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贵州省贵阳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试 化学试题
1．（2025高二上·贵阳期末）贵州拥有近3万座桥梁，被称为桥梁博物馆，展示了中国桥梁建造的先进技术和文化。下列做法与桥梁金属材料的防腐无关的是
A．给桥的斜拉索喷涂油漆
B．适当改变桥梁的跨度
C．在桥的钢结构表面镀一层锌
D．将桥梁钢铁部件与外接电源的负极相连
【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、给桥的斜拉索喷涂油漆可以隔绝金属与空气中的氧气、水分接触，从而防止金属内部的腐蚀，与防腐有关，A错误；
B、改变桥梁的跨度是结构设计方面的调整，主要影响桥梁的承载能力、稳定性或建造成本等方面，并不直接涉及金属材料的防腐措施，因此与防腐无关，B正确；
C、在桥的钢结构表面镀一层锌一方面是利用锌的活泼性形成保护层，另一方面作为牺牲阳极来保护阴极，防止钢铁腐蚀，与防腐有关，C错误；
D、外接电源负极属于外加电流的阴极保护法，通过使钢铁成为阴极而避免被氧化，与防腐有关，D错误；
故答案为：B
【分析】金属防腐需针对腐蚀原理（如电化学腐蚀、化学腐蚀）采取措施，本题中改变桥梁跨度属于结构设计范畴，与防腐原理无直接关联，需明确防腐方法与结构设计的区别。
2．（2025高二上·贵阳期末）下列化学用语表述正确的是
A．二氧化碳的电子式：
B．在水中的电离方程式：
C．的离子结构示意图：
D．基态碳原子的轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、二氧化碳是典型的共价化合物，碳氧之间通过碳氧双键的共价键来相连，而选项中的电子式是碳氧单键的结构，故其正确的电子式为：，A错误；
B、为弱酸，在水中只能发生微弱的电离，只能连接可逆符号，故醋酸在水中的电离方程式为： ，B正确；
C、Al是18号元素，最外层有3个电子，在化学反应中易失去最外层的3个电子来达到8电子的稳定结构也就是，因此可以推断的离子结构示意图为，C错误；
D、基态碳原子的轨道表示式中，根据洪特规则可知，2p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行，因此碳的基态原子轨道表示式表述为，D错误；
故答案为：B
【分析】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。
3．（2025高二上·贵阳期末）化学与生产生活密切相关。下列应用与盐类水解无关的是
A．明矾净水 B．溶液清洗油污
C．含氟牙膏预防龋齿 D．加热溶液制备
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、明矾净水利用Al3+水解生成Al(OH)3胶体，而胶体易吸附悬浮杂质，与盐类水解有关，A错误；
B、Na2CO3溶液因CO水解呈碱性，促进油污在碱性条件发生水解，也就是皂化反应，与盐类水解有关，B错误；
C、含氟牙膏中的氟化物（如氟化钠）通过离子交换与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，增强抗酸能力，预防龋齿，属于沉淀转化，与盐类水解无关，C正确；
D、TiCl4中Ti4+的电荷数高，极易发生水解生成TiO2·xH2O，接着加热脱水制得TiO2，与盐类水解有关，D错误；
故选C。
【分析】本题关键是明确盐类水解的本质，也就是弱离子与水电离粒子结合生成弱电解质，通过分析各选项的反应原理判断是否涉及水解，从而确定与盐类水解无关的选项。
4．（2025高二上·贵阳期末）下列物质能促进水电离，且水溶液显碱性的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、NaHCO3为强碱弱酸盐，同时HCO的水解程度远远大于其电离的程度，且水解生成OH-，促进水的电离，溶液呈碱性，A正确；
B、KCl为强酸强碱盐，不水解，对水的电离无影响，溶液呈中性，B错误；
C、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH水解使溶液呈酸性，虽促进水的电离，但溶液显酸性，C错误；
D、NaOH为强碱，电离产生大量OH-，溶液显碱性，但由于产生的OH-的量很大，反而会抑制水的电离，D错误；
故答案为：A
【分析】作答本题的关键核心依据是弱离子水解能促进水的电离，并遵循 “谁弱谁水解，谁强显谁性”的一般规律，同时在 “促进水电离 + 水溶液显碱性”的双重条件下也可以直接判定出对应强碱弱酸盐，也就是弱酸根水解生成 OH-。
5．（2025高二上·贵阳期末）常温下，由水电离产生的浓度为的溶液中，一定能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】C
【知识点】水的电离；离子共存
【解析】【解答】由题干信息可知，常温下，由水电离产生的浓度为的溶液中，水的电离受到了抑制作用，因此该体系可能是强酸溶液也可能是强碱溶液。A、在强酸或强碱性条件下均不能稳定存在，会反应生成CO32-或CO2，因此不能大量共存，A错误；
B、在强碱性条件下会生成Fe(OH)2沉淀，因此不能大量共存，B错误；
C、、、、均为稳定的强酸强碱离子，彼此之间不反应，同时在强酸或强碱中也均不反应，能大量共存，C正确；
D、在强酸中反应生成二氧化碳和水，与在碱性中生成沉淀，因此不能大量共存，D错误；
故答案为：C
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
6．（2025高二上·贵阳期末）一定温度下，密闭容器中发生反应，A的初始浓度为，10s后，A的浓度降到。下列说法正确的是
A．
B．
C．由继续降到所需时间大于10s
D．缩小容器的容积，反应速率减小
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、根据A的浓度变化计算，，化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(B)：v(A)=1：3，故，A错误；
B、根据速率与反应计量关系，，即3v(C)=2v(A)，等式关系错误，B错误；
C、随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，因此从0.07 mol/L降到0.04 mol/L所需时间大于前10秒的等量变化时间，C正确；
D、缩小容器容积的本质就是增大压强，虽然说反应前后气体分子数相等，但是气体反应物的浓度增大，因此导致正、逆反应速率均增大，D错误；
故答案为：C
【分析】化学反应速率是定量描述化学反应进行快慢的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。其数学表达式为：v = Δc / Δt，其中v为反应速率，Δc为浓度变化量，Δt为时间变化量。反应速率与反应物浓度、温度、催化剂等因素相关，通过调节这些因素可以控制反应速率。
7．（2025高二上·贵阳期末）羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫危害。在恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是
A．各物质的浓度相等 B．容器中气体的总压强不再变化
C．混合气体的密度不再改变 D．每生成1molCOS同时生成1molCO
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定相等，浓度相等与是否达到平衡无关，即使达到了平衡，各物质的浓度只是不再变化而非必须相等，A错误；
B、该反应前后气体分子数不变，反应前后气体物质的量相等，恒温恒容下总压强始终不变，因此压强不变不能作为平衡标志，无法判断平衡，B错误；
C、反应在恒容容器中进行，体积不变，在反应前后所有物质均为气体，总质量不变，因此混合气体的密度始终不变，不能作为平衡标志，C错误；
D、生成 COS 表示正反应方向，生成 CO 表示逆反应方向，且两者化学计量数均为 1。当生成 1 mol COS 的同时生成 1 mol CO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D
【分析】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。
8．（2025高二上·贵阳期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的溶液中的数目为
B．常温下，的溶液中数目为
C．溶液中，和粒子数目之和为
D．与在密闭容器中充分反应后的分子总数为
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、溶液中会发生水解，水解方程式为：，导致其数目小于1mol/L×1L=1mol，即小于NA，A错误；
B、pH=13的溶液中浓度为0.1mol/L，但题目未给出溶液体积，无法计算的具体数目，B错误；
C、根据的物料守恒，溶液中NaClO元素以ClO-和HClO形式存在，总物质的量等于Na+的物质的量，也就是说：n()+n(HClO)=初始的物质的量=0.1mol/L×1L=0.1mol，因此两者数目之和为0.1NA，C正确；
D、反应2+ 2为可逆反应，反应是无法完全进行的，分子总数应介于2NA和3NA之间，也就是会一定大于2NA，D错误；
故答案为：C
【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。
9．（2025高二上·贵阳期末）乙醇是常见的燃料之一。已知乙醇燃烧热的，下列能正确表示乙醇燃烧热的热化学方程式的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、乙醇燃烧热的热化学方程式中乙醇应为1mol，且产物水为液态，而方程式中乙醇系数为2，产物水为气态，不符合燃烧热定义，A错误；
B、乙醇燃烧热的热化学方程式中产物水为液态，而方程式中产物水为气态，不符合燃烧热定义，B错误；
C、乙醇燃烧为放热反应，ΔH应小于0，而方程式中ΔH为正值，是吸热反应的标志，与燃烧放热矛盾，C错误；
D、1mol乙醇完全燃烧生成CO2和液态水，ΔH=-a kJ/mol，符合燃烧热定义，D正确；
故答案为：D
【分析】燃烧热的定义是 “1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量”，需满足 3 个关键条件：反应物为1mol 纯物质；生成物为稳定氧化物（如 H 的稳定氧化物是液态水，C 的稳定氧化物是 CO2）；反应放热，ΔH 为负值。
10．（2025高二上·贵阳期末）对于反应，I为中间体，反应历程的示意图如下。相同条件时，实线为无催化剂，虚线为有催化剂。下列说法错误的是
A．该反应为放热反应
B．无催化剂时反应历程分2步进行
C．该反应的决速步为：
D．使用该催化剂能极大缩短反应达平衡的时间
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从图中可以看到，反应物 S 的能量高于生成物 T 的能量，反应过程释放能量，则该反应为放热反应，A 正确；
B、观察无催化剂时的反应历程图，能量图中出现了两个过渡态，代表了有两个能量峰，这意味着反应历程分2步进行，B 正确；
C、反应的决速步是活化能最大的步骤，也就是能垒最高的部分，而在能量图中，有无催化剂时 S→I 的活化能大于 I→T 的活化能，所以该反应的决速步为 S→I，C 正确；
D、由图可知，该反应的决速步为 S→I，而催化剂降低的是 I→T 的活化能，所以不能极大缩短反应达平衡的时间，D 错误；
故答案为：D
【分析】能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
11．（2025高二上·贵阳期末）如图所示，装置甲是利用微生物降解废水中尿素产生的化学能直接转化为电能的装置，利用装置甲的电能可在乙装置的铁上镀铜。下列说法错误的是
A．M电极为负极，发生氧化反应
B．Fe电极与Y电极相接
C．N极电极反应式为
D．甲装置中，由M向N迁移
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电镀
【解析】【解答】A、根据分析可知，在微生物燃料电池中，微生物在 M 电极上氧化尿素，M 为负极，发生氧化反应，A正确；
B、装置甲中，M 为负极，N 为正极。装置乙为电镀池，铁上镀铜时，铁作阴极，应与电源负极（M）相连；铜作阳极，应与电源正极（N）相连。乙装置的铁上镀铜，Fe电极得电子，所以与原电池负极即X电极相接，B错误；
C、N 为正极，氧气在酸性条件下得电子还原生成水，电极反应式为：，C正确；
D、甲装置中，质子（H+）在燃料电池中通过质子交换膜从负极（M）向正极（N）迁移，即由M向N迁移，D正确；
故答案为：B
【分析】首先判断电极，M 电极处尿素发生氧化反应，被降解，故 M 为负极；N 电极处O2发生还原反应，得电子，故 N 为正极。原电池中阳离子（H+）向正极（N）迁移，即由 M 向 N 移动。
电镀时，镀件（Fe）作阴极，接电源负极，镀层金属（Cu）作阳极，接电源正极。甲装置中，M 是负极、N 是正极，因此：Fe 电极应接甲的负极，M 对应的电极，Cu 电极应接甲的正极，N 对应的电极。
12．（2025高二上·贵阳期末）利用图中装置进行实验，不能达到实验目的的是
A.测定中和反应的反应热 B.排出滴定管尖嘴内的气泡
C.探究温度对平衡的影响 D.比较和溶解度大小
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、该装置为量热计，有隔热层来减少热量散失、用温度计来测温度变化、搅拌器来促使反应更加充分，可通过测定酸碱中和反应的温度变化计算反应热，能达到实验目的，A正确；
B、图中为碱式滴定管，通过 “捏橡胶管 + 尖嘴向上” 的操作，排出盛有NaOH溶液的滴定管尖嘴内的气泡时尖嘴向上弯曲45o，该操作能达到排气泡的目的，B正确；
C、，属于典型的放热反应，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，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，C正确；
D、由用量可知硝酸银溶液过量，滴入的硫化钠直接与硝酸银溶液反应，不能说明氯化银转化为硫化银，没有控制好变量，从而导致无法正确比较和溶解度大小，D错误；
故答案为：D
【分析】要通过沉淀转化比较AgCl和Ag2S的溶解度，正确做法是利用沉淀转化原理，让更难溶的沉淀从较难溶沉淀的饱和溶液中生成，步骤如下：向试管中加入1mL0.1mol L- AgNO3溶液，再加入 2~3mL0.1mol L- NaCl溶液，充分振荡，使Ag+完全转化为AgCl白色沉淀（此时溶液为AgCl的饱和溶液）；接着静置后取上层清液，滴加几滴 0.1mol L- Na2S溶液，观察现象。若出现黑色沉淀（Ag2S），说明AgCl饱和溶液中的Ag+与S2-结合生成了更难溶的Ag2S，可证明AgCl的溶解度大于Ag2S。
13．（2025高二上·贵阳期末）某温度下，将pH和体积均相同的两种弱酸(HA和HB)溶液分别加水稀释，pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A． B．稀释前溶液的浓度：
C．从b点到d点，逐渐减小 D．溶液中水的电离程度：d点点
【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、起始时 HA 和 HB 的 pH 相同，稀释过程中 HA 的 pH 增加更快，说明 HA 的酸性较强，也就可以证明电离常数：Ka(HA)>Ka(HB)， A 正确；
B、由于起始 pH 相同，酸性越强，所需浓度越小，因此稀释前浓度：C(HA)>C(HB)， B 错误；
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变则Kw不变， C 错误；
D、在相同加水体积下，HA（较强酸）的 pH 较高，HB（较弱酸）的 pH 较低。pH 越高，H+ 浓度越小，水的电离程度越大，因此水的电离程度 d 点 < e 点， D 错误；
故答案为：A
【分析】相同体积、相同pH的两种酸稀释相同倍数后，相对较强的酸pH变化较大，则HA酸性强于HB。起始时pH相同，则HB的浓度比HA大。这是由于相同的弱酸，酸性越强，溶液浓度越小，酸性弱的弱酸需更高浓度才能电离出等量H+。而当弱酸的酸性越强，稀释相同倍数时pH变化越大，弱电解质越弱，稀释时电离程度增大更显著， H+浓度下降更慢，pH变化更小。
14．（2025高二上·贵阳期末）合成氨反应为 ，当反应器中按投料后，分别在三个不同温度下反应达到平衡时，得到混合物中的物质的量分数随压强的变化曲线a，b，c如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a对应的温度最高
B．M点对应的转化率为75%
C．加催化剂能提高的平衡转化率
D．平衡常数
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、合成氨反应是典型的放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，而曲线a对应的氨的体积分数最大，所以曲线c对应的反应温度最高、曲线a对应的反应温度最低，A错误；
B、由图可知，M点的物质的量分数为60%，反应器中按投料，则列三段式为：，可知，解得，对应的转化率为=75%，B正确；
C、加催化剂能提高的反应速率，也就是缩短反应达到平衡状态所需要的时间，但是不会改变平衡状态，也就不能提高H2的平衡转化率，C错误；
D、平衡常数只与温度有关，也就是说K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，M点的温度低于N，所以，D错误；
故答案为：B
【分析】分析化学图像题的方法：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。
15．（2025高二上·贵阳期末）铜氨液在工业上有多种用途，可用于吸收炼铁高炉气中的，也可除去合成氨工业原料气中的。回答下列问题：
（1）O元素位于元素周期表中　 　(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，其基态原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形；基态N原子核外有　 　种运动状态不同的电子。
（2）H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　；Cu元素焰色试验产生的绿光是一种　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
（4）基态Fe原子价层电子排布式为　 　，3d能级未成对电子数为　 　。
【答案】（1）p；哑铃；7
（2）
（3）；发射
（4）；4
【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；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】（1）、氧元素为第8号元素，氧原子的基态电子排布式为，位于元素周期表的p区；由于氧原子的基态电子排布式为，其基态原子电子占据最高能级为2p能级，因此电子云轮廓图为哑铃形；氮元素为第7号元素，氮原子的基态电子排布式为，氮原子核外有7种运动状态的电子。
（2）、电负性是指元素在化学键中吸引电子的能力。电负性越大，元素对电子的吸引力越强。同一周期元素从左往右电负性逐渐增大，同一主族元素从上往下电负性逐渐增大，因此可知电负性：N>C，由于CH4中C元素为负价，而H元素为正价，说明H的电负性小于C的电负性，因此三种元素的电负性由大到小的顺序为：。
（3）、同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈现减小的趋势，由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态较为稳定，因此较相邻元素第一电离能大，可知三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：；
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱。
（4）、铁为第26号元素，因此基态Fe原子价层电子排布式为：；3d能级未成对电子数为4。
【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。
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。
（1）氧元素为第8号元素，氧原子的基态电子排布式为，位于元素周期表的p区；
由于氧原子的基态电子排布式为，其基态原子电子占据最高能级为2p能级，因此电子云轮廓图为哑铃形；
氮元素为第7号元素，氮原子的基态电子排布式为，氮原子核外有7种运动状态的电子。
（2）电负性是指元素在化学键中吸引电子的能力。电负性越大，元素对电子的吸引力越强。同一周期元素从左往右电负性逐渐增大，同一主族元素从上往下电负性逐渐增大，因此可知电负性：N>C，由于CH4中C元素为负价，而H元素为正价，说明H的电负性小于C的电负性，因此三种元素的电负性由大到小的顺序为：。
（3）同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈现减小的趋势，由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态较为稳定，因此较相邻元素第一电离能大，可知三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：；
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱。
（4）铁为第26号元素，因此基态Fe原子价层电子排布式为：；3d能级未成对电子数为4。
16．（2025高二上·贵阳期末）某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(该药片中其他成分不与盐酸、氢氧化钠溶液反应)：
①配制0.1000mol/L的稀盐酸和0.1000mol/L的溶液；
②向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入2.0mL蒸馏水；
③用0.1000mol/L溶液滴定过量稀盐酸，记录所消耗溶液的体积；
④加入25.00mL0.1000mol/L稀盐酸溶解碳酸钙。
回答下列问题：
（1）正确的操作顺序是　 　(填序号)。
（2）如图中用于盛装溶液的仪器为　 　(填“A”或“B”)。
（3）测定过程中发生反应的离子方程式为和　 　。
（4）若使用酚酞做指示剂，则达到滴定终点的判断依据是　 　。
（5）某同学4次实验测定所消耗的溶液的体积如下：
测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次
17.00 12.50 12.60 12.40
根据这个同学的实验数据，消耗溶液的平均体积为　 　mL，该药片中碳酸钙的质量分数为　 　%；如果滴定管在装溶液前未用待装溶液润洗，则胃药中碳酸钙质量分数的测定结果　 　(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）①②④③或②①④③
（2）A
（3）
（4）当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色
（5）12.50；62.5；偏低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）、依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③。
（2）、NaOH溶液显碱性，则盛放0.1000mol/L NaOH溶液应选择碱式滴定管，选择仪器A。
（3）、过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为：、。
（4）、用NaOH标准溶液中和过量的稀盐酸，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液，则滴定达到终点的现象是：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色。
（5）、由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积=；
消耗盐酸的物质的量为0.025L×0.1mol/L-0.0125L×0.1mol/L=0.00125mol，所以碳酸钙的质量分数为=62.5%；
碱式滴定管使用前，水洗后未用待装液润洗，则消耗标准溶液体积读数偏大，剩余的盐酸的物质的量偏大，则碳酸钙消耗的盐酸的物质的量偏小，导致测定结果偏低。
【分析】实验前的准备检查滴定管的玻璃活塞是否漏水，向滴定管中注入适量蒸馏水，观察活塞或乳胶管周围是否漏水，不漏水的滴定管才能使用。接着滴定管先用蒸馏水洗涤，再用待装的酸或碱溶液润洗。
再加入反应液至滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2～3mL处，并将滴定管垂直固定在滴定管夹上，然后在滴定管下放一个烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面位于“0”或“0”以下某刻度，准确记录读数。
然后将锥形瓶放在碱式滴定管下面。右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，左手控制滴定管的活塞，小心地滴入碱。直到加入半滴碱，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色，说明达到滴定终点。液面稳定后，记录液面读数，并记录到表格中。重复上述操作两次，并记录相关数据，填入表格中。
中和滴定操作有查漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作，为减少实验过程的偶然性，使实验测定值更接近真实值，要多进行几次平行实验，取有效值的平均值，再根据转化关系进行计算，并根据操作对标准溶液体积的影响分析实验误差，据此分析作答。
（1）依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③。
（2）NaOH溶液显碱性，则盛放0.1000mol/L NaOH溶液应选择碱式滴定管，选择仪器A。
（3）过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为：、。
（4）用NaOH标准溶液中和过量的稀盐酸，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液，则滴定达到终点的现象是：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色。
（5）由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积=；
消耗盐酸的物质的量为0.025L×0.1mol/L-0.0125L×0.1mol/L=0.00125mol，所以碳酸钙的质量分数为=62.5%；
碱式滴定管使用前，水洗后未用待装液润洗，则消耗标准溶液体积读数偏大，剩余的盐酸的物质的量偏大，则碳酸钙消耗的盐酸的物质的量偏小，导致测定结果偏低。
17．（2025高二上·贵阳期末）是化工合成中重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Mg、Ca等杂质)为原料生产，继而生产的工艺流程如图：
已知：①，；
②还原性：
③流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示：
氢氧化物
开始沉淀的pH 1.1 6.5 7.1 9.3
沉淀完全的pH 3.2 9.7 9.2 10.8
回答下列问题：
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有　 　(任写一条)。
（2）用离子反应方程式解释加入的目的　 　；“除铁”时，控制溶液pH的范围为　 　。
（3）“过滤”所得滤渣B的主要成分的化学式为　 　。
（4）“沉镍”时，为使镍沉淀完全，溶液中应大于　 　。
（5）“氧化”得到过程中，氧化剂为　 　。
（6）可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为。该电池工作时，正极电极反应式为　 　，用该电池电解饱和食盐水，消耗56gFe，理论上阴极产生标准状况下气体体积为　 　L。
【答案】（1）粉碎废料，搅拌等
（2）；
（3）、
（4）
（5）
（6）；22.4
【知识点】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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时还可采取的措施有粉碎废料，搅拌等，故答案为：粉碎废料，搅拌等。
（2）、过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，则离子方程式为；“除铁”三价铁离子要沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在，故答案为：；。
（3）、滤液中再加入氟化铵的目的是沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为、，故答案为：、。
（4）、，镍离子完全沉淀时，溶液中，应保持溶液中＞，故答案为：。
（5）、“氧化”得到过程中，Ni元素由+2价升高到+3价，则NiCO3为还原剂，中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂为，故答案为：。
（6）、可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为，该反应中Ni元素由+3价降到+2价，得到电子，则为原电池的正极，正极电极反应式为：；根据，可知消耗56gFe，转移电子2mol，电解饱和食盐水阴极电极反应式为：，理论转移电子2mol，产生氢气为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故答案为：；22.4。
【分析】整个工艺流程以金属镍废料（含 Fe、Mg、Ca 杂质）为原料，通过 “酸浸→氧化→除铁→除杂→沉镍→溶解→氧化” 等步骤，最终生产 Ni2O3，各步骤的作用如下：首先是酸浸，将金属镍废料中的 Ni、Fe、Mg、Ca 与盐酸反应，生成对应的氯化物溶液，最终得到含Ni2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+的混合溶液；然后氧化，利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除铁；接着是除铁，用Na2CO3调节溶液 pH，使Fe3+在 pH≈3.2 时完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后得到滤渣 A（主要为Fe(OH)3），实现 Fe 的分离；继续除 Mg、Ca，利用F-与Mg2+、Ca2+结合生成难溶氟化物，过滤后得到滤渣 B（主要为MgF2、CaF2），去除 Mg、Ca 杂质；然后沉镍，Ni2+与CO32-结合生成NiCO3沉淀，过滤后得到NiCO3滤渣，实现 Ni 与其他可溶性杂质的分离；立即溶解，NiCO3与盐酸反应，重新转化为NiCl2溶液，得到较纯净的NiCl2溶液；最后氧化，在NaOH提供的碱性环境中，NaClO做强氧化剂将Ni2+氧化为Ni3+，最终生成Ni2O3。
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时还可采取的措施有粉碎废料，搅拌等，故答案为：粉碎废料，搅拌等。
（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，则离子方程式为；“除铁”三价铁离子要沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在，故答案为：；。
（3）滤液中再加入氟化铵的目的是沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为、，故答案为：、。
（4），镍离子完全沉淀时，溶液中，应保持溶液中＞，故答案为：。
（5）“氧化”得到过程中，Ni元素由+2价升高到+3价，则NiCO3为还原剂，中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂为，故答案为：。
（6）可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为，该反应中Ni元素由+3价降到+2价，得到电子，则为原电池的正极，正极电极反应式为：；根据，可知消耗56gFe，转移电子2mol，电解饱和食盐水阴极电极反应式为：，理论转移电子2mol，产生氢气为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故答案为：；22.4。
18．（2025高二上·贵阳期末）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用甲醇，CO制备绿色能源具有开发应用的广阔前景，回答下列问题。
I.工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。
①甲醇氧化法
②甲醇蒸汽重整法， ；
已知：③ 。
（1）　 　。增大反应①的反应速率的措施为　 　(任写一条)。
（2）反应②在　 　(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。
（3）在一定温度和催化剂下，原料气比例对反应的选择性(选择性越大表示生成的该物质越多)影响关系如图所示，在制备时最好控制　 　。
Ⅱ.利用CO制取氢气的反应为 ；起始加入气体的总物质的量一定，在进气比不同时，测得与CO的平衡转化率的关系如图所示(图中各点对应的反应温度不一定相同)。
（4）A点对应的平衡常数　 　。
（5）A，B两点对应的温度　 　(填“>”，“<”或“=”)。若反应从起始分别进行到B点和C点所用的时间相等，则B点和C点分别对应体系的总发强　 　填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
【答案】-465；升高温度（加入催化剂或充入等）；任意温度；0.5；；>；>；该反应为放热反应，B点对应的CO的平衡转化率大，则B点对应的反应温度低但速率更快，因此B点对应的压强更大
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡中反应条件的控制；化学平衡常数；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
【解析】【解答】（1）、根据盖斯定律可知，反应①=②×2+③，因此；
增大反应①的反应速率的措施为：升高温度（加入催化剂或充入等）。
（2）、反应②为放热反应即，该反应为气体计量数增大的反应即，因此可知在任意温度下都有，即该反应在任意温度下均能自发进行。
（3）、根据图象可知，当时H2的选择性最高，即制备氢气最好。
（4）、根据图象可知，A点时CO的平衡转化率为50%，，假设起始通入CO为1mol，容器体积为VL，根据反应可知：
则。
（5）、根据图象可知，A点时，B点时，根据反应可知，增大CO的量平衡正向移动，但CO的转化率减小，即单从进气比来看，应该是A点的CO平衡转化率大于B点的CO平衡转化率，结果是A点和B点的CO平衡转化率相同，说明A点的平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此A点的温度高于B点的温度，即TA>TB；
根据题意可知，进行到B点和C点所用的时间相等，根据图像可知，B点对应的CO的平衡转化率大，由于该反应为放热反应，降低温度平衡逆向移动，平衡转化率升高，则说明B点对应的反应温度低但速率更快，因此B点对应的压强更大，即PA>PB。
【分析】判断反应能否自发要根据此公式： △G =△H－T△S， 判断反应能否自发进行用吉布斯自由能判据：如果△G<0 反应可以自发进行，反之则不可以自发进行； 恒温恒压下： 当△H<0，△S>0时，反应自发进行； 当△H>0，△S<0时，反应不自发进行； 当△H>0，△S>0时，需要在较高温度的条件下，才能自发进行。
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。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
1 / 1贵州省贵阳市2024-2025学年高二上学期1月期末考试 化学试题
1．（2025高二上·贵阳期末）贵州拥有近3万座桥梁，被称为桥梁博物馆，展示了中国桥梁建造的先进技术和文化。下列做法与桥梁金属材料的防腐无关的是
A．给桥的斜拉索喷涂油漆
B．适当改变桥梁的跨度
C．在桥的钢结构表面镀一层锌
D．将桥梁钢铁部件与外接电源的负极相连
2．（2025高二上·贵阳期末）下列化学用语表述正确的是
A．二氧化碳的电子式：
B．在水中的电离方程式：
C．的离子结构示意图：
D．基态碳原子的轨道表示式：
3．（2025高二上·贵阳期末）化学与生产生活密切相关。下列应用与盐类水解无关的是
A．明矾净水 B．溶液清洗油污
C．含氟牙膏预防龋齿 D．加热溶液制备
4．（2025高二上·贵阳期末）下列物质能促进水电离，且水溶液显碱性的是
A． B． C． D．
5．（2025高二上·贵阳期末）常温下，由水电离产生的浓度为的溶液中，一定能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
6．（2025高二上·贵阳期末）一定温度下，密闭容器中发生反应，A的初始浓度为，10s后，A的浓度降到。下列说法正确的是
A．
B．
C．由继续降到所需时间大于10s
D．缩小容器的容积，反应速率减小
7．（2025高二上·贵阳期末）羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫危害。在恒温恒容的密闭容器中发生反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是
A．各物质的浓度相等 B．容器中气体的总压强不再变化
C．混合气体的密度不再改变 D．每生成1molCOS同时生成1molCO
8．（2025高二上·贵阳期末）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．的溶液中的数目为
B．常温下，的溶液中数目为
C．溶液中，和粒子数目之和为
D．与在密闭容器中充分反应后的分子总数为
9．（2025高二上·贵阳期末）乙醇是常见的燃料之一。已知乙醇燃烧热的，下列能正确表示乙醇燃烧热的热化学方程式的是
A．
B．
C．
D．
10．（2025高二上·贵阳期末）对于反应，I为中间体，反应历程的示意图如下。相同条件时，实线为无催化剂，虚线为有催化剂。下列说法错误的是
A．该反应为放热反应
B．无催化剂时反应历程分2步进行
C．该反应的决速步为：
D．使用该催化剂能极大缩短反应达平衡的时间
11．（2025高二上·贵阳期末）如图所示，装置甲是利用微生物降解废水中尿素产生的化学能直接转化为电能的装置，利用装置甲的电能可在乙装置的铁上镀铜。下列说法错误的是
A．M电极为负极，发生氧化反应
B．Fe电极与Y电极相接
C．N极电极反应式为
D．甲装置中，由M向N迁移
12．（2025高二上·贵阳期末）利用图中装置进行实验，不能达到实验目的的是
A.测定中和反应的反应热 B.排出滴定管尖嘴内的气泡
C.探究温度对平衡的影响 D.比较和溶解度大小
A．A B．B C．C D．D
13．（2025高二上·贵阳期末）某温度下，将pH和体积均相同的两种弱酸(HA和HB)溶液分别加水稀释，pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A． B．稀释前溶液的浓度：
C．从b点到d点，逐渐减小 D．溶液中水的电离程度：d点点
14．（2025高二上·贵阳期末）合成氨反应为 ，当反应器中按投料后，分别在三个不同温度下反应达到平衡时，得到混合物中的物质的量分数随压强的变化曲线a，b，c如图所示。下列说法正确的是
A．曲线a对应的温度最高
B．M点对应的转化率为75%
C．加催化剂能提高的平衡转化率
D．平衡常数
15．（2025高二上·贵阳期末）铜氨液在工业上有多种用途，可用于吸收炼铁高炉气中的，也可除去合成氨工业原料气中的。回答下列问题：
（1）O元素位于元素周期表中　 　(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，其基态原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形；基态N原子核外有　 　种运动状态不同的电子。
（2）H、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　；Cu元素焰色试验产生的绿光是一种　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
（4）基态Fe原子价层电子排布式为　 　，3d能级未成对电子数为　 　。
16．（2025高二上·贵阳期末）某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(该药片中其他成分不与盐酸、氢氧化钠溶液反应)：
①配制0.1000mol/L的稀盐酸和0.1000mol/L的溶液；
②向一粒研碎后的药片(0.10g)中加入2.0mL蒸馏水；
③用0.1000mol/L溶液滴定过量稀盐酸，记录所消耗溶液的体积；
④加入25.00mL0.1000mol/L稀盐酸溶解碳酸钙。
回答下列问题：
（1）正确的操作顺序是　 　(填序号)。
（2）如图中用于盛装溶液的仪器为　 　(填“A”或“B”)。
（3）测定过程中发生反应的离子方程式为和　 　。
（4）若使用酚酞做指示剂，则达到滴定终点的判断依据是　 　。
（5）某同学4次实验测定所消耗的溶液的体积如下：
测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次
17.00 12.50 12.60 12.40
根据这个同学的实验数据，消耗溶液的平均体积为　 　mL，该药片中碳酸钙的质量分数为　 　%；如果滴定管在装溶液前未用待装溶液润洗，则胃药中碳酸钙质量分数的测定结果　 　(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
17．（2025高二上·贵阳期末）是化工合成中重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Mg、Ca等杂质)为原料生产，继而生产的工艺流程如图：
已知：①，；
②还原性：
③流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示：
氢氧化物
开始沉淀的pH 1.1 6.5 7.1 9.3
沉淀完全的pH 3.2 9.7 9.2 10.8
回答下列问题：
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有　 　(任写一条)。
（2）用离子反应方程式解释加入的目的　 　；“除铁”时，控制溶液pH的范围为　 　。
（3）“过滤”所得滤渣B的主要成分的化学式为　 　。
（4）“沉镍”时，为使镍沉淀完全，溶液中应大于　 　。
（5）“氧化”得到过程中，氧化剂为　 　。
（6）可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为。该电池工作时，正极电极反应式为　 　，用该电池电解饱和食盐水，消耗56gFe，理论上阴极产生标准状况下气体体积为　 　L。
18．（2025高二上·贵阳期末）绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用甲醇，CO制备绿色能源具有开发应用的广阔前景，回答下列问题。
I.工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。
①甲醇氧化法
②甲醇蒸汽重整法， ；
已知：③ 。
（1）　 　。增大反应①的反应速率的措施为　 　(任写一条)。
（2）反应②在　 　(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发。
（3）在一定温度和催化剂下，原料气比例对反应的选择性(选择性越大表示生成的该物质越多)影响关系如图所示，在制备时最好控制　 　。
Ⅱ.利用CO制取氢气的反应为 ；起始加入气体的总物质的量一定，在进气比不同时，测得与CO的平衡转化率的关系如图所示(图中各点对应的反应温度不一定相同)。
（4）A点对应的平衡常数　 　。
（5）A，B两点对应的温度　 　(填“>”，“<”或“=”)。若反应从起始分别进行到B点和C点所用的时间相等，则B点和C点分别对应体系的总发强　 　填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、给桥的斜拉索喷涂油漆可以隔绝金属与空气中的氧气、水分接触，从而防止金属内部的腐蚀，与防腐有关，A错误；
B、改变桥梁的跨度是结构设计方面的调整，主要影响桥梁的承载能力、稳定性或建造成本等方面，并不直接涉及金属材料的防腐措施，因此与防腐无关，B正确；
C、在桥的钢结构表面镀一层锌一方面是利用锌的活泼性形成保护层，另一方面作为牺牲阳极来保护阴极，防止钢铁腐蚀，与防腐有关，C错误；
D、外接电源负极属于外加电流的阴极保护法，通过使钢铁成为阴极而避免被氧化，与防腐有关，D错误；
故答案为：B
【分析】金属防腐需针对腐蚀原理（如电化学腐蚀、化学腐蚀）采取措施，本题中改变桥梁跨度属于结构设计范畴，与防腐原理无直接关联，需明确防腐方法与结构设计的区别。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、二氧化碳是典型的共价化合物，碳氧之间通过碳氧双键的共价键来相连，而选项中的电子式是碳氧单键的结构，故其正确的电子式为：，A错误；
B、为弱酸，在水中只能发生微弱的电离，只能连接可逆符号，故醋酸在水中的电离方程式为： ，B正确；
C、Al是18号元素，最外层有3个电子，在化学反应中易失去最外层的3个电子来达到8电子的稳定结构也就是，因此可以推断的离子结构示意图为，C错误；
D、基态碳原子的轨道表示式中，根据洪特规则可知，2p轨道的两个电子应分占两个轨道且自旋平行，因此碳的基态原子轨道表示式表述为，D错误；
故答案为：B
【分析】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。
3．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、明矾净水利用Al3+水解生成Al(OH)3胶体，而胶体易吸附悬浮杂质，与盐类水解有关，A错误；
B、Na2CO3溶液因CO水解呈碱性，促进油污在碱性条件发生水解，也就是皂化反应，与盐类水解有关，B错误；
C、含氟牙膏中的氟化物（如氟化钠）通过离子交换与牙齿表面的羟基磷灰石反应生成氟磷灰石，增强抗酸能力，预防龋齿，属于沉淀转化，与盐类水解无关，C正确；
D、TiCl4中Ti4+的电荷数高，极易发生水解生成TiO2·xH2O，接着加热脱水制得TiO2，与盐类水解有关，D错误；
故选C。
【分析】本题关键是明确盐类水解的本质，也就是弱离子与水电离粒子结合生成弱电解质，通过分析各选项的反应原理判断是否涉及水解，从而确定与盐类水解无关的选项。
4．【答案】A
【知识点】水的电离；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、NaHCO3为强碱弱酸盐，同时HCO的水解程度远远大于其电离的程度，且水解生成OH-，促进水的电离，溶液呈碱性，A正确；
B、KCl为强酸强碱盐，不水解，对水的电离无影响，溶液呈中性，B错误；
C、NH4Cl为强酸弱碱盐，NH水解使溶液呈酸性，虽促进水的电离，但溶液显酸性，C错误；
D、NaOH为强碱，电离产生大量OH-，溶液显碱性，但由于产生的OH-的量很大，反而会抑制水的电离，D错误；
故答案为：A
【分析】作答本题的关键核心依据是弱离子水解能促进水的电离，并遵循 “谁弱谁水解，谁强显谁性”的一般规律，同时在 “促进水电离 + 水溶液显碱性”的双重条件下也可以直接判定出对应强碱弱酸盐，也就是弱酸根水解生成 OH-。
5．【答案】C
【知识点】水的电离；离子共存
【解析】【解答】由题干信息可知，常温下，由水电离产生的浓度为的溶液中，水的电离受到了抑制作用，因此该体系可能是强酸溶液也可能是强碱溶液。A、在强酸或强碱性条件下均不能稳定存在，会反应生成CO32-或CO2，因此不能大量共存，A错误；
B、在强碱性条件下会生成Fe(OH)2沉淀，因此不能大量共存，B错误；
C、、、、均为稳定的强酸强碱离子，彼此之间不反应，同时在强酸或强碱中也均不反应，能大量共存，C正确；
D、在强酸中反应生成二氧化碳和水，与在碱性中生成沉淀，因此不能大量共存，D错误；
故答案为：C
【分析】离子共存问题的规律总结：
反应性离子不能共存：能够发生反应的离子不能共存，例如SO42-与Ba2+、Ag+等离子不能大量共存。
有色离子与无色溶液：在无色溶液中，有色离子（如Cu2+、Fe2+、Fe3+等）不能大量共存。
强酸性溶液中的离子：在强酸性溶液中，非强酸根离子和OH-不能大量共存。
弱电解质的形成：当离子间结合生成弱电解质时，这些离子不能大量共存，例如H+与OH-。
气体和沉淀的生成：某些离子在反应中会生成气体或沉淀，这会导致它们不能共存，例如CO32-与H+反应生成CO2气体。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、根据A的浓度变化计算，，化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(B)：v(A)=1：3，故，A错误；
B、根据速率与反应计量关系，，即3v(C)=2v(A)，等式关系错误，B错误；
C、随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，因此从0.07 mol/L降到0.04 mol/L所需时间大于前10秒的等量变化时间，C正确；
D、缩小容器容积的本质就是增大压强，虽然说反应前后气体分子数相等，但是气体反应物的浓度增大，因此导致正、逆反应速率均增大，D错误；
故答案为：C
【分析】化学反应速率是定量描述化学反应进行快慢的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。其数学表达式为：v = Δc / Δt，其中v为反应速率，Δc为浓度变化量，Δt为时间变化量。反应速率与反应物浓度、温度、催化剂等因素相关，通过调节这些因素可以控制反应速率。
7．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定相等，浓度相等与是否达到平衡无关，即使达到了平衡，各物质的浓度只是不再变化而非必须相等，A错误；
B、该反应前后气体分子数不变，反应前后气体物质的量相等，恒温恒容下总压强始终不变，因此压强不变不能作为平衡标志，无法判断平衡，B错误；
C、反应在恒容容器中进行，体积不变，在反应前后所有物质均为气体，总质量不变，因此混合气体的密度始终不变，不能作为平衡标志，C错误；
D、生成 COS 表示正反应方向，生成 CO 表示逆反应方向，且两者化学计量数均为 1。当生成 1 mol COS 的同时生成 1 mol CO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；
故答案为：D
【分析】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。
8．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、溶液中会发生水解，水解方程式为：，导致其数目小于1mol/L×1L=1mol，即小于NA，A错误；
B、pH=13的溶液中浓度为0.1mol/L，但题目未给出溶液体积，无法计算的具体数目，B错误；
C、根据的物料守恒，溶液中NaClO元素以ClO-和HClO形式存在，总物质的量等于Na+的物质的量，也就是说：n()+n(HClO)=初始的物质的量=0.1mol/L×1L=0.1mol，因此两者数目之和为0.1NA，C正确；
D、反应2+ 2为可逆反应，反应是无法完全进行的，分子总数应介于2NA和3NA之间，也就是会一定大于2NA，D错误；
故答案为：C
【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。
9．【答案】D
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】A、乙醇燃烧热的热化学方程式中乙醇应为1mol，且产物水为液态，而方程式中乙醇系数为2，产物水为气态，不符合燃烧热定义，A错误；
B、乙醇燃烧热的热化学方程式中产物水为液态，而方程式中产物水为气态，不符合燃烧热定义，B错误；
C、乙醇燃烧为放热反应，ΔH应小于0，而方程式中ΔH为正值，是吸热反应的标志，与燃烧放热矛盾，C错误；
D、1mol乙醇完全燃烧生成CO2和液态水，ΔH=-a kJ/mol，符合燃烧热定义，D正确；
故答案为：D
【分析】燃烧热的定义是 “1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量”，需满足 3 个关键条件：反应物为1mol 纯物质；生成物为稳定氧化物（如 H 的稳定氧化物是液态水，C 的稳定氧化物是 CO2）；反应放热，ΔH 为负值。
10．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、从图中可以看到，反应物 S 的能量高于生成物 T 的能量，反应过程释放能量，则该反应为放热反应，A 正确；
B、观察无催化剂时的反应历程图，能量图中出现了两个过渡态，代表了有两个能量峰，这意味着反应历程分2步进行，B 正确；
C、反应的决速步是活化能最大的步骤，也就是能垒最高的部分，而在能量图中，有无催化剂时 S→I 的活化能大于 I→T 的活化能，所以该反应的决速步为 S→I，C 正确；
D、由图可知，该反应的决速步为 S→I，而催化剂降低的是 I→T 的活化能，所以不能极大缩短反应达平衡的时间，D 错误；
故答案为：D
【分析】能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也叫做慢反应。要注意：能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好；相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
11．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电镀
【解析】【解答】A、根据分析可知，在微生物燃料电池中，微生物在 M 电极上氧化尿素，M 为负极，发生氧化反应，A正确；
B、装置甲中，M 为负极，N 为正极。装置乙为电镀池，铁上镀铜时，铁作阴极，应与电源负极（M）相连；铜作阳极，应与电源正极（N）相连。乙装置的铁上镀铜，Fe电极得电子，所以与原电池负极即X电极相接，B错误；
C、N 为正极，氧气在酸性条件下得电子还原生成水，电极反应式为：，C正确；
D、甲装置中，质子（H+）在燃料电池中通过质子交换膜从负极（M）向正极（N）迁移，即由M向N迁移，D正确；
故答案为：B
【分析】首先判断电极，M 电极处尿素发生氧化反应，被降解，故 M 为负极；N 电极处O2发生还原反应，得电子，故 N 为正极。原电池中阳离子（H+）向正极（N）迁移，即由 M 向 N 移动。
电镀时，镀件（Fe）作阴极，接电源负极，镀层金属（Cu）作阳极，接电源正极。甲装置中，M 是负极、N 是正极，因此：Fe 电极应接甲的负极，M 对应的电极，Cu 电极应接甲的正极，N 对应的电极。
12．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和热的测定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、该装置为量热计，有隔热层来减少热量散失、用温度计来测温度变化、搅拌器来促使反应更加充分，可通过测定酸碱中和反应的温度变化计算反应热，能达到实验目的，A正确；
B、图中为碱式滴定管，通过 “捏橡胶管 + 尖嘴向上” 的操作，排出盛有NaOH溶液的滴定管尖嘴内的气泡时尖嘴向上弯曲45o，该操作能达到排气泡的目的，B正确；
C、，属于典型的放热反应，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，能证明温度对平衡的影响，能达到实验目的，C正确；
D、由用量可知硝酸银溶液过量，滴入的硫化钠直接与硝酸银溶液反应，不能说明氯化银转化为硫化银，没有控制好变量，从而导致无法正确比较和溶解度大小，D错误；
故答案为：D
【分析】要通过沉淀转化比较AgCl和Ag2S的溶解度，正确做法是利用沉淀转化原理，让更难溶的沉淀从较难溶沉淀的饱和溶液中生成，步骤如下：向试管中加入1mL0.1mol L- AgNO3溶液，再加入 2~3mL0.1mol L- NaCl溶液，充分振荡，使Ag+完全转化为AgCl白色沉淀（此时溶液为AgCl的饱和溶液）；接着静置后取上层清液，滴加几滴 0.1mol L- Na2S溶液，观察现象。若出现黑色沉淀（Ag2S），说明AgCl饱和溶液中的Ag+与S2-结合生成了更难溶的Ag2S，可证明AgCl的溶解度大于Ag2S。
13．【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】A、起始时 HA 和 HB 的 pH 相同，稀释过程中 HA 的 pH 增加更快，说明 HA 的酸性较强，也就可以证明电离常数：Ka(HA)>Ka(HB)， A 正确；
B、由于起始 pH 相同，酸性越强，所需浓度越小，因此稀释前浓度：C(HA)>C(HB)， B 错误；
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变则Kw不变， C 错误；
D、在相同加水体积下，HA（较强酸）的 pH 较高，HB（较弱酸）的 pH 较低。pH 越高，H+ 浓度越小，水的电离程度越大，因此水的电离程度 d 点 < e 点， D 错误；
故答案为：A
【分析】相同体积、相同pH的两种酸稀释相同倍数后，相对较强的酸pH变化较大，则HA酸性强于HB。起始时pH相同，则HB的浓度比HA大。这是由于相同的弱酸，酸性越强，溶液浓度越小，酸性弱的弱酸需更高浓度才能电离出等量H+。而当弱酸的酸性越强，稀释相同倍数时pH变化越大，弱电解质越弱，稀释时电离程度增大更显著， H+浓度下降更慢，pH变化更小。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、合成氨反应是典型的放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，而曲线a对应的氨的体积分数最大，所以曲线c对应的反应温度最高、曲线a对应的反应温度最低，A错误；
B、由图可知，M点的物质的量分数为60%，反应器中按投料，则列三段式为：，可知，解得，对应的转化率为=75%，B正确；
C、加催化剂能提高的反应速率，也就是缩短反应达到平衡状态所需要的时间，但是不会改变平衡状态，也就不能提高H2的平衡转化率，C错误；
D、平衡常数只与温度有关，也就是说K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，M点的温度低于N，所以，D错误；
故答案为：B
【分析】分析化学图像题的方法：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。
15．【答案】（1）p；哑铃；7
（2）
（3）；发射
（4）；4
【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；原子核外电子的跃迁及应用
【解析】【解答】（1）、氧元素为第8号元素，氧原子的基态电子排布式为，位于元素周期表的p区；由于氧原子的基态电子排布式为，其基态原子电子占据最高能级为2p能级，因此电子云轮廓图为哑铃形；氮元素为第7号元素，氮原子的基态电子排布式为，氮原子核外有7种运动状态的电子。
（2）、电负性是指元素在化学键中吸引电子的能力。电负性越大，元素对电子的吸引力越强。同一周期元素从左往右电负性逐渐增大，同一主族元素从上往下电负性逐渐增大，因此可知电负性：N>C，由于CH4中C元素为负价，而H元素为正价，说明H的电负性小于C的电负性，因此三种元素的电负性由大到小的顺序为：。
（3）、同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈现减小的趋势，由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态较为稳定，因此较相邻元素第一电离能大，可知三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：；
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱。
（4）、铁为第26号元素，因此基态Fe原子价层电子排布式为：；3d能级未成对电子数为4。
【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。
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。
（1）氧元素为第8号元素，氧原子的基态电子排布式为，位于元素周期表的p区；
由于氧原子的基态电子排布式为，其基态原子电子占据最高能级为2p能级，因此电子云轮廓图为哑铃形；
氮元素为第7号元素，氮原子的基态电子排布式为，氮原子核外有7种运动状态的电子。
（2）电负性是指元素在化学键中吸引电子的能力。电负性越大，元素对电子的吸引力越强。同一周期元素从左往右电负性逐渐增大，同一主族元素从上往下电负性逐渐增大，因此可知电负性：N>C，由于CH4中C元素为负价，而H元素为正价，说明H的电负性小于C的电负性，因此三种元素的电负性由大到小的顺序为：。
（3）同周期元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈现减小的趋势，由于第ⅡA族、第ⅤA族为全充满、半充满状态较为稳定，因此较相邻元素第一电离能大，可知三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：；
基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱。
（4）铁为第26号元素，因此基态Fe原子价层电子排布式为：；3d能级未成对电子数为4。
16．【答案】（1）①②④③或②①④③
（2）A
（3）
（4）当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色
（5）12.50；62.5；偏低
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）、依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③。
（2）、NaOH溶液显碱性，则盛放0.1000mol/L NaOH溶液应选择碱式滴定管，选择仪器A。
（3）、过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为：、。
（4）、用NaOH标准溶液中和过量的稀盐酸，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液，则滴定达到终点的现象是：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色。
（5）、由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积=；
消耗盐酸的物质的量为0.025L×0.1mol/L-0.0125L×0.1mol/L=0.00125mol，所以碳酸钙的质量分数为=62.5%；
碱式滴定管使用前，水洗后未用待装液润洗，则消耗标准溶液体积读数偏大，剩余的盐酸的物质的量偏大，则碳酸钙消耗的盐酸的物质的量偏小，导致测定结果偏低。
【分析】实验前的准备检查滴定管的玻璃活塞是否漏水，向滴定管中注入适量蒸馏水，观察活塞或乳胶管周围是否漏水，不漏水的滴定管才能使用。接着滴定管先用蒸馏水洗涤，再用待装的酸或碱溶液润洗。
再加入反应液至滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2～3mL处，并将滴定管垂直固定在滴定管夹上，然后在滴定管下放一个烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面位于“0”或“0”以下某刻度，准确记录读数。
然后将锥形瓶放在碱式滴定管下面。右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，左手控制滴定管的活塞，小心地滴入碱。直到加入半滴碱，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色，说明达到滴定终点。液面稳定后，记录液面读数，并记录到表格中。重复上述操作两次，并记录相关数据，填入表格中。
中和滴定操作有查漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作，为减少实验过程的偶然性，使实验测定值更接近真实值，要多进行几次平行实验，取有效值的平均值，再根据转化关系进行计算，并根据操作对标准溶液体积的影响分析实验误差，据此分析作答。
（1）依据实验步骤判断操作顺序为：配制溶液、溶解样品、加入配制的过量盐酸溶液溶解碳酸钙、剩余的盐酸用氢氧化钠溶液滴定、计算反应的盐酸，通过碳酸钙和盐酸反应的定量关系计算含量，所以测定过程的正确操作顺序为①②④③或②①④③。
（2）NaOH溶液显碱性，则盛放0.1000mol/L NaOH溶液应选择碱式滴定管，选择仪器A。
（3）过程中发生的反应为碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，氢氧化钠溶液和盐酸反应生成氯化钠和水，离子方程式分别为：、。
（4）用NaOH标准溶液中和过量的稀盐酸，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液，则滴定达到终点的现象是：当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色(或浅粉色)且半分钟内不变色。
（5）由图表数据可知，第1次数值偏差太大，舍去，消耗氢氧化钠溶液的平均体积=；
消耗盐酸的物质的量为0.025L×0.1mol/L-0.0125L×0.1mol/L=0.00125mol，所以碳酸钙的质量分数为=62.5%；
碱式滴定管使用前，水洗后未用待装液润洗，则消耗标准溶液体积读数偏大，剩余的盐酸的物质的量偏大，则碳酸钙消耗的盐酸的物质的量偏小，导致测定结果偏低。
17．【答案】（1）粉碎废料，搅拌等
（2）；
（3）、
（4）
（5）
（6）；22.4
【知识点】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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时还可采取的措施有粉碎废料，搅拌等，故答案为：粉碎废料，搅拌等。
（2）、过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，则离子方程式为；“除铁”三价铁离子要沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在，故答案为：；。
（3）、滤液中再加入氟化铵的目的是沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为、，故答案为：、。
（4）、，镍离子完全沉淀时，溶液中，应保持溶液中＞，故答案为：。
（5）、“氧化”得到过程中，Ni元素由+2价升高到+3价，则NiCO3为还原剂，中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂为，故答案为：。
（6）、可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为，该反应中Ni元素由+3价降到+2价，得到电子，则为原电池的正极，正极电极反应式为：；根据，可知消耗56gFe，转移电子2mol，电解饱和食盐水阴极电极反应式为：，理论转移电子2mol，产生氢气为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故答案为：；22.4。
【分析】整个工艺流程以金属镍废料（含 Fe、Mg、Ca 杂质）为原料，通过 “酸浸→氧化→除铁→除杂→沉镍→溶解→氧化” 等步骤，最终生产 Ni2O3，各步骤的作用如下：首先是酸浸，将金属镍废料中的 Ni、Fe、Mg、Ca 与盐酸反应，生成对应的氯化物溶液，最终得到含Ni2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+的混合溶液；然后氧化，利用H2O2的氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除铁；接着是除铁，用Na2CO3调节溶液 pH，使Fe3+在 pH≈3.2 时完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后得到滤渣 A（主要为Fe(OH)3），实现 Fe 的分离；继续除 Mg、Ca，利用F-与Mg2+、Ca2+结合生成难溶氟化物，过滤后得到滤渣 B（主要为MgF2、CaF2），去除 Mg、Ca 杂质；然后沉镍，Ni2+与CO32-结合生成NiCO3沉淀，过滤后得到NiCO3滤渣，实现 Ni 与其他可溶性杂质的分离；立即溶解，NiCO3与盐酸反应，重新转化为NiCl2溶液，得到较纯净的NiCl2溶液；最后氧化，在NaOH提供的碱性环境中，NaClO做强氧化剂将Ni2+氧化为Ni3+，最终生成Ni2O3。
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时还可采取的措施有粉碎废料，搅拌等，故答案为：粉碎废料，搅拌等。
（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，则离子方程式为；“除铁”三价铁离子要沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在，故答案为：；。
（3）滤液中再加入氟化铵的目的是沉淀Ca2+、Mg2+，则滤渣B为、，故答案为：、。
（4），镍离子完全沉淀时，溶液中，应保持溶液中＞，故答案为：。
（5）“氧化”得到过程中，Ni元素由+2价升高到+3价，则NiCO3为还原剂，中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂为，故答案为：。
（6）可用于制备铁镍蓄电池，放电时总反应为，该反应中Ni元素由+3价降到+2价，得到电子，则为原电池的正极，正极电极反应式为：；根据，可知消耗56gFe，转移电子2mol，电解饱和食盐水阴极电极反应式为：，理论转移电子2mol，产生氢气为1mol，标准状况下气体体积为22.4L，故答案为：；22.4。
18．【答案】-465；升高温度（加入催化剂或充入等）；任意温度；0.5；；>；>；该反应为放热反应，B点对应的CO的平衡转化率大，则B点对应的反应温度低但速率更快，因此B点对应的压强更大
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡中反应条件的控制；化学平衡常数；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
【解析】【解答】（1）、根据盖斯定律可知，反应①=②×2+③，因此；
增大反应①的反应速率的措施为：升高温度（加入催化剂或充入等）。
（2）、反应②为放热反应即，该反应为气体计量数增大的反应即，因此可知在任意温度下都有，即该反应在任意温度下均能自发进行。
（3）、根据图象可知，当时H2的选择性最高，即制备氢气最好。
（4）、根据图象可知，A点时CO的平衡转化率为50%，，假设起始通入CO为1mol，容器体积为VL，根据反应可知：
则。
（5）、根据图象可知，A点时，B点时，根据反应可知，增大CO的量平衡正向移动，但CO的转化率减小，即单从进气比来看，应该是A点的CO平衡转化率大于B点的CO平衡转化率，结果是A点和B点的CO平衡转化率相同，说明A点的平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此A点的温度高于B点的温度，即TA>TB；
根据题意可知，进行到B点和C点所用的时间相等，根据图像可知，B点对应的CO的平衡转化率大，由于该反应为放热反应，降低温度平衡逆向移动，平衡转化率升高，则说明B点对应的反应温度低但速率更快，因此B点对应的压强更大，即PA>PB。
【分析】判断反应能否自发要根据此公式： △G =△H－T△S， 判断反应能否自发进行用吉布斯自由能判据：如果△G<0 反应可以自发进行，反之则不可以自发进行； 恒温恒压下： 当△H<0，△S>0时，反应自发进行； 当△H>0，△S<0时，反应不自发进行； 当△H>0，△S>0时，需要在较高温度的条件下，才能自发进行。
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。
书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
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