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吉林省长春市第十七中学2025-2026学年高二上学期1月期末化学试题
1．（2026高二上·长春期末）劳动创造美好生活。以下劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用“爆炸盐(含)”洗涤衣物 过碳酸钠的水溶液呈碱性、有强氧化性
B 轮船外壳连接锌块 利用了牺牲阳极法保护轮船
C 用泡沫灭火器灭火 和相互促进水解
D 高炉炼铁时将工厂烟囱加高 增加反应时间，提高原料平衡转化率
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A、过碳酸钠（2Na2CO3 3H2O2）溶于水后，碳酸钠水解使溶液呈碱性，可去除油污；同时解离出的过氧化氢具有强氧化性，能漂白衣物，劳动项目与化学知识关联紧密，A正确；
B、轮船外壳连接锌块，利用锌比铁活泼的特性，形成原电池时锌作负极被氧化，保护铁不被腐蚀，属于牺牲阳极法，劳动项目与化学知识关联紧密，B正确；
C、泡沫灭火器中，碳酸氢钠与硫酸铝溶液混合时，铝离子与碳酸氢根发生相互促进的水解反应，快速生成大量二氧化碳泡沫，起到隔绝氧气灭火的作用，劳动项目与化学知识关联紧密，C正确；
D、高炉炼铁的反应平衡转化率仅与温度、压强等条件有关，加高烟囱只是加快废气排放，既不能增加反应时间，也无法改变平衡状态，不能提高原料转化率，劳动项目与化学知识无关联，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质性质与用途：过碳酸钠的碱性和氧化性对应洗涤、漂白功能。
金属防护：牺牲阳极法利用原电池原理，活泼金属作负极保护正极金属。
盐类水解应用：铝离子与碳酸氢根的双水解反应是泡沫灭火器的核心原理。
化学平衡影响因素：平衡转化率只与温度、压强、浓度有关，与反应容器高度无关。
2．（2026高二上·长春期末）硫酸亚铁铵俗称摩尔盐，化学式为(NH4)2Fe (SO4)2·6H2O，用途十分广泛。下列有关微粒结构说法正确的是
A．硫原子结构示意图：
B．氧的基态原子最外层轨道表示式：
C．基态铁原子的简化电子排布式：[Ar]3d64s2
D．基态氮原子最高能级的原子轨道形状：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、硫原子序数为 16，核外电子分层排布应为 2、8、6，最外层电子数是 6，题中结构示意图最外层画 8 个电子，A错误；
B、氧原子价电子为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应先分占不同轨道且自旋相同，题中轨道表示式不符合此规则，正确的轨道表示式为 ， B错误；
C、铁是 26 号元素，内层电子与 Ar 相同，价电子为 3d64s2，简化电子排布式为 [Ar]3d64s2，C正确；
D、基态氮原子最高能级是 2p，p 轨道形状为哑铃形（或纺锤形），不是球形，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合原子结构的基本知识，从原子结构示意图、轨道表示式、电子排布式及原子轨道形状等方面，逐一验证各选项的正确性。
3．（2026高二上·长春期末）下列离子方程式书写正确的是
A．的水解反应：
B．向溶液中滴入稀溶液：
C．用食醋去除水垢中的：
D．往悬浊液滴加溶液，有红褐色沉淀：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、HS-的水解是结合水中的 H+，生成 H2S 和 OH-，反应为 HS-+H2O H2S+OH-。选项中写的是 HS-的电离（生成 H3O+和 S2-），并非水解，A错误；
B、S2O32-与 H+反应生成 S↓、SO2↑和 H2O，离子方程式为 2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，原子个数和电荷均守恒，B正确；
C、食醋中的 CH3COOH 是弱酸，不能拆分为 H+，应保留分子形式。正确式子为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑ +H2O，C错误；
D、反应中左侧 Fe3+带 3 个正电荷，右侧 Mg2+带 2 个正电荷，电荷不守恒。正确配平为3Mg(OH)2+2Fe3+=3Mg2++2Fe(OH)3，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．区分 HS-的水解与电离反应。
B．判断硫代硫酸根与氢离子反应的离子方程式是否正确。
C．明确弱酸在离子方程式中的书写形式。
D．检查离子方程式的电荷守恒和配平。
4．（2026高二上·长春期末）一种有机除草剂的分子结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，和同主族，与同周期，则错误的是
A．元素电负性：
B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．和的空间结构均为平面三角形
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右电负性递增，H < C < O，对应 X < Y < W，A正确；B、H2O、NH3分子间存在氢键，PH3无氢键；H2O 的氢键数量更多，故沸点顺序为 PH3 < NH3 < H2O，即 E < Z < W，B正确；
C、N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻的 O，故顺序为 C < O < N，即 Y < W < Z，C错误；
D、NO3-和 CO32-的中心原子均为 sp2 杂化，无孤电子对，空间结构均为平面三角形，D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：E 形成 5 个共价键，Z 与 E 同主族且 Z 形成 3 个共价键，可确定 Z、E 为第 ⅤA 族元素；W 形成 2 个共价键，为第 ⅥA 族元素；Y 形成 4 个共价键，为第 ⅣA 族元素；X 形成 1 个共价键，为第 ⅠA 族元素。结合 “原子序数依次增大”“Z 与 W 同周期” 的条件，可推得：X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，W 为 O，E 为 P。
5．（2026高二上·长春期末）下列各离子浓度的大小比较，正确的是
A．溶液中：
B．的溶液与溶液等体积混合显碱性：
C．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，，则
D．同浓度的下列溶液中：①②③，④，由大到小的顺序是：①>②>③>④
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在 Na2CO3溶液中，质子守恒式应为 c (OH-) = c (HCO3-) + 2c (H2CO3) + c (H+)。选项 A 中 H2CO3的系数为 1，缺少关键系数 2，因此A错误；B、0.01mol/L 的 NH4Cl 溶液与 0.05mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合后，反应生成 NaCl、NH3 H2O，同时 NaOH 过量。溶液中 c (Na+) 最大，过量的 OH-使溶液显碱性，NH4+因与 OH-结合而浓度小于 Cl-，因此离子浓度顺序为 c (Na+) > c (OH-) > c (Cl-) > c (NH4+) > c (H+)，B正确；
C、盐酸和氨水混合后 pH=7，溶液呈中性，即 c (OH-) = c (H+)。根据电荷守恒 c (NH4+) + c (H+) = c (Cl-) + c (OH-)，可推得 c (NH4+) = c (Cl-)，因此C错误；
D、同浓度下，①(NH4)2SO4中 NH4+的初始浓度最大；③NH4Cl 中 NH4+正常水解；②NH4HCO3中 HCO3-的水解会促进 NH4+的水解，导致 NH4+浓度进一步降低；④NH3 H2O 是弱电解质，电离出的 NH4+最少。因此 c (NH4+) 的正确顺序为① > ③ > ② > ④，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：混淆质子守恒中各粒子的系数关系，尤其是多元弱酸根水解产生的分子。忽略混合后溶液中过量的强碱对离子浓度顺序的决定性影响。对 “双水解”（如 NH4HCO3中 NH4+与 HCO3-的相互促进）理解不深，导致排序错误。
6．（2026高二上·长春期末）下列关于电化学的说法正确的是
A．交换膜为阴离子交换膜 B．铜片与直流电源负极相连
C．防腐原理：外加电流的阴极保护 D．电子流向：a→b→电解质→a
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；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、左图为电解饱和食盐水装置，电极 a 生成 Cl2，是阳极，电极 b 生成 H2，是阴极。阴极反应消耗 H2O 电离出的 H+，为维持电荷平衡，Na+需通过交换膜向阴极移动，因此交换膜为阳离子交换膜，A错误；
B、电镀铜实验中，铜片作为镀层金属，应与直流电源的正极相连，作阳极；待镀铁制品与负极相连，作阴极，B错误；
C、钢闸门连接电源负极，作为阴极被保护，属于外加电流的阴极保护法，可以有效防止钢闸门腐蚀，C正确；
D、氢氧燃料电池中，a 极通入 H2，是负极；b 极通入 O2，是正极。电子流向为 a→灯泡→b，电子不进入电解质溶液，电解质中是离子导电，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：混淆电解饱和食盐水时离子交换膜的类型，忽略 Na+的移动方向。电镀池的电极连接方式记忆错误，镀层金属应作阳极。对原电池电子流向理解不清，误认为电子会通过电解质溶液传导。
7．（2026高二上·长春期末）三元催化转换器可除去汽车尾气中90%以上的污染物。在一恒容密闭容器中加入1molCO和一定量的NO，在催化剂作用下发生反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)模拟汽车尾气去除，按不同投料比x[]时，CO的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．投料比：x1>x2
B．反应速率：vb正>vc逆
C．点a、b、c对应平衡常数：Ka>Kb=Kc
D．反应温度为T1时，向平衡体系充入适量NO，可实现由b到c的转化
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、该反应中，为反应物，投料比越大，意味着的相对投料量越多，的相对投料量越少。根据化学平衡移动规律，的平衡转化率会随其投料占比的增加而降低。结合图像趋势，相同温度下对应的转化率高于，说明代表的投料比更小，即，A错误；
B、平衡常数仅与温度有关，为固定温度，该温度下与对应的平衡常数相等。b点处于曲线，c点处于曲线，二者温度均为，且b点转化率更高，说明b点正反应速率远大于逆反应速率；而c点转化率较低，逆反应速率相对更小。因此整体反应速率关系为，B正确；
C、平衡常数由温度决定，与投料比无关。a、b、c三点温度不同，点对应温度高于b、c点，且该反应为放热反应（温度升高，转化率下降），温度越高平衡常数越小。因此不成立，C错误；
D、温度下，向平衡体系充入，为反应物，平衡正向移动，的平衡转化率会升高，而c点转化率低于b点，无法实现由b到c的转化，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
该反应为，图像横坐标为温度，纵坐标为的平衡转化率，曲线、代表不同投料比下，转化率随温度变化的趋势。
投料比与转化率关系：增加某一反应物的投料比例，会降低其自身的平衡转化率。
反应速率比较：相同温度下，转化率高的点对应正反应速率更大。
平衡常数影响因素：放热反应，温度越高平衡常数越小；平衡常数仅与温度有关，与投料比无关。
平衡移动方向：增加反应物NO，平衡正向移动，CO转化率升高。
8．（2026高二上·长春期末）下列图示或化学用语正确的是
A．NH3分子的VSEPR模型为
B．键的形成过程：
C．SeO3空间结构为平面三角形
D．基态磷原子价层电子排布图为，违背了泡利不相容原理
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（3+=3+1=4），其 VSEPR 模型应为四面体形（），是NH3的实际空间构型，A错误；
B、图示中两个 p 轨道以 “肩并肩” 的方式重叠，形成的是π 键，而不是 “头碰头” 的 σ 键，B错误；
C、SeO3分子中 Se 原子的价层电子对数为 3（3 个 σ 键，无孤电子对），中心原子采取 sp2 杂化，空间结构为平面三角形，C正确；
D、基态磷原子的价层电子排布为，3p 轨道上的 3 个电子分占 3 个轨道且自旋平行，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NH3中 N 原子价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形。
B．图中 p 轨道 “肩并肩” 重叠，形成的是π 键。
C．SeO3中 Se 原子价层电子对数为 3（3 个 σ 键，无孤电子对），sp2 杂化，空间结构为平面三角形。
D．基态磷原子价层电子排布图中，3p 轨道电子未分占不同轨道，违背的是洪特规则。
9．（2026高二上·长春期末）下列实验操作、现象及结论相关且正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将装有的两支密封玻璃管分别浸泡于冷水和热水中 热水中玻璃管红棕色更深 升温加快反应速率
B 常温下，用pH试纸测定0.1 mol/LCH3COONH4溶液的pH 测得pH=7 CH3COONH4溶液不水解
C 将缠有铜丝的铁钉置于饱和食盐水中，一段时间后，取上述溶液滴入铁氰化钾溶液 产生蓝色沉淀 Fe被腐蚀生成Fe2+
D 向溶液中加入少量的KI溶液后，滴入3滴KSCN溶液 溶液呈血红色 Fe3+与I-的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NO2存在平衡 2NO2 N2O4（ΔH < 0），热水中红棕色更深，是因为升温使平衡逆向移动，NO2浓度增大，这证明的是平衡移动，而非单纯反应速率加快，A错误；B、CH3COONH4溶液中，CH3COO-和 NH4+的水解程度相当，导致溶液 pH=7，但这并不代表该盐不水解，B错误；
C、缠有铜丝的铁钉在饱和食盐水中发生吸氧腐蚀，Fe 作为负极被氧化生成 Fe2+。滴入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，这是 Fe2+的特征反应，可证明 Fe 被腐蚀生成了 Fe2+，C正确；
D、向 FeCl3溶液中加入少量 KI 溶液，即使反应不可逆，由于 Fe3+过量，滴入 KSCN 溶液后仍会显血红色，因此不能证明该反应为可逆反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：把平衡移动的现象（颜色变化）误判为反应速率变化。误以为中性盐溶液一定不水解，忽略弱酸弱碱盐的水解抵消效应。验证可逆反应时，未控制反应物用量，导致过量反应物干扰现象判断。
10．（2026高二上·长春期末）某同学用0.1000盐酸标准溶液测定某烧碱溶液的浓度。下列相关说法正确的是
实验编号 烧碱待测液体V/mL 盐酸标准液体积(消耗)V/mL
1 25.00 18.05
2 25.00 18.00
3 25.00 17.95
4 25.00 18.95
A．记录滴定管某时刻液面位置如图所示，则此时的读数为18.20mL
B．选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为溶液由无色变红色
C．根据表中的数据，计算出该烧碱溶液的浓度为0.0729
D．未用盐酸标准溶液润洗滴定管会导致测定结果偏高
【答案】D
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、滴定管刻度从上到下增大，图中液面读数应为18.80mL，而非18.20mL，A错误；
B、用盐酸滴定烧碱（NaOH），酚酞作指示剂时，滴定终点现象是溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色，B错误；
C、实验1中消耗盐酸体积18.05mL偏差过大，应舍弃。有效数据为18.00mL、17.95mL、18.95mL，平均值为 。烧碱浓度计算为：
，不是0.0729mol/L，C错误；
D、未用盐酸标准液润洗滴定管，会导致标准液被稀释，消耗的 \( V(\text{标准}) \) 偏大，根据公式，测定结果偏高，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．滴定管刻度从上到下增大，读数需精确到0.01mL，视线与凹液面最低处相平。
B．强酸滴定强碱，酚酞作指示剂时，终点颜色由红色变为无色，且半分钟内不恢复。
C．先剔除偏差过大的异常值，再取有效数据的平均值计算浓度。
D．根据公式 ，分析操作对 的影响，进而判断对结果的影响。
11．（2026高二上·长春期末）从冶锌废渣(含有和等杂质)中提取铅的一种工艺流程如下：
已知：常温下，
下列说法错误的是
A．“浸取”时加入目的是为了溶解和
B．“滤液1”中加入Zn可回收Cu
C．“滤液2”中
D．“转化2”存在反应
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“浸取”时加入 和 ， 作为氧化剂，在酸性条件下溶解Cu，但 不溶于稀硫酸，因此该步骤目的不是溶解 ，A错误；
B、“滤液1”中含有 ，加入Zn可发生置换反应生成Cu，从而回收Cu，B正确；
C、“转化1”中存在平衡 ，该反应的平衡常数 ，因此 ，C正确；
D、醋酸酸性强于碳酸，可与 反应生成 、 和 ，反应式为 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】冶锌废渣中含有 PbSO4、Cu 等杂质，在 “浸取” 环节加入 H2SO4和 H2O2时，Cu 会在酸性与强氧化环境下被氧化溶解，而 PbSO4不溶于稀硫酸，因此过滤后得到的滤液 1 是含 Cu2+的溶液，滤渣则以 PbSO4为主。向滤渣中加入饱和 Na2CO3溶液，由于 Ksp (PbSO4) 远大于 Ksp (PbCO3)，沉淀会发生转化，PbSO4转变为更难溶的 PbCO3，此时滤液 2 的主要成分为 Na2SO4。后续向 PbCO3中加入醋酸，PbCO3会溶解并生成可溶性的醋酸铅，过滤后再对醋酸铅溶液进行一系列处理，最终得到粗铅。
12．（2026高二上·长春期末）为有效降低汽车尾气污染物的排放，我国科研人员研究出某反应可有效将污染物进行转化。在一定条件下，该反应经历三个基元反应，每个反应的历程如图所示(TS表示过渡态且图中物质均为气态)，下列说法正确的是
A．该反应过程中只涉及极性键的断裂与形成
B．该化学反应的速率主要由反应②决定
C．该过程的总反应为
D．采用高温条件，可加快反应速率，降低平衡转化率
【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、反应过程中涉及 N≡N 键（非极性键）的断裂和形成，并非只涉及极性键，A错误；
B、三个基元反应的活化能分别为：反应① 298.4 kJ mol- ，反应② 130.0 kJ mol- ，反应③ 248.3 kJ mol- 。反应①的活化能最大，是总反应的决速步，B错误；
C、总反应的反应物为 2CO (g) 和 2NO (g)，生成物为 N2(g) 和 2CO2(g)，总能量变化为，为放热反应，C错误；
D、高温条件下，分子运动速率加快，有效碰撞频率提高，反应速率加快；总反应为放热反应，升高温度使平衡逆向移动，平衡转化率降低，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．反应速率由活化能最大的基元反应决定，活化能越大，反应速率越慢。
B．总反应的焓变等于生成物总能量与反应物总能量的差值。
C．判断反应中涉及的化学键，注意区分极性键和非极性键。
D．温度升高，反应速率加快；对于放热反应，平衡逆向移动，平衡转化率降低。
13．（2026高二上·长春期末）“祝融号”火星探测车采用Li-CO2二次电池供电，电池的总反应式为，工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．充电时，电极B发生还原反应
B．A极区的电解质溶液可用LiCl水溶液
C．放电时，电极A为正极
D．放电时，当外电路通过1 mol e-时，至少需要吸收16.8 L CO2气体(标况下)
【答案】D
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时，B电极是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，而非还原反应，A错误；
B、Li是极活泼金属，会与水发生反应：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，因此A极区不能使用含LiCl的水溶液作为电解质，B错误；
C、放电时，A电极为负极，Li失去电子生成Li+，发生氧化反应，C错误；
D、根据总反应，4mol Li参与反应时，外电路转移4mol电子，消耗3mol CO2。当外电路通过1mol e-时，消耗CO2的物质的量为 ，在标准状况下体积为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】放电时（原电池）：Li在A电极失电子被氧化，A为负极；CO2在B电极得电子被还原，B为正极。充电时（电解池）：原电池负极（A）作阴极，发生还原反应；原电池正极（B）作阳极，发生氧化反应。根据总反应式： ，4mol Li对应4mol电子，同时消耗3mol CO2，可据此进行定量计算。
14．（2026高二上·长春期末）HA为一元弱酸，其电离是吸热过程，平衡体系中各成分的分布分数为，(其中X为HA或)。常温条件下，与pH的关系如图所示，下列说法错误的是
A．为HA的分布曲线 B．
C．pH=5时，溶液中 D．若升高温度，a点向右移动
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、HA是弱酸，pH升高时，氢离子浓度降低，HA的电离平衡正向移动，HA的分布分数减小，A-的分布分数增大。因此代表HA的分布曲线，代表A-的分布曲线 ，A正确；
B、a点处HA与A-的分布分数均为0.5，即。根据电离常数表达式，此时 ，B正确；
C、pH=5时，由图像可知（A-的分布分数）大于（HA的分布分数），因此溶液中 ，C正确；
D、HA的电离过程吸热，升高温度时电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小。a点表示的状态，升温后平衡点应向pH减小的方向移动，即向左移动，而非向右，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分布曲线识别：pH增大，弱酸分子浓度下降，弱酸根离子浓度上升，据此确定两条曲线代表的微粒。
电离常数计算：利用分布分数相等的点（）直接求得电离常数，此时。
浓度大小比较：根据pH对应的分布分数高低，直接比较微粒浓度。
温度对平衡的影响：吸热反应升温，平衡正向移动，对应pH降低，平衡点左移。
15．（2026高二上·长春期末）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：K+、Al3+、MnO、NO
B．使甲基橙变红的溶液中：NH、Fe3+、Fe2+、NO
C．1mol/L的FeCl3溶液中：Na+、K+、HCO、NO
D．由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CO、SO
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、澄清透明溶液中，K+、Al3+、MnO4-、NO3-均为可溶性离子，彼此间不发生氧化还原或双水解反应，能大量共存，A正确；
B、使甲基橙变红的溶液为强酸性环境，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将 Fe2+氧化为 Fe3+，因此不能大量共存，B错误；
C、1mol/L 的 FeCl3溶液中，Fe3+与 HCO3-会发生双水解反应，生成 Fe(OH)3沉淀和 CO2气体，不能大量共存，C错误；
D、由水电离出的 c (H+)=1.0×10- 3mol/L 的溶液，可能是强酸性或强碱性溶液。在强酸性条件下，CO32-会与 H+反应生成 CO2和 H2O，因此不能大量共存，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题核心突破口：离子共存判断三原则：无沉淀 / 气体 / 弱电解质生成：如 Fe3+与 HCO3-发生双水解，CO32-与 H+反应。无氧化还原反应：如酸性条件下 NO3-会氧化 Fe2+。无色透明≠无色溶液：澄清透明仅指无浑浊，可含 MnO4-等有色离子。
16．（2026高二上·长春期末）I.2025年1月8日，国家发展改革委、财政部联合发布《关于2025年加力扩围实施大规模设备更新和消费品以旧换新政策的通知》，掀起了新能源汽车购买热潮。国家大力提倡发展新能源汽车，对减少排放和大气污染具有重要意义。其中很多新能源汽车使用的电池是磷酸亚铁锂()电池，工业上用、及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。完成下列填空：
（1）Fe元素在周期表中的位置为　 　，的空间构型为　 　。
（2）的基态离子核外电子简化排布式为　 　，从结构角度解释比稳定的原因是　 　。
（3）中含有　 　mol键，键角　 　(填“>”“<”或“=”)。
II．北斗卫星导航系统是中国自行研制并开发的，其中第八颗和第九颗北斗卫星是被长征三号甲运载火箭送入太空预定转移轨道的。已知运送卫星的火箭所需反应物除液态过氧化氢外，还有另一种液态氮氢化合物。已知该化合物中氢元素的质量分数为，相对分子质量为32，结构分析发现该分子结构中只有单键。
（4）该氮氢化合物的电子式为　 　，该分子是　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
（5）若该物质与液态过氧化氢恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的物质，该反应的化学方程式为　 　。
（6）分子中的N原子上有1对孤电子对，能发生反应：。试写出将题中所述发射卫星时所用的氮氢化合物通入足量盐酸时，发生反应的化学方程式：　 　。
（7）“笑气”(是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一、有关理论认为与分子具有相似的结构，互为等电子体；又已知分子中氧原子只与一个氮原子相连，则的结构式可表示为　 　。
【答案】第四周期VIII族；正四面体形；；铁原子失去3个电子得到的价电子排布式是能级是半充满状态，比较稳定，因此比稳定；14；>；；极性；；；
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，在周期表中的位置第四周期第VIII族。的价层电子对数为4+=4，故为正四面体形。
故答案为： 第四周期VIII族 ； 正四面体形 ；
（2）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子得到亚铁离子，亚铁离子的基态离子核外电子简化排布式；失去3个电子得到铁离子，Fe3+的价电子排布式是3d5，3d上是半充满状态，比较稳定；而Fe2+的价电子排布式是3d6，故导致Fe3+比Fe2+稳定；
故答案为： ； 铁原子失去3个电子得到的价电子排布式是能级是半充满状态，比较稳定，因此比稳定 ；
（3）单键均为σ键，1分子中含有个14σ键，则1mol中含有14molσ键；键角中心C原子为sp2杂化， 中心N原子为sp3杂化，故键角＞。
故答案为： 14 ； > ；
（4）由该物质的相对分子质量和氢元素的质量分数，计算可知其分子式为，它的结构可看作NH3分子中的一个H原子被取代后所得，该分子的电子式为，分子中的键全部是单键，故N原子的杂化方式与NH3分子中的N原子杂化方式相同，也是杂化，该分子为极性分子。
故答案为： ； 极性 ；
（5）两者反应后生成的物质无毒又不污染环境，故得到的是N2和，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（6）因为在分子中的N原子上各有1对孤电子对，故一分子能与两分子HCl反应，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）因为和分子结构相似，故都为直线形，的结构式为，而N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，故N2O的结构式为。
故答案为： 。
【分析】(1)Fe 位置：26 号元素，位于第四周期第 Ⅷ 族。
PO43-构型：价层电子对数 = 4（无孤电子对），为正四面体形。
(2)Fe2+排布：基态简化电子排布式为 [Ar] 3d6。
稳定性原因：Fe3+价电子为 3d5（半充满稳定结构），Fe2+为 3d6，故 Fe3+更稳定。
(3)σ 键数：1mol 苯胺含14mol σ 键（苯环 12 个 + N—H、C—N 各 1 个）。
键角比较：∠C–C–N（C 为 sp2 杂化，键角≈120°）> ∠H–N–H（N 为 sp3 杂化，键角≈107°）。
(4)分子式推导：H 质量分数 12.5%、相对分子质量 32 → 分子式为N2H4。
电子式与极性：电子式为 （两 N 间为单键），分子结构不对称，为极性分子。
(5)反应方程式：N2H4与 H2O2反应生成无毒的 N2和 H2O，方程式为：N2H4 + 2H2O2 = N2 + 4H2O
(6)反应方程式：N2H4中两个 N 均有孤电子对，可与 2 分子 HCl 反应：N2H4 + 2HCl = N2H6Cl2
(7)结构式：N2O 与 CO2为等电子体（直线形），O 只连一个 N，故结构式为N=N=O。
17．（2026高二上·长春期末）钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温、抗酸碱、高强度、低密度等特性，工业上常用钛铁矿(主要含)和少量等)通过如图所示工艺流程制取钛，并回收镁、铝、铁等。
已知：①易水解，只能存在于强酸性溶液中；
②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 6.5 3.5 9.5
沉淀完全()的pH 3.2 9.7 4.7 11.0
（1）中钛元素的化合价为　 　；“酸溶”时，常将钛铁矿粉碎的目的是　 　；滤渣的成分是　 　(填化学式)。
（2）“酸溶”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式：　 　。
（3）“分步沉淀”中当沉淀完全时，“母液”中的浓度为　 　。
（4）“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣检验已洗涤干净的方法为　 　。
（5）已知 ，该反应极难进行，从化学平衡的角度解释“氯化”时需向反应体系中加入焦炭的原因是　 　。
（6）研究发现，可以用石墨、钛网作电极、熔融作电解质，利用如图装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。若由制得金属，则理论上产生的的体积换算成标准状况时为　 　L。
【答案】（1）；增大接触面积，加快酸溶速率；
（2）
（3）
（4）取少量最后一次洗液于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净
（5）与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移
（6）22.4
【知识点】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）中铁为+2价，O为-2价，故钛元素的化合价为+4价；“酸溶”时，常将钛铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸溶速率；由分析可知，滤渣的成分是；
故答案为： ； 增大接触面积，加快酸溶速率 ； ；
（2）酸溶时发生的是硫酸和FeTiO3反应生成TiO2+的过程，离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）根据Al3+沉淀完全时的 pH=4.7，可知溶液中c(OH-)=10-9.3 mol L-1时，溶液中c(Al3+)=1.0×10-5mol L-1，则Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-5×(10-9.3)3=1×10-32.9，“分步沉淀”中当沉淀完全时pH=11.0，即溶液中c(OH)=10-3.0mol L-1，则此时溶液中c(Al3+)===(mol/L)；
故答案为： ；
（4）水浸后其中含有硫酸根离子，检验硫酸根离子是否洗涤干净就可以了，检验方法是：取最后一次洗涤液，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净；
故答案为： 取少量最后一次洗液于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净 ；
（5）已知 ，加入焦炭后，与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移；
故答案为：与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移 ；
（6）根据图知，阳极上C失电子和氧离子反应生成二氧化碳，电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，若由制得金属，电路中转移4mol电子，此时生成的CO2为1mol，标况下体积为22.4L。
故答案为： 22.4 ；
【分析】钛铁矿先经酸溶（用硫酸溶解），其中二氧化硅等不溶物成为滤渣，钛元素以水合二氧化钛形式进入水浸渣；滤液经水浸、分步沉淀，通过加氨水调节 pH，使铁、铝等金属离子先后形成氢氧化物沉淀分离，实现镁、铝、铁的回收。水浸渣经煅烧得到二氧化钛，再与焦炭、氯气氯化生成四氯化钛，最后用镁还原得到金属钛。
（1）中铁为+2价，O为-2价，故钛元素的化合价为+4价；“酸溶”时，常将钛铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸溶速率；由分析可知，滤渣的成分是；
（2）酸溶时发生的是硫酸和FeTiO3反应生成TiO2+的过程，离子方程式为：；
（3）根据Al3+沉淀完全时的 pH=4.7，可知溶液中c(OH-)=10-9.3 mol L-1时，溶液中c(Al3+)=1.0×10-5mol L-1，则Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-5×(10-9.3)3=1×10-32.9，“分步沉淀”中当沉淀完全时pH=11.0，即溶液中c(OH)=10-3.0mol L-1，则此时溶液中c(Al3+)===(mol/L)；
（4）水浸后其中含有硫酸根离子，检验硫酸根离子是否洗涤干净就可以了，检验方法是：取最后一次洗涤液，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净；
（5）已知 ，加入焦炭后，与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移；
（6）根据图知，阳极上C失电子和氧离子反应生成二氧化碳，电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，若由制得金属，电路中转移4mol电子，此时生成的CO2为1mol，标况下体积为22.4L。
18．（2026高二上·长春期末）在都匀市秦汉影视城拍摄的多部影视剧火遍全网。Na2S2O3俗称“大苏打”，在照相业中用作定影剂。Na2S2O3易溶于水，难溶于乙醇，具有较强的还原性，遇酸易分解，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组在实验室制取硫代硫酸钠晶体（）并检验其纯度，其实验室制备装置如图所示（夹持装置已略）。
（1）仪器C的名称为　 　。
（2）NaOH溶液的作用是　 　。
（3）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）装置B中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）测定粗产品中Na2S2O3·5H2O（M＝248）的含量，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取三份2.00g的粗产品溶于水，用0.5000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定（滴定反应的离子方程式为）。四次滴定消耗酸性KMnO4溶液的体积如下表所示：
实验序号 1 2 3 4
消耗酸性KMnO4溶液的体积（mL） 20.05 21.50 20.00 19.95
①量取待测液Na2S2O3溶液时，应选用　 　（填“甲”或“乙”）滴定管。滴定时，判断达到滴定终点的依据是　 　。
②下列操作可能导致测定结果偏低的是　 　（填字母）。
A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶
B．滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶洗净后没有干燥
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
③产品中的质量分数为　 　。
【答案】（1）分液漏斗
（2）吸收多余的，防止污染空气
（3）
（4）
（5）乙；当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色；A；77.5%
【知识点】二氧化硫的性质；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器C的名称为分液漏斗。
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）三颈烧瓶中的反应有气体参与，未反应的进入NaOH溶液中被吸收，防止污染空气。
故答案为： 吸收多余的，防止污染空气 ；
（3）装置A有固体与浓硫酸，反应后可生成，A中发生反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）装置B中发生的反应一个作还原剂生成转移四个电子；一个作氧化剂生成转移两个电子；为了得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
故答案为： ；
（5）①溶液显碱性，量取待测液溶液时应用碱式滴定管，故选乙；滴定时，发生反应，酸性高锰酸钾作为标准物，滴定开始用于消耗，当消耗完滴入最后半滴酸性高锰酸钾时，锥形瓶中变为浅紫色，判断达到滴定终点的依据是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色即达到滴定终点。
②A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶会导致滴定用的酸性高锰酸钾体积变小，滴定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前盛放溶液的锥形瓶洗净后没有干燥是有水留在锥形瓶中，但是水不参加滴定过程，故没有影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗直接去滴定会导致标酸性准高锰酸钾的浓度降低，使用的体积变大，测量结果偏大，C不符合题意。
故选A。
③第四次滴定中第二组误差太大舍去，用第一、三、四组计算消耗酸性溶液的平均体积为20.00mL，根据滴定方程式以及酸性高锰酸钾的浓度可计算的物质的量=，滴定后产品中的质量分数。
故答案为： 乙 ； 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色 ； A ； 77.5% 。
【分析】(1)识别常见实验仪器，仪器 C 为分液漏斗。
(2)NaOH 溶液用于吸收多余的 SO2，防止其污染空气。
(3)装置 A 中，Na2SO3固体与浓硫酸发生复分解反应，生成 SO2，据此书写方程式为。
(4)根据得失电子守恒，装置 B 中 SO2（氧化剂，得 2e-）与 Na2S（还原剂，失 4e-）的物质的量之比为2：1。
(5)①Na2S2O3溶液显碱性，选用乙（碱式）滴定管；滴定终点为滴入最后半滴 KMnO4溶液时，溶液变为浅紫色，且 30s 内不恢复原色。
②待测液溅出会导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故选A。
③舍去异常数据 21.50mL，计算平均体积为 20.00mL，再根据滴定反应的离子方程式，计算得产品中 Na2S2O3 5H2O 的质量分数为77.5%。
（1）仪器C的名称为分液漏斗。
（2）三颈烧瓶中的反应有气体参与，未反应的进入NaOH溶液中被吸收，防止污染空气。
（3）装置A有固体与浓硫酸，反应后可生成，A中发生反应的化学方程式为：。
（4）装置B中发生的反应一个作还原剂生成转移四个电子；一个作氧化剂生成转移两个电子；为了得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
（5）①溶液显碱性，量取待测液溶液时应用碱式滴定管，故选乙；滴定时，发生反应，酸性高锰酸钾作为标准物，滴定开始用于消耗，当消耗完滴入最后半滴酸性高锰酸钾时，锥形瓶中变为浅紫色，判断达到滴定终点的依据是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色即达到滴定终点。
②A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶会导致滴定用的酸性高锰酸钾体积变小，滴定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前盛放溶液的锥形瓶洗净后没有干燥是有水留在锥形瓶中，但是水不参加滴定过程，故没有影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗直接去滴定会导致标酸性准高锰酸钾的浓度降低，使用的体积变大，测量结果偏大，C不符合题意。
故选A。
③第四次滴定中第二组误差太大舍去，用第一、三、四组计算消耗酸性溶液的平均体积为20.00mL，根据滴定方程式以及酸性高锰酸钾的浓度可计算的物质的量=，滴定后产品中的质量分数。
19．（2026高二上·长春期末）I、雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。
（1）以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。
已知：i． △H= a kJ·mol-1
ii． △H= b kJ·mol-1
则反应的 △H=　 　kJ·mol-1。
（2）臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为： △H <0，某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 mol NO2和1mol O3发生反应，保持恒温恒容条件。
①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是　 　 (填标号)。
A． B．混合气体密度不再改变
C．O2的体积分数不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再改变
②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有　 　 (填标号)。
A．充入氦气 B．升高温度 C．充入2 molNO2 D．充入2 mol NO2和1molO3
③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol/L，则NO2的转化率为　 　，平衡常数Kp=　 　 (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：
t℃ 700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
（3）该反应为反应　 　(填“吸热”、“放热”)。
（4）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻，　 　(填“>”、“<”或“=”)。
Ⅲ、在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。
（5）CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的　 　极，写出CO2催化还原成CH4的电极反应式　 　。
【答案】b-3a；CD；D；50%；；吸热；＜；正；CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知反应ⅰ．N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=akJ mol-1，反应ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=bkJ mol-1，根据盖斯定律ⅱ-ⅰ×3得反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O的ΔH=(b-3a)kJ mol-1，
故答案为：b-3a；
（2）①A．化学平衡的本质特征是正逆反应速率相等，中并未告知正反应速率还是逆反应速率，即不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；
B．在恒温恒容密闭容器中，反应前后气体质量不变，体积不变，混合气体密度一直未改变，即混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B不合题意；
C．由题干方程式可知，随着反应的进行，O2的物质的量一直在改变，即O2的体积分数一直在改变，故O2的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；
D．反应前后气体系数和不同，气体总质量不变，根据公式M=可知：只要不平衡，n就变，n变M就变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：CD；
②A．在恒温恒容容器中充入氦气，反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，A不合题意；
B．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，B不合题意；
C．充入2mol NO2，平衡正向移动，NO2的平衡转化率降低、O3的平衡转化率增大，C不合题意；
D．充入2mol NO2和1mol O3，相当于增大压强，NO2的平衡转化率增大，D符合题意；
故答案为：D；
③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol L-1，列三行式：，则NO2的转化率为×100%═50%，平衡常数Kp===，
故答案为：50%； ；
（3）由题干表中数据可知，随着温度升高化学平衡常数增大，即升高温度该反应平衡正向移动，故该反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
（4）由题干表中数据可知，在800℃时，该反应的化学平衡常数为0.9，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，此时Q===1＞0.9=K，即平衡在往逆反应方向移动，则下一时刻，＜，
故答案为：＜；
（5）由题干电解装置图可知，Cu电极上将CO2转化为CO、C2H4、CH3OH、CH4等，碳的化合价降低被还原，该电极为阴极，则Pt电极为阳极，CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的正极，根据电解质为稀硫酸，故CO2催化还原成CH4的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，
故答案为：正；CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。
【分析】I. 雾霾脱硝相关
盖斯定律应用：由反应 ii - i×3 得目标反应，ΔH = (b - 3a) kJ·mol- 。
平衡判断：O2体积分数不变、混合气体平均摩尔质量不变可证明平衡。
转化率提升：等效加压（充入2mol NO2和1mol O3）可提高NO2转化率。
平衡计算：NO2转化率为 50%，平衡常数 。
II. 碳氮化合物反应
热效应判断：温度升高K增大，正反应为吸热。
反应方向判断：浓度商Q > K，反应逆向进行，故 。
III. 电催化转化
电极判断：Cu为阴极（CO2被还原），Pt为阳极，接电源正极。
电极反应式：判断电解池阴阳极，确定反应物及反应产物，得出CO2还原为CH4的反应方程式。
1 / 1吉林省长春市第十七中学2025-2026学年高二上学期1月期末化学试题
1．（2026高二上·长春期末）劳动创造美好生活。以下劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用“爆炸盐(含)”洗涤衣物 过碳酸钠的水溶液呈碱性、有强氧化性
B 轮船外壳连接锌块 利用了牺牲阳极法保护轮船
C 用泡沫灭火器灭火 和相互促进水解
D 高炉炼铁时将工厂烟囱加高 增加反应时间，提高原料平衡转化率
A．A B．B C．C D．D
2．（2026高二上·长春期末）硫酸亚铁铵俗称摩尔盐，化学式为(NH4)2Fe (SO4)2·6H2O，用途十分广泛。下列有关微粒结构说法正确的是
A．硫原子结构示意图：
B．氧的基态原子最外层轨道表示式：
C．基态铁原子的简化电子排布式：[Ar]3d64s2
D．基态氮原子最高能级的原子轨道形状：
3．（2026高二上·长春期末）下列离子方程式书写正确的是
A．的水解反应：
B．向溶液中滴入稀溶液：
C．用食醋去除水垢中的：
D．往悬浊液滴加溶液，有红褐色沉淀：
4．（2026高二上·长春期末）一种有机除草剂的分子结构式如图所示，已知X、Y、Z、W、E为原子序数依次增大的短周期元素，和同主族，与同周期，则错误的是
A．元素电负性：
B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能：
D．和的空间结构均为平面三角形
5．（2026高二上·长春期末）下列各离子浓度的大小比较，正确的是
A．溶液中：
B．的溶液与溶液等体积混合显碱性：
C．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，，则
D．同浓度的下列溶液中：①②③，④，由大到小的顺序是：①>②>③>④
6．（2026高二上·长春期末）下列关于电化学的说法正确的是
A．交换膜为阴离子交换膜 B．铜片与直流电源负极相连
C．防腐原理：外加电流的阴极保护 D．电子流向：a→b→电解质→a
A．A B．B C．C D．D
7．（2026高二上·长春期末）三元催化转换器可除去汽车尾气中90%以上的污染物。在一恒容密闭容器中加入1molCO和一定量的NO，在催化剂作用下发生反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)模拟汽车尾气去除，按不同投料比x[]时，CO的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．投料比：x1>x2
B．反应速率：vb正>vc逆
C．点a、b、c对应平衡常数：Ka>Kb=Kc
D．反应温度为T1时，向平衡体系充入适量NO，可实现由b到c的转化
8．（2026高二上·长春期末）下列图示或化学用语正确的是
A．NH3分子的VSEPR模型为
B．键的形成过程：
C．SeO3空间结构为平面三角形
D．基态磷原子价层电子排布图为，违背了泡利不相容原理
9．（2026高二上·长春期末）下列实验操作、现象及结论相关且正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 将装有的两支密封玻璃管分别浸泡于冷水和热水中 热水中玻璃管红棕色更深 升温加快反应速率
B 常温下，用pH试纸测定0.1 mol/LCH3COONH4溶液的pH 测得pH=7 CH3COONH4溶液不水解
C 将缠有铜丝的铁钉置于饱和食盐水中，一段时间后，取上述溶液滴入铁氰化钾溶液 产生蓝色沉淀 Fe被腐蚀生成Fe2+
D 向溶液中加入少量的KI溶液后，滴入3滴KSCN溶液 溶液呈血红色 Fe3+与I-的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
10．（2026高二上·长春期末）某同学用0.1000盐酸标准溶液测定某烧碱溶液的浓度。下列相关说法正确的是
实验编号 烧碱待测液体V/mL 盐酸标准液体积(消耗)V/mL
1 25.00 18.05
2 25.00 18.00
3 25.00 17.95
4 25.00 18.95
A．记录滴定管某时刻液面位置如图所示，则此时的读数为18.20mL
B．选用酚酞作指示剂，滴定终点的现象为溶液由无色变红色
C．根据表中的数据，计算出该烧碱溶液的浓度为0.0729
D．未用盐酸标准溶液润洗滴定管会导致测定结果偏高
11．（2026高二上·长春期末）从冶锌废渣(含有和等杂质)中提取铅的一种工艺流程如下：
已知：常温下，
下列说法错误的是
A．“浸取”时加入目的是为了溶解和
B．“滤液1”中加入Zn可回收Cu
C．“滤液2”中
D．“转化2”存在反应
12．（2026高二上·长春期末）为有效降低汽车尾气污染物的排放，我国科研人员研究出某反应可有效将污染物进行转化。在一定条件下，该反应经历三个基元反应，每个反应的历程如图所示(TS表示过渡态且图中物质均为气态)，下列说法正确的是
A．该反应过程中只涉及极性键的断裂与形成
B．该化学反应的速率主要由反应②决定
C．该过程的总反应为
D．采用高温条件，可加快反应速率，降低平衡转化率
13．（2026高二上·长春期末）“祝融号”火星探测车采用Li-CO2二次电池供电，电池的总反应式为，工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．充电时，电极B发生还原反应
B．A极区的电解质溶液可用LiCl水溶液
C．放电时，电极A为正极
D．放电时，当外电路通过1 mol e-时，至少需要吸收16.8 L CO2气体(标况下)
14．（2026高二上·长春期末）HA为一元弱酸，其电离是吸热过程，平衡体系中各成分的分布分数为，(其中X为HA或)。常温条件下，与pH的关系如图所示，下列说法错误的是
A．为HA的分布曲线 B．
C．pH=5时，溶液中 D．若升高温度，a点向右移动
15．（2026高二上·长春期末）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：K+、Al3+、MnO、NO
B．使甲基橙变红的溶液中：NH、Fe3+、Fe2+、NO
C．1mol/L的FeCl3溶液中：Na+、K+、HCO、NO
D．由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、K+、CO、SO
16．（2026高二上·长春期末）I.2025年1月8日，国家发展改革委、财政部联合发布《关于2025年加力扩围实施大规模设备更新和消费品以旧换新政策的通知》，掀起了新能源汽车购买热潮。国家大力提倡发展新能源汽车，对减少排放和大气污染具有重要意义。其中很多新能源汽车使用的电池是磷酸亚铁锂()电池，工业上用、及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。完成下列填空：
（1）Fe元素在周期表中的位置为　 　，的空间构型为　 　。
（2）的基态离子核外电子简化排布式为　 　，从结构角度解释比稳定的原因是　 　。
（3）中含有　 　mol键，键角　 　(填“>”“<”或“=”)。
II．北斗卫星导航系统是中国自行研制并开发的，其中第八颗和第九颗北斗卫星是被长征三号甲运载火箭送入太空预定转移轨道的。已知运送卫星的火箭所需反应物除液态过氧化氢外，还有另一种液态氮氢化合物。已知该化合物中氢元素的质量分数为，相对分子质量为32，结构分析发现该分子结构中只有单键。
（4）该氮氢化合物的电子式为　 　，该分子是　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
（5）若该物质与液态过氧化氢恰好完全反应，产生两种无毒又不污染环境的物质，该反应的化学方程式为　 　。
（6）分子中的N原子上有1对孤电子对，能发生反应：。试写出将题中所述发射卫星时所用的氮氢化合物通入足量盐酸时，发生反应的化学方程式：　 　。
（7）“笑气”(是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一、有关理论认为与分子具有相似的结构，互为等电子体；又已知分子中氧原子只与一个氮原子相连，则的结构式可表示为　 　。
17．（2026高二上·长春期末）钛(Ti)的性质稳定，有良好的耐高温、抗酸碱、高强度、低密度等特性，工业上常用钛铁矿(主要含)和少量等)通过如图所示工艺流程制取钛，并回收镁、铝、铁等。
已知：①易水解，只能存在于强酸性溶液中；
②常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 6.5 3.5 9.5
沉淀完全()的pH 3.2 9.7 4.7 11.0
（1）中钛元素的化合价为　 　；“酸溶”时，常将钛铁矿粉碎的目的是　 　；滤渣的成分是　 　(填化学式)。
（2）“酸溶”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式：　 　。
（3）“分步沉淀”中当沉淀完全时，“母液”中的浓度为　 　。
（4）“水浸”后，过滤、洗涤得水浸渣检验已洗涤干净的方法为　 　。
（5）已知 ，该反应极难进行，从化学平衡的角度解释“氯化”时需向反应体系中加入焦炭的原因是　 　。
（6）研究发现，可以用石墨、钛网作电极、熔融作电解质，利用如图装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。若由制得金属，则理论上产生的的体积换算成标准状况时为　 　L。
18．（2026高二上·长春期末）在都匀市秦汉影视城拍摄的多部影视剧火遍全网。Na2S2O3俗称“大苏打”，在照相业中用作定影剂。Na2S2O3易溶于水，难溶于乙醇，具有较强的还原性，遇酸易分解，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组在实验室制取硫代硫酸钠晶体（）并检验其纯度，其实验室制备装置如图所示（夹持装置已略）。
（1）仪器C的名称为　 　。
（2）NaOH溶液的作用是　 　。
（3）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）装置B中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
（5）测定粗产品中Na2S2O3·5H2O（M＝248）的含量，一般采用在酸性条件下用标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。称取三份2.00g的粗产品溶于水，用0.5000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定（滴定反应的离子方程式为）。四次滴定消耗酸性KMnO4溶液的体积如下表所示：
实验序号 1 2 3 4
消耗酸性KMnO4溶液的体积（mL） 20.05 21.50 20.00 19.95
①量取待测液Na2S2O3溶液时，应选用　 　（填“甲”或“乙”）滴定管。滴定时，判断达到滴定终点的依据是　 　。
②下列操作可能导致测定结果偏低的是　 　（填字母）。
A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶
B．滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶洗净后没有干燥
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
③产品中的质量分数为　 　。
19．（2026高二上·长春期末）I、雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。
（1）以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。
已知：i． △H= a kJ·mol-1
ii． △H= b kJ·mol-1
则反应的 △H=　 　kJ·mol-1。
（2）臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为： △H <0，某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 mol NO2和1mol O3发生反应，保持恒温恒容条件。
①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是　 　 (填标号)。
A． B．混合气体密度不再改变
C．O2的体积分数不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再改变
②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有　 　 (填标号)。
A．充入氦气 B．升高温度 C．充入2 molNO2 D．充入2 mol NO2和1molO3
③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol/L，则NO2的转化率为　 　，平衡常数Kp=　 　 (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表：
t℃ 700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
（3）该反应为反应　 　(填“吸热”、“放热”)。
（4）在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻，　 　(填“>”、“<”或“=”)。
Ⅲ、在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。
（5）CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的　 　极，写出CO2催化还原成CH4的电极反应式　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；盐类水解的应用；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A、过碳酸钠（2Na2CO3 3H2O2）溶于水后，碳酸钠水解使溶液呈碱性，可去除油污；同时解离出的过氧化氢具有强氧化性，能漂白衣物，劳动项目与化学知识关联紧密，A正确；
B、轮船外壳连接锌块，利用锌比铁活泼的特性，形成原电池时锌作负极被氧化，保护铁不被腐蚀，属于牺牲阳极法，劳动项目与化学知识关联紧密，B正确；
C、泡沫灭火器中，碳酸氢钠与硫酸铝溶液混合时，铝离子与碳酸氢根发生相互促进的水解反应，快速生成大量二氧化碳泡沫，起到隔绝氧气灭火的作用，劳动项目与化学知识关联紧密，C正确；
D、高炉炼铁的反应平衡转化率仅与温度、压强等条件有关，加高烟囱只是加快废气排放，既不能增加反应时间，也无法改变平衡状态，不能提高原料转化率，劳动项目与化学知识无关联，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
物质性质与用途：过碳酸钠的碱性和氧化性对应洗涤、漂白功能。
金属防护：牺牲阳极法利用原电池原理，活泼金属作负极保护正极金属。
盐类水解应用：铝离子与碳酸氢根的双水解反应是泡沫灭火器的核心原理。
化学平衡影响因素：平衡转化率只与温度、压强、浓度有关，与反应容器高度无关。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图
【解析】【解答】A、硫原子序数为 16，核外电子分层排布应为 2、8、6，最外层电子数是 6，题中结构示意图最外层画 8 个电子，A错误；
B、氧原子价电子为 2s22p4，根据洪特规则，2p 轨道的 4 个电子应先分占不同轨道且自旋相同，题中轨道表示式不符合此规则，正确的轨道表示式为 ， B错误；
C、铁是 26 号元素，内层电子与 Ar 相同，价电子为 3d64s2，简化电子排布式为 [Ar]3d64s2，C正确；
D、基态氮原子最高能级是 2p，p 轨道形状为哑铃形（或纺锤形），不是球形，D错误；
故答案为：C。
【分析】结合原子结构的基本知识，从原子结构示意图、轨道表示式、电子排布式及原子轨道形状等方面，逐一验证各选项的正确性。
3．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、HS-的水解是结合水中的 H+，生成 H2S 和 OH-，反应为 HS-+H2O H2S+OH-。选项中写的是 HS-的电离（生成 H3O+和 S2-），并非水解，A错误；
B、S2O32-与 H+反应生成 S↓、SO2↑和 H2O，离子方程式为 2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，原子个数和电荷均守恒，B正确；
C、食醋中的 CH3COOH 是弱酸，不能拆分为 H+，应保留分子形式。正确式子为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑ +H2O，C错误；
D、反应中左侧 Fe3+带 3 个正电荷，右侧 Mg2+带 2 个正电荷，电荷不守恒。正确配平为3Mg(OH)2+2Fe3+=3Mg2++2Fe(OH)3，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．区分 HS-的水解与电离反应。
B．判断硫代硫酸根与氢离子反应的离子方程式是否正确。
C．明确弱酸在离子方程式中的书写形式。
D．检查离子方程式的电荷守恒和配平。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右电负性递增，H < C < O，对应 X < Y < W，A正确；B、H2O、NH3分子间存在氢键，PH3无氢键；H2O 的氢键数量更多，故沸点顺序为 PH3 < NH3 < H2O，即 E < Z < W，B正确；
C、N 的 2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻的 O，故顺序为 C < O < N，即 Y < W < Z，C错误；
D、NO3-和 CO32-的中心原子均为 sp2 杂化，无孤电子对，空间结构均为平面三角形，D正确；
故答案为：C。
【分析】元素推断：E 形成 5 个共价键，Z 与 E 同主族且 Z 形成 3 个共价键，可确定 Z、E 为第 ⅤA 族元素；W 形成 2 个共价键，为第 ⅥA 族元素；Y 形成 4 个共价键，为第 ⅣA 族元素；X 形成 1 个共价键，为第 ⅠA 族元素。结合 “原子序数依次增大”“Z 与 W 同周期” 的条件，可推得：X 为 H，Y 为 C，Z 为 N，W 为 O，E 为 P。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、在 Na2CO3溶液中，质子守恒式应为 c (OH-) = c (HCO3-) + 2c (H2CO3) + c (H+)。选项 A 中 H2CO3的系数为 1，缺少关键系数 2，因此A错误；B、0.01mol/L 的 NH4Cl 溶液与 0.05mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合后，反应生成 NaCl、NH3 H2O，同时 NaOH 过量。溶液中 c (Na+) 最大，过量的 OH-使溶液显碱性，NH4+因与 OH-结合而浓度小于 Cl-，因此离子浓度顺序为 c (Na+) > c (OH-) > c (Cl-) > c (NH4+) > c (H+)，B正确；
C、盐酸和氨水混合后 pH=7，溶液呈中性，即 c (OH-) = c (H+)。根据电荷守恒 c (NH4+) + c (H+) = c (Cl-) + c (OH-)，可推得 c (NH4+) = c (Cl-)，因此C错误；
D、同浓度下，①(NH4)2SO4中 NH4+的初始浓度最大；③NH4Cl 中 NH4+正常水解；②NH4HCO3中 HCO3-的水解会促进 NH4+的水解，导致 NH4+浓度进一步降低；④NH3 H2O 是弱电解质，电离出的 NH4+最少。因此 c (NH4+) 的正确顺序为① > ③ > ② > ④，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：混淆质子守恒中各粒子的系数关系，尤其是多元弱酸根水解产生的分子。忽略混合后溶液中过量的强碱对离子浓度顺序的决定性影响。对 “双水解”（如 NH4HCO3中 NH4+与 HCO3-的相互促进）理解不深，导致排序错误。
6．【答案】C
【知识点】常见化学电源的种类及其工作原理；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、左图为电解饱和食盐水装置，电极 a 生成 Cl2，是阳极，电极 b 生成 H2，是阴极。阴极反应消耗 H2O 电离出的 H+，为维持电荷平衡，Na+需通过交换膜向阴极移动，因此交换膜为阳离子交换膜，A错误；
B、电镀铜实验中，铜片作为镀层金属，应与直流电源的正极相连，作阳极；待镀铁制品与负极相连，作阴极，B错误；
C、钢闸门连接电源负极，作为阴极被保护，属于外加电流的阴极保护法，可以有效防止钢闸门腐蚀，C正确；
D、氢氧燃料电池中，a 极通入 H2，是负极；b 极通入 O2，是正极。电子流向为 a→灯泡→b，电子不进入电解质溶液，电解质中是离子导电，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：混淆电解饱和食盐水时离子交换膜的类型，忽略 Na+的移动方向。电镀池的电极连接方式记忆错误，镀层金属应作阳极。对原电池电子流向理解不清，误认为电子会通过电解质溶液传导。
7．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、该反应中，为反应物，投料比越大，意味着的相对投料量越多，的相对投料量越少。根据化学平衡移动规律，的平衡转化率会随其投料占比的增加而降低。结合图像趋势，相同温度下对应的转化率高于，说明代表的投料比更小，即，A错误；
B、平衡常数仅与温度有关，为固定温度，该温度下与对应的平衡常数相等。b点处于曲线，c点处于曲线，二者温度均为，且b点转化率更高，说明b点正反应速率远大于逆反应速率；而c点转化率较低，逆反应速率相对更小。因此整体反应速率关系为，B正确；
C、平衡常数由温度决定，与投料比无关。a、b、c三点温度不同，点对应温度高于b、c点，且该反应为放热反应（温度升高，转化率下降），温度越高平衡常数越小。因此不成立，C错误；
D、温度下，向平衡体系充入，为反应物，平衡正向移动，的平衡转化率会升高，而c点转化率低于b点，无法实现由b到c的转化，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
该反应为，图像横坐标为温度，纵坐标为的平衡转化率，曲线、代表不同投料比下，转化率随温度变化的趋势。
投料比与转化率关系：增加某一反应物的投料比例，会降低其自身的平衡转化率。
反应速率比较：相同温度下，转化率高的点对应正反应速率更大。
平衡常数影响因素：放热反应，温度越高平衡常数越小；平衡常数仅与温度有关，与投料比无关。
平衡移动方向：增加反应物NO，平衡正向移动，CO转化率升高。
8．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、NH3分子中 N 原子的价层电子对数为 4（3+=3+1=4），其 VSEPR 模型应为四面体形（），是NH3的实际空间构型，A错误；
B、图示中两个 p 轨道以 “肩并肩” 的方式重叠，形成的是π 键，而不是 “头碰头” 的 σ 键，B错误；
C、SeO3分子中 Se 原子的价层电子对数为 3（3 个 σ 键，无孤电子对），中心原子采取 sp2 杂化，空间结构为平面三角形，C正确；
D、基态磷原子的价层电子排布为，3p 轨道上的 3 个电子分占 3 个轨道且自旋平行，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NH3中 N 原子价层电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形。
B．图中 p 轨道 “肩并肩” 重叠，形成的是π 键。
C．SeO3中 Se 原子价层电子对数为 3（3 个 σ 键，无孤电子对），sp2 杂化，空间结构为平面三角形。
D．基态磷原子价层电子排布图中，3p 轨道电子未分占不同轨道，违背的是洪特规则。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、NO2存在平衡 2NO2 N2O4（ΔH < 0），热水中红棕色更深，是因为升温使平衡逆向移动，NO2浓度增大，这证明的是平衡移动，而非单纯反应速率加快，A错误；B、CH3COONH4溶液中，CH3COO-和 NH4+的水解程度相当，导致溶液 pH=7，但这并不代表该盐不水解，B错误；
C、缠有铜丝的铁钉在饱和食盐水中发生吸氧腐蚀，Fe 作为负极被氧化生成 Fe2+。滴入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀，这是 Fe2+的特征反应，可证明 Fe 被腐蚀生成了 Fe2+，C正确；
D、向 FeCl3溶液中加入少量 KI 溶液，即使反应不可逆，由于 Fe3+过量，滴入 KSCN 溶液后仍会显血红色，因此不能证明该反应为可逆反应，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：把平衡移动的现象（颜色变化）误判为反应速率变化。误以为中性盐溶液一定不水解，忽略弱酸弱碱盐的水解抵消效应。验证可逆反应时，未控制反应物用量，导致过量反应物干扰现象判断。
10．【答案】D
【知识点】指示剂；中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、滴定管刻度从上到下增大，图中液面读数应为18.80mL，而非18.20mL，A错误；
B、用盐酸滴定烧碱（NaOH），酚酞作指示剂时，滴定终点现象是溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色，B错误；
C、实验1中消耗盐酸体积18.05mL偏差过大，应舍弃。有效数据为18.00mL、17.95mL、18.95mL，平均值为 。烧碱浓度计算为：
，不是0.0729mol/L，C错误；
D、未用盐酸标准液润洗滴定管，会导致标准液被稀释，消耗的 \( V(\text{标准}) \) 偏大，根据公式，测定结果偏高，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．滴定管刻度从上到下增大，读数需精确到0.01mL，视线与凹液面最低处相平。
B．强酸滴定强碱，酚酞作指示剂时，终点颜色由红色变为无色，且半分钟内不恢复。
C．先剔除偏差过大的异常值，再取有效数据的平均值计算浓度。
D．根据公式 ，分析操作对 的影响，进而判断对结果的影响。
11．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、“浸取”时加入 和 ， 作为氧化剂，在酸性条件下溶解Cu，但 不溶于稀硫酸，因此该步骤目的不是溶解 ，A错误；
B、“滤液1”中含有 ，加入Zn可发生置换反应生成Cu，从而回收Cu，B正确；
C、“转化1”中存在平衡 ，该反应的平衡常数 ，因此 ，C正确；
D、醋酸酸性强于碳酸，可与 反应生成 、 和 ，反应式为 ，D正确；
故答案为：A。
【分析】冶锌废渣中含有 PbSO4、Cu 等杂质，在 “浸取” 环节加入 H2SO4和 H2O2时，Cu 会在酸性与强氧化环境下被氧化溶解，而 PbSO4不溶于稀硫酸，因此过滤后得到的滤液 1 是含 Cu2+的溶液，滤渣则以 PbSO4为主。向滤渣中加入饱和 Na2CO3溶液，由于 Ksp (PbSO4) 远大于 Ksp (PbCO3)，沉淀会发生转化，PbSO4转变为更难溶的 PbCO3，此时滤液 2 的主要成分为 Na2SO4。后续向 PbCO3中加入醋酸，PbCO3会溶解并生成可溶性的醋酸铅，过滤后再对醋酸铅溶液进行一系列处理，最终得到粗铅。
12．【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、反应过程中涉及 N≡N 键（非极性键）的断裂和形成，并非只涉及极性键，A错误；
B、三个基元反应的活化能分别为：反应① 298.4 kJ mol- ，反应② 130.0 kJ mol- ，反应③ 248.3 kJ mol- 。反应①的活化能最大，是总反应的决速步，B错误；
C、总反应的反应物为 2CO (g) 和 2NO (g)，生成物为 N2(g) 和 2CO2(g)，总能量变化为，为放热反应，C错误；
D、高温条件下，分子运动速率加快，有效碰撞频率提高，反应速率加快；总反应为放热反应，升高温度使平衡逆向移动，平衡转化率降低，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．反应速率由活化能最大的基元反应决定，活化能越大，反应速率越慢。
B．总反应的焓变等于生成物总能量与反应物总能量的差值。
C．判断反应中涉及的化学键，注意区分极性键和非极性键。
D．温度升高，反应速率加快；对于放热反应，平衡逆向移动，平衡转化率降低。
13．【答案】D
【知识点】电解原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、充电时，B电极是电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，而非还原反应，A错误；
B、Li是极活泼金属，会与水发生反应：2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑，因此A极区不能使用含LiCl的水溶液作为电解质，B错误；
C、放电时，A电极为负极，Li失去电子生成Li+，发生氧化反应，C错误；
D、根据总反应，4mol Li参与反应时，外电路转移4mol电子，消耗3mol CO2。当外电路通过1mol e-时，消耗CO2的物质的量为 ，在标准状况下体积为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】放电时（原电池）：Li在A电极失电子被氧化，A为负极；CO2在B电极得电子被还原，B为正极。充电时（电解池）：原电池负极（A）作阴极，发生还原反应；原电池正极（B）作阳极，发生氧化反应。根据总反应式： ，4mol Li对应4mol电子，同时消耗3mol CO2，可据此进行定量计算。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、HA是弱酸，pH升高时，氢离子浓度降低，HA的电离平衡正向移动，HA的分布分数减小，A-的分布分数增大。因此代表HA的分布曲线，代表A-的分布曲线 ，A正确；
B、a点处HA与A-的分布分数均为0.5，即。根据电离常数表达式，此时 ，B正确；
C、pH=5时，由图像可知（A-的分布分数）大于（HA的分布分数），因此溶液中 ，C正确；
D、HA的电离过程吸热，升高温度时电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小。a点表示的状态，升温后平衡点应向pH减小的方向移动，即向左移动，而非向右，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
分布曲线识别：pH增大，弱酸分子浓度下降，弱酸根离子浓度上升，据此确定两条曲线代表的微粒。
电离常数计算：利用分布分数相等的点（）直接求得电离常数，此时。
浓度大小比较：根据pH对应的分布分数高低，直接比较微粒浓度。
温度对平衡的影响：吸热反应升温，平衡正向移动，对应pH降低，平衡点左移。
15．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、澄清透明溶液中，K+、Al3+、MnO4-、NO3-均为可溶性离子，彼此间不发生氧化还原或双水解反应，能大量共存，A正确；
B、使甲基橙变红的溶液为强酸性环境，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将 Fe2+氧化为 Fe3+，因此不能大量共存，B错误；
C、1mol/L 的 FeCl3溶液中，Fe3+与 HCO3-会发生双水解反应，生成 Fe(OH)3沉淀和 CO2气体，不能大量共存，C错误；
D、由水电离出的 c (H+)=1.0×10- 3mol/L 的溶液，可能是强酸性或强碱性溶液。在强酸性条件下，CO32-会与 H+反应生成 CO2和 H2O，因此不能大量共存，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题核心突破口：离子共存判断三原则：无沉淀 / 气体 / 弱电解质生成：如 Fe3+与 HCO3-发生双水解，CO32-与 H+反应。无氧化还原反应：如酸性条件下 NO3-会氧化 Fe2+。无色透明≠无色溶液：澄清透明仅指无浑浊，可含 MnO4-等有色离子。
16．【答案】第四周期VIII族；正四面体形；；铁原子失去3个电子得到的价电子排布式是能级是半充满状态，比较稳定，因此比稳定；14；>；；极性；；；
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，在周期表中的位置第四周期第VIII族。的价层电子对数为4+=4，故为正四面体形。
故答案为： 第四周期VIII族 ； 正四面体形 ；
（2）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子得到亚铁离子，亚铁离子的基态离子核外电子简化排布式；失去3个电子得到铁离子，Fe3+的价电子排布式是3d5，3d上是半充满状态，比较稳定；而Fe2+的价电子排布式是3d6，故导致Fe3+比Fe2+稳定；
故答案为： ； 铁原子失去3个电子得到的价电子排布式是能级是半充满状态，比较稳定，因此比稳定 ；
（3）单键均为σ键，1分子中含有个14σ键，则1mol中含有14molσ键；键角中心C原子为sp2杂化， 中心N原子为sp3杂化，故键角＞。
故答案为： 14 ； > ；
（4）由该物质的相对分子质量和氢元素的质量分数，计算可知其分子式为，它的结构可看作NH3分子中的一个H原子被取代后所得，该分子的电子式为，分子中的键全部是单键，故N原子的杂化方式与NH3分子中的N原子杂化方式相同，也是杂化，该分子为极性分子。
故答案为： ； 极性 ；
（5）两者反应后生成的物质无毒又不污染环境，故得到的是N2和，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（6）因为在分子中的N原子上各有1对孤电子对，故一分子能与两分子HCl反应，反应的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）因为和分子结构相似，故都为直线形，的结构式为，而N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，故N2O的结构式为。
故答案为： 。
【分析】(1)Fe 位置：26 号元素，位于第四周期第 Ⅷ 族。
PO43-构型：价层电子对数 = 4（无孤电子对），为正四面体形。
(2)Fe2+排布：基态简化电子排布式为 [Ar] 3d6。
稳定性原因：Fe3+价电子为 3d5（半充满稳定结构），Fe2+为 3d6，故 Fe3+更稳定。
(3)σ 键数：1mol 苯胺含14mol σ 键（苯环 12 个 + N—H、C—N 各 1 个）。
键角比较：∠C–C–N（C 为 sp2 杂化，键角≈120°）> ∠H–N–H（N 为 sp3 杂化，键角≈107°）。
(4)分子式推导：H 质量分数 12.5%、相对分子质量 32 → 分子式为N2H4。
电子式与极性：电子式为 （两 N 间为单键），分子结构不对称，为极性分子。
(5)反应方程式：N2H4与 H2O2反应生成无毒的 N2和 H2O，方程式为：N2H4 + 2H2O2 = N2 + 4H2O
(6)反应方程式：N2H4中两个 N 均有孤电子对，可与 2 分子 HCl 反应：N2H4 + 2HCl = N2H6Cl2
(7)结构式：N2O 与 CO2为等电子体（直线形），O 只连一个 N，故结构式为N=N=O。
17．【答案】（1）；增大接触面积，加快酸溶速率；
（2）
（3）
（4）取少量最后一次洗液于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净
（5）与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移
（6）22.4
【知识点】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）中铁为+2价，O为-2价，故钛元素的化合价为+4价；“酸溶”时，常将钛铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸溶速率；由分析可知，滤渣的成分是；
故答案为： ； 增大接触面积，加快酸溶速率 ； ；
（2）酸溶时发生的是硫酸和FeTiO3反应生成TiO2+的过程，离子方程式为：；
故答案为： ；
（3）根据Al3+沉淀完全时的 pH=4.7，可知溶液中c(OH-)=10-9.3 mol L-1时，溶液中c(Al3+)=1.0×10-5mol L-1，则Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-5×(10-9.3)3=1×10-32.9，“分步沉淀”中当沉淀完全时pH=11.0，即溶液中c(OH)=10-3.0mol L-1，则此时溶液中c(Al3+)===(mol/L)；
故答案为： ；
（4）水浸后其中含有硫酸根离子，检验硫酸根离子是否洗涤干净就可以了，检验方法是：取最后一次洗涤液，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净；
故答案为： 取少量最后一次洗液于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净 ；
（5）已知 ，加入焦炭后，与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移；
故答案为：与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移 ；
（6）根据图知，阳极上C失电子和氧离子反应生成二氧化碳，电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，若由制得金属，电路中转移4mol电子，此时生成的CO2为1mol，标况下体积为22.4L。
故答案为： 22.4 ；
【分析】钛铁矿先经酸溶（用硫酸溶解），其中二氧化硅等不溶物成为滤渣，钛元素以水合二氧化钛形式进入水浸渣；滤液经水浸、分步沉淀，通过加氨水调节 pH，使铁、铝等金属离子先后形成氢氧化物沉淀分离，实现镁、铝、铁的回收。水浸渣经煅烧得到二氧化钛，再与焦炭、氯气氯化生成四氯化钛，最后用镁还原得到金属钛。
（1）中铁为+2价，O为-2价，故钛元素的化合价为+4价；“酸溶”时，常将钛铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快酸溶速率；由分析可知，滤渣的成分是；
（2）酸溶时发生的是硫酸和FeTiO3反应生成TiO2+的过程，离子方程式为：；
（3）根据Al3+沉淀完全时的 pH=4.7，可知溶液中c(OH-)=10-9.3 mol L-1时，溶液中c(Al3+)=1.0×10-5mol L-1，则Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-5×(10-9.3)3=1×10-32.9，“分步沉淀”中当沉淀完全时pH=11.0，即溶液中c(OH)=10-3.0mol L-1，则此时溶液中c(Al3+)===(mol/L)；
（4）水浸后其中含有硫酸根离子，检验硫酸根离子是否洗涤干净就可以了，检验方法是：取最后一次洗涤液，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净；
（5）已知 ，加入焦炭后，与反应减少了的浓度，且与反应放热，温度升高，使平衡右移；
（6）根据图知，阳极上C失电子和氧离子反应生成二氧化碳，电极反应式为C+2O2--4e-═CO2↑，若由制得金属，电路中转移4mol电子，此时生成的CO2为1mol，标况下体积为22.4L。
18．【答案】（1）分液漏斗
（2）吸收多余的，防止污染空气
（3）
（4）
（5）乙；当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色；A；77.5%
【知识点】二氧化硫的性质；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）仪器C的名称为分液漏斗。
故答案为： 分液漏斗 ；
（2）三颈烧瓶中的反应有气体参与，未反应的进入NaOH溶液中被吸收，防止污染空气。
故答案为： 吸收多余的，防止污染空气 ；
（3）装置A有固体与浓硫酸，反应后可生成，A中发生反应的化学方程式为：。
故答案为： ；
（4）装置B中发生的反应一个作还原剂生成转移四个电子；一个作氧化剂生成转移两个电子；为了得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
故答案为： ；
（5）①溶液显碱性，量取待测液溶液时应用碱式滴定管，故选乙；滴定时，发生反应，酸性高锰酸钾作为标准物，滴定开始用于消耗，当消耗完滴入最后半滴酸性高锰酸钾时，锥形瓶中变为浅紫色，判断达到滴定终点的依据是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色即达到滴定终点。
②A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶会导致滴定用的酸性高锰酸钾体积变小，滴定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前盛放溶液的锥形瓶洗净后没有干燥是有水留在锥形瓶中，但是水不参加滴定过程，故没有影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗直接去滴定会导致标酸性准高锰酸钾的浓度降低，使用的体积变大，测量结果偏大，C不符合题意。
故选A。
③第四次滴定中第二组误差太大舍去，用第一、三、四组计算消耗酸性溶液的平均体积为20.00mL，根据滴定方程式以及酸性高锰酸钾的浓度可计算的物质的量=，滴定后产品中的质量分数。
故答案为： 乙 ； 当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色 ； A ； 77.5% 。
【分析】(1)识别常见实验仪器，仪器 C 为分液漏斗。
(2)NaOH 溶液用于吸收多余的 SO2，防止其污染空气。
(3)装置 A 中，Na2SO3固体与浓硫酸发生复分解反应，生成 SO2，据此书写方程式为。
(4)根据得失电子守恒，装置 B 中 SO2（氧化剂，得 2e-）与 Na2S（还原剂，失 4e-）的物质的量之比为2：1。
(5)①Na2S2O3溶液显碱性，选用乙（碱式）滴定管；滴定终点为滴入最后半滴 KMnO4溶液时，溶液变为浅紫色，且 30s 内不恢复原色。
②待测液溅出会导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故选A。
③舍去异常数据 21.50mL，计算平均体积为 20.00mL，再根据滴定反应的离子方程式，计算得产品中 Na2S2O3 5H2O 的质量分数为77.5%。
（1）仪器C的名称为分液漏斗。
（2）三颈烧瓶中的反应有气体参与，未反应的进入NaOH溶液中被吸收，防止污染空气。
（3）装置A有固体与浓硫酸，反应后可生成，A中发生反应的化学方程式为：。
（4）装置B中发生的反应一个作还原剂生成转移四个电子；一个作氧化剂生成转移两个电子；为了得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
（5）①溶液显碱性，量取待测液溶液时应用碱式滴定管，故选乙；滴定时，发生反应，酸性高锰酸钾作为标准物，滴定开始用于消耗，当消耗完滴入最后半滴酸性高锰酸钾时，锥形瓶中变为浅紫色，判断达到滴定终点的依据是：当滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中变为浅紫色，且30s不恢复原来的颜色即达到滴定终点。
②A．滴定过程中待测液溅出锥形瓶会导致滴定用的酸性高锰酸钾体积变小，滴定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前盛放溶液的锥形瓶洗净后没有干燥是有水留在锥形瓶中，但是水不参加滴定过程，故没有影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗直接去滴定会导致标酸性准高锰酸钾的浓度降低，使用的体积变大，测量结果偏大，C不符合题意。
故选A。
③第四次滴定中第二组误差太大舍去，用第一、三、四组计算消耗酸性溶液的平均体积为20.00mL，根据滴定方程式以及酸性高锰酸钾的浓度可计算的物质的量=，滴定后产品中的质量分数。
19．【答案】b-3a；CD；D；50%；；吸热；＜；正；CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知反应ⅰ．N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=akJ mol-1，反应ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=bkJ mol-1，根据盖斯定律ⅱ-ⅰ×3得反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O的ΔH=(b-3a)kJ mol-1，
故答案为：b-3a；
（2）①A．化学平衡的本质特征是正逆反应速率相等，中并未告知正反应速率还是逆反应速率，即不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；
B．在恒温恒容密闭容器中，反应前后气体质量不变，体积不变，混合气体密度一直未改变，即混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B不合题意；
C．由题干方程式可知，随着反应的进行，O2的物质的量一直在改变，即O2的体积分数一直在改变，故O2的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；
D．反应前后气体系数和不同，气体总质量不变，根据公式M=可知：只要不平衡，n就变，n变M就变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：CD；
②A．在恒温恒容容器中充入氦气，反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，A不合题意；
B．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，B不合题意；
C．充入2mol NO2，平衡正向移动，NO2的平衡转化率降低、O3的平衡转化率增大，C不合题意；
D．充入2mol NO2和1mol O3，相当于增大压强，NO2的平衡转化率增大，D符合题意；
故答案为：D；
③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol L-1，列三行式：，则NO2的转化率为×100%═50%，平衡常数Kp===，
故答案为：50%； ；
（3）由题干表中数据可知，随着温度升高化学平衡常数增大，即升高温度该反应平衡正向移动，故该反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
（4）由题干表中数据可知，在800℃时，该反应的化学平衡常数为0.9，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，此时Q===1＞0.9=K，即平衡在往逆反应方向移动，则下一时刻，＜，
故答案为：＜；
（5）由题干电解装置图可知，Cu电极上将CO2转化为CO、C2H4、CH3OH、CH4等，碳的化合价降低被还原，该电极为阴极，则Pt电极为阳极，CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的正极，根据电解质为稀硫酸，故CO2催化还原成CH4的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，
故答案为：正；CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。
【分析】I. 雾霾脱硝相关
盖斯定律应用：由反应 ii - i×3 得目标反应，ΔH = (b - 3a) kJ·mol- 。
平衡判断：O2体积分数不变、混合气体平均摩尔质量不变可证明平衡。
转化率提升：等效加压（充入2mol NO2和1mol O3）可提高NO2转化率。
平衡计算：NO2转化率为 50%，平衡常数 。
II. 碳氮化合物反应
热效应判断：温度升高K增大，正反应为吸热。
反应方向判断：浓度商Q > K，反应逆向进行，故 。
III. 电催化转化
电极判断：Cu为阴极（CO2被还原），Pt为阳极，接电源正极。
电极反应式：判断电解池阴阳极，确定反应物及反应产物，得出CO2还原为CH4的反应方程式。
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