精品解析：山东省青岛第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试 化学试卷

山东省青岛第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试 化学试卷 一、单项选择题 1. 下列有关微粒性质的排序顺序中正确的是 A. 元素第一电离能：N＜O＜F B. 元素电负性：C＜H＜O C. 离子半径：Al3+＞Na+＞S2- D. 未成对电子数：Cr＞Mn＞Cl 【答案】D 【解析】 【详解】A．同一周期主族元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大趋势，但当元素处于第ⅤA时，由于原子核外电子处于轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故元素第一电离能：O＜N＜F，A错误； B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：H＜C＜O，所以元素的电负性：H＜C＜O，B错误； C．对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径就越小。对于电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。Al3+、Na+核外电子层排布是2、8，核电荷数：Al3+＞Na+，所以离子半径：Na+＞Al3+；S2-核外电子层排布是2、8、8，所以S2-半径最大，故三种离子半径大小关系为：S2-＞Na+＞Al3+，C错误； D．24号Cr元素的基态价层电子排布式是3d54s1，有6个未成对电子；25号Mn元素的基态价层电子排布式是3d54s2，有5个未成对电子；17号Cl元素的基态价层电子排布式是3s23s5，只有1个未成对电子，故三种元素的为成对电子数关系为：Cr＞Mn＞Cl，D正确； 故合理选项是D。 2. 从我们熟悉的食盐、金属、冰到贵重的钻石等都是晶体，而同样透明的玻璃却是非晶体。下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是 A. 是否具有规则的几何外形 B. 是否具有固定组成 C. 是否具有美观对称的外形 D. 内部基本构成微粒是否按一定规律做周期性重复排列 【答案】D 【解析】 【详解】有规则几何外形或美观对称外形的固体不一定都是晶体，如玻璃制品可以塑造出规则的几何外形，也可以具有美观对称的外形；具有固定组成的物质也不一定是晶体，如某些无定形体(无定形二氧化硅)也有固定的组成；晶体和非晶体的本质区别在于其内部粒子在微观空间里是否呈现周期性的有序排列。故ABC错误，D正确。答案选D。 【点睛】本题解题时需注意晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，与几何外形无关，且晶体有固定熔沸点，非晶体没有固定熔沸点，据此解答。 3. 短周期元素的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 同周期中第一电离能大于W的元素有3种 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素，综上X、Y、Z、W、Q分别为H、B、C、N、F。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，故A正确； B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于N元素的元素有F、Ne，共2种，故B错误； C．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，故C正确； D．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，故硼、碳、氮、氟的电负性逐渐增大，故D正确； 答案选B。 4. 三元催化器是汽车排气系统中重要的净化装置，可同时将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为二氧化碳、氮气和水等无害物质。下列说法不正确的是 A. Pd(钯)与Ni(镍)同族，属于ds区元素 B. 的空间构型是直线形状 C. 亚硝酸根的空间构型是角形 D. 是极性分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．Pd(钯)与Ni(镍)同族，是Ⅷ族元素，属于d区，故A错误； B．与为等电子体，空间构型相同，为直线形分子，的空间构型也是直线形状，故B正确； C．中中心原子N的价层电子对数为 ，孤电子对数为1，VSEPR模型是平面三角形，空间构型为角形，故C正确； D．H2O2是V形分子，正负电荷的重心不重合，为极性分子，故D正确； 故答案为：A。 5. 以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图所示，电池放电时的反应原理为。下列说法错误的是 A. 充电时，Al电极为阴极 B. 充电时，阳极区的电极反应式为 C. 放电时，通过阳离子交换膜向电极移动 D. 放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量减轻60g 【答案】D 【解析】 【分析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−； 充电时：Al电极阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS。 【详解】A．由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，Al为阴极，A正确； B．由分析可知充电时的阳极反应式为，B正确； C．放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C正确； D．放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1mol K+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D错误； 答案选D。 6. 镍的配合物常用于镍的提纯以及药物合成，如等。下列说法正确的是 A. CO与结构相似，CO分子内键和键个数之比为1：2 B. 中含有非极性共价键和配位键 C. 的电子排布式为 D. 中C原子的杂化方式是 【答案】A 【解析】 【详解】A．CO与CN－为等电子体，结构相似，二者σ键和π键个数之比均为1：2，A正确； B．[Ni(NH3)6]2+中含有N-H极性共价键和Ni-N间形成的配位键，B错误； C．Ni2+的电子排布式为[Ar]3d8，C错误； D．CN－为直线型，则C原子的杂化方式是sp，D错误； 答案为A。 7. 甲胺性质与氨相似。时，实验室里用的盐酸溶液滴定甲胺溶液，滴定曲线如图所示。(已知：)下列说法不正确的是 A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. 水的电离程度： C. D. b点溶液中存： 【答案】D 【解析】 【分析】根据，，则AG越大，酸性越强如图，由滴定曲线可知， a为碱性，d为酸性，c点为中性； 【详解】A．a点为0.1mol/L甲胺溶液，AG=8，，则，则甲胺为弱碱，刚好反应的盐为酸性，选用甲基橙作指示剂，故A正确； B．c点AG=0，，显中性，d点盐酸过量，对水的电离抑制程度大于c点，故B正确； C．由AG=8，可知，，，故C正确； D．b点时加入的盐酸体积10mL，溶质为和，且浓度相等，其物料守恒为；电荷守恒为，根据物料守恒和电荷守恒可得，即，故D错误； 答案选D。 8. 研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法不正确的是 A. 该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成 B. 反应路径2的催化效果更好 C. 催化剂不会改变整个反应的ΔH D. 路径1中最大能垒(活化能)E正=1.77eV 【答案】A 【解析】 【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢。 【详解】A．由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，反应过程中CO中C—O极性键、O2中O—O非极性键断裂，CO2中C—O极性键生成，没有非极性键的生成，A错误； B．由图可知：反应路径2的最大活化能比反应路径1的最大活化能低，反应路径2的催化效果更好，B正确； C．催化剂改变反应的活化能，反应的ΔH只与反应物和生成物有关，催化剂不会改变整个反应的ΔH，C正确； D．由图可知，路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-(-5.73eV)=1.77 eV，D正确； 故选A。 9. 常温下，将一定浓度的溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示表示Cl-或)。下列叙述正确的是 A. ①、②分别代表 B. C. 的 D. ，说明的溶解度更小 【答案】C 【解析】 【分析】氯离子、和银离子反应分别为Cl-+Ag+=AgCl↓，+2Ag+=Ag2CrO4↓，则、，K值只受温度影响，则结合图象可知，②上点(4.7，5)、(6.7，3)的符合的表达形式，则②代表AgCl、①代表； 【详解】A．由分析可知，①代表、②代表AgCl；A错误； B．①代表，由点(5，2)可知，，B错误； C．的K==107.4，C正确； D．②代表AgCl，由点(4.7，5)可知，；设AgCl溶解的浓度为xmol/L，则溶液中的银离子浓度为xmol/L，氯离子也为xmol/L，则根据溶度积为10-9.7=x×x，解得x=10-4.85mol/L；同理设Ag2CrO4溶解的浓度为ymol/L，则溶液中的银离子浓度为2ymol/L，也为ymol/L，再根据溶度积为10-12=(2y)2×y，解得y≈1.59×10﹣4mol/L；由此可知AgCl的溶解度反而小，而Ag2CrO4的溶解度反而大，所以Ksp的大小与溶解能力没有一定的关系，如由Ksp的大小直接判断溶解能力的大小，则需两种难溶电解质类型应相同；故，不能说明Ag2CrO4的溶解度更小，D错误； 故选：C。 10. 某溶液中可能含有I－、NH4＋、Cu2＋、SO32－，向溶液中加入少量的溴水，反应后溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是①肯定不含I－　②肯定不含Cu2＋　③肯定含有SO32-　④可能含有I－ A. ①② B. ①③ C. ②③④ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【详解】加入少量溴水，得到无色溶液，说明原溶液中不含Cu2＋，溴水有色，最后得到无色溶液，说明原溶液中含有还原性离子，原溶液中一定含有SO32－，不含I－，根据溶液呈现电中性，溶液中一定含有NH4＋，故选项C正确。 11. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 ①中性溶液中： ②的溶液中： ③加入Al能放出的溶液中： ④由水电离出的的溶液中： ⑤有较多的溶液中： ⑥酸性溶液中： A. ②④ B. ③⑥ C. ①② D. ③⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】①水解呈酸性，在中性溶液中，不能大量存在； ②为碱性溶液：可以大量共存； ③加入Al能放出的溶液可能为强酸或强碱，与氢离子不能共存，与氢氧根不能大量共存； ④由水电离出的的溶液中可能为强酸或强碱：互不反应，可以大量共存； ⑤与生成血红色物质，与双水解反应，不能大量共存； ⑥酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，不能大量共存； 符合题意的有②④，答案选A。 12. 一定条件下存在反应：，现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ，在I中充入1molCO和，在Ⅱ中充入和，在Ⅲ中充入2molCO和，均在条件下开始反应。达到平衡时，上述三个过程对应的能量变化值分别为，下列说法正确的是 A. B. 容器I中CO的百分含量比容器Ⅲ中CO的百分含量高 C. 容器I中反应的平衡常数比容器Ⅱ中反应的平衡常数小 D. 容器I中CO的转化率与容器Ⅱ中的转化率之和等于1 【答案】C 【解析】 【详解】A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，该反应为放热，容器Ⅱ中从逆反应开始到达平衡，该反应为吸热，反应在绝热容器中进行，两者达到的平衡状态不同，无法比较Q1、Q2的大小，故A错误； B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol CO和1mol H2O，压强不影响该化学平衡，反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，则容器Ⅲ中CO的转化率低，CO的百分含量高，所以容器Ⅰ中CO的百分含量比容器Ⅲ中CO的百分含量低，故B错误； C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应方向移动，则容器Ⅱ中的反应的平衡常数大于容器Ⅰ，故C正确； D．温度相同时，容器I中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，故容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D错误； 答案选C。 13. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等功效，结构简式如图所示。已知羰基能与氢气发生加成反应。下列说法错误的是 A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子中所有碳原子可能共平面 C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有5种 D. 异甘草素完全加氢后所得分子中含6个手性碳原子 【答案】D 【解析】 【详解】A．异甘草素分子中含有酮羰基、苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确； B．异甘草素分子中苯环、羰基和碳碳双键上的原子和与之相连的原子在同一平面上，则分子中所有碳原子可能共平面，故B正确； C．异甘草素分子中苯环上有五种氢，则苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有5种，故C正确； D．异甘草素完全加氢后所得分子中含有5个如图*所示的手性碳原子： ，故D错误； 故答案为：D。 14. 某同学用0.1000 mol·L-1盐酸标定浓度约为0.1 mol·L-1氨水的浓度，操作如下：取规格为25 mL的酸式滴定管，经检查不漏水后用蒸馏水洗涤，注入盐酸，驱赶滴定管尖嘴部分的气泡后调整液面，记录读数。准确量取15.00 mL氨水，注入锥形瓶中，滴加3滴酚酞试液。将盐酸滴入锥形瓶中，并不断摇动锥形瓶，当达到滴定终点时，停止滴加，记录读数。重复进行三次滴定操作，取三次滴定结果的平均值。实验中存在的错误有几处？ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】实验中存在的错误是：一是未润洗酸式滴定管，二是指示剂没有选用甲基橙，共2处错误； 故合理选项是B。 15. 常温下将NaOH溶液滴加到磷酸溶液中，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 若直线丙表示pH与-的变化关系，应该在甲线的左边 B. 时， C. ，且溶液中 D. 溶液中， 【答案】B 【解析】 【分析】常温下将NaOH溶液滴加到磷酸(H3PO4)溶液中，混合溶液中的pH越来越大，c(H3PO4) 逐渐减小，c()逐渐增大，所以逐渐减小，-lg逐渐增大；随着NaOH溶液滴入，c( )逐渐减小，c()逐渐增大，-lg逐渐增大；继续滴入NaOH溶液滴入c()逐渐减小，c( )逐渐增大，-lg逐渐增大； ，变形为，可知，以此类推，，……， Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4)，由图可知，Ka1(H3PO4)= 10-2.15； Ka2(H3PO4) =10-7.21，则甲为pH与-lg的直线，乙为pH与-lg的直线。 【详解】A．Ka1(H3PO4)＞Ka2(H3PO4) ＞Ka3(H3PO4)，则若直线丙表示pH与的变化关系，其横坐标与纵坐标的差值最大，应位于乙的右边， A错误； B．时， ==1，解得c(H+)=10-4.68，pH=4.68， B正确； C．NaH2PO4溶液中存在的电离和水解，其水解平衡常数Kh3=，结合分析可知， Kh3=10-11.85＜Ka2，所以电离程度大于水解程度，则溶液中，C错误； D．溶液中存在质子守恒，，或者通过物料守恒：、电荷守恒：合并得到，D错误； 选B。 二、不定项选择题 16. 下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是 A. 价层电子对互斥模型中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数 B. 分子的稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HI C. 第二电离能：Cu＜Ni D. 第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多 【答案】A 【解析】 【详解】A．价层电子对互斥理论中，价层电子对包括σ键电子对和孤电子对，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，A正确； B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。F、Cl、Br、I是同一主族元素，元素的非金属性：F＞Cl＞Br＞I，所以分子的稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B错误； C．Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，其第二电离能是从Cu+的1s22s22p63s23p63d10的稳定结构再失去一个电子变为不稳定的结构，故第二电离能很大；而Ni是28号元素，根据构造原理，可知基态Ni原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni的第二电离能是从Ni+的1s22s22p63s23p63d84s1的结构再失去一个4s电子变为1s22s22p63s23p63d8的结构，相对于Cu来说，比较容易失去，故第二电离能：Cu＞Ni，C错误； D．第四周期元素中，当价电子的各个能级处于半充满时，含有的未成对电子数目最多，即外围电子排布式是3d54s1时含有的未成对电子数目是6，是最多的，该元素是24号Cr元素；锰是25号元素，基态Mn原子外围电子排布式是3d54s2，价电子层中未成对电子数是5个，不是最多，D错误； 故合理选项是A。 17. 在条件下，分别向两个容积为2L的刚性容器中充入2molCO和，发生反应：。实验测得两容器中CO或的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态 B. ac段的平均反应速率为 C. 逆反应速率： D. 时，该反应的平衡常数 【答案】CD 【解析】 【详解】A．该反应所有反应物均为气体，依据质量守恒定律，气体总质量保持不变，而反应容器也是固定为2L，则密度一直保持不变，气体密度不能作为判断是否达到平衡状态的标准，A错误； B．ac段，时间从2min变成10min，的物质的量0.4mol变成1.2mol，该反应容器容积为2L，所以的平均反应速率为，B错误； C．图示分别为160℃、200℃条件下的两个平衡，由图可知ac线先达到平衡，即该平衡反应速率快，为200℃条件下达到的平衡，则bd线为160℃条件下达到的平衡，所以c的速率最快，同温下，反应正向进行，正反应速率减小，逆反应速率加快，d>b，综上有，C正确； D．依据题目信息， CO和起始浓度均为，结合图示，160℃条件下，的浓度变化值为，列出平衡三段式进行计算：，平衡常数，该反应为体积不变的反应Kc=Kp，所以160℃时，该反应的平衡常数KP=9，D正确； 答案选CD。 18. 时，。室温时，下列关于指定溶液的说法不正确的是 A. 溶液 B. 溶液： C. 将溶液和溶液等体积混合 D. 溶液与溶液等体积混合的溶液： 【答案】AC 【解析】 【详解】A．是弱酸，电离是微弱的，根据电荷守恒，=+，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，故有，A错误； B．醋酸和氨水的电离常数相等，水解程度相同，溶液显中性，故溶液：，B正确； C．将溶液和溶液等体积混合，根据物料守恒有，C错误； D．溶液与溶液等体积混合，根据物料守恒有2n（）=，故有：，D正确； 答案选AC。 19. 与可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：。向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得含Cu微粒的物质的量分布分数()与溶液中游离氨的关系如图所示。下列说法正确的是 A. B. 曲线C表示 C. 时， D. 点时 【答案】BD 【解析】 【分析】第一步：明确图中纵、横轴的含义。纵、横轴分别代表含Cu微粒的物质的量分布分数(δ)和溶液中游离氨的。第二步：理解图中的曲线变化，推断每条曲线代表的含义。由图可知，曲线a在最小时，物质的量分布分数最大，说明曲线a表示，随着升高，逐渐减小，的浓度逐渐增大，故曲线b是继续增大，浓度逐渐减小，的浓度逐渐增大，则曲线c表示，以此类推，曲线d表示，曲线e表示。 【详解】A．由上述分析得，当时，，即，同理得出，所以，A错误； B．由分析可知，曲线c表示的物质的量分布分数曲线，B正确； C．根据分析，曲线a表示，曲线b是，曲线c表示，图像中可以看出时，，C错误； D．结合以上分析可知，，，把代入上式，M点时，，经过化简后可得，即满足M点时，，D正确； 答案选BD。 20. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A. 浸出镁的反应为 B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C. 流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 【答案】B 【解析】 【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。 【详解】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确； B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误； C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确； D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确； 故答案为B。 三、非选择题 21. 回答下列问题： （1）的中心原子杂化类型是_______，的立体构型是_______，属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。 （2）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的室温下易升华。中心原子的价层电子对数为_______，下列对中心原子杂化方式推断合理的是_______(填标号)。 A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d （3）的键角_______(填“>”、“=”或“<”)的键角，原因_______。 （4）中C原子的杂化类型为_______，其中含有两个相同的大键，其形式为_______。(用表示，n为原子数，m为电子数)，检验时，以S原子配位不以N原子配位的原因是_______。 （5）咪唑、噻唑、吡啶是含N和S的有机杂环类化合物，结构如图所示： ①上述三种物质中，沸点最高的是_______(填化学名称) ②已知咪唑中存在大键，则在咪唑分子的两个氮原子中，更容易与形成配位键的是_______(填“①”或“②”)号氮原子。 【答案】（1） ①. sp3杂化 ②. 三角锥形 ③. 极性 （2） ①. 5 ②. D （3） ①. > ②. 中N原子不存在孤电子对，而中N原子含1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，使得中键角减小 （4） ①. sp杂化 ②. ③. S的电负性比N弱，更易提供孤对电子 （5） ①. 咪唑 ②. ① 【解析】 【小问1详解】 中心Se原子的价层电子对数为3+，中心原子杂化类型是sp3杂化；中心Se原子的价层电子对数为4，含一对孤对电子，立体构型为三角锥形；中心Se原子的价层电子对数为，含两对孤对电子，分子构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子； 【小问2详解】 中心原子的价层电子对数为，结合价层电子对数可知中心原子杂化方式应为sp3d杂化； 【小问3详解】 中N原子价层电子对数为4，无孤对电子，而中心N原子价层电子对数也为4，含一对孤对电子，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此中的的键角小于的键角； 【小问4详解】 与CO2互为等电子体，也呈直线形结构，中心C原子采用sp杂化；其中含有两个相同的大键，形式为：；中S和N原子均存在孤对电子，但N的电负性强于S，因此S原子更易提供孤对电子； 【小问5详解】 ①三者均为分子，但咪唑可形成分子间氢键，因此其沸点最高； ②由咪唑的结构简式可知其大键应为，N①提供单电子形成大键，而N②提供一对孤对电子形成大键，由此可知N②不含其他孤电子对，而N①存在一对孤对电子，则①号氮原子更容易与形成配位键。 22. 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。 (2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 (5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。 【答案】 ①. 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） ②. Fe2+ ③. VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O ④. Mn2+ ⑤. Fe3+、Al3+ ⑥. Fe(OH)3 ⑦. NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O ⑧. 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【解析】 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 【详解】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）； (2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O； (3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+； (4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； (5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 【点睛】本题以黏土钒矿制备NH4VO3工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。 23. 二氧化碳加氢制备甲醇可以实现二氧化碳的转化利用，有利于一氧化碳的减排。 反应 反应。 （1）与反应生成和的热化学方程式为_______。 （2）时，在2L恒容密闭容器中充入和，发生反应：，平衡时体系压强为，测得和的浓度随时间的变化关系如图所示。 ①内平均反应速率_______。 ②平衡时的转化率为_______。 ③下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。 A.气体的密度不再变化 B.容器内气体的压强不再变化 C. D.和的浓度之比为1：3：1：1 ④该温度下平衡常数_______(用含的代数式表示，为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （3）一定物质量之比的和在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图示。温度为470K时，图中P点_______(填“处于”或“不处于”)平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是_______。 【答案】（1）-49.0 kJ∙mol-1 （2） ①. ②. ③. B ④. （3） ①. 不处于 ②. CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的化学平衡逆向移动，消耗甲醇，且催化剂的催化活性降低 【解析】 【小问1详解】 反应 反应 利用盖斯定律，将反应A+B得：=△H1+△H2=+41.1 kJ∙mol-1-90.1 kJ∙mol-1=-49.0 kJ∙mol-1； 【小问2详解】 ①内； ②平衡时，故，H2转化率为； ③A．恒温恒容下，反应前后气体质量不变，则气体的密度始终不变，故无法判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意； B．该反应是气体体积减小的反应，恒容条件下容器内气体的压强不再变化说明反应已达到平衡状态，B符合题意； C．与均为正反应方向速率，无法判断正逆反应速率是否相等，C不符合题意； D．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1不能说明各组分含量不变，不能判断是否达到平衡，D不符合题意； 答案选B； ④根据题意可列出三段式： 平衡后气体总物质的量浓度为(0.25+0.75+0.75+0.75)mol/L=2.5mol/L，CO2、H2、CH3OH和H2O的物质的量分数分别为、、、，分压分别为P0、P0、P0、P0， MPa-2； 【小问3详解】 该反应的正反应为放热反应， 490 K之前甲醇的产率均小于最大产率，则温度为470 K时的P点不处于平衡状态，继续反应，平衡转化率上升；在490 K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小，这是由于此时反应已经处于平衡状态，升高温度使CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的化学平衡逆向移动，消耗甲醇，并且催化剂的催化活性降低，因而会导致甲醇的产率随温度的升高而减小。 24. 铬及其化合物在工业上用途广泛，回答下列问题： （1）铁铬液流电池是一种酸性介质中，正、负极活性物质均为液体的二次电池，放电时电池的总反应为：，电池结构原理如图所示，a、b为两电极。电池放电时a极的电势_______b极电势(填“高于”、“低于”或“等于”)，电池充电时阴极的电极反应为_______。 （2）根据，设计如下图装置(均为惰性电极)电解溶液制取，图中左侧电极连接电源的_______极(填“正”或“负”)，电解制备过程的总反应的离子方程式为_______。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的量之比为a：b，则此时的转化率为_______(用含a、b的代数式表示)；若选择用熔融作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为_______。 【答案】（1） ①. 高于 ②. （2） ①. 负 ②. 4+4H2O2+4OH-+2H2↑+O2↑ ③. ④. CH4﹣8e﹣+4=5CO2+2H2O 【解析】 【分析】根据放电时的总反应，可知放电时Fe3+发生还原反应，Cr2+发生氧化反应，放电时的负极反应为Cr2+-e-=Cr3+，正极反应为Fe3++e-=Fe2+；电解池中阳极失电子发生氧化反应，在酸性条件下发生非氧化还原反应生成。 【小问1详解】 放电时电池的总反应为：，由图可知放电时a极发生反应，a是正极、b是负极，电池放电时a极的电势高于b极电势；放电时的负极为充电时的阴极，阴极发生还原反应，电池充电时阴极的电极反应为； 【小问2详解】 根据2+2H++H2O电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-发生氧化反应，右侧为阳极，连接电源的正极，故左侧连接电源负极；电解制备过程的总反应方程式为4+4H2O2+4OH-+2H2↑+O2↑；设加入反应容器内的Na2CrO4为1mol，反应过程中有 xmol Na2CrO4转化为Na2C2O7，则阳极区剩余Na2CrO4为(1-x)mol，对应的n(Na)=2(1-x) mol，n(Cr)=(1-x)mol，生成的Na2C2O7为mol，对应的n(Na)=xmol，n(Cr)= xmol，根据Na与Cr 的物质的量之比为a：b，解得 ，转化率为；熔融K2CO3作介质时，甲烷燃料电池作原电池负极，发生失去电子的氧化反应，结合电子守恒、电荷守恒和电解质条件得到负极反应式为CH4﹣8e﹣+4=5CO2+2H2O。 25. ZnO和在工业生产中具有广泛的应用，它们均可作为合成工业常用的催化剂。某实验小组利用废旧锌锰电池为原料回收ZnO和，并测定产品的纯度。其回收制备流程如下： 使用返滴法来测定回收产品的纯度。取mg产品于锥形瓶中，在硫酸酸化环境下，加入ng过量草酸钠()与二氧化锰反应，最后用酸性高锰酸钾标准液滴定未反应完的草酸钠，消耗。 （1）在硫酸酸化环境下，草酸钠与二氧化锰反应反应的离子方程式为：_______。 （2）产品的纯度为_______(列出计算式，不用化简)。 （3）下列操作会导致的纯度测定结果偏高的是_______。 A. 盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗 B. 滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 C. 滴定前仰视，滴定后俯视液面 D. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失 【答案】（1） （2） （3）BC 【解析】 【分析】废旧碱性锌锰干电池拆解金属外壳后，用盐酸酸浸，可用得到锌离子，锰离子，加入氨水调节pH，使溶液中的锌锰元素分离，过滤经操作后得到和ZnO，据此分析解答。 【小问1详解】 酸性条件下二氧化锰将草酸根氧化生成二氧化碳，离子方程式为：； 【小问2详解】 依据方程式：，消耗高锰酸钾的物质的量为，可得剩余草酸钠的物质的量为，加入草酸钠的总的物质的量为，则与反应消耗草酸钠的物质的量为。由方程式可知，消耗的物质的量为，则产品的纯度为； 【小问3详解】 根据纯度表达式，V的变化引起纯度的变化； A．盛装高锰酸钾标准液的滴定管没有用标准液润洗，消耗V偏大，偏小，测得的的纯度偏低，A不符合题意； B．锥形瓶内有液体溅出，导致消耗标准液的V减小，偏大，测得的的纯度偏高，B符合题意； C．滴定前仰视，滴定后俯视液面，消耗V偏小，偏大，测得的的纯度偏高，C符合题意； D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致V偏大，偏小，测得的的纯度偏低，D不符合题意； 答案为BC。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省青岛第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试 化学试卷 一、单项选择题 1. 下列有关微粒性质的排序顺序中正确的是 A. 元素第一电离能：N＜O＜F B. 元素电负性：C＜H＜O C. 离子半径：Al3+＞Na+＞S2- D. 未成对电子数：Cr＞Mn＞Cl 2. 从我们熟悉的食盐、金属、冰到贵重的钻石等都是晶体，而同样透明的玻璃却是非晶体。下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是 A. 是否具有规则的几何外形 B. 是否具有固定组成 C. 是否具有美观对称的外形 D. 内部基本构成微粒是否按一定规律做周期性重复排列 3. 短周期元素的原子序数依次增大，Q单质暗处遇发生爆炸，由上述五种元素形成的化合物结构如图所示。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 同周期中第一电离能大于W的元素有3种 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： D. 电负性： 4. 三元催化器是汽车排气系统中重要的净化装置，可同时将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为二氧化碳、氮气和水等无害物质。下列说法不正确的是 A. Pd(钯)与Ni(镍)同族，属于ds区元素 B. 的空间构型是直线形状 C. 亚硝酸根的空间构型是角形 D. 是极性分子 5. 以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图所示，电池放电时的反应原理为。下列说法错误的是 A. 充电时，Al电极为阴极 B. 充电时，阳极区的电极反应式为 C. 放电时，通过阳离子交换膜向电极移动 D. 放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量减轻60g 6. 镍的配合物常用于镍的提纯以及药物合成，如等。下列说法正确的是 A. CO与结构相似，CO分子内键和键个数之比为1：2 B. 中含有非极性共价键和配位键 C. 的电子排布式为 D. 中C原子的杂化方式是 7. 甲胺的性质与氨相似。时，实验室里用的盐酸溶液滴定甲胺溶液，滴定曲线如图所示。(已知：)下列说法不正确的是 A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. 水的电离程度： C D. b点溶液中存在： 8. 研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法不正确的是 A. 该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成 B. 反应路径2的催化效果更好 C. 催化剂不会改变整个反应的ΔH D. 路径1中最大能垒(活化能)E正=1.77eV 9. 常温下，将一定浓度的溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，生成沉淀的溶解平衡曲线如图所示表示Cl-或)。下列叙述正确的是 A ①、②分别代表 B. C. 的 D. ，说明的溶解度更小 10. 某溶液中可能含有I－、NH4＋、Cu2＋、SO32－，向溶液中加入少量的溴水，反应后溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是①肯定不含I－　②肯定不含Cu2＋　③肯定含有SO32-　④可能含有I－ A. ①② B. ①③ C. ②③④ D. ①②③ 11. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 ①中性溶液中： ②的溶液中： ③加入Al能放出的溶液中： ④由水电离出的的溶液中： ⑤有较多的溶液中： ⑥酸性溶液中： A. ②④ B. ③⑥ C. ①② D. ③⑤ 12. 一定条件下存在反应：，现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、Ⅱ、Ⅲ，在I中充入1molCO和，在Ⅱ中充入和，在Ⅲ中充入2molCO和，均在条件下开始反应。达到平衡时，上述三个过程对应的能量变化值分别为，下列说法正确的是 A. B. 容器I中CO的百分含量比容器Ⅲ中CO的百分含量高 C. 容器I中反应的平衡常数比容器Ⅱ中反应的平衡常数小 D. 容器I中CO转化率与容器Ⅱ中的转化率之和等于1 13. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等功效，结构简式如图所示。已知羰基能与氢气发生加成反应。下列说法错误的是 A. 可与氢气发生加成反应 B. 分子中所有碳原子可能共平面 C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有5种 D. 异甘草素完全加氢后所得分子中含6个手性碳原子 14. 某同学用0.1000 mol·L-1盐酸标定浓度约为0.1 mol·L-1氨水的浓度，操作如下：取规格为25 mL的酸式滴定管，经检查不漏水后用蒸馏水洗涤，注入盐酸，驱赶滴定管尖嘴部分的气泡后调整液面，记录读数。准确量取15.00 mL氨水，注入锥形瓶中，滴加3滴酚酞试液。将盐酸滴入锥形瓶中，并不断摇动锥形瓶，当达到滴定终点时，停止滴加，记录读数。重复进行三次滴定操作，取三次滴定结果的平均值。实验中存在的错误有几处？ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 15. 常温下将NaOH溶液滴加到磷酸溶液中，混合溶液中的pH与部分离子浓度变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 若直线丙表示pH与-的变化关系，应该在甲线的左边 B. 时， C. ，且溶液中 D. 溶液中， 二、不定项选择题 16. 下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是 A. 价层电子对互斥模型中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数 B. 分子的稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HI C. 第二电离能：Cu＜Ni D. 第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多 17. 在条件下，分别向两个容积为2L的刚性容器中充入2molCO和，发生反应：。实验测得两容器中CO或的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态 B. ac段的平均反应速率为 C. 逆反应速率： D. 时，该反应的平衡常数 18. 时，。室温时，下列关于指定溶液的说法不正确的是 A. 溶液 B. 溶液： C. 将溶液和溶液等体积混合 D. 溶液与溶液等体积混合的溶液： 19. 与可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：。向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得含Cu微粒的物质的量分布分数()与溶液中游离氨的关系如图所示。下列说法正确的是 A. B. 曲线C表示 C. 时， D. 点时 20. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A. 浸出镁的反应为 B. 浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C. 流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D. 分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 三、非选择题 21. 回答下列问题： （1）的中心原子杂化类型是_______，的立体构型是_______，属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。 （2）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的室温下易升华。中心原子的价层电子对数为_______，下列对中心原子杂化方式推断合理的是_______(填标号)。 A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d （3）的键角_______(填“>”、“=”或“<”)的键角，原因_______。 （4）中C原子的杂化类型为_______，其中含有两个相同的大键，其形式为_______。(用表示，n为原子数，m为电子数)，检验时，以S原子配位不以N原子配位的原因是_______。 （5）咪唑、噻唑、吡啶是含N和S的有机杂环类化合物，结构如图所示： ①上述三种物质中，沸点最高的是_______(填化学名称) ②已知咪唑中存在大键，则在咪唑分子的两个氮原子中，更容易与形成配位键的是_______(填“①”或“②”)号氮原子。 22. 钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。 (2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分___________。 (4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 (5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。 (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。 23. 二氧化碳加氢制备甲醇可以实现二氧化碳的转化利用，有利于一氧化碳的减排。 反应 反应。 （1）与反应生成和的热化学方程式为_______。 （2）时，在2L恒容密闭容器中充入和，发生反应：，平衡时体系压强为，测得和的浓度随时间的变化关系如图所示。 ①内平均反应速率_______。 ②平衡时的转化率为_______。 ③下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。 A.气体的密度不再变化 B.容器内气体的压强不再变化 C. D.和的浓度之比为1：3：1：1 ④该温度下平衡常数_______(用含的代数式表示，为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （3）一定物质的量之比的和在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图示。温度为470K时，图中P点_______(填“处于”或“不处于”)平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是_______。 24. 铬及其化合物在工业上用途广泛，回答下列问题： （1）铁铬液流电池是一种酸性介质中，正、负极活性物质均为液体的二次电池，放电时电池的总反应为：，电池结构原理如图所示，a、b为两电极。电池放电时a极的电势_______b极电势(填“高于”、“低于”或“等于”)，电池充电时阴极的电极反应为_______。 （2）根据，设计如下图装置(均为惰性电极)电解溶液制取，图中左侧电极连接电源的_______极(填“正”或“负”)，电解制备过程的总反应的离子方程式为_______。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的量之比为a：b，则此时的转化率为_______(用含a、b的代数式表示)；若选择用熔融作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为_______。 25. ZnO和在工业生产中具有广泛的应用，它们均可作为合成工业常用的催化剂。某实验小组利用废旧锌锰电池为原料回收ZnO和，并测定产品的纯度。其回收制备流程如下： 使用返滴法来测定回收产品的纯度。取mg产品于锥形瓶中，在硫酸酸化环境下，加入ng过量草酸钠()与二氧化锰反应，最后用酸性高锰酸钾标准液滴定未反应完的草酸钠，消耗。 （1）在硫酸酸化环境下，草酸钠与二氧化锰反应反应的离子方程式为：_______。 （2）产品的纯度为_______(列出计算式，不用化简)。 （3）下列操作会导致的纯度测定结果偏高的是_______。 A. 盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗 B. 滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 C. 滴定前仰视，滴定后俯视液面 D. 滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$