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北京市石景山区2024-2025学年高三上学期期末考试 化学试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题四个选项中选出最符合题目要求的一项。
1．（2025高三上·石景山期末）下列关于能源和作为能源的物质说法不正确的是
A．燃料电池将热能转化为电能
B．绿色植物进行光合作用时可将太阳能转化为化学能
C．物质的化学能可经过放热反应被人们利用
D．化石能源内部蕴藏着大量的能量
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】A、燃料电池的核心能量转化是化学能直接转化为电能，A错误；
B、绿色植物的光合作用是典型的太阳能转化过程：植物通过叶绿体吸收太阳能，将二氧化碳和水转化为葡萄糖（有机物），并储存化学能，实现了太阳能到化学能的转化，是自然界重要的能量循环形式，B正确；
C、物质通过燃烧或化学反应，将物质的化学能可经过放热反应被人们利用，如化石燃料（煤、石油）的燃烧是放热反应，将化学能转化为热能，C正确；
D、化石能源（煤、石油、天然气）是古代生物经过亿万年地质作用形成的，其内部蕴藏着大量化学能。燃烧时通过化学反应释放，是人类目前主要的能源来源，D正确；
故答案为：A
【分析】能源转化的核心是明确 “能量形式的对应关系”，常见易错点：
燃料电池≠热能→电能，而是化学能→电能；
光合作用、燃烧反应、电池反应的能量转化需准确区分，如光合作用：太阳能→化学能，燃烧：化学能→热能 / 光能。
2．（2025高三上·石景山期末）下列物质属于强电解质的是
A．H2O B．CH3COOH C．NH3·H2O D．CH3COONa
【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、H2O是极弱的电解质，电离程度极低，属于典型的弱电解质，A错误；
B、CH3COOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，B错误；
C、NH3·H2O是弱碱，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，C错误；
D、CH3COONa是盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D正确；
故答案为：D
【分析】判断强电解质的核心标准是在水溶液中或熔融状态下能完全电离，强电解质主要包括强酸、强碱、大多数盐类；弱电解质则是部分电离，主要包括弱酸、弱碱、水等。
3．（2025高三上·石景山期末）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．Cl 的结构示意图：
B．NaCl溶液中的水合离子：
C．基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1
D．基态原子x原子轨道的电子云轮廓图：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子结构示意图
【解析】【解答】A、Cl-是Cl原子得到1个电子形成的，核外电子数应为18，其结构示意图的核外电子排布应为“2、8、8”；而图中显示的是“2、8、7”，这是Cl原子的结构示意图，并非Cl-的，正确的结构示意图：，A错误；
B、NaCl在溶液中电离为Na+和Cl-，水是极性分子O端带负电、H端带正电： Na+会被H2O的O端包围， Cl-会被H2O的H端包围，因此NaCl溶液中的水合离子：，B正确；
C、Cr为24号元素，遵循半满或全满更稳定的规则，因此基态铬原子3d轨道半充满稳定，价层电子排布式：3d54s1，C正确；
D、P轨道电子云轮廓为哑铃型，x原子轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向的哑铃型，因此基态原子x原子轨道的电子云轮廓图：，D正确；
故答案为：A
【分析】这道题的解题关键围绕化学用语的核心判断依据展开，包括离子结构示意图的判断：需明确“原子→离子”的电子数变化；匹配“离子电荷与水分子极性端”的作用关系；
了解特殊元素的价层电子排布和常见的电子云轮廓图的特征。
4．（2025高三上·石景山期末）“嫦娥石”[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法不正确的是
A．40Ca、41Ca互为同位素
B．基态氧原子的轨道表示式：
C．电负性O > P
D．核素Y中质子数与中子数之差为50
【答案】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；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素。40Ca与41Ca的质子数均为20，也就是Ca的原子序数，中子数分别为20、21，符合同位素的定义，A正确；
B、基态氧原子的电子排布为：1s22s22p4，根据洪特规则，2p轨道的4个电子会优先分占不同轨道并保持自旋相同，剩余电子再配对，因此基态氧原子的轨道表示式：，B正确；
C、非金属性越强，电负性越大，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O>P，电负性O>P，C正确；
D、核素Y中质子数=原子序数=39，中子数=质量数-质子数=89-39=50，质子数与中子数之差为50-39=11，D错误；
故答案为：D
【分析】中子数计算：利用公式“中子数=质量数-质子数”，注意原子符号中“左上角为质量数、左下角为质子数”。
原子核外电子排布应遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理；能量最低原理是指通过对基态原子的核外电子进行排布，使整个原子的能量处于最低状态，而非是使电子尽可能地排布在能量最低的原子轨道；泡利不相容原理是指每个轨道(原子轨道中的轨道)最多只能容纳2个电子，且自旋方向相反(↑↓）；洪特规则是指在能量相等的简并轨道上，电子优先以自旋方向相同的方式分别占据不同的简并轨道，使原子的总能量最低。
5．（2025高三上·石景山期末）某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法不正确的是
A．基态N原子核外有7种运动状态不同的电子
B．原子半径：Al > C > N > O
C．第一电离能：C < N < O
D．气态氢化物的稳定性：H2O > NH3 > CH4
【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、电子的运动状态由能层、能级、轨道、自旋等因素共同决定，每个电子的运动状态均不同。基态N原子的核外电子数=原子序数=7，因此核外有7种运动状态不同的电子，A正确；
B、原子半径的变化规律为：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小：第二周期中C>N>O；同主族元素从上至下原子半径逐渐增大：Al位于第三周期，C、N、O位于第二周期，因此Al的原子半径远大于第二周期元素，最终原子半径顺序为：Al>C>N>O，B正确；
C、同周期第一电离能从左到右有增大趋势，但是存在半满的情况下更稳定的特殊情况，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，第一电离能CD、气态氢化物的稳定性与非金属性正相关，因此非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：H2O > NH3 > CH4，D正确；
故答案为：C
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
6．（2025高三上·石景山期末）室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是
A．溶液中c(CH3COO )= c()
B．常温下溶液显中性是因为CH3COO 和不发生水解
C．1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO )= 1 mol·L-1
D．由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、室温下，测得CH3COONH4溶液的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度与NH的水解程度相同，且存在电荷守恒c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(H+)+ c(NH)，pH＝7中c(OH－)= c(H+)，所以c(CH3COO－) = c(NH)，A正确；
B、常温下溶液显中性是因为CH3COO 和均发生水解，且CH3COO 水解程度与水解程度相同，而非不水解，B错误；
C、CH3COONH4为弱酸弱碱盐，能在水中完全电离，但是CH3COO 会发生水解，故1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO )<1 mol·L-1，C错误；
D、CH3COONH4溶液呈中性，可知CH3COO 水解程度与水解程度相同，而醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解可知的水解程度大于CH3COO ，同时也大于的水解程度，水解使溶液呈碱性，D错误；
故答案为：A
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
7．（2025高三上·石景山期末）下列解释事实的化学用语正确的是
A．甲烷的燃烧热 H为- 890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式：CH4 + 2O2 =CO2 + 2H2O H = - 890.3 kJ·mol-1
B．用Na2CO3溶液清洗油污的原因：+ 2H2OH2CO3 + 2OH
C．电解精炼铜的阳极反应：Cu2+ + 2e =Cu
D．用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s) + Hg2+(aq) =HgS(s) +Fe2+(aq)
【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；燃烧热；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、在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，热化学方程式需注明物质的聚集状态，因为△H与状态相关，所以正确的甲烷燃烧热热化学方程式应为：CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) H = - 890.3 kJ·mol-1，而选项未标注状态，A错误；
B、CO32-的水解是分步进行的，第一步水解为：，第二步水解（程度极弱）为：，而选项直接写两步合并的水解方程式，不符合实际水解过程，B错误；
C、电解精炼铜时，阳极是粗铜失电子，发生氧化反应，反应式为：；选项中的反应式：，是阴极（纯铜极）的还原反应，C错误；
D、HgS的溶解度远小于FeS，根据沉淀转化的规律，可通过沉淀转化反应除去Hg2+，相关的离子方程式：FeS(s) + Hg2+(aq) =HgS(s) +Fe2+(aq)，发生了沉淀转化，D正确；
故答案为：D
【分析】热化学方程式的规范要求：必须标注物质的聚集状态，其中△H与物质状态直接相关，燃烧热的热化学方程式中，生成物需为稳定态的；多元弱酸根的水解规律：多元弱酸根的水解是分步进行的，第一步水解为主，第二步水解程度极弱，不能直接写两步合并的水解方程式；沉淀转化的离子方程式逻辑：依据“难溶物转化为更难溶物”的规律。
8．（2025高三上·石景山期末）“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是
A．反应物断键吸收的能量为a kJ
B．此反应的活化能为a kJ·mol-1
C．反应中成键放出的能量为b kJ
D．A2(g) + B2(g) =2AB(g)是放热反应
【答案】B
【知识点】化学键；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】A、反应物断键吸收的能量与活化能相关，但a段是反应物到活化态的能量差也就是活化能，并非断键吸收的能量本身，断键吸收的能量需结合成键放出的能量综合判断，A错误；B、活化能的定义是“反应物分子转化为活化分子所需的能量”，对应图中反应物总能量到过渡态（活化态）的能量差，即“akJ mol- ”，B正确；
C、b段是活化态到生成物的能量差，而成键放出的能量是生成物形成时释放的总能量，并非仅等于b，C错误；
D、放热反应的判断依据是“反应物总能量>生成物总能量”，但图中反应物1molA2(g)+1molB2(g)的总能量低于生成物2molAB(g)的总能量，因此该反应是吸热反应，并非放热反应，D错误；
故答案为：B
【分析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，akJ为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，bkJ为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。
能量变化图像题注意事项：反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热；注意活化能在图示中的意义；从反应物至最高点的能量变化表示正反应的活化能，反之表示逆反应的活化能；催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH；涉及反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
9．（2025高三上·石景山期末）已知肼N2H4的部分化学键的键能如表所示。则反应的△H为
化学键 O2中的化学键
键能kJ mol-1 391 193 497 463 946
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】反应：的△H=4E(N-H)+E(N-N)+E(O2)-E(N≡N)-4E(O-H)=(4×391+193+497-946-4×463) kJ mol-1=-544 kJ mol-1；故答案为：B
【分析】化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2.根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H=Ea正-Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和）
10．（2025高三上·石景山期末）下列电化学实验装置与实验目的或原理不相符的是
实验目的或原理 A.铁与硫酸铜的反应形成原电池 B.铁片上镀铜
实验装置
实验目的或原理 C.铁的吸氧腐蚀 D.电解食盐水制备Cl2和NaOH
实验装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁是活泼金属为负极，铜为正极，CuSO4溶液为电解质，通过电流表形成闭合回路，可构成原电池，其中负极：Fe-2e-=Fe2+，正极：Cu2++2e-=Cu，装置与铁与硫酸铜反应形成原电池的目的一致，A正确；B、铁片上镀铜时，镀层金属（Cu）作阳极、镀件（Fe）作阴极，电解质为CuSO4溶液。装置中Cu接电源正极（阳极）、Fe接电源负极（阴极），符合电镀的电极要求，可实现铁片镀铜，B正确；
C、铁的吸氧腐蚀是中性环境下的原电池反应：Fe为负极：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，食盐水为电解质。装置中Fe、Cu通过电流表连接并插入食盐水，符合吸氧腐蚀的条件，C正确；
D、电解食盐水制备Cl2和NaOH时，阳极需用惰性电极，若用活泼金属Fe作阳极，Fe会优先失电子被氧化，无法使Cl-在阳极放电生成Cl2。该装置中阳极是Fe，不符合电解食盐水的电极要求，无法制备Cl2，D错误；
故答案为：D
【分析】在判断一个装置是否原电池时，应该注意这样三点：（1）不要计较电极的形状和大小；（2）不要计较闭合电路的形成方式，可以有导线，也可以不用导线，只要让两个电极互相连通就行；（3）也不必考虑电解质的成分，可以是一种溶质，也可以是多种溶质的电解质溶液；可以是强电解质溶液，也可以是弱电解质溶液。只要符合前面所说的构成原电池的三个条件，就能构成原电池。
11．（2025高三上·石景山期末）下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是
实验目的 A.由FeCl3溶液制取无水FeCl3固体 B.探究温度对化学平衡移动的影响
实验装置
实验目的 C.比较AgCl和Ag2S溶解度大小 D.测定锌与稀硫酸反应速率
实验装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；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；实验装置综合
【解析】【解答】A、FeCl3溶液中Fe3+会发生水解：，直接加热蒸发时，HCl易挥发，会促进水解平衡正向移动，最终得到的是Fe(OH)3，甚至可能会分解为Fe2O3，无法制取无水FeCl3。正确操作应为在HCl气流中加热蒸发，因此该装置不能达到目的，A错误；
B、 ，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，通过对比两个烧瓶的颜色变化，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，B正确；
C、氯化钠过量，滴加硝酸银，生成氯化银以后，再次滴加硫化钠，氯化银能与硫化钠反应实现沉淀的自然转化，依据沉淀向更难转化的方向移动的原理，能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，且能达到实验目的，C正确；
D、锌粒与盐酸反应制得氢气，利用针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，能达到实验目的，D正确；
故答案为：A
【分析】制备易水解的盐时，需抑制水解。直接加热蒸发会导致水解彻底，最终得不到无水盐；探究温度对平衡的影响，需选择“存在明显直观现象（如颜色、状态变化）的可逆反应”。直观反映平衡移动方向，实验设计需保证单一变量和现象可观测；利用“难溶物向更难溶物转化”的规律设计实验，需通过沉淀颜色或者状态的明显变化验证；反应速率的核心是“单位时间内反应物浓度减少或生成物浓度增加”，实验设计需选择“易测量的物理量”。
12．（2025高三上·石景山期末）一种基于电解原理的湿法冶铁装置如图所示，电解过程中，下列说法不正确的是
A．阳极生成的气体为Cl2
B．OH 移向阳极区补充溶液中阴离子的减少
C．阴极反应：Fe2O3 + 6e + 3H2O=2Fe+6OH
D．阴极区溶液的pH升高
【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、右侧为阳极，阳极发生氧化反应，右侧的饱和食盐水在阳极放电，氯离子失去电子生成氯气，A正确；
B、装置中为阳离子交换膜，仅允许阳离子通过，阴离子无法通过交换膜；同时，电解池中阴离子应移向阳极，但阳离子交换膜阻断了OH-的移动，因此OH-不能移向阳极区，B错误；
C、阴极发生还原反应，Fe2O3中的Fe3+被还原成Fe，据此推断出阴极反应：，C正确；
D、根据阴极反应：，生成有OH-，导致阴极区的OH-浓度升高，阴极区pH值升高，D正确；
故答案为：B
【分析】观察整个装置图可知，右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极。
13．（2025高三上·石景山期末）一定温度下，在三个体积均为2L的恒容密闭容器中充入气体PCl5发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。
编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol 达到平衡所需时间/s
PCl5(g) PCl3(g) Cl2(g)
320 0.40 0.10 0.10 t1
320 0.80
t2
410 0.40 0.15 0.15 t3
下列说法正确的是
A．反应到达平衡时，容器中的平均速率为v(PCl5)= 0.1/t1 mol·L-1·s-1
B．该反应正反应为放热反应
C．反应的平衡常数为
D．平衡常数K：容器>容器
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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】A、反应速率需要利用浓度变化来计算，反应到达平衡时，容器中的PCl5的物质的量的变化与PCl3的生成量相等，容器中的平均速率为：，A错误；
B、从容器和容器的反应来看，温度升高，平衡时产物的量增加，说明在容器的基础上升温，平衡会正向移动，根据升温平衡向吸热方向移动，可知正反应为吸热反应，并非放热反应，故B错误；
C、容器和容器的反应温度相同，温度不变，平衡常数不变，则反应的平衡常数为：，故C正确；
D、反应温度容器<容器，经分析该反应是吸热反应，升高温度，K值增大，则平衡常数K：容器<容器，故D错误；
故答案为：C
【分析】由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时要注意相同的单位，然后换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小，同时要注意与反应方程式之间的比例关系。判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
14．（2025高三上·石景山期末）Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某兴趣小组模拟上述过程：
①将1 mol·L-1 CaCl2溶液和1 mol·L-1 Na2SO4溶液等体积混合得浊液a
②向滴有酚酞的1 mol·L-1 Na2CO3溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅
③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，一段时间后溶液红色变浅
下列说法中不正确的是
A．①中所得浊液过滤，所得滤液中仍含有Ca2+
B．②中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3
C．③中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3
D．③中发生了反应CaSO4(s) + (aq)CaCO3(s) + (aq)
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】A、①中反应生成少量沉淀，属于微溶物，在水溶液中存在沉淀溶解平衡，故过滤所得滤液中仍含，A正确；
B、向含有酚酞的溶液中加入浊液a(含沉淀和溶液中的、)，红色变浅说明被消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的直接与生成沉淀，无法证明有转化为，B错误；
C、将过滤后的白色沉淀b固体(固体)浸泡在溶液中，红色变浅说明被消耗，此时溶液中无游离，只能通过转化为来实现，C正确；
D、根据选项C的分析，反应式CaSO4(s) + (aq)CaCO3(s) + (aq)符合溶度积规则(的Ksp更小)，D正确；
故答案为：B
【分析】当生成沉淀或者微溶物时，滤液中仍会溶解少量相关离子，这是因为水溶液中存在沉淀溶解平衡；当验证沉淀转化的时候需排除溶液中自由离子的直接反应干扰，也就是控制变量，此时才能证明的沉淀发生了转化，而沉淀转化的本质是“难溶物向更难溶物转化”。
二、本部分共5题，共58分。
15．（2025高三上·石景山期末）H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。
（1）多角度认识物质，有助于我们更全面地认识物质的化学性质。
i．元素化合价角度
①H2O2催化分解反应中体现了H2O2的　 　(填化学性质)。
②H2O2与SO2反应，只做氧化剂，写出化学反应方程式　 　。
③H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，在反应中只做还原剂，发生反应的化学方程式为：2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 =K2SO4 + 2MnSO4 + 5O2↑ + 8H2O。实验室常用酸性KMnO4溶液测定H2O2的浓度。取10.00 mL H2O2溶液样品于锥形瓶中，加水稀释至50.00 mL，滴入0.10 mol L-1 KMnO4 溶液20.00 mL，恰好完全反应。则原样品中H2O2的物质的量浓度是　 　mol·L-1。
ii．物质类别角度
④H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离方程式：　 　；H2O2与过量的Ca(OH)2反应的化学方程式为　 　。
（2）直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。
电池总反应为：2H2O2=O2↑ + 2H2O
①电极为　 　极。
②电极的反应式为：　 　。
③该电池的设计利用了H2O2氧化性、还原性受　 　的影响造成的差异。
【答案】（1）氧化性、还原性；H2O2+SO2=H2SO4；0.5；H2O2H+ +；H2O2 + Ca(OH)2=CaO2+ 2H2O
（2）负极；H2O2 + 2e- + 2H+=2H2O；酸碱性或pH
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；中和滴定
【解析】【解答】（1）、①、催化分解反应为，该反应中O元素化合价即有升高，又有降低，体现了即具有氧化性又具有还原性；
②、与反应，只做氧化剂，则生成硫酸，化学方程式：；
③、根据化学方程式，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3 mol，则该溶液的浓度为=0.5 mol·Lˉ1；
④、是一种二元弱酸，第一步电离方程式为：；与过量反应生成过氧化钙和水，化学方程式为：；
（2）、原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e- +2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；据此分析解题；
①、由分析，电极Ⅰ为负极；
②、由分析，电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；
③、根据两电极反应物相同，分别发生氧化、还原反应可知，H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同。
【分析】要书写原电池电极反应式，可以遵循以下步骤：确定电极：首先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；书写反应方程式：在等式的两边分别写出反应物和生成物，标明电子的得失，并根据质量守恒和电荷守恒进行配平；注意共存离子：注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；考虑反应环境：根据电解质的酸碱性判断产物，特别是在燃料电池中，反应环境会影响最终生成物。
（1）①催化分解反应为，该反应中O元素化合价即有升高，又有降低，体现了即具有氧化性又具有还原性；
②与反应，只做氧化剂，则生成硫酸，化学方程式：；
③根据化学方程式，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3 mol，则该溶液的浓度为=0.5 mol·Lˉ1；
④是一种二元弱酸，第一步电离方程式为：；与过量反应生成过氧化钙和水，化学方程式为：；
（2）原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e- +2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；据此分析解题；
①由分析，电极Ⅰ为负极；
②由分析，电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；
③根据两电极反应物相同，分别发生氧化、还原反应可知，H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同。
16．（2025高三上·石景山期末）氯资源的循环利用可提高物质的利用率，也是践行绿色化学理念的重要举措。
（1）工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H
已知：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g) H1=-183.0 kJ·mol-1
2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 = - 483.6 kJ·mol-1
则上述反应的 H = 　 　kJ·mol-1 。
（2）在恒温恒容的密闭容器中发生上述HCl转化为Cl2的反应，表明该反应已达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．混合气体密度不随时间变化
b．气体总压强不随时间变化
c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成
d．混合气体颜色深浅不随时间变化
（3）工业上使用催化剂催化O2与HCl的反应时，在不同温度下，HCl转化率与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
①T1、T2、T3温度由高到低依次为　 　。
②此生产工艺提高HCl转化率的措施有　 　。(写两项即可)
③相同流速下，比较T1、T2、T3温度下HCl的转化率，较高流速下a>b>c，较低流速下a’< b’ < c’，请解释较高流速下a>b>c的原因　 　。
【答案】（1）-117.6
（2）bd
（3）T1>T2>T3；提高O2/HCl的物料比，降低流速，降低温度；在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高
【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）、反应I：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g) H1=-183.0 kJ·mol-1
反应II：2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 = - 483.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)，则 H= H2-2 H1=- 483.6 kJ·mol-1-2×(-183.0 kJ·mol-1)= -117.6 kJ·mol-1；
（2）、a、反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a错误；
b、恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b正确；
c、消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c错误；
d、Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：bd；
（3）、①、根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3；
②、提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分；
③、在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）反应I：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g) H1=-183.0 kJ·mol-1
反应II：2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 = - 483.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)，则 H= H2-2 H1=- 483.6 kJ·mol-1-2×(-183.0 kJ·mol-1)= -117.6 kJ·mol-1；
（2）a．反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a不符合；
b．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b符合；
c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c不符合；
d．Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d符合；
答案选bd；
（3）①根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3；
②提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分；
③在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高。
17．（2025高三上·石景山期末）钴及其化合物在合金、催化剂等方面有着广泛应用。从一种炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Fe的单质或氧化物)富集回收含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
开始沉淀的pH 1.9 6.9
7.4 6.2
沉淀完全的pH 3.2 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是　 　。
（2）“滤液1”中加入MnO2的作用是　 　，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现　 　，需补加MnO2。
（3）加ZnO调pH值的范围为　 　。
（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”的离子方程式为　 　。
（5）Mn、Fe两元素的部分电离能数据如下表：
元素 Mn Fe
电离能(kJ·mol-1) I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。请从原子结构的角度解释　 　。
（6）“滤液2”中的Co2+也可与NaHCO3反应生成CoCO3沉淀来实现富集，请用平衡移动原理解释用NaHCO3沉淀富集的原因　 　。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；蓝色沉淀
（3）3.2~6.2
（4）3Co2+++ 7H2O=3Co(OH)3+ MnO2 + 5H+
（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易
（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是：增大接触面积，加快反应速率；
（2）、“滤液1”中加入MnO2的作用是：将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；
Fe2+遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现蓝色沉淀，说明Fe2+未全部被氧化，需补加MnO2；
（3）、加ZnO让Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，调pH值的范围为3.2~6.2；
（4）、“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”生成MnO2和Co(OH)3，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：3Co2+++ 7H2O=3Co(OH)3+ MnO2 + 5H+；
（5）、基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易；
（6）、NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底。
【分析】向含Co、Zn、Fe单质或氧化物的废渣中加入稀H2SO4，是因为硫酸根为稳定阴离子，后续沉淀过程中不会形成难溶硫酸盐杂质，搅拌促进反应，反应完成后过滤除去未溶解的惰性杂质，得到滤液1，此时的主要成分为：Co2+、Zn2+、Fe2+；接着向滤液1中先加入MnO2，MnO2是弱氧化剂，仅能氧化Fe2+却无法氧化Co2+、Zn2+，且还原产物为Mn2+，后续不影响钴的分离，相关反应方程式为：；再加入ZnO调节pH，ZnO是废渣中原有金属的氧化物，调节pH时仅消耗H+，搅拌后过滤，得到Fe(OH)3滤渣与滤液2，此时的主要成分：Co2+、Zn2+、Mn2+、SO42-；最后向滤液2中加入KMnO4，氧化Co2+为Co3+，相关反应方程式为：；搅拌后调节pH=5，实现钴与锌的分离，反应完成后过滤，得到产品Co(OH)3与MnO2副产物。
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是：增大接触面积，加快反应速率；
（2）“滤液1”中加入MnO2的作用是：将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；
Fe2+遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现蓝色沉淀，说明Fe2+未全部被氧化，需补加MnO2；
（3）加ZnO让Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，调pH值的范围为3.2~6.2；
（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”生成MnO2和Co(OH)3，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：3Co2+++ 7H2O=3Co(OH)3+ MnO2 + 5H+；
（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易；
（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底。
18．（2025高三上·石景山期末）水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。
（1）水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则100℃时水溶液的离子积为Kw=　 　。
（2）常温下向20.00 mL 0.100 mol·L-1 HX(一元酸)溶液中滴加0.100 mol·L-1 NaOH的pH变化如图所示。
①HX的电离常数为　 　。
②B点溶液中c(X-)　 　c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。
③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为　 　。
（3）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：
化学式 CH3COOH H2CO3 HF
电离平衡常数 1.8 ×10-5 K1=4.3 × 10-7，K2=5.6 ×10-11 6.0 ×10-4
①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是　 　(填序号)。
a． b．F c．CH3COO d．
② 一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF 　 　。
【答案】（1）10-12
（2）10-5；=；c(Na＋) > c(X-) > c(OH-) > c(H＋)
（3）adcb；计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】（1）、B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12；
（2）、①、0.100 mol·L-1HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100 mol/L- c(X-)=0.100 mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==；
②、B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)；
③、C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+) c(X-) > c(OH-) > c(H＋)；
（3）、①、弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>> CH3COO >F-，序号为：adcb；
②、计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。
【分析】离子积水的离子积是在特定温度下，水溶液中氢离子[H+]和[OH-]浓度的乘积，且离子积常数只与温度有关；水溶液中的三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的；弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，可以结合平衡常数的数据进行定量计算的比较；
（1）B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12；
（2）①0.100 mol·L-1HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100 mol/L- c(X-)=0.100 mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==；
②B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)；
③C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+) c(X-) > c(OH-) > c(H＋)；
（3）①弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>> CH3COO >F-，序号为：adcb；
②计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。
19．（2025高三上·石景山期末）为探究金属铁和铝的钝化现象，某小组同学做了如下探究实验。
序号 实验操作及现象
i 将光亮的铁钉放入冷的浓硫酸中，铁钉表面逐渐聚集白色固体，直至无明显现象。将铁钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，又开始重复以上现象。反复几次后酸液呈淡黄色浑浊。
ii 将光亮的铝钉放入冷的浓硫酸中，铝钉变暗。将铝钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，无明显现象。
（1）已有研究证实铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的　 　性，是由H2SO4的　 　(填元素符号)体现出来的。
（2）为探究铁在浓硫酸中的作用与铝不同，将实验①中覆盖白色固体的铁钉用蒸馏水冲洗，向收集的冲洗液中加入　 　，溶液无现象，再滴加几滴酸化的H2O2溶液，溶液变红，说明溶液中存在Fe2+，因此铁在浓硫酸中生成了FeSO4。
（3）经检验实验i中淡黄色浑浊为硫，写出铁与浓硫酸作用的化学方程式　 　。
（4）若向FeSO4溶液中滴加未经酸化的H2O2溶液，溶液的pH值变化如图所示：
已知：a．未经酸化的H2O2溶液pH值为4.4，FeSO4溶液的起始pH值为3.5；
b．Fe3+沉淀的pH值范围为3.2~1.9。
结合化学用语解释滴定过程中pH变小的原因　 　。
（5）探究被浓硫酸处理后的铁钉、铝钉(试剂A)与盐溶液(试剂B)的反应：
序号 试剂A 试剂B 实验现象
I 铁钉 10 mL 0.1 mol L-1 CuSO4溶液 很快有大量红色固体析出
II 铝钉 10 mL 0.1 mol L-1 CuSO4溶液 无明显现象
III 铝钉 10 mL 0.1 mol L-1 CuCl2溶液 短时间内有较多红色固体析出
IV 铝钉 10 mL a mol L-1 CuSO4溶液+少量b固体 有红色固体析出，速率比III慢
①结合上下文实验解释实验I和实验II现象不同的原因　 　。
②由实验II和实验III　 　(填“能”或“不能”)推知Cl-会加快铝钉与Cu2+的反应速率，理由是　 　。
③小组同学一致认为，由实验III和实验IV可推知Cl-会加快铝钉与Cu2+的反应速率，则实验IV中，a处填　 　，b处填　 　。
【答案】（1）氧化性；硫元素或S
（2）KSCN
（3）3Fe + 4H2SO4=3FeSO4 + S↓ + 4H2O
（4）H2O2氧化Fe2+的反应为H2O2 + 2Fe2+ +4H2O=2Fe(OH)3↓ + 4H+，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降
（5）铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化；而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用；不能；有可能减慢钝化金属与Cu2+的反应速率；0.1；NaCl
【知识点】浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的氧化性；由于H2SO4中S为+6价最高价的原因；
（2）、证明Fe2+离子，向收集的冲洗液中加入KSCN试剂，再加入酸化的H2O2，H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，遇KSCN溶液变红色；
（3）、铁与浓硫酸作用生成硫酸亚铁和S单质，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式：3Fe + 4H2SO4=3FeSO4 + S↓ + 4H2O；
（4）、根据Fe3+沉淀的pH值和FeSO4溶液的pH值，H2O2氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，同时有H+生成，反应离子方程式为：H2O2 + 2Fe2+ +4H2O=2Fe(OH)3↓ + 4H+，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降；
（5）、①、根据实验I和II的现象，铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化，氧化铝与CuSO4溶液不反应；而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用，能够与硫酸铜溶液反应；
②、根据实验II和III，钝化后的铝钉与硫酸铜溶液不反应，与CuCl2溶液反应，可能是Cl-加快金属与Cu2+的反应，也有可能减慢钝化金属与Cu2+的反应速率；
③、实验III和IV对比，Cu2+浓度不变，a=0.1，加入少量的NaCl，增加了Cl-浓度，有固体析出，说明是Cl-加快了铝钉与Cu2+的反应速率，b是NaCl。
【分析】该实验探究了铁、铝在冷浓硫酸中的钝化现象，结合钝化原理：金属表面形成致密氧化膜阻止反应，对实验现象的解析及两者钝化的差异如下：
实验i（铁钉与冷浓硫酸的作用）
初始现象是表面聚集白色固体，无明显后续现象冷浓硫酸具有强氧化性，铁钉表面会被氧化，初步形成铁的氧化膜，但铁的钝化膜致密性较差，仅能暂时阻止反应（钝化初期状态）。冲洗后再放入浓硫酸，重复现象用蒸馏水冲洗铁钉时，表面的铁钝化膜易被水破坏、脱落，裸露的铁再次与冷浓硫酸接触，重新发生氧化反应并形成新的氧化膜，因此现象重复出现。酸液呈淡黄色浑浊多次“钝化-膜破坏-再钝化”的过程中，铁持续被氧化为Fe3+，Fe3+与硫酸根结合形成硫酸铁，使溶液呈现淡黄色浑浊。
实验ii（铝钉与冷浓硫酸的作用）
初始现象是铝钉变暗铝在冷浓硫酸中会快速被氧化，表面形成致密的Al2O3钝化膜，这层膜能隔绝铝与浓硫酸的接触，因此反应迅速停止，铝钉因表面形成氧化膜而变暗。冲洗后再放入无明显现象，Al2O3钝化膜性质稳定，不溶于水，蒸馏水冲洗不会破坏膜的完整性，因此钝化膜持续覆盖铝表面，隔绝铝与浓硫酸，后续无反应发生。
（1）铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的氧化性；由于H2SO4中S为+6价最高价的原因；
（2）证明Fe2+离子，向收集的冲洗液中加入KSCN试剂，再加入酸化的H2O2，H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，遇KSCN溶液变红色；
（3）铁与浓硫酸作用生成硫酸亚铁和S单质，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式：3Fe + 4H2SO4=3FeSO4 + S↓ + 4H2O；
（4）根据Fe3+沉淀的pH值和FeSO4溶液的pH值，H2O2氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，同时有H+生成，反应离子方程式为：H2O2 + 2Fe2+ +4H2O=2Fe(OH)3↓ + 4H+，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降；
（5）①根据实验I和II的现象，铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化，氧化铝与CuSO4溶液不反应；而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用，能够与硫酸铜溶液反应；
②根据实验II和III，钝化后的铝钉与硫酸铜溶液不反应，与CuCl2溶液反应，可能是Cl-加快金属与Cu2+的反应，也有可能减慢钝化金属与Cu2+的反应速率；
③实验III和IV对比，Cu2+浓度不变，a=0.1，加入少量的NaCl，增加了Cl-浓度，有固体析出，说明是Cl-加快了铝钉与Cu2+的反应速率，b是NaCl。
1 / 1北京市石景山区2024-2025学年高三上学期期末考试 化学试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题四个选项中选出最符合题目要求的一项。
1．（2025高三上·石景山期末）下列关于能源和作为能源的物质说法不正确的是
A．燃料电池将热能转化为电能
B．绿色植物进行光合作用时可将太阳能转化为化学能
C．物质的化学能可经过放热反应被人们利用
D．化石能源内部蕴藏着大量的能量
2．（2025高三上·石景山期末）下列物质属于强电解质的是
A．H2O B．CH3COOH C．NH3·H2O D．CH3COONa
3．（2025高三上·石景山期末）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．Cl 的结构示意图：
B．NaCl溶液中的水合离子：
C．基态铬原子(24Cr)的价层电子排布式：3d54s1
D．基态原子x原子轨道的电子云轮廓图：
4．（2025高三上·石景山期末）“嫦娥石”[(Ca8Y)Fe(PO4)7]是我国科学家首次在月壤中发现的新型静态矿物，下列说法不正确的是
A．40Ca、41Ca互为同位素
B．基态氧原子的轨道表示式：
C．电负性O > P
D．核素Y中质子数与中子数之差为50
5．（2025高三上·石景山期末）某种具有高效率电子传输性能的有机发光材料的结构简式如图所示。下列关于该材料组成元素的说法不正确的是
A．基态N原子核外有7种运动状态不同的电子
B．原子半径：Al > C > N > O
C．第一电离能：C < N < O
D．气态氢化物的稳定性：H2O > NH3 > CH4
6．（2025高三上·石景山期末）室温下，CH3COONH4溶液的pH约为7，关于溶液的下列说法正确的是
A．溶液中c(CH3COO )= c()
B．常温下溶液显中性是因为CH3COO 和不发生水解
C．1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO )= 1 mol·L-1
D．由CH3COONH4溶液呈中性可推知NH4HCO3溶液显酸性
7．（2025高三上·石景山期末）下列解释事实的化学用语正确的是
A．甲烷的燃烧热 H为- 890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式：CH4 + 2O2 =CO2 + 2H2O H = - 890.3 kJ·mol-1
B．用Na2CO3溶液清洗油污的原因：+ 2H2OH2CO3 + 2OH
C．电解精炼铜的阳极反应：Cu2+ + 2e =Cu
D．用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s) + Hg2+(aq) =HgS(s) +Fe2+(aq)
8．（2025高三上·石景山期末）“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是
A．反应物断键吸收的能量为a kJ
B．此反应的活化能为a kJ·mol-1
C．反应中成键放出的能量为b kJ
D．A2(g) + B2(g) =2AB(g)是放热反应
9．（2025高三上·石景山期末）已知肼N2H4的部分化学键的键能如表所示。则反应的△H为
化学键 O2中的化学键
键能kJ mol-1 391 193 497 463 946
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·石景山期末）下列电化学实验装置与实验目的或原理不相符的是
实验目的或原理 A.铁与硫酸铜的反应形成原电池 B.铁片上镀铜
实验装置
实验目的或原理 C.铁的吸氧腐蚀 D.电解食盐水制备Cl2和NaOH
实验装置
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·石景山期末）下列实验装置(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是
实验目的 A.由FeCl3溶液制取无水FeCl3固体 B.探究温度对化学平衡移动的影响
实验装置
实验目的 C.比较AgCl和Ag2S溶解度大小 D.测定锌与稀硫酸反应速率
实验装置
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·石景山期末）一种基于电解原理的湿法冶铁装置如图所示，电解过程中，下列说法不正确的是
A．阳极生成的气体为Cl2
B．OH 移向阳极区补充溶液中阴离子的减少
C．阴极反应：Fe2O3 + 6e + 3H2O=2Fe+6OH
D．阴极区溶液的pH升高
13．（2025高三上·石景山期末）一定温度下，在三个体积均为2L的恒容密闭容器中充入气体PCl5发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。
编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol 达到平衡所需时间/s
PCl5(g) PCl3(g) Cl2(g)
320 0.40 0.10 0.10 t1
320 0.80
t2
410 0.40 0.15 0.15 t3
下列说法正确的是
A．反应到达平衡时，容器中的平均速率为v(PCl5)= 0.1/t1 mol·L-1·s-1
B．该反应正反应为放热反应
C．反应的平衡常数为
D．平衡常数K：容器>容器
14．（2025高三上·石景山期末）Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某兴趣小组模拟上述过程：
①将1 mol·L-1 CaCl2溶液和1 mol·L-1 Na2SO4溶液等体积混合得浊液a
②向滴有酚酞的1 mol·L-1 Na2CO3溶液中加等体积的浊液a，溶液红色变浅
③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b，浸泡在滴有酚酞的1 mol·L-1 Na2CO3溶液中，一段时间后溶液红色变浅
下列说法中不正确的是
A．①中所得浊液过滤，所得滤液中仍含有Ca2+
B．②中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3
C．③中溶液红色变浅可证明有CaSO4转化为CaCO3
D．③中发生了反应CaSO4(s) + (aq)CaCO3(s) + (aq)
二、本部分共5题，共58分。
15．（2025高三上·石景山期末）H2O2是重要的化学试剂，在实验室和生产实际中应用广泛。
（1）多角度认识物质，有助于我们更全面地认识物质的化学性质。
i．元素化合价角度
①H2O2催化分解反应中体现了H2O2的　 　(填化学性质)。
②H2O2与SO2反应，只做氧化剂，写出化学反应方程式　 　。
③H2O2可使酸性KMnO4溶液褪色，在反应中只做还原剂，发生反应的化学方程式为：2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 =K2SO4 + 2MnSO4 + 5O2↑ + 8H2O。实验室常用酸性KMnO4溶液测定H2O2的浓度。取10.00 mL H2O2溶液样品于锥形瓶中，加水稀释至50.00 mL，滴入0.10 mol L-1 KMnO4 溶液20.00 mL，恰好完全反应。则原样品中H2O2的物质的量浓度是　 　mol·L-1。
ii．物质类别角度
④H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离方程式：　 　；H2O2与过量的Ca(OH)2反应的化学方程式为　 　。
（2）直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。
电池总反应为：2H2O2=O2↑ + 2H2O
①电极为　 　极。
②电极的反应式为：　 　。
③该电池的设计利用了H2O2氧化性、还原性受　 　的影响造成的差异。
16．（2025高三上·石景山期末）氯资源的循环利用可提高物质的利用率，也是践行绿色化学理念的重要举措。
（1）工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H
已知：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g) H1=-183.0 kJ·mol-1
2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 = - 483.6 kJ·mol-1
则上述反应的 H = 　 　kJ·mol-1 。
（2）在恒温恒容的密闭容器中发生上述HCl转化为Cl2的反应，表明该反应已达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a．混合气体密度不随时间变化
b．气体总压强不随时间变化
c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成
d．混合气体颜色深浅不随时间变化
（3）工业上使用催化剂催化O2与HCl的反应时，在不同温度下，HCl转化率与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
①T1、T2、T3温度由高到低依次为　 　。
②此生产工艺提高HCl转化率的措施有　 　。(写两项即可)
③相同流速下，比较T1、T2、T3温度下HCl的转化率，较高流速下a>b>c，较低流速下a’< b’ < c’，请解释较高流速下a>b>c的原因　 　。
17．（2025高三上·石景山期末）钴及其化合物在合金、催化剂等方面有着广泛应用。从一种炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Fe的单质或氧化物)富集回收含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
开始沉淀的pH 1.9 6.9
7.4 6.2
沉淀完全的pH 3.2 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是　 　。
（2）“滤液1”中加入MnO2的作用是　 　，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现　 　，需补加MnO2。
（3）加ZnO调pH值的范围为　 　。
（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”的离子方程式为　 　。
（5）Mn、Fe两元素的部分电离能数据如下表：
元素 Mn Fe
电离能(kJ·mol-1) I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。请从原子结构的角度解释　 　。
（6）“滤液2”中的Co2+也可与NaHCO3反应生成CoCO3沉淀来实现富集，请用平衡移动原理解释用NaHCO3沉淀富集的原因　 　。
18．（2025高三上·石景山期末）水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。
（1）水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则100℃时水溶液的离子积为Kw=　 　。
（2）常温下向20.00 mL 0.100 mol·L-1 HX(一元酸)溶液中滴加0.100 mol·L-1 NaOH的pH变化如图所示。
①HX的电离常数为　 　。
②B点溶液中c(X-)　 　c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。
③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为　 　。
（3）25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：
化学式 CH3COOH H2CO3 HF
电离平衡常数 1.8 ×10-5 K1=4.3 × 10-7，K2=5.6 ×10-11 6.0 ×10-4
①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是　 　(填序号)。
a． b．F c．CH3COO d．
② 一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF 　 　。
19．（2025高三上·石景山期末）为探究金属铁和铝的钝化现象，某小组同学做了如下探究实验。
序号 实验操作及现象
i 将光亮的铁钉放入冷的浓硫酸中，铁钉表面逐渐聚集白色固体，直至无明显现象。将铁钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，又开始重复以上现象。反复几次后酸液呈淡黄色浑浊。
ii 将光亮的铝钉放入冷的浓硫酸中，铝钉变暗。将铝钉取出用蒸馏水冲洗后再次放入浓硫酸中，无明显现象。
（1）已有研究证实铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的　 　性，是由H2SO4的　 　(填元素符号)体现出来的。
（2）为探究铁在浓硫酸中的作用与铝不同，将实验①中覆盖白色固体的铁钉用蒸馏水冲洗，向收集的冲洗液中加入　 　，溶液无现象，再滴加几滴酸化的H2O2溶液，溶液变红，说明溶液中存在Fe2+，因此铁在浓硫酸中生成了FeSO4。
（3）经检验实验i中淡黄色浑浊为硫，写出铁与浓硫酸作用的化学方程式　 　。
（4）若向FeSO4溶液中滴加未经酸化的H2O2溶液，溶液的pH值变化如图所示：
已知：a．未经酸化的H2O2溶液pH值为4.4，FeSO4溶液的起始pH值为3.5；
b．Fe3+沉淀的pH值范围为3.2~1.9。
结合化学用语解释滴定过程中pH变小的原因　 　。
（5）探究被浓硫酸处理后的铁钉、铝钉(试剂A)与盐溶液(试剂B)的反应：
序号 试剂A 试剂B 实验现象
I 铁钉 10 mL 0.1 mol L-1 CuSO4溶液 很快有大量红色固体析出
II 铝钉 10 mL 0.1 mol L-1 CuSO4溶液 无明显现象
III 铝钉 10 mL 0.1 mol L-1 CuCl2溶液 短时间内有较多红色固体析出
IV 铝钉 10 mL a mol L-1 CuSO4溶液+少量b固体 有红色固体析出，速率比III慢
①结合上下文实验解释实验I和实验II现象不同的原因　 　。
②由实验II和实验III　 　(填“能”或“不能”)推知Cl-会加快铝钉与Cu2+的反应速率，理由是　 　。
③小组同学一致认为，由实验III和实验IV可推知Cl-会加快铝钉与Cu2+的反应速率，则实验IV中，a处填　 　，b处填　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；吸热反应和放热反应；化石燃料与基本化工原料
【解析】【解答】A、燃料电池的核心能量转化是化学能直接转化为电能，A错误；
B、绿色植物的光合作用是典型的太阳能转化过程：植物通过叶绿体吸收太阳能，将二氧化碳和水转化为葡萄糖（有机物），并储存化学能，实现了太阳能到化学能的转化，是自然界重要的能量循环形式，B正确；
C、物质通过燃烧或化学反应，将物质的化学能可经过放热反应被人们利用，如化石燃料（煤、石油）的燃烧是放热反应，将化学能转化为热能，C正确；
D、化石能源（煤、石油、天然气）是古代生物经过亿万年地质作用形成的，其内部蕴藏着大量化学能。燃烧时通过化学反应释放，是人类目前主要的能源来源，D正确；
故答案为：A
【分析】能源转化的核心是明确 “能量形式的对应关系”，常见易错点：
燃料电池≠热能→电能，而是化学能→电能；
光合作用、燃烧反应、电池反应的能量转化需准确区分，如光合作用：太阳能→化学能，燃烧：化学能→热能 / 光能。
2．【答案】D
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A、H2O是极弱的电解质，电离程度极低，属于典型的弱电解质，A错误；
B、CH3COOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，B错误；
C、NH3·H2O是弱碱，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，C错误；
D、CH3COONa是盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D正确；
故答案为：D
【分析】判断强电解质的核心标准是在水溶液中或熔融状态下能完全电离，强电解质主要包括强酸、强碱、大多数盐类；弱电解质则是部分电离，主要包括弱酸、弱碱、水等。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；原子结构示意图
【解析】【解答】A、Cl-是Cl原子得到1个电子形成的，核外电子数应为18，其结构示意图的核外电子排布应为“2、8、8”；而图中显示的是“2、8、7”，这是Cl原子的结构示意图，并非Cl-的，正确的结构示意图：，A错误；
B、NaCl在溶液中电离为Na+和Cl-，水是极性分子O端带负电、H端带正电： Na+会被H2O的O端包围， Cl-会被H2O的H端包围，因此NaCl溶液中的水合离子：，B正确；
C、Cr为24号元素，遵循半满或全满更稳定的规则，因此基态铬原子3d轨道半充满稳定，价层电子排布式：3d54s1，C正确；
D、P轨道电子云轮廓为哑铃型，x原子轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向的哑铃型，因此基态原子x原子轨道的电子云轮廓图：，D正确；
故答案为：A
【分析】这道题的解题关键围绕化学用语的核心判断依据展开，包括离子结构示意图的判断：需明确“原子→离子”的电子数变化；匹配“离子电荷与水分子极性端”的作用关系；
了解特殊元素的价层电子排布和常见的电子云轮廓图的特征。
4．【答案】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；元素、核素
【解析】【解答】A、同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素。40Ca与41Ca的质子数均为20，也就是Ca的原子序数，中子数分别为20、21，符合同位素的定义，A正确；
B、基态氧原子的电子排布为：1s22s22p4，根据洪特规则，2p轨道的4个电子会优先分占不同轨道并保持自旋相同，剩余电子再配对，因此基态氧原子的轨道表示式：，B正确；
C、非金属性越强，电负性越大，同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，非金属性O>P，电负性O>P，C正确；
D、核素Y中质子数=原子序数=39，中子数=质量数-质子数=89-39=50，质子数与中子数之差为50-39=11，D错误；
故答案为：D
【分析】中子数计算：利用公式“中子数=质量数-质子数”，注意原子符号中“左上角为质量数、左下角为质子数”。
原子核外电子排布应遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理；能量最低原理是指通过对基态原子的核外电子进行排布，使整个原子的能量处于最低状态，而非是使电子尽可能地排布在能量最低的原子轨道；泡利不相容原理是指每个轨道(原子轨道中的轨道)最多只能容纳2个电子，且自旋方向相反(↑↓）；洪特规则是指在能量相等的简并轨道上，电子优先以自旋方向相同的方式分别占据不同的简并轨道，使原子的总能量最低。
5．【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；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、电子的运动状态由能层、能级、轨道、自旋等因素共同决定，每个电子的运动状态均不同。基态N原子的核外电子数=原子序数=7，因此核外有7种运动状态不同的电子，A正确；
B、原子半径的变化规律为：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小：第二周期中C>N>O；同主族元素从上至下原子半径逐渐增大：Al位于第三周期，C、N、O位于第二周期，因此Al的原子半径远大于第二周期元素，最终原子半径顺序为：Al>C>N>O，B正确；
C、同周期第一电离能从左到右有增大趋势，但是存在半满的情况下更稳定的特殊情况，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，第一电离能CD、气态氢化物的稳定性与非金属性正相关，因此非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物的稳定性：H2O > NH3 > CH4，D正确；
故答案为：C
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
6．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、室温下，测得CH3COONH4溶液的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度与NH的水解程度相同，且存在电荷守恒c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(H+)+ c(NH)，pH＝7中c(OH－)= c(H+)，所以c(CH3COO－) = c(NH)，A正确；
B、常温下溶液显中性是因为CH3COO 和均发生水解，且CH3COO 水解程度与水解程度相同，而非不水解，B错误；
C、CH3COONH4为弱酸弱碱盐，能在水中完全电离，但是CH3COO 会发生水解，故1 mol·L-1的CH3COONH4溶液中c(CH3COO )<1 mol·L-1，C错误；
D、CH3COONH4溶液呈中性，可知CH3COO 水解程度与水解程度相同，而醋酸的酸性强于碳酸，根据越弱越水解可知的水解程度大于CH3COO ，同时也大于的水解程度，水解使溶液呈碱性，D错误；
故答案为：A
【分析】三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的。
7．【答案】D
【知识点】铜的电解精炼；燃烧热；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、在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，热化学方程式需注明物质的聚集状态，因为△H与状态相关，所以正确的甲烷燃烧热热化学方程式应为：CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l) H = - 890.3 kJ·mol-1，而选项未标注状态，A错误；
B、CO32-的水解是分步进行的，第一步水解为：，第二步水解（程度极弱）为：，而选项直接写两步合并的水解方程式，不符合实际水解过程，B错误；
C、电解精炼铜时，阳极是粗铜失电子，发生氧化反应，反应式为：；选项中的反应式：，是阴极（纯铜极）的还原反应，C错误；
D、HgS的溶解度远小于FeS，根据沉淀转化的规律，可通过沉淀转化反应除去Hg2+，相关的离子方程式：FeS(s) + Hg2+(aq) =HgS(s) +Fe2+(aq)，发生了沉淀转化，D正确；
故答案为：D
【分析】热化学方程式的规范要求：必须标注物质的聚集状态，其中△H与物质状态直接相关，燃烧热的热化学方程式中，生成物需为稳定态的；多元弱酸根的水解规律：多元弱酸根的水解是分步进行的，第一步水解为主，第二步水解程度极弱，不能直接写两步合并的水解方程式；沉淀转化的离子方程式逻辑：依据“难溶物转化为更难溶物”的规律。
8．【答案】B
【知识点】化学键；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】A、反应物断键吸收的能量与活化能相关，但a段是反应物到活化态的能量差也就是活化能，并非断键吸收的能量本身，断键吸收的能量需结合成键放出的能量综合判断，A错误；B、活化能的定义是“反应物分子转化为活化分子所需的能量”，对应图中反应物总能量到过渡态（活化态）的能量差，即“akJ mol- ”，B正确；
C、b段是活化态到生成物的能量差，而成键放出的能量是生成物形成时释放的总能量，并非仅等于b，C错误；
D、放热反应的判断依据是“反应物总能量>生成物总能量”，但图中反应物1molA2(g)+1molB2(g)的总能量低于生成物2molAB(g)的总能量，因此该反应是吸热反应，并非放热反应，D错误；
故答案为：B
【分析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，akJ为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，bkJ为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。
能量变化图像题注意事项：反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热；注意活化能在图示中的意义；从反应物至最高点的能量变化表示正反应的活化能，反之表示逆反应的活化能；催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH；涉及反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
9．【答案】B
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】反应：的△H=4E(N-H)+E(N-N)+E(O2)-E(N≡N)-4E(O-H)=(4×391+193+497-946-4×463) kJ mol-1=-544 kJ mol-1；故答案为：B
【分析】化学反应热的计算方法有：1.物质能量变化求算（△H=ΣE生成物-ΣE反应物）2.根据反应实质键能的大小求算（△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和）3.根据活化能求算（△H=Ea正-Ea逆）4.标准摩尔生成焓求算（△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和）
10．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铁是活泼金属为负极，铜为正极，CuSO4溶液为电解质，通过电流表形成闭合回路，可构成原电池，其中负极：Fe-2e-=Fe2+，正极：Cu2++2e-=Cu，装置与铁与硫酸铜反应形成原电池的目的一致，A正确；B、铁片上镀铜时，镀层金属（Cu）作阳极、镀件（Fe）作阴极，电解质为CuSO4溶液。装置中Cu接电源正极（阳极）、Fe接电源负极（阴极），符合电镀的电极要求，可实现铁片镀铜，B正确；
C、铁的吸氧腐蚀是中性环境下的原电池反应：Fe为负极：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，食盐水为电解质。装置中Fe、Cu通过电流表连接并插入食盐水，符合吸氧腐蚀的条件，C正确；
D、电解食盐水制备Cl2和NaOH时，阳极需用惰性电极，若用活泼金属Fe作阳极，Fe会优先失电子被氧化，无法使Cl-在阳极放电生成Cl2。该装置中阳极是Fe，不符合电解食盐水的电极要求，无法制备Cl2，D错误；
故答案为：D
【分析】在判断一个装置是否原电池时，应该注意这样三点：（1）不要计较电极的形状和大小；（2）不要计较闭合电路的形成方式，可以有导线，也可以不用导线，只要让两个电极互相连通就行；（3）也不必考虑电解质的成分，可以是一种溶质，也可以是多种溶质的电解质溶液；可以是强电解质溶液，也可以是弱电解质溶液。只要符合前面所说的构成原电池的三个条件，就能构成原电池。
11．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；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；实验装置综合
【解析】【解答】A、FeCl3溶液中Fe3+会发生水解：，直接加热蒸发时，HCl易挥发，会促进水解平衡正向移动，最终得到的是Fe(OH)3，甚至可能会分解为Fe2O3，无法制取无水FeCl3。正确操作应为在HCl气流中加热蒸发，因此该装置不能达到目的，A错误；
B、 ，在热水中即升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，在冷水中即降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，通过对比两个烧瓶的颜色变化，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，B正确；
C、氯化钠过量，滴加硝酸银，生成氯化银以后，再次滴加硫化钠，氯化银能与硫化钠反应实现沉淀的自然转化，依据沉淀向更难转化的方向移动的原理，能比较AgCl和Ag2S溶解度大小，且能达到实验目的，C正确；
D、锌粒与盐酸反应制得氢气，利用针筒可测定氢气的体积，由单位时间内气体的体积可计算反应速率，能达到实验目的，D正确；
故答案为：A
【分析】制备易水解的盐时，需抑制水解。直接加热蒸发会导致水解彻底，最终得不到无水盐；探究温度对平衡的影响，需选择“存在明显直观现象（如颜色、状态变化）的可逆反应”。直观反映平衡移动方向，实验设计需保证单一变量和现象可观测；利用“难溶物向更难溶物转化”的规律设计实验，需通过沉淀颜色或者状态的明显变化验证；反应速率的核心是“单位时间内反应物浓度减少或生成物浓度增加”，实验设计需选择“易测量的物理量”。
12．【答案】B
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、右侧为阳极，阳极发生氧化反应，右侧的饱和食盐水在阳极放电，氯离子失去电子生成氯气，A正确；
B、装置中为阳离子交换膜，仅允许阳离子通过，阴离子无法通过交换膜；同时，电解池中阴离子应移向阳极，但阳离子交换膜阻断了OH-的移动，因此OH-不能移向阳极区，B错误；
C、阴极发生还原反应，Fe2O3中的Fe3+被还原成Fe，据此推断出阴极反应：，C正确；
D、根据阴极反应：，生成有OH-，导致阴极区的OH-浓度升高，阴极区pH值升高，D正确；
故答案为：B
【分析】观察整个装置图可知，右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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】A、反应速率需要利用浓度变化来计算，反应到达平衡时，容器中的PCl5的物质的量的变化与PCl3的生成量相等，容器中的平均速率为：，A错误；
B、从容器和容器的反应来看，温度升高，平衡时产物的量增加，说明在容器的基础上升温，平衡会正向移动，根据升温平衡向吸热方向移动，可知正反应为吸热反应，并非放热反应，故B错误；
C、容器和容器的反应温度相同，温度不变，平衡常数不变，则反应的平衡常数为：，故C正确；
D、反应温度容器<容器，经分析该反应是吸热反应，升高温度，K值增大，则平衡常数K：容器<容器，故D错误；
故答案为：C
【分析】由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时要注意相同的单位，然后换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小，同时要注意与反应方程式之间的比例关系。判断平衡移动的方向：用勒夏特列原理定性分析，改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，一共有两层意思：平衡移动方向，与改变条件相反的方向；平衡移动程度，不能抵消这种改变。或用平衡常数定量分析。
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；化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】A、①中反应生成少量沉淀，属于微溶物，在水溶液中存在沉淀溶解平衡，故过滤所得滤液中仍含，A正确；
B、向含有酚酞的溶液中加入浊液a(含沉淀和溶液中的、)，红色变浅说明被消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的直接与生成沉淀，无法证明有转化为，B错误；
C、将过滤后的白色沉淀b固体(固体)浸泡在溶液中，红色变浅说明被消耗，此时溶液中无游离，只能通过转化为来实现，C正确；
D、根据选项C的分析，反应式CaSO4(s) + (aq)CaCO3(s) + (aq)符合溶度积规则(的Ksp更小)，D正确；
故答案为：B
【分析】当生成沉淀或者微溶物时，滤液中仍会溶解少量相关离子，这是因为水溶液中存在沉淀溶解平衡；当验证沉淀转化的时候需排除溶液中自由离子的直接反应干扰，也就是控制变量，此时才能证明的沉淀发生了转化，而沉淀转化的本质是“难溶物向更难溶物转化”。
15．【答案】（1）氧化性、还原性；H2O2+SO2=H2SO4；0.5；H2O2H+ +；H2O2 + Ca(OH)2=CaO2+ 2H2O
（2）负极；H2O2 + 2e- + 2H+=2H2O；酸碱性或pH
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；中和滴定
【解析】【解答】（1）、①、催化分解反应为，该反应中O元素化合价即有升高，又有降低，体现了即具有氧化性又具有还原性；
②、与反应，只做氧化剂，则生成硫酸，化学方程式：；
③、根据化学方程式，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3 mol，则该溶液的浓度为=0.5 mol·Lˉ1；
④、是一种二元弱酸，第一步电离方程式为：；与过量反应生成过氧化钙和水，化学方程式为：；
（2）、原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e- +2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；据此分析解题；
①、由分析，电极Ⅰ为负极；
②、由分析，电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；
③、根据两电极反应物相同，分别发生氧化、还原反应可知，H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同。
【分析】要书写原电池电极反应式，可以遵循以下步骤：确定电极：首先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；书写反应方程式：在等式的两边分别写出反应物和生成物，标明电子的得失，并根据质量守恒和电荷守恒进行配平；注意共存离子：注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存，若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；考虑反应环境：根据电解质的酸碱性判断产物，特别是在燃料电池中，反应环境会影响最终生成物。
（1）①催化分解反应为，该反应中O元素化合价即有升高，又有降低，体现了即具有氧化性又具有还原性；
②与反应，只做氧化剂，则生成硫酸，化学方程式：；
③根据化学方程式，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，则2KMnO4～5H2O2，则反应的H2O2的物质的量为=510-3 mol，则该溶液的浓度为=0.5 mol·Lˉ1；
④是一种二元弱酸，第一步电离方程式为：；与过量反应生成过氧化钙和水，化学方程式为：；
（2）原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动。外电路中电子由负极流向正极；所以电极Ⅰ为负极，失去电子，电极反应式为H2O2-2e- +2OH-=2H2O+O2；电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；据此分析解题；
①由分析，电极Ⅰ为负极；
②由分析，电极Ⅱ为正极，得电子，电极反应式为H2O2+2e- +2H+=2H2O；
③根据两电极反应物相同，分别发生氧化、还原反应可知，H2O2在不同的酸碱性条件下的氧化性、还原性不同。
16．【答案】（1）-117.6
（2）bd
（3）T1>T2>T3；提高O2/HCl的物料比，降低流速，降低温度；在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高
【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）、反应I：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g) H1=-183.0 kJ·mol-1
反应II：2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 = - 483.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)，则 H= H2-2 H1=- 483.6 kJ·mol-1-2×(-183.0 kJ·mol-1)= -117.6 kJ·mol-1；
（2）、a、反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a错误；
b、恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b正确；
c、消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c错误；
d、Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d正确；
故答案为：bd；
（3）、①、根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3；
②、提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分；
③、在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高。
【分析】盖斯定律的使用原则：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应的途径无关；任何化学反应的反应热和其逆反应的反应热大小相等，符号相反；任何化学反应，当各物质系数发生变化时，反应热的数值也随之发生变化。
化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”，“一等”即正反应速率等于逆反应速率，其意义是针对反应体系中同一反应物（或生成物）而言的，而不是同一反应中的不同物质。若用同一反应中不同物质来表示正反应速率和逆反应速率，必须要求两速率反向（切忌单向速率）且两速率之比等于其对应的化学计量数之比。“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变；对于全为气体的可逆反应，当左右气体含量之比相同时，混合气体总物质的量不变。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）反应I：H2(g) + Cl2(g)=2HCl(g) H1=-183.0 kJ·mol-1
反应II：2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 = - 483.6 kJ·mol-1
根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)，则 H= H2-2 H1=- 483.6 kJ·mol-1-2×(-183.0 kJ·mol-1)= -117.6 kJ·mol-1；
（2）a．反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a不符合；
b．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b符合；
c．消耗1mol O2的同时有2 mol Cl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c不符合；
d．Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d符合；
答案选bd；
（3）①根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g) + 4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g) H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3；
②提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分；
③在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高。
17．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；蓝色沉淀
（3）3.2~6.2
（4）3Co2+++ 7H2O=3Co(OH)3+ MnO2 + 5H+
（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易
（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是：增大接触面积，加快反应速率；
（2）、“滤液1”中加入MnO2的作用是：将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；
Fe2+遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现蓝色沉淀，说明Fe2+未全部被氧化，需补加MnO2；
（3）、加ZnO让Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，调pH值的范围为3.2~6.2；
（4）、“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”生成MnO2和Co(OH)3，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：3Co2+++ 7H2O=3Co(OH)3+ MnO2 + 5H+；
（5）、基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易；
（6）、NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底。
【分析】向含Co、Zn、Fe单质或氧化物的废渣中加入稀H2SO4，是因为硫酸根为稳定阴离子，后续沉淀过程中不会形成难溶硫酸盐杂质，搅拌促进反应，反应完成后过滤除去未溶解的惰性杂质，得到滤液1，此时的主要成分为：Co2+、Zn2+、Fe2+；接着向滤液1中先加入MnO2，MnO2是弱氧化剂，仅能氧化Fe2+却无法氧化Co2+、Zn2+，且还原产物为Mn2+，后续不影响钴的分离，相关反应方程式为：；再加入ZnO调节pH，ZnO是废渣中原有金属的氧化物，调节pH时仅消耗H+，搅拌后过滤，得到Fe(OH)3滤渣与滤液2，此时的主要成分：Co2+、Zn2+、Mn2+、SO42-；最后向滤液2中加入KMnO4，氧化Co2+为Co3+，相关反应方程式为：；搅拌后调节pH=5，实现钴与锌的分离，反应完成后过滤，得到产品Co(OH)3与MnO2副产物。
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是：增大接触面积，加快反应速率；
（2）“滤液1”中加入MnO2的作用是：将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；
Fe2+遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现蓝色沉淀，说明Fe2+未全部被氧化，需补加MnO2；
（3）加ZnO让Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，调pH值的范围为3.2~6.2；
（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”生成MnO2和Co(OH)3，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：3Co2+++ 7H2O=3Co(OH)3+ MnO2 + 5H+；
（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易；
（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底。
18．【答案】（1）10-12
（2）10-5；=；c(Na＋) > c(X-) > c(OH-) > c(H＋)
（3）adcb；计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数
【解析】【解答】（1）、B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12；
（2）、①、0.100 mol·L-1HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100 mol/L- c(X-)=0.100 mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==；
②、B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)；
③、C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+) c(X-) > c(OH-) > c(H＋)；
（3）、①、弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>> CH3COO >F-，序号为：adcb；
②、计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。
【分析】离子积水的离子积是在特定温度下，水溶液中氢离子[H+]和[OH-]浓度的乘积，且离子积常数只与温度有关；水溶液中的三大定量关系：电荷守恒，在任何电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数总是等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性；物料守恒，在电解质溶液中，由于有些离子能发生电离或水解，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但这些离子或分子中所含某种特定元素原子的总数是始终不变的，是符合原子守恒的；质子守恒，由水电离出的c(H+)、c(OH-)始终是相等的，溶液中水电离出的H+、OH-虽跟其它离子结合，但其总量仍是相等的；弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，可以结合平衡常数的数据进行定量计算的比较；
（1）B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12；
（2）①0.100 mol·L-1HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100 mol/L- c(X-)=0.100 mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==；
②B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)；
③C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+) c(X-) > c(OH-) > c(H＋)；
（3）①弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>> CH3COO >F-，序号为：adcb；
②计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。
19．【答案】（1）氧化性；硫元素或S
（2）KSCN
（3）3Fe + 4H2SO4=3FeSO4 + S↓ + 4H2O
（4）H2O2氧化Fe2+的反应为H2O2 + 2Fe2+ +4H2O=2Fe(OH)3↓ + 4H+，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降
（5）铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化；而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用；不能；有可能减慢钝化金属与Cu2+的反应速率；0.1；NaCl
【知识点】浓硫酸的性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；实验装置综合；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的氧化性；由于H2SO4中S为+6价最高价的原因；
（2）、证明Fe2+离子，向收集的冲洗液中加入KSCN试剂，再加入酸化的H2O2，H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，遇KSCN溶液变红色；
（3）、铁与浓硫酸作用生成硫酸亚铁和S单质，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式：3Fe + 4H2SO4=3FeSO4 + S↓ + 4H2O；
（4）、根据Fe3+沉淀的pH值和FeSO4溶液的pH值，H2O2氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，同时有H+生成，反应离子方程式为：H2O2 + 2Fe2+ +4H2O=2Fe(OH)3↓ + 4H+，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降；
（5）、①、根据实验I和II的现象，铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化，氧化铝与CuSO4溶液不反应；而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用，能够与硫酸铜溶液反应；
②、根据实验II和III，钝化后的铝钉与硫酸铜溶液不反应，与CuCl2溶液反应，可能是Cl-加快金属与Cu2+的反应，也有可能减慢钝化金属与Cu2+的反应速率；
③、实验III和IV对比，Cu2+浓度不变，a=0.1，加入少量的NaCl，增加了Cl-浓度，有固体析出，说明是Cl-加快了铝钉与Cu2+的反应速率，b是NaCl。
【分析】该实验探究了铁、铝在冷浓硫酸中的钝化现象，结合钝化原理：金属表面形成致密氧化膜阻止反应，对实验现象的解析及两者钝化的差异如下：
实验i（铁钉与冷浓硫酸的作用）
初始现象是表面聚集白色固体，无明显后续现象冷浓硫酸具有强氧化性，铁钉表面会被氧化，初步形成铁的氧化膜，但铁的钝化膜致密性较差，仅能暂时阻止反应（钝化初期状态）。冲洗后再放入浓硫酸，重复现象用蒸馏水冲洗铁钉时，表面的铁钝化膜易被水破坏、脱落，裸露的铁再次与冷浓硫酸接触，重新发生氧化反应并形成新的氧化膜，因此现象重复出现。酸液呈淡黄色浑浊多次“钝化-膜破坏-再钝化”的过程中，铁持续被氧化为Fe3+，Fe3+与硫酸根结合形成硫酸铁，使溶液呈现淡黄色浑浊。
实验ii（铝钉与冷浓硫酸的作用）
初始现象是铝钉变暗铝在冷浓硫酸中会快速被氧化，表面形成致密的Al2O3钝化膜，这层膜能隔绝铝与浓硫酸的接触，因此反应迅速停止，铝钉因表面形成氧化膜而变暗。冲洗后再放入无明显现象，Al2O3钝化膜性质稳定，不溶于水，蒸馏水冲洗不会破坏膜的完整性，因此钝化膜持续覆盖铝表面，隔绝铝与浓硫酸，后续无反应发生。
（1）铝在浓硫酸中其表面生成了致密的氧化物保护膜，此过程体现了浓硫酸的氧化性；由于H2SO4中S为+6价最高价的原因；
（2）证明Fe2+离子，向收集的冲洗液中加入KSCN试剂，再加入酸化的H2O2，H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，遇KSCN溶液变红色；
（3）铁与浓硫酸作用生成硫酸亚铁和S单质，根据电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式：3Fe + 4H2SO4=3FeSO4 + S↓ + 4H2O；
（4）根据Fe3+沉淀的pH值和FeSO4溶液的pH值，H2O2氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，同时有H+生成，反应离子方程式为：H2O2 + 2Fe2+ +4H2O=2Fe(OH)3↓ + 4H+，随着反应的进行，生成氢离子增多，因此pH下降；
（5）①根据实验I和II的现象，铝钉在浓硫酸中生成致密的氧化铝膜，使其钝化，氧化铝与CuSO4溶液不反应；而铁钉在浓硫酸中生成硫酸亚铁，对铁钉起不到保护作用，能够与硫酸铜溶液反应；
②根据实验II和III，钝化后的铝钉与硫酸铜溶液不反应，与CuCl2溶液反应，可能是Cl-加快金属与Cu2+的反应，也有可能减慢钝化金属与Cu2+的反应速率；
③实验III和IV对比，Cu2+浓度不变，a=0.1，加入少量的NaCl，增加了Cl-浓度，有固体析出，说明是Cl-加快了铝钉与Cu2+的反应速率，b是NaCl。
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