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广西壮族自治区桂林市2025-2026学年高二上学期期末化学试题
1．化学在生活、科技等领域发挥着积极作用，下列有关叙述错误的是
A．霓虹灯发出五颜六色的光属于化学变化
B．在汽车排气管上安装催化转化器能加快治理尾气的速率
C．含氟牙膏能预防龋齿是利用了沉淀转化的原理
D．船体上镶嵌锌块属于牺牲阳极的电化学保护法
2．下列化学用语或图示表示正确的是
A．的电离方程式：
B．分子的电子式：
C．原子的结构示意图：
D．基态原子价层电子的轨道表示式：
3．钪是极为稀有的战略性关键金属。翟钪闪石是在我国境内发现的第一个含钪新矿物，其理想化学式为。下列说法错误的是
A．电负性： B．位于元素周期表d区
C．原子半径： D．简单氢化物的稳定性：
4．加氢转化成甲烷是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。时发生反应： ，下列有关该反应的叙述中，正确的是
A．增大压强，增大，减小
B．熵变
C．平衡时
D．恒容时再充入，转化率减小
5．下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A．除中的气体：选用饱和食盐水
B．工业合成氨：采取高压条件
C．钢铁的腐蚀：潮湿空气中更易生锈
D．制无水在干燥的气流中加热
6．用下列实验装置（部分夹持装置略）进行相应实验，能够达到对应实验目的的是
实验目的 A.测定锌与稀硫酸的反应速率 B.测定中和反应的反应热
实验装置
实验目的 C.用待装液润洗滴定管 D.电解精炼铜
实验装置
A．A B．B C．C D．D
7．硫及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中的数目为
B．的溶液中，的数目为
C．与足量充分反应，生成的数目为
D．反应①每生成，转移电子的数目为
8．下列反应方程式与所给事实相符的是
A．的燃烧热为，燃烧热的热化学方程式：
B．用溶液检验
C．电解饱和食盐水生产
D．溶液呈碱性的原因：
9．反应物（S）转化为产物（P）的能量与反应进程的关系如图所示，下列有关两种不同反应进程的说法正确的是
A．是转化为的催化剂
B．平衡时的产率：I=Ⅱ
C．进程Ⅱ中有效碰撞频率最大的是第2步
D．的反应热：I>Ⅱ
10．近几年科学家研制出较锂电池稳定性更高、电压损失更小的“钠-空气电池”，反应原理为，装置如图。用溶解了的二甲氧基乙烷作电解质溶液，可传导。电池放电时，下列说法正确的是
A．电极为负极，发生还原反应
B．电解质溶液可用的水溶液替换
C．向电极移动
D．电极的电极反应式：
11．羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。向容积不变的密闭容器中充入等物质的量的与发生反应：，在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。下列说法错误的是
A．该反应 B．平衡常数
C．化学反应速率 D．体系总压强
12．常温下，浓度均为的和两种溶液，均为11。下列叙述错误的是
A．加水稀释溶液，减小
B．溶液中水电离产生的为
C．
D．向溶液中通入至溶液呈中性，有
13．某小组同学进行如下实验探究：
已知常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如下：
难溶电解质
颜色 白色 黑色
下列说法中错误的是
A．实验①中生成沉淀的原因为：
B．结合实验①和③能证明
C．实验②和③反应的离子方程式不同
D．实验③达到平衡时溶液中
14．常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液中、的分布系数与溶液的变化关系如图所示。已知：，下列说法错误的是
A．曲线1代表的分布系数
B．点时，加入的溶液体积为
C．水的电离程度：
D．时，
15．氨硼烷是一种极具潜力的化学储氢材料，可以通过加热分解、在催化剂作用下与水反应等多种方式释放氢气。回答下列问题：
（1）基态B原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为　 　，核外电子的空间运动状态有　 　种。下列轨道表示式能表示基态B原子核外电子排布情况的是　 　（填字母）。
A. B. C. D.
（2）下列曲线能正确表示B、C、N、O四种元素的第一电离能随核电荷数变化规律的是_____（填字母）。
A． B．
C． D．
（3）研究发现，氨硼烷可将H原子吸附在一种镍磷催化剂上水解制氢，部分机理如图所示。
①元素在元素周期表中位于第　 　周期第　 　族，基态原子的价电子排布式为　 　。
②原子吸附的位置与元素和元素的电负性有关。已知电负性：，若用“……”表示吸附的位置，中间体Ⅰ可能的结构是　 　（填字母）。
A. B. C. D.
16．一种以含锌废料（主要成分为，含少量、杂质）为原料制备氯化锌晶体的工艺流程如下图所示：
已知：室温下，溶液中相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：回答下列问题：
金属离子
开始沉淀时的 6.2 2.2 7.5
沉淀完全时的 7.7 3.2 9.0
（1）“酸浸”前要将含锌废料粉碎，其目的是　 　。
（2）滤渣I的主要成分为　 　（填化学式）。
（3）“转化”时加入溶液的作用是　 　。
（4）“调”时加入的试剂最好选择__________（填字母）。
A．溶液 B．粉末 C．固体 D．稀氨水
（5）根据表中数据可知的　 　；若“转化”后溶液中的浓度为，“调”时应控制的范围是　 　。
（6）用晶体配制溶液时会出现浑浊，需补加少量浓盐酸。用离子方程式说明出现浑浊的原因　 　。
（7）溶液常用作钢铁表面镀锌的电解液，装置如图。则该过程中钢铁上发生的电极反应式为　 　。
17．羟胺是医药、农药、印染等行业中广泛使用的一元弱碱。回答下列问题：
I.羟胺的碱性
（1）常温下，羟胺和一水合氨的电离常数分别为，。则浓度均为的羟胺溶液和稀氨水，碱性更强的是________（填“羟胺”或“氨水”，下同）。相同，体积相同的羟胺溶液和稀氨水与等物质的量浓度的稀硫酸反应，恰好中和时消耗稀硫酸体积更多的是________。
（2）已知羟胺的电离方程式为，则羟胺与稀盐酸发生反应的离子方程式为________。
II.羟胺溶液浓度的测定
常温下，用的标准溶液滴定无色的羟胺待测液的滴定曲线如图所示。
（3）滴定前，盛装羟胺待测液的滴定管排气泡时，应选择下列操作中的_____（填字母）。
A. B. C. D.
（4）若达到滴定终点时，消耗标准液的平均体积为，则羟胺待测液的浓度为________；结合图像分析，该实验最适宜使用的指示剂是________（填“石蕊”“酚酞”或“甲基橙”）。
（5）下列操作会使测定结果偏高的是_____（填字母）。
A. 锥形瓶用水洗净后直接盛装羟胺待测液
B. 达到滴定终点时，俯视盛装标准液的滴定管进行读数
C. 盛装标准溶液的滴定管用水洗净后未进行润洗
D. 盛装标准溶液的滴定管滴定前尖嘴部分处有气泡，滴定后气泡消失
（6）将图中点所示溶液中离子浓度的大小关系补充完整：________。
（7）羟胺待测液还可用酸性标准溶液进行滴定。滴定时，羟胺被氧化为，被还原为。若使用此方法滴定羟胺待测液，达到滴定终点时的实验现象为________。
18．甲醇被称为“液态阳光”，在化工生产、能源储能、交通燃料等领域应用广泛。目前，工业制甲醇主要涉及如下反应：
I.
II.
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）反应I的　 　。该反应自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）一定温度下，向一容积恒定的容器内充入和只发生反应Ⅰ。
①下列说法中能表明该反应达到化学平衡状态的是　 　（填字母）。
A.体系的压强不再变化
B.的质量不再变化
C.体系中气体的密度不再变化
D.每断裂键的同时生成键
②相同时间内，测得的转化率与温度的关系如图所示。点为图像最高点，由，的转化率增大的原因是　 　。
（3）时，向容积恒定为的密闭容器中充入和只发生反应Ⅱ。
①达到平衡时，测得容器内的压强是初始时的0.75倍，该温度下反应Ⅱ的平衡常数　 　。
②某种催化剂催化反应Ⅱ的反应机理和相对能量变化如下图所示（吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS表示过渡态）。该反应历程中，正反应的最大能垒（活化能）为　 　。
（4）为研究制备甲醇的条件，某实验小组将与按物质的量之比1：3充入一压强恒定为3MPa的密闭容器中发生反应I~Ⅲ。
①不同温度和催化剂下，的转化率、的时空产率数据如下表所示。其中，最适合用于制取的一组条件是　 　（填编号）。
已知：STY是时空产率的缩写，指在特定条件下，单位时间内，单位质量（或体积）催化剂所生成的目标产物的量。
编号 温度（） 催化剂 的转化率（%）
A 220 4CZA-AE 12.696 318.0
B 220 4CZA-WI 13.217 305.1
C 240 4CZA-AE 13.652 311.7
D 240 4CZA-WI 13.652 280.0
②上述制甲醇的过程中会产生少量甲酸。当其他条件相同时，随着催化剂循环使用次数增加，甲醇的产量会逐渐下降。导致甲醇产量下降的原因可能是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；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
【解析】【解答】A、霓虹灯发光是稀有气体原子受激发发生电子跃迁产生的光，过程中无新物质生成，属于物理变化，故 A 错误；
B、汽车排气管上的催化转化器中的催化剂可加快尾气中有害气体转化为无害物质的反应速率，故 B 正确；
C、含氟牙膏中的氟离子可与牙齿表面的羟基磷灰石发生沉淀转化，生成更耐酸的氟磷灰石，从而预防龋齿，故 C 正确；
D、船体上镶嵌锌块时，锌作为负极被腐蚀，铁作为正极被保护，属于牺牲阳极的电化学保护法，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确化学变化与物理变化的本质区别，霓虹灯发光仅为电子跃迁现象，无新物质生成；
理解催化剂对反应速率的影响，催化转化器利用催化剂加快尾气处理反应；
掌握沉淀转化原理在生活中的应用，含氟牙膏通过沉淀转化形成更稳定的氟磷灰石；
区分牺牲阳极的电化学保护法的原理，锌块作负极被腐蚀，保护船体铁不被腐蚀。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NaHCO3是强电解质，电离方程式应使用“=”，正确写法为 ，故A错误；
B、NH3分子的电子式中，N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子形成共用电子对，剩余1对孤电子对，电子式为： ，故B正确；
C、Cl原子的质子数为17，核外电子数也为17，电子排布应为2、8、7， 原子的结构示意图为：，C错误；
D、基态N原子的价层电子排布为2s22p3，根据洪特规则，3个2p电子应分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式为：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
强电解质的电离方程式需用“=”，NaHCO3属于强电解质，需注意电离符号的使用；
电子式书写需体现原子的最外层电子数，包括成键电子对和孤电子对，据此判断NH3电子式的正误；
原子结构示意图中，质子数等于核外电子数，需区分原子与离子的结构差异；
价层电子轨道表示式需遵循洪特规则，电子应优先分占不同轨道且自旋平行，以此判断N原子的轨道表示式。
3．【答案】D
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右电负性逐渐增大，O和Si同周期，O位于第ⅥA族，Si位于第ⅣA族，因此电负性O＞Si，故A正确；
B、Sc的原子序数为21，基态原子电子排布式为，最后填充的电子为d轨道电子，属于元素周期表的d区，故B正确；
C、Na和Mg同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Na位于第ⅠA族，Mg位于第ⅡA族，因此原子半径Mg＜Na，故C正确；
D、元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，F的非金属性强于O，因此简单氢化物的稳定性：H2O＜HF，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同周期元素电负性递变规律：同周期从左到右，元素电负性呈递增趋势，据此判断O与Si的电负性大小；
元素周期表分区判断依据：根据元素基态原子的电子排布式，最后填充的电子轨道类型决定其所属分区，Sc的3d轨道有1个电子，属于d区；
同周期元素原子半径递变规律：同周期从左到右，原子半径逐渐减小，由此比较Na和Mg的原子半径；
简单氢化物稳定性与非金属性的关系：非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，F的非金属性强于O，故HF稳定性更强。
4．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、增大压强，反应物和生成物的浓度均增大，因此正、逆反应速率、均增大，故A错误；
B、该反应的反应物气体分子数为，生成物气体分子数为，反应后气体分子总数减少，体系混乱度降低，因此熵变，故B错误；
C、平衡时正逆反应速率相等，且速率比等于化学计量数之比，正确的关系应为，故C错误；
D、恒容条件下再充入，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率会减小（的转化率增大），故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
压强对反应速率的影响：增大压强，反应物和生成物的浓度均增大，因此正、逆反应速率均增大；
熵变的判断依据：反应前后气体分子总数减少，体系混乱度降低，熵变；
化学平衡状态的速率特征：平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，需注意反应物与生成物的速率关系；
恒容条件下增加反应物浓度对转化率的影响：增加一种反应物的浓度，其自身转化率降低，另一种反应物转化率升高。
5．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、氯气溶于水存在可逆平衡，饱和食盐水中浓度高，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，HCl可溶于饱和食盐水，该事实可用平衡移动原理解释，故A不符合题意；
B、工业合成氨的反应为，正反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡向生成的正向移动，提高氨的产率，该事实可用平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C、钢铁在潮湿空气中更易生锈，是因为潮湿环境中形成了原电池，发生的是电化学腐蚀，不存在可逆的化学平衡过程，因此不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；
D、加热时，会发生水解：，通入干燥的HCl气流，可增大体系中的浓度，使水解平衡逆向移动，抑制的水解，最终得到无水，该事实可用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确平衡移动原理（勒夏特列原理）的核心适用条件：仅适用于存在可逆动态平衡的体系；
利用同离子效应，通过增大生成物的浓度，抑制氯气与水的可逆溶解平衡；
利用压强对气体可逆反应的影响，增大压强使平衡向气体分子数减少的正反应方向移动；
钢铁生锈为电化学腐蚀过程，属于不可逆的氧化还原反应，无可逆平衡体系存在，因此不适用平衡移动原理；
利用增大生成物的浓度，抑制盐类水解的可逆平衡，防止水解生成。
6．【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；化学反应速率；中和滴定；中和热的测定
【解析】【解答】A、锌与稀硫酸反应生成氢气，通过测定单位时间内生成氢气的体积（由注射器收集），结合秒表计时，可计算反应速率，故 A 符合题意；
B、测定中和反应的反应热时，装置缺少保温隔热层，热量散失严重，无法准确测定反应热，故 B 不符合题意；
C、用待装液润洗滴定管时，不应通过上下颠倒摇匀，该操作会导致待装液接触活塞或造成滴定管漏液，且润洗操作应通过倾斜转动滴定管进行，故 C 不符合题意；
D、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，装置中电极接反，无法达到精炼目的，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
利用锌与稀硫酸的反应，通过测定单位时间内氢气体积计算反应速率，装置中注射器可收集气体、秒表可计时，满足实验条件；
中和热测定实验的核心要点是减少热量散失，该装置缺少保温装置，无法准确测量温度变化；
滴定管润洗的正确操作是倾斜转动滴定管，使待装液接触内壁，而非上下颠倒摇匀；
电解精炼铜的电极要求为粗铜作阳极、精铜作阴极，装置中电极极性接反，不符合实验要求。
7．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、未给出 H2S 溶液的体积，无法计算溶液中 H+的物质的量和数目，故 A 不符合题意；
B、Na2SO3溶液中，SO32-会发生水解反应，导致其数目小于 0.01NA，故 B 不符合题意；
C、SO2与 O2生成 SO3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成的 SO3数目小于 NA，故 C 不符合题意；
D、反应①为 2H2S + SO2=3S↓+ 2H2O，每生成 3 mol S，转移电子的数目为 4NA，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数计算需关联物质的量、微粒数、反应限度、水解平衡等核心概念；
溶液离子数目计算需明确溶液体积，弱酸根离子存在水解、可逆反应存在反应限度，均会影响离子实际数目；
氧化还原反应电子转移数需结合化合价变化与化学计量数，准确分析转移电子的物质的量。
8．【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；燃烧热；盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、CO 的燃烧热是指 1 mol CO 完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，热化学方程式中 CO 的化学计量数应为 1：，故 A 不符合题意；
B、用 K3[Fe(CN)6] 溶液检验 Fe2+时，反应生成蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]，离子方程式书写正确，故 B 符合题意；
C、电解饱和食盐水时，阴极是 H2O（或 H+）放电生成 H2，而不是 Na+放电生成 Na，正确的离子方程式为 ，故 C 不符合题意；
D、Na2CO3溶液中，CO32-的水解分步进行，主要以第一步为主，不能一步水解生成 H2CO3，正确的离子方程式为 ，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
燃烧热的定义是 1 mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，书写热化学方程式时需保证可燃物的化学计量数为 1；
离子方程式正误判断需结合反应事实、电荷守恒、原子守恒及物质的存在形式；
电解饱和食盐水时，阴极放电的是水电离出的 H+，而非 Na+；
多元弱酸根离子的水解是分步进行的，不能一步书写。
9．【答案】B
【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；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、S X 是反应的中间产物，不是催化剂，催化剂是参与反应、反应前后不变的物质（X 为该反应的催化剂），故 A 不符合题意；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态和平衡转化率，因此平衡时 P 的产率：Ⅰ=Ⅱ，故 B 符合题意；
C、进程 Ⅱ 中，第 1 步的活化能最小，反应速率最快，有效碰撞频率最大的是第 1 步，故 C 不符合题意；
D、反应热只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应途径无关，因此 S→P 的反应热：Ⅰ=Ⅱ，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂的定义是参与反应、反应前后质量和化学性质不变的物质，中间产物是反应过程中生成又消耗的物质；
催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动，因此平衡产率不变；
反应的活化能越小，反应速率越快，有效碰撞频率越大；
反应热只与反应物和生成物的能量差有关，与反应途径无关。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、A 电极为钠电极，放电时钠失电子发生氧化反应，为负极，故 A 不符合题意；
B、金属钠化学性质活泼，能与水发生剧烈反应，因此电解质不能使用水溶液，故 B 不符合题意；
C、电池放电时，阳离子向正极移动，即 Na+向 B 电极移动，故 C 符合题意；
D、B 电极为正极，发生还原反应，电极反应式为 O2+2Na++2e-=Na2O2 ，选项中的反应式电荷不守恒，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该钠氧原电池中，钠作负极，发生氧化反应，负极反应式为 2Na-2e-=2Na+；氧气在正极发生还原反应，正极反应式为 O2+2Na++2e-=Na2O2；据此解题。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、温度升高，H2S 的转化率降低，说明平衡逆向移动，根据平衡移动原理，升温使平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，故 A 不符合题意；
B、正反应为放热反应，平衡常数 K 仅与温度有关，温度越高，平衡逆向移动，K 越小。A 点温度低于 B 点，因此平衡常数 K ＞K ，故 B 不符合题意；
C、反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快。A 点温度低于 B 点，因此反应速率 v ＜v ，故 C 符合题意；
D、该反应前后气体分子数不变，体系总压强与温度成正比。A 点温度低于 B 点，因此体系总压强 p ＜p ，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
依据图像中 H2S 转化率随温度升高而降低的趋势，判断正反应为放热反应；
平衡常数仅受温度影响，放热反应升温 K 值减小，降温 K 值增大；
反应速率与温度正相关，温度越高，活化分子百分数越大，有效碰撞频率越高；
恒温恒容下，气体压强与温度成正比，结合反应前后气体分子数不变的特点分析压强变化。
12．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、加水稀释BOH溶液，对表达式进行变形：
和 均只与温度有关，温度不变，该比值不变，故A符合题意；
B、NaA溶液中，A-水解促进水的电离，溶液中的OH-全部由水电离产生，pH=11，则水电离产生的，故B不符合题意；
C、0.1 mol·L- BOH溶液pH=11，溶液中，则：
，故C不符合题意；
D、向NaA溶液中通入HCl至中性，根据电荷守恒：
中性溶液中，故；根据物料守恒：，联立可得，因此，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
利用电离常数与水的离子积常数对表达式进行恒等变形，判断其是否受稀释影响；
盐类水解溶液中，水电离的等于溶液中的，可直接由pH计算；
弱碱的电离常数可通过pH数据，结合近似公式计算；
溶液中离子浓度关系的判断，需结合电荷守恒、物料守恒联立分析。
13．【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、实验①中与发生离子反应生成白色沉淀，离子方程式为：，A不符合题意；
B、实验③中，洗涤后的沉淀可转化为黑色沉淀，根据沉淀转化的方向规律，可证明：
，B不符合题意；
C、实验②是滤液中过量的游离与直接反应生成沉淀；实验③则是沉淀发生的沉淀转化反应，二者反应机理不同，离子方程式也不同，C不符合题意；
D、实验③的沉淀转化反应平衡常数为：，该平衡常数远大于1，说明反应正向进行的程度极大，平衡时溶液中：，二者浓度不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】实验①：向ZnSO4溶液中加入过量Na2S溶液，二者发生复分解反应，离子方程式为：
生成白色ZnS沉淀，得到浊液a。由于Na2S过量，溶液中除ZnS沉淀外，还存在大量游离的S2-。过滤后，滤液中主要含Na+和过量S2-，滤渣b则为ZnS沉淀。
实验②：向滤液中滴加CuSO4溶液，滤液中游离的S2-与Cu2+直接发生复分解反应，离子方程式为：
，生成黑色CuS沉淀。
实验③：将滤渣b（ZnS）多次洗涤，除去表面吸附的S2-后，滴加CuSO4溶液，此时发生沉淀转化反应：，白色的ZnS沉淀转化为更难溶的黑色CuS沉淀。
14．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由上述分析可知，曲线1代表CH3COOH的分布系数，曲线2代表CH3COO-的分布系数，A不符合题意；
B、若加入10 mL NaOH溶液，理论上CH3COOH被消耗一半，溶液中 。由于 ，则CH3COO-的水解常数 ，电离程度大于水解程度，故 。而图中b点 ，说明此时加入的NaOH体积小于10 mL，B符合题意；
C、酸溶液抑制水的电离，酸性越弱，抑制程度越小。从a到c，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度不断增强，因此水的电离程度关系为 ，C不符合题意；
D、pH = 5.74 时，溶液酸性比b点（pH=4.74）更弱，说明加入的NaOH更多，CH3COOH进一步被消耗，CH3COO-浓度增大，故此时 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题围绕醋酸的电离平衡及滴定过程中微粒浓度变化展开，核心依据是醋酸的电离平衡常数表达式与分布系数曲线：
滴定过程中，随着NaOH溶液滴入，CH3COOH不断被消耗生成CH3COO-，因此CH3COOH的分布系数（曲线1）逐渐减小，CH3COO-的分布系数（曲线2）逐渐增大。电离常数 ，当 时，，由图可知此时 ，故 ；溶液的酸碱性及电离与水解程度的相对大小，决定了微粒浓度的相对关系。
15．【答案】（1）哑铃形；3；A
（2）B
（3）四；Ⅷ；；A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】（1）基态B原子的电子排布式为，其核外电子占据的最高能级为2p能级，2p能级的电子云轮廓图的形状为哑铃形，核外电子的原子轨道共1+1+1=3，故核外电子的空间运动状态有3种。下列轨道表示式能表示基态B原子核外电子排布情况的是A。
A．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，A正确；
B．不符合泡利原理，B错误；
C．不符合能量最低原理，C错误；
D．不符合能量最低原理和洪特规则，D错误；
故答案为： 哑铃形 ；3；A。
（2）同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但是N的价电子排布式为2s22p3，2p能级处于半充满状态，第一电离能比O的第一电离能大，故四种元素的第一电离能的大小顺序为，故B正确；
故答案为：B。
（3）①元素为28号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，基态原子的价电子排布式为。
②已知电负性：，因此与B相连的H显负电性，与N相连的H显正电性，P的电负性大于Ni，Ni – P中Ni显正电性，P显负电性，因此中间体Ⅰ可能的结构是A。
故答案为： 四 ； Ⅷ ； ；A；
【分析】(1) 先明确基态 B 原子的核外电子排布式为 ，再依据能量最低原理、泡利原理和洪特规则，逐一核对各轨道表示式的电子排布是否符合规则，从而确定正确选项。
(2) 结合同周期元素第一电离能的整体变化趋势，同时考虑 N 原子 2p 能级半充满的稳定结构对第一电离能的特殊影响，比较 B、C、O、N 四种元素的第一电离能大小。
(3) ①根据元素的原子序数确定其在周期表中的位置，再依据构造原理书写基态原子的价电子排布式；②根据电负性大小判断成键原子的电性，进而分析中间体可能的结构。
（1）基态B原子的电子排布式为，其核外电子占据的最高能级为2p能级，2p能级的电子云轮廓图的形状为哑铃形，核外电子的原子轨道共1+1+1=3，故核外电子的空间运动状态有3种。下列轨道表示式能表示基态B原子核外电子排布情况的是A。
A．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，A正确；
B．不符合泡利原理，B错误；
C．不符合能量最低原理，C错误；
D．不符合能量最低原理和洪特规则，D错误；
故选A。
（2）同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但是N的价电子排布式为2s22p3，2p能级处于半充满状态，第一电离能比O的第一电离能大，故四种元素的第一电离能的大小顺序为，故B正确；故选B。
（3）①元素为28号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，基态原子的价电子排布式为。
②已知电负性：，因此与B相连的H显负电性，与N相连的H显正电性，P的电负性大于Ni，Ni – P中Ni显正电性，P显负电性，因此中间体Ⅰ可能的结构是A。
16．【答案】（1）增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分
（2）、
（3）将氧化为，便于后续除去
（4）C
（5）；
（6）
（7）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“酸浸”前要将含锌废料粉碎，其目的是增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分。
故答案为： 增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分 ；
（2）由分析知，滤渣I的主要成分为、。
故答案为：、 ；
（3）“转化”时加入溶液的作用是将氧化为，便于后续除去。
故答案为： 将氧化为，便于后续除去 ；
（4）调，将转化为Fe(OH)3沉淀除去，为不引入杂质，选择固体调，故选C。
故答案为： C ；
（5）已知的开始沉淀的pH为6.2，，故的；若“转化”后溶液中的浓度为，开始沉淀时， ，，，“调”使沉淀完全，不沉淀，故“调”时应控制的范围是。
故答案为： ；；
（6）由于会发生水解反应，生成使溶液出现浑浊，因此需补加少量浓盐酸，抑制发生水解反应。
故答案为： ；
（7）在钢铁表面镀锌，因此钢铁做阴极，钢铁上发生的电极反应式为。
故答案为： ；
【分析】含锌废料的主成分为 ZnO，同时含少量 FeO、CuO 杂质。废料经酸浸后，所有金属氧化物溶解，浸取液中主要含目标离子 Zn2+及杂质离子 Fe2+、Cu2+。向浸取液中加入过量锌粉，利用金属活动性差异，发生置换反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，将 Cu2+还原为 Cu 单质除去，过滤后，滤渣 I 为生成的 Cu 及过量的 Zn 粉，滤液中则保留了 Zn2+和 Fe2+。向滤液中加入过氧化氢溶液，将 Fe2+氧化为 Fe3+（Fe(OH)3沉淀的 pH 远低于 Fe(OH)2，便于后续分离）；再通过调节 pH，使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀除去，得到滤渣 II，滤液 II 为 ZnCl2溶液。
产品制备：将滤液 II 通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，最终得到 ZnCl2晶体。
（1）利用固体反应物接触面积与反应速率的关系，通过粉碎增大接触面积，加快酸浸速率并使反应更充分。
（2）根据锌粉的置换反应及过量情况，分析浸取液中 Cu2+被还原为 Cu，同时锌粉过量，确定滤渣 I 为 Cu 和 Zn。
（3）结合 Fe2+与 Fe3+沉淀 pH 的差异，通过氧化反应将 Fe2+转化为更易沉淀除去的 Fe3+。
（4）围绕 “不引入新杂质” 的原则，选择含锌的弱酸盐 ZnCO3，既能消耗 H+调节 pH，又不引入其他杂质离子。
（5）先根据 Zn2+的沉淀 pH 数据计算 Zn(OH)2的 Ksp，再利用 Ksp 计算高浓度 Zn2+开始沉淀的 pH，结合 Fe3+完全沉淀的 pH，确定既除尽 Fe3+又不沉淀 Zn2+的 pH 区间。
（6）利用 Zn2+的水解平衡，通过加入浓盐酸增大 H+浓度，抑制 Zn2+水解，避免生成 Zn(OH)2沉淀。
（7）根据电镀原理，钢铁作阴极，溶液中 Zn2+在阴极得电子发生还原反应，析出 Zn 镀层。
（1）“酸浸”前要将含锌废料粉碎，其目的是增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分。
（2）由分析知，滤渣I的主要成分为、。
（3）“转化”时加入溶液的作用是将氧化为，便于后续除去。
（4）调，将转化为Fe(OH)3沉淀除去，为不引入杂质，选择固体调，故选C。
（5）已知的开始沉淀的pH为6.2，，故的；若“转化”后溶液中的浓度为，开始沉淀时， ，，，“调”使沉淀完全，不沉淀，故“调”时应控制的范围是。
（6）由于会发生水解反应，生成使溶液出现浑浊，因此需补加少量浓盐酸，抑制发生水解反应。
（7）在钢铁表面镀锌，因此钢铁做阴极，钢铁上发生的电极反应式为。
17．【答案】(1) 氨水 羟胺
(2)
(3) C
(4) 0.1000 甲基橙
(5) C，D
(6)
(7) 最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅粉色（或浅紫色），半分钟内不褪色
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）电离平衡常数越大，弱碱越易电离，羟胺和均为一元弱碱，故浓度均为的羟胺溶液和稀氨水，碱性更强的是氨水。相同的羟胺溶液和稀氨水，羟胺溶液的浓度更大，故相同，体积相同的羟胺溶液和稀氨水与等物质的量浓度的稀硫酸反应，恰好中和时消耗稀硫酸体积更多的是羟胺。
故答案为： 氨水；羟胺 ；
（2）已知羟胺的电离方程式为，则羟胺与稀盐酸发生反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）羟胺溶液显碱性，故羟胺待测液应用碱式滴定管盛放，滴定前，盛装羟胺待测液的滴定管排气泡时，应选择C操作。
故答案为： C ；
（4）羟胺与稀盐酸发生反应的离子方程式为，则羟胺待测液的浓度为；羟胺与稀盐酸恰好反应时，溶液显酸性，应该选择在酸性范围内变色的指示剂，故该实验最适宜使用的指示剂是甲基橙。
故答案为： 0.1000 ；甲基橙 ；
（5）A． 锥形瓶用水洗净后直接盛装羟胺待测液，羟胺的物质的量不变，因此没有影响，A不符合；
B．达到滴定终点时，俯视盛装标准液的滴定管进行读数，测得的标准液的体积偏小，则测定结果偏低，B不符合；
C．盛装标准溶液的滴定管用水洗净后未进行润洗，则测得的标准液的体积偏大，测定结果偏高，C符合；
D．盛装标准溶液的滴定管滴定前尖嘴部分处有气泡，滴定后气泡消失，则测得的标准液的体积偏大，测定结果偏高，D符合；
故答案为：CD；
（6）点溶液显中性，根据电荷守恒，可知离子浓度的大小关系为
故答案为： ；
（7）已知羟胺待测液还可用酸性标准溶液进行滴定。滴定时，羟胺被氧化为，被还原为，若使用此方法滴定羟胺待测液，达到滴定终点时的实验现象为最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅粉色（或浅紫色），半分钟内不褪色。
故答案为： 最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅粉色（或浅紫色），半分钟内不褪色 ；
【分析】(1) 根据弱碱电离常数与碱性强弱的关系，比较羟胺与氨水的碱性强弱，再结合 pH 相同条件下弱碱浓度与中和能力的关系，判断消耗稀硫酸的体积大小。
(2) 依据羟胺的电离方程式，类比弱碱与酸的反应规律，写出羟胺与盐酸反应的离子方程式。
(3) 根据羟胺溶液的碱性，选择对应的滴定管类型，并明确碱式滴定管的排气泡操作。
(4) 结合滴定反应的计量关系，计算羟胺待测液的浓度；再根据反应后溶液的酸碱性，选择合适的酸碱指示剂。
(5) 依据中和滴定的误差分析原理，分别判断锥形瓶未干燥、滴定终点俯视读数、酸式滴定管未润洗、滴定前尖嘴有气泡等操作对测定结果的影响。
(6) 利用电荷守恒，结合溶液呈中性的条件，推导 a 点溶液中各离子浓度的大小关系。
(7) 根据酸性 KMnO4溶液滴定羟胺时的氧化还原反应，描述滴定终点的实验现象。
18．【答案】（1）；低温
（2）AB；温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大
（3）0.148；1.40
（4）A；甲酸会使催化剂失活
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）已知反应II. ；反应Ⅲ. ；根据盖斯定律可知，由反应II-反应Ⅲ，可得反应I的。该反应，，为使，应选择低温条件，故该反应自发进行的条件是低温。
故答案为： ； 低温 ；
（2）①A．容积恒定，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体压强减小，故当体系的压强不再变化，能表明该反应达到化学平衡状态，A正确；
B．的质量不再变化，说明正、逆反应速率相等，能表明该反应达到化学平衡状态，B正确；
C．容积恒定，根据质量守恒定律可知混合气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故体系中气体的密度不再变化，不能表明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D．断裂键和生成键均表示的是正反应方向，不能说明正、逆反应速率相等，故不能表明该反应达到化学平衡状态，D错误；
故选AB。
②点为图像最高点，温度低于时，反应未达到平衡状态，由，的转化率增大的原因是温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大。
故答案为： AB ； 温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大 ；
（3）①容积恒定，压强之比等于物质的量之比，故达到平衡时，混合气体总物质的量为，设转化量为xmol，则可列出三段式为，可得1-x+3-3x+x+x=3，解得x=0.5，容积为1L，故该温度下反应Ⅱ的平衡常数。
②由图可知，该反应历程中，正反应的最大能垒（活化能）为0.40-(-1.00)=1.40。
故答案为： 0.148 ； 1.40 ；
（4）①由表格数据可知，不同温度和催化剂下，的转化率相差不大，A条件下的时空产率最大，故最适合用于制取的一组条件是A。
②已知上述制甲醇的过程中会产生少量甲酸。当其他条件相同时，随着催化剂循环使用次数增加，甲醇的产量会逐渐下降。导致甲醇产量下降的原因可能是甲酸会使催化剂失活。
故答案为： A ； 甲酸会使催化剂失活 ；
【分析】（1）利用盖斯定律计算目标反应的焓变，结合 ΔG = ΔH TΔS 判据判断反应自发进行的温度条件。
（2）①根据反应特点（气体分子数变化、物质状态等），逐一分析压强、物质质量、密度、化学键变化能否作为平衡标志；
②结合图像最高点的含义，区分平衡前和平衡后温度对反应速率与转化率的影响。
（3）①利用恒温恒容下压强与物质的量成正比，结合三段式计算平衡时各物质的浓度，进而求平衡常数；
②根据反应历程图中能量差计算正反应的最大活化能。
（4）①结合表格数据，综合对比不同条件下 CO2转化率与 CH3OH 时空产率，选出制取甲醇的最优条件；
②从催化剂活性角度分析循环使用次数增加导致甲醇产量下降的可能原因。
（1）已知反应II. ；反应Ⅲ. ；根据盖斯定律可知，由反应II-反应Ⅲ，可得反应I的。该反应，，为使，应选择低温条件，故该反应自发进行的条件是低温。
（2）①A．容积恒定，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体压强减小，故当体系的压强不再变化，能表明该反应达到化学平衡状态，A正确；
B．的质量不再变化，说明正、逆反应速率相等，能表明该反应达到化学平衡状态，B正确；
C．容积恒定，根据质量守恒定律可知混合气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故体系中气体的密度不再变化，不能表明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D．断裂键和生成键均表示的是正反应方向，不能说明正、逆反应速率相等，故不能表明该反应达到化学平衡状态，D错误；
故选AB。
②点为图像最高点，温度低于时，反应未达到平衡状态，由，的转化率增大的原因是温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大。
（3）①容积恒定，压强之比等于物质的量之比，故达到平衡时，混合气体总物质的量为，设转化量为xmol，则可列出三段式为，可得1-x+3-3x+x+x=3，解得x=0.5，容积为1L，故该温度下反应Ⅱ的平衡常数。
②由图可知，该反应历程中，正反应的最大能垒（活化能）为0.40-(-1.00)=1.40。
（4）①由表格数据可知，不同温度和催化剂下，的转化率相差不大，A条件下的时空产率最大，故最适合用于制取的一组条件是A。
②已知上述制甲醇的过程中会产生少量甲酸。当其他条件相同时，随着催化剂循环使用次数增加，甲醇的产量会逐渐下降。导致甲醇产量下降的原因可能是甲酸会使催化剂失活。
1 / 1广西壮族自治区桂林市2025-2026学年高二上学期期末化学试题
1．化学在生活、科技等领域发挥着积极作用，下列有关叙述错误的是
A．霓虹灯发出五颜六色的光属于化学变化
B．在汽车排气管上安装催化转化器能加快治理尾气的速率
C．含氟牙膏能预防龋齿是利用了沉淀转化的原理
D．船体上镶嵌锌块属于牺牲阳极的电化学保护法
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；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
【解析】【解答】A、霓虹灯发光是稀有气体原子受激发发生电子跃迁产生的光，过程中无新物质生成，属于物理变化，故 A 错误；
B、汽车排气管上的催化转化器中的催化剂可加快尾气中有害气体转化为无害物质的反应速率，故 B 正确；
C、含氟牙膏中的氟离子可与牙齿表面的羟基磷灰石发生沉淀转化，生成更耐酸的氟磷灰石，从而预防龋齿，故 C 正确；
D、船体上镶嵌锌块时，锌作为负极被腐蚀，铁作为正极被保护，属于牺牲阳极的电化学保护法，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
明确化学变化与物理变化的本质区别，霓虹灯发光仅为电子跃迁现象，无新物质生成；
理解催化剂对反应速率的影响，催化转化器利用催化剂加快尾气处理反应；
掌握沉淀转化原理在生活中的应用，含氟牙膏通过沉淀转化形成更稳定的氟磷灰石；
区分牺牲阳极的电化学保护法的原理，锌块作负极被腐蚀，保护船体铁不被腐蚀。
2．下列化学用语或图示表示正确的是
A．的电离方程式：
B．分子的电子式：
C．原子的结构示意图：
D．基态原子价层电子的轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子结构示意图；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NaHCO3是强电解质，电离方程式应使用“=”，正确写法为 ，故A错误；
B、NH3分子的电子式中，N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子形成共用电子对，剩余1对孤电子对，电子式为： ，故B正确；
C、Cl原子的质子数为17，核外电子数也为17，电子排布应为2、8、7， 原子的结构示意图为：，C错误；
D、基态N原子的价层电子排布为2s22p3，根据洪特规则，3个2p电子应分占不同轨道且自旋平行，正确的轨道表示式为：，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
强电解质的电离方程式需用“=”，NaHCO3属于强电解质，需注意电离符号的使用；
电子式书写需体现原子的最外层电子数，包括成键电子对和孤电子对，据此判断NH3电子式的正误；
原子结构示意图中，质子数等于核外电子数，需区分原子与离子的结构差异；
价层电子轨道表示式需遵循洪特规则，电子应优先分占不同轨道且自旋平行，以此判断N原子的轨道表示式。
3．钪是极为稀有的战略性关键金属。翟钪闪石是在我国境内发现的第一个含钪新矿物，其理想化学式为。下列说法错误的是
A．电负性： B．位于元素周期表d区
C．原子半径： D．简单氢化物的稳定性：
【答案】D
【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；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期元素从左到右电负性逐渐增大，O和Si同周期，O位于第ⅥA族，Si位于第ⅣA族，因此电负性O＞Si，故A正确；
B、Sc的原子序数为21，基态原子电子排布式为，最后填充的电子为d轨道电子，属于元素周期表的d区，故B正确；
C、Na和Mg同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，Na位于第ⅠA族，Mg位于第ⅡA族，因此原子半径Mg＜Na，故C正确；
D、元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，F的非金属性强于O，因此简单氢化物的稳定性：H2O＜HF，故D错误；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
同周期元素电负性递变规律：同周期从左到右，元素电负性呈递增趋势，据此判断O与Si的电负性大小；
元素周期表分区判断依据：根据元素基态原子的电子排布式，最后填充的电子轨道类型决定其所属分区，Sc的3d轨道有1个电子，属于d区；
同周期元素原子半径递变规律：同周期从左到右，原子半径逐渐减小，由此比较Na和Mg的原子半径；
简单氢化物稳定性与非金属性的关系：非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，F的非金属性强于O，故HF稳定性更强。
4．加氢转化成甲烷是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。时发生反应： ，下列有关该反应的叙述中，正确的是
A．增大压强，增大，减小
B．熵变
C．平衡时
D．恒容时再充入，转化率减小
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、增大压强，反应物和生成物的浓度均增大，因此正、逆反应速率、均增大，故A错误；
B、该反应的反应物气体分子数为，生成物气体分子数为，反应后气体分子总数减少，体系混乱度降低，因此熵变，故B错误；
C、平衡时正逆反应速率相等，且速率比等于化学计量数之比，正确的关系应为，故C错误；
D、恒容条件下再充入，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理，的转化率会减小（的转化率增大），故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
压强对反应速率的影响：增大压强，反应物和生成物的浓度均增大，因此正、逆反应速率均增大；
熵变的判断依据：反应前后气体分子总数减少，体系混乱度降低，熵变；
化学平衡状态的速率特征：平衡时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，需注意反应物与生成物的速率关系；
恒容条件下增加反应物浓度对转化率的影响：增加一种反应物的浓度，其自身转化率降低，另一种反应物转化率升高。
5．下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A．除中的气体：选用饱和食盐水
B．工业合成氨：采取高压条件
C．钢铁的腐蚀：潮湿空气中更易生锈
D．制无水在干燥的气流中加热
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A、氯气溶于水存在可逆平衡，饱和食盐水中浓度高，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，HCl可溶于饱和食盐水，该事实可用平衡移动原理解释，故A不符合题意；
B、工业合成氨的反应为，正反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡向生成的正向移动，提高氨的产率，该事实可用平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C、钢铁在潮湿空气中更易生锈，是因为潮湿环境中形成了原电池，发生的是电化学腐蚀，不存在可逆的化学平衡过程，因此不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；
D、加热时，会发生水解：，通入干燥的HCl气流，可增大体系中的浓度，使水解平衡逆向移动，抑制的水解，最终得到无水，该事实可用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
明确平衡移动原理（勒夏特列原理）的核心适用条件：仅适用于存在可逆动态平衡的体系；
利用同离子效应，通过增大生成物的浓度，抑制氯气与水的可逆溶解平衡；
利用压强对气体可逆反应的影响，增大压强使平衡向气体分子数减少的正反应方向移动；
钢铁生锈为电化学腐蚀过程，属于不可逆的氧化还原反应，无可逆平衡体系存在，因此不适用平衡移动原理；
利用增大生成物的浓度，抑制盐类水解的可逆平衡，防止水解生成。
6．用下列实验装置（部分夹持装置略）进行相应实验，能够达到对应实验目的的是
实验目的 A.测定锌与稀硫酸的反应速率 B.测定中和反应的反应热
实验装置
实验目的 C.用待装液润洗滴定管 D.电解精炼铜
实验装置
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铜的电解精炼；化学反应速率；中和滴定；中和热的测定
【解析】【解答】A、锌与稀硫酸反应生成氢气，通过测定单位时间内生成氢气的体积（由注射器收集），结合秒表计时，可计算反应速率，故 A 符合题意；
B、测定中和反应的反应热时，装置缺少保温隔热层，热量散失严重，无法准确测定反应热，故 B 不符合题意；
C、用待装液润洗滴定管时，不应通过上下颠倒摇匀，该操作会导致待装液接触活塞或造成滴定管漏液，且润洗操作应通过倾斜转动滴定管进行，故 C 不符合题意；
D、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，装置中电极接反，无法达到精炼目的，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
利用锌与稀硫酸的反应，通过测定单位时间内氢气体积计算反应速率，装置中注射器可收集气体、秒表可计时，满足实验条件；
中和热测定实验的核心要点是减少热量散失，该装置缺少保温装置，无法准确测量温度变化；
滴定管润洗的正确操作是倾斜转动滴定管，使待装液接触内壁，而非上下颠倒摇匀；
电解精炼铜的电极要求为粗铜作阳极、精铜作阴极，装置中电极极性接反，不符合实验要求。
7．硫及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中的数目为
B．的溶液中，的数目为
C．与足量充分反应，生成的数目为
D．反应①每生成，转移电子的数目为
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；物质的量浓度；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、未给出 H2S 溶液的体积，无法计算溶液中 H+的物质的量和数目，故 A 不符合题意；
B、Na2SO3溶液中，SO32-会发生水解反应，导致其数目小于 0.01NA，故 B 不符合题意；
C、SO2与 O2生成 SO3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，生成的 SO3数目小于 NA，故 C 不符合题意；
D、反应①为 2H2S + SO2=3S↓+ 2H2O，每生成 3 mol S，转移电子的数目为 4NA，故 D 符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
阿伏加德罗常数计算需关联物质的量、微粒数、反应限度、水解平衡等核心概念；
溶液离子数目计算需明确溶液体积，弱酸根离子存在水解、可逆反应存在反应限度，均会影响离子实际数目；
氧化还原反应电子转移数需结合化合价变化与化学计量数，准确分析转移电子的物质的量。
8．下列反应方程式与所给事实相符的是
A．的燃烧热为，燃烧热的热化学方程式：
B．用溶液检验
C．电解饱和食盐水生产
D．溶液呈碱性的原因：
【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；燃烧热；盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、CO 的燃烧热是指 1 mol CO 完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，热化学方程式中 CO 的化学计量数应为 1：，故 A 不符合题意；
B、用 K3[Fe(CN)6] 溶液检验 Fe2+时，反应生成蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]，离子方程式书写正确，故 B 符合题意；
C、电解饱和食盐水时，阴极是 H2O（或 H+）放电生成 H2，而不是 Na+放电生成 Na，正确的离子方程式为 ，故 C 不符合题意；
D、Na2CO3溶液中，CO32-的水解分步进行，主要以第一步为主，不能一步水解生成 H2CO3，正确的离子方程式为 ，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
燃烧热的定义是 1 mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，书写热化学方程式时需保证可燃物的化学计量数为 1；
离子方程式正误判断需结合反应事实、电荷守恒、原子守恒及物质的存在形式；
电解饱和食盐水时，阴极放电的是水电离出的 H+，而非 Na+；
多元弱酸根离子的水解是分步进行的，不能一步书写。
9．反应物（S）转化为产物（P）的能量与反应进程的关系如图所示，下列有关两种不同反应进程的说法正确的是
A．是转化为的催化剂
B．平衡时的产率：I=Ⅱ
C．进程Ⅱ中有效碰撞频率最大的是第2步
D．的反应热：I>Ⅱ
【答案】B
【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；有效碰撞理论
【解析】【解答】A、S X 是反应的中间产物，不是催化剂，催化剂是参与反应、反应前后不变的物质（X 为该反应的催化剂），故 A 不符合题意；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态和平衡转化率，因此平衡时 P 的产率：Ⅰ=Ⅱ，故 B 符合题意；
C、进程 Ⅱ 中，第 1 步的活化能最小，反应速率最快，有效碰撞频率最大的是第 1 步，故 C 不符合题意；
D、反应热只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应途径无关，因此 S→P 的反应热：Ⅰ=Ⅱ，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
催化剂的定义是参与反应、反应前后质量和化学性质不变的物质，中间产物是反应过程中生成又消耗的物质；
催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动，因此平衡产率不变；
反应的活化能越小，反应速率越快，有效碰撞频率越大；
反应热只与反应物和生成物的能量差有关，与反应途径无关。
10．近几年科学家研制出较锂电池稳定性更高、电压损失更小的“钠-空气电池”，反应原理为，装置如图。用溶解了的二甲氧基乙烷作电解质溶液，可传导。电池放电时，下列说法正确的是
A．电极为负极，发生还原反应
B．电解质溶液可用的水溶液替换
C．向电极移动
D．电极的电极反应式：
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、A 电极为钠电极，放电时钠失电子发生氧化反应，为负极，故 A 不符合题意；
B、金属钠化学性质活泼，能与水发生剧烈反应，因此电解质不能使用水溶液，故 B 不符合题意；
C、电池放电时，阳离子向正极移动，即 Na+向 B 电极移动，故 C 符合题意；
D、B 电极为正极，发生还原反应，电极反应式为 O2+2Na++2e-=Na2O2 ，选项中的反应式电荷不守恒，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该钠氧原电池中，钠作负极，发生氧化反应，负极反应式为 2Na-2e-=2Na+；氧气在正极发生还原反应，正极反应式为 O2+2Na++2e-=Na2O2；据此解题。
11．羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。向容积不变的密闭容器中充入等物质的量的与发生反应：，在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。下列说法错误的是
A．该反应 B．平衡常数
C．化学反应速率 D．体系总压强
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、温度升高，H2S 的转化率降低，说明平衡逆向移动，根据平衡移动原理，升温使平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，故 A 不符合题意；
B、正反应为放热反应，平衡常数 K 仅与温度有关，温度越高，平衡逆向移动，K 越小。A 点温度低于 B 点，因此平衡常数 K ＞K ，故 B 不符合题意；
C、反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快。A 点温度低于 B 点，因此反应速率 v ＜v ，故 C 符合题意；
D、该反应前后气体分子数不变，体系总压强与温度成正比。A 点温度低于 B 点，因此体系总压强 p ＜p ，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
依据图像中 H2S 转化率随温度升高而降低的趋势，判断正反应为放热反应；
平衡常数仅受温度影响，放热反应升温 K 值减小，降温 K 值增大；
反应速率与温度正相关，温度越高，活化分子百分数越大，有效碰撞频率越高；
恒温恒容下，气体压强与温度成正比，结合反应前后气体分子数不变的特点分析压强变化。
12．常温下，浓度均为的和两种溶液，均为11。下列叙述错误的是
A．加水稀释溶液，减小
B．溶液中水电离产生的为
C．
D．向溶液中通入至溶液呈中性，有
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；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、加水稀释BOH溶液，对表达式进行变形：
和 均只与温度有关，温度不变，该比值不变，故A符合题意；
B、NaA溶液中，A-水解促进水的电离，溶液中的OH-全部由水电离产生，pH=11，则水电离产生的，故B不符合题意；
C、0.1 mol·L- BOH溶液pH=11，溶液中，则：
，故C不符合题意；
D、向NaA溶液中通入HCl至中性，根据电荷守恒：
中性溶液中，故；根据物料守恒：，联立可得，因此，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
利用电离常数与水的离子积常数对表达式进行恒等变形，判断其是否受稀释影响；
盐类水解溶液中，水电离的等于溶液中的，可直接由pH计算；
弱碱的电离常数可通过pH数据，结合近似公式计算；
溶液中离子浓度关系的判断，需结合电荷守恒、物料守恒联立分析。
13．某小组同学进行如下实验探究：
已知常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如下：
难溶电解质
颜色 白色 黑色
下列说法中错误的是
A．实验①中生成沉淀的原因为：
B．结合实验①和③能证明
C．实验②和③反应的离子方程式不同
D．实验③达到平衡时溶液中
【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、实验①中与发生离子反应生成白色沉淀，离子方程式为：，A不符合题意；
B、实验③中，洗涤后的沉淀可转化为黑色沉淀，根据沉淀转化的方向规律，可证明：
，B不符合题意；
C、实验②是滤液中过量的游离与直接反应生成沉淀；实验③则是沉淀发生的沉淀转化反应，二者反应机理不同，离子方程式也不同，C不符合题意；
D、实验③的沉淀转化反应平衡常数为：，该平衡常数远大于1，说明反应正向进行的程度极大，平衡时溶液中：，二者浓度不相等，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】实验①：向ZnSO4溶液中加入过量Na2S溶液，二者发生复分解反应，离子方程式为：
生成白色ZnS沉淀，得到浊液a。由于Na2S过量，溶液中除ZnS沉淀外，还存在大量游离的S2-。过滤后，滤液中主要含Na+和过量S2-，滤渣b则为ZnS沉淀。
实验②：向滤液中滴加CuSO4溶液，滤液中游离的S2-与Cu2+直接发生复分解反应，离子方程式为：
，生成黑色CuS沉淀。
实验③：将滤渣b（ZnS）多次洗涤，除去表面吸附的S2-后，滴加CuSO4溶液，此时发生沉淀转化反应：，白色的ZnS沉淀转化为更难溶的黑色CuS沉淀。
14．常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液中、的分布系数与溶液的变化关系如图所示。已知：，下列说法错误的是
A．曲线1代表的分布系数
B．点时，加入的溶液体积为
C．水的电离程度：
D．时，
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、由上述分析可知，曲线1代表CH3COOH的分布系数，曲线2代表CH3COO-的分布系数，A不符合题意；
B、若加入10 mL NaOH溶液，理论上CH3COOH被消耗一半，溶液中 。由于 ，则CH3COO-的水解常数 ，电离程度大于水解程度，故 。而图中b点 ，说明此时加入的NaOH体积小于10 mL，B符合题意；
C、酸溶液抑制水的电离，酸性越弱，抑制程度越小。从a到c，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度不断增强，因此水的电离程度关系为 ，C不符合题意；
D、pH = 5.74 时，溶液酸性比b点（pH=4.74）更弱，说明加入的NaOH更多，CH3COOH进一步被消耗，CH3COO-浓度增大，故此时 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题围绕醋酸的电离平衡及滴定过程中微粒浓度变化展开，核心依据是醋酸的电离平衡常数表达式与分布系数曲线：
滴定过程中，随着NaOH溶液滴入，CH3COOH不断被消耗生成CH3COO-，因此CH3COOH的分布系数（曲线1）逐渐减小，CH3COO-的分布系数（曲线2）逐渐增大。电离常数 ，当 时，，由图可知此时 ，故 ；溶液的酸碱性及电离与水解程度的相对大小，决定了微粒浓度的相对关系。
15．氨硼烷是一种极具潜力的化学储氢材料，可以通过加热分解、在催化剂作用下与水反应等多种方式释放氢气。回答下列问题：
（1）基态B原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为　 　，核外电子的空间运动状态有　 　种。下列轨道表示式能表示基态B原子核外电子排布情况的是　 　（填字母）。
A. B. C. D.
（2）下列曲线能正确表示B、C、N、O四种元素的第一电离能随核电荷数变化规律的是_____（填字母）。
A． B．
C． D．
（3）研究发现，氨硼烷可将H原子吸附在一种镍磷催化剂上水解制氢，部分机理如图所示。
①元素在元素周期表中位于第　 　周期第　 　族，基态原子的价电子排布式为　 　。
②原子吸附的位置与元素和元素的电负性有关。已知电负性：，若用“……”表示吸附的位置，中间体Ⅰ可能的结构是　 　（填字母）。
A. B. C. D.
【答案】（1）哑铃形；3；A
（2）B
（3）四；Ⅷ；；A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】（1）基态B原子的电子排布式为，其核外电子占据的最高能级为2p能级，2p能级的电子云轮廓图的形状为哑铃形，核外电子的原子轨道共1+1+1=3，故核外电子的空间运动状态有3种。下列轨道表示式能表示基态B原子核外电子排布情况的是A。
A．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，A正确；
B．不符合泡利原理，B错误；
C．不符合能量最低原理，C错误；
D．不符合能量最低原理和洪特规则，D错误；
故答案为： 哑铃形 ；3；A。
（2）同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但是N的价电子排布式为2s22p3，2p能级处于半充满状态，第一电离能比O的第一电离能大，故四种元素的第一电离能的大小顺序为，故B正确；
故答案为：B。
（3）①元素为28号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，基态原子的价电子排布式为。
②已知电负性：，因此与B相连的H显负电性，与N相连的H显正电性，P的电负性大于Ni，Ni – P中Ni显正电性，P显负电性，因此中间体Ⅰ可能的结构是A。
故答案为： 四 ； Ⅷ ； ；A；
【分析】(1) 先明确基态 B 原子的核外电子排布式为 ，再依据能量最低原理、泡利原理和洪特规则，逐一核对各轨道表示式的电子排布是否符合规则，从而确定正确选项。
(2) 结合同周期元素第一电离能的整体变化趋势，同时考虑 N 原子 2p 能级半充满的稳定结构对第一电离能的特殊影响，比较 B、C、O、N 四种元素的第一电离能大小。
(3) ①根据元素的原子序数确定其在周期表中的位置，再依据构造原理书写基态原子的价电子排布式；②根据电负性大小判断成键原子的电性，进而分析中间体可能的结构。
（1）基态B原子的电子排布式为，其核外电子占据的最高能级为2p能级，2p能级的电子云轮廓图的形状为哑铃形，核外电子的原子轨道共1+1+1=3，故核外电子的空间运动状态有3种。下列轨道表示式能表示基态B原子核外电子排布情况的是A。
A．符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则，A正确；
B．不符合泡利原理，B错误；
C．不符合能量最低原理，C错误；
D．不符合能量最低原理和洪特规则，D错误；
故选A。
（2）同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，但是N的价电子排布式为2s22p3，2p能级处于半充满状态，第一电离能比O的第一电离能大，故四种元素的第一电离能的大小顺序为，故B正确；故选B。
（3）①元素为28号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，基态原子的价电子排布式为。
②已知电负性：，因此与B相连的H显负电性，与N相连的H显正电性，P的电负性大于Ni，Ni – P中Ni显正电性，P显负电性，因此中间体Ⅰ可能的结构是A。
16．一种以含锌废料（主要成分为，含少量、杂质）为原料制备氯化锌晶体的工艺流程如下图所示：
已知：室温下，溶液中相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：回答下列问题：
金属离子
开始沉淀时的 6.2 2.2 7.5
沉淀完全时的 7.7 3.2 9.0
（1）“酸浸”前要将含锌废料粉碎，其目的是　 　。
（2）滤渣I的主要成分为　 　（填化学式）。
（3）“转化”时加入溶液的作用是　 　。
（4）“调”时加入的试剂最好选择__________（填字母）。
A．溶液 B．粉末 C．固体 D．稀氨水
（5）根据表中数据可知的　 　；若“转化”后溶液中的浓度为，“调”时应控制的范围是　 　。
（6）用晶体配制溶液时会出现浑浊，需补加少量浓盐酸。用离子方程式说明出现浑浊的原因　 　。
（7）溶液常用作钢铁表面镀锌的电解液，装置如图。则该过程中钢铁上发生的电极反应式为　 　。
【答案】（1）增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分
（2）、
（3）将氧化为，便于后续除去
（4）C
（5）；
（6）
（7）
【知识点】电极反应和电池反应方程式；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；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）“酸浸”前要将含锌废料粉碎，其目的是增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分。
故答案为： 增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分 ；
（2）由分析知，滤渣I的主要成分为、。
故答案为：、 ；
（3）“转化”时加入溶液的作用是将氧化为，便于后续除去。
故答案为： 将氧化为，便于后续除去 ；
（4）调，将转化为Fe(OH)3沉淀除去，为不引入杂质，选择固体调，故选C。
故答案为： C ；
（5）已知的开始沉淀的pH为6.2，，故的；若“转化”后溶液中的浓度为，开始沉淀时， ，，，“调”使沉淀完全，不沉淀，故“调”时应控制的范围是。
故答案为： ；；
（6）由于会发生水解反应，生成使溶液出现浑浊，因此需补加少量浓盐酸，抑制发生水解反应。
故答案为： ；
（7）在钢铁表面镀锌，因此钢铁做阴极，钢铁上发生的电极反应式为。
故答案为： ；
【分析】含锌废料的主成分为 ZnO，同时含少量 FeO、CuO 杂质。废料经酸浸后，所有金属氧化物溶解，浸取液中主要含目标离子 Zn2+及杂质离子 Fe2+、Cu2+。向浸取液中加入过量锌粉，利用金属活动性差异，发生置换反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，将 Cu2+还原为 Cu 单质除去，过滤后，滤渣 I 为生成的 Cu 及过量的 Zn 粉，滤液中则保留了 Zn2+和 Fe2+。向滤液中加入过氧化氢溶液，将 Fe2+氧化为 Fe3+（Fe(OH)3沉淀的 pH 远低于 Fe(OH)2，便于后续分离）；再通过调节 pH，使 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀除去，得到滤渣 II，滤液 II 为 ZnCl2溶液。
产品制备：将滤液 II 通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，最终得到 ZnCl2晶体。
（1）利用固体反应物接触面积与反应速率的关系，通过粉碎增大接触面积，加快酸浸速率并使反应更充分。
（2）根据锌粉的置换反应及过量情况，分析浸取液中 Cu2+被还原为 Cu，同时锌粉过量，确定滤渣 I 为 Cu 和 Zn。
（3）结合 Fe2+与 Fe3+沉淀 pH 的差异，通过氧化反应将 Fe2+转化为更易沉淀除去的 Fe3+。
（4）围绕 “不引入新杂质” 的原则，选择含锌的弱酸盐 ZnCO3，既能消耗 H+调节 pH，又不引入其他杂质离子。
（5）先根据 Zn2+的沉淀 pH 数据计算 Zn(OH)2的 Ksp，再利用 Ksp 计算高浓度 Zn2+开始沉淀的 pH，结合 Fe3+完全沉淀的 pH，确定既除尽 Fe3+又不沉淀 Zn2+的 pH 区间。
（6）利用 Zn2+的水解平衡，通过加入浓盐酸增大 H+浓度，抑制 Zn2+水解，避免生成 Zn(OH)2沉淀。
（7）根据电镀原理，钢铁作阴极，溶液中 Zn2+在阴极得电子发生还原反应，析出 Zn 镀层。
（1）“酸浸”前要将含锌废料粉碎，其目的是增大废料与酸的接触面积，加快反应速率，使酸浸更充分。
（2）由分析知，滤渣I的主要成分为、。
（3）“转化”时加入溶液的作用是将氧化为，便于后续除去。
（4）调，将转化为Fe(OH)3沉淀除去，为不引入杂质，选择固体调，故选C。
（5）已知的开始沉淀的pH为6.2，，故的；若“转化”后溶液中的浓度为，开始沉淀时， ，，，“调”使沉淀完全，不沉淀，故“调”时应控制的范围是。
（6）由于会发生水解反应，生成使溶液出现浑浊，因此需补加少量浓盐酸，抑制发生水解反应。
（7）在钢铁表面镀锌，因此钢铁做阴极，钢铁上发生的电极反应式为。
17．羟胺是医药、农药、印染等行业中广泛使用的一元弱碱。回答下列问题：
I.羟胺的碱性
（1）常温下，羟胺和一水合氨的电离常数分别为，。则浓度均为的羟胺溶液和稀氨水，碱性更强的是________（填“羟胺”或“氨水”，下同）。相同，体积相同的羟胺溶液和稀氨水与等物质的量浓度的稀硫酸反应，恰好中和时消耗稀硫酸体积更多的是________。
（2）已知羟胺的电离方程式为，则羟胺与稀盐酸发生反应的离子方程式为________。
II.羟胺溶液浓度的测定
常温下，用的标准溶液滴定无色的羟胺待测液的滴定曲线如图所示。
（3）滴定前，盛装羟胺待测液的滴定管排气泡时，应选择下列操作中的_____（填字母）。
A. B. C. D.
（4）若达到滴定终点时，消耗标准液的平均体积为，则羟胺待测液的浓度为________；结合图像分析，该实验最适宜使用的指示剂是________（填“石蕊”“酚酞”或“甲基橙”）。
（5）下列操作会使测定结果偏高的是_____（填字母）。
A. 锥形瓶用水洗净后直接盛装羟胺待测液
B. 达到滴定终点时，俯视盛装标准液的滴定管进行读数
C. 盛装标准溶液的滴定管用水洗净后未进行润洗
D. 盛装标准溶液的滴定管滴定前尖嘴部分处有气泡，滴定后气泡消失
（6）将图中点所示溶液中离子浓度的大小关系补充完整：________。
（7）羟胺待测液还可用酸性标准溶液进行滴定。滴定时，羟胺被氧化为，被还原为。若使用此方法滴定羟胺待测液，达到滴定终点时的实验现象为________。
【答案】(1) 氨水 羟胺
(2)
(3) C
(4) 0.1000 甲基橙
(5) C，D
(6)
(7) 最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅粉色（或浅紫色），半分钟内不褪色
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；指示剂；中和滴定
【解析】【解答】（1）电离平衡常数越大，弱碱越易电离，羟胺和均为一元弱碱，故浓度均为的羟胺溶液和稀氨水，碱性更强的是氨水。相同的羟胺溶液和稀氨水，羟胺溶液的浓度更大，故相同，体积相同的羟胺溶液和稀氨水与等物质的量浓度的稀硫酸反应，恰好中和时消耗稀硫酸体积更多的是羟胺。
故答案为： 氨水；羟胺 ；
（2）已知羟胺的电离方程式为，则羟胺与稀盐酸发生反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）羟胺溶液显碱性，故羟胺待测液应用碱式滴定管盛放，滴定前，盛装羟胺待测液的滴定管排气泡时，应选择C操作。
故答案为： C ；
（4）羟胺与稀盐酸发生反应的离子方程式为，则羟胺待测液的浓度为；羟胺与稀盐酸恰好反应时，溶液显酸性，应该选择在酸性范围内变色的指示剂，故该实验最适宜使用的指示剂是甲基橙。
故答案为： 0.1000 ；甲基橙 ；
（5）A． 锥形瓶用水洗净后直接盛装羟胺待测液，羟胺的物质的量不变，因此没有影响，A不符合；
B．达到滴定终点时，俯视盛装标准液的滴定管进行读数，测得的标准液的体积偏小，则测定结果偏低，B不符合；
C．盛装标准溶液的滴定管用水洗净后未进行润洗，则测得的标准液的体积偏大，测定结果偏高，C符合；
D．盛装标准溶液的滴定管滴定前尖嘴部分处有气泡，滴定后气泡消失，则测得的标准液的体积偏大，测定结果偏高，D符合；
故答案为：CD；
（6）点溶液显中性，根据电荷守恒，可知离子浓度的大小关系为
故答案为： ；
（7）已知羟胺待测液还可用酸性标准溶液进行滴定。滴定时，羟胺被氧化为，被还原为，若使用此方法滴定羟胺待测液，达到滴定终点时的实验现象为最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅粉色（或浅紫色），半分钟内不褪色。
故答案为： 最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅粉色（或浅紫色），半分钟内不褪色 ；
【分析】(1) 根据弱碱电离常数与碱性强弱的关系，比较羟胺与氨水的碱性强弱，再结合 pH 相同条件下弱碱浓度与中和能力的关系，判断消耗稀硫酸的体积大小。
(2) 依据羟胺的电离方程式，类比弱碱与酸的反应规律，写出羟胺与盐酸反应的离子方程式。
(3) 根据羟胺溶液的碱性，选择对应的滴定管类型，并明确碱式滴定管的排气泡操作。
(4) 结合滴定反应的计量关系，计算羟胺待测液的浓度；再根据反应后溶液的酸碱性，选择合适的酸碱指示剂。
(5) 依据中和滴定的误差分析原理，分别判断锥形瓶未干燥、滴定终点俯视读数、酸式滴定管未润洗、滴定前尖嘴有气泡等操作对测定结果的影响。
(6) 利用电荷守恒，结合溶液呈中性的条件，推导 a 点溶液中各离子浓度的大小关系。
(7) 根据酸性 KMnO4溶液滴定羟胺时的氧化还原反应，描述滴定终点的实验现象。
18．甲醇被称为“液态阳光”，在化工生产、能源储能、交通燃料等领域应用广泛。目前，工业制甲醇主要涉及如下反应：
I.
II.
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）反应I的　 　。该反应自发进行的条件是　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）。
（2）一定温度下，向一容积恒定的容器内充入和只发生反应Ⅰ。
①下列说法中能表明该反应达到化学平衡状态的是　 　（填字母）。
A.体系的压强不再变化
B.的质量不再变化
C.体系中气体的密度不再变化
D.每断裂键的同时生成键
②相同时间内，测得的转化率与温度的关系如图所示。点为图像最高点，由，的转化率增大的原因是　 　。
（3）时，向容积恒定为的密闭容器中充入和只发生反应Ⅱ。
①达到平衡时，测得容器内的压强是初始时的0.75倍，该温度下反应Ⅱ的平衡常数　 　。
②某种催化剂催化反应Ⅱ的反应机理和相对能量变化如下图所示（吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS表示过渡态）。该反应历程中，正反应的最大能垒（活化能）为　 　。
（4）为研究制备甲醇的条件，某实验小组将与按物质的量之比1：3充入一压强恒定为3MPa的密闭容器中发生反应I~Ⅲ。
①不同温度和催化剂下，的转化率、的时空产率数据如下表所示。其中，最适合用于制取的一组条件是　 　（填编号）。
已知：STY是时空产率的缩写，指在特定条件下，单位时间内，单位质量（或体积）催化剂所生成的目标产物的量。
编号 温度（） 催化剂 的转化率（%）
A 220 4CZA-AE 12.696 318.0
B 220 4CZA-WI 13.217 305.1
C 240 4CZA-AE 13.652 311.7
D 240 4CZA-WI 13.652 280.0
②上述制甲醇的过程中会产生少量甲酸。当其他条件相同时，随着催化剂循环使用次数增加，甲醇的产量会逐渐下降。导致甲醇产量下降的原因可能是　 　。
【答案】（1）；低温
（2）AB；温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大
（3）0.148；1.40
（4）A；甲酸会使催化剂失活
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）已知反应II. ；反应Ⅲ. ；根据盖斯定律可知，由反应II-反应Ⅲ，可得反应I的。该反应，，为使，应选择低温条件，故该反应自发进行的条件是低温。
故答案为： ； 低温 ；
（2）①A．容积恒定，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体压强减小，故当体系的压强不再变化，能表明该反应达到化学平衡状态，A正确；
B．的质量不再变化，说明正、逆反应速率相等，能表明该反应达到化学平衡状态，B正确；
C．容积恒定，根据质量守恒定律可知混合气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故体系中气体的密度不再变化，不能表明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D．断裂键和生成键均表示的是正反应方向，不能说明正、逆反应速率相等，故不能表明该反应达到化学平衡状态，D错误；
故选AB。
②点为图像最高点，温度低于时，反应未达到平衡状态，由，的转化率增大的原因是温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大。
故答案为： AB ； 温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大 ；
（3）①容积恒定，压强之比等于物质的量之比，故达到平衡时，混合气体总物质的量为，设转化量为xmol，则可列出三段式为，可得1-x+3-3x+x+x=3，解得x=0.5，容积为1L，故该温度下反应Ⅱ的平衡常数。
②由图可知，该反应历程中，正反应的最大能垒（活化能）为0.40-(-1.00)=1.40。
故答案为： 0.148 ； 1.40 ；
（4）①由表格数据可知，不同温度和催化剂下，的转化率相差不大，A条件下的时空产率最大，故最适合用于制取的一组条件是A。
②已知上述制甲醇的过程中会产生少量甲酸。当其他条件相同时，随着催化剂循环使用次数增加，甲醇的产量会逐渐下降。导致甲醇产量下降的原因可能是甲酸会使催化剂失活。
故答案为： A ； 甲酸会使催化剂失活 ；
【分析】（1）利用盖斯定律计算目标反应的焓变，结合 ΔG = ΔH TΔS 判据判断反应自发进行的温度条件。
（2）①根据反应特点（气体分子数变化、物质状态等），逐一分析压强、物质质量、密度、化学键变化能否作为平衡标志；
②结合图像最高点的含义，区分平衡前和平衡后温度对反应速率与转化率的影响。
（3）①利用恒温恒容下压强与物质的量成正比，结合三段式计算平衡时各物质的浓度，进而求平衡常数；
②根据反应历程图中能量差计算正反应的最大活化能。
（4）①结合表格数据，综合对比不同条件下 CO2转化率与 CH3OH 时空产率，选出制取甲醇的最优条件；
②从催化剂活性角度分析循环使用次数增加导致甲醇产量下降的可能原因。
（1）已知反应II. ；反应Ⅲ. ；根据盖斯定律可知，由反应II-反应Ⅲ，可得反应I的。该反应，，为使，应选择低温条件，故该反应自发进行的条件是低温。
（2）①A．容积恒定，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体压强减小，故当体系的压强不再变化，能表明该反应达到化学平衡状态，A正确；
B．的质量不再变化，说明正、逆反应速率相等，能表明该反应达到化学平衡状态，B正确；
C．容积恒定，根据质量守恒定律可知混合气体的总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故体系中气体的密度不再变化，不能表明该反应达到化学平衡状态，C错误；
D．断裂键和生成键均表示的是正反应方向，不能说明正、逆反应速率相等，故不能表明该反应达到化学平衡状态，D错误；
故选AB。
②点为图像最高点，温度低于时，反应未达到平衡状态，由，的转化率增大的原因是温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的更多，使的转化率增大。
（3）①容积恒定，压强之比等于物质的量之比，故达到平衡时，混合气体总物质的量为，设转化量为xmol，则可列出三段式为，可得1-x+3-3x+x+x=3，解得x=0.5，容积为1L，故该温度下反应Ⅱ的平衡常数。
②由图可知，该反应历程中，正反应的最大能垒（活化能）为0.40-(-1.00)=1.40。
（4）①由表格数据可知，不同温度和催化剂下，的转化率相差不大，A条件下的时空产率最大，故最适合用于制取的一组条件是A。
②已知上述制甲醇的过程中会产生少量甲酸。当其他条件相同时，随着催化剂循环使用次数增加，甲醇的产量会逐渐下降。导致甲醇产量下降的原因可能是甲酸会使催化剂失活。
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