試題試題2024北京一六一中高二（下）開學(xué)考化學(xué)一、選擇題：本大題共14道小題，每小題3分，共42分。1．（3分）下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是（）A．H2SO4 B．AgCl C．NH3?H2O D．CH3COONa2．（3分）下列化學(xué)用語或圖示表達不正確的是（）A．質(zhì)量數(shù)為2的氫核素： B．Fe的原子結(jié)構(gòu)示意圖： C．px電子云輪廓圖： D．基態(tài)24Cr原子的價層電子軌道表示式：3．（3分）下列制備物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系不合理的是（）A．制HNO3：N2→NH3→NO→NO2→HNO3 B．制H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4 C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOH D．制Mg：海水→Mg（OH）2→MgCl2溶液Mg4．（3分）下列說法正確的是（）A．原子半徑：P＜S＜Cl B．電負性：C＜N＜O C．熱穩(wěn)定性：HF＜HCl＜HBr D．第一電離能：Na＜Mg＜Al5．（3分）下列過程與水解無關(guān)的是（）A．向飽和NaCl溶液中滴加濃鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀 B．用鋁鹽作凈水劑，生成Al（OH）3膠體能使水中細小懸浮顆粒聚集、沉降 C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成沉淀[Cu2（OH）2CO3] D．用TiCl4制備TiO2，制備時加入大量的水，同時加熱6．（3分）下列事實不能用平衡移動原理解釋的是（）A． B． t/℃51015一水合氨Kb（10﹣5mol?L﹣1）1.4791.5701.625C． D．7．（3分）下列實驗裝置或操作，能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ┠康臏y定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱防止鐵片被腐蝕由FeCl3?6H2O制取無水FeCl3固體用鹽酸測定NaOH溶液的濃度裝置或操作選項ABCDA．A B．B C．C D．D8．（3分）根據(jù)圖，下列判斷中正確的是（）A．燒杯b中發(fā)生還原反應(yīng) B．燒杯b中發(fā)生的反應(yīng)為2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑ C．燒杯a中發(fā)生的反應(yīng)為2H++2e﹣═H2↑ D．燒杯a中的溶液pH升高9．（3分）已知反應(yīng)S2（aq）+2I﹣（aq）?2（aq）+I2（aq），若向該溶液中加入含F(xiàn)e3+的某溶液，反應(yīng)機理如圖所示。下列有關(guān)該反應(yīng)的說法不正確的是（）①2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）?I2（aq）+2Fe2+（aq）②2Fe2+（aq）+S2（aq）?2Fe3+（aq）+2（aq）A．反應(yīng)①的ΔH＞0，反應(yīng)②的ΔH＜0 B．反應(yīng)①的速率比反應(yīng)②的速率慢 C．Fe3+是該反應(yīng)的催化劑，降低了該反應(yīng)的ΔH D．向該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，適當升溫，藍色變淺10．（3分）向恒容密閉容器中加入1molCO2和一定量的H2，發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）。不同投料比x[n（CO2）：n（H2）]時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．x1＜x2 B．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng) C．點a、b、c對應(yīng)的平衡常數(shù)：Ka＜Kb═Kc D．投料比固定，當容器內(nèi)壓強不再改變時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)11．（3分）分析化學(xué)中以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl﹣，測定c（Cl﹣）。已知：i.K2CrO4溶液中存在平衡：2+2H+?Cr2+H2Oii.25℃時，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12（磚紅色），Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10（白色）下列分析不正確的是（）A．實驗中先產(chǎn)生白色沉淀，滴定終點時產(chǎn)生磚紅色沉淀 B．產(chǎn)生白色沉淀時，存在AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl﹣（aq） C．當產(chǎn)生磚紅色沉淀時，如果c（）＝5.0×10﹣3mol?L﹣1，Cl﹣已沉淀完全 D．滴定時應(yīng)控制溶液pH在合適范圍內(nèi)，若pH過低，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低12．（3分）用如圖所示裝置及試劑進行鐵的電化學(xué)腐蝕實驗探究，測定具支錐形瓶中壓強隨時間變化關(guān)系以及溶解氧隨時間變化關(guān)系的曲線如下。下列說法正確的是（）A．壓強改變是因為產(chǎn)生了H2 B．整個過程中，負極電極反應(yīng)式均為Fe﹣3e﹣═Fe3+ C．若將鐵粉換為銅粉，pH＝2.0時，壓強隨時間變化曲線基本不變 D．pH不同，壓強變化趨勢不同，是由微粒氧化性強弱不同導(dǎo)致的13．（3分）以0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/LH3PO4溶液的滴定曲線如圖。已知：酚酞的變色范圍是pH8.2～10下列說法不正確的是（）A．N點可用酚酞作指示劑指示滴定終點，Q點不能用酚?做指示劑 B．M點滿足：c（Na+）＝c（H2）+c（）+c（）+c（H3PO4） C．M→N過程中，均滿足：c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣） D．N點溶液：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H2）14．（3分）某小組采用等質(zhì)量的大理石和碳酸鈷粉末、足量的0.2mol/L稀鹽酸和0.1mol/L稀硫酸研究實驗室制備CO2的化學(xué)反應(yīng)速率。實驗中CO2的濃度隨時間的變化如圖所示。已知：碳酸鈷和稀硫酸反應(yīng)生成微溶的硫酸鈣，硫酸鈣會包裹在碳酸鈣表面。下列說法正確的是（）A．比較實驗1和實驗2，可以說明酸的c（H+）對生成CO2的速率有影響 B．比較實驗1和實驗4，可以說明生成CO2的速率和酸中陰離子的種類有關(guān) C．實驗結(jié)論：生成的CaSO4對碳酸鈣粉末比對大理石的包裹作用更強 D．綜合以上四個實驗推斷大理石粉末和稀硫酸反應(yīng)能用于制備CO2二、填空題：本大題共5小題，共58分。15．（9分）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)N原子電子占據(jù)個能層，電子占據(jù)的最高能級的符號是?；鶓B(tài)N原子共有種不同運動狀態(tài)的電子。（2）B的第一電離能I1（B）＝800kJ?mol﹣1，判斷I1（Al）800kJ?mol﹣1（填“＞”或“＜”），從電子排布的角度說明判斷理由。（3）NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），與B原子相連的H呈負電性（Hδ﹣）。在H、B、N三種元素中，電負性由大到小的順序是。（4）26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解產(chǎn)氫催化劑研究的熱點。不同催化劑催化氨硼烷水解產(chǎn)氫的性能如圖所示。這四種催化劑中：①位于ds區(qū)的元素符號是。②催化效果最好的金屬基態(tài)原子中未成對的電子數(shù)為。16．（11分）我國利用氯堿廠生產(chǎn)的H2作燃料，將氫燃料電站應(yīng)用于氯堿工業(yè)，其示意圖如圖。（1）a極為（填“正”或“負”）極，其電極反應(yīng)式是。（2）乙裝置中電解飽和NaCl溶液的化學(xué)方程式為。（3）結(jié)合化學(xué)用語解釋d極區(qū)產(chǎn)生NaOH的原因：。（4）電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3。用化學(xué)平衡移動原理解釋鹽酸的作用：。（5）下列說法正確的是。A．甲裝置可以實現(xiàn)化學(xué)能向電能轉(zhuǎn)化B．甲裝置中Na+透過陽離子交換膜向a極移動C．乙裝置中c極一側(cè)流出的是淡鹽水D．理論上，每消耗2.24LH2（標況下），可制得0.2molNaOH17．（12分）CH4還原重整CO2既能減少二氧化碳排放，又能生產(chǎn)增值化學(xué)品，是實現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟的有效途徑之一。（1）甲烷干法重整（1000℃）?。瓹H4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ?mol﹣1ⅱ．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ?mol﹣1①反應(yīng)ⅰ的平衡常數(shù)表達式為．②對于反應(yīng)ⅰ，既能加快反應(yīng)速率又能提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的措施是。（寫2條）反應(yīng)ⅱ為副反應(yīng)，生產(chǎn)中要盡可能控制該反應(yīng)，減少水的生成。（2）甲烷超干重整（750℃）CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）ΔH①ΔH＝kJ?mol﹣1。②CO2的轉(zhuǎn)化原理如圖所示：恒壓、750℃時，將混合氣[n（CH4）：n（CO2）＝1：3]通入反應(yīng)器A，充分反應(yīng)；待反應(yīng)平衡后，改通He氣，吹出反應(yīng)器A內(nèi)氣體；如此往復(fù)切換通入的氣體，實現(xiàn)CO2的高效轉(zhuǎn)化。?。鶓B(tài)28Ni原子3d軌道能活化CO2，28Ni的簡化電子排布式是。ⅱ．結(jié)合有關(guān)反應(yīng)方程式，說明CaO對Fe3O4氧化CO反應(yīng)的影響。ⅲ．反應(yīng)達平衡后，改通He氣，測得一段時間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升，解釋CO物質(zhì)的量上升的原因。（3）從能源利用的角度，分析甲烷超干重整法的優(yōu)點：。18．（12分）MnO2是重要的化工原料，由軟錳礦制備MnO2的一種工藝流程如圖：軟錳礦Mn2+溶出液鈍化液MnO2資料：①軟錳礦的主要成分為MnO2，主要雜質(zhì)有Al2O3和SiO2。②金屬離子開始沉淀和完全沉淀時的pH：Fe3+Al3+Mn2+Fe2+開始沉淀時1.53.45.86.3完全沉淀時2.84.77.88.3③該工藝條件下，MnO2與H2SO4，不反應(yīng)。（1）溶出①溶出前，軟錳礦需研磨。目的是。②溶出時，F(xiàn)e的氧化過程及得到Mn2+主要途徑如圖所示。ⅰ.步驟Ⅰ是從軟錳礦中溶出Mn2+的主要反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式是。ⅱ.若Fe2+全部來自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe與MnO2的物質(zhì)的量比值為2.而實際比值（0.9）小于2，原因是。（2）純化已知：MnO2的氧化性與溶液pH有關(guān)。純化時先加入MnO2，后加入NH3?H2O，調(diào)溶液pH≈5，說明試劑加入順序及調(diào)節(jié)pH的原因：。（3）電解Mn2+純化液經(jīng)電解得MnO2。生成MnO2的電極反應(yīng)式是。（4）產(chǎn)品純度測定向ag產(chǎn)品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加熱至充分反應(yīng)，再用cmol?L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至終點，消耗KMnO4溶液的體積為dL（已知：MnO2及均被還原為Mn2+。相對分子質(zhì)量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0：）。產(chǎn)品純度為（用質(zhì)量分數(shù)表示）。19．（14分）某小組同學(xué)探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。已知：物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20℃）2.4×10﹣41.4×10﹣33.0×10﹣71.5×10﹣4（1）探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化，實驗操作：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實驗ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實驗ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解①實驗Ⅰ說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，②實驗Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是。③實驗Ⅱ說明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化，結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：（2）探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化，實驗Ⅲ：實驗Ⅳ：在試管中進行溶液間反應(yīng)時，同學(xué)們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，于是又設(shè)計了如下實驗（電壓表讀數(shù)：a＞c＞b＞0）。裝置步驟電壓表讀數(shù)i如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaii向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全biii再向B中投入一定量NaCl（s）cⅳ重復(fù)i，再向B中加入與iii等量aNaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應(yīng)的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關(guān)。①實驗Ⅲ證明了AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，甲溶液可以是（填序號）。a．AgNO3溶液b．NaCl溶液c．KI溶液②實驗Ⅳ的步驟ⅰ中，B中石墨上的電極反應(yīng)式是③結(jié)合信息，解釋實驗Ⅳ中b＜a的原因：。④實驗Ⅳ的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，理由是

參考答案一、選擇題：本大題共14道小題，每小題3分，共42分。1．【分析】在水溶液中或者熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物為電解質(zhì)，在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電的化合物為非電解質(zhì)；在水溶液中能部分電離的為弱電解質(zhì)，完全電離的為強電解質(zhì)，據(jù)此判斷?！窘獯稹拷猓篈．H2SO4是強酸，屬于強電解質(zhì)，故A錯誤；C．AgCl難溶于水，但溶解在水中的部分完全電離變?yōu)樽杂梢苿拥碾x子，因此AgCl是強電解質(zhì)，故B錯誤；C．NH3?H2O為弱堿，水溶液中部分電離，為弱電解質(zhì)，故C正確；D．醋酸鈉在水溶液中完全電離，屬于強電解質(zhì)，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物質(zhì)的分類，把握電解質(zhì)和非電解質(zhì)、強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念即可解答，題目簡單。2．【分析】A．元素符合左下角的數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)、左上角的數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)為2的氫核素中質(zhì)子數(shù)是1；B．Fe原子核內(nèi)有26個質(zhì)子、核外有26個，核外有4個電子層，從內(nèi)到外電子數(shù)依次是2、8、14、2；C．px電子云輪廓圖為啞鈴型；D．基態(tài)24Cr原子的價層電子排布式為3d54s1，3d能級中每個軌道上有1個電子且自旋方向相同。【解答】解：A．元素符合左下角的數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)、左上角的數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)為2的氫核素中質(zhì)子數(shù)是1，所以質(zhì)量數(shù)為2的氫核素：，故A正確；B．Fe原子核內(nèi)有26個質(zhì)子、核外有26個，核外有4個電子層，從內(nèi)到外電子數(shù)依次是2、8、14、2，F(xiàn)e的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故B錯誤；C．px電子云輪廓圖為啞鈴型，所以px電子云輪廓圖：，故C正確；D．基態(tài)24Cr原子的價層電子排布式為3d54s1，3d能級中每個軌道上有1個電子且自旋方向相同，所以基態(tài)24Cr原子的價層電子軌道表示式：，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查化學(xué)用語，側(cè)重查看基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確原子結(jié)構(gòu)示意圖的畫法、原子核外電子排布規(guī)律等知識點是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。3．【分析】A．氮氣與氫氣合成氨氣，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸；B．硫燃燒生成二氧化硫，再將二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫，然后與水反應(yīng)生成硫酸；C．海水淡化后能得到氯化鈉溶液，電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣；D．該反應(yīng)為從海水中提取金屬鎂的流程，電解的應(yīng)該是熔融氯化鎂。【解答】解：A．氮氣與氫氣合成氨氣，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸，通過該生產(chǎn)流程可制備硝酸，故A正確；B．硫燃燒生成二氧化硫，再將二氧化硫轉(zhuǎn)化為三氧化硫，然后與水反應(yīng)生成硫酸，通過該生產(chǎn)流程可制備硫酸，故B正確；C．水淡化后能得到氯化鈉溶液，電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，所以在給定條件下，能夠完成幾種物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化，故C正確；D．要電解能到金屬鎂，需要電解熔融氯化鎂，用氯化鎂溶液得到的是氫氧化鎂，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題綜合考查元素化合物知識，側(cè)重于化學(xué)與工業(yè)生產(chǎn)的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，題目難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累。4．【分析】A．同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；B．非金屬性越強，電負性越大；C．非金屬性越強對應(yīng)氫化物越穩(wěn)定；D．同周期元素從左到右，第一電離能逐漸增大，但全充滿狀態(tài)，電子能量最低。【解答】解：A．同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，原子序數(shù)P＜S＜Cl，所以原子半徑P＞S＞Cl，故A錯誤；B．非金屬性C＜N＜O，則電負性為C＜N＜O，故B正確；C．非金屬性F＞Cl＞Br，所以穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr，故C錯誤；D．同周期元素從左到右，第一電離能逐漸增大，但Mg的最外層為全充滿狀態(tài)，電子能量最低，第一電離能：Mg＞Al＞Na，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查元素周期律和周期表的應(yīng)用，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素周期律等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。5．【分析】A．向飽和NaCl溶液中滴加濃鹽酸，增大了氯離子濃度，析出氯化鈉晶體；B．Al（OH）3膠體具有較大表面積，能吸附懸浮雜質(zhì)；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍綠色沉淀[Cu2（OH）2CO3]；D．鹽類水解是吸熱反應(yīng)，并且鹽中可水解離子的濃度越低，水解程度越大。【解答】解：A．向飽和NaCl溶液中滴加濃鹽酸，增大了氯離子濃度，溶解結(jié)晶平衡向析出氯化鈉晶體的方向進行，產(chǎn)生氯化鈉晶體白色沉淀，過程與鹽類水解無關(guān)，故A正確；B．用鋁鹽作凈水劑，鋁離子水解生成Al（OH）3膠體具有較大表面積，能使水中細小懸浮顆粒聚集、沉降，與水解有關(guān)，故B錯誤；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍綠色沉淀[Cu2（OH）2CO3]，碳酸氫根離子和銅離子水解反應(yīng)相互促進，與水解有關(guān)，故C錯誤；D．鹽類水解是吸熱反應(yīng)，且TiCl4濃度越稀水解程度越大，所以用TiCl4制備TiO2反應(yīng)中，加入大量的水并加熱，可促進TiCl4的水解反應(yīng)趨于完全，與鹽類水解有關(guān)，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了鹽類水解原理和應(yīng)用，注意知識的積累，題目難度不大。6．【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時，該反應(yīng)必須是可逆反應(yīng)，否則勒夏特列原理不適用?！窘獯稹拷猓篈.CuCl2溶液中存在[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣?[CuCl4]2﹣+4H2O，[[Cu（H2O）4]2+呈藍色，[CuCl4]2﹣呈綠色，向試管中加入足量NaCl固體，上層溶液變?yōu)榫G色，說明平衡正移，可以用平衡移動原理解釋，故A錯誤；B.一水合氨的電離是吸熱過程，升高溫度，促進平衡正向移動，所以平衡常數(shù)增大，能用平衡移動原理解釋，故B錯誤；C.存在平衡2NO2?N2O4，且正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，所以氣體顏色加深，可以用平衡移動原理來解釋，故C錯誤；D.金屬鋅和硫酸的反應(yīng)中，加入金屬銅，可以構(gòu)成原電池，加快反應(yīng)速率，不能用平衡移動原理解釋，故D正確；故選：D。【點評】本題考查勒夏特例原理應(yīng)用的有關(guān)判斷，側(cè)重考查知識的綜合運用，明確勒夏特列原理內(nèi)涵及其適用范圍是解本題關(guān)鍵，注意：只有能引起平衡移動的才能用平衡移動原理解釋，題目難度不大。7．【分析】A．測定中和熱，需要在隔熱的環(huán)境下；B．Fe與電源負極相連作陰極；C．加熱促進鐵離子水解，且生成的鹽酸易揮發(fā)；D．鹽酸不能盛放在酸式滴定管中?！窘獯稹拷猓篈．測定中和熱，需要在隔熱的環(huán)境下，在玻璃杯上方用硬質(zhì)卡蓋住，在玻璃杯周圍用碎紙屑或泡沫保溫，故A錯誤；B．Fe與電源負極相連作陰極，可防止鐵片被腐蝕，故B正確；C．加熱促進鐵離子水解，且生成的鹽酸易揮發(fā)，應(yīng)在HCl氣流中蒸發(fā)，故C錯誤；D．鹽酸不能盛放在酸式滴定管中，應(yīng)改為酸式滴定管，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、電化學(xué)、鹽類水解、中和滴定、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁庠鼗衔镏R的應(yīng)用，題目難度不大。8．【分析】裝置圖為原電池反應(yīng)，b中電極鋅做負極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，a中電極上氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氧根離子，以此解答該題．【解答】解：A．燒杯b中電極上是鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯誤；B．b為負極，鋅被氧化，電極反應(yīng)為Zn﹣2e﹣＝Zn2+，故B錯誤；C．a(chǎn)中發(fā)生的氧氣得到電子生成氫氧根離子的反應(yīng)，電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C錯誤；D．a(chǎn)發(fā)生O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，則溶液pH升高，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查原電池原理，為高頻考點，把握圖中裝置的分析及原電池的工作原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重電極、電極反應(yīng)的考查，題目難度不大。9．【分析】A．生成物的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng)，是放熱反應(yīng)，若是吸熱反應(yīng)則相反；B．活化能越大，反應(yīng)速率越慢；C．Fe3+先消耗后生成；D．S2（aq）+2I﹣（aq）?2（aq）+I2（aq），該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，反應(yīng)①為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)②為放熱反應(yīng)，則反應(yīng)①的ΔH＞0，反應(yīng)②的ΔH＜0，故A正確；B．活化能越大，反應(yīng)速率越慢，由圖可知，反應(yīng)①的活化能大于反應(yīng)②，所以反應(yīng)①的速率比反應(yīng)②的速率慢，故B正確；C．Fe3+先消耗后生成，則Fe3+是該反應(yīng)的催化劑，但不能降低該反應(yīng)的ΔH，故C錯誤；D．S2（aq）+2I﹣（aq）?2（aq）+I2（aq），向該溶液中滴加淀粉溶液，溶液變藍，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，碘單質(zhì)的濃度下降，所以適當升溫，藍色變淺，故D正確；故選：C。【點評】本題考查反應(yīng)歷程和反應(yīng)過程中的能量變化，掌握催化劑不改變反應(yīng)的焓變以及活化能是解題關(guān)鍵，此題難度中等。10．【分析】A．溫度一定時，投料比x[n（CO2）：n（H2）]越小，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大；B．由圖可知，其他條件一定時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，說明升高溫度，平衡正向移動；C．正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度時平衡正向移動，平衡常數(shù)增大；D．反應(yīng)CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）是氣體體積不變化的反應(yīng)，投料比固定時容器中壓強始終不變?！窘獯稹拷猓篈．溫度一定時，增大n（H2）可提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率，即溫度一定時，投料比x[n（CO2）：n（H2）]越小，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，則x1＜x2，故A正確；B．由圖可知，其他條件一定時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，說明升高溫度，平衡正向移動，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故B正確；C．正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度時平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，且平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變時平衡常數(shù)相同，即點a、b、c對應(yīng)的平衡常數(shù)：Ka＜Kb═Kc，故C正確；D．反應(yīng)CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）是氣體體積不變化的反應(yīng)，投料比固定時容器中壓強始終不變，不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查化學(xué)平衡圖象分析，側(cè)重分析能力和運用能力考查，把握化學(xué)平衡影響因素、平衡狀態(tài)的判定是解題關(guān)鍵，題目難度不大。11．【分析】A．以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl﹣，先生成AgCl沉淀，再生成Ag2CrO4沉淀；B．溶液中AgCl存在沉淀溶解平衡；C．如果c（）＝5.0×10﹣3mol?L﹣1時，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，此時溶液中c（Cl﹣）＝＝mol/L＝9×10﹣6mol/L；D．K2CrO4溶液中存在平衡：2+2H+?Cr2+H2O，若pH過低，c（H+）過大，該平衡正向移動，溶液中c（）偏小，生成Ag2CrO4時消耗V（AgNO3）偏大?！窘獯稹拷猓篈．以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl﹣，先生成AgCl沉淀，再生成Ag2CrO4沉淀，即先產(chǎn)生白色沉淀，滴定終點時產(chǎn)生磚紅色沉淀，故A正確；B．產(chǎn)生白色AgCl沉淀時，溶液中存在溶解平衡：AgCl（s）?Ag+（aq）+Cl﹣（aq），故B正確；C．如果c（）＝5.0×10﹣3mol?L﹣1時，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，此時溶液中c（Cl﹣）＝＝mol/L＝9×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，則Cl﹣沉淀完全，故C正確；D．K2CrO4溶液中存在平衡：2+2H+?Cr2+H2O，若pH過低，c（H+）過大，該平衡正向移動，溶液中c（）偏小，生成Ag2CrO4沉淀時消耗V（AgNO3）偏大，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查沉淀溶解平衡及沉淀滴定實驗，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和計算能力，把握難溶物的溶解平衡及溶度積常數(shù)的計算、滴定終點的判斷、誤差分析等知識是解本題關(guān)鍵，注意掌握誤差分析的方法與技巧，題目難度中等。12．【分析】A．pH＝2.0的溶液，酸性較強，F(xiàn)e發(fā)生析氫腐蝕；pH＝6.0時，F(xiàn)e發(fā)生吸氧腐蝕；B．錐形瓶中的Fe粉和C粉構(gòu)成了原電池，F(xiàn)e粉作為原電池的負極，失電子生成亞鐵離子；C．若將鐵粉換為銅粉，pH＝2.0時，Cu和氫離子不反應(yīng)；D．酸性較強時，發(fā)生析氫腐蝕；酸性較弱時，發(fā)生吸氧腐蝕?！窘獯稹拷猓篈．pH＝2.0的溶液，酸性較強，因此錐形瓶中的Fe粉能發(fā)生析氫腐蝕，析氫腐蝕產(chǎn)生氫氣，因此會導(dǎo)致錐形瓶內(nèi)壓強增大；pH＝6.0時，F(xiàn)e發(fā)生吸氧腐蝕導(dǎo)致壓強減小，所以壓強改變是因為產(chǎn)生了H2或吸收了氧氣，故A錯誤；B．錐形瓶中的Fe粉和C粉構(gòu)成了原電池，F(xiàn)e粉作為原電池的負極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B錯誤；C．若將鐵粉換為銅粉，pH＝2.0時，Cu和氫離子不反應(yīng)，不能發(fā)生析氫腐蝕，所以壓強隨時間變化曲線基本不變，故C正確；D．酸性較強時，發(fā)生析氫腐蝕；酸性較弱時，發(fā)生吸氧腐蝕，所以pH不同，壓強變化趨勢不同，是因為發(fā)生腐蝕類型不同，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查金屬的腐蝕與防護，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確析氫腐蝕和吸氧腐蝕原理的區(qū)別、圖中曲線含義及曲線變化原因是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。13．【分析】A．結(jié)合酚酞的變色范圍分析判斷；B．M點溶液中溶質(zhì)為NaH2PO4，結(jié)合物料守恒關(guān)系分析判斷；C．根據(jù)電荷守恒關(guān)系分析判斷；D．N點溶液中溶質(zhì)為Na2HPO4，溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，N點的pH大約為9.8，Q點的pH大約為12.2，酚酞的變色范圍為pH：8.2～10，則N點可用酚酞作指示劑指示滴定終點，Q點不能用酚?做指示劑，故A正確；B．M點溶液中溶質(zhì)為NaH2PO4，其物料守恒關(guān)系為c（Na+）＝c（H2）+c（）+c（）+c（H3PO4），故B正確；C．M→N過程中始終存在電荷守恒關(guān)系為c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣），故C正確；D．N點溶液中溶質(zhì)為Na2HPO4，屬于強堿弱酸鹽，c（Na+）＞c（）；由圖可知，N點溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，則c（H2）＞c（），所以N點溶液中c（Na+）＞c（）＞c（H2）＞c（），故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側(cè)重考查圖象分析判斷及計算能力，明確各點溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、指示劑選取方法等知識點是解本題關(guān)鍵，注意溶液中守恒關(guān)系式的靈活運用，題目難度中等。14．【分析】A．比較實驗1和實驗2，可以說明稀鹽酸可以與大理石反應(yīng)生成二氧化碳，而稀硫酸與大理石幾乎不反應(yīng)，而不是說明酸的c（H+）對生成CO2的速率有影響；B．比較實驗1和實驗4，可以說明生成CO2的速率和酸與碳酸鈣的接觸面積有關(guān)；C．通過實驗可得出的結(jié)論：生成的CaSO4對大理石的包裹比對碳酸鈣粉末作用更強；D．綜合以上四個實驗推斷大理石粉末和稀硫酸反應(yīng)能用于制備CO2。【解答】解：A．比較實驗1和實驗2，可以說明稀鹽酸可以與大理石反應(yīng)生成二氧化碳，而稀硫酸與大理石幾乎不反應(yīng)，而不是說明酸的c（H+）對生成CO2的速率有影響，故A錯誤；B．比較實驗1和實驗4，可以說明生成CO2的速率和酸與碳酸鈣的接觸面積有關(guān)，故B錯誤；C．由于反應(yīng)3的速率比反應(yīng)1的速率大，因而通過實驗可得出的結(jié)論：生成的CaSO4對大理石的包裹比對碳酸鈣粉末作用更強，故C錯誤；D．綜合以上四個實驗推斷大理石粉末和稀硫酸反應(yīng)能用于制備CO2，故D正確，故選：D?！军c評】本題主要考查了化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，題目難度不大，掌握接觸面積對固液反應(yīng)速率的影響因素是解答該題的關(guān)鍵。二、填空題：本大題共5小題，共58分。15．【分析】（1）N價電子排布式為2s22p3，電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為啞鈴形，基態(tài)N原子為半充滿狀態(tài)；（2）從電子排布的角度說明判斷：B和Al的基態(tài)原子電子排布式分別為1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半徑小，第一電離能比Al大，因為3p能級的能量高于2p能級的能量，處于3p能級的電子更容易失去；（3）①與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），電負性N＞H，與B原子相連的H呈負電性（Hδ﹣）電負性H＞B；②同周期元素從左到右半徑依次減小；③H位于s區(qū)，B、N位于p區(qū)；（4）①從圖上可以看出，Co催化效果最好；②從圖上可以看出Fe催化效果最差?！窘獯稹拷猓海?）N是7號元素，電子排布式為1s22s22p3，占據(jù)兩個能層，電子占據(jù)最高能級為2p，有7種不同運動狀態(tài)的電子，故答案為：2；2p；7；（2）從電子排布的角度說明判斷：B和Al的基態(tài)原子電子排布式分別為1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半徑小，第一電離能比Al大，I1（Al）＜800kJ?mol?1，因為3p能級的能量高于2p能級的能量，處于3p能級的電子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B），故答案為：＜；B和Al的基態(tài)原子電子排布式分別為1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能級的能量高于2p能級的能量，處于3p能級的電子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B）；（3）與N原子相連的H呈正電性（Hδ+），電負性N＞H，與B原子相連的H呈負電性（Hδ﹣）電負性H＞B，電負性由大到小的順序是N＞H＞B，故答案為：N＞H＞B；（4）①Cu位于ds區(qū)，故答案為：ds；②從圖上可以看出，Co催化用時最短，產(chǎn)氫體積也最大，故催化效果最好，Co的價電子排布式為3d74s2，原子中未成對的電子數(shù)為3，故答案為：3?！军c評】本題考查考查電離能、電負性的比較應(yīng)用，把握元素的位置、性質(zhì)、元素周期律、原子核外電子排布規(guī)律為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度中等。16．【分析】（1）甲裝置是原電池、乙裝置是電解池，a電極上氫氣失電子和OH﹣反應(yīng)生成H2O而發(fā)生氧化反應(yīng)，為負極，則b為正極；（2）乙裝置中電解飽和NaCl溶液時，陽極上氯離子失電子生成Cl2，陰極上H2O得電子生成H2和OH﹣；（3）陰極d上水放電，反應(yīng)為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，電解池工作時，Na+透過陽離子交換膜移向陰極d，二者結(jié)合生成NaOH；（4）陽極產(chǎn)生的氯氣，氯氣能夠溶于水，存在著下列平衡，Cl2+H2O?HCl+HClO，加入鹽酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動；（5）甲裝置為原電池，通入燃料氫氣的電極a為負極，通入空氣（O2）的電極b為正極，原電池工作時，陽離子透過陽離子交換膜移向負極a；乙裝置為電解池，與正極b相接的電極c為陽極，電極d為陰極，電解池工作時，陽離子移向陰極d，陽極上氯離子放電生成氯氣，c極一側(cè)流出的是淡鹽水，依據(jù)得失電子守恒計算?！窘獯稹拷猓海?）由圖甲可知，甲裝置為氫氧堿性燃料電池，通入燃料氫氣的電極為負極，即a電極為負極，其電極反應(yīng)式是H2+2OH?﹣2e﹣＝2H2O，故答案為：負；H2+2OH?﹣2e﹣＝2H2O；（2）惰性電極電解飽和NaCl溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，總反應(yīng)為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）乙池為電解池，電極c為陽極，電極d為陰極，陰極上水放電，反應(yīng)為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，陽極上Na+透過陽離子交換膜移向陰極d，Na+和OH﹣在陰極d區(qū)生成NaOH，故答案為：d極發(fā)生反應(yīng)為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Na+從陽極區(qū)透過陽離子交換膜進入d極區(qū)，與的OH﹣結(jié)合生成NaOH；（4）陽極產(chǎn)生的氯氣，氯氣能夠溶于水，存在著下列平衡，Cl2+H2O?HCl+HClO，加入鹽酸，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，有利于氯氣逸出收集，故答案為：Cl2+H2O?HCl+HClO，用鹽酸控制陽極的pH，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，有利于氯氣逸出收集；（5）A．甲裝置為原電池，是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故A正確；B．甲裝置為原電池，電極a為負極，電極b為正極，Na+透過陽離子交換膜向正極b移動，故B錯誤；C．乙裝置為電解池，c為陽極，d為陰極，電解池工作時，陽離子Na+透過陽離子交換膜移向陰極d，陽極上氯離子放電生成氯氣，所以陽極c極一側(cè)流出的是淡鹽水，故C正確；D．2.24LH2的物質(zhì)的量為＝0.1mol，負極反應(yīng)式是H2+2OH?﹣2e﹣＝2H2O，即0.1molH2轉(zhuǎn)移0.2mol電子，陰極上水放電，反應(yīng)為2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，當轉(zhuǎn)移0.2mol電子時，生成0.2molNaOH，故D正確；故答案為：ACD?！军c評】本題考查原電池原理和電解原理的應(yīng)用，為高頻考點，明確原電池工作原理和電解池工作原理是解題關(guān)鍵，注意惰性電極電解時溶液中離子放電順序，掌握電極的判斷和電極反應(yīng)式的書寫，題目難度中等。17．【分析】（1）①平衡常數(shù)表達式K＝；②對于反應(yīng)ⅰ，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度、增大甲烷濃度等都可以使反應(yīng)速率增大。二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大；（2）①ⅰ．CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ?mol﹣1，ⅱ．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ?mol﹣1，蓋斯定律計算i+2×ii得到CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）ΔH；②i．28Ni的核外電子數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＝28，結(jié)合的電子排布規(guī)律寫出；ii．Fe3O4+4CO3Fe+4CO2反應(yīng)生成的二氧化碳和氧化鈣反應(yīng)，平衡正向進行；iii．通入He，碳酸鈣分解平衡正向進行，導(dǎo)致增大，促進鐵還原二氧化碳的反應(yīng)正向進行，CO物質(zhì)的量上升；（3）甲烷超干重整反應(yīng)溫度低，轉(zhuǎn)化等量二氧化碳需要的能量低?！窘獯稹浚?）①CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g），反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為：，故答案為：；②對于反應(yīng)ⅰ，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，既能加快反應(yīng)速率，又能增大二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率，增大CH4濃度，也能增大反應(yīng)速率，平衡正向進行，增大二氧化碳轉(zhuǎn)化率，故答案為：升高溫度、增大甲烷濃度；（2）①?。瓹H4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ?mol﹣1，ⅱ．CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ?mol﹣1，蓋斯定律計算i+2×ii得到CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）ΔH＝（+247kJ?mol﹣1）+2×（+41kJ?mol﹣1）＝+329kJ/mol，故答案為：+329；②ⅰ．28Ni的核外電子數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＝28，簡化電子排布式是：[Ar]3d84s2，故答案為：[Ar]3d84s2；ii．結(jié)合有關(guān)反應(yīng)方程式，說明CaO對Fe3O4氧化CO反應(yīng)的影響為：CaO與CO2反應(yīng)生成CaCO3，促進Fe3O4+4CO3Fe+4CO2正向進行，故答案為：CaO與CO2反應(yīng)生成CaCO3，促進Fe3O4+4CO3Fe+4CO2正向進行；iii．反應(yīng)達平衡后，改通He氣，測得一段時間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升，解釋CO物質(zhì)的量上升的原因：通入He，碳酸鈣分解平衡正向進行，導(dǎo)致增大，促進鐵還原二氧化碳的反應(yīng)正向進行，故答案為：通入He，碳酸鈣分解平衡正向進行，導(dǎo)致增大，促進鐵還原二氧化碳的反應(yīng)正向進行；（3）從能源利用的角度分析，甲烷超干重整法的優(yōu)點是：甲烷超干重整反應(yīng)溫度低、轉(zhuǎn)化等物質(zhì)的量CO2所需能量少等，故答案為：甲烷超干重整反應(yīng)溫度低、轉(zhuǎn)化等物質(zhì)的量CO2所需能量少等?！军c評】本題考查了化學(xué)平衡常數(shù)、平衡影響因素的分析判斷、熱化學(xué)方程式書寫和蓋斯定律的計算等知識點，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。18．【分析】軟錳礦的主要成分為MnO2，主要雜質(zhì)有Al2O3和SiO2，加硫酸和過量鐵粉溶解軟錳礦，鐵把MnO2還原為Mn2+，SiO2不溶于硫酸，過濾得硫酸鋁、硫酸亞鐵、硫酸錳溶液，溶液中先加MnO2，后加入NH3?H2O調(diào)溶液pH≈5，生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀除去硫酸鋁、硫酸鐵，得到純化硫酸錳溶液，電解硫酸錳溶液生成二氧化錳?！窘獯稹拷猓海?）①增大接觸面積可以加快反應(yīng)速率，溶出前，軟錳礦需研磨，目的是增大反應(yīng)速率，提高浸出率，故答案為：增大反應(yīng)速率，提高浸出率；②ⅰ.根據(jù)反應(yīng)途徑可知，二氧化錳與亞鐵離子反應(yīng)生成二價錳離子和鐵離子，則反應(yīng)的離子方程式為，故答案為：；ⅱ.若Fe2+全部來自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe與MnO2的物質(zhì)的量比值為2.而實際比值（0.9）小于2，所需還原劑的量減少，原因是二氧化錳能夠氧化單質(zhì)鐵為Fe2+，故答案為：二氧化錳能夠氧化單質(zhì)鐵為Fe2+；（2）加MnO2的目的是把Fe2+氧化為Fe3+，MnO2的氧化性隨酸性的減弱逐漸減弱，所以先加MnO2；后加入NH3?H2O調(diào)溶液pH≈5，生成氫氧化鋁、氫氧化鐵沉淀除去溶液中的Fe3+、Al3+，故答案為：MnO2的氧化性隨酸性的減弱逐漸減弱；除去溶液中的Fe3+、Al3+；（3）電解硫酸錳溶液生成二氧化錳，Mn