江蘇省徐州市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末抽測試題含解析

PAGE22-江蘇省徐州市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末抽測試題（含解析）單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1.依據(jù)能量變更示意圖(如圖所示)，下列說法不正確的是()A.相同質(zhì)量的和，前者具有的能量較高B.破壞相同物質(zhì)的量的和中全部的化學(xué)鍵，后者所需的能量高C.D.，則【答案】D【解析】【詳解】A．轉(zhuǎn)化為要汲取熱量，故相同質(zhì)量的和，具有的能量高于，故A正確；B．轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，，所以破壞中的化學(xué)鍵所汲取的能量比形成中的化學(xué)鍵放出的能量少，所以破壞相同物質(zhì)的量的和中全部的化學(xué)鍵，后者所需的能量高，故B正確；C．由蓋斯定律可知，，故C正確；D．，，因，故，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。2.下列化學(xué)用語正確的是（）A.CO2分子的電子式為B.基態(tài)Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d94s2C.Cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為D.HClO的結(jié)構(gòu)式為H—Cl—O【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化碳分子中碳原子與每個(gè)氧原子共用兩對電子，所以電子式為，故A正確；B．能級半滿、全滿、全空更穩(wěn)定，能量更低，所以基態(tài)Cu原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，故B錯(cuò)誤；C．氯原子得到一個(gè)電子形成氯離子，所以Clˉ結(jié)構(gòu)示意圖為，故C錯(cuò)誤；D．HClO的結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為A。3.下列說法正確的是(NA表示阿伏伽德羅常數(shù))()A.反應(yīng)TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH>0能自發(fā)進(jìn)行，其緣由是ΔS>0B.對反應(yīng)運(yùn)用催化劑雖然不能變更轉(zhuǎn)化率，但能夠變更反應(yīng)的焓變C.除去MgCl2溶液中的少量FeCl3，加入足量氫氧化鈉，充分反應(yīng)后，過濾D.1molCl2溶于水后，溶液中Cl2、HClO、ClO-、Cl-四種粒子總數(shù)為2NA【答案】A【解析】【詳解】A．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)在肯定條件下可自發(fā)進(jìn)行，則△G=△H-T?△S＜0，又該反應(yīng)的△H＞0，則只有△S＞0時(shí)才能使△G＜0，故A正確；B．催化劑可以變更反應(yīng)速率，但不能變更反應(yīng)的初狀態(tài)和終狀態(tài)，不影響焓變，故B錯(cuò)誤；C．加入足量的NaOH溶液一是會(huì)引入新的雜質(zhì)鈉離子，二是鎂離子也會(huì)沉淀，故C錯(cuò)誤；D．1molCl2溶于水后，體系中Cl原子總數(shù)為2NA，而Cl2分子中含有兩個(gè)氯原子，所以2n(Cl2)+n(HClO)+n(ClO-)+n(Cl-)=2mol，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為A。4.下列關(guān)于價(jià)電子排布式為3s23p4的粒子的描述正確的是()A.它的原子核外有三種形態(tài)不同的電子云B.它的原子核外電子共有16種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)C.它可與H2反應(yīng)生成常溫時(shí)的液態(tài)化合物D.該原子的軌道表示式為【答案】B【解析】【分析】A.電子云形態(tài)種數(shù)由該原子能級種類確定；B.原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和該原子的核外電子數(shù)相等；C.硫與氫氣反應(yīng)生成硫化氫，在常溫下，硫化氫為氣體；D.3p能級上電子排布圖違反洪特規(guī)則?！驹斀狻緼.價(jià)電子構(gòu)型為3s23p4的元素是16號元素S，具有s和p兩種能級，因此該原子的電子云形態(tài)有兩種，分別是球形和啞鈴形，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.S原子具有16個(gè)核外電子，處于不同能層、能級上的電子具有的能量不同，同一能級上的電子自旋方向相反，故有16種不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，故B項(xiàng)正確；C.硫和氫氣化合生成的硫化氫在常溫下是氣體而不是液體，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.電子排布在同一能級的不同軌道時(shí)，總是優(yōu)先單獨(dú)占據(jù)一個(gè)軌道，且自旋方向相同，所以3p能級上電子排布圖違反洪特規(guī)則，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。5.下列說法正確的是A.在相同溫度下，物質(zhì)的量濃度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH￣)相等B.中和pH和體積均相等的鹽酸、CH3COOH溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量相同C.濃度和體積都相等的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應(yīng)，鹽酸產(chǎn)生的H2多D.室溫下pH＝1的CH3COOH溶液和pH＝13的NaOH溶液中，c(CH3COO￣)＝c(Na+)【答案】D【解析】【詳解】A.氫氧化鈉是強(qiáng)堿，完全電離，一水合氨是弱堿，部分電離，在相同溫度下，物質(zhì)的量濃度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)不相等，前者小于后者，故A錯(cuò)誤；B.pH相同的鹽酸、CH3COOH溶液相比，CH3COOH的濃度更大，所以中和pH和體積均相等的鹽酸、CH3COOH溶液時(shí)，最終CH3COOH所需NaOH的物質(zhì)的量更大，故B錯(cuò)誤；C.濃度和體積都相等的鹽酸和醋酸溶液中氫離子的物質(zhì)的量n(H+)相等，則兩者分別與足量的Zn完全反應(yīng)時(shí)，產(chǎn)生的H2一樣多，故C錯(cuò)誤；D.室溫下pH=1醋酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，各溶液中都存在電荷守恒，依據(jù)電荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，依據(jù)室溫下水的離子積為常數(shù)，所以酸中c(OH-)等于堿中c(H+)，所以存在c(CH3COO-)=c(Na+)，故D正確；答案選D。6.設(shè)表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯(cuò)誤的是A.與組成的混合物中，含有的電子數(shù)目為B.（標(biāo)準(zhǔn)狀況）與足量乙烷反應(yīng)時(shí)，斷裂的鍵數(shù)目為C.濃度均為的、溶液中，數(shù)目前者比后者多D.[電離方程式：]消耗數(shù)目最多為【答案】C【解析】【詳解】A.C60與C50均是由碳原子組成的，3.6g碳原子的物質(zhì)的量n(C)==0.3mol，每個(gè)C原子中含有6個(gè)電子，則0.3molC原子中含有電子數(shù)目：0.3mol×6NA/mol=1.8NA，選項(xiàng)A正確；B.6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2的物質(zhì)的量n(Cl2)==0.3mol，Cl2與足量的乙烷反應(yīng)時(shí)，有一半的氯原子取代烷烴分子中的氫原子，故反應(yīng)時(shí)斷裂的C-H鍵物質(zhì)的量為0.3mol，選項(xiàng)B正確；C.0.1L濃度為2mol/L鹽溶液中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量為n=2mol/L×0.1L=0.2mol，若不考慮鹽的水解，NH4+數(shù)目前者比后者多0.2NA，但NH4+能水解且水解程度與溶液中c(NH4+)有關(guān)，離子濃度越小，水解程度越大，故兩種溶液中NH4+數(shù)目：前者比后者多的數(shù)值大于0.2NA，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.由硼酸電離方程式可知：硼酸為一元酸，所以0.1molH3BO3消耗OH-數(shù)目最多為0.1NA，選項(xiàng)D正確；答案選C。7.常溫下，下列各組離子在指定溶液中肯定能大量共存的是（）A.=1012的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO、Cl-B.澄清透亮的溶液中：H+、Cu2+、SO、NOC.0.1mol/L的NaHCO3溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SOD.由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO【答案】B【解析】【詳解】A．=1012的溶液中顯酸性，酸性溶液中NO3－會(huì)將Fe2＋氧化而不能大量共存，故A不符合題意；B．四種離子相互之間不反應(yīng)，可以在澄清透亮的溶液中大量共存，故B符合題意；C．Fe3＋可以與HCO3－相互促進(jìn)水解，生成Fe(OH)3和CO2，不能大量共存，故C不符合題意；D．水電離產(chǎn)生的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中水的電離受到抑制，可能是酸溶液也可能是堿溶液，堿溶液中Al3+不能大量存在，故D不符合題意；答案為B。8.下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO+CaSO4=CaCO3+SOB.酸化NaIO3和NaI的溶液混合：I-+IO+6H+=I2+3H2OC.KClO堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+4H++H2OD.電解飽和食鹽水：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑【答案】A【解析】【詳解】A．碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO+CaSO4=CaCO3+SO，A正確；B．酸化NaIO3和NaI的溶液混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B錯(cuò)誤；C．KClO堿性溶液與Fe(OH)3發(fā)生氧化還原反應(yīng)：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH－=2FeO+3Cl-+5H2O，C錯(cuò)誤；D．電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣：2Cl-++2H2OCl2↑+H2↑+2OH－，D錯(cuò)誤；答案選A。9.三氯氫硅（SiHCl3）是制備硅烷、多晶硅的重要原料，在催化劑作用下可發(fā)生反應(yīng)：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50℃和70℃K時(shí)SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變更的結(jié)果如圖所示。下列敘述不正確的是A.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.反應(yīng)速率大?。簐a＞vbC.70℃時(shí)，平衡常數(shù)K=0.112/0.782D.增大壓強(qiáng)，可以提高SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率，縮短達(dá)平衡的時(shí)間【答案】D【解析】【詳解】A.上升溫度，SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率增大，所以該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故A正確；B.a、b兩點(diǎn)的濃度相同，a點(diǎn)的溫度大于b點(diǎn)，所以反應(yīng)速率大?。簐a＞vb，故B正確；C.70℃時(shí)，達(dá)到平衡時(shí)SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率為22%，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)n000.22n0.11n0.11n0.78n0.11n0.11n平衡常數(shù)K=(0.11n)2/(0.78n)2=0.112/0.782，故C正確；D.增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，增大壓強(qiáng)不能提高SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率，故D錯(cuò)誤。選D。10.全固態(tài)鋰硫電池能量密度高、成本低，其工作原理如圖所示，其中電極a常用摻有石墨烯的S8材料，電池反應(yīng)為：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列說法正確的是A.電池工作時(shí)，負(fù)極可發(fā)生反應(yīng)：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4B.電池充電時(shí)間越長，電池中的Li2S2量越多C.電解質(zhì)中加入硫酸能增加導(dǎo)電性D.電池工作時(shí)，外電路中流過0.02mol電子，負(fù)極材料減重0.14g【答案】D【解析】【詳解】A、由裝置圖可知，電池工作時(shí)Li+向a極移動(dòng)，則a極為正極，b極為負(fù)極，結(jié)合電池反應(yīng)為16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8），負(fù)極Li的反應(yīng)式為Li-e-=Li+，所以A錯(cuò)誤；B、由總反應(yīng)可知正極依次發(fā)生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的還原反應(yīng)，當(dāng)充電時(shí)，將進(jìn)行逆向轉(zhuǎn)化，所以充電時(shí)間越長，電池中Li2S2量越少，故B錯(cuò)誤；C、加入硫酸，將腐蝕負(fù)極材料Li，故C錯(cuò)誤；D、該電池的負(fù)極反應(yīng)Li-e-=Li+，所以當(dāng)電路中流過0.02mol電子，負(fù)極消耗Li的物質(zhì)的量為0.02mol，其質(zhì)量為0.14g，所以D正確。本題正確答案為D?！军c(diǎn)睛】由于正極反應(yīng)可以寫多個(gè)，且隨著時(shí)間的延長，依次發(fā)生S8→Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的轉(zhuǎn)化，所以充電時(shí)將逆向轉(zhuǎn)化，因此充電時(shí)間超長，電池中Li2S2量越少。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。若答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題得0分；若答案包括2個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分；但只要選錯(cuò)1個(gè)，該題就得0分。11.高溫下，超氧化鉀晶體呈立方體結(jié)構(gòu)，晶體中氧的化合價(jià)部分為0價(jià)，部分為－2價(jià)，如圖所示為超氧化鉀晶體的一個(gè)晶胞，則下列說法正確的是A.超氧化鉀的化學(xué)式為KO2，每個(gè)晶胞含有4個(gè)K＋和4個(gè)B.晶體中每個(gè)K＋四周有8個(gè)，每個(gè)四周有8個(gè)K＋C.晶體中與每個(gè)K＋距離最近的K＋有8個(gè)，晶體中與每個(gè)距離最近的有6個(gè)D.晶體中其中0價(jià)氧和－2價(jià)氧的物質(zhì)的量之比為1:1【答案】A【解析】【詳解】A.該晶胞中，K+的個(gè)數(shù)為=4，的個(gè)數(shù)為：=4，A正確；B.晶體中每個(gè)K＋四周有6個(gè)O，每個(gè)四周有6個(gè)K＋，B錯(cuò)誤；C.晶體中與每個(gè)K＋距離最近的K＋有12個(gè)，晶體中與每個(gè)距離最近的有12個(gè)，C錯(cuò)誤；D.晶胞中K+與個(gè)數(shù)分別為4、4，所以晶胞中共有8個(gè)氧原子，依據(jù)電荷守恒，4個(gè)K+帶有4個(gè)正電荷，則-2價(jià)O原子數(shù)目為2，所以0價(jià)氧原子數(shù)目為8-2=6，所以晶體中，0價(jià)氧原子與-2價(jià)氧原子的數(shù)目比為3：1，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)為A。12.常溫下，有關(guān)物質(zhì)的溶度積如下，下列有關(guān)說法不正確的是()物質(zhì)CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.96×10-96.82×10-64.68×10-65.60×10-122.80×10-39A.常溫下，除去NaCl溶液中的MgCl2雜質(zhì)，選用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B.常溫下，除去NaCl溶液中的CaCl2雜質(zhì)，選用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，當(dāng)兩種沉淀共存且溶液的pH=8時(shí)，c(Mg2+)：c(Fe3+)=2.0×10-21D.將適量的Ca(OH)2固體溶于100mL水中，剛好達(dá)到飽和[c(Ca2+)=1.0×10-2mol/L]，若保持溫度不變，向其中加入100mL0.012mol/L的NaOH，則該溶液變?yōu)椴伙柡腿芤骸敬鸢浮緽【解析】【詳解】A．設(shè)鎂離子的濃度為a，依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知當(dāng)產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀時(shí)c(OHˉ)=mol/L，當(dāng)產(chǎn)生碳酸鎂沉淀時(shí)，c(CO)=mol/L，mol/L＜mol/L，所以當(dāng)鎂離子濃度相同時(shí)，氫氧化鎂更簡潔產(chǎn)生沉淀，則除去NaCl溶液中的MgCl2雜質(zhì)，選用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正確；B．設(shè)鈣離子離子的濃度為b，依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知當(dāng)產(chǎn)生Ca(OH)2沉淀時(shí)c(OHˉ)=mol/L，當(dāng)產(chǎn)生碳酸鈣沉淀時(shí)，c(CO)=mol/L，mol/L＞mol/L，所以當(dāng)鈣離子濃度相同時(shí)，碳酸鈣更簡潔沉淀，則除去NaCl溶液中的CaCl2雜質(zhì)，選用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B錯(cuò)誤；C．向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，當(dāng)兩種沉淀共存且溶液的pH=8時(shí)，，，所以，C項(xiàng)正確；D．將適量的Ca(OH)2固體溶于100mL水中，剛好達(dá)到飽和，c(Ca2+)=1.0×10-2mol/L，c(OH-)=mol/L=2.163×10-2mol/L，若保持溫度不變，向其中加入100mL0.012mol/L的NaOH，混合后，c(Ca2+)=0.5×10-2mol/L，c(OH-)=，此時(shí)Ca(OH)2的離子積＜Ksp[Ca(OH)2]，則該溶液變?yōu)椴伙柡腿芤海珼項(xiàng)正確；綜上所述答案為為B。13.下列推斷正確的是()A.圖1可表示電解200mL0.1mol·L－1NaCl溶液過程中，產(chǎn)生氫氣體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)與轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量的關(guān)系曲線B.圖2可表示常溫下0.1mol·L－1鹽酸滴加到40mL0.1mol·L－1NaOH溶液的滴定曲線C.高溫下能自發(fā)進(jìn)行的反應(yīng)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的能量變更如圖3所示，則該反應(yīng)的ΔS>0D.圖4可表示反應(yīng)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在t1時(shí)刻擴(kuò)大容器體積時(shí)，v逆隨時(shí)間的變更曲線【答案】CD【解析】【詳解】A．電解NaCl溶液時(shí)，陰極始終是水電離生成的H+被還原為H2，因此氫氣的體積隨著轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量在不斷增加，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．常溫下0.1mol/L的NaOH溶液其pH是13，因此，滴定曲線中V(鹽酸)=0mL即未滴加鹽酸時(shí)，溶液的pH應(yīng)為13，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由圖可知，該反應(yīng)的，該反應(yīng)能在高溫下自發(fā)進(jìn)行，依據(jù)可知，該反應(yīng)的，C項(xiàng)正確；D．t1時(shí)刻擴(kuò)大容器體積，相當(dāng)于降低體系的壓強(qiáng)，因此t1時(shí)刻v逆會(huì)因?yàn)閴簭?qiáng)降低而減小；依據(jù)該反應(yīng)的方程式可知，降低壓強(qiáng)會(huì)使反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，NH3的量會(huì)漸漸下降，因此v逆會(huì)進(jìn)一步減小直至達(dá)到新的平衡狀態(tài)，D項(xiàng)正確；答案選CD。14.分別調(diào)整0.01mol·L－1HCOOH溶液、0.01mol·L－1氨水的pH，系統(tǒng)中微粒濃度的負(fù)對數(shù)值(－lgc)與pH的關(guān)系分別如下圖所下列說法錯(cuò)誤的是A.25℃時(shí)，NH3·H2ONH4++OH－的lgK=－4.7B.25℃時(shí)，0.01mol·L－1HCOOH溶液的pH為3.7C.HCOONa溶液中加入NH4Cl至溶液呈中性：c(Cl－)＞c(Na+)＞c(HCOO－)D.HCOONa溶液中加入KHSO3至溶液呈中性：c(HCOOH)+c(H2SO3)=c(SO32－)【答案】BC【解析】【分析】－【詳解】A、NH3·H2O為弱堿，部分電離，電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，因此25℃時(shí)當(dāng)c(NH3·H2O)=c(NH4＋)，K=c(OH－)=Kw/c(H＋)=10-4.7mol·L－1，即lgK=－4.7，故A說法正確；B、25℃時(shí)甲酸平衡常數(shù)為K=10－3.7，依據(jù)平衡常數(shù)，25℃時(shí)，0.01mol·L－1甲酸中c(H＋)=10－2.85mol·L－1，即pH≈2.9，故B錯(cuò)誤；C、依據(jù)水解平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水的離子積之間的關(guān)系，HCOO－的水解平衡常數(shù)Kh=Kw/Ka=10－10.3，NH4＋的水解平衡常數(shù)Kh=10－9.3，NH4＋的水解程度大于HCOO－水解程度，兩種溶液混合后呈中性，甲酸鈉的量比NH4Cl多，Na＋濃度大于Cl－濃度，故C錯(cuò)誤；D、依據(jù)電荷守恒，c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(H＋)＋c(K＋)，溶液顯中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(CHOO－)＋c(HSO3－)＋2c(SO32－)=c(Na＋)＋c(K＋)，依據(jù)物料守恒，c(Na＋)=c(HCOO－)＋c(HCOOH)，c(K＋)=c(HSO3－)＋c(H2SO3)＋c(SO32－)，三式合并得到：c(SO32－)=c(HCOOH)＋c(H2SO3)，故D正確；15.初始溫度為t℃，向三個(gè)密閉的容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生如下反應(yīng)：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，測得反應(yīng)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器容器類型初始體積初始壓強(qiáng)/Pa反應(yīng)物投入量/mol平衡時(shí)Cl2的物質(zhì)的量/molHClO2Cl2H2OI恒溫恒容1L41001II絕熱恒容1Lp20022aIII恒溫恒壓2Lp38200b下列說法正確的是()A.反應(yīng)4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)的ΔH>－116kJ·mol－1B.a＞1,b＞2C.p2＝1.6×105Pa，p3＝4×105PaD.若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，則反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行【答案】BD【解析】【分析】三個(gè)容器中，Ⅰ與Ⅱ均為恒容容器，差別在于前者恒溫，后者絕熱；不妨設(shè)想容器Ⅳ，其與容器Ⅰ其余的條件相同，僅投料方式依據(jù)容器Ⅱ中的投料方式進(jìn)行，那么容器Ⅳ中的平衡與Ⅰ中的等效，容器Ⅳ中的反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，Cl2的物質(zhì)的量為1mol。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，體積擴(kuò)大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器Ⅲ是在恒溫恒壓的條件下反應(yīng)的；不妨設(shè)想容器Ⅴ，其與容器Ⅲ的其他的條件相同，僅容器類型更改為恒溫恒容的容器，那么容器Ⅴ中的平衡狀態(tài)與Ⅰ中的等效，容器Ⅴ中的反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，Cl2的物質(zhì)的量為2mol。【詳解】A．4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－116kJ·mol－1，反應(yīng)4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(l)，生成液態(tài)水，氣態(tài)水變液態(tài)水放出熱量，因此ΔH＜－116kJ·mol－1，故Ａ錯(cuò)誤；B．構(gòu)造的容器Ⅳ的類型是恒溫恒容，容器Ⅱ的類型是絕熱恒容，二者都是逆向反應(yīng)建立的平衡狀態(tài)，容器Ⅱ由于是絕熱的，所以容器Ⅱ中的溫度會(huì)越來越低，不利于反應(yīng)逆向進(jìn)行，相比于容器Ⅳ達(dá)到平衡時(shí)消耗的Cl2更少，所以a＞1；構(gòu)造的容器Ⅴ的類型為恒溫恒容，容器Ⅲ的類型為恒溫恒壓，二者都是正向反應(yīng)建立的平衡，由于容器Ⅴ為恒容容器，所以反應(yīng)起先后容器Ⅴ中的壓強(qiáng)漸漸小于容器Ⅲ中的壓強(qiáng)，壓強(qiáng)越小越不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，因此平衡時(shí)，容器Ⅴ中的Cl2的量小于容器Ⅲ中的，所以b＞2，故B正確；C．依據(jù)阿伏加德羅定律PV=nRT可知，溫度相同，體積相同，則壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，解得p2＝1.6×105Pa，III容器體積和加入的物質(zhì)的量都是I容器的2倍，因此壓強(qiáng)相同p3＝2×105Pa，故C錯(cuò)誤；D．，反應(yīng)容器Ⅰ平衡常數(shù)，若起始向容器Ⅰ中充入0.5molHCl、0.5molO2、0.5molCl2和0.5molH2O，，則反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故D正確。綜上所述，答案為BD。非選擇題：本題包括5小題，每小題12分，共60分。16.原子序數(shù)依次增大的A、B、C、D、E、F、G七種元素。其中A的原子有5種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子；B的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級，各能級中的電子數(shù)相等；D的基態(tài)原子2p能級上的未成對電子數(shù)與B原子的相同；E為它所在周期中原子半徑最大的主族元素；F和D位于同一主族，G的原子序數(shù)為29。(1)基態(tài)G原子的價(jià)電子排布式為__。(2)元素B、C的簡潔氣態(tài)氫化物的沸點(diǎn)較高的是__(用化學(xué)式表示)。(3)A晶體熔點(diǎn)為2300℃，則其為__晶體。(4)GD在加熱條件下簡潔轉(zhuǎn)化為G2D，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明緣由__。(5)G與肯定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應(yīng)，生成的鹽只有硫酸鹽，為將生成的兩種氣體(氣體相對分子質(zhì)量均小于50)完全轉(zhuǎn)化為最高價(jià)含氧酸鹽，消耗了1molO2和1L2.2mol/LNaOH溶液。則兩種氣體的分子式及物質(zhì)的量分別為__，生成硫酸銅物質(zhì)的量為__?！敬鸢浮?1).3d104s1(2).NH3(3).原子(4).Cu2+外圍電子排布為3d9，而Cu+外圍電子3d10為全充溢穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu2O更穩(wěn)定(5).0.9molNO、1.3molNO2(6).2mol【解析】【分析】其中A的原子有5種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，則A原子核外有5個(gè)電子，所以A為硼(B)元素；B的基態(tài)原子有3個(gè)不同的能級，各能級中的電子數(shù)相等，則其核外電子排布應(yīng)為1s22s22p2，所以B為碳(C)元素；D的基態(tài)原子2p能級上的未成對電子數(shù)與B原子的相同，則D原子的核外電子排布式為1s22s22p4，所以D為氧(O)元素，C位于碳和氧之間，所以C為氮(N)元素；G的原子序數(shù)為29，則G為銅(Cu)元素；F和D位于同一主族，且原子序數(shù)小于銅，則F為硫(S)元素；E為它所在周期中原子半徑最大的主族元素，且原子序數(shù)小于硫大于氧，則E為鈉(Na)元素?！驹斀狻?1)G為Cu，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，所以價(jià)電子排布式為3d104s1；(2)元素B、C分別為C元素和N元素，簡潔氣態(tài)氫化物分別為CH4和NH3，由于NH3分子之間存在氫鍵，所以NH3的沸點(diǎn)較高；(3)元素A為硼，硼晶體熔點(diǎn)很高，應(yīng)為原子晶體；(4)GD為CuO，加熱條件下簡潔轉(zhuǎn)化為Cu2O；Cu2+外圍電子排布為3d9，而Cu+外圍電子3d10為全充溢穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu2O更穩(wěn)定，CuO在加熱條件下簡潔轉(zhuǎn)化為Cu2O；(5)同時(shí)產(chǎn)生兩種氣體，氣體相對分子質(zhì)量均小于50，依據(jù)N元素的價(jià)態(tài)變更規(guī)律和硝酸與銅反應(yīng)的規(guī)律不妨設(shè)兩種氣體為NO和NO2；消耗1L2.2mol/LNaOH溶液，則依據(jù)元素守恒可知生成的n[Na(NO3)]=2.2mol，則n(NO)+n(NO2)=2.2mol，依據(jù)電子守恒可知3n(NO)+n(NO2)=4n(O2)=4mol，聯(lián)立解得n(NO)=0.9mol，n(NO2)=1.3mol，可以得出合理解，故假設(shè)成立，兩種氣體分別為NO和NO2，物質(zhì)的量分別為0.9mol、1.3mol；Cu與肯定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應(yīng)生成的鹽只有CuSO4，依據(jù)題意可知硝酸被銅還原后的產(chǎn)物又被氧氣氧化生成了硝酸根，則依據(jù)電子守恒可知n(CuSO4)=2n(O2)=2mol；【點(diǎn)睛】第5小題為本題難點(diǎn)，首先學(xué)生須要對N元素的價(jià)態(tài)變更熟識(shí)，明確生成的兩種氣體分別是何種物質(zhì)，其次要留意應(yīng)用氧化還原反應(yīng)中的守恒規(guī)律進(jìn)行計(jì)算。17.25℃時(shí)，三種酸的電離平衡常數(shù)如下：化學(xué)式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.8×10-5K14.3×10-7K25.6×10-113.0×10-8回答下列問題：(1)一般狀況下，當(dāng)溫度上升時(shí)，Ka__(填“增大”、“減小”或“不變”)。(2)下列四種離子結(jié)合質(zhì)子實(shí)力由大到小的依次是__(填序號)；a.COb.ClO-c.CH3COO-d.HCO(3)下列反應(yīng)不能發(fā)生的是__(填序號)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2Ob.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClOc.CO+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO(4)體積均為10mL、pH均為2的醋酸溶液與HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程中pH變更如圖所示。則HX的電離平衡常數(shù)__(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H+)__醋酸溶液中水電離出來的c(H+)，理由是___?！敬鸢浮?1).增大(2).a＞b＞d＞c(3).cd(4).大于(5).大于(6).稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，醋酸抑制水電離程度大于HX【解析】【分析】上升溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離；酸根離子對應(yīng)的酸的酸性越強(qiáng)，酸根離子結(jié)合氫離子的實(shí)力越弱；酸性強(qiáng)弱為CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，強(qiáng)酸能夠制取弱酸；加水稀釋促進(jìn)弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變更大的酸酸性強(qiáng)，變更小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大；加水稀釋HX溶液中氫離子濃度減小，對水的抑制程度減小?！驹斀狻?1)上升溫度能促進(jìn)弱電解質(zhì)的電離，所以當(dāng)溫度上升時(shí)，Ka增大；(2)電離平衡常數(shù)越大，越易電離，溶液中離子濃度越大，則酸性強(qiáng)弱為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，酸根離子對應(yīng)的酸的酸性越強(qiáng)，酸根離子結(jié)合氫離子的實(shí)力越弱，則四種離子結(jié)合質(zhì)子的實(shí)力由大到小的依次是：CO＞ClO-＞HCO＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；(3)a.CO+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能夠制取碳酸，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故a不符合題意；b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能夠制取HClO，該反應(yīng)能夠發(fā)生，故b不符合題意；c.CO+HClO=CO2↑+H2O+ClO-：HClO的酸性小于碳酸，該反應(yīng)無法發(fā)生，故c符合題意；d.2ClO-+CO2+H2O=CO+2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO，則碳酸與次氯酸根離子反應(yīng)只能生成碳酸氫根離子，不會(huì)生成CO，該反應(yīng)不能發(fā)生，故d符合題意；綜上所述，本題答案是：cd；(4)加水稀釋促進(jìn)弱酸電離，pH相同的不同酸稀釋相同的倍數(shù)，pH變更大的酸酸性強(qiáng)，變更小的酸酸性弱；酸或堿抑制水電離，酸中氫離子或堿中氫氧根離子濃度越大其抑制水電離程度越大；依據(jù)圖知，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變更大，則HX的酸性大于醋酸，所以HX的電離平衡常數(shù)大于醋酸的電離平衡常數(shù)；稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，所以醋酸抑制水電離程度大于HX，則HX溶液中水電離出來的c(H+)大于醋酸溶液水電離出來c(H+)；理由是：稀釋后醋酸中氫離子濃度大于HX，醋酸抑制水電離程度大于HX?！军c(diǎn)睛】本題考查酸堿混合溶液定性推斷，涉及弱酸的電離、水的電離程度、反應(yīng)能否進(jìn)行等學(xué)問，試題學(xué)問點(diǎn)較多、綜合性較強(qiáng)，充分考查分析推斷實(shí)力。18.常溫下，用含鈷廢料(主要成分為CoCO3，還含有少量NiCO3與鐵屑)制備CoCl2?6H2O的工藝流程如圖。①已知除鎳過程中溶液pH對鈷的回收率及Ni2+含量的影響如圖所示。②部分金屬陽離子在試驗(yàn)條件下起先沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬陽離子起先沉淀pH完全沉淀pHFe3+1.54.0Fe2+7.59.7Co2+6.69.4Ni2+7.79.5回答下列問題：(1)酸浸后溶液中的陽離子為：Co2+，Ni2+和__。(2)除鎳時(shí)，應(yīng)調(diào)整溶液pH=__，此時(shí)Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___(是或否)。若pH過小，則產(chǎn)品純度會(huì)___(上升，降低，或不變)。(3)酸溶時(shí)，當(dāng)調(diào)整pH=8時(shí)，溶液中n(Fe3+)：n(Co2+)=__。已知Ksp[Co(OH)2]=2.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。(4)除鐵時(shí)先向溶液中加入30%的H2O2發(fā)生的離子反應(yīng)方程式是：__。充分反應(yīng)后再向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH范圍為__，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，最終過濾得到CoCl2溶液。(5)已知Ag++SCN-=AgSCN↓，為測定粗產(chǎn)品中CoCl2?6H2O的含量，稱取11.9g粗產(chǎn)品配成100mL溶液，從中取出25mL先加入含0.03mol的AgNO3，(雜質(zhì)不與其反應(yīng))，再用0.5mol/L的KSCN溶液標(biāo)定過量的AgNO3，該標(biāo)定操作所用的指示劑為__(填化學(xué)式)，若消耗20.00mL的KSCN溶液，則該粗產(chǎn)品中CoCl2?6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__?！敬鸢浮?1).Fe2+、H+(2).10(3).否(4).降低(5).2.0×10-16：1(或2.0×10-16)(6).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(7).4.0≤pH＜6.6(8).Fe(NO3)3(9).80%【解析】【分析】含鈷廢料(主要成分為CoCO3，還含有少量NiCO3與鐵屑)加稀鹽酸酸浸，得到含Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水調(diào)整pH將Co2+、Fe2+沉淀，過濾，向沉淀中加入鹽酸酸浸得到含Co2+、Fe2+溶液，向溶液中滴加適量30%H2O2，氧化Fe2+得到Fe3+，向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH為4.0≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，過濾得CoCl2溶液，減壓蒸干溶液，結(jié)晶干燥得CoCl2?6H2O。【詳解】(1)碳酸鈷和碳酸鎳與鹽酸反應(yīng)生成相應(yīng)的氯化物溶于水，酸浸后，鐵屑與酸反應(yīng)生成Fe2+和H2，同時(shí)剩余溶液中還有過量的鹽酸，則溶液中的陽離子除有Co2＋、Ni2＋以外，還有Fe2+、H+；(2)據(jù)圖可知除鎳過程中產(chǎn)品中鈷的回收率隨著溶液pH的增大而降低，產(chǎn)品中鎳元素的含量在pH=10以后幾乎不變，pH=10時(shí)，Co的回收率高且Ni的含量低，所以應(yīng)調(diào)整pH為10；除鎳時(shí)，Co元素在濾渣中Ni元素在濾液中，未形成沉淀；若pH過小，除鎳不完全，溶液中鎳元素的含量增大，則產(chǎn)品的純度會(huì)降低；(3)常溫下，酸溶時(shí)，當(dāng)調(diào)整溶液的pH為8時(shí)，溶液中c(OH?)=mol/L=1×10-6mol/L，因Ksp[Co(OH)2]＝c(Co2＋)×c2(OH?)=2.0×10－16，所以c(Co2＋)===2.0×10-4，同理可知c(Fe3＋)===4.0×10-20，溶液的體積肯定，則溶液中的n(Fe3＋)：n(Co2＋)＝c(Fe3＋)：c(Co2＋)==2.0×10-16：1=2.0×10-16，(4)除鐵時(shí)，先向溶液中滴加適量30％H2O2溶液，將Fe2＋氧化為Fe3＋，其離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；充分反應(yīng)后再向溶液中加入CoCO3，調(diào)整溶液pH，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，所需pH≥4.1，又要保證溶液中的Co2＋不沉淀，則pH<6.6，故相宜的pH范圍為：4.0≤pH＜6.6；(5)為防止銀離子與其他陰離子發(fā)生反應(yīng)，在操作過程中可選用Fe(NO3)3(因氯離子和硫酸根和銀離子生成沉淀，不能用氯化鐵或硫酸鐵)作為指示劑；Ag＋＋SCN－==AgSCN↓，則KSCN消耗的Ag＋的物質(zhì)的量n(Ag＋)=n(SCN－)=0.5mol/L×20×10-3L=0.01mol，加入的AgNO3的物質(zhì)的量為0.03mol，說明與CoCl2·6H2O反應(yīng)的AgNO3的物質(zhì)的量為0.03mol-0.01mol=0.02mol，依據(jù)關(guān)系式Ag＋Cl?CoCl2·6H2O可知，25mL溶液樣品中CoCl2·6H2O的物質(zhì)的量為×0.02mol=0.01mol，100mL溶液中的CoCl2·6H2O的質(zhì)量為×0.01mol×238g/mol=9.52g，則該粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=80%?！军c(diǎn)睛】第2小題為易錯(cuò)點(diǎn)，要留意該流程中除鎳時(shí)是使Co元素沉淀，Ni元素留著溶液中，從而達(dá)到分別的目的；第5小題選擇指示劑時(shí)要留意理解該滴定試驗(yàn)的原理是利用KSCN溶液滴定過量的銀離子，所以所用指示劑不能與銀離子反應(yīng)。19.海水中含有80多種元素，是重要的物質(zhì)資源寶庫，同時(shí)海水具有強(qiáng)大的自然調(diào)整實(shí)力，為解決環(huán)境污染問題供應(yīng)了廣袤的空間。（1）①已知不同pH條件下，水溶液中碳元素的存在形態(tài)如下圖所示。下列說法不正確的是______________（填字母序號）。a．pH=8時(shí)，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-b．A點(diǎn)，溶液中H2CO3和HCO3-濃度相同c．當(dāng)c(HCO3-)=c(CO32-)時(shí)，c(H+)>c(OH-)②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是______________。(2)海水pH穩(wěn)定在7.9—8.4之間，可用于煙道氣中CO2和SO2的汲取劑。①海水中含有的OH-可以汲取煙道氣中的CO2同時(shí)為海水脫鈣，生產(chǎn)CaCO3。寫出此反應(yīng)的離子方程式：__________。②已知：25℃時(shí)，H2CO3電離平衡常數(shù)K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11H2SO3電離平衡常數(shù)K1=1.5×10-2K2=6.0×10-8海水中含有的HCO3-可用于汲取SO2，該過程的離子方程式是_______________。(3)洗滌煙氣后的海水呈酸性，需處理后再行排放。與簇新海水混合同時(shí)鼓入大量空氣排出部分CO2，是一種處理的有效方式。①通入O2可將酸性海水中的硫(IV)氧化，該反應(yīng)的離子方程式是_______________。②上述方式使處理后海水pH上升的緣由是_________________?！敬鸢浮?1).bc(2).HCO3-+OH-=CO32-+H2O(3).CO2+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O(4).SO2+HCO3-=CO2+HSO3-(5).O2+2HSO3-=2SO42-+2H+(6).堿性海水的中和置稀釋作用：鼓入空氣解除了部分CO2（寫出隨意一點(diǎn)即可）【解析】(1)①a．有圖示可知在pH=8的溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，故a正確；b．A點(diǎn)，溶液中CO2和H2CO3