精品解析：黑龙江省哈尔滨德强高级中学2025-2026学年高二上学期期末考试化学试卷（I卷）

哈尔滨德强高级中学2025-2026学年度上学期期末考试 高二年级 化学试题(Ⅰ卷) 时间：75分钟 满分：100分 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Li-7 Na-23 Cl-35.5 一、单选题(每题3分，共45分。) 1. “能源”是人们生活中不可或缺的一部分，下列属于将化学能转化为热能的是 A．太阳能热水器烧水 B．干冰升华 C．天然气作燃气烧菜 D．新能源汽车电池 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 中子数为21的钾核素： B. 的电子式： C. 中键的电子云轮廓图： D. 基态价层电子的轨道表示式： 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含键数目为 B. 的溶液中，的数目为 C. 溶液中所含阳离子的数目小于 D. 标准状况下，溶于水中，、的微粒数之和 4. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 氨水中：、、、 B. 的溶液中：、、、 C. 使甲基橙变红的溶液中：、、、 D. 溶液中：、、、 6. 下列实验设计或装置正确的是 A. 装置甲探究浓度对反应速率的影响 B. 装置乙比较酶和硫酸的催化效率 C. 装置丙测定单位时间内Zn和硫酸溶液反应产生的体积 D. 装置丁探究压强对平衡移动的影响 7. 常温下，对的NaOH溶液与的溶液的分析正确的是 A. 溶液的碱性： B. 溶液中水电离出的 C. 两种溶液中相等 D. 两种溶液中水的电离程度： 8. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. 向溶液中滴加稀硫酸： B. 溶液中存在电离平衡： C. 加入水中： D. 惰性电极电解溶液： 9. 化学反应中伴随着能量变化，下列说法正确的是 A. 图①可表示晶体与晶体混合搅拌的能量变化 B. 图②中可表示甲烷的燃烧热 C. 若用铜丝代替图③中的仪器a进行相应的实验操作，测得的中和热偏大 D. 图④中可降低反应的活化能 10. 用压强传感器探究生铁在和的醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图像如图。以下结论错误的是 A. 溶液时，生铁发生析氢腐蚀 B. 在酸性溶液中生铁有可能发生吸氧腐蚀 C. 析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀快 D. 两溶液中负极反应均为 11. 合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理以除去其中的CO，其反应为 △H＜0，所得溶液经过处理可使铜氨液再生，重复利用。以下说法正确的是 A. 高温、低压条件有利于铜氨液再生 B. 除的反应在任何温度下都能自发进行 C. 合成塔使用热交换控制体系控制温度在400～500℃左右，主要目的是使合成氨反应平衡正向移动 D. 合成氨过程中的加压、加催化剂都有利于提高原料的平衡转化率 12. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，则下列说法正确的是 A. 负极反应的催化剂为ⅰ B. 该电池的正极反应方程式为 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 电极Ⅰ和电极Ⅱ上的气体完成一次催化循环转移的电子数相同 13. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计和结论都正确的是 选项 方案设计 现象 结论 A 等体积的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体 HX放出的氢气多且反应速率快 证明酸性是HX比HY弱 B 将的KI溶液和的溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加溶液 产生黄色沉淀 验证与的反应有一定限度 C 在容积不变的密闭容器中发生反应：向其中通入氩气 反应速率不变 说明化学反应速率不受压强影响 D 加热盛有溶液的试管 溶液由蓝色变为黄色 (蓝色)(黄色)说明上述反应的 A. A B. B C. C D. D 14. 某科研团队开发的液流电池系统可同步实现海水淡化与锂元素回收，若海水用氯化钠溶液模拟，其工作原理示意图如图所示。已知含锂废弃物中锂元素以LiCl形式回收。下列说法正确的是 A. Ⅱ为阳离子交换膜 B. 此装置还可获得副产品盐酸 C. 电极b上发生的电极反应式为 D. 穿过离子交换膜Ⅰ的离子质量为5.75 g时，理论上可回收LiCl约5.3 g 15. 25℃时，向足量难溶的粉末中滴加稀盐酸，溶液中含碳粒子分布系数、的负对数与pH关系如图所示。已知：；不水解；。 下列叙述错误的是 A. B. 25℃时，的平衡常数 C. 时，溶液中离子浓度最大的离子是 D. 时，溶液中： 二、填空题(4道题，共55分。) 16. 现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素基态原子的价层电子排布为；C元素为最活泼的非金属元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。 （1）A元素的第一电离能____________(填“<”“>”或“=”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。 （2）D元素基态原子的价层电子排布式为___________。 （3）基态C原子的核外电子轨道表示式为___________；的离子符号为___________。 （4）F元素位于元素周期表的___________区，其基态原子的核外电子排布式为___________。 （5）G元素可能的性质是___________。 A. 其单质可作为半导体材料 B. 其电负性大于磷 C. 其原子半径大于锗 D. 其第一电离能小于硒 （6）___________(填“>”或“<”)，其原因是___________。 17. 依据酸碱中和滴定实验原理可拓展定量实验。如可用双指示剂滴定法测定烧碱样品中杂质的质量分数。实验步骤如下： ①迅速称取烧碱样品1.000 g，溶解后配制成100 mL溶液，备用； ②将标准溶液装入酸式滴定管中，调零，记录起始读数； ③用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液；用HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和)，记录酸式滴定管的读数； ④再向锥形瓶内滴加2滴指示剂，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数。 回答下列问题： （1）将准确称取的烧碱样品配成100 mL待测液，需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、量筒外，还必须用到的玻璃仪器有___________；洗涤滴定管前必须进行的操作是___________。 （2）第一次滴定终点至第二次滴定终点的过程中，发生反应的离子方程式为___________。 （3）第二次滴定所用指示剂是___________；判断第二终点的现象是___________。 （4）排出酸式滴定管中的气泡，应选择图中的___________(填标号)。 ① ② ③ ④ （5）样品中的质量分数___________%(计算结果保留小数点后2位)。 （6）下列操作会导致测得的质量分数偏低的是___________(填标号)。 A. 到达第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 B. 记录酸式滴定管读数时，仰视标准液液面 C. 到达第二终点前，锥形瓶中有少许液体溅出 D. 到达第二终点读数时，滴定管尖嘴处有气泡 18. 以天青石矿(含、以及少量、及FeO等)为原料提取该矿物中锶和镁的流程如图所示： 已知：①25℃时，，。 ②在61.5℃以上即会失去结晶水生成二水氯化锶结晶。 ③可能用到的数据见下表： 开始沉淀pH 1.9 7.0 10.4 沉淀完全pH 3.2 9.0 12.4 回答下列问题： （1）“浸出液”中主要的金属离子有___________(填离子符号)，用NaOH调pH应该调节到___________范围。 （2）“盐浸”中转化反应的离子方程式为___________；25℃时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中___________(近似认为完全转化且忽略溶液体积的变化)。 （3）“浸出渣2”中主要含有：、___________(填化学式) （4）已知：晶体易溶于水，难溶于乙醇。晶种是高纯度目标晶体，需在溶液达到“过饱和状态”后添加，加入晶种可以促使晶体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体，若要从溶液通过下列操作得到较大颗粒的高纯晶体，包含下列步骤中的某几项，按顺序填相应步骤的字母：___________。 溶液→___________→b→___________→过滤→___________→f。 a．蒸发浓缩至有大量晶体析出 b．加入晶种 c．61.5℃以上减压蒸发浓缩至饱和 d．61.5℃以下减压蒸发浓缩至饱和 e．用乙醇润洗晶体 f．在30℃真空烘箱中进行干燥 g.冷却结晶 （5）由制备无水的最优方法是___________(填标号)。 a．加热脱水 b．在HCl气流中加热 c．常温加压 d．加热加压 19. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的_______。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨德强高级中学2025-2026学年度上学期期末考试 高二年级 化学试题(Ⅰ卷) 时间：75分钟 满分：100分 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Li-7 Na-23 Cl-35.5 一、单选题(每题3分，共45分。) 1. “能源”是人们生活中不可或缺的一部分，下列属于将化学能转化为热能的是 A．太阳能热水器烧水 B．干冰升华 C．天然气作燃气烧菜 D．新能源汽车电池 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．太阳能热水器烧水是太阳能转化为热能，A不符合题意； B．干冰升华是固态二氧化碳直接变为气态，属于物理变化，过程吸收热量，是热能的转移，并非化学能转化为热能，B不符合题意； C．天然气燃烧是化学能转化为热能，C符合题意； D．新能源汽车电池是电能与化学能互相转化，D不符合题意； 故答案为C。 2. 下列化学用语或图示正确的是 A. 中子数为21的钾核素： B. 的电子式： C. 中键的电子云轮廓图： D. 基态价层电子的轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．钾的质子数为19，中子数为21时，质量数 = 质子数+中子数 = ，该钾核素的正确符号为，左上角应为质量数，A错误； B．是离子化合物，由和过氧根​构成，中两个O原子间形成1对共用电子，所有原子均满足8电子稳定结构，题给电子式书写正确，B正确； C．中的键是轨道头碰头重叠，电子云沿键轴对称分布；题给图示是键（肩并肩重叠）的电子云轮廓图，C错误； D．基态Fe原子电子排布为，失电子形成时，先失去4s的2个电子，再失去3d的1个电子，因此价层电子为；根据洪特规则，电子优先分占不同轨道且自旋平行，题给图示中电子自旋方向不同，违反洪特规则，D错误； 故选B。 3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含键数目为 B. 的溶液中，的数目为 C. 溶液中所含阳离子的数目小于 D. 标准状况下，溶于水中，、的微粒数之和 【答案】A 【解析】 【详解】A．44g 的物质的量为，结构式为，每个分子含2个键，所以1mol 含键数目为，故A正确； B．题干未给出溶液的体积，无法计算的物质的量及数目，故B错误； C．1 L 0.1 mol/L FeCl3溶液中含0.1mol Fe3+ ，发生水解，1个水解生成3个，阳离子总数增加，故溶液中阳离子数目大于，故C错误； D．根据氮元素守恒，标准状况下0.5mol 溶于水后，、、的微粒数之和为，选项漏了分子，故D错误； 选A。 4. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 氨水中：、、、 B. 的溶液中：、、、 C. 使甲基橙变红的溶液中：、、、 D. 溶液中：、、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨水中存在电离：，、、、、、、之间互不反应，可以大量共存，A符合题意； B．常温下，水溶液中,结合，可得，，，溶液呈碱性，与反应会生成氢氧化亚铁，与反应会生成和水，不能大量共存，B不符合题意； C．使甲基橙变红的溶液呈酸性，会与反应生成硫化氢气体，且与会发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢气体，不能大量共存，C不符合题意； D．溶液水解呈碱性，会与反应生成氢氧化铁沉淀，会与反应生成一水合氨，且与发生双水解反应，不能大量共存，D不符合题意； 答案选择A。 6. 下列实验设计或装置正确的是 A. 装置甲探究浓度对反应速率的影响 B. 装置乙比较酶和硫酸的催化效率 C. 装置丙测定单位时间内Zn和硫酸溶液反应产生的体积 D. 装置丁探究压强对平衡移动的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A．探究浓度对反应速率的影响时，需要保证高锰酸钾不足，才能通过溶液褪色时间比较速率。本实验中草酸用量相同，高锰酸钾过量，不会褪色，无法比较反应速率，实验设计错误，A不符合题意； B．比较催化效率需要控制温度相同，本实验中硫酸在常温、唾液在热水，存在温度和催化剂两个变量，且温度升高会使唾液中的酶失活，无法比较催化效率，实验设计错误，B不符合题意； C．锌和硫酸反应生成氢气，生成的氢气进入注射器，可通过注射器读数得到单位时间内产生氢气的体积，装置和设计均正确，C符合题意； D．该反应是气体分子数不变的反应，改变压强平衡不移动，无法探究压强对平衡移动的影响，实验设计错误，D不符合题意； 答案选C。 7. 常温下，对的NaOH溶液与的溶液的分析正确的是 A. 溶液的碱性： B. 溶液中水电离出的 C. 两种溶液中相等 D. 两种溶液中水的电离程度： 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液的碱性与pH值一致，pH相同则碱性相同，故溶液的碱性：，A错误； B．溶液中OH-全部来自水的电离，pH=10时，即水电离出的c(OH-)=1.0×10-4 ，B正确； C．NaOH溶液中，溶液因水解需更高浓度才能达到相同pH，故更大，C错误； D．NaOH抑制水的电离，水解促进水的电离，故水的电离程度＞NaOH，D错误； 故选B。 8. 下列反应的离子方程式不正确的是 A. 向溶液中滴加稀硫酸： B. 溶液中存在电离平衡： C. 加入水中： D. 惰性电极电解溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．在酸性条件下发生歧化反应生成S、和，离子方程式电荷、原子均守恒，A正确； B．的电离可表示为，将写为水合氢离子即得到选项中的式子，属于电离平衡，B正确； C．易水解生成沉淀，离子方程式符合反应事实，电荷、原子均守恒，C正确； D．惰性电极电解溶液时，生成的会与结合为沉淀，正确离子方程式应为，D错误； 故选D。 9. 化学反应中伴随着能量变化，下列说法正确的是 A. 图①可表示晶体与晶体混合搅拌的能量变化 B. 图②中可表示甲烷的燃烧热 C. 若用铜丝代替图③中的仪器a进行相应的实验操作，测得的中和热偏大 D. 图④中可降低反应的活化能 【答案】C 【解析】 【详解】A．与的反应是吸热反应，吸热反应的生成物总能量高于反应物总能量；图①中反应物总能量高于生成物总能量，对应放热反应，与实际不符，A错误； B．燃烧热的定义是：1mol可燃物完全燃烧生成指定产物放出的热量，其中H元素对应的产物是液态水，图②中生成物水为气态，因此该不能表示甲烷的燃烧热，B错误； C．仪器是环形玻璃搅拌棒，铜是热的良导体，若换为铜丝，会导致反应过程中更多热量散失，测得的反应前后温度差偏小。根据，计算得到的放热偏小；中和热，为负值，越小，的数值越大，因此测得的偏大，C正确； D．根据反应机理，反应前后​质量和性质不变，​才是该反应的催化剂，催化剂可降低反应活化能；​是反应的中间产物（先生成后消耗），不能降低反应活化能，D错误； 答案选C。 10. 用压强传感器探究生铁在和的醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图像如图。以下结论错误的是 A. 溶液时，生铁发生析氢腐蚀 B. 在酸性溶液中生铁有可能发生吸氧腐蚀 C. 析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀快 D. 两溶液中负极反应均为 【答案】C 【解析】 【分析】根据原电池原理分析电极反应，钢铁做负极，负极的电极反应式为：；发生析氢腐蚀时，正极电极反应式为：，气体压强增大，发生吸氧腐蚀时，正极电极反应式为：，气体压强减小，根据图示压强的变化判断是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀。 【详解】A．根据的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生的是金属的析氢腐蚀，这说明当酸性较强时，即溶液时，生铁发生析氢腐蚀，A正确； B．的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀；的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁也可能发生吸氧腐蚀，B正确； C．根据压强与时间关系图可知，的溶液和的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，这说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，C错误； D．根据以上分析可知两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为，D正确； 故选C。 11. 合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理以除去其中的CO，其反应为 △H＜0，所得溶液经过处理可使铜氨液再生，重复利用。以下说法正确的是 A. 高温、低压条件有利于铜氨液再生 B. 除的反应在任何温度下都能自发进行 C. 合成塔使用热交换控制体系控制温度在400～500℃左右，主要目的是使合成氨反应平衡正向移动 D. 合成氨过程中的加压、加催化剂都有利于提高原料的平衡转化率 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据铜氨液与CO、NH3的反应可知，需使铜氨液再生，使化学平衡向逆反应方向移动。由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理可知，改变的外界条件是升高温度或减小压强均可使平衡逆向移动，A正确； B．反应的反应热△H＜0，反应后气体分子数减少，△S＜0，根据体系的自由能，只有在低温时，反应才能自发进行，B错误； C．该反应的正反应是放热反应，要使平衡正向移动，应该采用低温条件。合成塔使用热交换控制体系控制温度在400～500℃左右，主要目的是使催化剂铁触媒的活性达到最佳状态，C错误； D．使用催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但是不能使平衡移动，故使用催化剂无法提高原料的平衡转化率，D错误； 故合理选项是A。 12. 某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，则下列说法正确的是 A. 负极反应的催化剂为ⅰ B. 该电池的正极反应方程式为 C. 电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D. 电极Ⅰ和电极Ⅱ上的气体完成一次催化循环转移的电子数相同 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为氢氧燃料电池，通入的电极Ⅰ为正极，对应催化机理为图a；通入​的电极Ⅱ为负极，对应催化机理为图c，膜为质子交换膜，电池为酸性环境，逐一分析选项： 【详解】A．ⅰ是正极（电极Ⅰ）的催化物种，负极（电极Ⅱ）的催化剂在图c中，A错误； B．质子交换膜为酸性环境，不会生成，正极反应为，B错误； C．负极反应为，生成的会通过质子交换膜迁移到正极室，因此理论上负极室溶液质量不变，C正确； D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的气体完成一次催化循环转移的电子数不相同，D错误； 故选C。 13. 根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计和结论都正确的是 选项 方案设计 现象 结论 A 等体积的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体 HX放出的氢气多且反应速率快 证明酸性是HX比HY弱 B 将的KI溶液和的溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加溶液 产生黄色沉淀 验证与的反应有一定限度 C 在容积不变的密闭容器中发生反应：向其中通入氩气 反应速率不变 说明化学反应速率不受压强影响 D 加热盛有溶液的试管 溶液由蓝色变为黄色 (蓝色)(黄色)说明上述反应的 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．等pH的两种酸，酸性越弱，酸的电离程度越小，相同pH下酸的浓度越大，等体积时酸的物质的量越多，与足量Fe反应生成H2越多；且反应过程中弱酸会持续电离出H⁺，反应速率更快，现象符合HX酸性更弱的结论，故A正确； B．将的KI溶液和的溶液等体积混合，KI过量，充分反应后KI有剩余，无论反应是否存在限度，溶液中均有大量I⁻剩余，滴加AgNO3一定会产生黄色AgI沉淀，无法验证反应有一定限度，故B错误； C．恒容条件下通入氩气，反应物和生成物浓度均不变，故反应速率不变，压强影响反应速率的本质是改变反应物浓度，不能说明反应速率不受压强影响，故C错误； D．加热溶液由蓝色变为黄色，说明(蓝色)(黄色)平衡正向移动，正反应为吸热反应，，故D错误； 选A。 14. 某科研团队开发的液流电池系统可同步实现海水淡化与锂元素回收，若海水用氯化钠溶液模拟，其工作原理示意图如图所示。已知含锂废弃物中锂元素以LiCl形式回收。下列说法正确的是 A. Ⅱ为阳离子交换膜 B. 此装置还可获得副产品盐酸 C. 电极b上发生的电极反应式为 D. 穿过离子交换膜Ⅰ的离子质量为5.75 g时，理论上可回收LiCl约5.3 g 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，电极a为阴极，电极反应式为：；电极b为阳极，电极反应式为，储液罐中实现的再生；在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜，因此可推测在离子交换膜Ⅰ和Ⅱ之间实现海水淡化，离子交换膜Ⅱ和Ⅲ之间回收氯化锂，并在最左侧获得副产品。 【详解】A．根据分析可知，Ⅱ为阴膜，A错误； B．根据分析可知，此装置不产生，无法获得盐酸，B错误； C．根据分析可知，电极b上发生的电极反应为，C正确； D．穿过离子交换膜Ⅰ的离子为，质量为时，物质的量为，根据电荷守恒，每迁移对应转移，回收，故理论上可回收的质量为，D错误； 故选C。 15. 25℃时，向足量难溶的粉末中滴加稀盐酸，溶液中含碳粒子分布系数、的负对数与pH关系如图所示。已知：；不水解；。 下列叙述错误的是 A. B. 25℃时，的平衡常数 C. 时，溶液中离子浓度最大的离子是 D. 时，溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】随pH增大，的物质的量分数减小，的物质的量分数先增大后减小，的物质的量分数增大，根据m点坐标，将时代入，得，根据n点坐标，将时代入，得，据此解答。 【详解】A．选b、n点计算：物料守恒式为，且很小，，，，A正确； B．，，25℃时，的平衡常数，B错误； C．时，，混合液中电荷守恒式为，结合物料守恒整理：，此时，，故，C正确； D．在混合溶液中，物料守恒式为，电荷守恒式为，整合得：，D正确； 故答案选B。 二、填空题(4道题，共55分。) 16. 现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素基态原子的价层电子排布为；C元素为最活泼的非金属元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。 （1）A元素的第一电离能____________(填“<”“>”或“=”)B元素的第一电离能，A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。 （2）D元素基态原子的价层电子排布式为___________。 （3）基态C原子的核外电子轨道表示式为___________；的离子符号为___________。 （4）F元素位于元素周期表的___________区，其基态原子的核外电子排布式为___________。 （5）G元素可能的性质是___________。 A. 其单质可作为半导体材料 B. 其电负性大于磷 C. 其原子半径大于锗 D. 其第一电离能小于硒 （6）___________(填“>”或“<”)，其原因是___________。 【答案】（1） ①. > ②. （2）3s2 （3） ①. ②. （4） ①. ds ②. （5）A （6） ①. > ②. Mg的第一电离能失去3s能级的电子，Al的第一电离能失去3p能级的电子，，3p电子更易失去 【解析】 【分析】前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大，A元素基态原子的价层电子排布为，则A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则B为O元素、C为F元素；D元素原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，则D是Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则E是Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F是Cu元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G为As元素。 【小问1详解】 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，则氮元素的第一电离能大于氧元素；同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，电负性依次增大，则元素电负性由小到大的顺序为：； 【小问2详解】 镁元素的原子序数为12，基态原子的价层电子排布式为3s2； 【小问3详解】 氟元素的原子序数为9，基态原子的电子排布式为1s22s22p5，轨道表示式为：；铁离子的离子符号为； 【小问4详解】 铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为，则铜元素位于元素周期表的ds区； 【小问5详解】 A．砷元素位于元素周期表的金属与非金属的分界线附近，所以单质可作半导体材料， A正确； B．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，电负性依次减小，则砷元素的电负性小于磷元素，B错误； C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则砷原子的原子半径小于锗原子，C错误； D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，砷原子的4p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，则砷元素的第一电离能大于硒元素，D错误； 故选A； 【小问6详解】 镁元素的原子序数为12，基态原子的价层电子排布式为3s2，第一电离能失去3s能级上的电子，铝元素的原子序数为13，基态原子的价层电子排布式为3s23p1，第一电离能失去3p能级上的电子；由构造原理可知，3p能级的能量大于3s，3p能级上的电子比3s能级上的电子更易失去，所以镁元素的第一电离能大于铝元素。 17. 依据酸碱中和滴定实验原理可拓展定量实验。如可用双指示剂滴定法测定烧碱样品中杂质的质量分数。实验步骤如下： ①迅速称取烧碱样品1.000 g，溶解后配制成100 mL溶液，备用； ②将标准溶液装入酸式滴定管中，调零，记录起始读数； ③用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液；用HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和)，记录酸式滴定管的读数； ④再向锥形瓶内滴加2滴指示剂，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数。 回答下列问题： （1）将准确称取的烧碱样品配成100 mL待测液，需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、量筒外，还必须用到的玻璃仪器有___________；洗涤滴定管前必须进行的操作是___________。 （2）第一次滴定终点至第二次滴定终点的过程中，发生反应的离子方程式为___________。 （3）第二次滴定所用指示剂是___________；判断第二终点的现象是___________。 （4）排出酸式滴定管中的气泡，应选择图中的___________(填标号)。 ① ② ③ ④ （5）样品中的质量分数___________%(计算结果保留小数点后2位)。 （6）下列操作会导致测得的质量分数偏低的是___________(填标号)。 A. 到达第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 B. 记录酸式滴定管读数时，仰视标准液液面 C. 到达第二终点前，锥形瓶中有少许液体溅出 D. 到达第二终点读数时，滴定管尖嘴处有气泡 【答案】（1） ①. 胶头滴管 ②. 检查滴定管是否漏水 （2） （3） ①. 甲基橙 ②. 当加入最后半滴HCl溶液时，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色 （4）② （5）21.20% （6）AC 【解析】 【分析】该实验是双指示剂滴定法测定烧碱样品(含)的纯度，先配制100.00mL的样品溶液，取20.00 mL待测液，先用酚酞为指示剂，以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为和)，记录消耗盐酸的体积，继续以甲基橙为指示剂，以HCl标准溶液滴定至第二终点，此时完全反应，两次读数的差值即为消耗的盐酸体积，从而计算出的含量，继续计算出碳酸钠的含量； 【小问1详解】 将准确称取的烧碱样品配成100mL待测液，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL 容量瓶；洗涤滴定管前，必须进行的操作是检查滴定管是否漏水，故答案为：胶头滴管；检查滴定管是否漏水； 【小问2详解】 由分析可知，第一次滴定终点至第二次滴定终点的过程中，发生反应的离子方程式为：； 【小问3详解】 由分析可知，第二次滴定所用指示剂是甲基橙；溶液呈弱碱性，甲基橙作指示剂，溶液呈黄色，滴加盐酸到第二终点时溶液呈弱酸性，此时溶液呈橙色，所以滴定至第二终点的现象是：当加入最后半滴HCl溶液时，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色，故答案为：甲基橙；当加入最后半滴HCl溶液时，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色； 【小问4详解】 排出酸式滴定管中的气泡需旋转活塞，使气泡随液体排出，即图②，故答案为②； 【小问5详解】 滴定过程中反应为、，根据原子守恒可知，样品中，，样品中，故答案为：21.20%； 【小问6详解】 A．锥形瓶中有气泡，导致第二次滴定消耗体积偏小，计算的质量分数偏低，A符合题意； B．仰视读数，导致偏大，计算结果偏高，B不符合题意； C．液体溅出，消耗体积偏小，结果偏低，C符合题意； D．到达第二终点读数时，滴定管尖嘴有气泡，导致偏小，消耗体积偏小，结果偏低，D符合题意； 故答案选ACD。 18. 以天青石矿(含、以及少量、及FeO等)为原料提取该矿物中锶和镁的流程如图所示： 已知：①25℃时，，。 ②在61.5℃以上即会失去结晶水生成二水氯化锶结晶。 ③可能用到的数据见下表： 开始沉淀pH 1.9 7.0 10.4 沉淀完全pH 3.2 9.0 12.4 回答下列问题： （1）“浸出液”中主要的金属离子有___________(填离子符号)，用NaOH调pH应该调节到___________范围。 （2）“盐浸”中转化反应的离子方程式为___________；25℃时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中___________(近似认为完全转化且忽略溶液体积的变化)。 （3）“浸出渣2”中主要含有：、___________(填化学式) （4）已知：晶体易溶于水，难溶于乙醇。晶种是高纯度目标晶体，需在溶液达到“过饱和状态”后添加，加入晶种可以促使晶体析出，结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体，若要从溶液通过下列操作得到较大颗粒的高纯晶体，包含下列步骤中的某几项，按顺序填相应步骤的字母：___________。 溶液→___________→b→___________→过滤→___________→f。 a．蒸发浓缩至有大量晶体析出 b．加入晶种 c．61.5℃以上减压蒸发浓缩至饱和 d．61.5℃以下减压蒸发浓缩至饱和 e．用乙醇润洗晶体 f．在30℃真空烘箱中进行干燥 g.冷却结晶 （5）由制备无水的最优方法是___________(填标号)。 a．加热脱水 b．在HCl气流中加热 c．常温加压 d．加热加压 【答案】（1） ①. 、 ②. （2） ①. ②. （3）、 （4）溶液→d→b→g→过滤→e→f （5）a 【解析】 【分析】向天青石矿中加入稀盐酸、H2O2进行酸浸，、、及FeO溶解进入浸出液，因H2O2具有强氧化性，“浸出液”中主要的金属离子有、；浸出渣1为、，加入BaCl2溶液进行盐浸，得到SrCl2溶液和滤渣2，溶液通过一系列操作得到；向浸出液中加入NaOH溶液调节pH，由Fe3+完全沉淀的pH小于Mg2+开始沉淀的pH可知，滤渣3为Fe(OH)3沉淀；MgCl2溶液通过一系列操作得到Mg单质。 【小问1详解】 根据分析可知，“浸出液”中主要的金属离子有、。为确保Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀，用NaOH调pH应该调节到。 【小问2详解】 “盐浸”时发生沉淀的转化，转化反应的离子方程式为，该反应的平衡常数 ，平衡常数很大，近似认为完全转化，向粉末中加入溶液，溶液体积为0.1L，溶液中剩余，，则，列三段式： 理论上溶液中0.1mol/L=。 【小问3详解】 “盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不反应，故“浸出渣2”中主要含有：、、。 【小问4详解】 a．蒸发浓缩至有大量晶体析出会导致溶液过饱和，结晶过快，无法得到大颗粒晶粒，a错误； b．加入晶种能促进晶体生长，使结晶速度减慢，从而得到较大颗粒晶体，b正确； c．已知在61.5℃以上即会失去结晶水生成二水氯化锶结晶，则蒸发浓缩应控制温度在61.5℃以下以避免失去结晶水，c错误，d正确； e．用乙醇润洗晶体可除去晶体表面杂质，且乙醇易挥发，便于后续干燥，e正确； f．在30℃真空烘箱中进行干燥，既能除去晶体表面水分，又能避免高温导致结晶水损失，f正确； g.加入晶种后冷却结晶，可使晶体缓慢析出，符合“结晶速度越慢越易得到大颗粒晶体”的要求，g正确； 综合以上分析，从溶液得到较大颗粒的高纯晶体的具体操作为：溶液→61.5℃以下减压蒸发浓缩至饱和→加入晶种→冷却结晶→过滤→用乙醇润洗晶体→在30℃真空烘箱中进行干燥，即溶液→d→b→g→过滤→e→f。 【小问5详解】 Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也为强碱，Sr2+不水解，排除b项；由平衡移动原理可知，由制备无水，加压不利于脱水，应用加热的方式脱水，排除c、d项，故选a项。 19. I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的_______。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．的浓度不变 d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量 b．增加原料中的量 c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-41.2 （2）bc （3） ①. 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 ②. 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 （4）b （5） ①. 增大 ②. 0.675p2 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； 【小问2详解】 a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态； c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 故选bc； 【小问3详解】 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； 【小问4详解】 a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低； b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大； c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变； 故选b； 【小问5详解】 如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，平衡③和⑤逆向移动，④平衡瞬间不移动；反应③的CO和H2的化学计量数相同，不影响n(CO)：n(H2)，但是反应⑤逆向移动，H2减少的量更多，n(CO)：n(H2)增大； 设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时： ； ； 根据碳元素守恒：； 根据氧元素守恒：； 根据氢元素守恒：； 平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $