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广西梧州市部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末考试 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·梧州期末）生活离不开化学，下列生活中常用物质的主要成分属于非电解质的是
A．食用碱面 B．白酒 C．食醋 D．食盐
2．（2025高二上·梧州期末）下列解释实验现象或事实的表达式错误的是
A．醋酸溶液中存在电离平衡：
B．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：
C．用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
D．电解精炼铜的阴极反应式：
3．（2025高二上·梧州期末）下列说法正确的是
A．各电子层含有的原子轨道数为2n2(n为电子层序数)
B．电子的“自旋”类似于地球的“自转”
C．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
D．霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关
4．（2025高二上·梧州期末）在催化剂表面与反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，表示过渡态。下列说法不正确的是
A．反应的
B．使用高效催化剂，能降低反应活化能，从而影响反应热
C．②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
D．③→④的过程中断裂了极性共价键
5．（2025高二上·梧州期末）下列有关化学用语表述正确的是
A．基态铜原子的价层电子排布式：
B．的价层电子排布图：
C．基态铍原子最外层的电子云轮廓图：
D．S2-的结构示意图：
6．（2025高二上·梧州期末）某温度下气体反应体系达到化学平衡，其平衡常数K=，恒容时，若温度升高，C的浓度增加。下列说法正确的是
A．其他条件不变，增大压强，平衡左移
B．该反应的热化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)+2D(g)　ΔH<0
C．增大c(A)、c(B)，K增大
D．平衡时，向体系中再加入C，逆反应速率逐渐增大
7．（2025高二上·梧州期末）下列说法正确的是
A．因O的电负性比N大，故O的第一电离能也比N大
B．元素的电负性越大，表示其原子对键合电子的吸引力越大
C．第ⅡA族元素的原子半径越大，元素的第一电离能越大
D．第ⅥA族元素的电负性从上到下逐渐增大
8．（2025高二上·梧州期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，的溶液中的数目为
B．常温下，1L溶液中氮原子数目为
C．的溶液含有的数目一定小于
D．粗铜精炼中阳极质量减小64g时，转移电子数目一定为
9．（2025高二上·梧州期末）下列有关微粒性质的排列顺序错误的是
A．元素的最高化合价：
B．离子半径
C．元素的电负性：
D．基态原子的未成对电子数：
10．（2025高二上·梧州期末）根据实验目的，下列实验操作及现象与结论均正确的是
选项 实验目的 实验操作及现象 结论
A 比较CH3COO-和的水解常数 分别测浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH， 后者大于前者 Kh(CH3COO-)B 验证Cl2与H2O的反应存在限度 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉-KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
C 探究氢离子浓度对(黄色)。(橙红色)相互转化的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸溶液，黄色变为橙红色 增大c(H+)，转化平衡向生成的方向移动
D 比较AgCl与AgI的溶度积大小 向2mL0.1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1KCl溶液，再滴加4滴0.1KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI，AgI的溶度积小于AgCl的
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高二上·梧州期末）设NA是阿伏加德罗常数的值。室温下，现有1L0.1mol·L－1Na2HPO4溶液（pH=8），下列有关该溶液的说法正确的是
A．该溶液呈碱性，所以只水解，不电离
B．该溶液中的数目为
C．该溶液中
D．加入少量固体后，水电离出的增加
12．（2025高二上·梧州期末）R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其中R与W位于同一周期，且R元素的第一电离能大于氧，W的单质在暗处与能剧烈化合，常温下X的单质为淡黄色固体，含Y元素的物质灼烧时焰色为紫色，基态Z原子有6个未成对电子。下列说法错误的是
A．Z元素位于元素周期表中的d区
B．基态R原子中有3个未成对电子
C．Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱
D．R、W、X三种元素中第一电离能：W>X>R
13．（2025高二上·梧州期末）已知某高能锂电池的电池反应为2Li+FeS=Fe+Li2S [LiPF6·SO(CH3)2为电解质]。以该电池为电源进行如图电解实验，电解一段时间后测得甲池产生4.48L(标准状况下)H2。下列有关叙述正确的是
A．a电极为阳极
B．从交换膜中通过0.2molK+
C．若忽略溶液体积变化，则电解后甲池中溶液浓度为4mol/L
D．放电时，正极反应式为FeS+2Li+-2e-=Fe+Li2S
14．（2025高二上·梧州期末）纳米催化剂可用于工业上合成甲醇：，按投料比将与充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是
A．低温下反应可以自发进行
B．该反应平衡常数
C．压强：
D．℃、压强下，Q点对应的
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15．（2025高二上·梧州期末）GB2719-2018《食品安全国家标准食醋》中规定食醋总酸指标≥3.5g/100mL（以乙酸计），某同学在实验室用中和滴定法检测某品牌食醋是否合格。回答下列问题：
Ⅰ．实验步骤：
（1）用________（填仪器名称，下同）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL________中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）量取20.00mL待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
（3）读取盛装NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，此时的读数为________mL。
（4）滴定。滴定终点的现象是________。
Ⅱ．数据记录：
滴定次数 实验数据/mL 1 2 3 4
V(样品) 20.00 20.00 20.00 20.00
V(NaOH)(消耗) 15.95 15.00 15.05 14.95
Ⅲ．数据处理：
（5）该白醋的总酸度为________g/100mL，该品牌白醋________（填“合格”或“不合格”）。
Ⅳ．反思与总结：
（6）实验过程中该同学出现了以下操作，其中可能导致结果偏大的是________（填字母）。
A．酸式滴定管没有进行润洗 B．锥形瓶用待测白醋润洗
C．滴定开始时滴定管中有气泡，结束时无气泡 D．指示剂变色立即停止滴定
E．滴定开始时俯视读数，结束时仰视读数
（7）老师指出，氢氧化钠溶液一般很难配制出准确浓度，标准氢氧化钠溶液是用基准物质进行标定得到准确浓度的。氢氧化钠溶液难以配制出准确浓度的原因可能是________。
16．（2025高二上·梧州期末）常温下，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1的HCN溶液(一元弱酸)过程中溶液pH的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）NaOH溶液与HCN溶液恰好完全反应的点可能是　 　(填“A”“B”或“C”)。
（2）常温下，0.1mol·L-1的NaOH溶液中由水电离出的　 　mol·L-1，滴加HCN溶液过程中，水的电离程度　 　。
（3）结合(1)的结论，分析在AB区间内，　 　(填“>”“＜”或“=”，下同)。
（4）在D点时，溶液中　 　。
（5）图中a值　 　(填“>”“<”或“=”)12.5，　 　。
17．（2025高二上·梧州期末）硫化镉(CdS)微溶于水，高纯度硫化镉是良好的半导体，可用于制光电管、太阳能电池。利用含镉废水(主要含的离子为、、、、、)制备硫化镉流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物
开始沉淀的pH 1.5 6.5 4.1 7.2
沉淀完全的pH 3.3 9.9 5.4 9.5
回答下列问题：
（1）基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是　 　。
（2）滤渣主要成分是　 　(填化学式)。
（3）加入溶液的目的是　 　(用离子方程式表示)。
（4）调节pH范围是　 　，写出“沉淀”时发生反应的离子方程式：　 　。
（5）操作Ⅰ包括　 　。
（6）写出溶液中电荷守恒关系式：　 　。
（7）实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定“沉镉”后溶液中的含量，其原理为，其中NaR为阳离子交换膜树脂。常温下，将“沉镉”后的溶液(此时溶液)经过阳离子交换树脂后，测得浓度比交换前升高了0.046g·L-1，则该条件下的为　 　。
18．（2025高二上·梧州期末）随着研究的深入，科学家们开拓了甲烷在制氢、消除H2S污染等方面的应用。回答下列问题：
（1）在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，反应过程中能量与反应过程的关系如图1所示。该反应的热化学方程式为　 　。若在恒温恒容条件下，可作为该反应达到平衡状态的判断依据是　 　(填字母)。
A．混合气体密度不变 B．容器内压强不变
C.3v正(CH4)=v逆(H2) D．CH4与H2O(g)的反应速率之比保持不变
（2）CH4消除H2S污染的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) ΔH<0(不考虑其它副反应)。在恒压条件下，以n(CH4)：n(H2S)=1：2组成的混合气体发生反应，四种组分物质的量分数随时间的变化如图2所示。
①图2中表示CH4、CS2变化的曲线分别是　 　、　 　(填“a”“b”“c”或“d”)
②M点(对应纵坐标为0.25)H2S的转化率是　 　。
（3）甲烷部分催化氧化制备乙炔和氢气，反应原理为2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+754.8kJ·mol-1。
①该反应在　 　(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将1molCH4充入10L固定容积的容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图3所示。6~8min时，H2的浓度为　 　mol·L-1，反应的平衡常数Kc=　 　；若8min时改变的条件是缩小容器容积到5L，其中C2H2分压与时间的关系可用图中曲线　 　(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)表示。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解析】A、食用碱面的主要成分是，为盐，因此属于强电解质，不符合题目要求。B、白酒的主要成分是，为有机物，因此属于非电解质，符合题目要求。
C、食醋的主要成分是，为弱酸，因此属于弱电解质，不符合题目要求。
D、食盐的主要成分是，为盐，因此属于强电解质，不符合题目要求。
故答案为：B
【分析】非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。属于非电解质的有NH3、非金属氧化物、绝大多数有机物。据此结合选项所给物质的分类进行分析即可。
2．【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离方程式的书写
【解析】【解析】A、醋酸作为弱电解质，在水溶液中仅部分电离，生成的氢离子会与水分子结合形成水合氢离子（H3O＋），A正确。B、钢铁吸氧腐蚀的正极反应中，氧气（O2）得电子并与水反应生成氢氧根离子（OH-），符合电化学原理，B正确。
C、碳酸钠溶液与硫酸钙水垢反应的离子方程式应为：，C错误。
D、电解精炼铜时，阴极（纯铜）发生还原反应，铜离子（Cu2+）得电子析出铜单质，D正确。
故答案为：C
【分析】A、CH3COOH在水中部分电离产生CH3COO－和H＋，H＋与H2O结合H3O＋。
B、吸氧腐蚀的正极上O2发生得电子的还原反应生成OH－。
C、CaSO4微溶于水，在离子方程式中保留化学式。
D、电解精炼铜的过程中，阴极上Cu2＋发生得电子的还原反应生成Cu。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A、每个电子层包含的原子轨道数目等于电子层序数的平方，即（其中n表示电子层序号），A选项错误。B、原子核外电子的运动具有高速性和无规律性，所谓"自旋"并非指电子像行星那样进行轴向自转，B选项错误。
C、当电子从高能级的激发态跃迁至低能级激发态或基态时，会形成发射光谱；而电子从低能级的基态跃迁到激发态时，则会产生吸收光谱。这两种光谱统称为原子光谱，C选项错误。
D、霓虹灯光和节日焰火等现象的成因是：原子中的电子先吸收能量跃迁至高能级轨道，但这些高能级电子状态不稳定，会迅速回迁至低能级轨道，在此过程中以光辐射形式释放多余能量，这种现象确实与电子跃迁的能量释放过程相关，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、各电子层含有的轨道数为n2。
B、原子核外电子在原子核周围做高速、无规则的运动。
C、电子从基态到激发态、或从激发态到基态，都会产生原子光谱。
D、电子跃迁过程中的能量变化以光能的形式体现。
4．【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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图像分析，反应的生成物能量低于反应物能量，说明该反应是放热反应，即，A选项正确；
B．催化剂的作用是降低反应的活化能，但不会改变反应的热效应（ΔH不变），B选项错误；
C．在反应历程中，过渡态能量与反应物能量的差值代表活化能。活化能越大，反应速率越慢。图中②→③步骤的活化能最大，是整个反应历程的决速步骤，C选项正确；
D．在③→④过程中，碳氧极性共价键发生断裂，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据反应物和生成物能量的相对大小判断反应的热效应。
B、使用催化剂，可改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应热。
C、决速步骤是慢反应步骤，结合能量图，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
D、③→④的过程中碳氧键断裂。
5．【答案】D
【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】【解析】A．铜（Cu）是第29号元素，根据能量最低原理，其基态原子的价电子排布式为，选项A错误；
B．锰（Mn）是第25号元素，其价电子排布式为。当Mn形成Mn2+时，失去的是4s能级的2个电子，因此Mn2+的价电子排布图应为，选项B错误；
C．基态铍（Be）原子的最外层电子排布式为，s能级的电子云轮廓图呈现球形对称，形状为，选项C错误；
D．硫（S）的原子序数为16，S2-离子的结构示意图为，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、不满足能量最低原理，当3d能级为10电子全满结构，更稳定，能量更低。
B、Mn2+是由Mn原子失去最外层2个电子形成，结合Mn原子的价电子排布式分析。
C、基态Be原子的价电子排布式为2s2，s能级的电子云轮廓图为球形。
D、S2-是由S原子最外层得到一个电子形成的，据此确定离子结构示意图。
6．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据平衡常数表达式推导，该反应为C(g) + 2D(g) 2A(g) + B(g)。由于反应前后气体分子总数相等（3 mol 3 mol），增大压强不会使平衡移动，A选项错误。B、升高温度导致反应物C的浓度增加，说明平衡向逆反应方向移动（即向左移动）。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，说明该反应的正反应是放热反应（ΔH < 0），B选项错误。
C、平衡常数K是温度的函数，只要温度保持不变，平衡常数就不会改变，C选项错误。
D、当增大反应物浓度时，正反应速率会立即增大，随后逐渐减小；同时逆反应速率会逐渐增大，直至达到新的平衡状态，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，结合平衡常数的表达式，确定反应前后气体分子数的变化。
B、根据平衡常数的表达式确定反应的化学方程式，结合温度对平衡移动的影响确定反应热效应。
C、平衡常数K只与温度有关，温度不变，平衡常数K值保持不变。
D、平衡时再加入C，结合浓度对反应速率和平衡移动的影响分析。
7．【答案】B
【知识点】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
【解析】【解答】A．在同一周期元素中，从左到右第一电离能总体呈现增大趋势。由于氮原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能高于相邻的氧元素，选项A错误。B．电负性定义为元素原子对键合电子的吸引能力。电负性数值越大，表明该原子对键合电子的吸引力越强，选项B正确。
C．对于第ⅡA族元素，随着原子半径增大，原子核对外层电子的吸引力减弱，导致第一电离能降低，选项C错误。
D．在同一主族中，随着原子序数增加（自上而下），原子半径逐渐增大，电负性呈现递减趋势，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、基态N原子的2p能级为半充满稳定结构，难以失去电子，其第一电离能比O大。
B、元素的电负性越大，表示其原子对键合电子的吸引力更强。
C、第ⅡA元素的第一电离能较大，是由于其ns2全满稳定结构。
D、同主族元素，核电荷数越大，电负性越小。
8．【答案】B
【知识点】物质的量浓度；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、溶液因水解作用呈现酸性。当pH=3时，氢离子浓度，氢氧根浓度。在1L溶液中，氢氧根离子数目为，A选项错误。B、每个分子含有2个氮原子。根据质量守恒，1L 0.1mol/L的溶液中氮原子数为，B选项正确。
C、由于未给出溶液体积，无法计算0.1mol/L溶液中的数目，C选项错误。
D、在粗铜精炼过程中，阳极的锌、铁、铜都会失去电子形成离子。因此当阳极质量减少64g时，无法确定铜放电的具体物质的量及转移电子数，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、A、pH=3的溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，结合Kw=c(H＋)×c(OH－)计算溶液溶液中OH－的数目。
B、一个NH4NO3中含有2个N原子，结合原子个数守恒计算。
C、溶液的体积未知，无法计算。
D、电解精炼铜的过程中阳极上存在Zn、Fe、Cu失电子。
9．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、氧元素（O）没有最高正价，A选项错误。B、、和具有相同的核外电子排布。根据核电荷数越大离子半径越小的规律，离子半径大小关系为：，B选项正确。
C、根据元素周期律，非金属性大小关系为：，因此电负性大小关系也是：，C选项正确。
D、钴原子（Co）的价电子排布为，有3个未成对电子；硅原子（Si）的价电子排布为，有2个未成对电子；氯原子（Cl）的价电子排布为，有1个未成对电子。因此未成对电子数关系为：，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、O的电负性较强，因此O无最高正化合价。
B、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
C、主族元素中，从左到右，从下到上，电负性逐渐增强。
D、根据价电子排布式确定基态原子的未成对电子数。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、CH3COONH4和NaHCO3的阳离子不同（NH4+ vs Na+），且NH4+会消耗CH3COO-水解产生的OH-，因此通过pH比较不能证明CH3COO-的水解常数Kh小于HCO3-的Kh，A错误。B、新制氯水中Cl2和HClO都能氧化I-生成I2使淀粉变蓝，因此蓝色出现不能作为Cl2分子存在的证据，无法证明Cl2与H2O反应存在限度，B错误。
C、K2CrO4溶液中存在平衡2CrO42-(黄色)+2H+ Cr2O72-(橙红色)+H2O，加H2SO4增加H+浓度使平衡右移，溶液由黄变橙红，C正确。
D、AgNO3过量时先加KCl生成AgCl，再加KI生成AgI，这个现象不能证明沉淀转化，因此无法比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)，D错误。
故答案为：C
【分析】A、CH3COONH4中NH4＋的水解会促进CH3COO－的水解，从而造成影响，应用CH3COONa溶液。
B、要证明Cl2与H2O的反应存在限度，则应证明Cl2分子的存在。淀粉－KI溶液变蓝，I－可能被Cl2或HClO氧化，无法证明Cl2的存在。
C、溶液中存在可逆反应2CrO42－＋2H＋ Cr2O72－＋H2O，据此结合c(H＋)对平衡移动的影响分析。
D、滴加4滴0.1mol·L－1的KCl溶液，反应后溶液中AgNO3过量，再加入KI溶液，AgNO3与KI反应，不存在沉淀的转化。
11．【答案】D
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．Na2HPO4溶液中存在电离和水解，由于其水解程度大于其电离程度，因此溶液显碱性，A选项错误；B．同时存在电离和水解平衡，因此溶液中实际数目低于0.1NA，B选项错误；
C．Na2HPO4溶液的物料守恒关系为：，C选项错误；
D．加入少量K2HPO4后，水解平衡正向移动，促进水电离使得溶液中增大，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、HPO42－为多元弱酸的酸是酸根离子，在水中存在电离平衡和水解平衡。
B、HPO42－发生电离和水解，使得溶液中离子属于减小。
C、根据物料守恒分析。
D、加入K2HPO4后，溶液中c(HPO42－)增大，结合平衡移动分析。
12．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A. 铬（Cr）是24号元素，基态价层电子排布为，电子最后填充的能级为d能级，因此位于d区，A正确；B. 氮（N）的基态原子轨道表示式为，有3个未成对电子，B正确；
C. 钾的最高价氧化物对应水化物KOH，KOH在水中能够完全电离，属于强碱，C正确；
D. 第一电离能比较：F > N > O > S（因N的2p半满稳定，且同主族O > S），选项中F > N > S的顺序正确，但结论"错误"与原解析矛盾，D错误。
故答案为：D
【分析】W的单质在暗处能与H2剧烈化合，因此W为F。常温下X的单质为淡黄色固体，因此X为S。含Y元素的物质灼烧时焰色为紫色，因此Y为K。W为F，R与W位于同一周期，且R的第一电离能大于O，因此R为N。Z的基态原子有6个未成对电子，则其价电子排布式为3d54s1，因此Z为Cr。据此分析选项。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据题目分析，甲连接原电池的负极，a电极作为阴极，选项A错误。B．根据电极反应方程式2H2O + 2e- = H2↑ + 2OH-，4.48 L H2在标准状态下的物质的量为0.2mol，因此反应过程中转移的电子数为： 2mol×2= 0.4 mol。因此，通过交换膜的K+应为0.4 mol，选项B错误。
C．由B项分析可知，甲池中生成的KOH为0.4 mol。若忽略溶液体积变化，电解后甲池中KOH的浓度为： = 4 mol/L，选项C正确。
D．根据分析，放电时正极反应为FeS + 2e- = Fe + S2-，选项D错误。
故答案为：C
【分析】电解过程中，甲池产生H2，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。因此电极a为阴极，与电源的负极相连，所以X为电源的负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋。Y为电源的正极，其电极反应式为FeS＋2e－=Fe＋S2－。据此结合选项分析。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．从图像可以看出，随着温度升高，CO的平衡转化率降低，说明升高温度会使平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，焓变ΔH < 0。同时，该反应是气体分子数减小的反应，熵变ΔS < 0。根据吉布斯自由能公式ΔG = ΔH - TΔS，在低温条件下反应可以自发进行，选项A不符合题意。B．N点和M点处于相同温度下，因此它们的平衡常数K相同，选项B符合题意。
C．由于正反应是气体分子数减小的反应，增大压强会使平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大。因此，压强关系为P1>P2>P3，C不符合题意。
D．在T1℃、P2压强下，M点处于平衡状态，而Q点的转化率低于平衡转化率，说明反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即v正 > v逆，选项D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
B、M、N两点的温度相同，平衡常数相同。
C、结合压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
D、根据Q点时反应进行的方向，判断正逆反应速率的相对大小。
15．【答案】(1) 酸式滴定管 容量瓶
(2) 酚酞
(3) 0.70
(4) 加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色
(5) 4.5 合格
(6) BCE
(7) 氢氧化钠易潮解、变质等
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】（1）量取10.00mL食用白醋，精度为0.01mL，所以用酸式滴定管，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
故答案为： 酸式滴定管；容量瓶
（2）用标准NaOH溶液滴定待测乙酸溶液，滴定终点得到醋酸钠溶液，此时溶液为碱性，应该用酚酞作指示剂。
故答案为：酚酞
（3）读取盛装NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数，如果液面位置如图所示，此时的读数为0.70 mL。
故答案为：0.70
（4）酚酞在酸性溶液中无色，在碱性溶液中为粉红色，滴定终点的现象是：加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色。
故答案为： 加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色
（5）第一次实验数据明显偏离正常误差范围，根据第2、3、4次实验数据，V=；该市售白醋的总酸度为=4.5 g/100mL>3.5g/100mL，该品牌白醋合格。
故答案为：4.5；合格
（6）A．酸式滴定管没有进行润洗，会导致量取的白醋溶液中乙酸的物质的量偏小，导致测得白醋的总酸度偏小，A不选；
B．锥形瓶用待测白醋润洗，会导致量取的白醋溶液中乙酸的物质的量偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，B选；
C．滴定开始时滴定管中有气泡，结束时无气泡，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，C选；
D．指示剂变色立即停止滴定，可能还没有到达滴定终点，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏小，导致测得白醋的总酸度偏小，C不选；
E．滴定开始时俯视读数，结束时仰视读数，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，E选；
故答案为：BCE
（7）氢氧化钠溶液难以配制出准确浓度的原因可能是氢氧化钠易潮解、变质等。
故答案为： 氢氧化钠易潮解、变质等
【分析】（1）食用白醋显酸性，应用酸式滴定管量取。稀释后应转移到容量瓶内进行定容。
（2）滴定终点溶液显碱性，应用酚酞做指示剂。
（3）根据图示确定液体的体积，注意滴定管的度数应精确到0.01mL。
（4）滴定终点溶液显碱性，酚酞遇碱变红色，据此判断滴定终点的现象。
（5）第一组数据与其他三组数据偏差较大，应舍去。求三组实验数据消耗NaOH溶液的平均体积，进而求出样品中CH3COOH的质量，从而得出该白醋的总酸度，再根据规定标准确定是否合格。
（6）若滴定过程中消耗NaOH溶液的体积偏大，则最终实验结果偏大，据此结合选项分析。
（7）NaOH难以准确配制，是由于NaOH易潮解，易与空气中的CO2反应而变质。
16．【答案】（1）A
（2）；先逐渐增大后逐渐减小(直至几乎不变)
（3）>
（4）=
（5）>；13。
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）常温下，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1的HCN溶液(一元弱酸)，NaOH溶液与HCN溶液恰好完全反应生成NaCN，NaCN溶液显碱性，故恰好完全反应的点 pH>7，应对应图中曲线的 A 点。
故答案为：A
（2）常温下，0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-) = 0.10 mol·L-1，溶液中的H+全部是由H2O电离出来的，则由水电离出的mol·L-1=mol·L-1；随着加入弱酸，溶液碱性减弱，对水电离的抑制效果减小，水的电离程度增大，当弱酸过量时，又抑制水的电离，水的电离程度减小，最终水的电离程度几乎保持不变。
故答案为：； 先逐渐增大后逐渐减小(直至几乎不变)
（3）在AB区间内，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，由电荷守恒：c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)可知，>。
故答案为：＞
（4）D点加入0.2mol·L-1的HCN溶液的体积为25mL，此时得到等浓度的NaCN和HCN混合溶液，由元素守恒可知=。
故答案为：＝
（5）当HCN溶液和NaOH溶液恰好完全反应生成NaCN溶液时，溶液呈碱性，a点溶液呈中性，说明此时加入HCN溶液的体积大于12.5mL，b点时未加入HCN溶液，0.1mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1，c(H+)=10-13 mol·L-1，pH=13。
故答案为：＞；13
【分析】（1）HCN为一元弱酸，当与NaOH溶液恰好完全反应时，溶液的溶质为NaA，溶液显碱性，据此判断。
（2）0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，结合水的离子积常数Kw=c(H＋)×c(OH－)计算溶液中c(H＋)，即为水产生的c(H＋)。
（3）AB区间内溶液显碱性，此时溶液中c(H＋)＜c(OH－)，结合电荷守恒进行分析。
（4）D点所加HCN溶液的体积为25mL，此时溶液中溶质为等浓度的NaCN和HCN，结合物料守恒分析。
（5）a点时溶液显中性，此时溶液中c(H＋)=c(OH－)，因此溶液中的溶质为NaCN和HCN，据此确定a的值。0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，结合Kw计算此时溶液中c(H＋)，从而得出溶液的pH值。
（1）常温下，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1的HCN溶液(一元弱酸)，NaOH溶液与HCN溶液恰好完全反应生成NaCN，NaCN溶液显碱性，故恰好完全反应的点 pH>7，应对应图中曲线的 A 点。
（2）常温下，0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-) = 0.10 mol·L-1，溶液中的H+全部是由H2O电离出来的，则由水电离出的mol·L-1=mol·L-1；随着加入弱酸，溶液碱性减弱，对水电离的抑制效果减小，水的电离程度增大，当弱酸过量时，又抑制水的电离，水的电离程度减小，最终水的电离程度几乎保持不变。
（3）在AB区间内，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，由电荷守恒：c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)可知，>。
（4）D点加入0.2mol·L-1的HCN溶液的体积为25mL，此时得到等浓度的NaCN和HCN混合溶液，由元素守恒可知=。
（5）当HCN溶液和NaOH溶液恰好完全反应生成NaCN溶液时，溶液呈碱性，a点溶液呈中性，说明此时加入HCN溶液的体积大于12.5mL，b点时未加入HCN溶液，0.1mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1，c(H+)=10-13 mol·L-1，pH=13。
17．【答案】（1）M
（2）、
（3）
（4）；
（5）过滤、洗涤、干燥
（6）
（7）
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）硫的原子序数为16，核外有3个电子层，基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是M。
故答案为：M
（2）根据分析，滤渣主要成分是、。
故答案为：、
（3）由分析可知，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为：
（4）为使铁离子、铝离子沉淀完全，Cd2+不沉淀，根据Cd(OH)2开始沉淀的pH为7.2，调节pH范围是，“沉淀”时和发生反应的离子方程式为：。
故答案为：；
（5）流程图中“操作Ⅰ”通常包括对产物的最终分离与纯化过程，即过滤、洗涤、干燥等。
故答案为： 过滤、洗涤、干燥
（6）溶液中存在、、、、，溶液中电荷守恒关系式为：。
故答案为：
（7）pH=8时，c(OH-)=10-6 mol/L，测得交换后增加0.046g·L-1，折合0.002 mol/L，因1 mol Cd2+交换放出2 mol Na+，故c(Cd2+)=0.001 mol/L，则的= c(Cd2+) c2(OH-)=0.001×(10-6)2=。
故答案为：
【分析】（1）基态硫元素的原子核外有3个电子层，其电子占据的最高能层为M层。
（2）加入Na2CO3溶液调节pH是为了使溶液中的Al3＋、Fe3＋形成沉淀，据此确定滤渣的成分。
（3）H2O2溶液具有氧化性，可将废水中的Fe2＋氧化成Fe3＋，据此写出反应的离子方程式。
（4）调节pH值是为了使Al3＋、Fe3＋完全沉淀，但Cd2＋不沉淀，据此判断pH值的范围。“沉淀”过程中Al3＋与CO32－发生水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，据此写出反应的离子方程式。
（5）经过操作Ⅰ后得到CdS，因此操作为过滤。
（6）溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，据此结合溶液中所含离子种类确定电荷守恒关系式。
（7）根据溶度积Ksp= c(Cd2+)·c2(OH-)进行计算。
（1）硫的原子序数为16，核外有3个电子层，基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是M。
（2）根据分析，滤渣主要成分是、。
（3）由分析可知，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）为使铁离子、铝离子沉淀完全，Cd2+不沉淀，根据Cd(OH)2开始沉淀的pH为7.2，调节pH范围是，“沉淀”时和发生反应的离子方程式为：。
（5）流程图中“操作Ⅰ”通常包括对产物的最终分离与纯化过程，即过滤、洗涤、干燥等。
（6）溶液中存在、、、、，溶液中电荷守恒关系式为：。
（7）pH=8时，c(OH-)=10-6 mol/L，测得交换后增加0.046g·L-1，折合0.002 mol/L，因1 mol Cd2+交换放出2 mol Na+，故c(Cd2+)=0.001 mol/L，则的= c(Cd2+) c2(OH-)=0.001×(10-6)2=。
18．【答案】（1）CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；BC
（2）d；b；20%
（3）较高；0.06；0.0012；L2
【知识点】热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由图可知，1mol CH4、1mol H2O(g)生成1molCO和3mol H2吸收热量：2582 kJ -2378 kJ =204kJ，故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；
A．气体密度等于气体质量除以体积，反应时气体质量不变，体积不变，密度始终不变，所以不能作为反应达到平衡状态的判断依据，A项错误；
B．该反应是气体分子数增大的反应，随着反应正向进行，气体的物质的量增大，容积不变，压强增大。则容器内气体压强不再改变，可作为反应达到平衡状态的判断依据，B项正确；
C．根据反应方程式中的化学计量数，可知v逆(CH4)：v逆(H2)=1：3，即3 v逆(CH4)= v逆(H2)，根据题意有v正(CH4)= v逆(CH4)，说明此时反应达到平衡状态，故可以作为反应达到平衡状态的判断依据，C项正确；
D．各物质的反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，CH4与H2O(g)的反应速率之比为其化学计量数之比，始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的判断依据，D项错误；
答案选BC。
答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；BC
（2）①分析四种组分物质的量分数随时间的变化图，可知，c、d的物质的量分数随反应的进行而逐渐减小，a、b的物质的量分数逐渐增大，根据反应的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，因起始时投入的CH4和H2S的物质的量比为1：2，可知，c表示的是H2S，d表示的是CH4。
故答案为：d；b
②M点对应纵坐标是0.25，即此时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，起始时n(CH4)：n(H2S)=1：2，设起始时n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，转化的CH4为xmol，则有：
根据M点时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，可知，关系式1-x=4x，解得x=0.2，则H2S的转化率=。
故答案为：d；b；20%
（3）①该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应能自发进行，可知，该反应在较高温度下能自发进行。
故答案为：较高
②起始充入CH4的物质的量为1mol，压强为p0kPa，平衡时由压强比等于物质的量之比可知，CH4、C2H2、H2的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.6mol，H2的浓度为，则反应的平衡常数Kc=；由图可知，容器的体积缩小到5L时，乙炔分压增大到原来的2倍，且该反应的正反应为气体分子数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，则曲线L2表示C2H2分压与时间的关系。
故答案为：0.06；0.0012；L2
【分析】（1）根据反应过程中能量变化计算反应热，从而写出反应的热化学方程式。
（2）图2在分析时注意a、b、c、d四条曲线的变化趋势，c、d线随时间变化由大变小，说明c、d是反应物，结合反应方程式，可知两条曲线具体表示的物质。a、b同理。M点为a、d交点，此时a、d所代表的物质的物质的量分数相等，均为0.25，计算时注意二者的关系。
（3）图3类比图2，根据分压的变化趋势，可知分压逐渐增大的是生成物，逐渐减小的是反应物，结合反应方程式，可知各物质的分压，根据分压比等于物质的量之比，可以计算出各物质的物质的量。
（1）由图可知，1mol CH4、1mol H2O(g)生成1molCO和3mol H2吸收热量：2582 kJ -2378 kJ =204kJ，故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；
A．气体密度等于气体质量除以体积，反应时气体质量不变，体积不变，密度始终不变，所以不能作为反应达到平衡状态的判断依据，A项错误；
B．该反应是气体分子数增大的反应，随着反应正向进行，气体的物质的量增大，容积不变，压强增大。则容器内气体压强不再改变，可作为反应达到平衡状态的判断依据，B项正确；
C．根据反应方程式中的化学计量数，可知v逆(CH4)：v逆(H2)=1：3，即3 v逆(CH4)= v逆(H2)，根据题意有v正(CH4)= v逆(CH4)，说明此时反应达到平衡状态，故可以作为反应达到平衡状态的判断依据，C项正确；
D．各物质的反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，CH4与H2O(g)的反应速率之比为其化学计量数之比，始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的判断依据，D项错误；
答案选BC。
答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；BC；
（2）①分析四种组分物质的量分数随时间的变化图，可知，c、d的物质的量分数随反应的进行而逐渐减小，a、b的物质的量分数逐渐增大，根据反应的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，因起始时投入的CH4和H2S的物质的量比为1：2，可知，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为：d；b；
②M点对应纵坐标是0.25，即此时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，起始时n(CH4)：n(H2S)=1：2，设起始时n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，转化的CH4为xmol，则有：
根据M点时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，可知，关系式1-x=4x，解得x=0.2，则H2S的转化率=。
答案为：d；b；20%；
（3）①该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应能自发进行，可知，该反应在较高温度下能自发进行。答案为：较高；
②起始充入CH4的物质的量为1mol，压强为p0kPa，平衡时由压强比等于物质的量之比可知，CH4、C2H2、H2的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.6mol，H2的浓度为，则反应的平衡常数Kc=；由图可知，容器的体积缩小到5L时，乙炔分压增大到原来的2倍，且该反应的正反应为气体分子数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，则曲线L2表示C2H2分压与时间的关系，答案为：0.06；0.0012；L2。
1 / 1广西梧州市部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末考试 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·梧州期末）生活离不开化学，下列生活中常用物质的主要成分属于非电解质的是
A．食用碱面 B．白酒 C．食醋 D．食盐
【答案】B
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解析】A、食用碱面的主要成分是，为盐，因此属于强电解质，不符合题目要求。B、白酒的主要成分是，为有机物，因此属于非电解质，符合题目要求。
C、食醋的主要成分是，为弱酸，因此属于弱电解质，不符合题目要求。
D、食盐的主要成分是，为盐，因此属于强电解质，不符合题目要求。
故答案为：B
【分析】非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。属于非电解质的有NH3、非金属氧化物、绝大多数有机物。据此结合选项所给物质的分类进行分析即可。
2．（2025高二上·梧州期末）下列解释实验现象或事实的表达式错误的是
A．醋酸溶液中存在电离平衡：
B．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：
C．用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
D．电解精炼铜的阴极反应式：
【答案】C
【知识点】铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离方程式的书写
【解析】【解析】A、醋酸作为弱电解质，在水溶液中仅部分电离，生成的氢离子会与水分子结合形成水合氢离子（H3O＋），A正确。B、钢铁吸氧腐蚀的正极反应中，氧气（O2）得电子并与水反应生成氢氧根离子（OH-），符合电化学原理，B正确。
C、碳酸钠溶液与硫酸钙水垢反应的离子方程式应为：，C错误。
D、电解精炼铜时，阴极（纯铜）发生还原反应，铜离子（Cu2+）得电子析出铜单质，D正确。
故答案为：C
【分析】A、CH3COOH在水中部分电离产生CH3COO－和H＋，H＋与H2O结合H3O＋。
B、吸氧腐蚀的正极上O2发生得电子的还原反应生成OH－。
C、CaSO4微溶于水，在离子方程式中保留化学式。
D、电解精炼铜的过程中，阴极上Cu2＋发生得电子的还原反应生成Cu。
3．（2025高二上·梧州期末）下列说法正确的是
A．各电子层含有的原子轨道数为2n2(n为电子层序数)
B．电子的“自旋”类似于地球的“自转”
C．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
D．霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关
【答案】D
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】A、每个电子层包含的原子轨道数目等于电子层序数的平方，即（其中n表示电子层序号），A选项错误。B、原子核外电子的运动具有高速性和无规律性，所谓"自旋"并非指电子像行星那样进行轴向自转，B选项错误。
C、当电子从高能级的激发态跃迁至低能级激发态或基态时，会形成发射光谱；而电子从低能级的基态跃迁到激发态时，则会产生吸收光谱。这两种光谱统称为原子光谱，C选项错误。
D、霓虹灯光和节日焰火等现象的成因是：原子中的电子先吸收能量跃迁至高能级轨道，但这些高能级电子状态不稳定，会迅速回迁至低能级轨道，在此过程中以光辐射形式释放多余能量，这种现象确实与电子跃迁的能量释放过程相关，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、各电子层含有的轨道数为n2。
B、原子核外电子在原子核周围做高速、无规则的运动。
C、电子从基态到激发态、或从激发态到基态，都会产生原子光谱。
D、电子跃迁过程中的能量变化以光能的形式体现。
4．（2025高二上·梧州期末）在催化剂表面与反应的部分历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，表示过渡态。下列说法不正确的是
A．反应的
B．使用高效催化剂，能降低反应活化能，从而影响反应热
C．②→③是图中①至⑥的历程中的决速步骤
D．③→④的过程中断裂了极性共价键
【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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图像分析，反应的生成物能量低于反应物能量，说明该反应是放热反应，即，A选项正确；
B．催化剂的作用是降低反应的活化能，但不会改变反应的热效应（ΔH不变），B选项错误；
C．在反应历程中，过渡态能量与反应物能量的差值代表活化能。活化能越大，反应速率越慢。图中②→③步骤的活化能最大，是整个反应历程的决速步骤，C选项正确；
D．在③→④过程中，碳氧极性共价键发生断裂，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据反应物和生成物能量的相对大小判断反应的热效应。
B、使用催化剂，可改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应热。
C、决速步骤是慢反应步骤，结合能量图，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
D、③→④的过程中碳氧键断裂。
5．（2025高二上·梧州期末）下列有关化学用语表述正确的是
A．基态铜原子的价层电子排布式：
B．的价层电子排布图：
C．基态铍原子最外层的电子云轮廓图：
D．S2-的结构示意图：
【答案】D
【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】【解析】A．铜（Cu）是第29号元素，根据能量最低原理，其基态原子的价电子排布式为，选项A错误；
B．锰（Mn）是第25号元素，其价电子排布式为。当Mn形成Mn2+时，失去的是4s能级的2个电子，因此Mn2+的价电子排布图应为，选项B错误；
C．基态铍（Be）原子的最外层电子排布式为，s能级的电子云轮廓图呈现球形对称，形状为，选项C错误；
D．硫（S）的原子序数为16，S2-离子的结构示意图为，选项D正确；
故答案为：D
【分析】A、不满足能量最低原理，当3d能级为10电子全满结构，更稳定，能量更低。
B、Mn2+是由Mn原子失去最外层2个电子形成，结合Mn原子的价电子排布式分析。
C、基态Be原子的价电子排布式为2s2，s能级的电子云轮廓图为球形。
D、S2-是由S原子最外层得到一个电子形成的，据此确定离子结构示意图。
6．（2025高二上·梧州期末）某温度下气体反应体系达到化学平衡，其平衡常数K=，恒容时，若温度升高，C的浓度增加。下列说法正确的是
A．其他条件不变，增大压强，平衡左移
B．该反应的热化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)+2D(g)　ΔH<0
C．增大c(A)、c(B)，K增大
D．平衡时，向体系中再加入C，逆反应速率逐渐增大
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、根据平衡常数表达式推导，该反应为C(g) + 2D(g) 2A(g) + B(g)。由于反应前后气体分子总数相等（3 mol 3 mol），增大压强不会使平衡移动，A选项错误。B、升高温度导致反应物C的浓度增加，说明平衡向逆反应方向移动（即向左移动）。根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，说明该反应的正反应是放热反应（ΔH < 0），B选项错误。
C、平衡常数K是温度的函数，只要温度保持不变，平衡常数就不会改变，C选项错误。
D、当增大反应物浓度时，正反应速率会立即增大，随后逐渐减小；同时逆反应速率会逐渐增大，直至达到新的平衡状态，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，结合平衡常数的表达式，确定反应前后气体分子数的变化。
B、根据平衡常数的表达式确定反应的化学方程式，结合温度对平衡移动的影响确定反应热效应。
C、平衡常数K只与温度有关，温度不变，平衡常数K值保持不变。
D、平衡时再加入C，结合浓度对反应速率和平衡移动的影响分析。
7．（2025高二上·梧州期末）下列说法正确的是
A．因O的电负性比N大，故O的第一电离能也比N大
B．元素的电负性越大，表示其原子对键合电子的吸引力越大
C．第ⅡA族元素的原子半径越大，元素的第一电离能越大
D．第ⅥA族元素的电负性从上到下逐渐增大
【答案】B
【知识点】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
【解析】【解答】A．在同一周期元素中，从左到右第一电离能总体呈现增大趋势。由于氮原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能高于相邻的氧元素，选项A错误。B．电负性定义为元素原子对键合电子的吸引能力。电负性数值越大，表明该原子对键合电子的吸引力越强，选项B正确。
C．对于第ⅡA族元素，随着原子半径增大，原子核对外层电子的吸引力减弱，导致第一电离能降低，选项C错误。
D．在同一主族中，随着原子序数增加（自上而下），原子半径逐渐增大，电负性呈现递减趋势，选项D错误。
故答案为：B
【分析】A、基态N原子的2p能级为半充满稳定结构，难以失去电子，其第一电离能比O大。
B、元素的电负性越大，表示其原子对键合电子的吸引力更强。
C、第ⅡA元素的第一电离能较大，是由于其ns2全满稳定结构。
D、同主族元素，核电荷数越大，电负性越小。
8．（2025高二上·梧州期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下，的溶液中的数目为
B．常温下，1L溶液中氮原子数目为
C．的溶液含有的数目一定小于
D．粗铜精炼中阳极质量减小64g时，转移电子数目一定为
【答案】B
【知识点】物质的量浓度；电解池工作原理及应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、溶液因水解作用呈现酸性。当pH=3时，氢离子浓度，氢氧根浓度。在1L溶液中，氢氧根离子数目为，A选项错误。B、每个分子含有2个氮原子。根据质量守恒，1L 0.1mol/L的溶液中氮原子数为，B选项正确。
C、由于未给出溶液体积，无法计算0.1mol/L溶液中的数目，C选项错误。
D、在粗铜精炼过程中，阳极的锌、铁、铜都会失去电子形成离子。因此当阳极质量减少64g时，无法确定铜放电的具体物质的量及转移电子数，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、A、pH=3的溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，结合Kw=c(H＋)×c(OH－)计算溶液溶液中OH－的数目。
B、一个NH4NO3中含有2个N原子，结合原子个数守恒计算。
C、溶液的体积未知，无法计算。
D、电解精炼铜的过程中阳极上存在Zn、Fe、Cu失电子。
9．（2025高二上·梧州期末）下列有关微粒性质的排列顺序错误的是
A．元素的最高化合价：
B．离子半径
C．元素的电负性：
D．基态原子的未成对电子数：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、氧元素（O）没有最高正价，A选项错误。B、、和具有相同的核外电子排布。根据核电荷数越大离子半径越小的规律，离子半径大小关系为：，B选项正确。
C、根据元素周期律，非金属性大小关系为：，因此电负性大小关系也是：，C选项正确。
D、钴原子（Co）的价电子排布为，有3个未成对电子；硅原子（Si）的价电子排布为，有2个未成对电子；氯原子（Cl）的价电子排布为，有1个未成对电子。因此未成对电子数关系为：，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、O的电负性较强，因此O无最高正化合价。
B、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。
C、主族元素中，从左到右，从下到上，电负性逐渐增强。
D、根据价电子排布式确定基态原子的未成对电子数。
10．（2025高二上·梧州期末）根据实验目的，下列实验操作及现象与结论均正确的是
选项 实验目的 实验操作及现象 结论
A 比较CH3COO-和的水解常数 分别测浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH， 后者大于前者 Kh(CH3COO-)B 验证Cl2与H2O的反应存在限度 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉-KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
C 探究氢离子浓度对(黄色)。(橙红色)相互转化的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸溶液，黄色变为橙红色 增大c(H+)，转化平衡向生成的方向移动
D 比较AgCl与AgI的溶度积大小 向2mL0.1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1KCl溶液，再滴加4滴0.1KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI，AgI的溶度积小于AgCl的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、CH3COONH4和NaHCO3的阳离子不同（NH4+ vs Na+），且NH4+会消耗CH3COO-水解产生的OH-，因此通过pH比较不能证明CH3COO-的水解常数Kh小于HCO3-的Kh，A错误。B、新制氯水中Cl2和HClO都能氧化I-生成I2使淀粉变蓝，因此蓝色出现不能作为Cl2分子存在的证据，无法证明Cl2与H2O反应存在限度，B错误。
C、K2CrO4溶液中存在平衡2CrO42-(黄色)+2H+ Cr2O72-(橙红色)+H2O，加H2SO4增加H+浓度使平衡右移，溶液由黄变橙红，C正确。
D、AgNO3过量时先加KCl生成AgCl，再加KI生成AgI，这个现象不能证明沉淀转化，因此无法比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)，D错误。
故答案为：C
【分析】A、CH3COONH4中NH4＋的水解会促进CH3COO－的水解，从而造成影响，应用CH3COONa溶液。
B、要证明Cl2与H2O的反应存在限度，则应证明Cl2分子的存在。淀粉－KI溶液变蓝，I－可能被Cl2或HClO氧化，无法证明Cl2的存在。
C、溶液中存在可逆反应2CrO42－＋2H＋ Cr2O72－＋H2O，据此结合c(H＋)对平衡移动的影响分析。
D、滴加4滴0.1mol·L－1的KCl溶液，反应后溶液中AgNO3过量，再加入KI溶液，AgNO3与KI反应，不存在沉淀的转化。
11．（2025高二上·梧州期末）设NA是阿伏加德罗常数的值。室温下，现有1L0.1mol·L－1Na2HPO4溶液（pH=8），下列有关该溶液的说法正确的是
A．该溶液呈碱性，所以只水解，不电离
B．该溶液中的数目为
C．该溶液中
D．加入少量固体后，水电离出的增加
【答案】D
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．Na2HPO4溶液中存在电离和水解，由于其水解程度大于其电离程度，因此溶液显碱性，A选项错误；B．同时存在电离和水解平衡，因此溶液中实际数目低于0.1NA，B选项错误；
C．Na2HPO4溶液的物料守恒关系为：，C选项错误；
D．加入少量K2HPO4后，水解平衡正向移动，促进水电离使得溶液中增大，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、HPO42－为多元弱酸的酸是酸根离子，在水中存在电离平衡和水解平衡。
B、HPO42－发生电离和水解，使得溶液中离子属于减小。
C、根据物料守恒分析。
D、加入K2HPO4后，溶液中c(HPO42－)增大，结合平衡移动分析。
12．（2025高二上·梧州期末）R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其中R与W位于同一周期，且R元素的第一电离能大于氧，W的单质在暗处与能剧烈化合，常温下X的单质为淡黄色固体，含Y元素的物质灼烧时焰色为紫色，基态Z原子有6个未成对电子。下列说法错误的是
A．Z元素位于元素周期表中的d区
B．基态R原子中有3个未成对电子
C．Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱
D．R、W、X三种元素中第一电离能：W>X>R
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A. 铬（Cr）是24号元素，基态价层电子排布为，电子最后填充的能级为d能级，因此位于d区，A正确；B. 氮（N）的基态原子轨道表示式为，有3个未成对电子，B正确；
C. 钾的最高价氧化物对应水化物KOH，KOH在水中能够完全电离，属于强碱，C正确；
D. 第一电离能比较：F > N > O > S（因N的2p半满稳定，且同主族O > S），选项中F > N > S的顺序正确，但结论"错误"与原解析矛盾，D错误。
故答案为：D
【分析】W的单质在暗处能与H2剧烈化合，因此W为F。常温下X的单质为淡黄色固体，因此X为S。含Y元素的物质灼烧时焰色为紫色，因此Y为K。W为F，R与W位于同一周期，且R的第一电离能大于O，因此R为N。Z的基态原子有6个未成对电子，则其价电子排布式为3d54s1，因此Z为Cr。据此分析选项。
13．（2025高二上·梧州期末）已知某高能锂电池的电池反应为2Li+FeS=Fe+Li2S [LiPF6·SO(CH3)2为电解质]。以该电池为电源进行如图电解实验，电解一段时间后测得甲池产生4.48L(标准状况下)H2。下列有关叙述正确的是
A．a电极为阳极
B．从交换膜中通过0.2molK+
C．若忽略溶液体积变化，则电解后甲池中溶液浓度为4mol/L
D．放电时，正极反应式为FeS+2Li+-2e-=Fe+Li2S
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据题目分析，甲连接原电池的负极，a电极作为阴极，选项A错误。B．根据电极反应方程式2H2O + 2e- = H2↑ + 2OH-，4.48 L H2在标准状态下的物质的量为0.2mol，因此反应过程中转移的电子数为： 2mol×2= 0.4 mol。因此，通过交换膜的K+应为0.4 mol，选项B错误。
C．由B项分析可知，甲池中生成的KOH为0.4 mol。若忽略溶液体积变化，电解后甲池中KOH的浓度为： = 4 mol/L，选项C正确。
D．根据分析，放电时正极反应为FeS + 2e- = Fe + S2-，选项D错误。
故答案为：C
【分析】电解过程中，甲池产生H2，其电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。因此电极a为阴极，与电源的负极相连，所以X为电源的负极，其电极反应式为Li－e－=Li＋。Y为电源的正极，其电极反应式为FeS＋2e－=Fe＋S2－。据此结合选项分析。
14．（2025高二上·梧州期末）纳米催化剂可用于工业上合成甲醇：，按投料比将与充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是
A．低温下反应可以自发进行
B．该反应平衡常数
C．压强：
D．℃、压强下，Q点对应的
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．从图像可以看出，随着温度升高，CO的平衡转化率降低，说明升高温度会使平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，焓变ΔH < 0。同时，该反应是气体分子数减小的反应，熵变ΔS < 0。根据吉布斯自由能公式ΔG = ΔH - TΔS，在低温条件下反应可以自发进行，选项A不符合题意。B．N点和M点处于相同温度下，因此它们的平衡常数K相同，选项B符合题意。
C．由于正反应是气体分子数减小的反应，增大压强会使平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大。因此，压强关系为P1>P2>P3，C不符合题意。
D．在T1℃、P2压强下，M点处于平衡状态，而Q点的转化率低于平衡转化率，说明反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即v正 > v逆，选项D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、当ΔH-TΔS＜0时，反应可自发进行，据此判断反应自发进行的条件。
B、M、N两点的温度相同，平衡常数相同。
C、结合压强对平衡移动的影响分析，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
D、根据Q点时反应进行的方向，判断正逆反应速率的相对大小。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)。
15．（2025高二上·梧州期末）GB2719-2018《食品安全国家标准食醋》中规定食醋总酸指标≥3.5g/100mL（以乙酸计），某同学在实验室用中和滴定法检测某品牌食醋是否合格。回答下列问题：
Ⅰ．实验步骤：
（1）用________（填仪器名称，下同）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL________中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）量取20.00mL待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
（3）读取盛装NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，此时的读数为________mL。
（4）滴定。滴定终点的现象是________。
Ⅱ．数据记录：
滴定次数 实验数据/mL 1 2 3 4
V(样品) 20.00 20.00 20.00 20.00
V(NaOH)(消耗) 15.95 15.00 15.05 14.95
Ⅲ．数据处理：
（5）该白醋的总酸度为________g/100mL，该品牌白醋________（填“合格”或“不合格”）。
Ⅳ．反思与总结：
（6）实验过程中该同学出现了以下操作，其中可能导致结果偏大的是________（填字母）。
A．酸式滴定管没有进行润洗 B．锥形瓶用待测白醋润洗
C．滴定开始时滴定管中有气泡，结束时无气泡 D．指示剂变色立即停止滴定
E．滴定开始时俯视读数，结束时仰视读数
（7）老师指出，氢氧化钠溶液一般很难配制出准确浓度，标准氢氧化钠溶液是用基准物质进行标定得到准确浓度的。氢氧化钠溶液难以配制出准确浓度的原因可能是________。
【答案】(1) 酸式滴定管 容量瓶
(2) 酚酞
(3) 0.70
(4) 加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色
(5) 4.5 合格
(6) BCE
(7) 氢氧化钠易潮解、变质等
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】（1）量取10.00mL食用白醋，精度为0.01mL，所以用酸式滴定管，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
故答案为： 酸式滴定管；容量瓶
（2）用标准NaOH溶液滴定待测乙酸溶液，滴定终点得到醋酸钠溶液，此时溶液为碱性，应该用酚酞作指示剂。
故答案为：酚酞
（3）读取盛装NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数，如果液面位置如图所示，此时的读数为0.70 mL。
故答案为：0.70
（4）酚酞在酸性溶液中无色，在碱性溶液中为粉红色，滴定终点的现象是：加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色。
故答案为： 加入半滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不变色
（5）第一次实验数据明显偏离正常误差范围，根据第2、3、4次实验数据，V=；该市售白醋的总酸度为=4.5 g/100mL>3.5g/100mL，该品牌白醋合格。
故答案为：4.5；合格
（6）A．酸式滴定管没有进行润洗，会导致量取的白醋溶液中乙酸的物质的量偏小，导致测得白醋的总酸度偏小，A不选；
B．锥形瓶用待测白醋润洗，会导致量取的白醋溶液中乙酸的物质的量偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，B选；
C．滴定开始时滴定管中有气泡，结束时无气泡，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，C选；
D．指示剂变色立即停止滴定，可能还没有到达滴定终点，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏小，导致测得白醋的总酸度偏小，C不选；
E．滴定开始时俯视读数，结束时仰视读数，会导致测定消耗NaOH溶液的体积偏大，导致测得白醋的总酸度偏大，E选；
故答案为：BCE
（7）氢氧化钠溶液难以配制出准确浓度的原因可能是氢氧化钠易潮解、变质等。
故答案为： 氢氧化钠易潮解、变质等
【分析】（1）食用白醋显酸性，应用酸式滴定管量取。稀释后应转移到容量瓶内进行定容。
（2）滴定终点溶液显碱性，应用酚酞做指示剂。
（3）根据图示确定液体的体积，注意滴定管的度数应精确到0.01mL。
（4）滴定终点溶液显碱性，酚酞遇碱变红色，据此判断滴定终点的现象。
（5）第一组数据与其他三组数据偏差较大，应舍去。求三组实验数据消耗NaOH溶液的平均体积，进而求出样品中CH3COOH的质量，从而得出该白醋的总酸度，再根据规定标准确定是否合格。
（6）若滴定过程中消耗NaOH溶液的体积偏大，则最终实验结果偏大，据此结合选项分析。
（7）NaOH难以准确配制，是由于NaOH易潮解，易与空气中的CO2反应而变质。
16．（2025高二上·梧州期末）常温下，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1的HCN溶液(一元弱酸)过程中溶液pH的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）NaOH溶液与HCN溶液恰好完全反应的点可能是　 　(填“A”“B”或“C”)。
（2）常温下，0.1mol·L-1的NaOH溶液中由水电离出的　 　mol·L-1，滴加HCN溶液过程中，水的电离程度　 　。
（3）结合(1)的结论，分析在AB区间内，　 　(填“>”“＜”或“=”，下同)。
（4）在D点时，溶液中　 　。
（5）图中a值　 　(填“>”“<”或“=”)12.5，　 　。
【答案】（1）A
（2）；先逐渐增大后逐渐减小(直至几乎不变)
（3）>
（4）=
（5）>；13。
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】（1）常温下，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1的HCN溶液(一元弱酸)，NaOH溶液与HCN溶液恰好完全反应生成NaCN，NaCN溶液显碱性，故恰好完全反应的点 pH>7，应对应图中曲线的 A 点。
故答案为：A
（2）常温下，0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-) = 0.10 mol·L-1，溶液中的H+全部是由H2O电离出来的，则由水电离出的mol·L-1=mol·L-1；随着加入弱酸，溶液碱性减弱，对水电离的抑制效果减小，水的电离程度增大，当弱酸过量时，又抑制水的电离，水的电离程度减小，最终水的电离程度几乎保持不变。
故答案为：； 先逐渐增大后逐渐减小(直至几乎不变)
（3）在AB区间内，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，由电荷守恒：c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)可知，>。
故答案为：＞
（4）D点加入0.2mol·L-1的HCN溶液的体积为25mL，此时得到等浓度的NaCN和HCN混合溶液，由元素守恒可知=。
故答案为：＝
（5）当HCN溶液和NaOH溶液恰好完全反应生成NaCN溶液时，溶液呈碱性，a点溶液呈中性，说明此时加入HCN溶液的体积大于12.5mL，b点时未加入HCN溶液，0.1mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1，c(H+)=10-13 mol·L-1，pH=13。
故答案为：＞；13
【分析】（1）HCN为一元弱酸，当与NaOH溶液恰好完全反应时，溶液的溶质为NaA，溶液显碱性，据此判断。
（2）0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，结合水的离子积常数Kw=c(H＋)×c(OH－)计算溶液中c(H＋)，即为水产生的c(H＋)。
（3）AB区间内溶液显碱性，此时溶液中c(H＋)＜c(OH－)，结合电荷守恒进行分析。
（4）D点所加HCN溶液的体积为25mL，此时溶液中溶质为等浓度的NaCN和HCN，结合物料守恒分析。
（5）a点时溶液显中性，此时溶液中c(H＋)=c(OH－)，因此溶液中的溶质为NaCN和HCN，据此确定a的值。0.1mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，结合Kw计算此时溶液中c(H＋)，从而得出溶液的pH值。
（1）常温下，向25mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L-1的HCN溶液(一元弱酸)，NaOH溶液与HCN溶液恰好完全反应生成NaCN，NaCN溶液显碱性，故恰好完全反应的点 pH>7，应对应图中曲线的 A 点。
（2）常温下，0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-) = 0.10 mol·L-1，溶液中的H+全部是由H2O电离出来的，则由水电离出的mol·L-1=mol·L-1；随着加入弱酸，溶液碱性减弱，对水电离的抑制效果减小，水的电离程度增大，当弱酸过量时，又抑制水的电离，水的电离程度减小，最终水的电离程度几乎保持不变。
（3）在AB区间内，溶液的pH>7，溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，由电荷守恒：c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)可知，>。
（4）D点加入0.2mol·L-1的HCN溶液的体积为25mL，此时得到等浓度的NaCN和HCN混合溶液，由元素守恒可知=。
（5）当HCN溶液和NaOH溶液恰好完全反应生成NaCN溶液时，溶液呈碱性，a点溶液呈中性，说明此时加入HCN溶液的体积大于12.5mL，b点时未加入HCN溶液，0.1mol·L-1NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1，c(H+)=10-13 mol·L-1，pH=13。
17．（2025高二上·梧州期末）硫化镉(CdS)微溶于水，高纯度硫化镉是良好的半导体，可用于制光电管、太阳能电池。利用含镉废水(主要含的离子为、、、、、)制备硫化镉流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物
开始沉淀的pH 1.5 6.5 4.1 7.2
沉淀完全的pH 3.3 9.9 5.4 9.5
回答下列问题：
（1）基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是　 　。
（2）滤渣主要成分是　 　(填化学式)。
（3）加入溶液的目的是　 　(用离子方程式表示)。
（4）调节pH范围是　 　，写出“沉淀”时发生反应的离子方程式：　 　。
（5）操作Ⅰ包括　 　。
（6）写出溶液中电荷守恒关系式：　 　。
（7）实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定“沉镉”后溶液中的含量，其原理为，其中NaR为阳离子交换膜树脂。常温下，将“沉镉”后的溶液(此时溶液)经过阳离子交换树脂后，测得浓度比交换前升高了0.046g·L-1，则该条件下的为　 　。
【答案】（1）M
（2）、
（3）
（4）；
（5）过滤、洗涤、干燥
（6）
（7）
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）硫的原子序数为16，核外有3个电子层，基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是M。
故答案为：M
（2）根据分析，滤渣主要成分是、。
故答案为：、
（3）由分析可知，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
故答案为：
（4）为使铁离子、铝离子沉淀完全，Cd2+不沉淀，根据Cd(OH)2开始沉淀的pH为7.2，调节pH范围是，“沉淀”时和发生反应的离子方程式为：。
故答案为：；
（5）流程图中“操作Ⅰ”通常包括对产物的最终分离与纯化过程，即过滤、洗涤、干燥等。
故答案为： 过滤、洗涤、干燥
（6）溶液中存在、、、、，溶液中电荷守恒关系式为：。
故答案为：
（7）pH=8时，c(OH-)=10-6 mol/L，测得交换后增加0.046g·L-1，折合0.002 mol/L，因1 mol Cd2+交换放出2 mol Na+，故c(Cd2+)=0.001 mol/L，则的= c(Cd2+) c2(OH-)=0.001×(10-6)2=。
故答案为：
【分析】（1）基态硫元素的原子核外有3个电子层，其电子占据的最高能层为M层。
（2）加入Na2CO3溶液调节pH是为了使溶液中的Al3＋、Fe3＋形成沉淀，据此确定滤渣的成分。
（3）H2O2溶液具有氧化性，可将废水中的Fe2＋氧化成Fe3＋，据此写出反应的离子方程式。
（4）调节pH值是为了使Al3＋、Fe3＋完全沉淀，但Cd2＋不沉淀，据此判断pH值的范围。“沉淀”过程中Al3＋与CO32－发生水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，据此写出反应的离子方程式。
（5）经过操作Ⅰ后得到CdS，因此操作为过滤。
（6）溶液中阴阳离子所带正负电荷的总量相等，据此结合溶液中所含离子种类确定电荷守恒关系式。
（7）根据溶度积Ksp= c(Cd2+)·c2(OH-)进行计算。
（1）硫的原子序数为16，核外有3个电子层，基态硫原子核外电子占据最高能层的符号是M。
（2）根据分析，滤渣主要成分是、。
（3）由分析可知，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）为使铁离子、铝离子沉淀完全，Cd2+不沉淀，根据Cd(OH)2开始沉淀的pH为7.2，调节pH范围是，“沉淀”时和发生反应的离子方程式为：。
（5）流程图中“操作Ⅰ”通常包括对产物的最终分离与纯化过程，即过滤、洗涤、干燥等。
（6）溶液中存在、、、、，溶液中电荷守恒关系式为：。
（7）pH=8时，c(OH-)=10-6 mol/L，测得交换后增加0.046g·L-1，折合0.002 mol/L，因1 mol Cd2+交换放出2 mol Na+，故c(Cd2+)=0.001 mol/L，则的= c(Cd2+) c2(OH-)=0.001×(10-6)2=。
18．（2025高二上·梧州期末）随着研究的深入，科学家们开拓了甲烷在制氢、消除H2S污染等方面的应用。回答下列问题：
（1）在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，反应过程中能量与反应过程的关系如图1所示。该反应的热化学方程式为　 　。若在恒温恒容条件下，可作为该反应达到平衡状态的判断依据是　 　(填字母)。
A．混合气体密度不变 B．容器内压强不变
C.3v正(CH4)=v逆(H2) D．CH4与H2O(g)的反应速率之比保持不变
（2）CH4消除H2S污染的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) ΔH<0(不考虑其它副反应)。在恒压条件下，以n(CH4)：n(H2S)=1：2组成的混合气体发生反应，四种组分物质的量分数随时间的变化如图2所示。
①图2中表示CH4、CS2变化的曲线分别是　 　、　 　(填“a”“b”“c”或“d”)
②M点(对应纵坐标为0.25)H2S的转化率是　 　。
（3）甲烷部分催化氧化制备乙炔和氢气，反应原理为2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+754.8kJ·mol-1。
①该反应在　 　(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将1molCH4充入10L固定容积的容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图3所示。6~8min时，H2的浓度为　 　mol·L-1，反应的平衡常数Kc=　 　；若8min时改变的条件是缩小容器容积到5L，其中C2H2分压与时间的关系可用图中曲线　 　(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)表示。
【答案】（1）CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；BC
（2）d；b；20%
（3）较高；0.06；0.0012；L2
【知识点】热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由图可知，1mol CH4、1mol H2O(g)生成1molCO和3mol H2吸收热量：2582 kJ -2378 kJ =204kJ，故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；
A．气体密度等于气体质量除以体积，反应时气体质量不变，体积不变，密度始终不变，所以不能作为反应达到平衡状态的判断依据，A项错误；
B．该反应是气体分子数增大的反应，随着反应正向进行，气体的物质的量增大，容积不变，压强增大。则容器内气体压强不再改变，可作为反应达到平衡状态的判断依据，B项正确；
C．根据反应方程式中的化学计量数，可知v逆(CH4)：v逆(H2)=1：3，即3 v逆(CH4)= v逆(H2)，根据题意有v正(CH4)= v逆(CH4)，说明此时反应达到平衡状态，故可以作为反应达到平衡状态的判断依据，C项正确；
D．各物质的反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，CH4与H2O(g)的反应速率之比为其化学计量数之比，始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的判断依据，D项错误；
答案选BC。
答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；BC
（2）①分析四种组分物质的量分数随时间的变化图，可知，c、d的物质的量分数随反应的进行而逐渐减小，a、b的物质的量分数逐渐增大，根据反应的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，因起始时投入的CH4和H2S的物质的量比为1：2，可知，c表示的是H2S，d表示的是CH4。
故答案为：d；b
②M点对应纵坐标是0.25，即此时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，起始时n(CH4)：n(H2S)=1：2，设起始时n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，转化的CH4为xmol，则有：
根据M点时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，可知，关系式1-x=4x，解得x=0.2，则H2S的转化率=。
故答案为：d；b；20%
（3）①该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应能自发进行，可知，该反应在较高温度下能自发进行。
故答案为：较高
②起始充入CH4的物质的量为1mol，压强为p0kPa，平衡时由压强比等于物质的量之比可知，CH4、C2H2、H2的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.6mol，H2的浓度为，则反应的平衡常数Kc=；由图可知，容器的体积缩小到5L时，乙炔分压增大到原来的2倍，且该反应的正反应为气体分子数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，则曲线L2表示C2H2分压与时间的关系。
故答案为：0.06；0.0012；L2
【分析】（1）根据反应过程中能量变化计算反应热，从而写出反应的热化学方程式。
（2）图2在分析时注意a、b、c、d四条曲线的变化趋势，c、d线随时间变化由大变小，说明c、d是反应物，结合反应方程式，可知两条曲线具体表示的物质。a、b同理。M点为a、d交点，此时a、d所代表的物质的物质的量分数相等，均为0.25，计算时注意二者的关系。
（3）图3类比图2，根据分压的变化趋势，可知分压逐渐增大的是生成物，逐渐减小的是反应物，结合反应方程式，可知各物质的分压，根据分压比等于物质的量之比，可以计算出各物质的物质的量。
（1）由图可知，1mol CH4、1mol H2O(g)生成1molCO和3mol H2吸收热量：2582 kJ -2378 kJ =204kJ，故热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；
A．气体密度等于气体质量除以体积，反应时气体质量不变，体积不变，密度始终不变，所以不能作为反应达到平衡状态的判断依据，A项错误；
B．该反应是气体分子数增大的反应，随着反应正向进行，气体的物质的量增大，容积不变，压强增大。则容器内气体压强不再改变，可作为反应达到平衡状态的判断依据，B项正确；
C．根据反应方程式中的化学计量数，可知v逆(CH4)：v逆(H2)=1：3，即3 v逆(CH4)= v逆(H2)，根据题意有v正(CH4)= v逆(CH4)，说明此时反应达到平衡状态，故可以作为反应达到平衡状态的判断依据，C项正确；
D．各物质的反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，CH4与H2O(g)的反应速率之比为其化学计量数之比，始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的判断依据，D项错误；
答案选BC。
答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+204kJ·mol-1；BC；
（2）①分析四种组分物质的量分数随时间的变化图，可知，c、d的物质的量分数随反应的进行而逐渐减小，a、b的物质的量分数逐渐增大，根据反应的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，因起始时投入的CH4和H2S的物质的量比为1：2，可知，c表示的是H2S，d表示的是CH4，故答案为：d；b；
②M点对应纵坐标是0.25，即此时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，起始时n(CH4)：n(H2S)=1：2，设起始时n(CH4)为1mol，n(H2S)为2mol，转化的CH4为xmol，则有：
根据M点时H2和CH4的物质的量分数均为0.25，可知，关系式1-x=4x，解得x=0.2，则H2S的转化率=。
答案为：d；b；20%；
（3）①该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，由ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应能自发进行，可知，该反应在较高温度下能自发进行。答案为：较高；
②起始充入CH4的物质的量为1mol，压强为p0kPa，平衡时由压强比等于物质的量之比可知，CH4、C2H2、H2的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.6mol，H2的浓度为，则反应的平衡常数Kc=；由图可知，容器的体积缩小到5L时，乙炔分压增大到原来的2倍，且该反应的正反应为气体分子数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，则曲线L2表示C2H2分压与时间的关系，答案为：0.06；0.0012；L2。
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