2025-2026学年高二上学期期末化学备考综合训练

备考秘籍 考点一：热化学方程式书写及意义 1.下列说法正确的是 A．已知，则 B．常温常压下，的白磷比红磷能量多，则 C．液态肼(N2H4)的燃烧热为622 kJ·mol−1，则液态肼的燃烧热的热化学方程式为：   D．已知，含的溶液和含的稀溶液反应放出热量，则该反应的热化学方程式可表示为： 2. 烟气中主要污染物SO2、NOx，为消除排放、保护环境，实现绿色可持续发展。处理方法一：烟气经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NO的主要反应的热化学方程式为： NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)   △H1 NO(g)+O2(g)=NO2(g)     △H2 SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)   △H3 (1)反应3NO(g)+ O3(g)= 3NO2(g)的△H=___________(用△H1 、△H2表示) (2)N2和O2在一定条件下反应生成NO2的热化学方程式为：N2(g)+O2(g) =NO2(g) ΔH=+34 kJ•mol-1．该反应为___________(“放热”或“吸热”)反应 (3)化学反应中的能量变化源自于化学反应中化学键变化时产生的能量变化。下表为一些化学键的键能： 化学键 键能(kJ·mol-1) 化学键 键能(kJ·mol-1) N≡N 942 H-O 460 N-H 391 O=O 499 H-H 437 写出N2和H2反应合成氨的热化学方程式：___________ (4)写出NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式：___________ 考点二：ΔH的计算 3.常温下，CuSO4(s)和CuSO4•5H2O(s)溶于水及CuSO4•5H2O(s)受热分解的能量变化如图所示。下列说法正确的是( ) A．CuSO4•5H2O(s)受热分解是放热反应 B．CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高 C．ΔH3＜ΔH2 D．ΔH3=ΔH1-ΔH2 4.H2O2催化分解反应：2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g) ΔH1  ，其反应机理如下： 若反应Ⅱ的焓变为ΔH2，反应Ⅰ、Ⅱ的化学计量数均为最简整数比，则反应Ⅰ的焓变为( ) A．2ΔH2-ΔH1 B．ΔH1-ΔH2 C．2ΔH1-ΔH2 D．ΔH1+ΔH2 考点三：反应速率的计算及影响因素 5. 将1mol X和3mol Y在2L的恒容密闭容器中混合，一定条件下发生反应: X(s)+3 Y(g)2Z(g)，10min时测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是( ) A．10min内，X的平均反应速率为0.01mol/(L·min) B．第10min时，Z的浓度为0.4mol/L C．10min时，X的转化率为20% D．反应时，向容器中通入He，容器内压强增大，反应速率加快 6. 下列图中的实验方案不合理的是( ) 实验方案 目的 A．探究浓度对化学反应速率的影响 B．探究催化剂对化学反应速率的影响 C．探究温度对反应2NO2N2O4化学平衡的影响 D．探究浓度对化学平衡的影响 7. 丙烷在不同催化剂表面的脱氢历程如图所示，下列说法正确的是 A．丙烷脱氢为放热反应 B．使用催化剂1时，决速步为： C．催化剂1比催化剂2的催化效果差 D．丙烷脱氢过程中只有极性键的断裂和非极性键的形成 考点四：平衡移动方向的判断 8. 已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g)　ΔH>0。在某温度下，反应物的起始浓度分别为c(M)=1.0 mol·L-1，c(N)=3.0 mol·L-1，达到平衡时N的转化率为25%。下列说法正确的是(　　) A．达到平衡后，增大压强，则正、逆反应速率不变，M的转化率不变 B．升高温度，达到新平衡时，M的体积分数增大 C．相同条件下，增大N的浓度，反应正向进行，平衡常数增大 D．相同条件下，若起始时c(M)=c(N)，达到平衡后，M的转化率为50% 9. 二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－164.7 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1 在密闭容器中，1.01×105 Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为×100%。下列说法正确的是(　　) A.反应2CO(g)＋2H2(g)===CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－205.9 kJ·mol－1 B.CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加 C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530 ℃ D.450 ℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值 考点五：反应自发性 10. 以下判断正确的是( ) A．C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H＞0，该反应常温下不能自发 B．2Mg(s)+O2(g)=2MgO(s) △H＜0，该反应高温才能自发 C．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小 D．放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行 考点六：化学平衡综合问题 11. 甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛应用前景。利用CO2、CH4等原料制备甲醇对于实现“碳中和”具有重要的意义。 I．CO2制备甲醇发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-48.7kJ·mol−1 (1)该反应的化学平衡常数表达式为_____________。 (2)在催化剂X、总压时不同温度对甲醇产率影响如下图所示。 ①段，甲醇产率随温度升高而增大，请依据活化分子碰撞理论解释其原因：______。 ②段，CH3OH产率下降的可能原因是______________________________________。 II．甲烷选择性氧化制备甲醇发生的反应热化学方程式如下： i． ii． (3)①补全反应iii：。 ②反应iii的平衡常数K3=____________(用K1、K2表示)。 (4)Fe+与O3反应可得FeO+，FeO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。室温下当FeO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似)。 ①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则FeO+与CH4反应的能量变化应为图中曲线(填“c”或“d”)，该反应能量变化中决速步骤是________。(填“I”或“II”) ②若FeO+与CH4、CD4混合气体反应，生成CH3OH的产量较其他产物多。分析原因：_______________________________________________________________________。 考点七：强弱电解质的判断及K的应用 判断电解质强弱的依据 (1)区分电解质强弱的惟一依据是电解质在水溶液中能否完全电离，即电离程度。 (2)电解质的强弱与物质的溶解性无关。即使溶解度再小，只要溶于水的部分完全电离就是强电解质，所以不能根据溶液导电性强弱直接判断。 (3)在强、弱电解质的判断中还要特别注意这两个概念研究的范畴——化合物，溶液、单质即使导电也不是电解质。 12. 下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是( ) A．常温下，测得0.1mol·L-1醋酸溶液的 B．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4 C．相同pH的醋酸和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等 D．在相同条件下，0.1 mol/L的醋酸溶液的导电性比0.1 mol/L的盐酸的导电性弱 13. 在以下各种情形下，下列电离方程式的书写正确的是(　　) A．熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO B．H2CO3的电离：H2CO32H＋＋CO C．Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－ D．水溶液中的NaHSO4电离：NaHSO4===Na＋＋HSO 14. 已知人体体液中存在如下平衡：CO2+H2OH2CO3H++HC，以此维持体液pH的相对稳定。下列说法错误的是(　　) A.静脉滴注大量生理盐水时，平衡向左移动 B.如果CO2进入血液，平衡向右移动 C.当强酸性物质进入体液后，平衡向左移动 D.当强碱性物质进入体液后，平衡向右移动 15. 电离常数是研究电解质在水溶液中行为的重要工具。现有HX、H2Y和H2Z三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如表所示。 酸 电离常数 HX Ka=10-9.2 H2Y Ka1=10-6.4，Ka2=10-10.3 H2Z Ka1=10-1.9，Ka2=10-7.2 下列说法正确的是() A．相同物质的量浓度的HX、H2Y和H2Z溶液，的关系：HX＜H2Y＜H2Z B． 0.1mol·L-1H2Z溶液中离子浓度的关系：c(H＋)＞c(Z2-)＞c(HZ-) C．Na2Y溶液与过量HX反应的离子方程式：HX+Y2-=HY-+X- D．用中和同、同体积的H2Y、H2Z溶液，H2Z酸性强，消耗的NaOH多 考点八：水的电离及pH的计算 16. 某温度下，向c(H+)＝1×10-6 mol·L-1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中c(H+)＝1×10-3 mol·L-1。下列对该溶液的叙述不正确的是(　　) A.该温度高于25 ℃ B.由水电离出来的H+的浓度为1×10-11 mol·L-1 C.加入NaHSO4晶体抑制水的电离 D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)增大 17. 常温下，下列各组溶液的pH一定等于7的是(　　) A．pH＝2和pH＝12的两种溶液等体积混合 B．将pH＝5的CH3COOH溶液稀释100倍 C．0.05 mol/L H2SO4与0.10 mol/L NaOH溶液等体积混合 D．pH＝1的H2SO4与0.10 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合 18. 25 ℃时，分别稀释pH=11的Ba(OH)2溶液和氨水，溶液pH的变化如下图所示。 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 mol·L-1. 下列说法错误的是( ) A．若35 ℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近 B．保持25 ℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH=9 C．由水电离产生的c(H＋)：A点=B点 D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，=1.8×10-5 mol·L-1 19. 某温度(t℃)时，纯水中c(H+)=1.0×10-6mol/L (1)则该温度下水的离子积常数Kw=_________；t℃_________25℃(填“＞”、“＜”或“=”) (2)将此温度下pH=11的NaOH溶液与pH=1的HCl溶液等体积混合，混合后溶液的pH约为________，溶液中由水电离出的c(H+)=__________________ (3)室温下，将pH=3的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液混合后混合液的pH=10时，则所用H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比是_________。 考点九：水解平衡及其应用 20. 下列过程与盐类水解无关的是() A．在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴溶液 B．用Na2CO3溶液处理水垢，使CaSO4转化为CaCO3 C．在TiCl4中加入大量的水并加热制备TiO2 D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体 21. 常温下，下列各离子组在指定溶液中一定能大量存在的是( ) A．无色溶液中：、、、 B．的溶液中：、、、 C．由水电离的的溶液中：、、、 D．的溶液中：、、、 考点十：水解平衡平衡常数 22. 常温下，下列有关电解质溶液的说法不正确的是( ) A．Na2CO3溶液的水解常数，则当溶液中时，该溶液的 B．向CH3COONa溶液中加入少量水稀释，溶液中的值增大 C．将等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合后： D．等浓度的两种一元弱酸HA、HB溶液，若，则0.1mol·L-1的NaA溶液和0.1mol·L-1NaB溶液比较，溶液的碱性强 23. 已知H3PO3与足量KOH溶液反应生成K2HPO3。25 ℃时，给1 mol·L－1 K2HPO3溶液中加水稀释，溶液的pOH与溶液稀释倍数关系如图所示。已知pOH＝－lg c(OH－)，lg 4＝0.60，V0为起始溶液的体积，V为加水后溶液体积。下列说法错误的是( ) A．K2HPO3的第一步水解常数约是10－8.8 B．稀释到体积为原来的100倍时溶液的pH＝8.6 C．b点溶液中c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO3)＝1 mol·L－1 D．H3PO3的第二步电离常数是6.4×10－6 考点十一：Kw、Kh、Ka的计算 24. (1)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka1＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝__________；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_______ (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5。该温度下，1.0 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋) ≈____________mol·L－1(已知：≈2.4)。 考点十二：离子浓度大小 1．把握两种守恒，明确等量关系 三守恒 原理与方法 举例 说明 电荷 守恒 原理：电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等。即电荷守恒，溶液呈电中性。 方法：①找出溶液中所有的阴、阳离子。 ②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。 Na2CO3溶液为例： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) 物料 守恒 原理：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，变化前后其原子个数是守恒的，即元素物料守恒。 方法：①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的质量守恒关系(特定元素除H、O元素外)。 ②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式。 ①单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。 ②两元素守恒，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。 2．粒子浓度关系比较及等式关系 单一 电解质溶液 一元弱酸 0.100 mol·L－1L CH3COOH溶液中的浓度关系： 元素质量守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋) 一元弱碱 0.100 0 mol·L－1 NH3·H2O溶液中的粒子浓度关系： 物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－) 各粒子浓度大小关系：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)＞c(H＋) 一元弱酸的强碱盐 0.100 0 mol·L－1 NH4Cl溶液中粒子浓度关系： 元素质量守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) 一元弱碱的强酸盐 0.100 0 mol·L－1 CH3COONa溶液中粒子浓度关系： 元素质量守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 粒子浓度大小：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋) 弱酸的 酸式盐溶液 0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＞7，溶液中粒子浓度关系： 元素质量守恒：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO) 电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－) 各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(CO)[或c(H＋)] 混合溶液 等浓度、等体积的盐与酸的混合溶液 分子的电离程度大于对应离子的水解程度 在0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子浓度关系： 粒子浓度大小关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) 元素质量守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) 电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 分子的电离程度小于对应离子的水解程度 在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度大小顺序：c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)，且c(HCN)＞c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。 等浓度、等体积的盐与碱的混合溶液 常温下，等浓度、等体积的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度关系： 元素质量守恒：2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O) 电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋) 各粒子浓度大小关系：c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋) 酸、碱中和型粒子浓度关系比较 盐酸 滴定氨水 常温下，用0.100 0 mol·L－1盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1氨水 关键点 溶液中溶质成分及粒子浓度关系 V(HCl)＝10(点①) 溶质是：等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O 粒子浓度大小关系：c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋) pH＝7(点②) 粒子浓度大小关系：c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋) V(HCl)＝20(点③) 溶质是：NH4Cl 粒子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－) 等浓度 碱与酸混合 等浓度的NaOH和CH3COOH溶液按体积比1∶2混合后pH＜7，粒子浓度大小顺序：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。 pH和为14酸与碱混合 常温下pH＝2的HCl溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合，粒子浓度大小顺序：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 不同溶液中同一离子浓度比较 离子组成比例不同 Ⅰ. 浓度均为0.1 mol·L－1的①(NH4)2SO4②(NH4)2CO3③NH4Al(SO4)2④NH4HCO3溶液，NH的物质的量的浓度由大到小的顺序为： 离子组成比例相相 Ⅱ. 常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3②NH4HSO4③NH4Fe(SO4)2④NH4Cl：溶液中NH的浓度由大到小的顺序：②＞③＞④＞①。 等pH不同溶液中同一离子浓度关系 pH相等的①NH4Cl ②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液：c(NH)大小顺序：②＝①＞③。 25. 室温时，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是(　　) A.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液：c(Na+)＝c(HC)+2c(C)+c(H2CO3) B.相同物质的量浓度的NH4HCO3和NH4HSO4溶液，c(N)前者小于后者 C.0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液加水稀释后，c(N)和c(OH-)均减小 D.pH>7的NH4Cl、NH3·H2O混合溶液：c(N)<c(Cl-) 26. 常温下，下列溶液的离子浓度关系式不正确的是 A．相同物质的量浓度的NH4HCO3和NH4HSO4溶液，c(NH4+)前者小于后者 B．常温下pH>7的NH4Cl、NH3·H2O混合溶液： C．0.1 mol/L NaHCO3溶液中： D．0.1 mol/L NaHSO3溶液中： 考点十三：溶液中微粒浓度图像 1．滴定图像 以酸碱滴定中的化学知识为载体，定性考查滴定过程中微粒及含量、浓度变化。选项常涉及物质的性质、水的电离程度、微粒浓度大小的比较、电离常数的计算等必备知识，以加大考查的覆盖面。 解题一般步骤： (1)分析滴定过程的反应和读图。通过观察弄清横、纵坐标的含义。 (2)识图。注意特殊点(起点、恰好反应点和中性点)的意义，分析曲线的变化趋势。 (3)挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息，进行逻辑推理。 (4)抓“五点”破解中和滴定图像 以0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 HA溶液为例，其滴定曲线如图。 关键点 粒子浓度关系 起点(点①) 起点为HA的单一溶液，0.100 0 mol·L-1 HA的pH>1，说明是弱酸，c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-) 反应一半点(点②) 两者反应生成等物质的量的HA和NaA的混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，c(A-)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-) 中性点(点③) 此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸没有完全反应，c(A-)＝c(Na+)>c(HA)>c(H+)＝c(OH-) 恰好完全反应点(点④) 此时两者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) 过量点(点⑤) 此时NaOH过量或者远远过量，溶液显碱性，可能出现c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)，也可能出现c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+) 在上述过程中，点④代表的溶液中水的电离程度最大 2．分布系数曲线及应用 (1)认识分布系数(以CH3COOH为例) CH3COOH H++CH3COO-，当体系处于平衡状态时，各种形式微粒的浓度即为平衡浓度，各种存在形式微粒的平衡浓度之和称为总浓度。某一存在形式微粒的平衡浓度占总浓度的分数，即为该存在形式微粒的分布系数，以δ表示。 δ(CH3COOH)＝； δ(CH3COO-)＝。 (2)一元弱酸的分布系数图(以CH3COOH为例) 当δ(CH3COOH)＝δ(CH3COO-)时，即，Ka＝c(H+)＝10-4.76(图像中交点)。 3．对数图像 (1)将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg得到的粒子浓度对数图像。 (2)解题策略 ①先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。 ②再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。 ③理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。 ④抓住图像中特殊点：如lg ＝0的点有c(A)＝c(B)；lg c(D)＝0的点有c(D)＝1 mol·L-1。 ⑤将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，得出题目的正确答案。 27. 常温下，用溶液调节H3PO4溶液的pH，溶液中含磷微粒的物质的量分数与的关系如下图所示： 下列说法正确的是 A．H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43- B．pH=5时，溶液 C．pH=时，溶液中水的电离程度比纯水小 D．点时，溶液中 28. H2A为一种二元弱酸；常温时，向10mL0.1mol·L-1的H2A水溶液中逐滴滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，混合溶液中H2A、H2A-和A2-的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示，下列说法不正确的是() A．H2A的为 B．当溶液中时，溶液值为2.7 C．当加入时， D．向pH=4.2的溶液中继续滴加溶液，水的电离程度先增大后减小 考点十四：沉淀溶解平衡及其影响因素 29. 向PbO2中加入MnSO4溶液，会发生如下反应：5PbO2(s)+2Mn2+(aq)+5SO42-(aq)+4H+(aq)=5PbSO4(s)+2 MnO4-+(aq)+2H2O(l) △H＜0，达到平衡，下列说法不正确的是(　　) A．降低温度或者加入MnSO4固体，都能使平衡正向移动 B．向体系中通入足量HCl气体，增加了氢离子浓度，使平衡正向移动，溶液紫色加深 C．该反应的平衡常数K= D．分离出部分PbSO4固体，不能使平衡发生移动 考点十五：沉淀溶解平衡的应用 30. 已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4mol·L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为(　　) A．2.8×10-2mol·L-1 B．1.4×10-5mol·L-1 C．2.8×10-5mol·L-1 D．5.6×10-5mol·L-1 31. 往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是(　　) A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(H＋)均会增大 B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4) C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸 D．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SO(aq) 考点十六：Ksp应用 32. 已知25℃时各物质见下表： 物质 Fe(OH)2 Cua(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Ksp (25℃) 下列说法不正确的是( ) A．25℃时，某溶液中Ca2+浓度为，理论上不超过11 B．浓度均为0.1mol·L-1的CuSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液，先看到红褐色沉淀 C．除去MgCl2溶液中混有的少量Fe3+可以加MgO或Mg(OH)2或镁粉调节pH，过滤 D．除去CuCl2溶液中混有的少量Fe2+，向该溶液中加入适量氯水，再加CuO粉末调节pH，过滤 33.(1)在Ca(NO3)2溶液中加入(NH4)2CO3溶液后过滤，若测得滤液中c(C)=10-3 mol·L-1，则Ca2+是否沉淀完全?　　　　(填“是”或“否”)[已知：当c(Ca2+)<10-5 mol·L-1时可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)=3．4×10-9]  (2)25 ℃时，Mg(OH)2饱和溶液　　　　(填“能”或“不能”)使石蕊溶液变蓝色。{已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.0×10-12，lg5=0.7}  (3)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，该浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为　　　　。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17]  34. 某化工厂废水(pH=2.0，ρ≈1g•mL-1)中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol•L-1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表： 难溶电解质 AgI PbI2 AgOH Pb(OH)2 Ag2S PbS Ksp 8.3×10-17 7.1×10-9 5.6×10-8 1.2×10-15 6.3×10-50 3.4×10-28 (1)你认为往废水中投入_________(填序号)，Ag+、Pb2+沉淀效果最好。 A．KI B．NaOH C．Na2S (2)常温下，如果用NaOH处理上述废水，使溶液的pH=9.0，处理后的废水中c(Pb2+)=___。 (3)如果用食盐处理只含Ag+的废水，测得处理后的废水(ρ≈1g•mL-1)中NaCl的质量分数为0.117%．若排放标准要求为c(Ag+)低于1.0×10-8mol•L-1，已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol•L-2，问该工厂处理后的废水中c(Ag+)=________，是否符合排放标准_________(填“是”或“否”) 考点十七：沉淀溶解平衡图像 1．难溶盐的沉淀溶解平衡曲线 1.c(Bn+)~c(An-)图像[以BaSO4的沉淀溶解平衡为例分析] (1)a、c均为曲线上的点，Q＝Ksp，a点，c(Ba2+)>c(S)，c点，c(Ba2+)＝c(S)。 (2)b点在曲线的上方，Q>Ksp，溶液处于过饱和状态，有沉淀析出，直至Q＝Ksp。 (3)d点在曲线的下方，Q<Ksp，为不饱和溶液，还能继续溶解BaSO4。 (4)m点c(Ba2+)＝c(S)，大于c点二者的浓度，因而m点与c点溶液的温度不同。 2．pc(Rn+)~pc(Xn-)图像 2.一定温度下，纵、横坐标均为沉淀溶解平衡粒子浓度的负对数，如图。 已知：pM＝-lg c(M)(M：Mg2+、Ca2+、Mn2+)，p(C)＝-lg c(C)。 ①横坐标数值越大，c(C)越小；②纵坐标数值越大，c(M)越小；③直线上方的点为不饱和溶液；④直线上的点为饱和溶液；⑤直线下方的点表示有沉淀生成；⑥直线上任意一点，坐标数值越大，其对应的离子浓度越小。 3．沉淀溶解平衡滴定曲线 沉淀溶解平衡滴定曲线，一般横坐标为滴加溶液的体积，纵坐标为随溶液体积增加，相应离子浓度的变化。突跃点表示恰好完全反应，曲线上的点都处于沉淀溶解平衡状态。利用突跃点对应的数据可计算对应沉淀的Ksp。 4．沉淀溶解平衡图像突破方法 第一步，识图像。认识图像横坐标、纵坐标表示什么，如表示离子浓度、pM等；曲线上的点表示达到平衡状态，曲线上方的点代表“过饱和溶液”，曲线下方的点代表“不饱和溶液”。 第二步，想原理。涉及的原理主要有溶度积表达式书写、影响沉淀溶解平衡的因素以及溶度积常数的影响因素。如浓度不会改变溶度积，溶度积只与温度有关，多数情况下，温度越高，溶度积越大。 第三步，找联系。将图像与溶度积原理联系起来，分析题目设置的问题，如求离子浓度、判断沉淀溶解平衡状态等。 35. T℃时，NiS的溶解平衡曲线如图所示。下列推断错误的是( ) A．d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液 B．b、c两点的Ksp相同 C．向NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，可使溶液从b点迁移到c点 D．蒸发d点溶液可使溶液迁移到b点 36. 一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是(　　) A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀 B.b点时，c(Cl-)＝c(Cr)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4) C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+Cr的平衡常数K＝107.9 D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀 考点十八：原电池及化学电源 1．锂电池 锂电池是一类由金属锂或锂合金为负极材料、使用非水电解质溶液的电池。工作时金属锂失去电子被氧化为Li+，负极反应均为Li-e-===Li+，负极生成的Li+经过电解质定向移动到正极。 2．锂离子二次电池 (1)锂离子电池基于电化学“嵌入/脱嵌”反应原理，替代了传统的“氧化—还原”原理；在两极形成的电势差的驱动下，Li+可以从电极材料提供的“空间”中“嵌入”或“脱嵌”。 (2)锂离子电池充电时阴极反应式一般为C6+xLi++xe-===LixC6；放电时负极反应是充电时阴极反应的逆过程：LixC6-xe-===C6+xLi+。 (3)锂离子电池的正极材料一般为含Li+的化合物，目前已商业化的正极材料有LiFePO4、LiCoO2、LiMn2O4等。 3．微生物燃料电池 微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。其基本工作原理是在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂(如氧气)在正极得到电子被还原。 4．物质转化循环型电池 循环电池是电化学储能领域的一个研究热点，它通过电池内部物质的循环使用来增加储能容量，增长使用寿命。根据物质转化，注意电极反应与电极区反应，元素化合价的变化或离子的移动(阳离子移向正极区域，阴离子移向负极区域)判断电池的正、负极，是分析该电池的关键。 5．浓差电池 浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。两侧半电池中的特定物质具有浓度差，离子均由“高浓度”移向“低浓度”，依据阴离子移向负极区域，阳离子移向正极区域判断电池的正极、负极，这是解答问题的关键。例如 ①a极：Ag-e-===Ag+(负极)；b极：Ag++e-===Ag(正极)。 ②NO3-通过交换膜移向a极。 37. 一种可充放电Li－O2电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为Li2O和Li2O2，随温度升高Q(消耗1molO2转移的电子数)增大。下列说法不正确的是( ) A．熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率 B．充放电时，Li＋优先于K+通过固态电解质膜 C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区O2-转化为O22- D．充电时，锂电极接电源负极 38. 欧洲足球锦标赛事中的拍摄车，装着“绿色心脏”——质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示。下列叙述正确的是(　　) A.装置中的能量变化为电能转化为化学能 B.通入氢气的电极发生还原反应 C.通入空气的电极反应式：O2+4e-+ 4H+===2H2O D.装置中电子从通入空气的电极经过导线流向通入氢气的电极 39. 一种NO-空气燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法正确的是() A．H+通过质子交换膜向左侧多孔石墨棒移动 B．负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ C．若产生1molHNO3，则通入O2的体积应等于16.8L D．左侧石墨电极电势高于右侧石墨电极 40. 浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。下列有关该电池的说法错误的是(　　) A.电池工作时，Li+通过离子导体移向X极区 B.电流由Y极通过外电路流向X极 C.正极发生的反应为2H++2e-===H2↑ D.Y极每生成1 mol Cl2，X极区得到2 mol LiCl 专题十九：电解池及应用 41. 氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是(　　) A.电极A接电源正极，发生氧化反应 B.电极B的电极反应式为：2H2O+2e-===H2↑+2OH- C.应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗 42. 离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如下。以下说法不正确的是( ) A．阴极发生的电极反应为 2H2O+2e-=H2↑＋2OH- B．精制饱和食盐水从c口补充，溶液从b口流出 C．离子交换膜既能防止Cl2与NaOH反应，又能防止Cl2与H2接触 D．每当有1molNa+穿过阳离子交换膜，阳极区便会逸出0.5molCl2 43. 用石墨作阳极，钛网作阴极，熔融CaF2⁃CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原TiO2制备金属Ti。下列叙述正确的是(　　) A.该电池工作过程中，O2-向阴极移动 B.将熔融CaF2⁃CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的 C.TiO2在阴极放电 D.制备金属钛前后CaO的量不变 44. 以Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．X为H2，Y为NaBr，Z为O2 B．电极b连接电源正极 C．电解总反应式为Br-+3H2OBrO3-+3H2↑ D．催化阶段反应产物物质的量之比n(Z) ：n(Br-)=3∶2 45. 回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。    下列说法不正确的是() A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2 D．装置中的总反应为SO32-+CO2+H2OHCOOH+SO42- 专题二十：核外电子排布规律 46. 下列说法正确的是 A．元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从过渡到 B．最外层电子数为的元素都在元素周期表第2列 C．处于最低能量的原子叫做基态原子，，过程中形成的是发射光谱 D．基态原子电子排布式违反了能量最低原理 47. X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是 A．最简单氢化物的键角：W＞R B．第一电离能：Z＞W C．简单离子半径：Y＞R＞X D．非金属性：X＞Z＞W 专题二十一：分子结构及性质 48. 氯元素有多种化合价，可形成、、、、等离子。下列说法错误的是 A．基态核外电子的运动状态有17种 B．键角： C．的中心原子是，价层电子对数为4 D．的空间结构为三角锥形 49. 民以食为天，粮食生产过程中，需要用到一种除草剂的结构如图，已知X和Z同主族，R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。下列选项正确的是 A．XY和XY的空间结构均为平面三角形 B．元素第一电离能大小：Y>X>W C．沸点：XH3>ZH3 D．R2Y是非极性分子 50. 关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是 A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子 B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子 C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔沸点最低 D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性 51. 关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是 A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子 B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子 C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔沸点最低 D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性 52. 下列物质性质的变化规律与分子间作用力无关的是 A．、、、的熔、沸点逐渐降低 B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 C．、、、的熔、沸点逐渐升高 D．、、、的沸点逐渐升高 53．(1)COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中σ键和π键的个数比为________，中心原子的杂化方式为________，分子的空间结构为________________。 (2)AlH中，Al原子的轨道杂化方式为_______。 (3)HOCH2CN的结构简式为，HOCH2CN分子中碳原子杂化轨道类型分别是______________。 (4)下列一组微粒中键角由大到小顺序排列为________(填字母)。 A．CO2　B．SiF4　C．SCl2　D．CO　E．H3O＋ 54.(1)中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式_____；为键角_____键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因 。 (2)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据________(填标号)。  A.2s轨道　　　　 B.2p轨道 C.sp杂化轨道 D.sp2杂化轨道 备考秘籍 考点一：热化学方程式书写及意义 1. 【答案】B 【解析】A项，该反应生成BaSO4沉淀会伴随额外的焓变，总反应焓变不等于两倍中和热，A错误；B项，31g白磷(0.25 mol)比同质量红磷多b kJ能量，1 mol白磷转化为红磷时ΔH=-4b kJ/mol，B正确；C项，燃烧热应生成稳定产物N2(g)，而非NO2(g)，C错误；D项，HF为弱酸，反应中H+未完全电离，热化学方程式不应拆写为H++OH-，应该写为：，D错误；故选B。 2. 【答案】(1)△H1+2△H2 (2)吸热 (3) N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-93kJ•mol-1(3分) (4)4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) ΔH=-1079 kJ•mol-1 【解析】(1)①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H1；②NO(g)+O2(g)=NO2(g)△H2；③SO2(g)+O3(g) SO3(g)+O2(g)△H3；根据盖斯定律，①+②×2，可得反应3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)的△H=△H1+2△H2；(2)△H<0为放热反应，△H>0为吸热反应；N2(g)+O2(g) =NO2(g)ΔH=+34kJ•mol-1，该反应为吸热反应；(3)①N2和H2反应合成氨的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，△H=942+3×437-2×3×391=-93kJ•mol-1；所以N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-93kJ•mol-1；；(4)N2(g)+O2(g) =NO2(g)ΔH=+34 kJ•mol-1，△H =×942+499-E(NO2)=34，E(NO2)=936 kJ•mol-1；NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为：4NH3(g)+7O2(g)=4NO2(g)+6H2O(g) ΔH=4×391×3+7×499-(4×936)-6×2×460=-1079kJ•mol-1。 考点二：ΔH的计算 3.【答案】B 【解析】A项，CuSO4•5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)  ∆H1＞0，则CuSO4•5H2O(s)受热分解是吸热反应，A不正确；B项，CuSO4(s)溶于水时生成Cu2+(aq)+SO42-(aq), ∆H2＜0，表示溶解放出热量，会使溶液温度升高，B正确；C项，从图中可以看出，ΔH3＞0，ΔH2＜0，则ΔH3＞ΔH2，C不正确；D项，|ΔH1|=|ΔH2|+|ΔH3|，则|ΔH3|=|ΔH1|-|ΔH2|=ΔH1+ΔH2，D不正确；故选B。 4.【答案】B 【解析】由题中信息可写出①H2O2(aq)+Mn2+(aq)=2H+(aq)+MnO2(s) ΔH；②MnO2(s)+H2O2(aq)+2H+(aq)=Mn2+(aq)+O2(g)+2H2O(l) ΔH2；根据盖斯定律，①+②得2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g) ΔH1，即ΔH1=ΔH+ΔH2，则ΔH=ΔH1-ΔH2，故B正确。 考点三：反应速率的计算及影响因素 5. 【答案】C 【解析】A项，X是固体，其浓度不变，因此不能用X表示化学反应速率，A错误； B项，反应开始时n(Y)=3 mol，10 min时测得Y的物质的量为2．4 mol，则△n(Y)=3 mol-2．4 mol=0.6 mol，△n(Z)= 0.4 mol，第10min时，Z的浓度为0.2mol/L，B错误；C项，10min内Y改变的物质的量是0.6 mol，根据物质反应转化关系可知△n(X)=0.2 mol，则10 min时， X的转化率为，C正确；D项，反应时，向容器中通入He，导致容器内气体压强增大，但由于容器的容积不变，则反应物的浓度不变，所以反应速率不变，D错误；故选C。 6.【答案】A 【解析】A项，探究浓度对化学反应速率的影响需控制单一变量，该实验的两试管中加入H2C2O4溶液的体积不相同，会导致混合后高锰酸钾和草酸的浓度均不同，不能探究浓度对化学反应速率的影响，A错误；B项，探究催化剂对反应速率的影响，实验中两试管均为3mL 5% H2O2溶液，仅②中加入MnO2固体，变量唯一(是否有催化剂)，通过观察气泡产生速率可判断，B正确；C项，2NO2(g)N2O4(g)(正反应放热)，冷水浴温度低平衡正向移动(颜色变浅)，热水浴温度高平衡逆向移动(颜色变深)，通过两烧瓶颜色差异可探究温度对平衡的影响，C正确；D项，K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+，浓硫酸增大H+浓度使平衡左移(变橙色)，和加入相同体积的浓硫酸对比，蒸馏水对H+浓度影响较小(颜色变化较小)，通过颜色变化可探究浓度对化学平衡的影响，D正确；故选A。 7. 【答案】D 【详解】A．由能量图可知，反应物丙烷[]相对能量为，产物丙烯[]和的相对能量高于反应物，故丙烷脱氢为吸热反应，A错误； B．决速步是反应历程中活化能最大的步骤，使用催化剂1的历程中，各步活化能分别为：第一步（）：；第二步（）：；第三步（）：，其中第二步对应反应，活化能不是最大，第一步才是决速步骤，B错误； C．催化剂1的决速步活化能（1.35 eV）低于催化剂2的决速步活化能（2.20eV），活化能越低催化效果越好，故催化剂1比催化剂2催化效果好，C错误； D．丙烷脱氢过程中，只涉及极性键的断裂，形成的键包括非极性键和非极性键的形成，D正确； 故选D。 考点四：平衡移动方向的判断 8. 【答案】D 【解析】增大压强，正、逆反应速率都增大，M的转化率不变，A项错误；升高温度，平衡正向移动，M的体积分数减小，B项错误；温度不变时，K不变，C项错误；设起始时c(M)=c(N)=1 .0 mol·L-1，平衡时M的变化浓度为x，根据前后两平衡态时的K相等，得K===1，x=0.5 mol·L-1，所以M的转化率为50%，D项正确。 9. 【答案】D 【解析】①CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－164.7 kJ·mol－1，②CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1，根据盖斯定律：①－②×2计算反应2CO(g)＋2H2(g)===CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－164.7 kJ·mol－1－(41.2 kJ·mol－1)×2＝－247.1 kJ/mol，A错误；生成CH4的反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，温度达到550 ℃后，CO2平衡转化率增大，则CH4的选择性降低，B错误；由图可知，400 ℃时CO2实际转化率最大，由图可知，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400 ℃，C错误；生成CH4的反应是气体体积减小的反应，增大压强、增大氢气的浓度均能使平衡正向移动，有利于提高CO2平衡转化率，450 ℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，D正确。 考点五：反应自发性 10. 【答案】A 【解析】A项，在高温下△G=△H-T△S＜0反应能进行，△H＞0，该反应常温下不能自发，故A正确；B项，△G=△H-T△S＜0反应能进行，由于△H＜0，则该反应在常温就能自发进行，故B错误；C项，自发进行的反应熵值不一定增大，化学反应的方向由焓变和熵变共同决定，非自发反应的熵不一定减小，故C错误；D项，不能根据焓变判断反应的自发性，放热反应不一定都是自发进行的，吸热反应也可能是自发进行，如碳酸氢铵的分解，故D错误；故选A。 考点六：化学平衡综合问题 11. 【答案】(1)(2分) (2) 升高温度，一部分能量较低的分子变为活化分子，增加了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加，化学反应速率加快(2分) (3) 温度升高，反应逆向进行程度增大导致CH3OH产率下降；温度可能超过了催化剂的活性温度，催化剂失活影响甲醇产率(2分) (3) -307(2分)(2分) (4) d(1分) II (1分) E2＞E1，室温时更容易生成CH3OH(2分) 【解析】(1)根据反应化学方程式可知平衡常数表达式为：。 (2)①A-B段：升高温度，一部分能量较低的分子变为活化分子，增加了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故甲醇产率随温度升高而增大； ②B-C段：CH3OH产率下降的可能原因是：温度升高，反应逆向进行程度增大导致CH3OH产率下降；温度可能超过了催化剂的活性温度，催化剂失活影响甲醇产率。 (3)①反应iii=反应ii-反应i，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-164.5kJ/mol-142.5kJ/mol=-307kJ/mol；②反应iii的平衡常数。 (4)①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，即反应活化能增加，如图所示，步骤I活化能发生变化，D比H质量大，故FeO+与CH4反应的能量变化应为图中曲线c；如图所示，FeO+与CH4反应时E2<E3，则步骤II是决速步骤；②FeO+与CH4反应的活化能低于与CD4反应的活化能(CH4中H是轻同位素，反应速率更快)，因此FeO+更易与CH4发生反应，生成CH3OH的产量更多。 考点七：强弱电解质的判断 12. 【答案】C 【解析】A项，常温下，0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，说明醋酸未完全电离，证明其为弱电解质，A正确；B项，稀释pH=1的醋酸溶液1000倍后pH<4，说明稀释过程中醋酸继续电离，证明其为弱电解质，B正确；C项，相同pH的醋酸和盐酸与锌反应起始速率相等，仅说明两者初始c(H＋)相同，无法反映醋酸是否部分电离，不能证明醋酸是弱电解质，C错误；D项，0.1 mol/L醋酸导电性弱于同浓度盐酸，说明醋酸溶液中离子电荷浓度小，电离程度低，证明其为弱电解质，D正确；故选C。 13. 【答案】C 【解析】因为H2SO4是强酸，所以NaHSO4在水溶液中完全电离，其电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO；但HSO中各原子间靠共价键结合，因此熔融状态下HSO不能电离为H＋和SO，故熔融状态下NaHSO4的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO，所以A、D选项均错误；H2CO3作为二元弱酸，不能完全电离，必须使用“”，且多元弱酸的电离分步进行，以第一步为主，其电离方程式为H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋CO，因此B选项错误；Fe(OH)3是多元弱碱，通常以一步电离表示，故C选项正确。 14. 【答案】A 【解析】生理盐水为NaCl溶液，滴注大量生理盐水，血液被稀释，平衡向右移动，A项错误；如果CO2进入血液，CO2浓度增大，平衡向右移动，B项正确；当强酸性物质进入体液后，氢离子浓度增大使平衡向左移动，C项正确；当强碱性物质进入体液后，消耗氢离子，导致氢离子浓度减小，平衡向右移动，D项正确。 15. 【答案】C 【解析】弱酸的电离常数越大，酸性越强，由题给电离常数可知，酸性强弱顺序为：H2Z＞H2Y＞HZ-＞HX＞HY-。A项，由分析可知，三种酸的酸性强弱顺序为：H2Z＞H2Y＞HX，则相同物质的量浓度的三种酸溶液的pH大小顺序为：H2Z＜H2Y＜HX，A错误；B项，由电离常数可知，H2Z在溶液中分步电离，一级电离的电离程度远大于二级电离，所以0.1mol/LH2Z溶液中离子浓度的大小顺序为：c(H+)＞c(HZ-)＞c(Z2-)，B错误；C项，由分析可知，HX的酸性强于HY-，但弱于H2Y，由强酸制弱酸的原理可知，Na2Y溶液与过量HX反应的离子方程式为：HX+Y2-=HY-+X-，C正确；D项，由分析可知，H2Z的酸性强于H2Y，则pH相同的H2Z溶液的浓度小于H2Y，所以用氢氧化钠溶液中和相同pH、相同体积的H2Z、H2Y 溶液时，H2Y 溶液消耗氢氧化钠更多，D错误；故选C。 考点八：水的电离及pH的计算 16. 【答案】B 【解析】c(H+)＝1×10-6 mol·L-1，说明水的电离得到促进，故T>25 ℃，A项正确；c(H+)＝1×10-6 mol·L-1，水的离子积常数为1×1，Kw＝c(H+)·c(OH-)，当c(H+)＝1×1 mol·L-1时，c(OH-)＝1×1 mol·L-1，故由水电离出来的c(H+)＝1×1 mol·L-1，B项错误；NaHSO4电离生成的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，C项正确；温度不变时，Kw不变，加水稀释，c(H+)减小，Kw＝c(H+)·c(OH-)不变，所以c(OH-)增大，D项正确。 17. 【答案】C 【解析】A项，pH＝2溶液，c(H+)=10-2 mol/L，pH＝12的溶液c(OH-)=10-2 mol/L，若酸、碱都是强电解质，则二者两种溶液以等体积混合时，恰好完全中和，溶液显中性，pH=7，若酸是弱酸，由于存在电离平衡，当二者等体积混合后，未电离的酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，pH<7；若碱是弱碱，当二者等体积混合后，过量的碱又电离产生氢氧根离子，使溶液显碱性，pH>7，因此pH＝2和pH＝12的两种溶液以等体积混合后溶液的pH可能大于7、等于7或小于7，A错误；B项，CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以酸分子形式存在， CH3COOH溶液pH＝5，，稀释100倍后，溶液中未电离的酸分子进一步电离，使氢离子的浓度增大，因此溶液的pH<7，B错误；C项，0.05 mol/L H2SO4，c(H+)=0.1mol/L与0.10 mol/L NaOH，c(OH-)=0.1mol/L，溶液以等体积混合，由于是强酸与强碱反应，因此反应后溶液呈中性，pH=7，C正确；D项，0.10 mol/L Ba(OH)2溶液，c(OH-)=0.2mol/L，pH＝1的H2SO4，c(H+)=0.1mol/L，当二者以等体积混合时碱过量，溶液显碱性，pH>7，D错误；故选C。 18.【答案】A 【解析】25℃时，Ba(OH)2溶液和氨水的pH相同，由于Ba(OH)2是强电解质，完全电离，而氨水中NH3·H2O是弱电解质，部分电离，稀释相同倍数时，由于稀释过程中氨水会继续电离出OH-，导致溶液中OH-的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH-浓度，即溶液的pH变化小于Ba(OH)2溶液，因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，曲线Ⅱ代表Ba(OH)2溶液稀释时溶液pH随稀释倍数的变化。A．温度升高，促进一水合氨的电离，稀释相同倍数时，氨水的pH变化更小，则在35℃时分别稀释两种溶液，图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远，A错误；B．25℃时，A、B两点对应的溶液的pH均为9，保持25℃不变，则Kw不变，两者等体积混合后，溶液中H＋浓度不变，故pH仍不变，B正确；C．A点和B点溶液pH相同，则由水电离产生的H＋浓度：A点=B点，C正确；D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)=c(H+)+Cnh4+)，则有=1.8×10-5mol·L-1，D正确；故选A。 19. 【答案】(1)1.0×10-12 ＞ 6 (2)1.0×10-6mol/L (3)9：1 【解析】 (1)该温度下，纯水中c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，KW=c(H+)∙c(OH-)=1.0×10-6mol/L×1.0×10-6mol/L=1.0×10-12；25℃时，Kw=1.0×10-14，则t℃时，Kw更大，由于水的电离是吸热反应，故t℃＞25℃；(2)此温度下，pH=11的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-11mol/L，c(OH-)===0.1mol/L；pH=1的HCl溶液中，c(H+)=0.1mol/L；由于两种等体积的溶液中，H+和OH-的浓度相等，故两种溶液混合后，溶液呈中性，即混合后溶液中H+全部来自于水的电离，c(H+)=1.0×10-6mol/L，pH=6；(3)设H2SO4溶液体积为V1 L，NaOH溶液的体积为V2 L；室温下，pH=3的H2SO4中，c(H+)=0.001mol/L，pH=12的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-12mol/L，c(OH-)===0.01mol/L；两种溶液混合后，pH=10，说明NaOH的物质的量过量，且溶液中c(OH-)===0.0001mol/L，故有=0.0001mol/L，化简得V1：V2=9：1。 考点九：水解平衡及其应用 20. 【答案】B 【解析】A项，Na2S为强碱弱酸盐，S2-易水解生成HS-和OH-，加入NaOH抑制水解，与水解相关，A不符合题意；B项，CaSO4转化为CaCO3是因CO32-与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3，与水解无关，B符合题意；C项，TiCl4水解生成TiO2和HCl，加热加速水解，与水解相关，C不符合题意；D项，FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体，加热促进水解，与水解相关，D不符合题意；故选B。 21. 【答案】D【解析】与会结合生成血红色的，不能在无色溶液中大量共存，A不符合题意；与会反应：，不能共存；且与发生双水解反应，，不能大量共存，B不符合题意；由水电离的的溶液中水的电离被抑制，可能是酸性溶液或碱性溶液，若为酸性溶液，且也会氧化为；若为碱性溶液，会与反应生成，均不能大量共存，C不符合题意；的溶液呈碱性，碱性条件、、、之间不发生反应，且都能在碱性溶液中稳定存在，D符合题意；故选D。 考点十：水解平衡平衡常数 22. 【答案】C 【解析】A．Na2CO3溶液的水解常数，当时，，则pOH=4，pH=10，A正确；B．向CH3COONa溶液中加入少量水稀释，溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－)均减小，但c(CH3COO－)存在水解平衡，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，稀释过程中，水解平衡正向移动，则c(CH3COO－)减小程度更大，因此的值增大，B正确；C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合、，由于，则，C错误；D．等浓度的两种一元弱酸HA、HB溶液，若，说明HA的酸性更弱，A-水解能力更强，则0.1mol·L-1的NaA溶液和0.1mol·L-1NaB溶液比较，NaA溶液的碱性强，D正确；故选C。 23. 【答案】C 【解析】题图中a点pOH＝4.4，lg ＝0，则K2HPO3的第一步水解常数≈＝10－8.8，A正确；lg ＝2即稀释到体积为原来的100倍，此时溶液中的pOH＝5.4，则pH＝8.6，B正确；b点lg ＝1即稀释到体积为原来的10倍时，根据元素质量守恒得到溶液中c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO3)＝0.1 mol·L－1，C错误；由lg 4＝0.60可得lg 2＝0.30，lg 5＝0.70，由K2HPO3的第一步水解常数约是10－8.8，可以计算H3PO3的第二步电离常数约为＝10－5.2＝100.8×10－6＝×10－6＝6.4×10－6，D正确。 考点十一：Kw、Kh、Ka的计算 24. 【答案】(1) 1×10－12增大 (2) 2.4×10－5 【解析】(1)NaHSO3的水解平衡常数Kh＝，H2SO3的电离常数表达式为Ka1＝＝1×10－2，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，则有Kh＝＝＝＝1×10－12。由Kh＝可得，＝，加入I2后，HSO被氧化为H2SO4，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，故增大。 (2)根据Kh＝可得，NH4Cl的水解常数Kh＝≈5.56×10－10，又知Kh＝，由于NH水解程度较小，近似处理：c(H＋)≈c(NH3·H2O)，c(NH)≈1.0 mol·L－1，则有5.56×10－10＝c2(H＋)，c(H＋)≈2.4×10－5 mol·L－1。 考点十二：离子浓度大小 25. 【答案】B 【解析】碳酸氢钠溶液中存在元素守恒：c(Na+)＝c(C)+c(HC)+c(H2CO3)，A项错误；HC促进N水解，NH4HSO4电离出的H+抑制N水解，B项正确；N+H2ONH3·H2O+H+，加水稀释，N和H+浓度降低，根据c(OH-)＝可知，OH-浓度增大，C项错误；混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(N)＝c(OH-)+c(Cl-)，由pH>7得c(H+)<c(OH-)，可知c(N)>c(Cl-)，D项错误。 26. 【答案】C 【解析】A项，相同物质的量浓度的NH4HCO3和NH4HSO4溶液中，NH4HCO3中的HCO3-水解呈碱性，能促进NH4+水解，而NH4HSO4电离产生的H+能抑制NH4+水解，所以NH4+的浓度前者小于后者，A正确；B项，pH>7的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液中，根据电荷守恒有，因pH>7，则，故，B正确；C项，在0.1 mol/L NaHCO3溶液中，质子守恒为，C错误；D项，在0.1 mol/L NaHSO3溶液中，根据物料守恒有，D正确；故答案为C。 考点十三：溶液中微粒浓度图像 27. 【答案】D 【解析】A项，根据图可知，溶液中含磷微粒有H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-，说明磷酸为弱酸，电离为分步电离，部分电离，其中第一步电离方程式为H3PO4H++H2PO4-，A错误；B项，pH=5时，溶液呈酸性(H＋)＞＞c(OH―)，溶液中存在电荷守恒，则，B错误；C项，pH=10时，溶液中含磷微粒主要是HPO42-，溶液呈碱性，说明HPO42-水解程度大于电离程度，则溶液中水的电离程度比纯水大，C错误；D项，M点，溶液的pH=7.25，溶液呈碱性，，溶液中存在电荷守恒，则，水电离程度较小，溶液中存在，D正确；故选D。 28. 【答案】C 【解析】H2A是二元弱酸，向H2A溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中H2A的浓度减小，HA—的浓度先增大后减小，A2—的浓度先不变后增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应H2A、HA—、A2—的物质的量分数随溶液pH变化的关系；由图可知， H2A的浓度与HA—的浓度相等时，溶液pH为1.2，则电离常数Ka1(H2A)= = c(H+)=1×10—1.2，HA—的浓度与A2—的浓度相等时，溶液pH为4.2，则电离常数Ka2(H2A)= = c(H+)=1×10—4.2。A项，由分析可知，电离常数Ka2(H2A) =1×10—4.2，故A正确；B项，电离常数Ka1(H2A) Ka2(H2A)= =1×10—5.4，H2A的浓度与A2—的浓度相等时，溶液中氢离子浓度为mol/L=1×10—2.7 mol/L，则溶液pH为2.7，故B正确；C项，由题意可知，氢氧化钠溶液体积为15ml时，得到等浓度的NaHA和Na2A的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系和物料守恒关系，整合可得，故C错误；D项，向pH为4.2的溶液中继续加入氢氧化钠溶液时，HA—的浓度减小、A2—的浓度增大，A2—的水解程度增大导致水的电离程度增大，而氢氧化钠溶液过量时，氢氧化钠电离出的氢氧根离子会抑制水的电离导致水的电离程度减小，所以向pH为4.2的溶液中继续加入氢氧化钠溶液时，水的电离程度会先增大后减小，故D正确；故选C。 考点十四：沉淀溶解平衡及其影响因素 29. 【答案】B【解析】A项，该反应的正反应为放热反应，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动；加入MnSO4固体，c(Mn2+)增大，化学平衡正向移动，A正确；B项，向反应体系中通入足量HCl气体，Cl-具有还原性，会消耗MnO4-，使c(MnO4-)减小，则溶液紫色变浅甚至消失，B错误；C项，化学平衡常数为反应达到平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则根据反应方程式可知该反应的平衡常数K=，C正确；D项，固体物质的浓度不变，则加入或减少纯固体物质，对化学平衡移动无影响，则分离出部分PbSO4固体，该平衡不发生移动，D正确；故选B。 考点十五：沉淀溶解平衡的应用 30. 【答案】D【解析】等体积混合后c(Na2CO3)=1×10-4 mol·L-1，即溶液中c(CO32-)=1×10-4 mol·L-1，根据Ksp=c(CO32-)·c(Ca2+)=2．8×10-9可知，c(Ca2+)=mol·L-1=2．8×10-5 mol·L-1，则原溶液中CaCl2的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，为2×2.8×10-5 mol·L-1=5.6×10-5 mol·L-1。 31. 【答案】D【解析】温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH -)增大，c(H+)减小，A项错误；Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)，D项正确。 考点十六：Ksp应用 32. 【答案】C 【解析】A项，根据Ca(OH)2的溶度积公式，当[Ca2+]为5.0 mol/L时，计算得[OH-]=1×10-3 mol/L，对应pH=11，理论pH不超过11，故A正确；B项，Fe3+的Ksp远小于Cu2+，计算得Fe(OH)3开始沉淀的pH≈1.38，而Cu(OH)2开始沉淀的pH≈4.67，故Fe(OH)3先沉淀，故B正确；C项，除去MgCl2溶液中混有的少量Fe3+可以加MgO或Mg(OH)2调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，但不能加入镁粉，因为Mg能与Fe3+反应生成Fe2+，导致MgCl2溶液中混有少量难于除去的Fe2+，不符合除杂原则，故C错误；D项，除去CuCl2溶液中混有的少量Fe2+，可先加入适量氯水将Fe²+氧化为Fe3+，然后加入CuO粉末调节溶液pH。由于Fe(OH)3的Ksp远小于Cu(OH)2的Ksp，Fe3+沉淀完全时的pH远小于Cu2+开始沉淀的pH，因此通过调节pH可以使Fe3+以Fe(OH)3的形式沉淀除去，而Cu2+仍留在溶液中，且不引入新的杂质，故D正确；故选C。 33.【答案】(1)是 (2)能 (3)4.7×10-7 【解析】(1)根据Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(C)=3.4×10-9，得c(Ca2+)= mol·L-1=3.4×10-6 mol·L-1<10-5 mol·L-1，则Ca2+已沉淀完全。(2)设Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为x mol·L-1，则4x3=4.0×10-12，x=1.0×10-4，c(OH-)=2.0×10-4 mol·L-1，c(H+)= mol·L-1=5×10-11 mol·L-1，pH=-lg(5×10-11)=11-lg5=10.3。所以Mg(OH)2饱和溶液能使石蕊溶液变蓝色。(3)当AgCl开始沉淀时，溶液中==≈4.7×10-7。 34. 【答案】(1) C (2) 1.2×10-5mol·L-1 (3)9×10-9mol·L-1 是 【解析】(1)因为溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠，故答案为C；(2)Pb(OH)2的溶度积为1.2×10-15，pH=9.0，c(OH-)=10-5 mol·L-1，Ksp=[c2(OH-)]×c(Pb2+)=1.2×10-15，c(Pb2+)=mol/L=1.2×10-5 mol·L-1；(3)废水中NaCl的质量分数为0.117%，ρ≈1g·mL-1，所以c(Cl)==mol/L=0.02 mol·L-1；Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，c(Ag+)=mol/L=9×10-9mol·L-1＜1.0×10-8mol·L-1，排放标准要求为c(Ag+)低于1.0×10-8mol·L-1，所以符合排放标准。 考点十七：沉淀溶解平衡图像 35. 【答案】D 【解析】A项，由图可知，d点溶液中c(Ni2+)c(S2-)＜Ksp，故d点代表的溶液是该温度下的不饱和溶液，A正确；B项，由图可知b、c两点均达到溶解平衡，温度相同，故Ksp相同，B正确；C项，向NiS饱和溶液中加入Na2S粉末，则溶液中c(S2-)增大，平衡逆向移动，导致c(Ni2+)减小，故可使溶液从b点迁移到c点，C正确；D项，蒸发d点溶液则析出晶体，导致溶液中c(Ni2+)、c(S2-)浓度都增大，然后达到平衡后不变，故不可使溶液迁移到b点，D错误；故选D。 36. 【答案】C 【解析】a点在两曲线右上方，对应的c(Ag+)·c(Cl-)<Ksp(AgCl)，c2(Ag+)·c(Cr)<Ksp(Ag2CrO4)，故不会生成沉淀，A错误；b点时，c(Cl-)＝c(Cr)，且c(Ag+)相等，但两沉淀的溶度积表达式不同，Ksp(AgCl)≠Ksp(Ag2CrO4)，B错误；该反应的平衡常数K＝＝107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8 mol·L-1和10-5.35 mol·L-1，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，先产生AgCl沉淀，D错误。 考点十八：原电池及化学电源 37. 【答案】C【解析】Li－O2电池放电时，锂电极为负极，发生反应：Li－e-=Li＋，多孔功能电极为正极，低温时发生反应：O2+2e-=O22-，随温度升高Q增大，正极区O22-转化为O2-；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，O22-或O2-失去电子。电池总反应方程式为：或，充放电时有Li＋参与或生成，因此熔融盐中LiNO3的物质的量分数影响充放电速率，A正确；B项，Li＋比K＋的半径小，因此Li＋优先于K+通过固态电解质膜，B正确；C项，放电时，正极得到电子，O22-中氧原子为-1价，O2-中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区O22-转化为O2-，C错误；D项，充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确；故选C。 38. 【答案】C【解析】燃料电池是将化学能转化为电能的装置，A错误； 通入H2的电极作负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-===2H+，B错误；负极氢气失电子生成的H+通过质子交换膜流向正极，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+===2H2O，C正确；通入氢气的电极失去的电子经过导线流向通入空气的电极，D错误。 39. 【答案】B 【解析】由图可知，NO失去电子转化为HNO3，则左侧多孔石墨电极为负极，NO在负极放电，负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，右侧多孔石墨电极为正极。A项，在原电池中，阳离子向正极移动，所以H+ 通过质子交换膜从左侧向右侧多孔石墨棒移动，故A错误；B项，根据题目信息，NO在负极放电，电极反应式为：NO-3e-+2H2O=+4H++NO3-，故B正确；C项，未说明标准状况，无法确定体积为，C错误；D项，左侧为负极，右侧为正极，正极电势高于负极，故右侧电势更高，D错误；答案选B。 40. 【答案】B【解析】加入稀盐酸，X极上生成氢气，H+发生还原反应:2H++2e-===H2↑，X极为正极，Y极上Cl-发生氧化反应:2Cl--2e-===Cl2↑，Y极是负极，电池工作时，Li+向X极区移动，A、C正确；外电路中电流由正极X流向负极Y，B错误；Y极每生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，有2 mol Li+向正极移动，则X极区得到2 mol LiCl，D正确。 专题十九：电解池及应用 41. 【答案】B 【解析】电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入的氧气得到电子，其电极反应式为2H2O+4e-+O2===4OH-，故B错误；右室生成氢氧根离子，应选用阳离子交换膜，左室的钠离子进入到右室，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，从而降低电解电压，减少能耗，故D正确。 42. 【答案】D【解析】由图可知，左侧电极Cl-失电子生成Cl2，Cl元素的化合价由-1价变为0价，发生氧化反应，则左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子生成H2和OH-，离子交换膜为阳离子交换膜，Na+从阳极室向阴极室移动，则c为饱和食盐水，b为浓NaOH溶液，d为稀NaOH溶液，a为稀NaCl溶液。A项，据分析，阴极上H2O得电子生成H2和OH-，阴极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，故A正确；B项，通过以上分析知，饱和食盐水从c口补充， 浓NaOH溶液从b口流出，故B正确； C项，该图中是阳离子交换膜，只能阳离子通过，阴离子和分子不能通过，所以能防止Cl2 与NaOH反应，又能防止Cl2与H2接触，故C 正确； D项，每当有1molNa+穿过阳离子交换膜，转移1mol电子，会生成0.5mol氯气，但是氯气会溶于水，导致阳极区会逸出氯气的量小于0.5mol，故D错误； 故选D。 43. 【答案】D【解析】由题图可知，石墨为阳极，电极反应式为C+2O2--4e-===CO2↑，O2-向阳极移动，钛网作阴极，电极反应式为2Ca2++4e-===2Ca，然后发生反应2Ca+TiO2===Ti+2CaO，则制备金属钛前后CaO的总量不变，A、C错误，D正确；将熔融CaF2⁃CaO换成Ca(NO3)2溶液，阴极上H+放电，无法得到金属Ca，B错误。 44. 【答案】A【解析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成BrO3-，电极b为阳极，电极反应为Br--6e-+3H2O=BrO3-+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2OBrO3-+3H2↑；催化循环阶段BrO3-被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。A项，电解过程中消耗H2O和Br-，而催化阶段被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，Y为H2O，电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑，X为H2，催化循环阶段BrO3-被还原成Br-循环使用、同时生成Z为O2，A错误；B项，电极b为阳极，连接电源正极，B正确；C项，电解总反应式为Br-+3H2OBrO3-+3H2↑，C正确；D项，催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1mol Br-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2) ：n(Br-)=6∶4=3∶2，D正确；故选A。 45. 【答案】C【解析】A项，SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B项，装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，故B正确；C项，装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；D项，由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO32-+CO2+H2OHCOOH+SO42-，故D正确；故选C。 专题十八：核外电子排布规律 46. 【答案】D 【详解】A．第一周期中H原子最外层电子排布式为1s1，0族原子He的最外层电子排布式为1s2， A错误； B．He的最外层电子数为1s2，在元素周期表第18列，B错误； C．处于最低能量的原子叫做基态原子，过程前后都是基态的，该过程中没有发生电子跃迁，不会形成发射光谱，C错误； D．不同能级能量高低顺序为，基态原子电子排布式违反了能量最低原理，应该为，D正确； 故选D。 47. 【答案】A 【分析】首先确定元素：X 最外层电子数1、原子半径最小，为H；Y 最外层电子数1、原子半径最大，为Na；Z 最外层电子数4，为C；W 最外层电子数5，为N；R 最外层电子数6，为S；据此作答。 【详解】A．NH3中N的价层电子对数为，为sp3杂化，有1对孤电子对，H2S中S的价层电子对数为，为sp3杂化，有2对孤电子对，H2S分子中孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，故键角W > R，A正确； B．Z为C，W为N，N的2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻主族的第一电离能，所以第一电离能N>C，B错误； C．简单离子半径S2->Na+>H+，即R>Y>X，C错误； D．非金属性N>C>H，即W>Z>X，D错误； 故选A。 专题十九：分子机构及性质 48. 【答案】A 【详解】A．氯离子含有18个电子，每个电子的运动状态由量子数唯一确定，因此基态核外电子的运动状态有18种，A错误； B．的价层电子对数是，含有2对孤对电子；的价层电子对数是，含有1对孤对电子；的价层电子对数是，没有孤对电子，根据孤对电子越多，键角越小的原则，三者的键角关系是：，B正确； C．次氯酸根的中心原子是氧，价层电子对数为，C正确； D．的价层电子对数是，含有1对孤对电子，空间结构为三角锥形，D正确； 故选A。 49. 【答案】C 【分析】R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Z同主族。结合结构图中各元素成键情况（R形成1个单键，为H；W形成4个键，为C；X形成3个键且与Z同主族，为N；Y形成2个键，为O；Z为P），综上可确定R、W、X、Y、Z分别为H、C、N、O、P。 【详解】A．中心原子N的价电子数，空间结构为V形，中心原子N的价电子数，空间结构为平面三角形，A错误； B． 因N的2p轨道半满稳定，同周期第一电离能：N>O>C，即X（N）>Y（O）>W（C），B错误； C．分子间存在氢键，沸点高于，即沸点，C正确； D． 为V形分子，正负电荷中心不重合，是极性分子，D错误； 故选C。 50. 【答案】B 【详解】A．CS2为直线形分子，结构对称，属于非极性分子，水为极性分子，在水中溶解度小是因为其结构与极性水不相似，A错误； B．SO2和NH3均为极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，两者易溶于水，这是它们易溶于水的原因之一，B正确； C．CS2为直线形分子，结构对称，属于非极性分子。摩尔质量CS2>SO2，范德华力CS2>SO2，沸点CS2>SO2，CS2的沸点不是最低的，C错误； D．NH3的高溶解度不仅因为氨分子为极性分子，还与氨分子和水分子之间能形成氢键有关，D错误； 故选B。 51. 【答案】B 【详解】A．CS2为直线形分子，结构对称，属于非极性分子，水为极性分子，在水中溶解度小是因为其结构与极性水不相似，A错误； B．SO2和NH3均为极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，两者易溶于水，这是它们易溶于水的原因之一，B正确； C．CS2为直线形分子，结构对称，属于非极性分子。摩尔质量CS2>SO2，范德华力CS2>SO2，沸点CS2>SO2，CS2的沸点不是最低的，C错误； D．NH3的高溶解度不仅因为氨分子为极性分子，还与氨分子和水分子之间能形成氢键有关，D错误； 故选B。 52. 【答案】B 【详解】A．、、、均为分子晶体，空间结构相同，相对分子质量依次减小，分子间作用力减小，熔、沸点降低，A不符合题意； B．HF、HCl、HBr、HI热稳定性与分子极性键的强弱有关，与分子间作用力无关，B符合题意； C．、、、均为分子晶体，空间结构相同，相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高，C不符合题意； D．、与或相比，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高，与相比极性更强，分子间作用力更大，熔、沸点更高，D不符合题意； 故选B。 53．(1)3∶1　sp2　平面三角形 (2)sp3　　(3)sp3　sp (4)A>D>B>E>C 解析　(1)COCl2分子中有1个C==O和2个C—Cl，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3∶1，中心原子C的价层电子对数为3＋＝3，故中心原子的杂化方式为sp2。(2)AlH中Al原子上的孤电子对数＝＝0，杂化轨道数目为4＋0＝4，Al原子的杂化方式为sp3。 (4)A项，CO2是直线形结构，键角为180°；B项，SiF4为正四面体形结构，键角为109°28′；C项，SCl2中S采取sp3杂化，为V形结构；D项，CO中C采取sp2杂化，为平面三角形结构，键角为120°；E项，H3O＋中O采取sp3杂化，为三角锥形结构，C中2个孤电子对之间的斥力较大，使得C中键角小于E，同理E中键角小于B，因此键角由大到小顺序排列为A>D>B>E>C。 54. (1) ＞ 分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。 (2)D ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $