精品解析：黑龙江哈尔滨市第三中学校2025-2026学年高二下学期开学考试化学试题

哈三中2024级高二化学限时练习 可能用到的相对原子质量：O-16，S-32，Cr-52，Mn-55 一、单选题 1. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是 A. K+结构示意图： B. 违反了洪特规则 C. O3分子的空间结构： D. HBr中σ键的电子云轮廓图： 2. 下列说法不正确的是 A. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大 B. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大 C. 对有气体参与的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多 D. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大 3. 下列说法中，正确的是 A. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程 B. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程 C. 能够自发进行的反应一定是放热反应 D. ΔH<0的反应均是自发进行的反应 4. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应；X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)，下列叙述中能说明反应达到化学平衡状态的是 A. 单位时间内消耗amolX，同时生成3amolZ B. 混合气体总的物质的量不再变化 C. 容器内的压强不再变化 D. Z的生成速率与Z的分解速率相等 5. 下列有关P、S、Cl及其化合物的性质比较错误的是 A. 离子半径：P3->S2->Cl- B. 酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4 C. 第一电离能：P<S<Cl D. 还原性：HCl<H2S<PH3 6. 下列说法正确的是 A. Cl2可溶于水，可以用“相似相溶”原理解释 B. CH4、BF3都是含有非极性键的非极性分子 C. 由于卤原子(-X)的吸电子效应，CHF2CH2COOH的酸性大于CHCl2CH2COOH的酸性 D. 分子中无手性碳原子 7. 在25℃和101kPa下，2gH2燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则下列热化学方程式中书写正确的是 A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-142.9kJ/mol B. H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-571.6kJ/mol D. H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=+285.8kJ/mol 8. 已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1mol H-H、1mol N-H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1mol N≡N需要吸收的能量为 A. 431kJ B. 649kJ C. 945.6kJ D. 869kJ 9. 一种还原剂的阴离子结构式如图所示，其中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是空气中含量最多的元素。下列叙述错误的是 A. Y元素在周期表中的位置：第二周期ⅢA族 B. 原子半径： C. 稳定性： D. 电负性： 10. 在容积不变的密闭容器中发生下列反应并达到平衡：。若反应前CO的物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是 A. 升高温度的浓度增大，表明该反应是吸热反应 B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大 C. 反应前的物质的量为7mol D. 达到平衡时CO的转化率为80% 11. 利用下图所示装置可模拟电解原理在工业上的应用。下列说法中正确的是 A. 外加电流的阴极保护法，Y是待保护金属 B. 铁制品表面镀锌，X为锌、Y为铁、Z为 C. 铜的精炼，X是纯铜，Y是粗铜，Z是 D. 氯碱工业，X为铁、Y为石墨，Z为精制饱和食盐水 12. 某学习小组探究金属电化学腐蚀与防护的原理，设计如图装置。下列说法正确的是 A. K连接C时，铁棒防腐的方式称为牺牲阳极的阴极保护法 B. 若X为食盐水，K分别连接B、C时，前者铁棒的腐蚀速度更慢 C. 若X为蒸馏水，K连接B时，铁棒发生析氢腐蚀 D. 若X为CuSO4溶液，b为正极，K连接A时，可实现铁表面镀铜 13. 水系锌锰离子电池是一种新型的二次电池，通过在水系电解液中的氧化还原反应来实现能量的存储与释放。其放电时工作原理如图所示，获得电能的同时可以制得K2SO4，下列说法错误的是 A. X为H2SO4，Y为KOH B. a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 C. 电池放电时，正极区溶液的pH升高 D. 放电时，每消耗1 mol Zn，正极区电解质溶液质量增加87 g 14. 以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下： 已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；lg0.28≈-0.55.离子浓度小于10-5mol/L时，可认为沉淀完全，下列说法错误的是 A. 常温下使Fe3+沉淀完全的最小pH≈2.82 B. 第一次调节pH至3左右，“滤渣2”的成分是Zn和Cu C. 第二次调节pH可以用ZnO，也可以用Zn(OH)2或ZnCO3 D. 沉淀过程中发生反应的离子方程式为Zn2++Na2S=ZnS↓+2Na+ 15. 用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】 A. 的为 B. c点： C. 第一次突变，可选酚酞作指示剂 D. 二、解答题 16. 氮、氧、硅等元素成键情况复杂，形成的化合物种类较多。 （1）基态As原子的核外电子排布式为___________。 （2）H2O、N2H4的熔沸点要比H2S的熔沸点高很多，主要原因___________。 （3）如图为S8的结构，S原子的杂化轨道类型是___________。 （4）键角：H2O___________(填“大于”或“小于”)H2S。 （5）N2H4是火箭发射常用的燃料，N2H4的电子式为___________，它属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 （6）由硅原子形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。 A. 微粒半径：③>①>② B. 电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② C. 电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D. 得电子能力：①>② （7）化合物HA、HB和HC的结构如图。 HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(-O-H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序___________。 （8）中国医学工作者曾因“硒与克山病”和“硒预防肝癌研究”的突破性科研成果而两次获得由国际生物无机化学家协会颁发的“施瓦茨奖”。下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 硒元素位于元素周期表中d区 B. SeO3属于极性分子 C. 键角：SeO2大于SeO3 D. 酸性：H3AsO4小于H2SeO4 17. 氧化还原滴定实验与中和滴定原理相似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，也是分析化学中常用的分析手段。 Ⅰ．用溶液滴定20.00mL浓度约为溶液。 （1）该酸碱中和滴定实验最好选用_______(填标号)作指示剂。 A．酚酞 B．石蕊 C．甲基橙 （2）实验所用仪器如图所示，仪器甲盛装_______(填“”或“”)溶液。若滴定开始和结束时，盛装溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______mL。 （3）在上述实验过程中，出现下列操作(其他操作正确)会造成测定结果(待测液浓度值)偏低的有_______(填序号)。 a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗 b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水 d．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数 Ⅱ．工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量方法如下： 步骤I：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。 步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：。 步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取溶液进行滴定，数据记录如下：()。 滴定次数 溶液起始读数/mL 溶液终点读数/mL 第一次 1.02 19.03 第二次 2.00 19.99 第三次 0.20 18.20 （4）步骤III中滴加的指示剂为_______。滴定达到终点的实验现象是_______。 （5）的含量为_______。 18. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔΗ1=-49.5kJ/mol Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔΗ2 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔΗ3=+40.9kJ/mol 请回答下列问题： （1）ΔΗ2=___________kJ/mol。 （2）一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol。此时H2O(g)的浓度为___________mol/L(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 （3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。 ①其中纵坐标表示CH3OH平衡产率的是图___________(填“甲”或“乙”)； ②压强p1、p2、p3由小到大的顺序为___________； ③图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 （4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。 A. 低温、低压 B. 高温、低压 C. 低温、高压 D. 高温、高压 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2024级高二化学限时练习 可能用到的相对原子质量：O-16，S-32，Cr-52，Mn-55 一、单选题 1. 下列说法或有关化学用语的表达正确的是 A. K+结构示意图： B. 违反了洪特规则 C. O3分子的空间结构： D. HBr中σ键的电子云轮廓图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．K+的结构示意图应为，A正确； B．中1s轨道和2s轨道中容纳自旋平行的电子，违反了泡利原理，B错误； C．O3分子为V形结构，但三个原子大小应一致，C错误； D．H原子的1s能级电子和Br原子的4p能级电子形成s-pσ键，s能级电子云轮廓图呈球形，p能级电子云轮廓图呈哑铃形，故该键的电子云轮廓图为：，D错误； 故选A。 2. 下列说法不正确的是 A. 加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大 B. 升高温度，使反应物分子中活化分子百分数增大 C. 对有气体参与的化学反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多 D. 向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂降低活化能，原本不是活化分子的成为了活化分子，活化分子百分数增加，A正确； B．升高温度使原本能量不足不是活化分子的分子的转变为活化分子，活化分子百分数增大，B正确； C．增大压强使容器容积减小，活化分子总数不变，单位体积内活化分子数增多，C正确； D．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单个分子的能量不变，活化分子百分数不变，D错误； 故选D。 3. 下列说法中，正确的是 A. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程 B. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程 C. 能够自发进行的反应一定是放热反应 D. ΔH<0的反应均是自发进行的反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应是否自发进行的判据是ΔH-TΔS<0，若ΔH<0，低温条件下熵减的反应也可以自发进行，因此自发进行的反应不一定是熵增过程，A错误； B．冰是固态，室温下熔化为液态水，体系混乱度增大，ΔS＞0，因此该过程是熵增的过程，B正确； C．能够自发进行的反应不一定是放热反应，如ΔH＞0、ΔS＞0的反应，高温下满足ΔH-TΔS<0，即可自发进行，C错误； D．ΔH<0的反应并非都能自发进行，若ΔH<0、ΔS<0，高温下ΔH-TΔS＞0，反应不能自发进行，D错误； 故选B。 4. 在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应；X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)，下列叙述中能说明反应达到化学平衡状态的是 A. 单位时间内消耗amolX，同时生成3amolZ B. 混合气体总的物质的量不再变化 C. 容器内的压强不再变化 D. Z的生成速率与Z的分解速率相等 【答案】D 【解析】 【详解】A．描述的是同一方向（正反应）的速率关系，不能体现正反应速率等于逆反应速率，A错误； B．对于反应X(g) + 2Y(g) ⇌ 3Z(g)，反应前后气体分子数相等，故气体总物质的量在反应过程中始终保持不变，总的物质的量不再变化无法作为平衡判断依据，B错误； C．对于反应X(g) + 2Y(g) ⇌ 3Z(g)，反应前后气体分子数相等，故容器内压强在反应过程中始终保持不变，容器内的压强不再变化无法作为平衡判断依据，C错误； D．直接表明Z的正逆反应速率相等，符合平衡定义，D正确； 故答案选D。 5. 下列有关P、S、Cl及其化合物的性质比较错误的是 A. 离子半径：P3->S2->Cl- B. 酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4 C. 第一电离能：P<S<Cl D. 还原性：HCl<H2S<PH3 【答案】C 【解析】 【详解】A．、、具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数P<S<Cl，因此离子半径：，A正确； B．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，非金属性P<S<Cl，因此酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4，B正确； C．同周期元素第一电离能从左到右整体呈增大趋势，但P原子的3p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的S，正确顺序为S<P<Cl，选项中顺序错误，C错误； D．元素非金属性越强，对应气态氢化物的还原性越弱，非金属性Cl>S>P，因此还原性：HCl<H2S<PH3，D正确； 故选C。 6. 下列说法正确的是 A. Cl2可溶于水，可以用“相似相溶”原理解释 B. CH4、BF3都是含有非极性键的非极性分子 C. 由于卤原子(-X)的吸电子效应，CHF2CH2COOH的酸性大于CHCl2CH2COOH的酸性 D. 分子中无手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl2是非极性分子，水是极性溶剂，极性不相似，不能用“相似相溶”原理解释，A错误； B．CH4、BF3分子的正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，但分子中C-H及B-F均为极性键，B错误； C．F吸电子能力强于Cl，使羧酸更易电离出H+，酸性更强，C正确； D．如图，该分子中，标记*号的碳原子分别连接氢原子、甲基、羟基、羧基四个不同基团，该碳原子为手性碳原子，D错误； 故选C。 7. 在25℃和101kPa下，2gH2燃烧生成液态水放出285.8kJ的热量，则下列热化学方程式中书写正确的是 A. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-142.9kJ/mol B. H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-571.6kJ/mol D. H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=+285.8kJ/mol 【答案】B 【解析】 【分析】2gH2的物质的量为1mol，则1molH2完全燃烧生成液态水时，放热285.8kJ。 【详解】A．1molH2完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则2molH2完全燃烧生成液态水放热571.6kJ，A不正确； B．1molH2完全燃烧生成液态水放热285.8kJ，则热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，B正确； C．由题意知，H2燃烧生成液态水，而不是气态水，所以2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH＞-571.6kJ/mol，C不正确； D．H2燃烧放出热量，而不是吸收热量，所以ΔH＜0，D不正确； 故选B。 8. 已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol。若断裂1mol H-H、1mol N-H需要吸收的能量分别为436kJ、391kJ，则断裂1mol N≡N需要吸收的能量为 A. 431kJ B. 649kJ C. 945.6kJ D. 869kJ 【答案】C 【解析】 【详解】反应热ΔH = 反应物总键能 - 生成物总键能，设断裂1 mol N≡N吸收的能量为 ，反应物含有1 mol N≡N、3 mol H-H，生成物共含有6 mol N-H，代入数据得：，解得，即断裂1 mol N≡N需要吸收的能量为945.6 kJ， 故答案选C。 9. 一种还原剂的阴离子结构式如图所示，其中X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W是空气中含量最多的元素。下列叙述错误的是 A. Y元素在周期表中的位置：第二周期ⅢA族 B. 原子半径： C. 稳定性： D. 电负性： 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X序数最小，X有一个键，为H元素；Z结合四个键，为C元素；Y得到一个电子后结合四个键，为B元素；W是三键，且W是空气中含量最多的元素，为N元素，综上所述，X为H元素、Y为B元素、Z为C元素、W为N元素。 【详解】A．Y为元素，在周期表中的位置：第二周期ⅢA族，故A正确； B．Z为C元素，W为N元素，同周期从左到右，原子半径递减，则原子半径，即，故B错误； C．为，为，比较N元素和C元素简单氢化物的稳定性，即比较N元素和C元素的非金属性，同周期从左到右，非金属性逐渐递增，则稳定性：，即，故C正确； D．X为H元素，Y为B元素，H元素的电负性为2.1，B元素的电负性为2.0，则电负性，即，故D正确； 故答案选B。 10. 在容积不变的密闭容器中发生下列反应并达到平衡：。若反应前CO的物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是 A. 升高温度的浓度增大，表明该反应是吸热反应 B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大 C. 反应前的物质的量为7mol D. 达到平衡时CO的转化率为80% 【答案】C 【解析】 【详解】A．升高温度导致浓度增大，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，故正反应为放热反应，故A错误； B．通入瞬间正反应速率增大，但随后因反应物浓度逐渐降低，正反应速率会减小，故B错误； C．通过三段式计算，设初始量为，平衡时，解得，故C正确； D．转化量为，转化率为，故D错误； 故答案为：C。 11. 利用下图所示装置可模拟电解原理在工业上的应用。下列说法中正确的是 A. 外加电流的阴极保护法，Y是待保护金属 B. 铁制品表面镀锌，X为锌、Y为铁、Z为 C. 铜的精炼，X是纯铜，Y是粗铜，Z是 D. 氯碱工业，X为铁、Y为石墨，Z为精制饱和食盐水 【答案】A 【解析】 【分析】由图可知，电解池中X电极为阳极、Y电极为阴极。 【详解】A．该装置的保护方法为外加电流的阴极保护法，Y是待保护金属，故A正确； B．铁制品表面镀锌时，镀层金属锌为阳极、镀件铁为阴极、电解质溶液为硫酸锌，故B错误； C．精炼铜时，粗铜做阳极、纯铜做阴极、电解质溶液为硫酸铜，故C错误； D．氯碱工业中，惰性电极石墨做阳极、活性电极铁做阴极、电解质溶液为精制饱和食盐水，故D错误； 故选A。 12. 某学习小组探究金属电化学腐蚀与防护的原理，设计如图装置。下列说法正确的是 A. K连接C时，铁棒防腐的方式称为牺牲阳极的阴极保护法 B. 若X为食盐水，K分别连接B、C时，前者铁棒的腐蚀速度更慢 C. 若X为蒸馏水，K连接B时，铁棒发生析氢腐蚀 D. 若X为CuSO4溶液，b为正极，K连接A时，可实现铁表面镀铜 【答案】A 【解析】 【详解】A．K连C为原电池，铁作正极，锌作负极，为牺牲阳极的阴极保护法，A正确； B．K分别连接B、C时为原电池，K连B时铁作负极，腐蚀速度快，K连C时铁作正极，腐蚀速度慢，故后者铁棒的腐蚀速度更慢，B错误； C．X为蒸馏水，不是酸性较强的环境，不能发生析氢腐蚀，发生吸氧腐蚀，C错误； D．K连接A时，铁作阳极，失电子生成亚铁离子，不能实现铁表面镀铜，D错误； 故选A。 13. 水系锌锰离子电池是一种新型的二次电池，通过在水系电解液中的氧化还原反应来实现能量的存储与释放。其放电时工作原理如图所示，获得电能的同时可以制得K2SO4，下列说法错误的是 A. X为H2SO4，Y为KOH B. a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 C. 电池放电时，正极区溶液的pH升高 D. 放电时，每消耗1 mol Zn，正极区电解质溶液质量增加87 g 【答案】D 【解析】 【分析】电极表面发生还原为的反应，为正极，电极反应为，X为硫酸溶液，Zn电极表面发生Zn氧化为的反应，为负极，电极反应为，Y溶液为KOH溶液，据此解答 【详解】A．由题中反应可知，X为酸性电解质，Y为碱性电解质，结合获得电能同时可以制得K2SO4，可知X为H2SO4，Y为KOH，A正确； B．为制得K2SO4，a膜允许通过，故为阴膜，b膜允许K+通过，故为阳膜，B正确； C．电池放电时，正极为电极，发生还原反应，电极反应式为 ，反应消耗，pH升高，，C正确； D．每消耗1 mol Zn，电路中转移2 mol电子，根据正极反应式 ，正极区溶液增加1mol MnO2的质量，同时有1mol硫酸根离子进入中间室，正极区电解质溶液质量减少96g-87g=9g，D错误； 故选D。 14. 以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下： 已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20；lg0.28≈-0.55.离子浓度小于10-5mol/L时，可认为沉淀完全，下列说法错误的是 A. 常温下使Fe3+沉淀完全的最小pH≈2.82 B. 第一次调节pH至3左右，“滤渣2”的成分是Zn和Cu C. 第二次调节pH可以用ZnO，也可以用Zn(OH)2或ZnCO3 D. 沉淀过程中发生反应的离子方程式为Zn2++Na2S=ZnS↓+2Na+ 【答案】D 【解析】 【分析】锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)加入稀硫酸溶解，所得溶液中含有+2、+3价铁、+2价锌、+2价铜离子，再加入H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH值，先使Fe3+以Fe(OH)3沉淀而过滤除去，再加Zn置换溶液中Cu而过滤除去，最后调节pH再使Zn2+转化成Zn(OH)2沉淀，再向沉淀中加入 使其转化为沉淀。 【详解】A．常温下Fe(OH)3沉淀的溶度积常数Ksp=2.8×10-39，使Fe3+沉淀完全，Fe3+沉淀完全时c(OH-)=，pOH=-lg=11+ ×0.55=11+0.18，所以溶液的pH最小为：pH=14-(11+0.18)=2.82，计算pH≈2.82，A正确； B．加入Zn还原Cu2+，滤渣为过量Zn和Cu，B正确； C．调节pH可用ZnO，也可以用Zn(OH)2或ZnCO3，不引入杂质的Zn化合物，C正确； D．加入Na2S时，Na2S与Zn(OH)2发生反应产生ZnS、NaOH，由于Zn(OH)2难溶于水，主要以固体形式存在，应该写化学式，发生沉淀转化反应的离子方程式应该为：Zn(OH)2(s) +S2-(aq)=ZnS(s) +2OH-(aq)，D错误； 故选D。 15. 用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】 A. 的为 B. c点： C. 第一次突变，可选酚酞作指示剂 D. 【答案】C 【解析】 【分析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数 最大，随着pH的减小，的分布分数 逐渐减小，的分布分数 逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数 逐渐减小，的分布分数 逐渐增大，表示、、的分布分数 的曲线如图所示，，据此分析选择。 【详解】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误； B．根据图象可知c点中，B错误； C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确； D．根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误； 答案为：C。 二、解答题 16. 氮、氧、硅等元素成键情况复杂，形成的化合物种类较多。 （1）基态As原子的核外电子排布式为___________。 （2）H2O、N2H4的熔沸点要比H2S的熔沸点高很多，主要原因___________。 （3）如图为S8的结构，S原子的杂化轨道类型是___________。 （4）键角：H2O___________(填“大于”或“小于”)H2S。 （5）N2H4是火箭发射常用的燃料，N2H4的电子式为___________，它属于___________(填“极性”或“非极性”)分子。 （6）由硅原子形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。 A. 微粒半径：③>①>② B. 电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② C. 电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D. 得电子能力：①>② （7）化合物HA、HB和HC的结构如图。 HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(-O-H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序___________。 （8）中国医学工作者曾因“硒与克山病”和“硒预防肝癌研究”的突破性科研成果而两次获得由国际生物无机化学家协会颁发的“施瓦茨奖”。下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 硒元素位于元素周期表中d区 B. SeO3属于极性分子 C. 键角：SeO2大于SeO3 D. 酸性：H3AsO4小于H2SeO4 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 （2）H2O和N2H4分子间存在氢键 （3）sp3 （4）大于 （5） ①. ②. 极性分子 （6）AB （7）HC>HB>HA （8）D 【解析】 【小问1详解】 As是33号元素，核外电子排布式书写需注意先填满3d轨道，再填4s轨道； 【小问2详解】 H2O、N2H4分子中O、N原子电负性强，与H原子形成分子间氢键，显著提高熔沸点，所以H2O、N2H4的熔沸点要比H2S的熔沸点高很多的主要原因：H2O和N2H4分子间存在氢键； 【小问3详解】 S8结构为皇冠状结构，每个S原子形成2个单键，有2对孤电子对，价层电子对数为4，故S原子的杂化轨道类型为sp3杂化； 【小问4详解】 O和S同主族，O电负性大于S，成键电子对距离原子核更近，电子对间斥力更大，键角更大，故键角：H2O大于H2S； 【小问5详解】 N2H4电子式书写(N原子间单键，每个N连2个H，N上有1对孤电子对)，N2H4分子结构不对称正负电荷中心不重合，为极性分子； 【小问6详解】 ①[Ne]3s23p2(Si原子基态) ②[Ne]3s23p1(Si+离子基态) ③[Ne]3s23p14s1(Si原子激发态) A：微粒半径：③的最外层电子在4s轨道，①的最外层电子在3p轨道，故③>①；②是Si⁺离子，比Si原子少一个电子，核电荷数相同，故②<①。因此微粒半径：③>①>②，A正确； B：根据上述分析可知，电子排布属于基态原子（或离子）的是①②， B正确； C：激发态Si原子不稳定，容易失去电子，基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+失去一个电子是硅的第二电离能，由于> ，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C错误； D：由C项分析可知，②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：②>①，选项D错误；故答案选AB。 【小问7详解】 羰基(C=O)是吸电子基团，能增强O-H键的极性。电负性O＞S＞Se，电负性越大，羰基(C=O)吸电子能力越强，对O-H键极性影响越大，形成的氢键越强，所以氢键由强到弱对三种酸排序为HC>HB>HA； 【小问8详解】 A：根据Se的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 ，可知Se在p区，A错误； B：SeO3是平面三角形，空间结构对称，属于非极性分子，B错误； C：SeO2为V形，SeO3为平面三角形，键角SeO3>SeO2，C错误； D：非金属性Se>As，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故酸性H2SeO4>H3AsO4，D正确；故答案选D。 17. 氧化还原滴定实验与中和滴定原理相似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，也是分析化学中常用的分析手段。 Ⅰ．用溶液滴定20.00mL浓度约为溶液。 （1）该酸碱中和滴定实验最好选用_______(填标号)作指示剂。 A．酚酞 B．石蕊 C．甲基橙 （2）实验所用仪器如图所示，仪器甲盛装_______(填“”或“”)溶液。若滴定开始和结束时，盛装溶液的滴定管中的液面如图所示，终点读数为_______mL。 （3）在上述实验过程中，出现下列操作(其他操作正确)会造成测定结果(待测液浓度值)偏低的有_______(填序号)。 a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗 b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水 d．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数 Ⅱ．工业废水中常含有一定量氧化性较强的，利用滴定原理测定含量方法如下： 步骤I：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。 步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：。 步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取溶液进行滴定，数据记录如下：()。 滴定次数 溶液起始读数/mL 溶液终点读数/mL 第一次 1.02 19.03 第二次 2.00 19.99 第三次 0.20 18.20 （4）步骤III中滴加的指示剂为_______。滴定达到终点的实验现象是_______。 （5）的含量为_______。 【答案】（1）A （2） ①. ②. 18.10 （3）bd （4） ①. 淀粉溶液 ②. 滴入最后半滴 Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 （5）2.16 【解析】 【分析】中和滴定中指示剂的选择原则应遵循指示剂的变化范围与滴定终点的盐溶液的酸碱性一致，酸式滴定管盛放酸性、氧化性的物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，氧化还原反应的滴定实验中处理数值，可以采用得失电子数目守恒或建立关系式进行计算，据此分析。 【小问1详解】 酸碱中和滴定时，指示剂不能选石蕊，醋酸是弱酸，氢氧化钠为强碱，两者恰好完全反应后，溶液显碱性，与酚酞的变色范围一致，因此用NaOH滴定醋酸时，应用酚酞作指示剂，故A符合题意，答案为A。 【小问2详解】 仪器甲为酸式滴定管，盛放酸性、氧化性物质，即仪器A盛装CH3COOH溶液，根据图像可知，滴定终点读数为18.10mL。 【小问3详解】 a．量取标准液的碱式滴定管未用标准液润洗会导致标准液被稀释，V标偏大，测定结果（待测液浓度值）偏高，故a不选； b．取醋酸的酸式滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，会导致待测液量取偏小，V标偏小，测定结果（待测液浓度值）偏低，故b选； c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，仍残留一定量水，对实验结果没有影响，故c不选； d．当滴定结束时，俯视碱式滴定管读数，会导致V标偏小，测定结果（待测液浓度值）偏低，故d选； 故选bd。 【小问4详解】 取溶液进行滴定时，应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以溶液的颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，滴定达到终点的实验现象是：滴入最后半滴 Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。 【小问5详解】 从表格数据可知，三次实验消耗标准溶液体积均在误差范围内，体积平均值为=18.00mL，根据 和可得关系式：，，的含量为：。 18. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔΗ1=-49.5kJ/mol Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔΗ2 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔΗ3=+40.9kJ/mol 请回答下列问题： （1）ΔΗ2=___________kJ/mol。 （2）一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol。此时H2O(g)的浓度为___________mol/L(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 （3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。 ①其中纵坐标表示CH3OH平衡产率的是图___________(填“甲”或“乙”)； ②压强p1、p2、p3由小到大的顺序为___________； ③图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 （4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。 A. 低温、低压 B. 高温、低压 C. 低温、高压 D. 高温、高压 【答案】（1）-90.4kJ/mol （2） ①. (a+b)/V ②. （3） ①. 甲 ②. p3<p2<p1 ③. 反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，反应Ⅲ是气体体积不变的反应，CO2的平衡转化率几乎不受压强的影响 （4）C 【解析】 【小问1详解】 Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔΗ1=-49.5kJ/mol Ⅲ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔΗ3=+40.9kJ/mol 根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅲ得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔΗ2=ΔΗ1-ΔΗ3=-90.4kJ/mol； 【小问2详解】 一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol。反应消耗CO2的物质的量为(a+b)mol，根据O元素守恒，生成H2O的物质的量为(a+b)mol，此时H2O(g)的浓度为mol/L；达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，H2O(g)为(a+b)mol，反应消耗CO2的物质的量为(a+b)mol，则容器中剩余CO2的物质的量为1-a-b mol，根据H元素守恒，消耗H2的物质的量为(3a+b)mol，剩余H2的物质的量为(3-3a-b)mol，反应Ⅲ的平衡常数。 【小问3详解】 ①合成甲醇是放热反应，温度升高产率下降，图甲符合这一特征，纵坐标表示CH3OH平衡产率的是图甲； ②反应Ⅰ、反应Ⅱ是气体体积减小的反应，压强增大，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大，所以压强p1、p2、p3由小到大的顺序为p3<p2<p1； ③反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，反应Ⅲ是气体体积不变的反应，CO2的平衡转化率几乎不受压强的影响，所以T1温度时，三条曲线几乎交于一点。 【小问4详解】 反应Ⅰ、反应Ⅱ的正反应放热，正反应气体物质的量减少，降低温度、增大压强，平衡正向移动；为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为低温、高压，选C。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $