精品解析：河南驻马店市新蔡县第一高级中学2025-2026学年高二上学期2月月考化学试题

新蔡一高2025-2026学年上学期期末模拟考试 高二化学试题 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Cu：64 Cl：35.5 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。) 1. 下列化学用语正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 的电子式： C. 中 键的形成： D. 基态铜原子价电子的轨道表示式： 2. 常温下，某溶液中水电离产生c(OH-)=1×10-13 mol·L-1，其中一定能大量共存的是 A. K+、Na+、Cl-、NO B. K+、Fe3+、Cl-、CO C. Na+、Fe2+、NO、Cl- D. K+、NH、SO、NO 3. 下列离子的VSEPR模型与离子的空间结构一致的是 A. B. C. D. 4. 铅酸蓄电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，硫酸的浓度减小 C. 电池工作时，向负极方向移动 D. 充电时，铅极发生 5. 下列方程式与事实相符的是 A. 灭火时，将泡沫灭火器中的浓溶液和浓溶液混合： B. 用食醋去除水垢中的： C. 草酸的： D. FeS去除废水中的： 6. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 7. 25℃时，下列说法正确的是 A. 2mL 0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同 B. 溶液中： C. 将0.1醋酸溶液稀释后，减小 D. pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 8. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 简单氢化物的沸点： D. Y的第一电离能高于同周期相邻元素 9. 下列说法错误的是 A. 乳酸分子中含有一个手性碳原子 B. 中σ键与π键数目之比为12：1 C. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性 D. SiH4中Si的化合价为，CH4中C的化合价为，因此SiH4的还原性小于CH4 10. 一种分解硫酸铵获得氨气和硫酸的物质转化关系如下，其中a、b代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是 A. a、d分别是MgO、 B. ②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 C. 增大③中的浓度，可提高的产率 D. 若直接加热等量的使其完全分解，得到的量与上述流程相同 11. 下列操作(或装置)能达到实验目的的是 实验目的 A．测定中和反应的反应热 B．保护钢铁输水管 操作或装置 实验目的 C．比较AgCl和溶解度大小 D．滴定时放出酸式滴定管中的溶液 操作或装置 A. A B. B C. C D. D 12. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ） A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋) 13. 在恒压密闭容器中投入、和，发生反应。测得压强在0.1 MPa和0.5 MPa下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 下列分析不正确的是 A. 为0.5 MPa，为0.1 MPa B. M对应的容器体积为V L，则525℃时 C. 常温常压下，该反应消耗时，放出19.6 kJ热量 D. 转化率M小于N的原因是，压强对体系的影响大于温度的影响 14. 普鲁士蓝的化学式为。一种在空气中工作的普鲁士蓝电池的示意图如图所示，普鲁士蓝涂于惰性电极M上。闭合K，灯泡亮。待灯泡熄灭，断开K，一段时间后普鲁士蓝恢复。 下列说法不正确的是 A. 闭合上的电极反应： B. 闭合K，一段时间后电解质溶液的质量增大 C. 断开K，每生成，需要消耗 D. 断开K，一段时间后电解质溶液中可能出现白色沉淀 15. 以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。[比如的分布系数：]，下列叙述不正确的是 A. 曲线①代表曲线②代表 B. 溶液的浓度为 C. 的电离常数 D. 滴定终点时，溶液中 二、解答题(本题共4大题，每小题3分，共55分。) 16. 元素周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。对于它们的基态原子而言，A原子核外电子只有一种自旋取向；B的价电子层中有3个未成对电子；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E元素的主族序数与周期数的差为4；F的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题： （1）A和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥结构的化合物中，其中心原子的杂化方式为_______；既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物是_______(填化学式，写两种)。其中某一化合物与化合物DEC均为消毒剂，若二者混合使用，它们的消毒能力严重降低，原因_______(用离子方程式表达)。 （2）B、C、D中第一电离能最大的是_______(填元素符号)，F的价电子排布式为_______。 （3）通常用单质与制取，该反应的化学方程式为_______，并解释不用与的单质直接反应制取而采用此反应的原因_______。 （4）实验室一般用的氢化物的浓溶液配制其稀溶液，若配制稀溶液，需用量筒量取的浓溶液_______。下列操作可能导致所配溶液浓度偏高的是_______(填字母)。 A.量取浓溶液时仰视读数　　　　B.转移前容量瓶中有水 C.转移时液体溅出 　　　D.定容时俯视读数 17. “84”消毒液在日常生活中有广泛的应用。小组同学用下图装置(石墨作电极)电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液，并进行相关性质探究。 （1）电解饱和食盐水的化学方程式为___________。 （2）为了更好的生成次氯酸钠溶液，电源a电极名称是___________(填“正”或“负”)极。 （3）已知：饱和NaClO溶液的，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因：___________。 （4）当和NaOH溶液恰好完全反应时，下列关系不正确的是___________(填序号)。 a． b． c． （5）T℃时，NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如下图1。向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入溶液，滴加过程中溶液的pH随溶液的体积的变化曲线如下图2。 资料：T℃时，的电离常数为，； 依据图1，HClO的电离常数为___________；向NaClO溶液中通入少量的，该过程中生成的含碳物质的化学式为___________。 ②图2中，产生红褐色沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为___________。 ③已知：时，完全沉淀。依据图1和图2，结合化学用语解释溶液的pH下降的主要原因：___________。 18. CO2的捕获和转化可减少CO2排放并实现资源的利用。在催化剂作用下，消耗CH4和CO2，生成合成气(H2、CO)，主要发生反应i，可能发生副反应ii、iii： i.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1 ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H2=+75.0kJ•mol-1 iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s) H3=-172.0kJ•mol-1 （1） H1=_____。 （2）反应i为可逆反应。从化学平衡的角度分析，利于生成合成气的条件是______。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （3）经研究发现，添加碱性助剂(如CaO)可以促进CO2的吸附与活化。反应过程如图1。反应I完成后，以N2为载气，将恒定组成、恒定流速的N2、CH4混合气通入盛有足量CaCO3的反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2。反应过程中始终未检测到CO2，催化剂表面有积炭。 ①反应II的化学方程式为_____。 ②t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2的速率不变，可能发生的副反应是_____(填序号“ii”或“iii”)。 ③t3时，生成CO的速率为0，是因为反应II不再发生，可能的原因是_____。 19. 一种利用低品位铜矿(含有、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下： 已知、、、开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 开始沉淀pH 4.7 8.3 8.1 1.5 完全沉淀pH 6.7 9.8 9.6 3.2 （1）步骤Ⅰ中，可将、CuS等物质氧化溶解。补全并配平下列离子方程式：___________。 （2）步骤Ⅱ中，加入氨水调节pH的范围是___________。 （3）步骤Ⅳ中，滤液E中的主要溶质为，加热过程中，主要溶质发生分解反应的化学方程式为___________。 （4）该流程中可循环利用的物质是___________(填化学式)。 （5）CuCl质量分数的测定 称取样品，溶于过量的硫酸铁铵溶液[可将氧化为]，滴加2滴试亚铁灵指示剂(可与发生特征显色反应)，用的硫酸铈标准溶液滴定(反应为)，共消耗硫酸铈标准溶液。 ①写出与CuCl反应的离子方程式___________。 ②写出CuCl质量分数的计算式___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡一高2025-2026学年上学期期末模拟考试 高二化学试题 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Cu：64 Cl：35.5 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。) 1. 下列化学用语正确的是 A. 的VSEPR模型： B. 的电子式： C. 中 键的形成： D. 基态铜原子价电子的轨道表示式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．的中心原子N采取sp3杂化，有一对孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形，A正确； B．的结构中含碳碳三键，的电子式为，B错误； C．中键的形成为，C错误； D．基态铜原子价电子排布式为，轨道表示式为，D错误； 故选A。 2. 常温下，某溶液中水电离产生c(OH-)=1×10-13 mol·L-1，其中一定能大量共存的是 A. K+、Na+、Cl-、NO B. K+、Fe3+、Cl-、CO C. Na+、Fe2+、NO、Cl- D. K+、NH、SO、NO 【答案】A 【解析】 【分析】 25℃时，某溶液中由水电离产生的c(OH－)水＝1×10－13 mol·L－1，此溶质对水的电离产生抑制，此溶液可能显酸性也可能显碱性，最常见的则是酸溶液或碱溶液，据此分析回答。 【详解】A．K+、Na+、Cl-、NO 四种离子在酸性和碱性的条件下不反应，既能大量存在于酸性溶液中，也能大量存在于碱性溶液中，故A符合题意； B．若碱性溶液中则Fe3+与OH－发生反应，不能大量存在于碱溶液中；若酸性溶液中H＋，则CO与酸反应，不能大量共存，故B不符合题意； C．若碱性溶液中则Fe2＋与OH－发生反应，不能大量存在于碱溶液中；若酸性溶液中H＋、Fe2＋、NO发生氧化还原反应而不能共存，故C不符合题意； D．NH4＋与OH－反应，不能大量存在于碱性溶液中，故D不符合题意； 故答案：A。 3. 下列离子的VSEPR模型与离子的空间结构一致的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．中心S原子的价层电子对数为，S的孤电子对数为1，则VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，不一致，A不符合题意； B．中心P原子的价层电子对数为，P的孤电子对数为0，VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，B符合题意； C．中心N原子的价层电子对数为，N的孤电子对数为1，VSEPR模型为平面三角形，空间结构为V形，不一致，C不符合题意； D．中心Cl原子的价层电子对数为，Cl的孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形，空间结构为三角锥形，不一致，D不符合题意； 故选B。 4. 铅酸蓄电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，硫酸的浓度减小 C. 电池工作时，向负极方向移动 D. 充电时，铅极发生 【答案】B 【解析】 【分析】铅酸蓄电池工作时，Pb失电子生成PbSO4，Pb作负极；PbO2得电子生成PbSO4，PbO2作正极。 【详解】A．作电池的正极，故A错误； B．电池工作时，总反应为，Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,反应消耗硫酸，硫酸的浓度减小，故B正确； C．电池工作时，阳离子移向正极，向正极方向移动，故C错误； D．充电时，铅极为阴极，硫酸铅得电子生成Pb，发生反应方程式为，故D错误； 选B。 5. 下列方程式与事实相符的是 A. 灭火时，将泡沫灭火器中的浓溶液和浓溶液混合： B. 用食醋去除水垢中的： C. 草酸的： D. FeS去除废水中的： 【答案】A 【解析】 【详解】A．泡沫灭火器中，NaHCO3和Al2(SO4)3混合发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，离子方程式正确描述了该过程，与事实相符，A正确； B．食醋主要成分为醋酸(CH3COOH)，是弱酸，反应应为CaCO3 + 2CH3COOH = Ca(CH3COO)2 + H2O + CO2↑，选项中用H+表示强酸离子，且光照条件与实际反应无关，与事实不符，B错误； C．草酸(H2C2O4)为二元弱酸，分步电离：H2C2O4 ⇌ H+ + HC2O，HC2O4- ⇌ H+ + C2O，选项中忽略了分步电离过程，C错误； D．FeS去除Hg2+时，实际反应为FeS(s) + Hg2+(aq)= HgS(s) + Fe2+(aq)，D错误； 答案选A。 6. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应分子数不变，缩小体积，浓度增大，颜色加深，平衡不移动，故A错误； B．反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故B错误； C．，平衡逆向移动，I2浓度增加，颜色加深，故C正确； D．反应放热，则断裂和中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D错误； 故答案为C。 7. 25℃时，下列说法正确的是 A. 2mL 0.1的醋酸和盐酸分别与足量锌反应，生成的量基本相同 B. 溶液中： C. 将0.1醋酸溶液稀释后，减小 D. pH=3的盐酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7 【答案】A 【解析】 【详解】A．2mL 0.1的醋酸和盐酸均为一元酸，且其中酸的物质的量相同，则分别与足量锌反应，生成的量基本相同，A正确； B．据物料守恒，溶液中：，B错误； C． ，0.1醋酸溶液稀释后，氢离子浓度减小，则比值增大，C错误； D．25℃时，pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol/L，二者等体积混合后所得的溶液呈中性，pH=7，D错误； 故选A。 8. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法错误的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 简单氢化物的沸点： D. Y的第一电离能高于同周期相邻元素 【答案】D 【解析】 【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X的核外电子数与电子层数相同，X可以形成一条共价键，故X为H；Y可以形成两条共价键，则为ⅥA族，Y、W同族，故Y为O，W为S；Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和（1+6=7），Z为ⅦA族，且原子序数小于S，故Z为F，据此分析。 【详解】A．根据分析可知，W、Y、Z、X分别为S、O、F、H，同周期元素由左至右原子半径减（半径O>F）小，不同周期元素，电子层数越多，半径越大，故原子半径S>O>F>H，A正确； B．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性：F>O>S，B正确； C．H2O分子之间可以形成氢键使沸点升高，而H2S无分子间氢键，简单氢化物的沸点：H2O>H2S，C正确； D．Y是O，同周期元素由左至右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素高，故第一电离能，N>O、F>O，D错误； 故答案为D。 9. 下列说法错误的是 A. 乳酸分子中含有一个手性碳原子 B. 中σ键与π键数目之比为12：1 C. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性 D. SiH4中Si的化合价为，CH4中C的化合价为，因此SiH4的还原性小于CH4 【答案】D 【解析】 【详解】A．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的碳原子。在乳酸分子的中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，因此该碳原子是手性碳原子，其余的2个碳原子都不是手性碳原子，A正确； B．碳氧双键中一根键为π键，其余均为σ键，σ键与π键数目之比为12：1，B正确； C．由于氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，因此三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，C正确； D．由于电负性：C＞H＞Si，则在SiH4中H显-1价，CH4中H显+1价，-1价的氢有很强的还原性，故SiH4的还原性更强，D错误； 故合理选项是D。 10. 一种分解硫酸铵获得氨气和硫酸的物质转化关系如下，其中a、b代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是 A. a、d分别是MgO、 B. ②中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 C. 增大③中的浓度，可提高的产率 D. 若直接加热等量的使其完全分解，得到的量与上述流程相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①为和反应生成氨气和，反应②为和反应生成和，因此a、d分别是和，A正确； B．反应②为和反应生成和，方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为，B正确； C．反应③为与反应生成，反应方程式为：，为可逆反应，增大③中的浓度，平衡正向移动，可提高产率，进而提高的产率，C正确； D．直接加热使其完全分解，根据硫元素守恒，其生成的的物质的量最多与的物质的量相等；在上述流程中，还有的参与，根据元素守恒，得到的比直接加热等量的更多，D错误； 故选D。 11. 下列操作(或装置)能达到实验目的的是 实验目的 A．测定中和反应的反应热 B．保护钢铁输水管 操作或装置 实验目的 C．比较AgCl和溶解度大小 D．滴定时放出酸式滴定管中的溶液 操作或装置 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．测定中和反应的反应热应在量热计中进行，该装置无保温隔热作用，导致热量大量散失，不能达到实验目的，A错误； B．钢铁输水管与活泼金属相连，作负极被腐蚀，钢铁输水管作正极被保护，此为牺牲阳极法，能达到保护钢铁输水管的目的，B正确； C．溶液中滴加几滴溶液产生白色沉淀，但不足过量，过量的与滴加的反应生成黑色的沉淀，不能体现AgCl转化为，故不能达到实验目的，C错误； D．滴定时放出酸式滴定管中的溶液手应握住酸式滴定管的玻璃活塞，而非图中直接控制活塞，该操作易拔出活塞导致漏液，为不规范操作，D错误； 故选B。 12. 常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ） A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋) 【答案】D 【解析】 【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。 【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误； B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B错误； C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误； D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。 【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。 13. 在恒压密闭容器中投入、和，发生反应。测得压强在0.1 MPa和0.5 MPa下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 下列分析不正确的是 A. 为0.5 MPa，为0.1 MPa B. M对应的容器体积为V L，则525℃时 C. 常温常压下，该反应消耗时，放出19.6 kJ热量 D. 转化率M小于N的原因是，压强对体系的影响大于温度的影响 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应是气体分子数减小的反应，增大压强时平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，即压强越大，SO2平衡转化率越大，则p1为0.5MPa,p2为0.1MPa，故A正确； B．三段式为： M点平衡时容器体积VL，则该反应的平衡常数，故B错误； C．由题干的热化学方程式可知，消耗2molSO2(g)时放出196kJ热量，故消耗时，放出19.6 kJ热量，故C正确； D．图中M点温度低、压强小，N点温度高、压强大，增大压强时平衡正向移动、升高温度时平衡逆向移动，但SO2平衡转化率：M＜N，说明压强对体系的影响大于温度的影响，故D正确； 故选：B。 14. 普鲁士蓝的化学式为。一种在空气中工作的普鲁士蓝电池的示意图如图所示，普鲁士蓝涂于惰性电极M上。闭合K，灯泡亮。待灯泡熄灭，断开K，一段时间后普鲁士蓝恢复。 下列说法不正确的是 A. 闭合上的电极反应： B. 闭合K，一段时间后电解质溶液的质量增大 C. 断开K，每生成，需要消耗 D. 断开K，一段时间后电解质溶液中可能出现白色沉淀 【答案】B 【解析】 【分析】闭合K，灯泡亮，构成原电池，惰性电极M上铁元素化合价下降，则惰性电极M是正极，Al是负极，断开K，被氧化为，普鲁士蓝恢复，据此解答。 【详解】A．惰性电极M是正极，铁元素化合价下降，发生得到电子的还原反应，电极反应为：，A正确； B．负极的反应为，当电路转移3mol电子时，有1molAl进入溶液，同时正极会有转化为固体，故电解质溶液质量变小，B错误； C．由化合价变化可知，每生成，转移，做氧化剂，有：，根据转移电子守恒可知，需要消耗，C正确； D．断开K，一段时间后，由于氧气做氧化剂，溶液中将出现，与负极产生的结合生成，故溶液中可能出现白色沉淀是合理的，D正确； 故选B。 15. 以酚酞为指示剂，用的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积的变化关系如图所示。[比如的分布系数：]，下列叙述不正确的是 A. 曲线①代表曲线②代表 B. 溶液的浓度为 C. 的电离常数 D. 滴定终点时，溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)。 【详解】A．根据分析可知，A正确； B．当加入40.00 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，到达滴定终点，说明NaOH和H2A恰好完全反应，根据反应，，，B正确； C．根据图像，曲线①和曲线②相交时，，此时对应的曲线③的，的电离常数，C正确； D．根据电荷守恒，由于水解，滴定终点时，溶液呈碱性，，所以溶液中有，D错误； 故选D。 二、解答题(本题共4大题，每小题3分，共55分。) 16. 元素周期表中前四周期的元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大。对于它们的基态原子而言，A原子核外电子只有一种自旋取向；B的价电子层中有3个未成对电子；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E元素的主族序数与周期数的差为4；F的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题： （1）A和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥结构的化合物中，其中心原子的杂化方式为_______；既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物是_______(填化学式，写两种)。其中某一化合物与化合物DEC均为消毒剂，若二者混合使用，它们的消毒能力严重降低，原因_______(用离子方程式表达)。 （2）B、C、D中第一电离能最大的是_______(填元素符号)，F的价电子排布式为_______。 （3）通常用单质与制取，该反应的化学方程式为_______，并解释不用与的单质直接反应制取而采用此反应的原因_______。 （4）实验室一般用的氢化物的浓溶液配制其稀溶液，若配制稀溶液，需用量筒量取的浓溶液_______。下列操作可能导致所配溶液浓度偏高的是_______(填字母)。 A.量取浓溶液时仰视读数　　　　B.转移前容量瓶中有水 C.转移时液体溅出 　　　D.定容时俯视读数 【答案】（1） ①. ②. 、 ③. （2） ①. N ②. （3） ①. ②. 若钠与氧气直接反应可能生成过氧化钠，此反应制得的同时生成，可作为保护气，防止进一步被氧化为 （4） ①. 5.0 ②. AD 【解析】 【分析】A原子的电子只有一种自旋取向，所以A为H；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则C核外K、L层电子数分别为2、6，所以C为O；B的价电子层中有3个未成对电子，B原子序数小于C，核外电子排布式为1s22s22p3，所以B为N，D元素原子中只有两种形状的电子云，只有s和p两种轨道，最外层只有一种自旋方向的电子，且该元素原子序数大于O元素，则其核外电子排布式为1s22s22p63s1，则D为Na；E元素的主族序数与周期数的差为4，且E的原子序数大于D，则E只能为Cl；F的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则F的核外K、L、M、N层电子数分别为2、8、18、1，则F为Cu。 【小问1详解】 A和其他元素形成二元共价化合物，分子呈三角锥结构的化合物中，则该化合物为NH3，中心原子为N，有3个σ键，孤对电子对数为×(5-3×1)=1，则为sp3杂化；既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物是H2O2和N2H4；DEC为NaClO，与其反应消毒能力降低，则为H2O2，反应方程式为H2O2+ClO−=Cl−+O2↑+H2O。 【小问2详解】 B、C、D三种元素中，只有Na为金属，且最外层只有一个电子，第一电离能最小，N元素的2p能级中有3个电子处于半满结构，能量较低，失去一个电子需要能量较高，O元素的2p轨道中有4个电子，失去一个电子变成半满结构，能量较低，失去一个电子需要的能量相对较低，所以第一电离能最大的是N；F为Cu元素，价电子排布式为3d104s1。 【小问3详解】 Na 与NaNO3反应生成Na2O，反应方程式为2NaNO3+10Na=6Na2O+N2↑；若钠与氧气直接反应可能生成过氧化钠，此反应制得Na2O的同时生成N2，N2可作为保护气，防止Na2O进一步被氧化为Na2O2。 【小问4详解】 稀释过程中溶质的物质的量不变，10mol⋅L−1×V mL =0.5mol⋅L−1×100mL，V=5.0mL；量取浓溶液时仰视读数，导致浓盐酸的量偏多，浓度偏高；转移前容量瓶中有水，对浓度无影响；转移时液体溅出，溶质的物质的量偏少，浓度偏低；定容时俯视读数，水加的偏少，浓度偏高；综上所述，AD符合。 17. “84”消毒液在日常生活中有广泛的应用。小组同学用下图装置(石墨作电极)电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液，并进行相关性质探究。 （1）电解饱和食盐水的化学方程式为___________。 （2）为了更好的生成次氯酸钠溶液，电源a电极名称是___________(填“正”或“负”)极。 （3）已知：饱和NaClO溶液的，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因：___________。 （4）当和NaOH溶液恰好完全反应时，下列关系不正确的是___________(填序号)。 a． b． c． （5）T℃时，NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如下图1。向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入溶液，滴加过程中溶液的pH随溶液的体积的变化曲线如下图2。 资料：T℃时，的电离常数为，； 依据图1，HClO的电离常数为___________；向NaClO溶液中通入少量的，该过程中生成的含碳物质的化学式为___________。 ②图2中，产生红褐色沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为___________。 ③已知：时，完全沉淀。依据图1和图2，结合化学用语解释溶液的pH下降的主要原因：___________。 【答案】（1）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ （2）负 （3）ClO-+H2O⇌HClO+OH- （4）c （5） ①. 10-7.3 ②. NaHCO3 ③. ClO-+2Fe2++4OH-+H2O =2Fe(OH)3↓+Cl- ④. C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c(HClO)较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降 【解析】 【分析】用石墨作电极电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液时，电解NaCl溶液生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下方生成，则电解池中下方电极为阳极，上方电极为阴极； 【小问1详解】 用石墨作电极电解饱和食盐水时生成氯气、氢气和氢氧化钠，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑； 【小问2详解】 由上述分析可知，即a为电源负极，b为电源正极； 【小问3详解】 NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，离子方程式为ClO-+H2O⇌HClO+OH-； 【小问4详解】 Cl2和NaOH溶液恰好完全反应的方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，溶液中c(NaCl)=c(NaClO)； a．溶液中存在电荷守恒等式为，故a正确； b．溶液中c(NaCl)=c(NaClO)，且ClO-水解而减少，溶液显碱性，则溶液中存在，故b正确； c．溶液中c(NaCl)=c(NaClO)，且ClO-水解生成HClO，则物料守恒关系为，故c错误； 答案为c； 【小问5详解】 ①由图1可知，c(ClO-)=c(HClO)时溶液的pH=7.3，此时HClO的电离常数为Ka=×c(H+)=c(H+)=10-7.3，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，则酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，根据强酸制弱酸规律可知，NaClO和少量CO2的反应为NaClO+H2O+CO2=HClO+NaHCO3，则生成的含碳的物质为NaHCO3； ②碱性条件下，NaClO氧化FeSO4生成Na2SO4、NaCl和红褐色Fe(OH)3沉淀，即A→B产生红褐色沉淀的离子方程式为ClO-+2Fe2++4OH-+H2O =2Fe(OH)3↓+Cl-； ③由图2可知，C→D范围内溶液呈弱酸性，c(HClO)较大，且pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀，则HClO和Fe2+的反应为HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，生成酸导致溶液的pH降低。 18. CO2的捕获和转化可减少CO2排放并实现资源的利用。在催化剂作用下，消耗CH4和CO2，生成合成气(H2、CO)，主要发生反应i，可能发生副反应ii、iii： i.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1 ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H2=+75.0kJ•mol-1 iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s) H3=-172.0kJ•mol-1 （1） H1=_____。 （2）反应i为可逆反应。从化学平衡的角度分析，利于生成合成气的条件是______。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （3）经研究发现，添加碱性助剂(如CaO)可以促进CO2的吸附与活化。反应过程如图1。反应I完成后，以N2为载气，将恒定组成、恒定流速的N2、CH4混合气通入盛有足量CaCO3的反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2。反应过程中始终未检测到CO2，催化剂表面有积炭。 ①反应II的化学方程式为_____。 ②t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2的速率不变，可能发生的副反应是_____(填序号“ii”或“iii”)。 ③t3时，生成CO的速率为0，是因为反应II不再发生，可能的原因是_____。 【答案】（1）+247 kJ•mol-1 （2）B （3） ①. CH4+CaCO32CO+2H2+CaO ②. ii ③. 积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0 【解析】 【小问1详解】 已知i.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1；ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H2=+75.0kJ•mol-1；iii.2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H3=-172.0kJ•mol-1；由盖斯定律可知ii- iii即可得到反应i，△H1=△H2-△H3=+75.0kJ•mol-1-(-172.0kJ•mol-1)=+247 kJ•mol-1。 【小问2详解】 CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=+247 kJ•mol-1，该反应是气体体积增大的吸热反应，则减小压强、升高温度有利于平衡正向移动，利于生成合成气，故选B。 【小问3详解】 ①由图可知，反应II的化学方程式为CH4+CaCO32CO+2H2+CaO； ②由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)＞n(CO)，，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)； ③t3时，积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0。 19. 一种利用低品位铜矿(含有、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下： 已知、、、开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 开始沉淀pH 4.7 8.3 8.1 1.5 完全沉淀pH 6.7 9.8 9.6 3.2 （1）步骤Ⅰ中，可将、CuS等物质氧化溶解。补全并配平下列离子方程式：___________。 （2）步骤Ⅱ中，加入氨水调节pH的范围是___________。 （3）步骤Ⅳ中，滤液E中的主要溶质为，加热过程中，主要溶质发生分解反应的化学方程式为___________。 （4）该流程中可循环利用的物质是___________(填化学式)。 （5）CuCl质量分数的测定 称取样品，溶于过量的硫酸铁铵溶液[可将氧化为]，滴加2滴试亚铁灵指示剂(可与发生特征显色反应)，用的硫酸铈标准溶液滴定(反应为)，共消耗硫酸铈标准溶液。 ①写出与CuCl反应的离子方程式___________。 ②写出CuCl质量分数的计算式___________。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5） ①. ②. 【解析】 【分析】由题给流程可知，向低品位铜矿中加入和稀硫酸酸浸，溶于稀硫酸生成，、、被氧化生成、和，过滤得到含有的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将溶液中转化为沉淀，过滤得到含有的滤渣和滤液；向滤液中先通将溶液中的转化为，再加入将溶液中的转化为沉淀，过滤得到含有的滤渣和滤液；加热滤液，溶液中受热分解，过滤得到；将粉末与、、、混合反应得到，过滤得到含有的滤液；向滤液中加入大量水，将转化为沉淀，过滤得到。 【小问1详解】 中由+1价升高到+2价，由-2价升高到0价，每个失去4个电子，中由+4降到+2价，每个得2个电子，根据得失电子守恒进行配平，离子方程式为：； 【小问2详解】 根据分析，步骤Ⅱ中，固体C中含有的物质是，为了将溶液中完全转化为沉淀，而和不沉淀，则加入氨水调节至； 【小问3详解】 加热滤液过程中，溶液中受热分解； 【小问4详解】 由分析可知，该流程中可循环利用的物质是； 【小问5详解】 根据题中信息，可将氧化为，与反应的离子方程式为；，根据关系式，质量分数的计算式=； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $