1、2015-2016学年四川省绵阳市高二（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1下列原子外围电子层的电子排布图正确的是（）AOBFeCSiDCr2下列溶液中不存在配离子的是（）ACuSO4水溶液B银氨溶液C硫氰化铁溶液DI2的CCl4溶液3在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，两种元素电负性差异越小，其共价键成分越大下列各对原子形成的化学键中共价键成分最多的是（）AK与FBNa与FCAl与ClDMg与Cl4下列说法错误的是（）A在熔化状态下能导电的化合物一定是离子晶体B分子晶体的状态变化只需克服分子间作用力C金属键的本质是金属离子与
2、自由电子间的相互作用D原子晶体中只存在非极性共价键5下列各微粒的电子式书写正确的是（）A甲基 BNF3CNH4H D硫化氢 6下列说法不正确的是（）A熵增加且放热的反应一定是自发反应BXY+Z正反应吸热，则逆反应必然放热C化学反应的焓变H越大，表示放热越多D稀溶液中，酸碱中和反应生成1 mol H2O时放热不一定为57.3 kJ7某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，下列说法不正确的是（）A可以确定该微粒为NeB对应元素可能位于元素周期表中第13列C它的单质可能是强还原剂D对应元素可能是电负性最大的元素8离子键、共价键、金属键、范德华力都是微粒之间的不同作用力，下列物质：Na2O2 Si
3、O2 氦气 金刚石 NH4Cl 白磷 含有上述任意两种作用力的是（）ABCD9钛号称“崛起的第三金属”，因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是（）A上述钛原子中，中子数不可能为22B钛元素在周期表中处于第四周期B族C钛原子的外围电子层排布为3d24s2D钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素10用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（）AH2O与BeCl2为角形（V形）BCS2与SO2为直线形CBF3与PCl3为三角锥形DSO3与CO为平面三角形二、选择题（本大
4、题包括10小题每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）11“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误结论，下列类推结论中正确的是（）A碱金属氟化物的晶格能顺序是LiFNaFKFRbFCsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaFNaClNaBrNaIBA族元素氢化物沸点顺序是GeH4SiH4CH4；则A族元素氢化物沸点顺序是AsH3PH3NH3C晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子D若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍；则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍12室温时，某溶液中由水电离生成的H+和OH物质的量浓度的乘积为11024，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是（
5、）AAl3+、Na+、NO3、ClBK+、Na+、Cl、CO32CMg2+、Na+、Cl、SO42DNH4+、K+、SiO32、NO313某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A反应过程a有催化剂参与B该反应为吸热反应，热效应等于HC改变催化剂，可改变该反应的活化能D有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E214已知，在25、101 kPa时：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221.0kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJ/mol下列判断不正确的是（）A6 g碳完全燃烧时放出热量196.8
6、 kJBCO的燃烧热H=283.0 kJ/molCH2的燃烧热H=241.8 kJ/molD制备水煤气的反应热H=+131.3 kJ/mol15下列过程中，化学平衡不发生移动的是（）AH2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深BNa2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液颜色变深C红棕色的NO2加压后颜色先变深后逐渐变浅D向氯水中加入适量石灰石，氯水的杀菌能力增强16下列实验误差分析结论正确的是（）A用润湿的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大C滴定前滴定管内有气泡，终点读数时无气泡，所测体积偏小D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测
7、温度值偏大17设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为2NAB23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个右图所示的结构单元C常温常压下，5 g D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NAD2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下反应所得混合气体分子数小于2NA18某课外活动小组对采集的酸雨样品进行化验，测得数据如下：c（Na+）=5.0106 mol/L、c（NH4+）=2.0105 mol/L、c（NO3）=2.0104 mol/L、c（SO42）=4.0104 mol/L，H+和OH浓度未测定，则此酸雨的pH约为（）A
8、3B4C5D619汽车上的催化转化器可将尾气中的主要污染物转化成无毒物质，反应为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=Q kJ/mol（Q0）实验模拟催化转换器，恒温恒压时用气体传感器测得不同时刻NO和CO的浓度如下表：时间/s02345c（NO）/103 molL11.000.250.160.100.10c（CO）/103 mo lL13.602.852.762.702.70经分析，得出的下列结论正确的是（）A02 s间的平均反应速率v（NO）=3.75103mol/（Ls）B催化转化器对废气的转化速率在冬季时比夏季时高C选用更有效的催化剂可以提高污染物的转化率D该温度下
9、，此反应的平衡常数K=5.010320羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1，平衡后CO物质的量为8mol下列说法正确的是（）ACO、H2S的转化率之比为1：1B达平衡后H2S的体积分数为29.4%C升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，平衡不移动三、（本题包括2小题，共18分）21A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大其中
10、，元素A的一种核素无中子，B的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物DE2为红棕色气体，G是前四周期中电负性最小的元素，M的原子核外电子数比G多10请回答下列问题：（1）基态G原子的核外电子排布式是，M在元素周期表中的位置是，元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）（2）元素A和E组成的阳离子空间构型为；化合物ABD的结构式为，其中B原子的杂化方式为（3）G、M的晶体晶胞结构如图所示，这两种晶胞中原子的配位数之比为若晶体M密度为8.9 gcm3，则M的晶胞边长是cm（不必计算出结果）22弱酸HA的电离常数Ka=25时，几种弱酸的电离常数如下：弱酸化学式HNO2CH3COOHH
11、CNH2CO3电离常数5.11041.81056.21010K1=4.4107 K2=4.71011（1）根据上表数据填空：物质的量浓度相同的四种酸，其pH由大到小的顺序是分别向等体积、相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液中加入足量的Zn粉，反应刚开始时产生H2的速率：v（HCl）v（CH3COOH）（填“=”、“”或“”下同），反应完全后，所得氢气的质量：m（H2）盐酸m（H2）醋酸将0.2 mol/L HCN溶液与0.1 mol/L Na2CO3溶液等体积混合，发生反应的化学方程式为（2）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中溶液
12、pH变化如图所示稀释后，HX溶液中水电离的c（H+） 比醋酸溶液中水电离的c（H+）；电离常数Ka（HXKa（CH3COOH）（填“”、“=”或“”），理由是四、（本题包括2小题，共18分）23影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究序号温度/催化剂现象结论140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无（1）取等物质的量浓度、等体积的H2O2溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）实验1、2研究的是对H2O2分解速率的影响实验2、3的目的是（2）查文献可知，Cu2+对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的
13、催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验回答相关问题：定性分析：如图甲可通过观察，定性比较得出结论有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快对此展开讨论：某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是热反应，导致；从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能
14、是的影响要证明你的猜想，实验方案是24化学兴趣小组的同学用0.100 0 mol/L 盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度（杂质不与盐酸反应）实验步骤如下：（1）配制待测液：用分析天平准确称取烧碱样品2.500 g，全部溶于水配制成500 mL溶液配制溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要（2）滴定：用碱式滴定管量取20.00mL所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测滴定管在装入反应液之前应进行的操作有用浓度为0.100 0mol/L的盐酸标准溶液进行滴定开始滴定前的一步操作是滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时每滴一滴测一次pH滴定过程中，测得锥形瓶中溶液的pH变
15、化如下表：V（HCl）/mL0.0012.0018.0022.0023.0023.96pH13.112.612.211.711.49.9V（HCl）/mL24.0024.0425.0026.0030.00pH7.04.02.72.41.9（3）数据处理：在坐标图中绘出上述中和滴定曲线所测样品中NaOH的质量百分含量为五、（本题包括2小题，共14分）25向V L pH=12的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定浓度的NaHSO4稀溶液，当溶液中的Ba2+恰好沉淀完全时，溶液pH=11则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比为，NaHSO4溶液的物质的量浓度为26PCl3和Cl2在一定条件下反应
16、生成PCl5（1）已知PCl3的熔点、沸点分别为93.6和76.1，PCl5的熔点为167常温常压下，PCl3与Cl2反应生成41.7 g PCl5时放出热量24.76kJ，该反应的热化学方程式为（2）反应PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g） 在容积为5 L的密闭容器中进行起始时PCl3和Cl2均为0.1 mol，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所示与实验a相比，b组改变的实验条件是，c组改变的实验条件是计算实验a中反应的平衡常数及Cl2的转化率（要求写出计算过程）2015-2016学年四川省绵阳市高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，
17、每小题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1下列原子外围电子层的电子排布图正确的是（）AOBFeCSiDCr【考点】原子核外电子排布【分析】A、洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；B、基态铁原子外围电子排布式为3d64s2；C、洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道；D、基态Cr原子外围电子排布式为3d54s1【解答】解：A、2p轨道两个单电子自旋方向应相同，故A错误；B、基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故B正确；C、洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，所以3
18、p轨道2个电子应分占两个轨道，且自旋方向相同，故C错误；D、基态Cr原子外围电子排布式为3d54s1，而不是3d44s2，故D错误；故选B2下列溶液中不存在配离子的是（）ACuSO4水溶液B银氨溶液C硫氰化铁溶液DI2的CCl4溶液【考点】配合物的成键情况【分析】配离子是由一个金属阳离子和一定数目的中性分子或阴离子以配位键结合而成的复杂离子，可能存在于配位化合物晶体中，也可能存在于溶液中，据此解答【解答】解：A水对铜离子有络合作用，CuSO4水溶液中存在四水合铜络离子，铜离子提供空轨道，水分子提供孤对电子，存在配离子，故A不选；B银氨溶液中银离子提供空轨道，氨气提供孤对电子，存在配离子，故B不
19、选；C硫氰化铁溶液中铁离子提供空轨道，硫氰根离子提供孤对电子，存在配离子，故C不选；DI2的CCl4溶液为碘单质的四氯化碳溶液，无配离子，故D选；故选D3在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，两种元素电负性差异越小，其共价键成分越大下列各对原子形成的化学键中共价键成分最多的是（）AK与FBNa与FCAl与ClDMg与Cl【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，各对原子形成化学键中共价键成分最多，说明离子键成分最少，则金属、非金属元素应该最不活泼，据此分析解答【解答】解：活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，各对原子形成化学键中
20、共价键成分最多，说明离子键成分最少，则金属、非金属元素应该最不活泼，选项中K、Na、Al、Mg四种金属元素中最不活泼的为Al，F、Cl元素的非金属性FCl，所以原子形成的化学键中共价键成分最多的为Al和Cl，故选C4下列说法错误的是（）A在熔化状态下能导电的化合物一定是离子晶体B分子晶体的状态变化只需克服分子间作用力C金属键的本质是金属离子与自由电子间的相互作用D原子晶体中只存在非极性共价键【考点】原子晶体；离子晶体；分子晶体；金属晶体【分析】A离子晶体在熔化状态下能电离出自由移动的离子；B只需克服分子间作用力，则晶体为分子晶体；C金属阳离子带正电，自由电子带负电；D同种元素原子之间形成非极性
21、键，不同原子之间形成极性键【解答】解：A离子晶体在熔化状态下能电离出自由移动的离子，所以在熔融状态下能导电，故A正确；B分子晶体的状态变化，只需克服分子间作用力即可，故B正确；C金属阳离子带正电，自由电子带负电，则金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用，故C正确；D二氧化硅是原子晶体，晶体中存在极性键，故D错误；故选D5下列各微粒的电子式书写正确的是（）A甲基 BNF3CNH4H D硫化氢 【考点】电子式【分析】A甲基中的碳原子最外层7个电子；B三氟化氮中三个氟原子与氮原子共用三对电子，氮原子有一对孤对电子；C氢负离子为阴离子，应用中括号；D硫化氢为共价化合物，两个氢原子与硫原子各共用1对电
22、子；【解答】解：A甲基中碳原子最外层7个电子，甲基的正确电子式：，故A错误；B三氟化氮中三个氟原子与氮原子共用三对电子，氮原子有一对孤对电子，电子式为：，故B正确；CNH4H是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故C错误；DH2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个HS键，电子式为：，故D错误；故选：B6下列说法不正确的是（）A熵增加且放热的反应一定是自发反应BXY+Z正反应吸热，则逆反应必然放热C化学反应的焓变H越大，表示放热越多D稀溶液中，酸碱中和反应生成1 mol H2O时放热不一定为57.3 kJ【考点】吸热反应和放热反应【分析】A反应自发进行
23、的判断依据是HTS0，由反应的焓变，熵变，温度共同决定；BH=生成物的能量和反应物的能量和；C反应焓变为负值是放热反应，焓变为正值为吸热反应；D稀溶液中，强酸强碱中和反应生成1mol水放热为57.3 kJ，若为弱酸或弱碱，存在电离平衡吸热，放出的热量减小，若中和反应生成沉淀会存在沉淀热等；【解答】解：A熵增加S0，且放热H0，反应HTS0一定是自发反应，故A正确；BH=生成物的能量和反应物的能量和，所以其逆反应的反应热是其相反数，正反应吸热，则逆反应必然放热，故B正确；C反应焓变为负值是放热反应，焓变为正值为吸热反应，若是放热反应，化学反应的焓变H越大，表示放热越少，故C错误；D稀溶液中，强酸
24、强碱中和反应生成1mol水放热为57.3 kJ，若为弱酸或弱碱，存在电离平衡吸热，放出的热量减小，若中和反应生成沉淀会存在沉淀热，放出的热量会增大，稀溶液中，酸碱中和反应生成1 mol H2O时放热不一定为57.3 kJ，故D正确；故选C7某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，下列说法不正确的是（）A可以确定该微粒为NeB对应元素可能位于元素周期表中第13列C它的单质可能是强还原剂D对应元素可能是电负性最大的元素【考点】原子核外电子排布【分析】已知某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，可知该微粒含有10个电子，常见的10电子微粒有Ne、F、O2、Na+、Mg2+、Al3+等，所以不
25、能确定该微粒，但是可知其电子数为10，由此分析解答；【解答】解：A、该微粒可能是Ne，故A错误；B、如果是铝位于位于元素周期表中第13列，故B正确；C、Na+、Mg2+、Al3+对应单质是强还原剂，故C正确；D、F对应的元素是电负性最大的元素，故D正确；故选A8离子键、共价键、金属键、范德华力都是微粒之间的不同作用力，下列物质：Na2O2 SiO2 氦气 金刚石 NH4Cl 白磷 含有上述任意两种作用力的是（）ABCD【考点】化学键【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力，据此分析解答【解答】解：Na2O2中钠离子和过氧根离子
26、之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种结合力，故正确；SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；氦气只存在范德华力，故错误；金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种结合力，故错误；NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、D原子和H原子之间存在共价键，所以氯化铵中存在两种结合力，故正确；白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种结合力，故正确；故选C9钛号称“崛起的第三金属”，因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素
27、，下列关于金属钛的叙述中不正确的是（）A上述钛原子中，中子数不可能为22B钛元素在周期表中处于第四周期B族C钛原子的外围电子层排布为3d24s2D钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A质量数质子数=中子数，钛的原子序数为22；B第三周期稀有气体的原子序数为18，根据钛的原子序数为22判断其在周期表中位置；C根据构造原理写出钛的基态电子排布式，然后判断其外围电子层排布；DTi最后填充的电子为3d电子【解答】解：A质量数质子数=中子数，则48Ti、49Ti、50Ti等中子数分别为26、27、28，故A正确；B第三周期稀有气体的原子序数为18，2218=4，
28、则钛在周期表中处于第四周期B族，故B错误；C钛的原子序数为22，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d24s2，则钛原子的外围电子层排布为3d24s2，故C正确；DTi最后填充的电子为3d电子，位于副族，则钛元素是d区的过渡元素，故D正确；故选B10用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（）AH2O与BeCl2为角形（V形）BCS2与SO2为直线形CBF3与PCl3为三角锥形DSO3与CO为平面三角形【考点】判断简单分子或离子的构型【分析】根据价层电子对互斥模型（VSEPR模型）确定微粒的空间构型，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数键个数=配原子个数，孤电子
29、对个数=（axb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断立体结构【解答】解：A水分子中价层电子对个数=2+（621）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，BeCl2 中Be原子的价层电子对个数=2+（221）=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，故A错误；BCS2分子中每个S原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+（622）=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；CBF3分子中B原子的价层
30、电子对个数=3+（331）=3且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形，PCl3中，价层电子对数=3+（531）=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，中心原子以采取sp3杂化，分子形状为三角锥形，故C错误；DSO3中，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+（632）=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，硫原子采用sp2杂化，分子形状为平面三角形；CO32中碳原子价层电子对个数=3+=3，采用sp2杂化，所以CO32的离子立体结构为为平面三角形，故D正确；故选D二、选择题（本大题包括10小题每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）11“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错
31、误结论，下列类推结论中正确的是（）A碱金属氟化物的晶格能顺序是LiFNaFKFRbFCsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaFNaClNaBrNaIBA族元素氢化物沸点顺序是GeH4SiH4CH4；则A族元素氢化物沸点顺序是AsH3PH3NH3C晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子D若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍；则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍【考点】探究化学规律【分析】A、晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比；B、氢化物分子间含有氢键的沸点较高；C、金属晶体含有阳离子，但不含阴离子；C、盐酸是强酸，完全电离；醋酸是弱酸，部分电离【解答】解：A、离子半径：Li+Na+
32、K+Rb+Cs+，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，所以晶格能顺序是LiFNaFKFRbFCsF；离子半径：FClBrI，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，所以晶格能顺序是NaFNaClNaBrNaI，故A正确；B、CH4、SiH4、GeH4、SnH4熔点随相对分子质量增加而升高，而氢化物分子间含有氢键的沸点较高，则沸点：PH3AsH3NH3，故B错误；C、晶体中有阴离子则必然有阳离子，但有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体，故C错误；D、因醋酸是弱酸，盐酸中的c（H+）远远超过醋酸中c（H+）的两倍，故D错误；故选A12室温时，某溶液中由水电离生成的H+和OH物质的量浓度的乘积为110
33、24，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）AAl3+、Na+、NO3、ClBK+、Na+、Cl、CO32CMg2+、Na+、Cl、SO42DNH4+、K+、SiO32、NO3【考点】离子共存问题【分析】由水电离生成的H+和OH物质的量浓度的乘积为1024，则溶液为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应、不能相互促进水解等，则离子能大量共存，A酸性溶液中四种离子能够共存；B碱性溶液中四种离子能够大量共存；C酸性溶液中四种离子能够大量共存；D铵根离子与氢氧根离子反应，硅酸根离子与氢离子反应【解答】解：由水电离生成的H+和OH物质的量浓度的乘积为1024，则
34、溶液为酸或碱溶液，A碱溶液中不能大量存在Al3+，酸溶液中该组离子之间不反应，能共存，故A错误；B酸溶液中不能大量存在CO32，碱溶液中该组离子之间不反应，能共存，故B错误；C酸性溶液中该组离子之间均不反应，能大量共存，故C错误；D酸溶液中不能大量存在SiO32，碱溶液中一定不能大量存在NH4+，则一定不能大量共存，故D正确；故选D13某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A反应过程a有催化剂参与B该反应为吸热反应，热效应等于HC改变催化剂，可改变该反应的活化能D有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2【考点】化学反应的能量变化规律【分析】A、催化剂能降低反应的活化能；B、反应物
35、能量高于生成物；C、不同的催化剂对反应的催化效果不同；D、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能【解答】解：A、催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，H=生成物能量反应物能量，故B错误；C、不同的催化剂，反应的活化能不同，故C正确；D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误故选C14已知，在25、101 kPa时：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJ/mol2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221.0kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）
36、H=483.6kJ/mol下列判断不正确的是（）A6 g碳完全燃烧时放出热量196.8 kJBCO的燃烧热H=283.0 kJ/molCH2的燃烧热H=241.8 kJ/molD制备水煤气的反应热H=+131.3 kJ/mol【考点】有关反应热的计算【分析】A、反应中，1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放热393.5KJ；B、燃烧热是在101KP下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，根据盖斯定律来分析；C、燃烧热是在101KP下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水为液态；D、制备水煤气的反应为：C+H2O=CO+H2，根据盖斯定律来分析【解答】解：A、反
37、应中，1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放热393.5KJ，故6g碳即0.5mol碳完全燃烧放出196.8KJ热量，故A正确；B、燃烧热是在101KP下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，根据盖斯定律，将可得：C（s）+O2（g）CO（g）H=（393.5kJ/mol）（）=283KJ/mol，故CO的燃烧热H=283.0 kJ/mol，故B正确；C、燃烧热是在101KP下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水应为液态，但反应中生成的水为水蒸气，故不能根据此反应来得出氢气的燃烧热，故C错误；D、制备水煤气的反应为：C+H2O=CO+H2，根据盖斯定律可知：
38、将可得：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.3 kJ/mol，故D正确故选C15下列过程中，化学平衡不发生移动的是（）AH2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深BNa2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液颜色变深C红棕色的NO2加压后颜色先变深后逐渐变浅D向氯水中加入适量石灰石，氯水的杀菌能力增强【考点】化学平衡的影响因素【分析】A勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，H2+I22HI，反应是气体体积不变的反应，增大压强平衡不变，物质浓度增大；B铬酸根离子在酸性环境下可以变成重铬酸根离子，实质是：2CrO4
39、2+2H+Cr2O72+H2O；C可逆反应2NO2（g）N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动；D氯水中存在化学平衡，Cl2+H2OHCl+HClO，加入石灰石和盐酸反应，促进平衡正向进行；【解答】解：A可逆反应为H2（g）+I2（g）2HI（g），增大压强I2的浓度增大，颜色加深，反应前后气体的体积不发生变化，增大压强平衡不移动，故A正确；B铬酸根在酸性环境下可以变成重铬酸根，实质是：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，黄色溶液逐渐变成橙色，溶液颜色变深，化学平衡发生移动，故B错误；C可逆反应2
40、NO2（g）N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，化学平衡发生移动，故C错误；D氯水中存在化学平衡，Cl2+H2OHCl+HClO，加入石灰石和盐酸反应，和次氯酸不反应，促进平衡正向进行，次氯酸浓度增大，溶液杀菌能力增强，化学平衡发生移动，故D错误；故选A16下列实验误差分析结论正确的是（）A用润湿的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大C滴定前滴定管内有气泡，终点读数时无气泡，所测体积偏小D测定中和反
41、应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏大【考点】化学实验方案的评价【分析】A润湿的pH试纸测稀酸溶液，稀释了溶液，溶液酸性减弱；B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小；C滴定前滴定管内有气泡，终点读数时无气泡，导致计算时滴定管内液体体积偏大；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，会有部分热量散失【解答】解：A润湿的pH试纸测稀酸溶液，稀释了溶液，溶液酸性减弱，测定溶液pH偏大，故A错误；B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶质的物质的量不变，则溶液浓度偏大，故B正确；C滴定前滴定管内有气泡，终点读数时无气泡，导致计算时滴定管内液体体积偏大，则所测
42、体积偏大，故C错误；D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，会有部分热量散失，所以测定结果偏小，故D错误；故选B17设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的键数目为2NAB23.4 g NaCl晶体中含有0.1NA个右图所示的结构单元C常温常压下，5 g D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NAD2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下反应所得混合气体分子数小于2NA【考点】晶胞的计算【分析】A、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4molSiO键来分析；B、23.4 g NaCl的物质的量为0.4mol，根据
43、均摊法可知图中一个晶胞含4个NaCl，据此判断；C、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，计算分析；D、2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下反应，反应方程式为2SO2+O22SO3，据此判断【解答】解：A、含16 g氧原子的二氧化硅的物质的量为=0.5mol，根据1mol二氧化硅中含4molSiO键可知，0.5mol二氧化硅晶体中含有的键数目为2NA，故A正确；B、质量换算物质的量，结合一个晶胞含4个NaCl，23.4 g NaCl晶体物质的量=0.4mol；所以含0.1 NA个如图所示结构单元，故B正确；C、一个D2O分子中含有的质子数、电子数、中子数均为10，5g D2
44、O的物质的量为mol=0.25mol，所以5 g D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NA，故C正确；D、2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下反应，根据反应方程式2SO2+O22SO3可知，所得混合气体的物质的量大于2mol小于3mol，即混合气体分子数大于2NA，故D错误故选D18某课外活动小组对采集的酸雨样品进行化验，测得数据如下：c（Na+）=5.0106 mol/L、c（NH4+）=2.0105 mol/L、c（NO3）=2.0104 mol/L、c（SO42）=4.0104 mol/L，H+和OH浓度未测定，则此酸雨的pH约为（）A3B4C5D6【考点】pH的简单
45、计算【分析】根据溶液中电荷守恒c（NH4+）+c （Na+）+c（H+）=c （NO3）+2c （SO42）+c（OH）计算酸雨中氢离子浓度，再根据pH的计算公式计算溶液的pH【解答】解：溶液中阴阳离子所带电荷总数相等，设氢离子浓度为c，则：c（NH4+）+c （Na+）+c（H+）=c （NO3）+2c （SO42）+c（OH），由于氢氧根离子浓度较小，可忽略不计，则：2105mol/L+5.0106 mol/L+c（H+）=2.0104 mol/L+24.0104 mol/L，解得：c（H+）=103mol/L2.5105mol/L103mol/L，该酸雨的pH=3，故选A19汽车上的催化
46、转化器可将尾气中的主要污染物转化成无毒物质，反应为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=Q kJ/mol（Q0）实验模拟催化转换器，恒温恒压时用气体传感器测得不同时刻NO和CO的浓度如下表：时间/s02345c（NO）/103 molL11.000.250.160.100.10c（CO）/103 mo lL13.602.852.762.702.70经分析，得出的下列结论正确的是（）A02 s间的平均反应速率v（NO）=3.75103mol/（Ls）B催化转化器对废气的转化速率在冬季时比夏季时高C选用更有效的催化剂可以提高污染物的转化率D该温度下，此反应的平衡常数K=5.01
47、03【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】该反应的正反应为放热反应，升高温度不利于平衡向正向移动，反应速率较快，可适用于废气的处理，计算出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数表达式可计算平衡常数，以此解答该题【解答】解：A.02 s间的NO的浓度由1.00103 molL1变为0.25103 molL1，平均反应速率v（NO）=3.75104mol/（Ls），故A错误；B升高温度增大反应速率，转化速率在夏季时比冬季时高，故B错误；C催化剂不改变平衡移动，故C错误；D.2 NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）初始浓度：1.0103 3.6103 0 0变化浓度：9104
48、9104 4.5104 9104平衡浓度：1104 2.7103 4.5104 9104k=5.0103，故D正确故选D20羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害在恒容密闭容器中，将10mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1，平衡后CO物质的量为8mol下列说法正确的是（）ACO、H2S的转化率之比为1：1B达平衡后H2S的体积分数为29.4%C升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，平衡不移动【考点】化学平衡的计算【
49、分析】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则： CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g）起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mol）：8 n2 2 2该温度下该反应的K=0.1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n，根据计算结构及化学平衡的影响因素进行判断【解答】解：反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为nmol，则： CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） 起始（mol）：10 n 0 0变化（mol）：2 2 2 2平衡（mo
50、l）：8 n2 2 2该温度下该反应的K=1，设容器容积为V，则平衡常数K=0.1，解得：n=7，即反应前硫化氢的物质的量为7mol，A由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、7mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；B该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+7mol=17mol，平衡后硫化氢的物质的量为（72）mol=5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=100%29.4%，故B正确；C升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误；D恒温下向平衡
51、体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商Qc=6K=0.1，说明平衡会向着逆向移动，故D错误；故选B三、（本题包括2小题，共18分）21A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大其中，元素A的一种核素无中子，B的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物DE2为红棕色气体，G是前四周期中电负性最小的元素，M的原子核外电子数比G多10请回答下列问题：（1）基态G原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1，M在元素周期表中的位置是第四周期第B族，元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为NOC（用元素符号表示）（2）元素A和E组
52、成的阳离子空间构型为三角锥形；化合物ABD的结构式为HCN，其中B原子的杂化方式为sp（3）G、M的晶体晶胞结构如图所示，这两种晶胞中原子的配位数之比为2：3若晶体M密度为8.9 gcm3，则M的晶胞边长是cm（不必计算出结果）【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算【分析】A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大其中元素A的一种核素无中子，则A为H元素；B的单质既有分子晶体又有原子晶体，则B为碳元素；化合物DE2为红棕色气体，则D为N元素、E为O元素；G是前四周期中电负性最小的元素，则G为K元素；M的原子核外电子数比G多10，则M为Cu【解答】解：A、B、
53、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大其中元素A的一种核素无中子，则A为H元素；B的单质既有分子晶体又有原子晶体，则B为碳元素；化合物DE2为红棕色气体，则D为N元素、E为O元素；G是前四周期中电负性最小的元素，则G为K元素；M的原子核外电子数比G多10，则M为Cu（1）基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1，M为Cu，在元素周期表中的位置是第四周期第B族，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：NOC，故答案为：1s22s22p63s23p64s1
54、；第四周期第B族；NOC；（2）元素A和E组成的阳离子为H3O+，O原子含有孤电子对为1，价层电子对数为3+1=4，故为三角锥形结构，化合物HCN的结构式为HCN，其中C原子杂化轨道数目为2，杂化方式为sp杂化，故答案为：三角锥形；HCN；sp杂化；（3）G晶胞中原子配位数为8，M晶胞中以顶点原子研究，与之最近的原子属于面心，配位数为=12，这两种晶胞中原子的配位数之比为8：12=2：3，Cu的晶胞中原子数目为8+6=4，晶胞质量为4g，若晶体密度为8.9 gcm3，则晶胞体积为4g8.9 gcm3=cm3，则M的晶胞边长是cm，故答案为：2：3；22弱酸HA的电离常数Ka=25时，几种弱酸的
55、电离常数如下：弱酸化学式HNO2CH3COOHHCNH2CO3电离常数5.11041.81056.21010K1=4.4107 K2=4.71011（1）根据上表数据填空：物质的量浓度相同的四种酸，其pH由大到小的顺序是HCNH2CO3CH3COOHHNO2分别向等体积、相同pH的HCl溶液和CH3COOH溶液中加入足量的Zn粉，反应刚开始时产生H2的速率：v（HCl）=v（CH3COOH）（填“=”、“”或“”下同），反应完全后，所得氢气的质量：m（H2）盐酸m（H2）醋酸将0.2 mol/L HCN溶液与0.1 mol/L Na2CO3溶液等体积混合，发生反应的化学方程式为HCN+Na2C
56、O3NaCN+NaHCO3（2）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中溶液pH变化如图所示稀释后，HX溶液中水电离的c（H+） 比醋酸溶液中水电离的c（H+）大；电离常数Ka（HXKa（CH3COOH）（填“”、“=”或“”），理由是稀释相同倍数，较强的酸pH变化较大，较强的酸电离常数较大，从图中看出HX的pH变化较大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强；pH相同的不同弱酸中，氢离子浓度相同；醋酸中酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中酸的浓度等于氢离子浓度；根据酸性关系判断；（2）稀释后，HX电离
57、生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小；由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大【解答】解：（1）据电离平衡常数的大小分析，电离平衡常数越大，其酸性越强，酸性：HCNH2CO3CH3COOHHNO2，酸性越强，其pH越小，所以pH关系为：HCNH2CO3CH3COOHHNO2；故答案为：HCNH2CO3CH3COOHHNO2；pH相同的不同弱酸中，氢离子浓度相同，与Zn反应速率相同；醋酸中酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中酸的浓度等于氢离子浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，所以所得氢气的质量：m（H2）盐酸m（H2）醋酸；故答案为：=；由电离常数可知，酸性
58、：H2CO3HCNCO3，则将0.2 mol/L HCN溶液与0.1 mol/L Na2CO3溶液等体积混合，发生反应的化学方程式为HCN+Na2CO3NaCN+NaHCO3；故答案为：HCN+Na2CO3NaCN+NaHCO3；（2）由图可知，稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大；稀释相同倍数，较强的酸pH变化较大，较强的酸电离常数较大，由图可知稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；故答案为：大；稀释相同倍数，较强的酸pH变化较大，较强的酸电离常数较大，从图中看出HX的pH变化较大四、（本题包括2小题，
59、共18分）23影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究序号温度/催化剂现象结论140FeCl3溶液220FeCl3溶液320MnO2420无（1）取等物质的量浓度、等体积的H2O2溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示（现象和结论略）实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响实验2、3的目的是比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率影响的差异（2）查文献可知，Cu2+对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验回答相关问题：定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢
60、，定性比较得出结论有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是控制阴离子相同，排除阴离子的干扰定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需时间（3）酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液可发生反应：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2，实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快对此展开讨论：某同学认为KMnO4与H2C2O4的反应是放热反应，导致溶液温度升高，反应速率加快；从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是催化剂
61、（Mn2+的催化作用）的影响要证明你的猜想，实验方案是用两组酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液作对比实验，一组加入少量MnSO4固体，一组不加，看反应速率快慢【考点】探究影响化学反应速率的因素【分析】影响化学反应速率的因素很多，实验1、2使用相同的催化剂，就可以探究温度对H2O2分解速率的影响如果催化剂的催化效率高，则产生气泡快在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果是，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰催化效率越高，则一定时间内产生的气体越多；影响反应速率的因素除了浓度、温度外，催化剂也影响反应速率；根据反应方程式可知，反
62、应产物中锰离子随着反应的进行，浓度变化较大，反应前加入硫酸锰，根据反应速率大小判断锰离子是否在该反应中起到催化作用【解答】解：（1）实验1、2使用相同的催化剂，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，所以可以探究温度对H2O2分解速率的影响，故答案为：温度；试验2、3温度相同，使用不同的催化剂，故该实验比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率影响的差异，故答案为：比较FeCl3溶液和MnO2两种催化剂对H2O2分解速率影响的差异；（2）定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+
63、对H2O2分解的催化效果是，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，故答案为：反应产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，由图可知，可以通过测定一定时间内产生的气体（或测定产生一定体积的气体所需的时间）来比较一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短，则催化效果越好，故答案为：收集40 mL气体所需时间；（3）实验时发现开始反应速率较慢，溶液褪色不明显，但一段时间后突然褪色，反应速率明显加快，故该反应为放热反应，导致溶液温度升高，化学反应速率加快，故答
64、案为：放；溶液温度升高，反应速率加快；对化学反应速率影响最快的是催化剂，故猜想还可能是催化剂的影响；反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2中，浓度变化较大的为锰离子，所以选择的可以做催化剂的试剂应该含有锰离子，故答案为：催化剂（Mn2+的催化作用）；用两组酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液作对比实验，一组加入少量MnSO4固体，一组不加，看反应速率快慢24化学兴趣小组的同学用0.100 0 mol/L 盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度（杂质不与盐酸反应）实验步骤如下：（1）配制待测液：用分析天平准确称取烧碱样品2.500 g，全部溶于水配制
65、成500 mL溶液配制溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要500mL容量瓶、量筒（2）滴定：用碱式滴定管量取20.00mL所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测滴定管在装入反应液之前应进行的操作有检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管23次用浓度为0.100 0mol/L的盐酸标准溶液进行滴定开始滴定前的一步操作是调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时每滴一滴测一次pH滴定过程中，测得锥形瓶中溶液的pH变化如下表：V（HCl）/mL0.0012.0018.0022.0023.0023.96pH13.112.612.
66、211.711.49.9V（HCl）/mL24.0024.0425.0026.0030.00pH7.04.02.72.41.9（3）数据处理：在坐标图中绘出上述中和滴定曲线所测样品中NaOH的质量百分含量为96%【考点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；（2）滴定管在使用前应先检漏、洗涤、用待装液润洗、正式装液，排除气泡并调节液面，用浓度为0.100 0molL1的盐酸标准溶液进行滴定，开始滴定前要调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下；（3）根据表中数据可以绘制出中和滴定的曲线，注意PH突跃的理解应用：氢氧化钠溶液的浓
67、度为： =0.1200mol/L，样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L1L=0.12mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol0.12mol=4.800g，据此计算样品中NaOH的质量百分含量【解答】解：（1）用2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要量筒和500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶、量筒；（2）滴定管在使用前应先检漏、洗涤、用待装液润洗、正式装液，排除气泡并调节液面，
68、滴定管在使用前除洗涤外，还应检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管23次；故答案为：检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管23次；用浓度为0.100 0molL1的盐酸标准溶液进行滴定，开始滴定前要调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下，故答案为：调节液面于“0”刻度或“0”刻度以下；（3）根据表中数据可以绘制出中和滴定的曲线为：，故答案为：；氢氧化钠溶液的浓度为： =0.1200mol/L，样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L1L=0.12mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol0.12mol=4.800g，故样品中，NaOH的质量百分含量为：100
69、%=96%，故答案为：96%五、（本题包括2小题，共14分）25向V L pH=12的Ba（OH）2溶液中逐滴加入一定浓度的NaHSO4稀溶液，当溶液中的Ba2+恰好沉淀完全时，溶液pH=11则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比为1：4，NaHSO4溶液的物质的量浓度为1.25103molL1【考点】pH的简单计算【分析】氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，设出硫酸氢钠溶液的体积为x，结合反应前后溶液pH变化列式计算出x，从而可知Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比；最后根据c=计算出硫酸氢钠溶液的浓度【解答】解：VL
70、 pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH）=102mol/L，含有的氢氧根离子物质的量为V102mol=0.01Vmol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5V102mol=0.005Vmol，设硫酸氢钠溶液体积为x，依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH）=103mol/L，则： =103，解得：x=4VL，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比为VL：4VL=1：4；该硫酸氢钠溶液的浓度为： =1.25103 molL1，故答案为：1：4；1.25103 molL1
71、26PCl3和Cl2在一定条件下反应生成PCl5（1）已知PCl3的熔点、沸点分别为93.6和76.1，PCl5的熔点为167常温常压下，PCl3与Cl2反应生成41.7 g PCl5时放出热量24.76kJ，该反应的热化学方程式为PCl3（l）+Cl2）g）PCl5（s）H=123.8kJ/mol（2）反应PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g） 在容积为5 L的密闭容器中进行起始时PCl3和Cl2均为0.1 mol，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所示与实验a相比，b组改变的实验条件是加入催化剂，c组改变的实验条件是升高温度计算实验a中反应的平衡常数及Cl2的转化率（
72、要求写出计算过程）【考点】热化学方程式；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】（1）常温常压下，PCl3为液态，PCl5为固态，PCl3与Cl2反应生成41.7 g PCl5即0.2molPCl5时放出热量24.76kJ，据此可知当生成1molPCl5时放出热量123.8kJ，据此写出热化学方程式；（2）分析图象可知达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快；其中b和a达到相同平衡状态，但时间不同，说明b是加入了催化剂改变了反应速率；c混合气体压强增大，达到平衡时间缩短，所以是升温引起的压强增大；设PCl3与Cl2反应达平衡后生成PCl5物质的量为x mol，根据三段式，表示出各物质的
73、平衡的物质的量，然后根据在恒容时，气体的物质的量之比等于压强之比，求出X，即可解得K和平衡转化率【解答】解：（1）常温常压下，PCl3为液态，PCl5为固态，PCl3与Cl2反应生成41.7 g PCl5即0.2molPCl5时放出热量24.76kJ，据此可知当生成1molPCl5时放出热量123.8kJ，故热化学方程式为：PCl3（l）+Cl2）g）PCl5（s）H=123.8 kJ/mol，故答案为：PCl3（l）+Cl2）g）PCl5（s）H=123.8 kJ/mol；（2）分析图象可知达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快，图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v（PCl3
74、）由大到小的次序bca，与实验a相比，b和a达到相同平衡状态，但时间不同，b组改变的实验条件及判断依据是加入了催化剂改变了反应速率；c混合气体压强增大，达到平衡时间缩短，所以是升温引起的压强增大；故答案为：加入催化剂，升高温度；解：设PCl3与Cl2反应达平衡后生成PCl5物质的量为x mol PCl3（g）+Cl2（g）PCl5（g）初始/mol 0.1 0.1 0平衡/mol 0.1x 0.1x x 初始时容器中气体总物质的量为0.2 mol，平衡时容器内气体总物质的量为：（0.1x） mol+（0.1x） mol+x mol=（0.2x） mol根据物质的量之比等于压强之比可知：解得 x=0.05 mol 各物质的平衡浓度：c（PCl5）=c（PCl3）=c（Cl2）=0.01 mol/LK=100 mol/L Cl2的转化率（Cl2）=100%=50% 答：实验a中反应的平衡常数为100mol/L，Cl2的转化率为50%2016年11月22日