河北雄安新区2025-2026学年第一学期高二2月期末化学试题

此 卷 只 装 订 不 密 封 姓名 准考证号 考场号 座位号 河北省雄安新区 2025一2026学年第一学期高二年级期末考试 化学 全卷满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非 答题区域均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡 上作答；字体工整，笔迹清楚。 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1.下列说法正确的是 A.电子云是电子绕核运动形成的一团带负电荷的云雾 B.不是所有基态原子的核外电子排布均符合构造原理 C.p能级能量一定比s能级高 D.任一能层的能级总是从s能级开始，能级数与能层序数无关 2.下列化学用语表示错误的是 A.电子式表示K2S的形成过程：K个SK→K[SK B.π键的形成过 8-号88 C.HF的分子间氢键：H一FH一FH一FH-FH-F D.BeCl2的中心原子杂化轨道形成过程：￥ 杂化 2p 3.下列排序错误的是 A.熔、沸点：邻羟基苯甲醛>对羟基苯甲醛 B.硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅 C.晶格能：NaF>NaCI>NaBr>Nal D.密度：干冰>冰 【高二化学第1页（共6页）】 26079B-SJ-HB 4.下列有关原子核外电子排布的说法错误的是 A.基态24Cr的电子排布式为1s22s22p3s23p3d4s 35 3p B.Si原子的价电子轨道表示式写成WW 违反了洪特规则 2s 2p C.0原子的电子轨道表示式写成州个个个，违反了泡利不相容原理 D.基态22Ti的电子排布式写成1s22s22p3s23p°，违反了能量最低原理 5.下列事实不能用勒·夏特列原理解释的是 A.合成氨反应N2(g)+3H2(g)一2NH(g)△H=一92.4kJ/mol,工业上采用高温条件 更有利于合成氨 B.红棕色的NO2与N2O,混合气体，加压后颜色先变深后变浅 C.Na十KCI一NaCI+K,工业制取钾时选取合适的温度，使K变成蒸气从体系逸出 D.常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释到100mL,测得其pH<5 6.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是 A.金属腐蚀的本质是其得电子被氧化的过程 B.常温时在pH=6的条件下，钢铁主要发生析氢腐蚀 C.镀层被破坏后，马口铁（镀锡铁）比白铁皮（镀锌铁）更耐腐蚀 D.钢铁析氢腐蚀或吸氧腐蚀的最终产物都是Fe2O3·nHzO 7.物质结构决定性质，下列物质的性质与其结构分析对应错误的是 选项 物质性质 结构分析 许多金属及其化合物在火焰上灼烧时 电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的 A 都会有特殊的焰色 轨道时，释放能量 O。在CC1,中的溶解度大于在水中的溶 根据相似相溶原理，O,为非极性分子，CC1 B 解度 为非极性溶剂，而水为极性溶剂 Mg+的半径小于Ca+,更容易与O-结合 C 热稳定性：CaCO3>MgCO 形成氧化物 甲基为推电子基团，使N原子的电子云密度 D 碱性强弱：CHNH2>NH 增大，结合H+的能力增强 8.短周期非金属元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，X、M同主族，基态Z原子s能级和p 能级轨道电子数相等，基态X、Y、Z的价电子数之和等于W与M的原子核外电子数之和。 下列说法错误的是 A.原子半径：M>Z>W B.电负性：Z>M>W C.第一电离能：Y>Z>M D.简单氢化物键角：M>Y>Z 9.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列说法错误的是 A.常温下，由水电离出的c(H)=1×10-12mol·L1的溶液中可能大量存在：C1、SO、 Na+、NH B.已知Kp(BaCO3)>Kp(BaSO1),则BaSO4无法转化为BaCO C.常温下向氨水中逐滴滴入盐酸至恰好完全反应，则混合液中c(NH)<c(CI) D.NaCl(s)Na+(g)+CI(g)△H1>0,NaCl(s)-Na(aq)+CI-(aq)△H2>0,则 Na(g)+Cl(g)=Na+(ag)+CI (ag)AH<0 【高二化学第2页（共6页）】 26079B-SJ-HB 10.许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法错误的是 A.将1mol配合物[TiCl(H2O)]Cl2·H2O溶于水，加入足量AgNO3溶液，能得到3mol AgCl B.在配合物Ni(CO)4中，配体CO中的C原子提供孤电子对 C.配合物[Cu(NH3),]SO,·H2O的配位数为4 D.配合物[Ag(NH3)2]OH的配体氨气是分子晶体 11.用氢气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g)一CH,OH(g)△H,在恒压条件下测得CO 的平衡转化率（α）与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下 列说法中错误的是 0.8 A.该反应在低温下可自发进行 D 0.5 B.p<p2 C.A、B、C三点平衡常数大小关系：KA=KB>KC D.温度为T1压强为p2时，D点反应速率：v正<v逆 12.HCN主要应用于电镀业，利用电催化协同生成HCN的装置如图： 阴离子交换膜 催 CO: 化 N2 HCN M HCN NHCI(ag)HCI(aq) 已知电解效率)=生成目标产物转移电子数 电路中通过的电子数 ×100%,法拉第常数F=96500C·mol-1。下 列说法正确的是 A.催化电极M的电势低于催化电极N B.电解一段时间后，左侧电解质溶液pH升高 C.电路中每转移3mol电子，可获得0.5 mol HCN D.若以10A的直流电源电解1h,获得0.1 mol HCN,则电解效率约为73% 13.甲酸分解制氢的反应历程如图甲所示(*表示吸附态)。一定温度，维持压强为300kP,以 不同投料比m= (HCOOH发生反应，HCOOH的转化率与时间的关系如图乙所示。 n(Ar) 1.2 过渡态Ⅱ 过渡态 0.89 e0.8 0.77 m1=3 过渡态Ⅲ 04 0.46 COOH) 0.1 0.08 0 -0.21 HCOO+H -0.15 -0.4L HCOOH' CO2'+H+H'CO:(g)+H:(g) 反应进程 甲 乙 下列说法正确的是 A.该反应的热化学方程式为HCOOH(g)一CO2(g)十H2(g)△H=一0.15eV B.速率控制步骤（即速率最慢步骤）的能垒（活化能）为O.78eV C.m1=3时，反应的压强平衡常数为200kPa D.若m2>3,则b点为a(HCOOH)随时间变化关系曲线的拐点 【高二化学第3页（共6页）】 26079B-SJ-HB 14.25℃，某混合溶液中c(H2A)+c(HA)+c(A2-)=0.34mol·L1,溶液中含A微粒的分 布分数6(X)随pH的变化如图所示。 1.0. ① ② 0.8 06 0.4 0.2 pH c(H2A) c2(H+) 已知：8H,A)=c(H,A)+cHA)+c(A）2(H*)+cHK+KK1003≈2， 下列说法错误的是 A.曲线①表示6(H2A)随pH的变化关系 c(H)Ka B.6(HA)=e2(H+)+c(H)K1+KK2 C.c(H2A)=c(A2-)时，c(HA-)=0.30mol·L D.N点处，c(H+)<c(OH)+3c(A2-) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)铁及其化合物是生产生活中的重要物质。按要求回答下列问题： (1)基态Fe原子的价电子排布式为 ,第四周期核外电子空间运动状态数与 Fe相等的元素有 种。 (2)FeCl2的熔点为674℃，而FeCl3的熔点为306℃，从物质结构角度解释其原因为 (3)K,[Fe(CN)]可用于检验Fe2+,其中C原子的杂化方式为 1 mol [Fe(CN)s]3-中含o键的数目为 (4)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B单元组成。通过L嵌入或脱嵌晶胞 的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料。 Fe2 OFe ●02 已知：哉入家=二个量岛号装大胸×10%。 ①该铁的氧化物的化学式为 ②该铁的氧化物中Fe+与Fe3+的配位数之比为 ③若该正极材料中n(Fe2+):n(Fe3+)=3:5,则嵌人率为 【高二化学第4页（共6页）】 26079B-SJ-HB 16.(14分)已知甘氨酸(H,NCH,COOH)存在如下平衡关系：HN*CH,COOH H,N+CH,CO0(甘氨酸)KH,NCH,CO0。已知相关物质的电离平衡常数及溶度积 如下表所示。(10.8≈6.3,0.63≈0.79) 物质HNCH2COOH HCIO H2C2O NH3·H2O CaC2O 平衡 K1=10-2.4 K2=10-9.6 K。=10-.6 K1=1012 K2=1042 K6=10-4.76 常数 Kp=101.4 回答下列问题： (1)0.1mol·L的甘氨酸溶液显 (“酸”“碱”或“中”)性。 (2)浓度均为0.1mol·L'的①H2NCH2 COONa溶液、②NaCIO溶液、③Na2CzO1溶液， pH由大到小的顺序为 (填序号)。 (3)浓度均为0.1mol·L1的H2C2O,溶液与NaCIO溶液等体积混合，反应的离子方程式 为 (4)0.1mol·L1的H2C2O1溶液中c(H2C2O,) (“>”“<”或“=”，下同) c(HCzO:);向0.1mol·L的NaHC,O,溶液中通入NH3至中性（溶液体积不变）， c(Na) c(NH),cNH。·HO) c(NH) c(C2O) -c(H2C2O4) (5)向0.1mol·L1的NaHC2O,溶液中加人等浓度的CaCl2溶液，计算说明理论上能否生 成CaC2O,沉淀： 17.(15分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。回答下列 问题： (1)在传统电解水制氢时一般会遇到阳极电势高、反应速率缓慢等问题，科技工作者设计出 ) +OH 一种耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示，部分反应机理为： H -OH- H HO OHO O -e 十 H H 电源 H 惰性电极及催化剂 HCOO KOH溶液 KOH溶液 HCHO b 离子交换膜 ①b电极应接电源 极（填“正”或“负”），b电极发生的电极反应式为 ②若要在制H2的同时得到较浓的KOH溶液，则离子交换膜需使用 (填“阴”或 “阳”)离子交换膜。 ③电解时阴极区pH (填“增大”或“减小”)。 ④相同电量下H2理论产量是传统电解水的 倍。 【高二化学第5页（共6页）】 26079B-SJ-HB (2)一定条件下利用如图所示装置可实现苯的电化学储氢（苯→环己烷，忽略其他有机物）。 多孔性惰性电极D A电源码多孔性惰性电极E 含苯的物质的 量分数为10% 的混合气 I0mol混合气体 其中苯的物质的量三 分数为24% 高分子电解质膜（只允许H通过） ①A端为电源的 极（填“正”或“负”），生成环己烷的电极反应式为 ②反应中生成环己烷的物质的量为 mol. 18.(15分)南京理工大学某课题组基于单簇催化剂(SCC),提出了一种一氧化氮还原反应 (NORR)的新型结构一活性关系，经研究发现主要反应如下（皆可自发进行）： I.2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) Ⅱ.2NO(g)+5H2(g)=2NH3(g)+2H2O(g)△H<0 Ⅲ.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H<0 (1)反应I的△H 0(填“>”或“<”)，理由是 (2)在T℃、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和6molH2发生上述反应， 测得含氮元素占比[如N2的含氮元素占比= n(N2)X2 n(NO)+n(NH )+n(N )x2X 100%] 时间的关系如图所示。 F(20.90%) G(95.86%) 1(45.47%) a 、b ..。H95,6%) 01030507090t/mim 已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应I、Ⅲ的影响；95min时反应达到平衡状 态；Kx为用物质的量分数表示的平衡常数。 ①恒温条件下，下列能说明反应体系达到平衡状态的是 (填字母)。 A.混合气体密度保持不变 B.混合气体的平均摩尔质量保持不变 C.NH的体积分数保持不变 D.N2与H2的物质的量之比为1：3 ②表示NO含氮元素占比的是曲线 。(填“a”“b”或“c”) ③I点时，H2(g)的物质的量为 mol。 ④若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则F点可能移向 。(填“E点”“E点 上方”或“E点下方”) ⑤若95min时体系达到平衡，则氢气的转化率为 (保留2位有效数字)，反应Ⅲ 的物质的量分数平衡常数Kx的计算式为 。(列出计算式即可) 【高二化学第6页（共6页）】 26079B-SJ-HB 此 卷 只 装 订 不 密 封2025一2026学年第一学期高二年级期末考试·化学 参考答案、提示及评分细则 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D A D B 6 B A 题号 11 12 13 14 答案 D D C C 1.B【解析】电子云是概率分布模型，并非实际存在的云雾，A项错误；绝大多数基态原子的核外电子排布都 遵循构造原理，但也有少数例外，如C、Cr的电子排布不符合构造原理，B项正确；同一能层中p能级能量高 于s能级，但不同能层时可能相反，如3s能级能量高于2p能级，C项错误；任一能层的能级总是从s能级开 始，能层的能级数等于能层序数，D项错误。 2.C【解析】K2S为离子化合物，S与2个K失去的两个电子结合形成S2-,A项正确；π键由p轨道肩并肩形 成，B项正确；HF中F原子的4对共用电子对为四面体构型，所以以F原子为中心的氢键不是直线型，C项 错误；Be原子的1个2s轨道和1个2p轨道发生杂化，形成能量相等、成分相同的2个sp杂化轨道，D项正确。 3.A【解析】邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，形成分子间氢键的物质的熔、 沸点大于形成分子内氢键的物质的熔、沸点，A项错误；金刚石、碳化硅、晶体硅均为共价晶体，键长：C一C< C一Si<S一Si,键能与键长成反比，键能越大晶体硬度越大；故硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅，B项正确； NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子晶体，阴离子半径：F<CI<Br<I,离子键强度与离子半径成反比，离子 键越强晶格能越大，C项正确；干冰分子间以范德华力结合，排列紧密；冰中水分子的氢键具有方向性，会导 致晶体结构疏松，单位体积内分子数少于干冰，且二氧化碳相对分子质量大于水，故密度：干冰>冰，D项 正确。 4.D【解析】基态22Ti的电子排布式写成1s22s22p3s23p1°，违反了泡利不相容原理，D项错误。 5.A【解析】合成氨反应△H<0,升高温度平衡逆向移动，选用高温条件是保证催化剂处于合适温度，与勒· 夏特列原理无关，A项符合题意；可逆反应2NO2(g)三N2O4(g),正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化 氨的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氯的方向移动，故加压后颜色先变 深后变浅，B项不符合题意；K蒸气逸出，减少生成物浓度，平衡正向移动，促进K生成，符合勒·夏特列原 理，C项不符合题意；1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释到100mL时pH<5,说明乙酸溶液中存在电离平衡， 加水促进乙酸电离，可以用勒·夏特列原理来解释，D项不符合题意。 6.D【解析】金属腐蚀的本质是其失电子被氧化的过程，A项错误；在pH=6的条件下，钢铁主要发生吸氧腐 蚀，B项错误；马口铁为镀锡铁，白铁皮为镀锌铁，镀层被破坏后，白铁皮更耐腐蚀，C项错误；钢铁发生析氢 腐蚀或吸氧腐蚀的最终产物都是Fe2O3·nH2O,D项正确。 7.B【解析】O3为极性分子，只是极性较弱，所以更易溶于非极性溶剂，B项错误。 8.B【解析】短周期非金属元素X、M同主族，可得X、M为C、Si或N、P;Z的s能级和p能级轨道电子数相 等，可得其核外电子排布式为1s22s22p,为O元素；所以X、M只能为为C、Si元素，Y只能为N元素；又X、 Y、Z的价电子数之和等于W与M的原子核外电子数之和，可得W的核外电子数为4十5+6-14=1，为H 元素，所以W、X、Y、Z、M分别为H、C、N、O、Si;Si的原子半径大于同主族C原子，C原子半径大于同周期O 原子，A项正确；SiH4中H显一1价，故H的电负性大于Si,B项错误；N的p轨道电子半充满，第一电离能 大于同周期的O原子，O的第一电离能大于C,C的第一电离能大于同主族的Si,C项正确；H2O、NH3、SiH4 的中心原子均为sp3杂化，且孤电子对越多，键角越小，D项正确。 9.B【解析】常温下，由水电离出的c(H+)=1×10-12ol·L-1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性情况下 CI、SO?、Na+、NH可以大量共存，A项正确；溶度积小的沉淀有可能转化为溶度积大的沉淀，例如将硫 【高二化学参考答案第1页（共5页）】 26079B-SJ-HB 酸钡放入饱和碳酸钠溶液中即可转化为碳酸钡沉淀，B项错误；恰好完全反应时溶质为NH4CI,因NH水 解(NHt十H2O三NH3·H2O+H+)导致c(NH)<c(CI),C项正确；根据盖斯定律，离子水合过程的 焓变等于物质的溶獬热减去其晶格能，将反应NaCl(s)一Na+(aq)十CI(aq)△H2>0减去反应NaCl(s) -Na+(g)+C1(g)△H1>0可得反应Na(g)+Cl(g)一Na+(aq)+Cl(aq),其焓变△H=△H2- △H1,由于晶格能（△H1)的数值远大于溶解热（△H2),故△H<0,D项正确。 10.A【解析】1mol[TiCl(H2O)s]C2·HzO溶于水只能电离出2 mol Cl,加人足量AgNO3溶液，只能得到 2 ol AgCl,A项错误；CO中C和O都有一个孤电子对，但C的电负性小，周围电子云密度大，所以C提供 孤电子对形成配合物，B项正确；配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，Cu+与4个NH3配位，配位数为4，C 项正确；配合物[Ag(NH)2]OH中氨气是配体，且氨气是分子晶体，D项正确。 11.D【解析】由图可知，压强不变时，温度越高，CO平衡转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动， 则正反应是放热反应，且该反应是气体体积减小的反应，则△H<0,△S<0,△H一T△S<0时反应才能自发 进行，该反应在低温条件下自发进行，A项正确；温度不变压强增大，平衡应向气体分子数减小的方向即正 反应方向移动，C0平衡转化率应该增大，故p1<2,B项正确，化学平衡常数只与温度有关，该反应为放热 反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，所以A、B、C三点平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为KA= K>Kc,C项正确；当体系压强和温度分别为2、T1时，D点CO转化率低于平衡时转化率，此时反应未达 到平衡，应正向进行，正>噬，D项错误。 12.D【解析】催化电极M上CH4失电子转化为HCN,为阳极，催化电极N上N2、CO2得电子生成HCN,为 阴极，阳极电势高于阴极电势，A项错误；催化电极M上的电极反应式为CH4一6e+NH一HCN+ 7H,左侧电解质溶液pH降低，B项错误；每转移3mol电子，左侧生成0.5 mol HCN,催化电极N上的电 极反应式为N2+2CO2+10e+10H+—2HCN+4H2O,每转移3mol电子，右侧生成0.6 mol HCN,所以 总共可获得1.1 mol HCN,C项错误；获得0.1 mol HCN,转移电子数为(Q.1X名）ol,10A的直流电源 0.1× 3 电解1h,电路中道过的电子数为21000m0l,可得电解效率一0X3品 ×100%≈73%，D项正确。 96500 13.C【解析】△H的单位为kJ·mo-1,A项错误；由图可知，三个基元反应的活化能依次为0.77eV一 (-0.21eV)=0.98eV、0.89eV-0.11eV=0.78eV、0.46eV-(-0.08eV)=0.54eV,速率控制步骤能 垒（活化能）为0.98eV,B项错误；m1=3时，HCOOH的转化率为80%，设投料1 mol HCOOH,则Ar为 3 mol,n(HCOOH)=0.2 mol,n(H2)=0.8 mol,n(CO2)=0.8 mol,nn =(0.2+0.8+0.8+3)mol -48m0l,所以H的物质的最分数为x(H)-8日，同理可得x(C0,)日g(HC00H)-可得 300×6×300×日 压强平衡常数K。= 300X2员 =200kPa,C项正确；恒压条件下，m越大，Ar的比例越高，反应体 系的分压越小，正反应气体分子数增多，故平衡正向移动，转化率增大，但是反应物浓度减小，反应速率减 慢，达到平衡的时间延长，所以拐点为e点，D项错误。 14.C【解析】随溶液pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA)先增后减，c(A2-)逐渐增多，A项正确；K= 2,可得-所以XHA)m)微+KKB项正 c(H)Kal 确；由图可得K1=1012,K2=10-42,所以c(H2A)=c(A2)时，pH=2.7,此时6(HA)= c(H)K 10-2.7×10-12 16 c2(H)+c(H+)Ka+K1K(1027)2+1021X102+1012X10a=17,c(HA)+c(HA)+ c(A2-)=0.34mol·L1,所以c(HA)=0.32mol·L1,C项错误；N点处，pH=4.2,溶液中一定含有除 H+外的其他阳离子，所以根据电荷守恒，c(H+)<c(OH-)十c(HA-)十2c(A2-),又c(HA-)=c(A2-),所 【高二化学参考答案第2页（共5页）】 26079B-SJ-HB 以c(H+)<c(OH)十3c(A2-),D项正确。 15.(14分，除标注外，每空2分) (1)3d4s2(1分)6 (2)FC2为离子晶体，影响其熔点的为离子键，而FeCL为分子晶体，影响其熔点的为分子间作用力(“晶体 类型”及“微粒间作用力”各得1分) (3)sp(1分)12NA(漏写NA不得分) (4)①FeO,(未简化不得分) ②2：3 ③25% 【解析】(1)铁为26号元素，其价电子排布式为3d4s2;其核外电子空间运动状态有15种(24~30号元素)， 故与Fe空间运动状态数相等的元素有6种。 (2)FeCl2为离子晶体，影响其熔点的为离子键，为强相互作用力；而FCl为分子晶体，影响其熔点的为分 子间作用力，为弱相互作用力。 (3)C=N中C原子为sp杂化，且1个C=N中含1个。键，同时与Fe3+形成1个配位键，也为o键，所以 1mol[Fe(CN)6]3-中含c键的数目为12NA。 (4)①晶胞中含有4个A和4个B,则晶胞中0为4X(4+)=32个，F+为4×4=16个，Fe2+为4X(号 十名)=8个，Fe共有24个，所以化学式为Fe,O:②Fe*位于0的四面体空隙，配位数为4，Pe+位于 O2的八面体空隙，配位数为6，所以比值为2：3；③铁氧化物中共有16个Fe3+,8个Fe2+,每嵌入一个 Li计，转移1个电子，有1个Fe3+转化为Fe2+,n(Fe2+):n(Fe3+)=3：5时，即Fe2+有9个，Fe3+有15个， 可知有1个Fe转化为Fe2+,嵌入1个L,该晶胞最多可嵌入12×+1=4个Li+,嵌入率为子×100% =25%。 16.(14分，除标注外，每空2分) (1)酸(1分) (2)①>②>③（不写“>”不减分，顺序不对不得分） (3)H2 C2O,+CIO-2CO2+CI+H2O (4)<>< c(H2C2O4)_ K2= (5)反应2HC,0+Ca+一CaC.0↓+H.C,0,的平衡常数K=2(HC,Oc(Ca-=KK 10-42 10X10=104,K值很大，理论上可以生成CaC,0,沉淀(3分，列出方程式给1分，计算过程正确得 2分) 【解析】(1)甘氨酸溶液中HN+CH2COO既电离也水解，且根据其平衡常数，其电离程度大于其水解程 度，所以甘氨酸溶液为酸性。 (2)根据“越弱越水解”，由于Ka2(HN+CH2COOH)<K。(HCIO)<K2(H2C2O4),所以pH由大到小的顺 序为①>②>③。 (3)H2C2O,具有还原性，NaClO具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为H2C2O4十CO 2C02个+CI+H20。 (4)H2C2O4为二元弱酸，其电离度主要考虑其第一步电离，设其电离度为a,则有c(H+)=c(HC,O:)= 0.1amol.L,e(H,C0)=0.11-。）mlL,可得9=10t,解得a≈0.539，可得 c(H2C2O4)<c(HC2O4);向0.1mol·L1的NaHC2O,溶液中通入NH3至中性，根据电荷守恒有c(Na+) +c(NHt)=c(HC2O,)+2c(C2O?),又有物料守恒c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O,)十c(C2O),可得 【高二化学参考答案第3页（共5页）】 26079B-SJ-HB c(NH) =K。=1047 cNH.)=c(C,0好)-c(H,C,0),所以c(Na*)>c(NH):N·,0=:(0H7-107=1024, c(C20)=KaK2=10-5.4 c(NH) c(C2) c,0-2÷10=10*6,可得Nt.H,0<C0: c(H2 C2O) K2= (5)反应2HC,0+Ca+一CaC,0,+H,C,0,的平衡常数K=2(HC,O,c(Ca*)-KiKp 10-4.2 10X10a=104,K值很大，理论上可以生成CaC,0,沉淀。 17.(15分，除标注外，每空2分) (1)①正(1分)2HCHO-2e+4OH-2HCO0+H2↑+2H2O ②阳 ③增大 ④2 (2)①负(1分) +6H++6e ②1.2(3分) 【解析】(1)据图可知，b电极上HCHO转化为HCOO,而HCHO转化为HCOO为氧化反应，所以b电 0 +0H- HO O HO O 极为阳极，b电极应接电源正极；由反应机理可知：反应 HH-OH- X后生成的 转化 HH HH 为HCOOH,由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H,生成的HCOOH再与氢 氧化钾酸碱中和：HCOOH十OH一HCOO+H2O,而生成的H在阳极失电子发生氧化反应生成氢 气，即2H-2e一H2↑，故阳极总反应为：2HCHO-2e+4OH一2HCO0+H2↑+2H2O。②阴 极水得电子生成氢气：2H2O十2e一H2个十2OH,由阴、阳极电极反应式可知阴极生成OH,故要想得 到浓度较大的KOH,离子交换膜应为阳离子交换膜，K+由b电极移向a电极。③由分析可知，阴极区会生 成OH,若为阳离子交换膜则OH浓度增大；若为阴离子交换膜，则OH会移向阳极，阴极区水被消耗 KOH浓度增大，故阴极区pH会增大。④由分析可知，转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2,共 2molH2,而传统电解水转移2ol电子，只有阴极生成1molH2,所以相同电量下氢气理论产量是传统电 解水的2倍。 (2)①苯生成环己烷发生还原反应，由此可知电极D为阴极，A端为电源负极，生成环己烷是还原反应，电极 反应式为○十6H+十6e一○。②假设阴极只发生苯生成环己烷的反应，由苯生成环己烷的电极 反应式可知，反应前后物质的量不变，则生成环己烷为10mol×(24%一10%)-1.4mol,转移电子为1.4 mol×6=8.4mol,阳极生成2.8molO2,转移电子为2.8mol×4=11.2mol,转移电子不守恒，说明阴极还 有H+得电子生成H2,设D极生成x mol H2,ymol环己烷，则2x+6y=11.2,含苯10%的气体总量为(10 十x)mol,则有10×24%一y=(10十x)×10%,得x=2,y=1.2,反应中生成环己烷的物质的量为1.2mol。 18.(15分，除标注外，每空2分) (1)<反应I是气体分子数减少的反应，△S<0,反应I可自发进行，则△G=△H一T△S<0,故该反应的 △H<0 (2)①BC ②a ③2.71 ④E点上方(1分) 0.16)2 ⑤35% 6.9 0.86/3.883 6.91 16.9 【高二化学参考答案第4页（共5页）】 26079B-SJ-HB 【解析】(2)①密闭容器容积不变，根据质量守恒定律气体质量始终不变，故混合气体密度始终不变，A项不 选；气体总质量不变，反应前后气体分子数在不断变化，故反应未平衡时混合气体的平均摩尔质量在不断变 化，B项选：氨气的体积分数不变时说明体系已经达到平衡，C项选；氮气和氢气的物质的量之比为1：3不 能说明体系达到平衡，D项不选。②反应Ⅱ为快反应，曲线a表示物质快速减少，故表示NO;NH3快速增 加，故曲线b表示氨气；曲线c表示氨气。③I点时，由图知，NO的氯含量为6%，n(NO)=2mol×6%= 0.12mol,NH3的氮含量为47%，n(NH3)=2mol×47%=0.94mol,N2的氮含量为47%，n(N2)= 2molX47%=0.47mol,由氧原子守恒得，n(H,0)=2mol-0.12mol=1.88mol,由氢原子守恒得，n(H2) 2 =(12-3×0.94一2×1.88)mol=2.71mol。④若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快， 2 生成NH达到最高点所用时间短，NH的占比更大，因此F点可能移向E点上方的某个点。⑤由图知平 衡时，N0的氮含量为6%，nN0)=2mol×6%=0.12mol,N的氨含量为86%，n(N2)=2molX86%- 0.86mol,NH3的氮含量为100%-6%-86%=8%，n(NH)=2mol×8%=0.16mol,由氧原子守恒，得 到n(H,0)=2mol-0.12mol=-1.88mol,由氢原子守恒，得到n(H2)=12-3X0.162×1.88)mol= 2 3.88mol,氢气转化率为6-3.88）m0X100%≈35%；平衡时混合气体的总物质的量为(0.12+0.86十 6 mol 16+1.88+3,88)mol=6.9mol,的物质的量分数为6，，L的物质的量分数为。g,NH,的物 0.16 量分数为日，则反应Ⅲ的平衡常数K,二 6.9 ×( 【高二化学参考答案第5页（共5页）】 26079B-SJ-HB