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天津市红桥区2024-2025学年高三上学期期末考试 化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共36分)
1．下列文物所指明的载体为金属产品的是
A．司母戊鼎 B．绢本《清明上河图》之绢
C．殷墟甲骨文之甲骨 D．商丘古城之砖瓦
【答案】A
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解析】A．司母戊鼎是商代青铜器，其主要成分为铜合金（铜锡铅等），属于金属制品，选项A正确。
B．绢帛由蚕丝织成，主要成分为天然蛋白质纤维，不属于金属材料，选项B错误。
C．甲骨多为龟甲兽骨，主要成分为无机钙盐（如碳酸钙）和有机质，非金属制品，选项C错误。
D．砖瓦属于传统硅酸盐制品，主要成分为黏土烧制形成的硅酸盐材料，不属于金属制品，选项D错误。
故答案为：A
【分析】A、司母戊鼎的材质为青铜器。
B、绢本的材质为蛋白质。
C、甲骨的成分为无机钙盐和有机质。
D、砖瓦的成分为硅酸盐。
2．化学物质在航天领域有着广泛的用途。下列说法错误的是
A．硬铝合金作航天飞船材料
B．作航天飞船的太阳能电池板
C．煤油和液氧作火箭的发射推进剂
D．高温结构陶瓷作返回器外壁
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、硬铝作为铝合金的一种，其主要成分为铝、铜、镁、锰等金属元素。这种材料具有优异的机械性能，包括较高的强度与硬度，同时保持较低的密度，完全符合航天飞船对材料性能的要求，A选项正确。B、航天器太阳能电池板的核心材料是半导体单晶硅（化学式Si），而非二氧化硅（化学式），B选项错误。
C、火箭推进系统采用煤油（烃类燃料）与液氧（氧化剂）的组合，燃烧反应会释放大量热能并产生高温高压气体，形成反冲推力，该表述符合化学推进原理，C选项正确。
D、高温结构陶瓷材料具备耐极端温度（>1600℃）、高强度、抗热震及抗氧化等特性，完全满足返回舱外壁热防护系统的技术要求，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、结合硬铝的强度和硬度高、密度小的性质分析。
B、太阳能电池板的材料为Si。
C、燃烧过程中产生大量的气体，可做推进剂。
D、结合高温结构陶瓷的耐高温、高强度和抗氧化性质分析。
3．下列各组物质性质的比较，结论正确的是
A．酸性：
B．还原性：
C．酸性：
D．沸点：<
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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．硫酸（H2SO4）是强酸，磷酸（H3PO4）是中强酸，硅酸（H2SiO3）是弱酸，次氯酸（HClO）也是弱酸，题目给出的酸性顺序不正确，A选项错误。B．硫（S）和硒（Se）属于同一主族元素，非金属性S > Se，因此还原性应为Se2 > S2 ，题目中的表述错误，B选项错误。
C．由于氟的电负性大于氯，F-C键的极性比Cl-C键更强，使得三氟乙酸（F3C-COOH）的羧基更容易电离出H+，因此其酸性强于三氯乙酸（Cl3C-COOH），C选项正确。
D．容易形成分子间氢键，沸点较高；而更容易形成分子内氢键，沸点较低，因此沸点顺序应为 >，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、根据酸性强弱分析。
B、同主族元素，核电荷数越大，单质的氧化性越弱，则其简单离子的还原性越强。
C、电负性：F＞Cl，使得化学键的极性增强，-OH更容易电离出H+。
D、处于苯环的对位易形成分子间氢键，使得熔沸点增大；处于苯环的邻位易形成分子内氢键，使得熔沸点降低。
4．下列各组离子一定能大量共存的是
A．、、、
B．、、、
C．在mol/L的溶液中：、、、
D．常温下，水电离出的mol/L溶液中：、、、
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子共存
【解析】【解析】A、在酸性环境中，硝酸根离子(NO3－)会与亚铁离子(Fe2＋)发生氧化还原反应，因此这些离子不能共存，A选项错误。B、氢氧根离子(OH-)会与溶液中的钡离子(Ba2+)、亚硫酸氢根离子(HSO3－)和碳酸氢根离子(HCO3－)反应，生成亚硫酸钡(BaSO3)和碳酸钡(BaCO3)沉淀，因此这些离子不能大量共存，B选项错误。
C、当溶液中时，溶液呈酸性。题目给出的四种离子在酸性条件下不发生反应，可以共存，C选项正确。
D、常温下水电离出的 mol/L，说明溶液可能呈酸性或碱性。若为酸性条件(如含Fe3+的溶液)，碳酸根离子(CO32－)会与Fe3+发生双水解反应，生成沉淀和CO2气体，因此不能大量共存，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化。
B、OH－能与HSO3－、HCO3－反应。
C、该条件下溶液显酸性，溶液中各个离子相互间不反应。
D、该条件下溶液可能显酸性或碱性，H＋与CO32－反应生成H2O和CO2。
5．劳动创造未来。下列劳动项目与所涉及的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 装修师傅用汽油溶解衣服上沾的油漆 相似相溶
B 设计师用18K金而非足金做镶嵌饰品 足金导电性好
C 工人用钻石头玻璃刀切割玻璃 金刚石是共价晶体，硬度大
D 质检员用X射线衍射仪鉴定宝石真假 晶体的衍射图上有明锐的衍射峰
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】相似相溶原理及其应用；晶体的定义
【解析】【解答】A、油漆和汽油的主要成分都是非极性或弱极性分子，根据相似相溶原理，汽油能溶解衣服上的油漆，A不符合题意。B、18K金硬度高于足金，适合制作镶嵌饰品，这与所述化学知识有关联，但题目要求选择"无关"的选项，B符合要求。
C、金刚石作为共价晶体具有极高硬度，工人用金刚石玻璃刀切割玻璃正是利用这一特性，C不符合题意。
D、X射线衍射能区分晶体（如水晶）和非晶体（如普通玻璃），D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、油漆和汽油都是飞极性分子。
B、18K金比足金硬度大，更适合做镶嵌饰品。
C、金刚石的硬度大，常用于切割玻璃。
D、X射线衍射仪可用于判断晶体结构。
6．下列说法正确的是
A．NaHS溶液水解离子方程式：
B．水溶液中的电离方程式：
C．锅炉除垢转化为：
D．表示燃烧热的热化学方程式：
【答案】C
【知识点】燃烧热；盐类水解的原理；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、NaHS溶液因HS-水解呈碱性，其水解离子方程式应为，A选项错误。B、H2CO3作为二元弱酸分步电离，正确电离过程为和，B选项错误。
C、锅炉除垢原理是通过沉淀转化将CaSO4(s)转化为CaCO3(s)，离子方程式为。该反应可行，因Ksp(CaCO3) < Ksp(CaSO4)，选C项正确。
D、燃烧热要求1 mol可燃物完全燃烧，H2燃烧热的热化学方程式应为 ，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、HS－水解生成H2S和OH－。
B、H2CO3为二元弱酸，在水中分步电离。
C、CaCO3比CaSO4更难溶，因此CaSO4可转化为CaCO3。
D、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。
7．下列化学用语表达错误的是
A．的电子式：
B．的VSEPR模型为
C．基态Ga原子电子排布式：
D．用电子云轮廓图表示的键的形成：
【答案】C
【知识点】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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．二氧化碳是共价化合物，仅含共价键，其电子式为，A选项正确。
B．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数计算为3+=3，孤电子对数为0，其VSEPR模型为，B选项正确。
C．镓元素（原子序数31）基态原子的简化电子排布式为，题目描述错误，C选项错误。
D．氯化氢分子形成时包含s-pσ键，其电子云重叠示意图为，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、CO2中碳氧原子形成两对共用电子对。
B、SO3的价层电子对数为3，不存在孤电子对，为平面三角形。
C、根据Ga的原子序数确定其核外电子排布式。
D、根据HCl中σ键的形成过程分析。
8．为探究溶液的性质，进行如下实验：
实验 装置 试剂a 现象
A 氯水 溶液由浅绿色变为黄色
B 溶液 出现黑色沉淀
C 酸性溶液 紫红色消失，溶液变为黄色
D 氨水 生成的白色絮状沉淀迅速变灰绿色，一段时间后变红褐色
上述实验所对应的离子反应方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应中 Cl2氧化 Fe2+生成 Fe3+和 Cl-。原方程式 Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl-中，左边电荷总数为 + 2，右边为 + 3 + (-2) =+1，电荷不守恒；Cl2得 2e-，1 个 Fe2+失 1e-，电子得失不相等。正确应为 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，A错误；
B、FeSO4与 Na2S 反应时，Fe2+与 S2-直接结合生成 FeS 黑色沉淀，无氧化还原反应（因 Fe2+和 S2-均无强氧化性 / 还原性）。原方程式写为 Fe2S3不符合事实，正确应为 Fe2+ + S2- = FeS↓，B错误；
C、酸性 KMnO4氧化 Fe2+：Fe2+变为Fe3+（失 1e-），MnO4-变为Mn2+（得 5e-），根据电子守恒，Fe2+与 MnO4-比例为 5：1。方程式 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 中，电荷、原子、电子均守恒，且现象（紫红色褪去、变黄）匹配，C正确；
D、氨水是弱碱（NH3 H2O），不能拆为 OH-，应保留分子形式。正确离子方程式为 Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ + 2NH4+，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．考查电荷守恒与电子守恒是否成立。
B．考查反应产物是否符合客观事实。
C．考查守恒关系与反应事实是否一致。
D．考查反应物拆分是否正确。
9．近日，我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物进行氧化和还原性能优化，实现高性能长寿的锌-空气二次电池，其工作原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，a极电极反应式为
B．充电时，b极与电源的正极相连
C．放电时，当电路中有通过时，b极消耗
D．放电过程中，a、b电极附近溶液均不变
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电过程中，a极作为阴极，其电极反应为：，选项A正确。B．充电时，b极作为阳极，必须连接电源的正极，选项B正确。
C．放电时，b极作为正极，发生还原反应：。当电路中有4 mol电子通过时，恰好消耗1 mol O2，选项C正确。
D．放电时，a极发生氧化反应：，导致a极附近溶液pH降低；而b极反应生成OH-，使b极附近溶液pH升高，选项D错误。
故答案为：D
【分析】由图可知，放电过程中a电极上Zn转化为[Zn(OH)4]2－，发生失电子的氧化反应，因此a电极为负极，其电极反应式为Zn－2e－＋4OH－=[Zn(OH)4]2－。b电极为正极，O2发生得电子的还原反应，生成OH－，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。充电过程中，负极与电源的负极相连，为阴极。因此充电时a电极为阴极，其电极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－。电极b为阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。据此结合选项分析。
10．25℃时，0.1mol/L溶液显酸性，下列有关判断正确的是
A．该溶液中离子浓度最大的是
B．mol/L
C．
D．的平衡常数表达式为
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解析】A．NaH2PO4在溶液中完全电离生成Na+和H2PO4-，且两者物质的量相等。H2PO4-在溶液中既存在电离趋势（生成HPO42-）又存在水解趋势（生成H3PO4），因此0.1mol/L NaH2PO4溶液中Na+的浓度最大，故A错误；B．根据物料守恒，0.1mol/L NaH2PO4溶液中存在以下关系：，故B正确；
C．该溶液的电荷守恒关系为：，故C错误；
D．电离平衡的平衡常数表达式应为，故D错误；
故答案为：B
【分析】NaH2PO4溶液中存在H2PO4－的电离和水解，其电离方程式为H2PO4－ HPO42－＋H＋、HPO42－ PO43－＋H＋；其水解离子方程式为H2PO4－＋H2O H3PO4＋OH－。由于溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，据此结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。
11．实验室模拟在海水环境和河水环境下对焊接金属材料使用的影响(如图)。下列相关描述中正确的是
A．由图示的金属腐蚀情况说明了Fe元素的金属性弱于Sn元素
B．由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况，乙是河水环境下的腐蚀情况
C．两种环境下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe-3e-=Fe3＋
D．为了防止舰艇在海水中被腐蚀，可在焊点附近用锌块打“补丁”
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、铁(Fe)被腐蚀表明其金属性比锡(Sn)更强，A选项错误。B、由于海水中含有大量盐分，会加速腐蚀过程。根据图示信息，乙曲线对应海水环境下的腐蚀情况，B选项错误。
C、无论在哪种环境下，铁被腐蚀时的电极反应都遵循相同的电化学过程：，C选项错误。
D、在焊点附近使用锌块作为保护措施，这是典型的牺牲阳极保护法，能有效防止舰艇在海水中被腐蚀，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、金属性越强，形成原电池时越容易被腐蚀。
B、海水中离子浓度越大，金属腐蚀速率越快。
C、腐蚀过程中，Fe发生失电子的氧化反应，生成Fe2+。
D、金属性Zn＞Fe，Fe做负极，被保护。
12．25℃时，用0.1000mol·L-1溶液滴定50.00mL未知浓度的NaCl溶液，用溶液作指示剂，图中实线表示滴定曲线。M点为恰好完全反应的点，表示或的浓度。已知：为砖红色；25℃时，、。
下列说法不正确的是
A．NaCl溶液中mol·L-1
B．到达滴定终点时，沉淀出现砖红色且30s内不褪色
C．若减小NaCl溶液的浓度，则反应终点M向P方向移动
D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为②
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、M点是滴定曲线的转折点，对应AgNO3溶液体积为25mL时达到完全反应。根据化学计量关系：。计算得到NaCl浓度为0.0500 mol L-1，即Cl-浓度也为0.0500 mol L-1，A选项正确。B、滴定终点时，过量的Ag+会与指示剂K2CrO4反应生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，这是判断终点的标志现象，B选项正确。
C、若降低NaCl溶液浓度，消耗的AgNO3体积会减少，但饱和溶液中Cl-浓度不变，即-lgc(Cl-)保持不变。因此反应终点M会向P方向移动，C选项正确。
D、当滴定等浓度NaBr溶液时：。在相同Ag+浓度下：。因此，所以滴定NaBr溶液的曲线应为①，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、M点为滴定终点，消耗AgNO3溶液的体积为25mL，据此计算NaCl溶液中c(Cl－)。
B、该实验过程中用K2CrO4溶液做指示剂，滴定终点时，Ag＋与CrO42－形成Ag2CrO4砖红色沉淀。
C、减少c(NaCl)的浓度，则滴定过程中消耗AgNO3溶液的体积偏小。
D、结合溶度积：Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)分析。
二、非选择题(本卷共4题，共64分。)
13．铁及其化合物在诸多领域中都有广泛应用。
（1）比亚迪研发的磷酸亚铁锂(LiFePO4)“刀片电池”具有续航里程高、安全性好等优点。
①铁在元素周期表中的位置为　 　。基态铁原子的价电子排布式为　 　。
②LiFePO4中阴离子的空间构型为　 　，磷原子采取的杂化方式为　 　。
（2）亚铁盐可用于治疗缺铁性贫血，在空气中易被氧化成铁盐。
①从结构角度分析，Fe2+的稳定性比Fe3+的　 　(填“强”或“弱”)，其原因是　 　。
②氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃且易升华，二者熔点存在较大差异的原因是　 　。
（3）氮化铁是一种新型的永磁体材料，其立方晶胞结构如图所示。
①该化合物的化学式为　 　。
②氮化铁晶体密度为　 　g·cm—3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】（1）第四周期族；3d64s2；正四面体；sp3
（2）弱；电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定；氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力
（3）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①铁是26号元素，铁在元素周期表中的位置为第四周期族，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2。
故答案为： 第四周期族 ；3d64s2
②LiFePO4中阴离子的中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体，磷原子采取的杂化方式为sp3。
故答案为：正四面体；sp3
（2）①从结构角度分析，Fe2+的稳定性比Fe3+的弱，其原因是Fe3+电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定。
故答案为：弱； 电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定
②氯化亚铁和氯化铁二者熔点存在较大差异的原因是：氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
故答案为： 氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力
（3）①N原子的半径小于Fe原子，晶胞中白球代表N，个数为1，灰球代表Fe，个数为=4，则该化合物的化学式为。
故答案为：
②该晶胞中含有1个N和4个Fe，氮化铁晶体密度为。
故答案为：
【分析】（1）①Fe为26号元素，据此判断其在周期表中的位置和价层电子排布式。
②根据中心P原子的价层电子对数确定PO43－的空间结构。结合P原子的价层电子对数确定其杂化方式。
（2）①Fe2＋的价层电子排布式为3d6，Fe3＋的价层电子排布式为3d5，3d为半充满稳定结构。
②FeCl3易升华，说明FeCl3为分子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体的熔点。
（3）①根据均摊法确定晶体中原子个数比，从而得到该化合物的化学式。
②根据公式计算晶胞密度。
（1）①铁是26号元素，铁在元素周期表中的位置为第四周期族，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2；
②LiFePO4中阴离子的中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体，磷原子采取的杂化方式为sp3。
（2）①从结构角度分析，Fe2+的稳定性比Fe3+的弱，其原因是Fe3+电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定；
②氯化亚铁和氯化铁二者熔点存在较大差异的原因是：氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
（3）①N原子的半径小于Fe原子，晶胞中白球代表N，个数为1，灰球代表Fe，个数为=4，则该化合物的化学式为；
②该晶胞中含有1个N和4个Fe，氮化铁晶体密度为。
14．氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力居世界首位。
（1）的电子式是　 　。
（2）以为氢源合成氨。根据下图所示的能量转换关系，回答问题。
①、合成的热化学方程式为　 　。
②N的价电子层　 　d轨道(填“有”或“没有”)，一般来说，N不能形成5个共价键。
（3）以为氢源合成氨。
①只能与电离能小的ⅠA族、ⅡA族的金属形成离子型氮化物。比较Mg原子和Ca原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。
②将置于中能释放出反应的化学方程式　 　。
（4）以为氢源合成氨。以熔融的为电解质，在电解池中实现氨的合成。总反应为。
①阴极反应：。基态价层电子轨道表示式为　 　。
②阳极的电极反应是　 　。
【答案】（1）
（2） kJ·mol-1；没有
（3）Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小；
（4）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；热化学方程式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）是共价化合物，其电子式是。故答案为：
（2）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，结合图像可得、合成的热化学方程式为：kJ·mol-1。
故答案为：kJ·mol-1
②N的价层电子排布式为2s22p3，即价电子层没有d轨道，一般来说，N不能形成5个共价键。
故答案为：没有
（3）①Mg原子的第一电离能大于Ca原子，从原子结构的角度说明理由：Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小。
故答案为： Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小
②将置于中能释放出，同时生成，反应的化学方程式是：。
故答案为：
（4）①氮是7号元素，基态价层电子轨道表示式为。
故答案为：
②总反应为：，即阳极上被氧化生成C，则阳极的电极反应是：。
故答案为：
【分析】（1）根据N、H原子的最外层电子数，确定NH3的电子式。
（2）①根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和计算反应热，从而得到该反应的热化学方程式。
②根据基态N原子的价层电子排布式分析。
（3）①原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越小。
②Mg3N2与H2O反应生成Mg(OH)2和NH3，据此写出反应的化学方程式。
（4）①基态N3－是由N原子最外层得到3个电子形成的，据此确定其价层电子轨道表示式。
②阳极上CH4发生失电子的氧化反应，生成C和H＋，据此写出其电极反应式。
（1）是共价化合物，其电子式是；
（2）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，结合图像可得、合成的热化学方程式为：kJ·mol-1；
②N的价层电子排布式为2s22p3，即价电子层没有d轨道，一般来说，N不能形成5个共价键；
（3）①Mg原子的第一电离能大于Ca原子，从原子结构的角度说明理由：Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小；
②将置于中能释放出，同时生成，反应的化学方程式是：；
（4）①氮是7号元素，基态价层电子轨道表示式为；
②总反应为：，即阳极上被氧化生成C，则阳极的电极反应是：。
15．氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。
①装置中的离子膜只允许　 　离子通过(填“阳”或“阴”)，氯气的逸出口是　 　(填标号)。
②该装置中阴极的电极反应式为　 　。
③每生成标准状况下的22.24L时，装置左侧溶液质量减少　 　g。
④具有强氧化性，液氯通常储存在钢瓶中，可利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，说明原因　 　用化学方程式表示)。实验室可用NaOH溶液吸收多余的氯气，写出其离子方程式　 　。
（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数[，X为或]与pH的关系如图(b)所示，HClO的电离常数值为　 　。
（3）为淡棕黄色气体，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备的化学方程式为　 　；当有3.36L(标准状况下)参加反应时，转移的电子数目为　 　。
【答案】（1）阳；a；；11.7；；
（2）
（3）；
【知识点】电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①为防止Cl2和OH-反应，同时防止氢气和氯气混合发生爆炸，则装置中的离子膜只允许Na+离子通过，不允许阴离子和气体通过，阳极的电极反应式为：2Cl-- 2e-= Cl2↑，则氯气的逸出口是a。
故答案为： Na+；a
②该装置中，阴极H2O中H+得电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-。
故答案为2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-
③每生成标准状况下的2.24 L Cl2即0.1mol Cl2时，阳极：2Cl--2e- = Cl2↑质量减少0.1mol×71g/mol=7.1g，Na+向阴极移动，即左侧溶液质量减少0.1mol×2×23g/mol=4.6g，则质量减少：7.1g+4.6g=11.7g。
故答案为：11.7
④氯气具有氧化性，可以将氨气氧化为氮气，则利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，对应的方程式为：；氯气可以和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
故答案为：；
（2）由图(b) 可知，当pH= 7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO-的组成分数相同，即HClO和ClO-的浓度相同，所以HClO的电离平衡常数Ka==10-7.5。
故答案为：
（3）该反应为歧化反应，说明Cl2中一部分氯元素的化合价由0价升高至+1价，另一部分Cl2中氯元素的化合价由0价降低至- 1价，则制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O。根据化学方程式：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2转移2mol电子，当有3.36 L(标准状况下)Cl2即0.15mol参加反应时，转移电子数目为：0.15NA。
故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；0.15NA
【分析】（1）①为防止产生的Cl2与NaOH溶液反应，所用的离子交换膜应用阳离子交换膜，防止OH－通过。
②电解饱和NaCl溶液中，阴极上H2O电离产生的H＋发生得电子的还原逆反应，生成H2，据此写出电极反应式。
③左侧溶液中的Cl－转化为Cl2，Na＋通过离子交换膜进入右侧溶液中，据此计算左侧溶液质量的变化。
④Cl2具有氧化性，能将NH3转化为NH4Cl和N2，据此写出反应的化学方程式。Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（2）HClO是一种弱酸，在水中发生部分电离HClO=H＋＋ClO－，当pH=7.5时，溶液中c(HClO)=c(ClO－)，据此计算HClO的电离平衡常数。
（3）由题干信息可知，HgO与Cl2反应生成HgCl2和Cl2O，据此写出反应的化学方程式。根据元素化合价的变化计算转移电子数。
（1）①为防止Cl2和OH-反应，同时防止氢气和氯气混合发生爆炸，则装置中的离子膜只允许Na+离子通过，不允许阴离子和气体通过，阳极的电极反应式为：2Cl-- 2e-= Cl2↑，则氯气的逸出口是a。
故答案为： Na+；a；
②该装置中，阴极H2O中H+得电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-，故答案为2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-；
③每生成标准状况下的2.24 L Cl2即0.1mol Cl2时，阳极：2Cl--2e- = Cl2↑质量减少0.1mol×71g/mol=7.1g，Na+向阴极移动，即左侧溶液质量减少0.1mol×2×23g/mol=4.6g，则质量减少：7.1g+4.6g=11.7g，故答案为：11.7；
④氯气具有氧化性，可以将氨气氧化为氮气，则利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，对应的方程式为：；氯气可以和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：；
（2）由图(b) 可知，当pH= 7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO-的组成分数相同，即HClO和ClO-的浓度相同，所以HClO的电离平衡常数Ka==10-7.5；
（3）该反应为歧化反应，说明Cl2中一部分氯元素的化合价由0价升高至+1价，另一部分Cl2中氯元素的化合价由0价降低至- 1价，则制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
根据化学方程式：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2转移2mol电子，当有3.36 L(标准状况下)Cl2即0.15mol参加反应时，转移电子数目为：0.15NA，故答案为：0.15NA。
16．二甲醚()是一种洁净液体燃料，工业上以CO和为原料生产。制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0~10.0MPa，温度：230~280℃)进行下列反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
（1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的转化率为40%，则8min内CO的平均化学反应速率为　 　。
②针对反应ⅰ进行研究，在容积可变的密闭容器中，充入nmolCO和2nmol进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如图所示，图中X代表　 　(填“温度”或“压强”)。
容器的容积：a点　 　b点(填“>”“<”或“=”)。
（2）在t℃时，反应ⅱ的平衡常数，写出该反应的平衡常数的表达式　 　，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表，此时刻反应ⅱ的　 　(填“>”“<”或“=”)。
物质
c/(mol·L-1) 0.05 1.0 1.0
（3）在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应ⅰ、ⅱ制备，结果如下图所示，260 280℃之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是　 　。
（4） 利用和计算时，还需要利用　 　反应的。
【答案】（1）0.06mol·L-1·min-1；温度；<
（2）；=
（3）反应ⅰ速率快，反应ⅱ速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ⅱ还未平衡，这时继续升温，反应ⅰ平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的转化率为40%，消耗的CO的为，则8min内CO的平均化学反应速率为。
故答案为： 0.06mol·L-1·min-1
②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，根据图中信息和反应i为放热反应与气体体积减小的反应可知，在压强相同时，温度越高，平衡向左移动，CO平衡转化率越低，当温度相同时，压强越大，平衡向右移动，CO平衡转化率越大，结合图形，则X代表的是温度，压强；对于a点和b点的体积大小关系，由于该反应i为放热反应，当升高温度，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，增大压强，平衡右移，体积越小，所以a点和b点的体积大小关系为。
故答案为：温度；＜
（2）由反应ⅱ：可得，该反应的平衡常数的表达式；在t℃时，反应ii的平衡常数为400，即K=400，根据表格数据求浓度熵，反应处于平衡状态，则得到。
故答案为：；=
（3）在260 280℃之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是：反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加。
故答案为： 反应ⅰ速率快，反应ⅱ速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ⅱ还未平衡，这时继续升温，反应ⅰ平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加
（4）据提供的热化学方程式反应ⅰ：和反应ⅱ：，要计算反应iii 的，发现还缺少跟有关的反应热数据，则需要得到含有关的热化学反应方程式，根据盖斯定律将：得，故需要的。
故答案为：
【分析】（1）①根据CO的转化率计算参与反应的c(CO)，再结合公式计算反应速率。
②结合温度、压强对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
（2）结合反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。根据Q和K的大小关系，判断反应进行的方向，从而比较正逆反应速率的相对大小。
（3）结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
（4）根据盖斯定律分析。
（1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的转化率为40%，消耗的CO的为，则8min内CO的平均化学反应速率为；
②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，根据图中信息和反应i为放热反应与气体体积减小的反应可知，在压强相同时，温度越高，平衡向左移动，CO平衡转化率越低，当温度相同时，压强越大，平衡向右移动，CO平衡转化率越大，结合图形，则X代表的是温度，压强；对于a点和b点的体积大小关系，由于该反应i为放热反应，当升高温度，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，增大压强，平衡右移，体积越小，所以a点和b点的体积大小关系为；
（2）由反应ⅱ：可得，该反应的平衡常数的表达式；在t℃时，反应ii的平衡常数为400，即K=400，根据表格数据求浓度熵，反应处于平衡状态，则得到；
（3）在260 280℃之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是：反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加；
（4）据提供的热化学方程式反应ⅰ：和反应ⅱ：，要计算反应iii 的，发现还缺少跟有关的反应热数据，则需要得到含有关的热化学反应方程式，根据盖斯定律将：得，故需要的。
1 / 1天津市红桥区2024-2025学年高三上学期期末考试 化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共36分)
1．下列文物所指明的载体为金属产品的是
A．司母戊鼎 B．绢本《清明上河图》之绢
C．殷墟甲骨文之甲骨 D．商丘古城之砖瓦
2．化学物质在航天领域有着广泛的用途。下列说法错误的是
A．硬铝合金作航天飞船材料
B．作航天飞船的太阳能电池板
C．煤油和液氧作火箭的发射推进剂
D．高温结构陶瓷作返回器外壁
3．下列各组物质性质的比较，结论正确的是
A．酸性：
B．还原性：
C．酸性：
D．沸点：<
4．下列各组离子一定能大量共存的是
A．、、、
B．、、、
C．在mol/L的溶液中：、、、
D．常温下，水电离出的mol/L溶液中：、、、
5．劳动创造未来。下列劳动项目与所涉及的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 装修师傅用汽油溶解衣服上沾的油漆 相似相溶
B 设计师用18K金而非足金做镶嵌饰品 足金导电性好
C 工人用钻石头玻璃刀切割玻璃 金刚石是共价晶体，硬度大
D 质检员用X射线衍射仪鉴定宝石真假 晶体的衍射图上有明锐的衍射峰
A．A B．B C．C D．D
6．下列说法正确的是
A．NaHS溶液水解离子方程式：
B．水溶液中的电离方程式：
C．锅炉除垢转化为：
D．表示燃烧热的热化学方程式：
7．下列化学用语表达错误的是
A．的电子式：
B．的VSEPR模型为
C．基态Ga原子电子排布式：
D．用电子云轮廓图表示的键的形成：
8．为探究溶液的性质，进行如下实验：
实验 装置 试剂a 现象
A 氯水 溶液由浅绿色变为黄色
B 溶液 出现黑色沉淀
C 酸性溶液 紫红色消失，溶液变为黄色
D 氨水 生成的白色絮状沉淀迅速变灰绿色，一段时间后变红褐色
上述实验所对应的离子反应方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
9．近日，我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物进行氧化和还原性能优化，实现高性能长寿的锌-空气二次电池，其工作原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．充电时，a极电极反应式为
B．充电时，b极与电源的正极相连
C．放电时，当电路中有通过时，b极消耗
D．放电过程中，a、b电极附近溶液均不变
10．25℃时，0.1mol/L溶液显酸性，下列有关判断正确的是
A．该溶液中离子浓度最大的是
B．mol/L
C．
D．的平衡常数表达式为
11．实验室模拟在海水环境和河水环境下对焊接金属材料使用的影响(如图)。下列相关描述中正确的是
A．由图示的金属腐蚀情况说明了Fe元素的金属性弱于Sn元素
B．由图示可以看出甲是海水环境下的腐蚀情况，乙是河水环境下的腐蚀情况
C．两种环境下铁被腐蚀时的电极反应式均为Fe-3e-=Fe3＋
D．为了防止舰艇在海水中被腐蚀，可在焊点附近用锌块打“补丁”
12．25℃时，用0.1000mol·L-1溶液滴定50.00mL未知浓度的NaCl溶液，用溶液作指示剂，图中实线表示滴定曲线。M点为恰好完全反应的点，表示或的浓度。已知：为砖红色；25℃时，、。
下列说法不正确的是
A．NaCl溶液中mol·L-1
B．到达滴定终点时，沉淀出现砖红色且30s内不褪色
C．若减小NaCl溶液的浓度，则反应终点M向P方向移动
D．若滴定与NaCl溶液等体积等浓度的NaBr溶液，则滴定曲线为②
二、非选择题(本卷共4题，共64分。)
13．铁及其化合物在诸多领域中都有广泛应用。
（1）比亚迪研发的磷酸亚铁锂(LiFePO4)“刀片电池”具有续航里程高、安全性好等优点。
①铁在元素周期表中的位置为　 　。基态铁原子的价电子排布式为　 　。
②LiFePO4中阴离子的空间构型为　 　，磷原子采取的杂化方式为　 　。
（2）亚铁盐可用于治疗缺铁性贫血，在空气中易被氧化成铁盐。
①从结构角度分析，Fe2+的稳定性比Fe3+的　 　(填“强”或“弱”)，其原因是　 　。
②氯化亚铁的熔点为674℃，而氯化铁的熔点仅为282℃且易升华，二者熔点存在较大差异的原因是　 　。
（3）氮化铁是一种新型的永磁体材料，其立方晶胞结构如图所示。
①该化合物的化学式为　 　。
②氮化铁晶体密度为　 　g·cm—3(用含a、NA的代数式表示)。
14．氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力居世界首位。
（1）的电子式是　 　。
（2）以为氢源合成氨。根据下图所示的能量转换关系，回答问题。
①、合成的热化学方程式为　 　。
②N的价电子层　 　d轨道(填“有”或“没有”)，一般来说，N不能形成5个共价键。
（3）以为氢源合成氨。
①只能与电离能小的ⅠA族、ⅡA族的金属形成离子型氮化物。比较Mg原子和Ca原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。
②将置于中能释放出反应的化学方程式　 　。
（4）以为氢源合成氨。以熔融的为电解质，在电解池中实现氨的合成。总反应为。
①阴极反应：。基态价层电子轨道表示式为　 　。
②阳极的电极反应是　 　。
15．氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。
①装置中的离子膜只允许　 　离子通过(填“阳”或“阴”)，氯气的逸出口是　 　(填标号)。
②该装置中阴极的电极反应式为　 　。
③每生成标准状况下的22.24L时，装置左侧溶液质量减少　 　g。
④具有强氧化性，液氯通常储存在钢瓶中，可利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，说明原因　 　用化学方程式表示)。实验室可用NaOH溶液吸收多余的氯气，写出其离子方程式　 　。
（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数[，X为或]与pH的关系如图(b)所示，HClO的电离常数值为　 　。
（3）为淡棕黄色气体，是次氮酸的酸酐，可由新制的HgO和反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备的化学方程式为　 　；当有3.36L(标准状况下)参加反应时，转移的电子数目为　 　。
16．二甲醚()是一种洁净液体燃料，工业上以CO和为原料生产。制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0~10.0MPa，温度：230~280℃)进行下列反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
（1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的转化率为40%，则8min内CO的平均化学反应速率为　 　。
②针对反应ⅰ进行研究，在容积可变的密闭容器中，充入nmolCO和2nmol进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如图所示，图中X代表　 　(填“温度”或“压强”)。
容器的容积：a点　 　b点(填“>”“<”或“=”)。
（2）在t℃时，反应ⅱ的平衡常数，写出该反应的平衡常数的表达式　 　，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下表，此时刻反应ⅱ的　 　(填“>”“<”或“=”)。
物质
c/(mol·L-1) 0.05 1.0 1.0
（3）在使用催化剂、压强为5.0MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应ⅰ、ⅱ制备，结果如下图所示，260 280℃之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是　 　。
（4） 利用和计算时，还需要利用　 　反应的。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用
【解析】【解析】A．司母戊鼎是商代青铜器，其主要成分为铜合金（铜锡铅等），属于金属制品，选项A正确。
B．绢帛由蚕丝织成，主要成分为天然蛋白质纤维，不属于金属材料，选项B错误。
C．甲骨多为龟甲兽骨，主要成分为无机钙盐（如碳酸钙）和有机质，非金属制品，选项C错误。
D．砖瓦属于传统硅酸盐制品，主要成分为黏土烧制形成的硅酸盐材料，不属于金属制品，选项D错误。
故答案为：A
【分析】A、司母戊鼎的材质为青铜器。
B、绢本的材质为蛋白质。
C、甲骨的成分为无机钙盐和有机质。
D、砖瓦的成分为硅酸盐。
2．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用
【解析】【解答】A、硬铝作为铝合金的一种，其主要成分为铝、铜、镁、锰等金属元素。这种材料具有优异的机械性能，包括较高的强度与硬度，同时保持较低的密度，完全符合航天飞船对材料性能的要求，A选项正确。B、航天器太阳能电池板的核心材料是半导体单晶硅（化学式Si），而非二氧化硅（化学式），B选项错误。
C、火箭推进系统采用煤油（烃类燃料）与液氧（氧化剂）的组合，燃烧反应会释放大量热能并产生高温高压气体，形成反冲推力，该表述符合化学推进原理，C选项正确。
D、高温结构陶瓷材料具备耐极端温度（>1600℃）、高强度、抗热震及抗氧化等特性，完全满足返回舱外壁热防护系统的技术要求，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、结合硬铝的强度和硬度高、密度小的性质分析。
B、太阳能电池板的材料为Si。
C、燃烧过程中产生大量的气体，可做推进剂。
D、结合高温结构陶瓷的耐高温、高强度和抗氧化性质分析。
3．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；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．硫酸（H2SO4）是强酸，磷酸（H3PO4）是中强酸，硅酸（H2SiO3）是弱酸，次氯酸（HClO）也是弱酸，题目给出的酸性顺序不正确，A选项错误。B．硫（S）和硒（Se）属于同一主族元素，非金属性S > Se，因此还原性应为Se2 > S2 ，题目中的表述错误，B选项错误。
C．由于氟的电负性大于氯，F-C键的极性比Cl-C键更强，使得三氟乙酸（F3C-COOH）的羧基更容易电离出H+，因此其酸性强于三氯乙酸（Cl3C-COOH），C选项正确。
D．容易形成分子间氢键，沸点较高；而更容易形成分子内氢键，沸点较低，因此沸点顺序应为 >，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、根据酸性强弱分析。
B、同主族元素，核电荷数越大，单质的氧化性越弱，则其简单离子的还原性越强。
C、电负性：F＞Cl，使得化学键的极性增强，-OH更容易电离出H+。
D、处于苯环的对位易形成分子间氢键，使得熔沸点增大；处于苯环的邻位易形成分子内氢键，使得熔沸点降低。
4．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子共存
【解析】【解析】A、在酸性环境中，硝酸根离子(NO3－)会与亚铁离子(Fe2＋)发生氧化还原反应，因此这些离子不能共存，A选项错误。B、氢氧根离子(OH-)会与溶液中的钡离子(Ba2+)、亚硫酸氢根离子(HSO3－)和碳酸氢根离子(HCO3－)反应，生成亚硫酸钡(BaSO3)和碳酸钡(BaCO3)沉淀，因此这些离子不能大量共存，B选项错误。
C、当溶液中时，溶液呈酸性。题目给出的四种离子在酸性条件下不发生反应，可以共存，C选项正确。
D、常温下水电离出的 mol/L，说明溶液可能呈酸性或碱性。若为酸性条件(如含Fe3+的溶液)，碳酸根离子(CO32－)会与Fe3+发生双水解反应，生成沉淀和CO2气体，因此不能大量共存，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化。
B、OH－能与HSO3－、HCO3－反应。
C、该条件下溶液显酸性，溶液中各个离子相互间不反应。
D、该条件下溶液可能显酸性或碱性，H＋与CO32－反应生成H2O和CO2。
5．【答案】B
【知识点】相似相溶原理及其应用；晶体的定义
【解析】【解答】A、油漆和汽油的主要成分都是非极性或弱极性分子，根据相似相溶原理，汽油能溶解衣服上的油漆，A不符合题意。B、18K金硬度高于足金，适合制作镶嵌饰品，这与所述化学知识有关联，但题目要求选择"无关"的选项，B符合要求。
C、金刚石作为共价晶体具有极高硬度，工人用金刚石玻璃刀切割玻璃正是利用这一特性，C不符合题意。
D、X射线衍射能区分晶体（如水晶）和非晶体（如普通玻璃），D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、油漆和汽油都是飞极性分子。
B、18K金比足金硬度大，更适合做镶嵌饰品。
C、金刚石的硬度大，常用于切割玻璃。
D、X射线衍射仪可用于判断晶体结构。
6．【答案】C
【知识点】燃烧热；盐类水解的原理；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、NaHS溶液因HS-水解呈碱性，其水解离子方程式应为，A选项错误。B、H2CO3作为二元弱酸分步电离，正确电离过程为和，B选项错误。
C、锅炉除垢原理是通过沉淀转化将CaSO4(s)转化为CaCO3(s)，离子方程式为。该反应可行，因Ksp(CaCO3) < Ksp(CaSO4)，选C项正确。
D、燃烧热要求1 mol可燃物完全燃烧，H2燃烧热的热化学方程式应为 ，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、HS－水解生成H2S和OH－。
B、H2CO3为二元弱酸，在水中分步电离。
C、CaCO3比CaSO4更难溶，因此CaSO4可转化为CaCO3。
D、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。
7．【答案】C
【知识点】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；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．二氧化碳是共价化合物，仅含共价键，其电子式为，A选项正确。
B．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数计算为3+=3，孤电子对数为0，其VSEPR模型为，B选项正确。
C．镓元素（原子序数31）基态原子的简化电子排布式为，题目描述错误，C选项错误。
D．氯化氢分子形成时包含s-pσ键，其电子云重叠示意图为，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、CO2中碳氧原子形成两对共用电子对。
B、SO3的价层电子对数为3，不存在孤电子对，为平面三角形。
C、根据Ga的原子序数确定其核外电子排布式。
D、根据HCl中σ键的形成过程分析。
8．【答案】C
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、反应中 Cl2氧化 Fe2+生成 Fe3+和 Cl-。原方程式 Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl-中，左边电荷总数为 + 2，右边为 + 3 + (-2) =+1，电荷不守恒；Cl2得 2e-，1 个 Fe2+失 1e-，电子得失不相等。正确应为 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，A错误；
B、FeSO4与 Na2S 反应时，Fe2+与 S2-直接结合生成 FeS 黑色沉淀，无氧化还原反应（因 Fe2+和 S2-均无强氧化性 / 还原性）。原方程式写为 Fe2S3不符合事实，正确应为 Fe2+ + S2- = FeS↓，B错误；
C、酸性 KMnO4氧化 Fe2+：Fe2+变为Fe3+（失 1e-），MnO4-变为Mn2+（得 5e-），根据电子守恒，Fe2+与 MnO4-比例为 5：1。方程式 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 中，电荷、原子、电子均守恒，且现象（紫红色褪去、变黄）匹配，C正确；
D、氨水是弱碱（NH3 H2O），不能拆为 OH-，应保留分子形式。正确离子方程式为 Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ + 2NH4+，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．考查电荷守恒与电子守恒是否成立。
B．考查反应产物是否符合客观事实。
C．考查守恒关系与反应事实是否一致。
D．考查反应物拆分是否正确。
9．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电过程中，a极作为阴极，其电极反应为：，选项A正确。B．充电时，b极作为阳极，必须连接电源的正极，选项B正确。
C．放电时，b极作为正极，发生还原反应：。当电路中有4 mol电子通过时，恰好消耗1 mol O2，选项C正确。
D．放电时，a极发生氧化反应：，导致a极附近溶液pH降低；而b极反应生成OH-，使b极附近溶液pH升高，选项D错误。
故答案为：D
【分析】由图可知，放电过程中a电极上Zn转化为[Zn(OH)4]2－，发生失电子的氧化反应，因此a电极为负极，其电极反应式为Zn－2e－＋4OH－=[Zn(OH)4]2－。b电极为正极，O2发生得电子的还原反应，生成OH－，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。充电过程中，负极与电源的负极相连，为阴极。因此充电时a电极为阴极，其电极反应式为[Zn(OH)4]2－＋2e－=Zn＋4OH－。电极b为阳极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O。据此结合选项分析。
10．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解析】A．NaH2PO4在溶液中完全电离生成Na+和H2PO4-，且两者物质的量相等。H2PO4-在溶液中既存在电离趋势（生成HPO42-）又存在水解趋势（生成H3PO4），因此0.1mol/L NaH2PO4溶液中Na+的浓度最大，故A错误；B．根据物料守恒，0.1mol/L NaH2PO4溶液中存在以下关系：，故B正确；
C．该溶液的电荷守恒关系为：，故C错误；
D．电离平衡的平衡常数表达式应为，故D错误；
故答案为：B
【分析】NaH2PO4溶液中存在H2PO4－的电离和水解，其电离方程式为H2PO4－ HPO42－＋H＋、HPO42－ PO43－＋H＋；其水解离子方程式为H2PO4－＋H2O H3PO4＋OH－。由于溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，据此结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒分析。
11．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、铁(Fe)被腐蚀表明其金属性比锡(Sn)更强，A选项错误。B、由于海水中含有大量盐分，会加速腐蚀过程。根据图示信息，乙曲线对应海水环境下的腐蚀情况，B选项错误。
C、无论在哪种环境下，铁被腐蚀时的电极反应都遵循相同的电化学过程：，C选项错误。
D、在焊点附近使用锌块作为保护措施，这是典型的牺牲阳极保护法，能有效防止舰艇在海水中被腐蚀，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、金属性越强，形成原电池时越容易被腐蚀。
B、海水中离子浓度越大，金属腐蚀速率越快。
C、腐蚀过程中，Fe发生失电子的氧化反应，生成Fe2+。
D、金属性Zn＞Fe，Fe做负极，被保护。
12．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、M点是滴定曲线的转折点，对应AgNO3溶液体积为25mL时达到完全反应。根据化学计量关系：。计算得到NaCl浓度为0.0500 mol L-1，即Cl-浓度也为0.0500 mol L-1，A选项正确。B、滴定终点时，过量的Ag+会与指示剂K2CrO4反应生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，这是判断终点的标志现象，B选项正确。
C、若降低NaCl溶液浓度，消耗的AgNO3体积会减少，但饱和溶液中Cl-浓度不变，即-lgc(Cl-)保持不变。因此反应终点M会向P方向移动，C选项正确。
D、当滴定等浓度NaBr溶液时：。在相同Ag+浓度下：。因此，所以滴定NaBr溶液的曲线应为①，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、M点为滴定终点，消耗AgNO3溶液的体积为25mL，据此计算NaCl溶液中c(Cl－)。
B、该实验过程中用K2CrO4溶液做指示剂，滴定终点时，Ag＋与CrO42－形成Ag2CrO4砖红色沉淀。
C、减少c(NaCl)的浓度，则滴定过程中消耗AgNO3溶液的体积偏小。
D、结合溶度积：Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)分析。
13．【答案】（1）第四周期族；3d64s2；正四面体；sp3
（2）弱；电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定；氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力
（3）；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①铁是26号元素，铁在元素周期表中的位置为第四周期族，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2。
故答案为： 第四周期族 ；3d64s2
②LiFePO4中阴离子的中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体，磷原子采取的杂化方式为sp3。
故答案为：正四面体；sp3
（2）①从结构角度分析，Fe2+的稳定性比Fe3+的弱，其原因是Fe3+电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定。
故答案为：弱； 电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定
②氯化亚铁和氯化铁二者熔点存在较大差异的原因是：氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
故答案为： 氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力
（3）①N原子的半径小于Fe原子，晶胞中白球代表N，个数为1，灰球代表Fe，个数为=4，则该化合物的化学式为。
故答案为：
②该晶胞中含有1个N和4个Fe，氮化铁晶体密度为。
故答案为：
【分析】（1）①Fe为26号元素，据此判断其在周期表中的位置和价层电子排布式。
②根据中心P原子的价层电子对数确定PO43－的空间结构。结合P原子的价层电子对数确定其杂化方式。
（2）①Fe2＋的价层电子排布式为3d6，Fe3＋的价层电子排布式为3d5，3d为半充满稳定结构。
②FeCl3易升华，说明FeCl3为分子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体的熔点。
（3）①根据均摊法确定晶体中原子个数比，从而得到该化合物的化学式。
②根据公式计算晶胞密度。
（1）①铁是26号元素，铁在元素周期表中的位置为第四周期族，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2；
②LiFePO4中阴离子的中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体，磷原子采取的杂化方式为sp3。
（2）①从结构角度分析，Fe2+的稳定性比Fe3+的弱，其原因是Fe3+电子排布式为3d5，处于半充满状态，更稳定；
②氯化亚铁和氯化铁二者熔点存在较大差异的原因是：氯化亚铁为离晶体，熔化时破坏离子键；氯化铁为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
（3）①N原子的半径小于Fe原子，晶胞中白球代表N，个数为1，灰球代表Fe，个数为=4，则该化合物的化学式为；
②该晶胞中含有1个N和4个Fe，氮化铁晶体密度为。
14．【答案】（1）
（2） kJ·mol-1；没有
（3）Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小；
（4）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；热化学方程式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）是共价化合物，其电子式是。故答案为：
（2）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，结合图像可得、合成的热化学方程式为：kJ·mol-1。
故答案为：kJ·mol-1
②N的价层电子排布式为2s22p3，即价电子层没有d轨道，一般来说，N不能形成5个共价键。
故答案为：没有
（3）①Mg原子的第一电离能大于Ca原子，从原子结构的角度说明理由：Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小。
故答案为： Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小
②将置于中能释放出，同时生成，反应的化学方程式是：。
故答案为：
（4）①氮是7号元素，基态价层电子轨道表示式为。
故答案为：
②总反应为：，即阳极上被氧化生成C，则阳极的电极反应是：。
故答案为：
【分析】（1）根据N、H原子的最外层电子数，确定NH3的电子式。
（2）①根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和计算反应热，从而得到该反应的热化学方程式。
②根据基态N原子的价层电子排布式分析。
（3）①原子半径越大，越容易失去电子，其第一电离能越小。
②Mg3N2与H2O反应生成Mg(OH)2和NH3，据此写出反应的化学方程式。
（4）①基态N3－是由N原子最外层得到3个电子形成的，据此确定其价层电子轨道表示式。
②阳极上CH4发生失电子的氧化反应，生成C和H＋，据此写出其电极反应式。
（1）是共价化合物，其电子式是；
（2）①反应热=反应物总键能-生成物总键能，结合图像可得、合成的热化学方程式为：kJ·mol-1；
②N的价层电子排布式为2s22p3，即价电子层没有d轨道，一般来说，N不能形成5个共价键；
（3）①Mg原子的第一电离能大于Ca原子，从原子结构的角度说明理由：Mg原子和Ca原子同属第ⅡA族元素，Ca原子半径大于Mg原子，容易失去电子，所以第一电离能小；
②将置于中能释放出，同时生成，反应的化学方程式是：；
（4）①氮是7号元素，基态价层电子轨道表示式为；
②总反应为：，即阳极上被氧化生成C，则阳极的电极反应是：。
15．【答案】（1）阳；a；；11.7；；
（2）
（3）；
【知识点】电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①为防止Cl2和OH-反应，同时防止氢气和氯气混合发生爆炸，则装置中的离子膜只允许Na+离子通过，不允许阴离子和气体通过，阳极的电极反应式为：2Cl-- 2e-= Cl2↑，则氯气的逸出口是a。
故答案为： Na+；a
②该装置中，阴极H2O中H+得电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-。
故答案为2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-
③每生成标准状况下的2.24 L Cl2即0.1mol Cl2时，阳极：2Cl--2e- = Cl2↑质量减少0.1mol×71g/mol=7.1g，Na+向阴极移动，即左侧溶液质量减少0.1mol×2×23g/mol=4.6g，则质量减少：7.1g+4.6g=11.7g。
故答案为：11.7
④氯气具有氧化性，可以将氨气氧化为氮气，则利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，对应的方程式为：；氯气可以和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
故答案为：；
（2）由图(b) 可知，当pH= 7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO-的组成分数相同，即HClO和ClO-的浓度相同，所以HClO的电离平衡常数Ka==10-7.5。
故答案为：
（3）该反应为歧化反应，说明Cl2中一部分氯元素的化合价由0价升高至+1价，另一部分Cl2中氯元素的化合价由0价降低至- 1价，则制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O。根据化学方程式：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2转移2mol电子，当有3.36 L(标准状况下)Cl2即0.15mol参加反应时，转移电子数目为：0.15NA。
故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；0.15NA
【分析】（1）①为防止产生的Cl2与NaOH溶液反应，所用的离子交换膜应用阳离子交换膜，防止OH－通过。
②电解饱和NaCl溶液中，阴极上H2O电离产生的H＋发生得电子的还原逆反应，生成H2，据此写出电极反应式。
③左侧溶液中的Cl－转化为Cl2，Na＋通过离子交换膜进入右侧溶液中，据此计算左侧溶液质量的变化。
④Cl2具有氧化性，能将NH3转化为NH4Cl和N2，据此写出反应的化学方程式。Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，据此写出反应的离子方程式。
（2）HClO是一种弱酸，在水中发生部分电离HClO=H＋＋ClO－，当pH=7.5时，溶液中c(HClO)=c(ClO－)，据此计算HClO的电离平衡常数。
（3）由题干信息可知，HgO与Cl2反应生成HgCl2和Cl2O，据此写出反应的化学方程式。根据元素化合价的变化计算转移电子数。
（1）①为防止Cl2和OH-反应，同时防止氢气和氯气混合发生爆炸，则装置中的离子膜只允许Na+离子通过，不允许阴离子和气体通过，阳极的电极反应式为：2Cl-- 2e-= Cl2↑，则氯气的逸出口是a。
故答案为： Na+；a；
②该装置中，阴极H2O中H+得电子发生还原反应生成H2，电极反应式为：2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-，故答案为2H2O +2e-=H2↑+ 2OH-；
③每生成标准状况下的2.24 L Cl2即0.1mol Cl2时，阳极：2Cl--2e- = Cl2↑质量减少0.1mol×71g/mol=7.1g，Na+向阴极移动，即左侧溶液质量减少0.1mol×2×23g/mol=4.6g，则质量减少：7.1g+4.6g=11.7g，故答案为：11.7；
④氯气具有氧化性，可以将氨气氧化为氮气，则利用检测氯气是否泄漏(观察是否有白烟产生)，对应的方程式为：；氯气可以和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：；
（2）由图(b) 可知，当pH= 7.5时，电离平衡体系中HClO和ClO-的组成分数相同，即HClO和ClO-的浓度相同，所以HClO的电离平衡常数Ka==10-7.5；
（3）该反应为歧化反应，说明Cl2中一部分氯元素的化合价由0价升高至+1价，另一部分Cl2中氯元素的化合价由0价降低至- 1价，则制备Cl2O的化学方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
根据化学方程式：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，消耗2molCl2转移2mol电子，当有3.36 L(标准状况下)Cl2即0.15mol参加反应时，转移电子数目为：0.15NA，故答案为：0.15NA。
16．【答案】（1）0.06mol·L-1·min-1；温度；<
（2）；=
（3）反应ⅰ速率快，反应ⅱ速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ⅱ还未平衡，这时继续升温，反应ⅰ平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的转化率为40%，消耗的CO的为，则8min内CO的平均化学反应速率为。
故答案为： 0.06mol·L-1·min-1
②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，根据图中信息和反应i为放热反应与气体体积减小的反应可知，在压强相同时，温度越高，平衡向左移动，CO平衡转化率越低，当温度相同时，压强越大，平衡向右移动，CO平衡转化率越大，结合图形，则X代表的是温度，压强；对于a点和b点的体积大小关系，由于该反应i为放热反应，当升高温度，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，增大压强，平衡右移，体积越小，所以a点和b点的体积大小关系为。
故答案为：温度；＜
（2）由反应ⅱ：可得，该反应的平衡常数的表达式；在t℃时，反应ii的平衡常数为400，即K=400，根据表格数据求浓度熵，反应处于平衡状态，则得到。
故答案为：；=
（3）在260 280℃之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是：反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加。
故答案为： 反应ⅰ速率快，反应ⅱ速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ⅱ还未平衡，这时继续升温，反应ⅰ平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加
（4）据提供的热化学方程式反应ⅰ：和反应ⅱ：，要计算反应iii 的，发现还缺少跟有关的反应热数据，则需要得到含有关的热化学反应方程式，根据盖斯定律将：得，故需要的。
故答案为：
【分析】（1）①根据CO的转化率计算参与反应的c(CO)，再结合公式计算反应速率。
②结合温度、压强对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动。
（2）结合反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。根据Q和K的大小关系，判断反应进行的方向，从而比较正逆反应速率的相对大小。
（3）结合温度对反应速率和平衡移动的影响分析。
（4）根据盖斯定律分析。
（1）①在该条件下，若反应i的起始浓度分别为mol·L-1，mol·L-1，8min后CO的转化率为40%，消耗的CO的为，则8min内CO的平均化学反应速率为；
②针对反应i进行研究，在容积可变的密闭容器中，在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得CO平衡转化率与温度的变化如下图所示，根据图中信息和反应i为放热反应与气体体积减小的反应可知，在压强相同时，温度越高，平衡向左移动，CO平衡转化率越低，当温度相同时，压强越大，平衡向右移动，CO平衡转化率越大，结合图形，则X代表的是温度，压强；对于a点和b点的体积大小关系，由于该反应i为放热反应，当升高温度，平衡向左移动，气体体积越大，同时压强，增大压强，平衡右移，体积越小，所以a点和b点的体积大小关系为；
（2）由反应ⅱ：可得，该反应的平衡常数的表达式；在t℃时，反应ii的平衡常数为400，即K=400，根据表格数据求浓度熵，反应处于平衡状态，则得到；
（3）在260 280℃之间，随着温度升高，CO转化率降低而产率升高的原因可能是：反应i和反应ii都是放热反应，但根据反应热数据推测反应ⅰCO转化成的速率快，反应ⅱ转化成的速率慢，导致反应ⅰ很快达到平衡时反应ii还未平衡，这时继续升温，反应i平衡向左移动，CO转化率减小，而反应ⅱ反应速率增大且向着建立平衡的方向移动，导致的产率增加；
（4）据提供的热化学方程式反应ⅰ：和反应ⅱ：，要计算反应iii 的，发现还缺少跟有关的反应热数据，则需要得到含有关的热化学反应方程式，根据盖斯定律将：得，故需要的。
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