浙江省宁海中学2026-2027学年高二上学期阶段性测试 化学试卷

浙江省宁海中学2026-2027学年高二上学期 阶段性测试 化学试卷 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 一、单选题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.  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．NaCl 固体溶解是吸热过程 B．根据各微粒的状态,可判断 ， C．根据盖斯定律可知: D．溶解过程的能量变化,与 NaCl 固体和 NaCl 溶液中微粒间的作用力的强弱有关 2.  某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 (　　) A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C．条件①，反应速率为 D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 3.  下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是 　　①氨水应密闭保存，放置于低温处； 　　②500℃左右比室温更有利于合成氨的反应 　　③氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 　　④实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气 　　⑤红棕色的加压后颜色先变深后变浅 　　⑥黄绿色的氯水光照后颜色变浅 　　⑦合成氨工业使用高压以提高氨的产量 A．①③⑤ B．②⑥⑦ C．④⑤ D．②③ 4.  下列各组表述中，两个原子不属于同种元素原子的是 A．能级有一个空轨道的基态原子和核外电子的排布式为的原子 B．能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和原子的最外层电子排布式为的原子 C．M层全充满而N层为的原子和核外电子排布式为的原子 D．最外层电子数是核外电子总数的原子和最外层电子排布式为的原子 5.  过量锌粒与的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变的产量，可以使用如下方法中的 ①改用锌粉     ②滴入几滴浓     ③滴入几滴浓盐酸     ④加固体     ⑤加固体   ⑥升高温度(不考虑盐酸挥发)     ⑦改用盐酸   ⑧加少量固体 A．①⑥⑦⑧ B．①④⑥⑧ C．①③⑥⑦ D．①②⑥⑦ 6.  某温度下，在2L恒容密闭容器中充入 和一定量 ， ，发生下列反应： 反应 　　反应 　　 测得反应过程中气体A、C、D的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．活化能： B．0~4s内，C的平均化学反应速率为 C．当容器内气体密度保持不变时，则反应 I、 反应Ⅱ均达到平衡状态 D．其他条件不变，28后再向平衡体系中加入一定量的B气体，再次平衡后 增大 7.  下表是25℃时几种弱酸的电离平衡常数： HClO 　　下列说法正确的是 A．向NaClO溶液中通入少量发生反应： B．向NaClO溶液中滴加少量溶液，发生反应生成和HClO C．相同物质的量浓度的、HClO、溶液，酸性最强的是 D．相同温度下，pH相同的①NaHS、②NaClO、③三种溶液中：①>②>③ 8.  短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，基态Z和W原子最外层电子排布式相同，在短周期中基态Y原子未成对电子数最多。化合物常作食品膨松剂和饮用水的净水剂等。有如下转化关系，下列叙述错误的是 　　 A．电负性：Z>Y>W B．氧化性： C．含离子键、共价键 D．和的质子数相同 9.  具有难挥发性的二硫化钽(TaS2)可采用如图装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中，发生反应的化学方程式如下：。下列说法错误的是 　　 A．该反应的 B．不纯的TaS2粉末应放在高温区，提纯后的TaS2在低温区生成 C．高温区和低温区的相等 D．高温区和低温区都存在非极性键的断裂和形成 10.  下列叙述内容正确且与盐类的水解有关的有几个 　　①常用可溶性铝盐、铁盐作净水剂 　　②保存硝酸亚铁溶液时需加入少量铁粉 　　③将TiCl4加入到大量水中并加热制 　　④草木灰与铵态氮肥不能混合使用 　　⑤用与共热制取无水 　　⑥用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污 　　⑦实验室盛放等溶液的试剂瓶应用橡皮塞 　　⑧实验室配制Na2S溶液，常将Na2S固体溶于有少量NaOH的水溶液中 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 11.  化合物甲可用于制备高效路易斯酸催化剂，其结构如图1所示。U、V、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，六种元素的第一电离能与原子序数关系如图2所示。与同族。下列说法错误的是 　　 A．电负性： B．原子半径： C．最高价氧化物对应水化物的酸性： D．简单氢化物的沸点： 12.  化学中常用AG表示溶液的酸度[ AG=]。室温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度与酸度AG随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 　　 A．室温下MOH的电离平衡常数Kb≈1.0×10-5 B．当AG=0时，溶液中存在： c(M+ )＞c(SO )＞c(H+)=c(OH- ) C．a点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)= 8c(SO) D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系： c＞b=d 13.  在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式如下： 　　反应I. ； 　　反应II. ； 　　反应III. 。 　　向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．反应III的平衡常数可表示为 B．图中曲线a表示CO的物质的量随温度的变化 C．提高转化为的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂 D．的 14.  温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol，发生反应：反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是 　　 A．T℃时，该反应在a点的化学平衡常数为 B．图中c点所示条件下，v正＜v逆 C．向a点平衡体系中充入一定量的，达到平衡时，的转化率比原平衡大 D．容器内的压强： 15.  用石墨作电极电解0.1mol/L的CuSO4溶液，当有0.4mol电子通过电路时，发现阴极增重6.4g，则要使电解后的溶液恢复到原始状态，则应向电解后的溶液中加入 A．0.1mol Cu（OH）2 B．0.1mo lCuO C．0.2molCuO D．0.1mol CuO和0.2mol H2O 16.  难溶盐可溶于盐酸，常温下，用HCl气体调节：浊液的pH，测得体系中或随的变化如图所示。下列说法正确的是 　　 A．曲线N代表随的变化趋势 B．Y点溶液中存在 C．氢氟酸的 D．难溶盐的溶度积 二、填空题(共52分) 17.  现有六种元素A、B、C、D、E、F，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。 A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具 B元素原子的核外p电子数比s电子数少1 C元素是地壳中含量最多的元素 D元素原子的第一至第四电离能分别是：I1=738 kJ·mol-1；I2=1451 kJ·mol-1；I3=7733kJ·mol-1；I4=10540 kJ·mol-1 E原子核外所有p轨道全满或半满 F在周期表的第8纵列 　 (1) 某同学根据上述信息，推断A基态原子的轨道表示式为，该同学所画的轨道表示式违背了  。 (2) B元素的电负性  (填“大于”“小于”或“等于”)C元素的电负性。 (3) C与D形成的化合物的晶体类型为  。 (4) E基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有  个伸展方向。 (5) 下列关于F原子的价电子轨道表示式是  。 (6) 基态Fe3+核外电子排布式为  。过量单质F与B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液完全反应，生成BC气体，该反应的离子方程式为  。 18.  氮、硫及其化合物在生产生活中有广泛应用。研究它们反应的机理，对于消除污染、工业、农业等多方面都有重要的意义。回答下列问题： (1) 可用于高效制取氢气，发生的反应为，若起始时容器中只有，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图1所示： 　　 　　①该反应为  (填“吸热”或“放热”)反应；A、B两点化学平衡常数较大的是  (填“”或“”)。 　　②在恒温恒容的密闭容器中，充入发生该反应，下列不能说明该反应达到化学平衡状态的是  (填字母)。 A．混合气体密度保持不变             B．的转化率保持不变              C．保持不变              D． (2) 用氯气除去废水中的反应为该反应的正、逆反应速率表达式分别为，，(、分别为正、逆反应的速率常数，与温度有关)，化学平衡常数K与、的关系是  。 (3) 在催化转化器中，汽车尾气中的CO和NO可发生反应：，若在容积为10 L的恒温恒容密闭容器中进行该反应，起始时充入0.4 mol CO、0.2 mol NO，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图2所示。实验b从开始至达到平衡时的反应速率  mol·L-1·min-1；实验a中NO的平衡转化率为  。 　　 (4) 用还原NO的反应为    kJ·mol-1.为研究和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为a L的刚性密闭容器中加入一定量和NO发生反应，实验结果如图3所示： 　　 　　①反应温度、、从大到小的关系为  。 　　②温度下，充入、NO分别为3 mol、3 mol，容器内的压强为W Pa，反应进行到10 min时达平衡，该反应的平衡常数  Pa-1(写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。 19.  电化学水处理法是一种环境友好型技术，可用于海水淡化、废水处理等，其操作简便灵活而且处理效果好。 (1) 利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。 　　 　　①石墨Ⅱ电极上发生的电极反应为  。 　　②图Ⅱ为电解NO制备的装置。该装置中阳极的电极反应式为  。为使电解产物全部转化为，需补充，则相同状态下补充的与原料NO的体积之比为  。 (2) 利用微生物燃料电池可以对氨氮废水进行处理，其装置如下图所示。闭合电路后，负极室与正极室均产生氮气，负极室中发生反应的电极反应式：  。该装置除了能对氨氮废水进行处理外，另一个突出的优点是  。 　　 (3) 电渗析法淡化海水(在直流电源作用下通过离子交换膜对海水进行处理) 　　①利用图1所示装置可以减缓海水中钢铁设施的腐蚀。若开关K置于M处，则电极X可选用的物质是  (填“石墨块”“锌块”或“铜块”)，钢铁设施表面发生的电极反应为  ；若开关K置于N处，则a极为电源的  (填“正极”或“负极”)。 　　 　　②用NaCl溶液模拟海水淡化，电解装置原理示意图如图2所示。阴极发生的电极反应为  ，淡水从  (填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)室流出。 　　 20.  硫代硫酸钠晶体(，)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题： 　　(1)已知：难溶于水，微溶于水。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，请完成相应实验步骤和现象： 　　①取少量样品，加入煮沸后冷却的蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液； 　　②加入过量稀盐酸，有刺激性气体产生，溶液中出现  (填“白色”或“淡黄色”)浑浊； 　　③静置，吸取  (填“上层”或“下层”)清液，滴入  (填“”或“”)溶液，产生  (填“白色”或“淡黄色”)沉淀，则证明含有硫酸根杂质。 　　(2)利用标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。补充相应测定步骤和结论： 　　①溶液配制：称取某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在  中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的  中，加蒸馏水至刻度； 　　②滴定：取的标准溶液，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：。加入  (填“淀粉”或“石蕊”)溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液  (填“蓝色”或“红色”)褪去，且半分钟内不恢复，即为终点； 　　③平行滴定3次，样品溶液的用量数据记录如下表： 平行滴定/次序 1 2 3 样品溶液的用量/mL 　　则样品纯度为  %(保留1位小数)。 21.  锗单质在光纤通信、国防科技、航空航天技术和半导体材料等领域的应用日趋广泛。工业上一种以冶锌废渣(主要为Zn、Fe、Ge等的氧化物)为原料制备锗的流程如图所示。 　　 　　已知：①25℃时，，； 　　②当离子浓度小于等于时认为该离子已沉淀完全。 　　③溶浸中元素形式存在回答下列问题： (1) “溶浸”时要先把废渣粉碎过筛，目的是  ；加入的作用是  。 (2) 在实验室进行“沉锗”后分离得到操作所需的玻璃仪器有  。 (3) “氧化”时反应(氧化产物标准状况下为气态)的氧化剂和还原剂的物质的量之比为  。 (4) 若采用加入氨水沉淀法获得，当溶液中恰好完全沉淀时，此时沉淀后溶液中  (填“>”“<”或“=”)。 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁海中学 1. 【答案】B 【解析】  A．由图可知，NaCl 固体溶解的总反应焓变 ，因此 NaCl 固体溶解是吸热过程，故 A 正确； 　　B．NaCl 固体变为气态 Na+ 和气态 Cl- 的过程需要克服离子键，吸收能量，则 ；气态离子水合形成水合离子的过程释放能量，则 ，故 B 错误； 　　C．根据盖斯定律，总反应的焓变等于各步反应的焓变之和，即 ，代入数值可得 ，故 C 正确； 　　D．溶解过程的能量变化是破坏固体中离子键吸收的能量与形成水合离子释放的能量决定的，因此与 NaCl 固体和 NaCl 溶液中微粒间的作用力的强弱有关，故 D 正确。 　　故选：B。 2. 【答案】B 【解析】  【分析】．曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度不等，降冰片烯消耗相同浓度时，所用时间越短，反应速率越快； ．曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的 倍； ．； ．条件②中，降冰片烯起始浓度为时，该物质完全消耗需要，其半衰期为反应物消耗一半所需的时间。 【解答】解：．根据图知，曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线②大于曲线①，完全消耗时所需时间：曲线①大于曲线②，则反应速率：曲线②大于曲线①，所以其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，故正确； ．曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，故错误； ．，故正确； ．其半衰期为反应物消耗一半所需的时间，条件②中，降冰片烯起始浓度为时，该物质完全消耗需要，则其半衰期为，故正确； 故选：。   3. 【答案】D 【解析】  ①氨气溶于水存在溶解平衡，温度低有利于氨气溶解，与平衡有关，可以用勒夏特列原理解释； 　　②合成氨反应放热、高温不利于氨的合成，合成氨反应中500℃左右相比室温，反应速率较快，更有利于合成氨的反应，与平衡无关，不能用勒夏特列原理解释； 　　③氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系，加压后平衡不移动，颜色变深是由于容器体积减小，碘单质浓度增大，与平衡无关，不能用勒夏特列原理解释 　　④饱和食盐水中氯离子浓度较大，可以使得平衡左移、抑制氯气与水的反应，因此实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，与平衡有关，可以用勒夏特列原理解释； 　　⑤红棕色的加压后，容器体积减小，浓度增大，则颜色先变深，而后生成的平衡正向移动，浓度又有所减小，颜色变浅，与平衡有关，可以用勒夏特列原理解释； 　　⑥黄绿色的氯水光照后HClO分解，氯气与水的反应平衡正向移动，因此颜色变浅，与平衡有关，可以用勒夏特列原理解释； 　　⑦合成氨工业使用高压，可以促进平衡正向移动，提高氨的产量，与平衡有关，可以用勒夏特列原理解释； 　　因此不能用勒夏特列原理解释的是②③，答案选D。 4. 【答案】C 【解析】  A．能级有一个空轨道的基态原子，按洪特规则可得其轨道上只能有两个电子，所以两个原子是同种元素的原子，A不符合题意； 　　B．能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子，它的能级上只能是5个电子，所以两原子是同种元素的原子，B不符合题意； 　　C．M层全充满而N层为的原子，其M层应为18个电子，而后者的M层上只有8个电子，所以两原子不是同种元素的原子，C符合题意； 　　D．最外层电子数是核外电子总数的的原子中，最外层电子数要小于或等于8个电子，且电子总数为5的倍数，所以可得该原子可能是原子序数为，其中满足最外层电子数是核外电子总数的且符合核外电子排布规则的只能是35号元素，该元素原子的最外层电子排布式为，所以两原子是同种元素的原子，D不符合题意； 　　故选C。 5. 【答案】A 【解析】  改用锌粉可以增大接触面积，提高反应速率，且不会改变H2产量，①正确； 　　滴入几滴浓硝酸后会生成NO，改变H2的产量，②错误； 　　滴入几滴浓盐酸后会改变H2的产量，③错误； 　　加固体会使部分盐酸变成醋酸，降低反应速率，④错误； 　　加入NaCl固体对反应速率无影响，⑤错误； 　　升高温度可以提高反应速率，且不会改变H2产量，⑥正确； 　　改用盐酸可以提高反应速率，且不会改变H2产量，⑦正确； 　　加少量固体可以构成原电池，提高反应速率，且不会改变H2产量，⑧正确； 　　故可选用①⑥⑦⑧，答案选A。 6. 【答案】B 【解析】  反应过程中 C 的物质的量先增大后减小，说明反应刚开始时反应 I 的速率大于反应 II，则活化能：（I）（II）， A 错误。反应进行 4 s 时， D 的物质的量增加 0.2 mol ，反应 II 消耗 A 的物质的量为 0.2 mol ，则反应 I 消耗 A 的物质的量为 ，生成 C 的物质的量为 0.8 mol ，所以 内 C 的平均化学反应速率为 ，B 正确。当温度和体积恒定时，在建立平衡的过程中，容器内气体的密度一直保持不变，因此不能根据气体密度保持不变来判断可逆反应是否达到平衡， C 错误。由反应 II－反应 I，得到反应III： ，该反应的 ，温度不变时，充入 B 气体 不变，故 不变， D 错误。 7. 【答案】C 【解析】  A．向NaClO溶液中通入少量CO2，由于H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，H2CO3的Ka2小于HClO的Ka，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应方程式为CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，故A错误； 　　B．向NaClO溶液中滴加少量H2S，HClO具有强氧化性，H2S具有还原性，HClO能氧化H2S，不能生成Na2S，故B错误； 　　C．相同物质的量浓度下，电离常数越大，酸性越强：CH3COOH的Ka=1.75×10-5，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，HClO的Ka=4.0×10-8，CH3COOH的Ka最大，酸性最强，故C正确； 　　D．越弱越水解，水解程度NaClO>NaHS>，pH相同时，盐溶液的浓度CH3COONa>NaHS>NaClO，故c(Na⁺)应为③>①>②，故D错误； 　　选C。 8. 【答案】B 【解析】  基态Z和W原子最外层电子排布式相同，Z和W位于同一主族，短周期中未成对电子数最多的是N和P元素，结合物质转化关系可知，气体是NH3；白色沉淀1是BaSO4，白色沉淀2是Al(OH)3。综上所述，X为H，Y为N，Z为O，M为Al，W为S。 　　A．Z为O，Y为N，W为S。同一周期从左到右元素电负性逐渐增大，电负性O>N；同一主族从上到下元素电负性逐渐减小，电负性O>S；故电负性O>N>S，即Z>Y>W，A正确； 　　B．X为H，Y为N，Z为O，同一周期从左到右元素非金属性逐渐增强，非金属性：O>N；根据得电子能力N>H，可知非金属性N>H，非金属性：O>N>H，单质氧化性：O2>N2>H2，B错误； 　　C．X为H，M为Al，Y为N，Z为O，W为S ，为，含、Al3+、，离子间存在离子键，内N-H键、内S-O键为共价键，C正确； 　　D．为所含质子数7+1×4=11，为所含质子数8+1×3=11，质子数相同，D正确； 　　故选B。 9. 【答案】C 【解析】  A．该反应的△H＞0，且能在高温下自发进行，即T较大时，△H-T△S<0，则，故A正确； 　　B．该反应的△H＞0，TaS2的转化反应是吸热反应，高温区进行TaS2的转化，低温区进行逆反应生成TaS2，故B正确； 　　C．高温区进行正向反应，生成S2(g)和消耗I2(g)，低温区进行逆向反应生成I2(g)消耗S2(g)，故高温区大于低温区的，故C错误； 　　D．高温区进行正向反应，存在I-I非极性键的断裂和S=S非极性键的形成，低温区进行逆向反应，存在S=S非极性键的断裂和I-I非极性键的形成，故D正确； 　　故选C。 10. 【答案】D 【解析】  ①．可溶性铝盐、铁盐水解生成胶体、胶体，可吸附水中杂质，与水解有关，①正确； 　　②．保存硝酸亚铁溶液加铁粉是为了防止被氧化，与水解无关， ②错误； 　　③．TiCl4水解生成TiO2·xH2O和HCl，加热促进水解，与水解有关，③正确； 　　④．草木灰是碳酸钾，水解呈碱性，与反应生成，导致肥效降低，与水解有关，④正确； 　　⑤．SOCl2与水反应生成HCl，抑制水解，确保生成无水CuSO4，与水解有关，⑤正确； 　　⑥．纯碱是碳酸钠，水解呈碱性，加热促进水解，增强溶液碱性，去油污能力更强，与水解有关，⑥正确； 　　⑦．、水解显碱性，会腐蚀玻璃，需用橡皮塞，与水解有关，⑦正确； 　　⑧．Na2S溶液中硫离子水解，加入NaOH抑制水解，与水解有关，⑧正确； 　　总计7个正确且与水解相关，故选D。 11. 【答案】A 【解析】  短周期主族元素中，Y的第一电离能最高，且结构中Y能形成1条化学键，短周期主族元素中F的第一电离能最大，故Y为F；Z的原子序数大于Y（9），且X与Z同族，Z的第一电离能最低，且结构中Z能形成6条化学键，第三周期非金属元素中S的电离能较低，故Z为S，则X与Z同族，X为O；W原子序数小于X，结构中W形成3条共价键，W为N，因N的第一电离能>O，符合图2中W>X的趋势；V原子序数小于W（7），第一电离能低于W，为V为C；U原子序数最小，第一电离能高于V，且结构中Y能形成1条化学键，则U为H。 　　A．元素的电负性与非金属性一致，非金属性：O>N>H，故电负性：O>N>H，A错误； 　　B． S原子在第三周期，O、F在第二周期，原子半径：S>O>F，B正确； 　　C． 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>C，酸性：H2SO4>H2CO3，C正确； 　　D．简单氢化物沸点与分子间作用力有关，因HF含有分子间氢键其沸点大于没有氢键的H2S，D正确； 　　故选A。 12. 【答案】D 【解析】  根据图象，当滴加硫酸20mL时，MOH与硫酸恰好中和，则硫酸的物质的量浓度为0.0500mol·L-1，结合电荷守恒和水的电离平衡分析判断。 　　A．由图可知，MOH溶液中，AG==-8，则=10-8，根据Kw=c(H+)c(OH-)=1×10-14可知，c(OH-)=1×10-3mol/L，Kb=≈=1.0×10-5，故A正确； 　　B．当AG=lg=0时，则=1，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：2c(SO)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则有2c(SO)=c(M+)，所以溶液中有：c(M+)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH-)，故B正确； 　　C．a点时消耗硫酸5mL，根据关系式：2MOH～H2SO4，消耗MOH的量为2×0.05×5×10-3mol，剩余MOH的量为：20.00×10-3×0.100mol-2×0.05×5×10-3mol=1.5×10-3mol，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3mol，即混合溶液中n(MOH)∶n(M2SO4)=1.5∶0.25=6∶1，根据物料守恒可知：c(M+)+c(MOH)=8c(SO)，故C正确； 　　D．c点为酸碱恰好反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水的电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度较大，因此水的电离程度：c＞b＞d，故D错误； 　　故选D。 13. 【答案】C 【解析】  A项，反应III的化学方程式为2CO(g) + 2H2(g) ⇌ CO2(g) + CH4(g)，该反应的平衡常数表达式中，分子应为生成物的平衡浓度之积，分母应为反应物的平衡浓度幂之积，选项中的表达式将分子与分母颠倒，故A错误； 　　B项，反应I的正反应为放热反应，反应II的正反应为吸热反应。升高温度，反应I平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，则随温度升高，CH4的物质的量逐渐减小，CO的物质的量逐渐增大。因此图中在低温区物质的量较大且随温度升高而减小的曲线a应表示CH4的物质的量随温度的变化，故B错误； 　　C项，二氧化碳加氢制甲烷的反应（反应I）为放热反应，降低温度有利于平衡正向移动，能提高CO2转化为CH4的平衡转化率。但低温下反应速率较慢，因此需要研发在低温区高效的催化剂以提高反应速率，故C正确； 　　D项，已知： 　　反应I：CO2(g) + 4H2(g) ⇌ CH4(g) + 2H2O(g) 　　反应II：CO2(g) + H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) 　　根据盖斯定律，将反应II - 反应I可得：CH4(g) + H2O(g) ⇌ CO(g) + 3H2(g)，则该反应的 kJ·mol-1，故D错误。 　　综上所述，说法正确的是C项。 14. 【答案】D 【解析】  图中b点NO2的转化率最高，则温度为T时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。 　　A．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则 ，则T℃时，该反应的化学平衡常数为，A项错误； 　　B．图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，B项错误； 　　C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，C项错误； 　　D．由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol，b点时反应三段式为：，则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则，D项正确； 　　答案选D。 15. 【答案】A 【解析】  石墨不参与电极反应，阴极上离子放电顺序是 Cu 2+ >H + ， 阳极上离子放电顺序是 OH — >SO 4 2— 。 阴极反应： Cu 2+ +2e — =Cu， 阴极增重 6.4g 是金属铜，物质的量为 0.1mol ，转移的电子 0.2mol<0.4mol 。说明硫酸铜电解完全后又继续电解了水，据此分析作答。 用惰性电极电解硫酸铜溶液的总反应为： 2CuSO 4 +2H 2 O 2Cu+O 2 +2H 2 SO 4 ~ 转移 4e — 　　阴极增重6.4g是金属铜，Cu物质的量为0.1mol，根据方程式计量关系可知，转移电子0.2mol<0.4mol，说明CuSO4电解完全后又继续电解转移了0.2mol电子。CuSO4电解完全后，溶液中只有H2SO4，根据离子放电顺序知，电解H2SO4溶液就是电解水：2H2O2H2+O2~转移4e—，转移了0.2mol电子。根据阴极析出0.1molCu计算整个电解过程中消耗的组分或生成的组分物质的量： 　　 　　所以，整个电解过程中消耗0.1molCuSO4，0.2molH2O，生成0.1molH2SO4。最后溶液中只含0.1molH2SO4。 　　A .，加入0.1molCu(OH)2消耗0.1molH2SO4，生成0.1molCuSO4和0.2molH2O，溶液刚好恢复到原始状态，A项正确； 　　B.，加入0.1molCuO生成水的量少0.1mol，溶液不能恢复到原始状态，B项错误； 　　C.0.2molCuO过量，只有0.1molCuO与H2SO4反应，其结果与B项相同，C项错误； 　　D.加入0.1molCuO和0.2molH2O后，溶液中水又多0.1molH2O，所以溶液不能恢复到原始状态，D项错误；答案选A。 所谓“恢复到原始状态”，即所加物质能恰好将电解产生在溶液中的成分转化为电解消耗的成分。 16. 【答案】B 【解析】  HF的电离常数Ka=，-lgc(F-)=lg-lgKa，Ksp(MgF2)=c(Mg2+)×c2(F-)，温度不变，Ka和Ksp都不变，则-lgc(F-)随着lg的增大而增大，即为曲线M，c(F-)随着lg的增大而减小，则c(Mg2+)随着lg的增大而增大，-lgc(Mg2+)随着lg的增大而减小，即为曲线N。 　　A．根据分析可知，曲线M代表随的变化关系，曲线N代表随的变化关系，A错误； 　　B．Y点溶液中，物料守恒为，有，B正确； 　　C．由X点可知，C错误； 　　D．，，根据，得出，的溶度积常数，D错误； 　　故答案选B。 17. (1) 【答案】洪特规则 【解析】  洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；图示是O元素的原子，2p轨道自旋方向相反，其违反了洪特规则。 (2) 【答案】小于 【解析】  同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；N元素的电负性小于O元素的电负性。 (3) 【答案】离子晶体 【解析】  氧化镁为离子化合物，形成的化合物的晶体类型为离子晶体。 (4) 【答案】3 【解析】  E为P元素，能量最高的电子是3p轨道上的电子，其电子云在空间有3个方向。 (5) 【答案】 【解析】  F原子为26号元素铁，基态Fe原子核外电子排布为，故价电子轨道表示式。 (6) 【答案】[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O 【解析】  ①铁原子失去3个电子形成铁离子，基态核外电子排布式为或； 　　②过量单质铁与B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，即稀硝酸，完全反应，生成NO气体、硝酸亚铁和水，该反应的离子方程式为。 18. (1) 【答案】吸热；；AC 【解析】  ①由图可知，m代表的物质的量，升高温度，减小，则，该反应为吸热反应；由图可知，升高温度，减小，说明平衡向正反应方向移动，反应的平衡常数增大，A点反应温度小于B点，则A、B两点化学平衡常数较大的是KB； 　　②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，A符合题意； 　　B．硫化氢的转化率保持不变，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，B不符合题意； 　　C．由方程式可知，反应中始终保持不变，则保持不变，不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C符合题意； 　　D．由方程式可知，，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，D不符合题意； 　　故选AC。 (2) 【答案】 【解析】  反应平衡时正反应速率等于逆反应速率，则有，即。 (3) 【答案】；60% 【解析】  ①起始时充入0.4 mol CO，0.2 mol NO，发生反应：，设达到平衡时CO转化的物质的量为n mol，列三段式： 　　　　 实验b开始总压强为180 kPa，平衡时总压强为165 kPa，由压强之比等于气体总物质的量之比得，解得，所以实验b从开始至平衡时用CO表示的反应速率mol·L-1·min-1； 　　②实验a开始总压强为190 kPa，平衡时总压强为171 kPa，由压强之比等于气体总物质的量之比得，解得，实验中NO的平衡转化率为。 (4) 【答案】；(或) 【解析】  ①还原NO的反应为   kJ·mol-1，该反应是放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，NO的转化率降低，从给出的NO平衡转化率随温度变化的曲线可知，在同样的投料比下，曲线的转化率最高、次之、最低，故温度由大到小的顺序为。 　　②在温度下投料3 mol和3 mol NO时，即，由图可知NO的平衡转化率为40%，列三段式： 　　　　平衡时气体总物质的量为，平衡时的压强为W PaW Pa，Pa-1Pa-1Pa-1。 19. (1) 【答案】；；1∶4 【解析】  ①图1中，NO2在石墨I电极被氧化，O2在石墨Ⅱ电极被还原，电极反应式：； 　　②图2中，NO在阳极发生氧化反应，电极反应式：；电解过程中，阳极发生：，阴极发生：，根据得失电子守恒，每当转移15mol电子，生成和，共消耗8molNO，此时为确保电解产物全部转化为，需补充2mol，即相同状态下补充的与原料NO的体积之比为1∶4； (2) 【答案】；将化学能转化为电能(或能处理硝态氮废水) 【解析】  负极室与正极室均产生氮气，则负极室中发生反应的电极反应式：；该装置除可对氨氮废水进行处理外，还可将化学能转化为电能； (3) 【答案】锌块；；正极；；Ⅱ 【解析】  ①开关K置于M处，此时装置为原电池装置，若要减缓海水中钢铁设施的腐蚀，可在电极X处选用锌块作负极，使钢铁设施作正极被保护，钢铁设施表面发生还原反应，电极反应式：；开关K置于N处，此时装置为电解池装置，若要减缓海水中钢铁设施的腐蚀，需将钢铁设施与电源负极相连作阴极被保护，则a为电源正极； 　　②电解NaCl溶液，阴极发生还原反应，电极反应式：，生成的通过b膜（阴离子交换膜）进入Ⅲ室，a为阳离子交换膜，Ⅱ室中Na+通过a膜进入Ⅲ室，阳极发生电极反应：，Na+通过a膜进入I室，Ⅱ室中Cl-通过b膜进入I室保持电荷守恒，淡水从Ⅱ室流出。 20. 【答案】淡黄色；上层；；白色；烧杯；容量瓶；淀粉；蓝色； 【解析】  (1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为)有淡黄色沉淀，静置，取上层清液滴加BaCl2溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子，故答案为：淡黄色；上层；BaCl2；白色； 　　(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体在烧杯中加入蒸馏水溶解，冷却后全部转移至100 mL容量瓶中，加蒸馏水至溶液凹液面的最低处与容量瓶的刻度线相切，故答案为：烧杯；容量瓶； 　　②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去，故答案为：淀粉；蓝色； 　　③根据题目的两个方程式得到如下关系式：，又平行滴定3次，根据记录的样品溶液的用量数据，可知第2次误差过大，应舍去，故样品溶液的用量应取第一次和第三次的平均值为，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度： 　　，故含有的硫代硫酸钠为0.04597mol/L0.1L=，所以样品纯度为：。故答案为：95.0。 21. (1) 【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高溶浸率；将还原为，防止其对后续锗的提取产生干扰 【解析】  “溶浸”时要先把废渣粉碎过筛，目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高溶浸率；的作用是：将还原为，防止其对后续锗的提取产生干扰； (2) 【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒 【解析】  在实验室进行“沉锗”后分离得到操作是过滤，所需的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒； (3) 【答案】3:1 【解析】  “氧化”时GeS2生成GeO2和SO2，反应的化学方程式为：GeS2+3O2=GeO2+2SO2，氧化剂为O2，还原剂为GeS2，二者的物质的量之比为3:1； (4) 【答案】＜ 【解析】  Ge4+完全沉淀时，c(Ge4+)=1×10-5mol/L，根据Ksp= c(Ge4+)×c4(OH-)=1.6×10-46=1×10-5mol/L×c4(OH-)，得出c(OH-)=2×10-10.5mol/L，氨水的电离常数Kb=，=<，答案：<； 学科网（北京）股份有限公司 $