A．王趯墓志 B．T型帛画
C．“长沙丞相”铜印 D．清寿山石造像
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·常德期末）化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．可用于除去污水中的
B．用与两种溶液制作泡沫灭火剂
C．“保暖贴”工作过程中，主要利用了原电池的工作原理
D．饮用汽水后常常出现“打嗝”现象，可以用平衡移动原理解释
3．（2025高二上·常德期末）工业上有一种“降碳”方法是用生产燃料甲醇，其反应原理为：。一定条件下，对达到平衡状态的该反应，下列叙述正确的是
A．恒温恒容条件下，移出以提高反应速率
B．恒温恒容条件下，增加浓度以提高平衡转化率
C．升高温度或使用催化剂，均可以增大反应物活化分子百分数
D．恒温恒容条件下，使用高效催化剂以提高平衡时的体积分数
4．（2025高二上·常德期末）下列说法正确的是
A．属于弱电解质
B．常温下，溶液和溶液均显中性，水的电离程度相同
C．常温下，的溶液中，可能大量共存
D．常温下，溶液中水电离出，则溶液的可能等于3或11
5．（2025高二上·常德期末）已知：；；。下列叙述正确的是
A．的燃烧热为
B．
C．由S(s，正交硫)=S(s，单斜硫)判断，单斜硫比正交硫稳定
D．
6．（2025高二上·常德期末）向碳素钢中加入不同的合金元素，可制得不同性能的合金钢，常见的合金元素有Mn、Cr、Ni等。下列叙述错误的是
A．Cr、Mn、Ni均属于d区元素
B．的第二电离能大于第一电离能
C．基态离子中有6个未成对电子
D．基态原子的简化电子排布式：
7．（2025高二上·常德期末）下列实验操作规范或实验设计能达到实验目的的是
A．测定溶液的pH B．用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液
C．，颜色加深说明平衡逆移 D．测定锌和一定浓度稀硫酸的反应速率
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高二上·常德期末）已知元素均是短周期主族元素，下表中由条件得出的结论一定正确的是
选项 条件 结论
A 若原子半径： 离子半径：
B 若第一电离能： 金属活动性顺序：X>Y
C 若共价化合物中显正价 元素的电负性：
D 若元素原子的最外层电子数：X>Y 元素的电负性：
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高二上·常德期末）一氯胺的制备原理是。已知：键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量，几种化学键的键能如下表所示。
化学键
键能 391 243 431
下列叙述错误的是
A．
B．该正反应的活化能小于逆反应的活化能
C．保持起始投料和温度相同，恒容和恒压条件下的平衡转化率相等
D．保持温度相同，按或起始投料，平衡时的体积百分含量相等
10．（2025高二上·常德期末）钠离子电池是有望代替锂离子电池的一类二次电池，其工作原理与锂离子电池相似，以硬碳代替锂离子电池的石墨作负极材料，钠离子在正负极之间的嵌入和脱出实现电荷转移，放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，电子流向为铝箔负载铝箔
B．放电时，离子导体中的物质的量逐渐增大
C．充电时，铝箔发生的反应式为
D．充电时，导线中通过电子，理论上阴极质量增加
11．（2025高二上·常德期末）下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 用试纸分别测定溶液和溶液的pH 溶液的大 水解常数：大于
B 常温下，将滴有几滴酚酞试液的饱和碳酸钠溶液加热到50℃ 溶液颜色加深，并产生大量气泡 的水解平衡正向移动
C 向两支试管中分别加入等体积的溶液，在试管中加入滴溶液 b试管溶液变黄后，产生气泡的速率明显加快 是分解的催化剂
D 向锌粒和稀硫酸反应的试管中，滴加几滴溶液 产生气泡的速率明显加快 锌粒与置换出的铜形成了铜锌原电池
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高二上·常德期末）是制作电池固态电解质的关键材料。粉末与在条件下制备(易水解)的实验装置如图所示(夹持仪器略)。
已知：。下列叙述错误的是
A．三颈烧瓶内发生的反应主要是
B．装置乙内盛装的试剂可以是，用于干燥
C．实验装置设计存在不足，应在丙、丁之间加一个干燥装置
D．可能是或
13．（2025高二上·常德期末）浓差电池的原理是利用两极电解质溶液中浓度不同引起的电势差放电。实验室利用浓差电池探究电解饱和食盐水的装置如图(1)和图(2)所示。下列说法错误的是
A．图(1)中隔膜为阴离子交换膜
B．实验时应将线头与、与相连
C．图(1)装置工作时，最多向外电路提供0.4mol电子
D．工作一段时间后，向图(2)中铁棒电极附近的电解液中滴加酚酞试液，溶液变红色
14．（2025高二上·常德期末）已知。常温下，铜盐或铁盐溶液中和随的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线表示随的变化
B．的溶度积常数的数量级为
C．M点有析出
D．向浓度均为的硫酸盐溶液中，滴加溶液，先沉淀
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2025高二上·常德期末）尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。工业上以尖晶石矿为原料，采用“加碳氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物沸点为，在升华)，相关反应为：。
（1）基态核外有　 　个运动状态不同的电子；基态的电子云有　 　种不同的伸展方向；基态中能量最高的电子的电子云形状为　 　。
（2）某同学将基态氧原子的核外电子排布图画为，该核外电子排布图违背了　 　。
（3）Cl、Si、O、C四种元素电负性从大到小的顺序为　 　。
（4）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素有些性质相似，这种相似性称为对角线规则，如和和等。
①试推测第一电离能　 　(Al)(填“”或“”)，简述推测方法：　 　。
②锂元素的焰色为紫红色，锂元素存在焰色的原因为　 　。
③写出溶于溶液的离子方程式：　 　。
16．（2025高二上·常德期末）某课外活动小组对铁件镀铜设计如下探究活动，实验现象记录如下。
组别 电解液 实验现象 装置示意图
i 溶液+少量 镀件表面有无色气体，一段时间后镀件表面有红色固体，气体减少。取电解后的电解液适量，滴加溶液，有蓝色沉淀生成。
ii 溶液十过量氨水 镀件表面未观察到气体，一段时间后镀件表面有致密红色固体。按同样方法检验，无蓝色沉淀生成。
查阅文献：的化学平衡常数为。请回答下列问题：
（1）补充说明该实验相关安全图标的意思：实验结束后，　 　。
（2）实验时，应将铜片与标准电镀电源的　 　极相连(填“正”或“负”)。
（3）实验i生成蓝色沉淀的离子方程式为　 　；电解液含有的原因可能是　 　(用离子方程式解释，写1个即可)。
（4）实验条件下，的氧化性比的氧化性　 　(填“强”或“弱”)。
（5）随着镀件表面的析出，试推测实验ii电解液中　 　(填“增大”“不变”或“减小”)，的反应平衡　 　(填“向左”“不”或“向右”)移动。
（6）实验ii比实验i析出的铜致密，其原因可能是　 　。
17．（2025高二上·常德期末）磷酸是化学工业生产中常用的无机酸。
（1）实验室常用已知浓度的标准溶液滴定亚铁盐溶液中的含量，实验时需加入适量的磷酸酸化。
①相同条件下，某次滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作时向溶液中加入磷酸溶液的原因有：与生成无色的避免干扰实验、抑制的水解、　 　。
②滴定时的实验步骤：蒸馏水洗涤　 　(填仪器名称)→润洗　 　(填实验操作)→装液　 　(填实验操作)调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数用酸式滴定管量取一定体积的亚铁盐溶液于锥形瓶中加指示剂，准备开始滴定。
（2）已知常温下、。
①常温下，的溶液中　 　7(填“>”“<”或“=”)。
②常温下，溶液中：　 　(填“>”或“<”)，溶液中的　 　。
③常温下，的化学平衡常数　 　。
（3）电镀工业上，常以和的混合液作电解质溶液，在塑料制品上镀镍，工作原理如图所示。已知惰性电极的氧化产物是磷酸，则该电极的反应式为　 　。
18．（2025高二上·常德期末）氨气是一种重要的化工原料，在很多领域有重要的应用。请回答下列问题：
（1）已知：合成氨反应，经计算合成氨反应在下能自发进行，其计算过程为　 　。
（2）丙烯腈在农药、香料、金属缓蚀剂或液晶材料等方面应用广泛，氨氧化法是丙烯腈的重要生产方法，其制备原理为。向一定温度下的恒容密闭容器中充入、，在不同催化剂作用下发生上述反应，相同时间内的转化率随温度的变化如图所示(假设无副反应发生、温度对催化剂的活性无影响)。
①从微观角度分析，单位时间内断裂键的同时　 　(填“断裂”或“形成”)键　 　，反应达到化学平衡状态。
②使用催化剂　 　(填“I”“II”或“III”)，该反应的活化能最低；之前的转化率随温度升高而增大的原因是　 　。
（3）肼被视为一种极具应用潜力的化学储氢材料。肼释氢过程中发生的主副反应有：
反应序号 反应 化学平衡常数
主反应 反应i
副反应 反应ii
①已知，则　 　。
②一定温度下，向恒容密闭容器内加入一定量，发生上述主副反应。经历反应均达到平衡，测得起始和平衡压强分别为和，混合物中的平衡分压为。在内反应ii的速率　 　；的平衡转化率为　 　；该温度下，反应i用分压表示的平衡常数　 　(分压总压物质的量分数)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、王趯墓志属于无机非金属材料，具有稳定的化学性质，不易发生腐蚀，故A不符合题意 ；
B、T型帛画由有机材料制成，无法发生电化学腐蚀，故B不符合题意 ；
C、"长沙丞相"铜印是铜合金制品，在潮湿环境中会形成原电池，容易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，故C符合题意 ；
D、清寿山石造像属于无机非金属材料，化学性质稳定，不易腐蚀，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：电化学腐蚀的条件判断：电化学腐蚀需要 “金属（或不同金属 、金属与杂质）+ 电解质溶液（潮湿环境提供）”。易误判非金属文物（如墓志、帛画、石造像）会发生电化学腐蚀，实际只有金属文物（铜印）满足条件。
文物材质的区分：错把 “铜印”（金属）与 “石造像”“墓志”（无机非金属）、“帛画”（有机物）的材质混淆，忽略只有金属才会发生电化学腐蚀。
2．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、能用于去除污水中的，原因是属于难溶于水的硫化物，A正确。
B、泡沫灭火剂的成分是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，使用时两者混合会发生双水解反应，生成氢氧化铝和二氧化碳，B错误；
C、"保暖贴"的工作原理是利用铁粉作负极、碳粉作正极、氯化钠溶液作电解液构成原电池，通过电化学腐蚀反应产生热量，C正确；
D、饮用汽水后体温升高，导致平衡正向移动，产生二氧化碳气体，这是饮用汽水后出现"打嗝"现象的原因，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：泡沫灭火剂的成分混淆：易误将 Na2CO3与 Al2(SO4)3当作泡沫灭火剂原料，实际泡沫灭火剂用的是 NaHCO3（与 Al2(SO4)3双水解反应更快，能快速产生大量 CO2），Na2CO3反应速率慢，不适合做泡沫灭火剂。
原电池与保暖贴原理的关联：保暖贴利用的是 “铁的吸氧腐蚀（原电池原理）” 放热，易忽略其本质是原电池反应，误判C选项错误。
平衡移动的应用场景：饮用汽水后 “打嗝” 是因为 CO2的溶解平衡（CO2+H2O H2CO3）受压强 、温度影响，易忘记用平衡移动原理解释，误判 D 选项错误。
3．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、在恒温恒容条件下，移除会降低生成物浓度，导致反应速率减慢，A错误；
B、在恒温恒容条件下，增加的浓度会使得的平衡转化率减小，B错误；
C、升高温度可以为分子提供更多能量，而使用催化剂可以降低反应的活化能，这两种方式都能增加反应物中活化分子的百分比，C正确；
D、在恒温恒容条件下，高效催化剂不会改变平衡状态，因此的平衡体积分数保持不变，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．移出 H2O (g)，生成物浓度减小，反应速率降低（而非提高）。
B．恒温恒容下增加 CO2浓度，平衡正向移动，但 CO2的平衡转化率会降低（因自身浓度增大的 “稀释效应”）。
C．升温使分子能量升高，活化分子百分数增大；催化剂降低活化能，也能增大活化分子百分数。
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，CH3OH 的体积分数不变。
4．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质；水的电离；盐类水解的应用；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A、在水中完全电离为Na+和HCO3-，属于强电解质，A错误；B、常温时，NaCl溶液和溶液均呈中性。NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离平衡；而是弱酸弱碱盐，会促进水的电离，因此后者溶液中水的电离程度更大，B错误；
C、常温下，当时，溶液pH=13，此时OH-浓度极高，会与Fe3+反应生成沉淀，因此Fe3+不能大量共存，C错误；
D、常温下，若水电离出的，可能存在两种情况：
①若H+完全来自水的电离，则溶液pH=3；②若OH-完全来自水的电离，则，此时溶液pH=11，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．NaHCO3完全电离，是强电解质。
B．NaCl不影响水电离，CH3COONH4促进水电离，电离程度不同。
C．由得溶液呈强碱性，Fe3+不能共存。
D．水电离出，若为强酸弱碱盐（促进电离），pH=3；若为强碱弱酸盐（促进电离），pH=11。
5．【答案】B
【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、H2S(g)的燃烧热定义应为1mol H2S(g)完全燃烧生成稳定产物时放出的热量，其对应反应为：对应的热量，A错误；
B、气态硫(S(g))转变为固态硫(S(s))是放热过程。对于反应：
，其焓变ΔH应大于-221.2 kJ·mol-1（因为从S(g)到S(s)还会释放额外热量），B正确；
C、根据已知信息S(s，正交硫)→S(s，单斜硫) ΔH=+0.3 kJ·mol-1，说明正交硫的能量状态更低，更稳定。C错误；
D、题目给出的热化学方程式：， ，但燃烧热要求生成液态水(H2O(l))，因此该热化学方程式不符合燃烧热的定义，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．燃烧热要求生成稳定氧化物（S应生成SO2），此选项反应未生成SO2，不是燃烧热。
B．S(g)能量高于S(s)，反应物能量升高，反应放热减少（ΔH更大），故的。
C．正交硫转化为单斜硫吸热，单斜硫能量更高，能量低的正交硫更稳定。
D．通过盖斯定律计算：已知反应叠加得，并非-517.2。
6．【答案】C
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、Cr、Mn、Ni 均位于第四周期 d 区，属于 d 区元素，A正确；
B、同一元素的第二电离能大于第一电离能（失去第二个电子更难），B正确；
C、基态 Fe 原子电子排布为 [Ar] 3d64s2，Fe2+失去 4s2 电子，电子排布为 3d6，3d 轨道有 4 个未成对电子（非 6 个），价层电子排布图为，C错误；
D、基态Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，基态 Mn 原子简化电子排布式为 [Ar] 3d54s2（符合洪特规则），D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
电子排布与未成对电子数的判断：易误将 Fe2+的电子排布记为 3d44s2（实际是 Fe 原子失去 4s2 电子，Fe2+ 为 3d6），进而错误认为 3d6有 6 个未成对电子。
电离能的规律混淆：可能误记 “电离能” 规律，认为第二电离能小于第一电离能，但实际上同一元素失去电子的难度递增，第二电离能必然大于第一电离能。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；测定溶液pH的方法；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、测量溶液pH时，不可将pH试纸直接浸入待测液。正确操作是将试纸置于干燥表面（如玻璃片），用洁净玻璃棒蘸取溶液点在试纸上，待显色后与标准比色卡对比读数。A错误；B、氢氧化钠溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管盛装进行滴定实验。若使用图中所示的酸式滴定管（含玻璃活塞）则不符合规范，B错误；
C、对于平衡体系2NO2 N2O4，加压时平衡正向移动导致NO2物质的量减少。虽然平衡移动使NO2分子数减少，但容器体积压缩使NO2浓度增大，颜色加深现象是浓度变化所致，而非平衡移动的直接表现，C错误；
D、图示装置通过测量单位时间内气体产物的体积变化，可准确计算反应速率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．测 NaOH 溶液 pH 时，pH 试纸直接浸入溶液会污染试剂，且可能因试纸润湿导致误差，操作不规范。
B．NaOH 溶液应装在碱式滴定管（图中是酸式滴定管），且滴定需用指示剂，操作错误。
C．压缩注射器（增大压强），NO2浓度瞬间增大（颜色加深），随后平衡正移（颜色变浅），不能直接说明平衡逆移，逻辑错误。
D．通过秒表计时、量气管测 H2体积，可计算反应速率，设计合理。
8．【答案】C
【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、当X、Y处于同一周期时，原子半径关系为，但离子半径顺序应为，A错误；B、虽然第一电离能满足，但金属活动性顺序却是，B错误；
C、若共价化合物中Y元素显正价，说明电子对偏向X元素，此时电负性关系为，C正确；
D、对于同周期元素，最外层电子数越多电负性越大，但不同周期时该规律不成立（例如S的最外层电子数多于N，但电负性N>S），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．原子半径大，离子半径不一定大（如 Na 原子半径＞O，但 Na+半径＜O2-）。
B．第一电离能大，金属活动性不一定强（如 Mg 第一电离能＞Al，但 Mg 金属性更强）。
C．共价化合物中，电负性小的元素显正价，Y 显正价说明电负性 X＞Y。
D．最外层电子数多，电负性不一定大（如 O 最外层 6 个电子，Cl 最外层 7 个，但 O 电负性＞Cl）。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据反应热的计算公式：ΔH = 断裂化学键的总键能 - 形成化学键的总键能，代入数据可得：391×3 + 243 - (391×2 + a + 431) = 12，解得a = 191，A正确；B、由于该反应为吸热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，说明正反应活化能大于逆反应活化能，B错误；
C、该反应前后气体分子数不变，在相同起始投料和温度条件下，无论是恒容还是恒压体系，最终达到的平衡状态相同，因此反应物的平衡转化率相等，C正确；
D、反应前后气体分子数不变，且NH3与Cl2按1：1的比例参与反应。由于压强不影响平衡限度，在相同温度下，无论初始投料比为还是 ，平衡时NH2Cl(g)的体积分数都相同，D正确；
故答案为：B。
【分析】结合键能与反应热的关系、活化能与反应热的关系、平衡移动原理分析：
A．反应热反应物键能总和生成物键能总和，代入得，解得。
B．正反应（吸热），则正反应活化能逆反应活化能（吸热反应：正活化能逆活化能）。
C．反应前后气体分子数不变（），恒容、恒压条件下平衡等效，转化率相等。
D．反应分子数不变，投料比为或时，平衡时的体积分数相等（等效平衡）。
10．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时电子从负极（铝箔Y）经外电路流向正极（铝箔X），即电子路径为：铝箔负载铝箔，A正确；B、负极反应为，而正极材料会嵌入等量，故离子导体中总量不变（注：电解质溶液为离子导体，金属导线为电子导体），B错误；
C、充电时铝箔Y作为阴极，发生还原反应：，C正确；
D、根据电荷守恒，每通过1 mol电子，阴极增重23 g（对应1 mol），D正确；
故答案为：B。
【分析】钠离子电池的核心工作机制是钠离子在正、负极材料之间的 “嵌入 - 脱出” 过程，通过钠离子的迁移实现电荷的转移，从而完成电能与化学能的转化。
结合装置图分析放电状态（电池对外供电时）：放电过程中，右侧电极的材料会 “脱出” 钠离子（钠离子从电极材料中释放），同时伴随电子的流出，因此右侧电极是负极；而左侧电极则发生钠离子的 “嵌入”（钠离子进入电极材料的晶格结构中），同时接收电子，因此左侧电极是正极。
11．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、该实验设计存在缺陷，因为未控制和溶液的浓度相同，无法得出准确结论，A错误；B、虽然碳酸钠水解是吸热反应，温度升高会使平衡正向移动，但这一过程不会导致大量气泡产生，B错误；
C、实验表明：向等体积5%溶液中，b试管加入2-3滴后，溶液变黄且气泡产生加快，说明被氧化为，而作为催化剂加速了分解，C错误；
D、实验现象表明：在锌粒与稀硫酸反应中加入少量后，反应速率显著加快，这是因为与锌反应生成铜，形成铜锌原电池从而加快反应，D正确；
故答案为：D。
【分析】逐一分析 “操作 - 现象 - 结论” 的逻辑合理性：
A．未控制 Na2CO3和 Na2SO3溶液浓度相同，无法通过 pH 比较水解常数。
B．加热饱和 NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解（生成 CO2气泡），并非仅 CO32-水解平衡移动。
C．Fe2+会被 H2O2氧化为 Fe3+（溶液变黄），实际是 Fe3+催化 H2O2分解，并非 Fe2+作催化剂。D．Zn 置换出 Cu，形成铜锌原电池，加快了 Zn 与稀硫酸的反应速率，操作、现象、结论均合理。
12．【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、由于磷酸（H3PO4）的一级电离常数（Ka1）大于硫化氢（H2S）的一级电离常数，而磷酸的二级电离常数（Ka2）又小于硫化氢的一级电离常数，因此三颈烧瓶中主要发生的反应为：，A错误；
B、加热装置前的气体需要干燥处理，由于硫化氢（H2S）是酸性气体，可以使用五氧化二磷（P2O5）作为干燥剂，B正确；
C、硫化锂（Li2S）容易水解，因此在装置丙和丁之间需要增加一个干燥装置，C正确；
D、氢氧化钠（NaOH）溶液和硫酸铜（CuSO4）溶液都能吸收硫化氢（H2S），D正确；
故答案为：A。
【分析】A．由 Ka1(H3PO4) > Ka1(H2S) > Ka2(H3PO4)，强酸制弱酸时，H3PO4与 Na2S 反应应生成 NaH2PO4（而非 Na2HPO4），反应式应为 H3PO4+Na2S=NaH2PO4+H2S↑。
B．P2O5是酸性干燥剂，与 H2S 不反应，可干燥 H2S。
C．Li2S 易水解，丁中溶液的水蒸气可能进入丙中，需在丙、丁间加干燥装置防水解。
D．NaOH 可吸收过量 H2S，CuSO4与 H2S 反应生成 CuS 沉淀，均可作尾气吸收剂。
13．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、图(1)装置放电时，左侧电极铜离子浓度减小，表明其为正极，硫酸根离子从左侧室向右侧室迁移，说明隔膜为阴离子交换膜，A正确；
B、根据图(2)装置的分析，铁棒作为阴极应与电池负极相连，碳棒作为阳极应与电池正极相连，因此实验连接应为a与d、b与c相连，B正确；
C、当装置(1)两侧硫酸铜溶液浓度达到平衡时，电池停止放电，最终两侧硫酸铜浓度均为3mol/L。左侧放电的铜离子物质的量为(5mol/L-3mol/L)×0.05L=，根据电极反应计算，最多可向外电路提供电子，C错误；
D、铁棒电极反应为，因此滴加酚酞试液后溶液会变红，D正确；
故答案为：C。
【分析】先分析图 (1) 的放电过程：放电时，左侧电极处 Cu2+ 浓度降低，说明 Cu2+ 在此得电子发生还原反应，因此左侧是正极，对应的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；而右侧电极处 Cu2+ 浓度升高，是 Cu 失电子发生氧化反应，所以右侧是负极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+。
再看图 (2) 装置：它属于电解池，其中铁棒连接电池的负极，作阴极，阴极上 H2O 得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；碳棒连接电池的正极，作阳极，阳极上 Cl-失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、根据氢氧化铜的溶度积表达式 可推导出关系式：；同理，由氢氧化铁的溶度积表达式可得：。由于后者的斜率较小，因此曲线表示随pH的变化关系，A正确；B、将曲线上的点(2.2，5.5)代入关系式，计算得到，其数量级为，B错误；
C、曲线表示随pH的变化关系。随着pH增大，氢氧化铁会沉淀析出，C正确；
D、从图中可以看出，在相同pH条件下，值较大，意味着浓度更小，因此会先沉淀，D正确；
故答案为：B。
【分析】围绕溶度积（Ksp）计算、沉淀溶解平衡、离子沉淀先后判断分析：
A．Fe(OH)3的 Ksp 更小，Fe3+在更低 pH 下就会沉淀（pFe3+更大），因此曲线 L2代表 Fe3+，L1代表 Cu2+。
B．取 L1上点 (4.4，3.0)，c (Cu2+)=10-4.4 mol/L，c (OH-)=10-（ 4-3. ）=10- mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=c (Cu2+)×c2(OH-)=10-4.4×(10- )2=10-26.4，数量级为 10-27（非 10- 8）。
C．M 点对应 Fe3+的离子积 Qc 大于 Ksp[Fe(OH)3]，会析出 Fe(OH)3沉淀。
D．Fe(OH)3的 Ksp 更小，Fe3+沉淀所需 OH-浓度更低，会先沉淀。
15．【答案】（1）14；3；哑铃状
（2）泡利不相容原理
（3）
（4）；与同主族，同主族元素从上到下，第一电离能呈现减小的趋势，与同周期，的第一电离能大于的第一电离能，故的第一电离能大于的第一电离能；电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态或基态时，以光的形式释放能量；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；焰色反应；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）硅的原子序数为14，其基态原子核外电子排布为，因此基态Si原子中存在14个运动状态各异的电子；其中2p电子云有3种空间取向；能量最高的电子位于3p能级，其电子云呈哑铃形分布。
故答案为：14；3； 哑铃状 ；
（2）电子排布图中轨道存在两个自旋平行的电子，这违反了泡利不相容原理；
故答案为： 泡利不相容原理 ；
（3）对于同周期元素C和O，电负性随原子序数增加而增大，故O>C；同主族元素C和Si，电负性自上而下递减，故C>Si；在含氧酸及其盐中，Cl显正价而O显负价，表明；综合可得电负性顺序为；
故答案为： ；
（4）①由于Be与Mg同主族且Be原子半径更小，其第一电离能更大；虽然Mg与Al同周期，但的3s电子比的3p电子更难失去，故(Be)>(Al)；
②锂元素产生焰色反应的机理是：激发态电子向低能级跃迁时以光子形式释放能量；
③根据Be与Al的化学相似性，可写出反应式：。
故答案为： ；与同主族，同主族元素从上到下，第一电离能呈现减小的趋势，与同周期，的第一电离能大于的第一电离能，故的第一电离能大于的第一电离能 ； 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态或基态时，以光的形式释放能量 ； 。
【分析】(1)硅原子序数为 14，核外电子数 = 运动状态不同的电子数（14）；2p 电子云有 3 种伸展方向；基态 Si 能量最高的电子在 3p 轨道，电子云形状为哑铃状。
(2)核外电子排布图中 2p 轨道有 2 个自旋相同的电子，违背泡利不相容原理（一个轨道中电子自旋方向必相反）。
(3)电负性规律：同周期从左到右增大（O>C、Cl>Si），同主族从上到下减小（C>Si）；结合含氧酸中 O 显负价得 O>Cl，最终顺序 O>Cl>C>Si。
(4)①第一电离能：利用对角线规则，Be 与 Mg 同主族（Be 第一电离能 > Mg），Mg 与 Al 同周期（Mg 第一电离能 > Al），故 Be>Al；
②焰色原因：电子从高能级激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
③离子方程式：依据 Be 与 Al 性质相似，类比 Al 与 NaOH 的反应，得
Be+2OH-+2H2O=[Be(OH)4]2-+H2↑。
（1）硅的原子序数是14，基态Si原子核外电子排布式为，因此基态Si核外有14个运动状态不同的电子；基态的电子云有3种不同的伸展方向；基态中能量最高的电子占据能级的原子轨道，电子云形状为哑铃状；
（2）排布图中轨道有两个自旋方向相同的电子，违背泡利不相容原理；
（3）C和O为同周期元素，同周期元素从左向右，电负性呈现增大的趋势，故O>C、Cl>Si；C和Si为同主族元素，同主族元素从上到下，电负性呈现减小的趋势，故电负性C>Si，在氯的含氧酸以及盐中，氯元素显正价，氧元素显负价，故；综上所述，电负性；
（4）①与同主族，的电子层数更少，原子半径更小，故第一电离能更大；与同周期，的第一电离能大于的第一电离能的第一电离能低于，是因为失去的能级电子能量比失去的能级电子的能量高)，故(Be)大于(Al)；
②锂元素存在焰色的原因为：电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时以光的形式将能量释放出来；
③根据、的化学性质相似，可得。
16．【答案】（1）离开实验室前需用肥皂等清洗双手
（2）正
（3）；或
（4）弱
（5）不变；不
（6）实验ii中电解液中小，析出缓慢，导致析出的铜致密
【知识点】电解原理；电镀
【解析】【解答】（1）图标的意思是实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手。
故答案为： 离开实验室前需用肥皂等清洗双手 ；
（2）由分析可知，铁镀件镀铜，片与电源的正极相连。
故答案为： 正 ；
（3）溶液是检验的常用试剂，其原理为：通过反应生成蓝色沉淀；通过实验现象分析，铁能与溶液中的反应生成和，可能发生的反应为或。
故答案为： ；或 ；
（4）对比电解速率，加入氨水后镀件表面有致密红色固体，说明比更慢转化为，即的氧化性比的氧化性强；也可根据组别i中反应：，组别ii中无，得出的氧化性比的氧化性强。
故答案为： 弱 ；
（5）在铁镀件得到电子发生还原反应，在铁镀件析出铜，但阳极发生的反应，浓度不变，的反应平衡不移动。
故答案为： 不变 ；不；
（6）实验ii比实验i析出的铜致密，其原因可能是的化学平衡常数非常大，电解液的小，析出缓慢，导致析出的铜致密。
故答案为： 实验ii中电解液中小，析出缓慢，导致析出的铜致密 。
【分析】在铁件镀铜的工艺中，电极连接与反应原理明确：铜片作为阳极需接电源正极，发生氧化反应释放铜离子（Cu-2e-=Cu2+）；铁件作为阴极接电源负极，铜离子在此得电子析出铜（Cu2++2e-=Cu）。
观察两组实验差异：组别 i 处于酸性环境，镀件表面先冒无色气泡（铁与氢离子反应生成氢气：
Fe+2H+=Fe2++H2↑），随后气泡减少，且出现红色固体（铁置换铜离子：Cu2++Fe=Fe2++Cu）。电解后溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]，生成蓝色沉淀，证实有 Fe2+存在。
组别 ii 中，镀件表面无气体产生，且 K3[Fe(CN)6] 检测无蓝色沉淀（无 Fe2+）。这是因为溶液中存在 Cu2+与 NH3的络合平衡（Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+），其平衡常数高达 2×10 3，使得 Cu2+几乎完全转化为络离子，游离 Cu2+浓度极低。这种低浓度下铜缓慢析出，最终在镀件表面形成致密的红色铜层，避免了铁的副反应。据此解题。
（1）图标的意思是实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手。
（2）由分析可知，铁镀件镀铜，片与电源的正极相连。
（3）溶液是检验的常用试剂，其原理为：通过反应生成蓝色沉淀；通过实验现象分析，铁能与溶液中的反应生成和，可能发生的反应为或。
（4）对比电解速率，加入氨水后镀件表面有致密红色固体，说明比更慢转化为，即的氧化性比的氧化性强；也可根据组别i中反应：，组别ii中无，得出的氧化性比的氧化性强。
（5）在铁镀件得到电子发生还原反应，在铁镀件析出铜，但阳极发生的反应，浓度不变，的反应平衡不移动。
（6）实验ii比实验i析出的铜致密，其原因可能是的化学平衡常数非常大，电解液的小，析出缓慢，导致析出的铜致密。
17．【答案】（1）使滴定突变范围变大，减少滴定误差；酸式滴定管；控制活塞将洗涤液从滴定管下部放出；打开活塞快速放液
（2）>；>；；
（3）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用；中和滴定；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由题意可知，加入磷酸溶液，使滴定突变范围变大，这样可以减少滴定误差。
②重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下。
故答案为：使滴定突变范围变大，减少滴定误差；酸式滴定管；控制活塞将洗涤液从滴定管下部放出；打开活塞快速放液；
（2）①的电离常数，的水解常数，水解大于电离，溶液显碱性。②，可得的水解常数，，假若的水解率为，则，故的水解率大于，则；根据质子守恒可得。③的化学平衡常数
故答案为： > ； > ； ； ；
（3）惰性电极的氧化产物是磷酸，其电极反应式为。
故答案为： ；
【分析】(1)① 加磷酸的作用：除避免干扰、抑制水解外，还能扩大滴定突跃范围，减少误差；② 滴定步骤：重铬酸钾装酸式滴定管，需经 “蒸馏水洗→酸式滴定管润洗→放洗涤液→快速放液调液面”。
(2)① Na2HPO4溶液：HPO42-水解（Kh=10-6.8）> 电离（Ka3=10- 2.4），溶液显碱，pH>7；② Na3PO4溶液：PO43-水解程度大，c (OH-)>c (PO43-)；质子守恒式为
c (OH-)=c (H+)+c (HPO42-)+2c (H2PO4-)+3c (H3PO4)；③ 反应平衡常数：结合 Ka2、Ka3，求K。
(3)惰性电极氧化产物为磷酸，H2PO2-失电子、结合 H2O 生成 H3PO4，电极反应：
H2PO2-+2H2O-4e-=H3PO4+3H+。
（1）①由题意可知，加入磷酸溶液，使滴定突变范围变大，这样可以减少滴定误差。
②重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下。故答案为：使滴定突变范围变大，减少滴定误差
；酸式滴定管；控制活塞将洗涤液从滴定管下部放出；打开活塞快速放液；
（2）①的电离常数，的水解常数，水解大于电离，溶液显碱性。②，可得的水解常数，，假若的水解率为，则，故的水解率大于，则；根据质子守恒可得。③的化学平衡常数
（3）惰性电极的氧化产物是磷酸，其电极反应式为。
18．【答案】（1）
（2）断裂；2；I；温度越高，反应速率越快(合理即可)
（3）；2；；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；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）该反应是体积减少的放热反应，［-92.4-298×(-200)×10-3]=-32.8＜0，故上述反应在常温下能自发进行。
故答案为： ；
（2）①单位时间内消耗(断裂键)的同时消耗(断裂键)，反应达到化学平衡状态，因此当断裂键的同时断裂2键，反应达到化学平衡状态。
②由图可判断，相同温度下，催化剂I对应的转化率最大，说明催化剂I的催化效率最高，反应的活化能最小；之前，温度越高，反应速率越快，因此的转化率随温度升高而增大。
故答案为： 断裂 ；2；1； 温度越高，反应速率越快(合理即可) ；
（3）①反应ⅲ：，根据盖斯定律，，。
②在内反应ii的速率；设反应i中的分压变化为xKPa：，混合物中的平衡分压为，则反应ii：
即。
的平衡转化率为。反应i用分压表示的平衡常数。
故答案为： ；2； ； 。
【分析】(1)用吉布斯自由能判断自发：
，反应自发。
(2)①平衡标志：断裂1 mol N-H键（对应消耗），同时断裂2 mol H-O键（对应消耗），符合反应比例；
②活化能：催化剂Ⅰ转化率最高，活化能最低；前温度升高，反应速率加快，转化率增大。
(3)①计算：结合盖斯定律，反应iii 反应ii 反应i，得；
②速率与转化率：；总分压变化为，转化率；
③平衡常数：。
（1）该反应是体积减少的放热反应，［-92.4-298×(-200)×10-3]=-32.8＜0，故上述反应在常温下能自发进行。
（2）①单位时间内消耗(断裂键)的同时消耗(断裂键)，反应达到化学平衡状态，因此当断裂键的同时断裂2键，反应达到化学平衡状态。
②由图可判断，相同温度下，催化剂I对应的转化率最大，说明催化剂I的催化效率最高，反应的活化能最小；之前，温度越高，反应速率越快，因此的转化率随温度升高而增大。
（3）①反应ⅲ：，根据盖斯定律，，。
②在内反应ii的速率；设反应i中的分压变化为xKPa：，混合物中的平衡分压为，则反应ii：即。的平衡转化率为。反应i用分压表示的平衡常数。
1 / 1

展开更多......

收起↑