1、河北省张家口市宣化一中2020-2021学年高二化学下学期期初考试试题1. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是()A. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3kJmol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量B. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-483.6kJmol-1，则氢气的摩尔燃烧焓为241.8kJmol-1C. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)H=akJmol-1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=bkJmol-1则abD. 已知P(白磷，s)=P(红磷，s)H0
2、，则红磷比白磷稳定2. 红磷(P)和Cl2发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量的关系如图所示，图中的H表示生成1mol产物的数据。可知PCl5分解生成PCl3和Cl2，该分解反应是可逆反应。下列说法正确的是()A. 其他条件不变，升高温度有利于PCl5的生成B. 反应2P(s)+5Cl2(g)=2PCl5(g)对应的反应热H=-798kJmol-1C. P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为：2P(s)+3Cl2(g)=2PCl(g)H=-306kJmol-1D. 其他条件不变，对于2PCl5(g)=2P(s)+5Cl2(g)H反应，增大压强，PCl5的转化率减小，H减小3. 短
3、周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W与 X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是()A. YW3分子中的键角为120B. W2Z的稳定性大于YW3C. 物质甲分子中存在6个键D. Y元素的氧化物对应的水化物为强酸4. 下列说法或表达方式中不正确的是()A. 电子从激发态到基态产生的光谱是发射光谱B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数均相差8C. NH3、H2O、CO2分子中中心原子孤电子对数最多的是H2OD. 基态氯原子的价电子轨道表示式为5. 利用电化学原理还原CO2制取ZnC2O4的装置如图所示(电
4、解液不参加反应)，下列说法正确的是()A. 可用H2SO4溶液作电解液B. 阳离子交换膜的主要作用是增强导电性C. 工作电路中每流过0.02mol电子，Zn电极质量减重0.65gD. Pb电极的电极反应式是2CO2-2e-=C2O42-6. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是()A. SO2氧化SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)B. 500左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)D. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH+Cl-+
5、HClO7. 已知反应：2NO2N2O2Hv(逆)8. 常温下，0.1molL-1某一元酸(HA)溶液中c(OH-)c(H+)=110-8，下列叙述正确的是()A. 该一元酸溶液的pH=1B. 该溶液中也水电离出的c(H+)=110-11molL-1C. 该溶液中水的离子积常数为110-3D. 用pH=11的NaOH溶液V1L和V2L0.1molL-1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH=7，则V10时，溶液中一定存在：c(Na+)c(F-)c(OH-)c(H+)C. 当V=20时，溶液中：c(F-)K312. Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业
6、上通常利用如图装置生产Na2FeO4，下列有关说法不正确的是()A. 右侧电极反应方程式：Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2OB. 左侧为阳离子交换膜，右侧为阴离子交换膜C. 阴极生成2.24L气体，则有0.2molNa+透过交换膜进入阴极区D. Na2FeO4具有强氧化性且产物为Fe3+，可利用Na2FeO4除去水中的细菌、悬浮颗粒13. 下列有关说法正确的是()A. CS2为含极性键的极性分子B. 第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种C. 基态Cl原子核外有17种能量不同的电子D. C、N、O、P四种元素电负性最大的是O14. 我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF(CH
7、3)2NCHO转化为三甲胺N(CH3)3.计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是()A. 该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*B. 该历程中最大能垒(活化能)为2.16eVC. 该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)H=-1.02evmol-1D. 增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率15. 柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂。常温时，用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的物质的量百分数随
8、pH的变化如图所示。下列说法正确的是()A. 由a点判断H3R的第一步电离常数Kal(H3R)的数量级为10-3B. 若b点溶液中金属阳离子只有Na+，则有c(Na+)=c(R3-)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(H3R)C. pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)c(H+)c(OH-)D. 反应2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=10x-y16. (1)某甲醇-空气燃料电池的工作原理如图1所示(箭头丧示物质的进入或排出)： 甲电极为该燃料电池的 _ (选填“正极”或“负极”)，该电极的电极反应方程式为 _ 。 用该电池作供电电源，用情性电极电解足量的CuSO4溶液，若阴
9、极增重19.2g，则理论上消耗甲醇 _ g。 (2)尿素树脂生产过程中所排放的废水中往在含有甲醇，这种含甲醇的废水会对环境造成污染。向该废水中加入一定量的酸性CoSO4溶液，然后采用图2所示装贸进行电解即可除去甲醇，除甲醇的原理：电解产物Co3+将废水中的甲醇氧化为CO2。 阳极反应式为 _ 。 请用离子方程式表示该法除甲醇的原理为 _ 。 排放该电解后的废水的铁质管道易被腐蚀，除与Co2+发生置换反应外，还发生电化学腐蚀，发生还原反应的电极反应式为 _ 。17. 钛及其化合物在人们的生活中起着十分重要的作用。尤其是二氧化钛、四氯化钛、钛酸钡等应用极广，回答下列问题： (1)基态钛原子的价电子
10、排布式为 _ ，该基态原子中含 _ 对电子对。 (2)二氧化钛是世界上最白的东西，1g二氧化钛可以把450多平方厘米的面积涂得雪白，是调制白油漆的最好颜料。基态Ti4+中的核外电子占据的原子轨道数为 _ 。 (3)四氯化钛是种有趣的液体，在湿空气中水解成白色的二氯化钛的水凝胶，在军事上利用四氧化钛的这股怪脾气，作为人造烟雾剂。四氯化钛水解反应的化学方程式为 _ 。 (4)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。 LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的空间构型是 _ ，B原子的杂化轨道类型是 _ ，写出一种与该阴离子互为等电子体的微粒是 _ 。Ti(BH4)3中
11、各元素的电负性大小顺序为 _ 。 某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如表所示。M是 _ (填元素符号)，判断理由为 _ 。 I1/kJmol-1I2/kJmol-1I3/kJmol-1I4/kJmol-1I5/kJmol-173814517733105401363018. “绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。回答下列问题：(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)H
12、2=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)H3=-221kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为：K=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)，则此反应的热化学方程式_。(2)N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如表：t/min012345c(N2O5)/0，下列方法中，可以使0.10molL-1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 _ 。 A.加入少量0.10molL-1的稀盐酸 B.加热 C.加水稀释至0.010molL-1 D.加入少量
13、冰醋酸 (2)等pH的Na2CO3、NaClO、CH3COONa、NaHCO3，溶质物质的量浓度由大到小的顺序是 _ 。 (3)常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是： _ 。 A.c(CH3COOH)c(H+) B.c(H+)c(CH3COOH) C.c(H+)c(OH-) D.c(OH-)c(H+) (4)体积为10mL、pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图。则HX的电离平衡常数 _ (填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+) _ 醋酸溶液水电离出来
14、c(H+)。 (5)25时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)= _ 。(填准确数值) (6)已知：H2A=H+HA-，HA-H+A2-，且0.1molL-1的NaHA溶液的pH=2，则0.1molL-1的H2A溶液中c(H+) _ (填“”或“=”)0.11molL-1，理由是 _ 。2020-2021学年下学期宣化一中高二化学期初试卷答案和解析1.【答案】A【解析】解：A.40gNaOH的物质的量为1mol，醋酸完全反应，生成水是1mol，但醋酸是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以1molNaOH与稀醋酸反应，反应放
15、出的热量小于57.3kJ，故A正确； B.燃烧热是指燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量，注意生成的水必须为液态，不能为气态，故B错误； C.两个反应均为放热反应，H均小于0，反应是碳的完全燃烧，放出的热量多，故a值越小；反应碳的不完全燃烧，放出的热量少，故b值越大，故ab，故C错误； D.P(白磷，s)=P(红磷，s)HZ，则H2O的稳定性大于NH3，故B正确； C.双键中含有1个键和1个键，根据图示可知，物质甲分子中存在7个键，故C错误； D.N的氧化物对应水化物不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故D错误； 故选：B。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大。四种元素形成的化合
16、物甲的结构如图所示，根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子”及“W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此解答。本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。4.【答案】B【解析】解：A.电子从激发态到基态，需要向外释放能量，产生发射光谱，故A正确；B.第IA、A族元素相差8，其它主族元素的原子序数相差18个，所以第三、第
17、四周期同主族元素的原子序数相差不一定是8，故B错误；C.氨气的电子式为，中心原子N上孤电子对数为1，水的电子式为：，中心原子O上孤电子对数为2，二氧化碳的电子式为，中心原子C上孤电子对数为0，所以H2O中含有的孤电子对最多，故C正确；D.基态氯原子的价电子排布式为：3s23p5，依据洪特规则和泡利不相容原理其价电子轨道表示式为：，故D正确；故选：B。A.电子从激发态到基态，需要向外释放能量；B.第IA、A族元素相差8，其它主族元素的原子序数相差18个；C.根据NH3、H2O、CO2三分子电子式分判断；D.基态氯原子的价电子排布式为：3s23p5；本题考查了物质结构与性质，涉及原子光谱、轨道表示
18、式、原子结构等，注意化学用语使用的规范性即可解答，题目难度不大，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。5.【答案】C【解析】解：A、金属锌可以和硫酸之间发生反应，不能用H2SO4溶液作电解液，故A错误；B、阳离子交换膜的主要作用是允许锌离子通过，但是不允许阴离子通过，故B错误；C、Zn在阳极上失电子生成锌离子，即Zn-2e-=Zn2+，工作电路中每流过0.02mol电子，Zn电极质量减重0.65g，故C正确；D、Pb电极上CO2得电子生成C2O42-，即2CO2+2e-=C2O42-，故D错误。故选：C。Zn在阳极上失电子生成锌离子，即Zn-2e-=Zn2+，Pb电极上CO2得电子生成C2O4
19、2-，即2CO2+2e-=C2O42-，金属锌可以和硫酸之间发生反应，离子交换膜允许部分离子通过，根据电极反应式结合电子守恒来回答。本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写和判断知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，注意反应方程式的特征以及工业生成的实际等问题【解答】A.加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B.合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500左右的温度比室温更有利于合成氨
20、反应，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C.H2+I22HI的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D.实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故D正确。故选：D。7.【答案】A【解析】解：A.b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，故A正确；B.c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故B错误；C.压缩体积，平衡正向移动，平均摩尔质量增大，故C错误；D.c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积
21、增大的逆向移动过程，所以v(逆)v(正)，故D错误。故选：A。该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，以此解答该题本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大8.【答案】B【解析】解：A.c(H+)=10-3mol/L，溶液的pH=3，故A错误；B.溶液中水电离出的c(H+)=c(
22、OH-)=10-11mol/L，故B正确；C.常温下，溶液中水的离子积常数为110-14，故C错误。D.pH=11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度=0.001mol/L，氢氧化钠是强碱，HA是弱酸，假设HA是强酸，则NaOH和HA的体积之比为100：1，实际上HA是弱酸，要使混合溶液呈中性则NaOH与HA体积之比小于100：1，但仍然存在V1V2，故D错误；故选：B。常温下，0.1molL-1某一元酸(HA)溶液中c(OH-)c(H+)=110-8，由Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，可知：c(H+)=10-3mol/L，则HA部分电离，以此解答该题。本题考查弱电解质的电离，题目难度不大
23、，注意根据Kw=c(H+)c(OH-)=10-14，结合溶液中c(OH-)c(H+)=110-8计算溶液中氢离子浓度确定HA为弱酸为解答该题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。9.【答案】D【解析】解：A.HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)H=-akJmol-1，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H=-bkJmol-1，根据盖斯定律-得到HF(aq)F-(aq)+H+(aq)的H=(-a+b)kJmol-1=-(a-b)kJmol-1，故A错误； B.当V0时，若溶质为NaF、HF，所得溶液可能显酸性，则可能存在c(F-)c(Na+)c(H+)c(OH-)
24、，但V=20时，溶液中一定存在：c(Na+)c(F-)c(OH-)c(H+)，故B错误； C.当V=20时，溶液中溶质为NaF，c(Na+)=0.05molL-1，溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，所以c(F-)0时，若溶质为NaF、HF，溶液可能显酸性； C.当V=20时，溶液中溶质为NaF，c(Na+)=0.05molL-1，溶液呈碱性，结合电荷关系分析； D.当V=20时，溶液中溶质为NaF，物料关系为c(F-)+c(HF)=c(Na+)，电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，据此解答。本题考查酸碱混
25、合溶液定性判断及弱电解质的电离平衡，为高频考点，侧重分析与运用能力的考查，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒及物料守恒、盐类水解等知识点的应用，题目难度不大。10.【答案】B【解析】解：A、浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，故A正确； B、滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误； C、向AgCl中滴加0.1molL-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确； D、向AgCl中滴加0.1molL-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶
26、，故D正确； 故选：B。0.1molL-1AgNO3溶液和0.1molL-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c，白色沉淀c为AgCl，滤液b中主要含有硝酸钠；向滤液b中滴加0.1molL-1KI溶液，出现浑浊，说明生成AgI沉淀，说明滤液b中含有银离子；向沉淀c中滴加0.1molL-1KI溶液，沉淀变为黄色，说明AgCl可转化为AgI，以此分析解答。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质、实验现象以及结论的总结，难度不大。11.【答案】A【解析】解：A.05min内，甲容器中A的平均反应速率v(A)=1.6m
27、ol/L5min=0.32molL-1min-1，故A错误；B.由表中数据可知， A(g)+B(g)D(g)起始(mol/L)：2.00.5a 0转化(mol/L)：1.0 1.0 1.0平衡(mol/L)：1.00.5a-1.0 1.0则1.01.0(0.5a-1.0)=10，a=2.2，故B正确；C.由表中数据可知A的转化率为1.62.0100=80%，若容器甲中起始投料为2.0molA、2.0molB，相当于在原来基础上减小压强，则平衡逆向移动，反应达到平衡时，A的转化率小于80%，故C正确；D.甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可
28、知升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，可知K1=K2K3，故D正确。故选：A。对于甲、乙，在相同温度下，则平衡常数相同，由表中数据可知， A(g)+B(g)D(g)起始(mol/L)：2.0 2.0 0转化(mol/L)：1.6 1.6 1.6平衡(mol/L)：0.4 0.4 1.6可知K=1.60.40.4=10，由此可确定a，对比表中数据，可知甲、丙物质的量等效，由D的物质的量可知升高温度平衡逆向移动，以此解答该题。本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格数据的应用、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。12.【答案】C【解
29、析】解：A.电解时，右侧阳极铁失去电子发生氧化反应，反应的电极反应为：Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2O，故A正确； B.电解时，阳极铁电极反应为：Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2O，OH-通过右侧交换膜向右侧移动，则右侧为阴离子交换膜，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，Na+通过左侧离子交换膜向左侧移动，则左侧为阳离子交换膜，故B正确； C.阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，阴极生成2.24L气体，未指明气体的状态，所以生成气体的物质的量未知，无法计算有多少Na+透过交换膜进入阴极区，故C错误； D.Na2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，+6
30、价的铁降低为Fe3+，Fe3+又可以水解生成氢氧化铁胶体，吸附固体颗粒物，所以可以利用Na2FeO4除去水中的细菌、固体颗粒物等，故D正确； 故选：C。电解时，阳极铁电极反应为：Fe+8OH-6e-=FeO42-+4H2O，OH-通过右侧交换膜向右侧移动，则右侧为阴离子交换膜，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，Na+通过左侧离子交换膜向左侧移动，则左侧为阳离子交换膜，一段时间后，装置中部氢氧化钠溶液变稀，可以将左侧流出的氢氧化钠溶液补充到该装置中部，以保证装置连续工作，以此解答该题。本题考查了电解原理，为高频考点，注意A选项为易错点，注意离子交换膜的判断，把握电极方程式的书写方法
31、，题目难度中等。13.【答案】BD【解析】解：A.CS2中C=S键为极性键，但由于其为直线型结构，故为非极性分子，故A错误； B.第IIA族元素的第一电离能大于第IIIA族，第VA族元素的第一电离能大于第VIA族，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有3种，即Be、C、O，故B正确； C.因为氯原子核外有17个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，因为能级不同能量不同，所以其原子核外能量不同的电子有5种，故C错误； D.同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，则C、N、O、P四种元素电负性顺序为CPNO，电负性最大的是O，故D正确。 故选：BD。A
32、.CS2为直线型结构； B.第IIA族元素的第一电离能大于第IIIA族，第VA族元素的第一电离能大于第VIA族； C.处于相同能层的同一能级上的电子的能量相同； D.同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族从上到下，电负性逐渐减小。本题考查原子结构和元素的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原子核外电子排布特点，把握元素周期律等知识是解答关键，题目难度不大。14.【答案】A【解析】解：A.从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，故A正确； B.
33、该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，故B错误； C.该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，H=-1.02NAeV=-1.021.610-19NAJ/mol=-98.25kJ/mol，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)H=-98.25kJ/mol，故C错误； D.增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，故D错误； 故选：A。从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-
34、(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19，据此分析判断。考查反应活化能与化学反应速率的关系，准确根据反应历程图示获取信息是解题关键，基础考查，难度不大。15.【答案】CD【解析】解：A.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一步电离常数Kal(H3R)=c(H2R-)c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x，3xc(OH-)且溶液中c(R3-)=c(HR2-)，溶液接近中性，则溶液中c(H+)较小，所以存在c(R3-)=c(HR2-)c(H+)c(OH-)，故C正确；D.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一步电离常
35、数Kal(H3R)=c(H2R-)c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x；c(H2R-)=c(HR2-)时Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)c(H+)=c(H+)=10-y；Kal(H3R)=c(H2R-)c(H+)c(H3R)、Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)c(H+)，则c(HR2-)c(H2R-)=Ka2(H3R)c(H+)，1c(H2R-)c(H3R)=1Ka1(H3R)c(H+)2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=c(H3R)c(HR2-)c(H2R-)2=c(HR2-)c(H2R-)1c(H2R-)c(H3R)=Ka2(H3R)c(H+
36、)1Ka1(H3R)c(H+)=10-y10-x=10x-y，故D正确；故选：CD。A.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一步电离常数Kal(H3R)=c(H2R-)c(H+)c(H3R)=c(H+)=10-x；B.溶液中存在c(Na+)=c(R3-)+c(H2R-)+c(HR2-)+c(H3R)，则Na、R原子个数之比为1：1，溶液中溶质为NaH2R；C.pH=6时，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)且溶液中c(R3-)=c(HR2-)，溶液接近中性，则溶液中c(H+)较小；D.当c(H2R-)=c(H3R)时，H3R的第一步电离常数Kal(H3R)=c(H2R-)c(H+)c(H
37、3R)=c(H+)=10-x；c(H2R-)=c(HR2-)时Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)c(H+)=c(H+)=10-y；Kal(H3R)=c(H2R-)c(H+)c(H3R)、Ka2(H3R)=c(HR2-)c(H2R-)c(H+)，则c(HR2-)c(H2R-)=Ka2(H3R)c(H+)，1c(H2R-)c(H3R)=1Ka1(H3R)c(H+)2H2R-H3R+HR2-在该温度下的平衡常数K=c(H3R)c(HR2-)c(H2R-)2=c(HR2-)c(H2R-)1c(H2R-)c(H3R)。本题以图象分析为载体考查弱电解质的电离及盐类水解，侧重考查图象分析判断及计
38、算能力，明确电离平衡常数计算方法、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，B采用逆向思维方法进行分析判断，D为解答难点。16.【答案】负极 CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ 3.2 Co2+-e-=Co3+ 6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+ 2H+2e-=H2【解析】解：(1)醇碱性燃料电池中，氢离子移向正极，所以甲电极为负极，负极上燃料甲醇失电子发生氧化反应，在酸性电解质环境下，电极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案为：负极；CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；用该电池作供电电源，用情性电极电解足量的CuSO4溶液，阴极电极反应为
39、：Cu2+2e-=Cu，每转移2mol电子，析出64g铜，所以阴极质量增重19.2g时，转移电子数为：19.2g64g/mol2=0.6mol，电池与电解池为串联，所以当电解池中转移0.6mol电子，电池中转移电子数为0.6mol，依据CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O可知需0.1mol甲醇，质量为m=nM=0.1mol32g/mol=3.2g，故答案为：3.2；(2)电解池中，和电源的正极相连的石墨是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应Co2+-e-=Co3+，故答案为：Co2+-e-=Co3+；Co3+将甲醇氧化为二氧化碳，本身被还原为Co2+，即6Co3+CH3OH
40、+H2O=6Co2+CO2+6H+，故答案为：6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+；酸性条件下，铁质管道发生的电化学腐蚀正极是氢离子发生得电子的还原反应，电极反应式为：2H+2e-=H2，故答案为：2H+2e-=H2。(1)燃料电池为原电池，阳离子移向正极，负极上是燃料是电子的氧化反应，根据电解质环境书写电极反应式；用该电池作供电电源，用情性电极电解足量的CuSO4溶液，阴极电极反应为：Cu2+2e-=Cu，每转移2mol电子，析出64g铜，所以阴极质量增重19.2g时，转移电子数为：19.2g64g/mol2=0.6mol，电池与电解池为串联，所以当电解池中转移0.6mol
41、电子，电池中转移电子数为0.6mol，依据CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O可知需0.1mol甲醇，根据质量为m=nM计算理论上需要甲醇的质量；(2)电解池中，和电源的正极相连的是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应；Co2+将甲醇氧化为二氧化碳，本身被还原为Co，电解质环境是酸性的，根据电子守恒配平方程式即可铁质管道易被腐蚀，发生的电化学腐蚀，发生还原反应的电极为酸性条件下的正极反应。本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及电极反应式的书写等知识，属于综合知识的考查，难度中等。17.【答案】3d24s2 10 9 TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl 正四面体形 s
42、p3 CH4或NH4+ HBTi Mg 第三电离能不第二电离能大很多，说明核外有2个电子【解析】解：Ti位于周期表中第4周期第B族，其价电子排布式为3d24s2，基态原子的单质排布式1s22s22p63s23p63d24s2，含有10对电子，故答案为：3d24s2；10；(2)基态Ti4+中的核外电子排布式1s22s22p63s23p6，s为一个轨道，p为3个轨道，占据的原子轨道数为：9，故答案为：9；(3)四氯化钛水解反应的化学方程式为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl，故答案为：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl；(4)BH4-中B原子孤电子对数=3+1-142=0，价层电子
43、对数=4+0=4，微粒空间构型与其VSEPR模型相同为正四面体形，B原子杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化，与BH4-互为等电子体的分子，可以用C原子替换B原子与1个单位负电荷，等电子体分子为：CH4等，与之等电子体的离子，可以用N原子与1个单位正电荷替换B原子与1个单位负电荷，等电子体离子为：NH4+等，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，则B的电负性大于Ti的电负性，在Ti(BH4)3中H为-1价，Ti、B分别为+1、+3价，则电负性最大的是H元素，所以Ti、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为HBTi，故答案为：正四面体形；sp3；CH4或NH4+；HBTi；该元素的第三电离能剧增
44、，说明核外有2个电子，则该元素属于第A族元素，而且该元素的原子核外电子数不少于5个，为镁元素，元素符号：Mg，故答案为：Mg；第三电离能不第二电离能大很多，说明核外有2个电子。(1)Ti位于周期表中第4周期第B族，其价电子排布式为3d24s2；(2)基态Ti4+中的核外电子排布式1s22s22p63s23p6；(3)四氯化钛水解反应生成二氧化钛和氯化氢气体；(4)BH4-中B原子孤电子对数=3+1-142=0，价层电子对数=4+0=4，微粒空间构型与其VSEPR模型相同，B原子杂化轨道数目为4，等电子体是指原子数目相同、价电子数目也相同的粒子，与BH4-互为等电子体的分子，可以用C原子替换B原
45、子与1个单位负电荷，与之等电子体的离子，可以用N原子与1个单位正电荷替换B原子与1个单位负电荷，元素的非金属性越强，其电负性越大；该元素的第三电离能剧增，则该元素属于第IIA族。本题考查了原子结构与性质，明确核外电子排布规律，熟悉电负性、电离能大小规律是解题关键，题目难度不大。18.【答案】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJmol-1 7：4 bk正k逆 200 75%【解析】解：(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180.5kJ/mol：C(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJ/mol：2C(s)+O2(g)=2CO(
46、g)H3=-221kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为：K=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)，则根据平衡常数K=生成物浓度系数次方之积反应物浓度系数次方之积，可得该反应为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H，根据盖斯定律，该反应=2-，则该反应的H=-393.5kJmol-12-180.5kJmol-1+221kJmol-1=-746.5kJmol-1，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJmol-1；(2)由表中数据可得c(N2O5)=1-0.5=0.5mol/L，列三段式如下：2N2O5(g)=4NO2
47、(g)+O2(g)(单位：mol/L)起始量：100转化量：0.510.25平衡量：0.510.25根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即起始总物质的量平衡时总物质的量=起始总压强平衡时总压强，所以P1P0=0.5+1+0.251=74，故答案为：74；a、生成物浓度之比等于计量系数之比，为定值，故a错；b、由于反应前后气体物质的量发生变化，所以容器中压强不再变化可以说明平衡，故b正确；c、反应速率与计量系数成正比，故c错；d、该反应气体质量与体积不变，则密度不变为定值，故d错；故答案为：b；(3)根据平衡时v正=v逆，则k正p(NO2)p(CO)=k逆p(NO)p(CO2)
48、，整理得KP=k正k逆，故答案为：k正k逆；(4)因为合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆移，NH3的物质的量分数降低，结合图象，曲线aNH3的物质的量分数最高，则温度应最低，所以曲线a对应的温度是200，故答案为：200；根据题意，设n(N2)=1mol，则n(NH3)=3mol，设N2变化量为x，列三段式如下：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)(单位：mol)起始量：130转化量：x3x2x平衡量：1-x3-3x2xV(NH3)%=n(NH3)n(N2)+n(H2)+n(NH3)=2x1-x+3-3x+2x=60%，解得x=0.75mol，转化率(H2)=2.25mol3mol100%
49、=75%，故答案为：75%。(1)先对已知焓变的反应编号，根据某反应的平衡常数表达式为：K=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)，则根据平衡常数K=生成物浓度系数次方之积反应物浓度系数次方之积，可得该反应为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H，根据盖斯定律求出H；(2)由表中数据可得c(N2O5)=1-0.5=0.5mol/L，列三段式如下：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)(单位：mol/L)起始量：100转化量：0.510.25平衡量：0.510.25根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即起始总物质的量平衡时总物质的量=起始总
50、压强平衡时总压强，即可解答；a、生成物浓度之比等于计量系数之比，为定值；b、由于反应前后气体物质的量发生变化，结合压强对平衡移动的影响判断；c、反应速率要与计量系数成正比，才可说明平衡；d、该反应气体质量与体积不变，则密度不变为定值；(3)根据平衡时v正=v逆，则k正p(NO2)p(CO)=k逆p(NO)p(CO2)，整理得结果；(4)因为合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆移，NH3的物质的量分数降低，结合图象，曲线aNH3的物质的量分数最高，则温度应最低，所以曲线a对应的温度是200，故答案为：200；根据题意，设n(N2)=1mol，则n(NH3)=3mol，设N2变化量为x，列三段式如下
51、：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)(单位：mol)起始量：130转化量：x3x2x平衡量：1-x3-3x2xV(NH3)%=n(NH3)n(N2)+n(H2)+n(NH3)求出x即可解答H2的转化率，=变化量起始量。本题考查盖斯定律的应用及热化学方程式书写、化学平衡常数及其应用、化学平衡的影响因素、图象分析以及三段式计算的应用等知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意掌握平衡三段式的应用，题目难度中等。19.【答案】70 温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加 Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2 煅烧反应 热解反应 10-5 C【解析】解：(1)由
52、图可知，70时，物质的转化率较大，但是温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加；故答案为：70；温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加；(2)由流程图可知Mg(HCO3)2由Mg(OH)2和CO2反应而来，反应为：Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2；故答案为：Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2；(3)煅烧反应中碳酸镁和碳酸钙生成二氧化碳，热解反应生成二氧化碳；故答案为：煅烧反应；热解反应；(4)已知：Ksp(Mn(OH)2)=10-14，常温时当调节溶液pH为9.5时，c(OH-)=10-4.5，此时则c(Mn2+)c(OH-)2Ksp(Mn(OH)2
53、)=10-14，浓度积小于Ksp不沉淀，则c(Mn2+)NaHCO3NaClONa2CO3 AC 大于 大于 9.910-7mol/L H2CO3HClOHCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小，等pH的Na2CO3、NaClO、CH3COONa、NaHCO3的浓度由大到小的顺序是：CH3COONaNaHCO3NaClONa2CO3，故答案为：CH3COONaNaHCO3NaClONa2CO3；(3)Ac(CH3COOH)c(H+)=n(CH3COOH)n(H+)，水稀释过程，促进电离，氢离子的物质的量
54、增加，醋酸分子的物质的量减小，所以比值变小，故A正确；B.c(H+)c(CH3COOH)=n(H+)n(CH3COOH)，水稀释过程，促进电离，氢离子的物质的量增加，醋酸分子的物质的量减小，所以比值变大，故B错误；C.稀释过程，促进电离，但c(H+)减小，c(H+)c(OH-)=Kw，Kw不变，c(OH-)增大，则c(H+)c(OH-)变小，故C正确；D.稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则c(OH-)c(H+)变大，故D错误；故答案为：AC；(4)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，稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑
55、制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大，故答案为：大于；大于；(5)25时，混合液pH=6，c(H+)=1.010-6mol/L，则由Kw可知，c(OH-)=1.010-8mol/L，由电荷守恒可知，c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=9.910-7mol/L，故答案为：9.910-7mol/L；(6)根据电离方程式知，HA-只电离不水解，0.1molL-1NaHA溶液的pH=2，则HA-电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步完全电离生成0.1mol/L的氢离子，第一步电离出的氢离子抑制第二步电离，所以第二步电离出的氢离子浓度小于0.01mol/
56、L，则H2A溶液中氢离子的物质的量浓度应小于0.11mol/L，故答案为：H2CO3HClOHCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，酸根离子水解程度越大，相同pH的钠盐溶液浓度越小；(3)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变；(4)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；稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小；(5)25时，混合液pH=6，c(H+)=1.010-6mol/L，则由Kw可知，c(OH-)=1.010-8mol/L，由电荷守恒可知，c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)；(6)根据电离方程式知，HA-只电离不水解，0.1molL-1NaHA溶液的pH=2，则HA-电离出氢离子浓度为0.01mol/L，H2A第一步电离出的氢离子抑制第二步电离。本题考查盐类水解及酸性的比较、pH与酸的稀释等，注意水解规律中越弱越水解和稀释中强的变化大来分析解答，注意明确弱电解质的电离平衡及其影响因素，题目难度中等。
