高級中學名校試卷PAGEPAGE1天津市五區縣重點校2024-2025學年高二上學期1月期末考試可能用到的原子量：H-1N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷（共42分）一、選擇題（本題共14小題，每題3分，共42分，每題只有一個正確選項）1.下列設備工作時，將化學能轉化為熱能的是A.硅太陽能電池 B.鋰離子電池C.太陽能集熱器 D.燃氣灶【答案】D【解析】硅太陽能電池是把太陽能轉化為電能，A錯誤；鋰離子電池將化學能轉化為電能，B錯誤；太陽能集熱器將太陽能轉化為熱能，C錯誤；燃氣灶將化學能轉化為熱能，D正確；答案選D。2.下列各組元素的性質正確的是A.第一電離能：Al>Mg>Na B.電負性：F>O>NC.最高正價：F>S>Si D.原子半徑：P>N>C【答案】B【解析】同周期元素從左向右，第一電離能呈增大趨勢，因為鎂原子的3s軌道全滿，出現第一電離能反常，所以第一電離能：Mg>Al>Na，A錯誤；同周期，從左到右，非金屬性增強，元素的電負性逐漸增大，所以電負性：F＞O＞N，B正確；主族元素最高正化合價等于族序數，氧、氟無正化合價，所以最高正價：S＞Si，C錯誤；同一周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，下一周期元素的原子半徑一般比相鄰上一周期元素的原子半徑大，所以原子半徑：P＞C＞N，D錯誤；故選B。3.下列說法錯誤的是A.p能級電子的能量一定比s能級電子的能量高B.焰色試驗是金屬原子的電子從激發態躍遷到基態時產生的光譜C.共價化合物中，電負性大的成鍵元素表現為負價D.電負性的大小可以作為判斷非金屬性強弱的依據【答案】A【解析】同一能層中p能級電子的能量一定比s能級電子的能量高，例如2s＜2p，3s＜3p，不能能層時則不一定，例如2p＜3s，故A錯誤；電子從激發態躍遷到基態時會釋放能量，焰色試驗是金屬原子的電子從激發態躍遷到基態時產生的光譜，故B正確；共價化合物中，電負性大的成鍵元素對共用電子對的吸引力強，表現為負價，故C正確；電負性是原子對鍵合電子的吸引力，其大小可以作為判斷元素非金屬性強弱的依據，故D正確；故選A。4.下列事實其中與鹽類水解有關的是①可溶性鋁鹽、鐵鹽作凈水劑；②水溶液呈酸性；③銨態氮肥不能與草木灰混合施用；④加熱能使純堿溶液去污能力增強A.全部 B.①③④ C.②④ D.①②③【答案】B【解析】①可溶性鋁鹽、鐵鹽可做凈水劑是因為鋁離子、鐵離子水解分別生成氫氧化鋁膠體、氫氧化鐵膠體，能吸附水中的固體懸浮物并使之沉降，與鹽類水解有關，①正確；②NaHSO4水溶液呈酸性是因為硫酸氫根離子電離出氫離子的緣故，與鹽類水解無關，②錯誤；③銨態氮肥不能與草木灰混合施用，是因為銨根離子與碳酸根離子發生互促水解的原因，③正確；④加熱能使純堿溶液去污能力增強是因為加熱促進鹽類的水解、氫氧根濃度增大，④正確；綜上所述，除②以外全正確；答案選B。5.某密閉容器中存在平衡反應△H=-43kJ/mol，欲提高反應速率并提高CO的轉化率，下列方法正確的是A.降低溫度 B.增大壓強C.使用催化劑 D.增大(g)的濃度【答案】D【解析】該反應的正反應為放熱反應，降低溫度，正、逆反應速率都降低，平衡正反應移動、能提高CO的轉化率，A項錯誤；該反應氣體分子總數不變，壓縮容器的容積，增大壓強，氣體的濃度增大，能提高反應速率，但平衡不移動，不能提高CO的平衡轉化率，B項錯誤；使用合適的催化劑，能加快反應速率，但不能使平衡發生移動，不能提高CO的平衡轉化率，C項錯誤；增大反應物(g)的濃度，能提高反應速率且平衡正向移動，能提高CO的轉化率，D項正確；答案選D。6.和存在平衡：△H<0。下列說法正確的是A.46g平衡混合氣體中含1molN原子B.斷裂2mol中的共價鍵所需能量大于斷裂1mol中的共價鍵所需能量C.恒溫時，縮小容積，氣體顏色變深，是平衡正向移動導致的D.恒容時，水浴加熱，由于平衡正向移動導致氣體顏色變淺【答案】A【解析】N2O4分子中有2個N原子，分子中有1個N原子，設N2O4的質量為xg，則混合氣體中N原子的物質的量為，46g平衡混合氣體中含N原子數等于，A正確；，反應放熱，斷裂中的共價鍵所需能量小于斷裂中的共價鍵所需能量，B錯誤；恒溫時，縮小容積，二氧化氮濃度變大，氣體顏色變深，加壓后，平衡正向動，氣體顏色又變淺，但總體是變深，故氣體顏色變深，不是平衡正向移動導致的，C錯誤；放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，顏色加深，D錯誤；故選A。7.下列離子方程式中書寫正確的是A.溶液呈堿性的原因：B.將水垢中轉化為的原理：C.鉛蓄電池放電時負極反應：D.在中性環境中，鋼鐵吸氧腐蝕的負極反應：【答案】B【解析】溶液呈堿性的原因是碳酸氫根水解程度大于電離程度，表示為：，故A錯誤；用純堿溶液浸泡鍋爐水垢發生的反應為：微溶的硫酸鈣與碳酸鈉溶液反應生成難溶的碳酸鈣和硫酸鈉，反應的離子方程式為，故B正確；鉛蓄電池放電時負極反應：Pb-2e-＋=PbSO4，故C錯誤；在中性環境中，鋼鐵吸氧腐蝕的正極反應：，負極反應為，故D錯誤；故選B。8.室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.滴入甲基橙呈紅色的溶液：、、、B.0.1mol/L溶液：、、、C.澄清透明溶液：、、、D.由水電離出的的溶液：、、、【答案】C【解析】滴入甲基橙呈紅色的溶液呈酸性，在酸性溶液中產生氫氧化鋁沉淀甚至轉變為鋁離子、在酸性溶液中轉變為硫單質、二氧化硫，不共存，A錯誤；0.1mol/L溶液中：鋁離子和雙水解產生氫氧化鋁沉淀、二氧化碳氣體，不共存，B錯誤；澄清透明溶液：、、、互不反應，可以共存，C正確；、發生氧化還原反應而不共存，由水電離產生的的溶液中，水的電離被抑制，可以是強酸性或強堿性溶液，酸性條件下，可產生硫化氫、不共存，堿性溶液中、分別產生氫氧化鐵沉淀、一水合氨，不能共存，D錯誤；故選C。9.下列關于各裝置圖的敘述正確的是A.Ⅰ裝置中鹽橋中的移向左邊燒杯B.Ⅱ裝置電解精煉銅的過程中，陽極減少的質量與陰極增加的質量相等C.Ⅲ裝置模擬工業上在鍍件上鍍銀D.Ⅳ裝置中鋼閘門應與外接電源的負極相連，稱之為“犧牲陽極法”【答案】A【解析】圖Ⅰ中Zn為負極，Zn極電極反應為Zn-2e-=Zn2+，Cu為正極，Cu極電極反應為Cu2++2e-=Cu，鹽橋中KCl的陰離子Cl-移向左邊燒杯，A項正確；圖Ⅱ為電解精煉銅，粗銅為陽極，純銅為陰極，粗銅上是比Cu活潑的金屬Zn、Fe等先失電子轉化成Zn2+、Fe2+等，然后Cu失電子轉化成Cu2+，活潑性比Cu弱的金屬如Ag等形成陽極泥，純銅上的電極反應為Cu2++2e-=Cu，根據得失電子守恒，陽極減少的質量與陰極增加的質量不相等，B項錯誤；圖Ⅲ中若要鍍件上鍍銀，則銀為陽極、鍍件應為陰極，C項錯誤；圖Ⅳ裝置中鋼閘門與外接電源的負極相連，鋼閘門為陰極，輔助電極為陽極，稱之為“外加電流法”，D項錯誤；答案選A。10.常溫下，下列有關電解質溶液的敘述錯誤的是A.溶液中：B.0.01溶液中：C.0.1溶液中：D.溶液中：【答案】D【解析】溶液中根據電荷守恒，正電荷總量=負電荷總量：，A正確；0.01溶液中，水解呈堿性，，水解是微弱的，故，B正確；0.1溶液中所有含C元素的粒子的總物質的量濃度為0.1：，C正確；溶液中水解，，水解是微弱的，故，D錯誤；故選D。11.二氧化硫—空氣質子交換膜燃料電池實現了制硫酸、發電、環保三位一體的結合，原理如圖所示。下列說法正確的是A.該電池放電時質子從電極b移向電極aB.每轉移4mol，消耗的體積為22.4LC.電極a附近發生的電極反應為D.電極b附近發生的電極反應為【答案】D【解析】由圖可知，電極a通入SO2，發生氧化反應，故電極a為負極，電極反應為：SO2＋2H2O-2e－=SO＋4H＋；電極b通入O2，發生還原反應，故電極b為正極，電極反應為：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；總反應式為：2SO2＋O2＋2H2O=2SO＋4H＋。放電時為原電池，質子向正極移動，電極a為負極，則該電池放電時質子從電極a移向電極b，A錯誤；每轉移4mol，消耗1mol，但未指明標準狀況，故體積不一定為22.4L，B錯誤；電極a為負極，發生氧化反應，電極反應為SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，硫酸是強電解質，應當拆為離子形式，C錯誤；酸性條件下，氧氣得電子與氫離子反應生成水，電極b附近發生的電極反應為O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D正確；故答案選D。12.由下列事實或現象不能得出相應結論的是事實或現象結論A用pH試紙分別測定相同溫度和相同濃度下，溶液和溶液pH，溶液pH大結合能力：B溶液中存在平衡△H>0，將溶液加熱，溶液由藍綠色變為黃綠色升高溫度，平衡正向移動C向溶液中加入HBr溶液，溶液橙色加深增大，平衡逆向移動D常溫下，向10mL0.1NaCl溶液中滴加5滴0.1溶液，充分反應后，再滴加5滴0.1KI溶液，觀察沉淀由白色變為黃色(AgCl)>(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】比較和，結合能力，在相同條件下測定相同濃度溶液和溶液的，越大，說明陰離子結合氫離子的能力越強，A正確；該反應正向吸熱，升溫平衡正移，溶液由藍綠色變為黃綠色，B正確；會與HBr溶液中的發生氧化還原反應，，故得不到相應結論，C錯誤；過量NaCl與AgNO3反應生成AgCl白色沉淀，再滴入KI溶液時，沉淀由白色變為黃色，說明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正確；故選C。13.用海水曬鹽后的苦鹵水生產金屬Mg的過程可表示如下：苦鹵水→…→Mg。下列說法不正確的是A.反應的B.常溫下溶于鹽酸，HCl促進平衡正向移動C.將溶液直接蒸干灼燒得到MgOD.電解溶液在陰極獲得金屬Mg【答案】D【解析】苦鹵水中加入石灰乳、過濾得到氫氧化鎂，氫氧化鎂溶于鹽酸得到氯化鎂溶液，并最終制得金屬鎂。由反應方程式可知，反應的平衡常數K=，故A正確；存在沉淀溶解平衡：，加入鹽酸，氫氧根濃度減小，平衡右移，則HCl促進平衡正向移動，故B正確；氯化鎂是強酸弱堿鹽，在溶液中能發生水解反應生成氫氧化鎂和鹽酸，蒸干過程中，鹽酸受熱揮發，使氯化鎂的水解平衡趨于完全，最終得到氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解得到氧化鎂，故灼燒得到氯化鎂，故C正確；電解熔融氯化鎂時，鎂離子在陰極得到電子發生還原反應生成金屬鎂，電解溶液，在陰極氫離子放電產生氫氣、無法獲得金屬Mg，故D錯誤；故選D。14.室溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中通入，溶液中水電離出的與通入的體積（V）的關系如圖所示，下列說法不正確的是A.a點：水電離產生的B.b點：溶液中C.c點：D.d點：【答案】B【解析】由圖可知，a點為氫氧化鈉溶液，b點為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，c點氫氧化鈉溶液與二氧化碳恰好反應，反應得到的溶液為碳酸鈉溶液，d點為碳酸氫鈉和碳酸的混合液，溶液呈中性。由分析可知，a點為pH=10的氫氧化鈉溶液，溶液中氫氧根離子會抑制水的電離，則溶液中水電離出的氫離子濃度為=1×10-10mol/L，A正確；由分析可知，b點為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，則溶液中氫氧根離子濃度大于1×10-7mol/L，B錯誤；由分析可知，c點氫氧化鈉溶液與二氧化碳恰好反應，反應得到的溶液為碳酸鈉溶液，根據物料守恒，，，C正確；d點溶液中，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得，由圖可知d點，可得，D正確；故選B。第Ⅱ卷（共58分）15.北宋卷軸畫《千里江山圖》，顏色絢麗，由石綠、雌黃、赭石、陣碟、朱砂等顏料繪制而成，顏料中含有硫、氮、砷、銅、鋅、鈦、鐵等元素。（1）Zn屬于元素周期表中的________區；基態的價層電子的軌道表示式為________；（2）基態硫原子核外電子的空間運動狀態有______種，電子占據的最高能級原子軌道形狀是________形。電負性關系S______As（填“>”或“<”）。（3）下列N原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低的是（填序號）。A. B.C. D.（4）Cu的第二電離能(Cu)________Zn的第二電離能(Zn)（填“>”或“<”），理由_________。（5）下列有關說法不正確的是_________A．硫酸亞鐵可用作凈水劑B．的價層電子排布式為C．鐵元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族【答案】（1）①.ds②.（2）①.9②.啞鈴③.>（3）D（4）①.>②.的價電子排布式為，的價電子排布為，的3d軌道處于全充滿狀態，更穩定（5）AB【解析】【小問1詳析】Zn是30號元素，基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s2，屬于元素周期表中的ds區；Ti是22號元素，基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d24s2，失去2個電子形成離子，故基態的價層電子的軌道表示式為。【小問2詳析】S是16號元素，基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4，基態硫原子的1s、2s、3s軌道充滿，2p、3p軌道電子各占據3條軌道，則基態硫原子核外電子的空間運動狀態有9種，電子占據的最高能級為3p，原子軌道形狀是啞鈴形。元素周期表中，同周期主族元素從左向右電負性逐漸增強，同主族元素從上到下電負性逐漸減弱，則電負性關系：S>P>As。【小問3詳析】四種排布方式，滿足構造原理、洪特規則排布的能量最低，則題中N原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低的是D。【小問4詳析】Cu的第二電離能(Cu)＞Zn的第二電離能(Zn)，理由：的價電子排布式為，的價電子排布為，的3d軌道處于全充滿狀態，更穩定。【小問5詳析】物質能水解形成膠體，產生的膠體能吸附水中的懸浮物質，這樣的物質適合凈水，例如明礬，硫酸亞鐵通常不用作凈水劑，A錯誤；Fe是26號元素，基態核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，形成時，失去的是最外層的電子，則Fe2+的價層電子排布式為，B錯誤；結合選項B可知鐵元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，C正確；選AB。16.物質在水中可能存在電離平衡、鹽的水解平衡和沉淀溶解平衡。根據題意回答以下問題。（1）在海洋碳循環中，碳酸氫根與鈣離子通過如圖所示的途徑發生反應從而實現固碳。寫出鈣化作用的離子方程：___________。（2）25℃時，溶液中、、三種粒子總濃度中所占分數隨溶液pH的變化關系如圖。的_________；NaHA溶液的pH_________7（填“>”“<”或“=”）。（3）等濃度的①、②、③、④、⑤氨水五種溶液中：由大到小的順序為_________（填序號）。（4）常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定體積為20.00mL0.1mol/L的HA溶液，滴定過程中溶液pH隨加入NaOH溶液體積而變化的滴定曲線如下圖。①本實驗選用的指示劑是__________（填“甲基橙”、“酚酞”或“石蕊”）。②實驗測得a點溶液的pH=2.8，則由水電離出來的__________mol/L。③下列說法正確是__________。A．HA的電離平衡常數：B．b點溶液中：C．c點溶液中：D．溶液中水的電離程度：d>c>b>a（5）常溫下，易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于__________（已知：25℃時，的電離平衡常數，，FeS的）。【答案】（1）（2）①.②.>（3）①>②>④>③>⑤（4）①.酚酞②.③.B（5）8【解析】【小問1詳析】由圖可知，鈣化作用的離子方程式為：。【小問2詳析】隨著pH的增大，H2A濃度下降，HA-先增大后下降，A2-的濃度隨著HA-濃度下降而增大，則左側兩條相交的線中下行的是H2A，上行的是HA-，右側兩條相交的線中上行的是A2-，下行的是HA-，25℃時，當c(HA-)=c(A2-)時，的=c(H+)=10-13；c(HA-)=c(H2A)時，=c(H+)=10-7，=10-7＞Ka2，則NaHA溶液中，水解程度大于電離程度，pH＞7。【小問3詳析】等濃度的①、②、③、④、⑤氨水五種溶液中，⑤氨水是弱電解質溶液、銨根離子濃度最小；由電離出的銨離子數目可知，②、③、④小于①，同濃度的銨離子水解程度相同、但②中電離出的氫離子抑制銨離子水解，則②溶液中銨離子大于③、④，③中醋酸根和銨離子相互促進水解，則④溶液中的銨離子比③大，由大到小的順序為①>②>④>③>⑤。【小問4詳析】①由圖知，0.1mol/L的HA溶液pH=2.8，則HA是弱酸，恰好中和時生成NaA是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，故本實驗選用的指示劑是酚酞。②酸抑制水的電離，則溶液中水電離出的OH?濃度等于溶液中水電離出的氫離子濃度，都代表了水的電離程度，實驗測得a點溶液的pH=2.8，則由水電離出來的。③，HA的電離平衡常數：，A錯誤；b點溶液為等物質的量的HA與NaA的混合溶液，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，根據物料守恒，則：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，二式合并可得，B正確；c點溶液NaOH與HA溶液恰好中和，為NaA的溶液，NaA是強堿弱酸鹽，完全電離產生鈉離子和A-離子，能微弱水解呈堿性，則，C錯誤；如圖，a、b、c、d四點中，c點對應的溶液為NaA的溶液，d點氫氧化鈉溶液過量，a、b點HA過量，酸或堿抑制水的電離，強堿弱酸鹽促進水的電離，故水的電離程度最大的點是c點，D錯誤；選B。【小問5詳析】常溫下，易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，飽和FeS中c(S2-)=，，，mol/L，則為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于8。17.生物提取銅技術是一種利用微生物開礦的濕式制銅技術，適用于從含銅量極低的礦石中冶煉出銅，具有環保、高效、低成本的優點。利用生物方法可以制備金屬銅，同時生成副產品，相關轉化過程如下圖所示：金屬離子沉淀的pH如下表開始沉淀時的pH1.54.26.3完全沉淀時的pH2.86.78.3（1）試劑X為“綠色氧化劑”__________；試劑Y為__________。（2）調節pH的范圍在__________之間，所用試劑是__________（寫出一種即可）。（3）測定的純度Ⅰ．用分析天平稱取6.000g晶體，將其溶于硫酸后，加水稀釋后用容量瓶配成100mL的待測液；Ⅱ．取25.00mL的待測液置于錐形瓶中，用0.05000的標準液進行滴定，進行三次平行試驗，消耗的標準液的體積如下表所示。實驗組第一次第二次第三次滴定前溶液的體積/mL0.050.201.10滴定后溶液的體積/mL19.9520.3023.10①標準液盛放在__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②滴定終點的現象是___________。③晶體的純度是__________%（保留2位小數）。④現測得該晶體純度偏低，可能的原因是__________。A．在配制待測液定容時俯視刻度線B．容量瓶中有水C．待測液配制過程中被氧氣氧化D．滴定前盛放標準液的滴定管中滴定前無泡，滴定后有氣泡E．滴定終點時仰視讀數【答案】（1）①.雙氧水（）②.鐵粉（2）①.2.8～4.2②.CuO或或或等（3）①.酸式②.當滴入最后半滴標準液時，溶液變為淺紫色，且半分鐘內不變色③.92.67④.CD【解析】CuS和FeS在硫化細菌存在下與O2、H2SO4反應得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，調pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液，CuSO4溶液與Fe粉反應得到FeSO4和Cu；Fe(OH)3與H2SO4反應后、加入Fe得到FeSO4溶液，兩步得到的FeSO4溶液合并，FeSO4溶液最終得到FeSO4?7H2O。【小問1詳析】試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，且為“綠色氧化劑”，則試劑X為雙氧水()，其還原產物為水，結合分析可知試劑Y為鐵粉(Fe)。【小問2詳析】調節pH的目的是使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根據表中數據，調節pH的范圍在2.8~4.2；為了不引入新雜質，試劑是CuO或Cu(OH)2或CuCO3或等。【小問3詳析】①標準液對橡膠具有腐蝕性，故盛放在酸式滴定管中。②由于KMnO4溶液本身有顏色，故滴定終點的判斷方法是：當滴入最后半滴標準液時，溶液變為淺紫色，且半分鐘內不變色。③三次實驗消耗的KMnO4溶液的體積依次為19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、23.10mL-1.10mL=22.00mL，由于第三次實驗誤差較大（舍去），故消耗的KMnO4溶液的體積平均為20.00mL，根據反應，25.00mL待測液中n(Fe2+)=5×0.05000mol/L×0.02000L=0.005000mol，該FeSO4?7H2O晶體的純度為。④A．在配制待測液定容時俯視，待測液的體積偏小，所配溶液濃度偏大，消耗KMnO4溶液體積偏大，測得該晶體的純度偏高，不符合題意；B．容量瓶中有水，對所配制的溶液濃度無影響，對實驗結果無影響，不符合題意；C．待測液配制過程中被氧氣氧化，消耗KMnO4溶液體積偏小，測得該晶體純度偏低，符合題意；D．盛放KMnO4標準液的滴定管在滴定前無氣泡，滴定后有氣泡，消耗KMnO4溶液體積偏小，測得該晶體的純度偏小，符合題意；E．滴定終點時仰視讀數，消耗KMnO4溶液體積偏大，測得該晶體的純度偏大，不符合題意；答案選CD。18.開展含碳（、CO、等）化合物研究對保障我國能源安全具有重要意義。回答下列問題。（1）已知；，則________（用含、的代數式表示）（2）T℃、1L固定體積的密閉容器中充入1molCO和1mol(g)，發生反應的，5min后達到平衡，CO的平衡轉化率為50%，則5min內用表示的化學反應速率為_________。（3）。該反應能夠自發進行的條件是（填“高溫”或“低溫”）_________。（4）在恒溫恒容下，下列能說明反應達到平衡狀態的是（填字母）。A. B.C.容器中混合氣體密度保持不變 D.容器中混合氣體平均摩爾質量保持不變（5）在密閉容器中投入1molCO和2mol，發生反應。實驗測得CO平衡轉化率隨溫度（T）、壓強（p）的變化如圖所示。①該反應的正反應為_________（填“吸熱”或“放熱”）反應。②________（填“>”或“<”）。③n點對應平衡體系的容積為2L，該溫度下反應的平衡常數K=__________。（6）甲醇（）燃料電池以甲醇為燃料，其工作原理如圖所示。負極反應式為____________。【答案】（1）（2）01mol/(L·min)（3）高溫（4）D（5）①.放熱②.>③.100（6）【解析】【小問1詳析】已知Ⅰ.；Ⅱ.，由蓋斯定律可知，反應Ⅰ+Ⅱ得到反應則+。【小問2詳析】T℃、1L固定體積的密閉容器中充入1molCO和1mol(g)，發生反應的，5min后達到平衡，CO的平衡轉化率為50%，生成氫氣的物質的量等于消耗一氧化碳的物質的量，則5min內氫氣的平均反應速率為=。【小問3詳析】。該反應為氣體體積分子總數增大吸熱反應，則ΔH＞0、ΔS＞0，自發進行時ΔG=ΔH-T·ΔS＜0，說明該反應在高下能夠自發進行。【小問4詳析】反應：A．容器中不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否已達到平衡，故A錯誤；B．平衡時，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應已達到平衡，故B錯誤；C．由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量不變，恒容密閉容器中氣體的密度始終不變，則容器中混合氣體的密度保持不變不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否已達到平衡，故C錯誤；D．氣體質量始終不變，氣體的物質的量、混合氣體的平均摩爾質量會隨著反應而變，混合氣體的平均相對分子質量不變說明反應已達平衡，故D正確；故選D；【小問5詳析】①由圖可知升高溫度CO的平衡轉化率減小，升高溫度平衡逆向移動，故該反應的正反應為放熱反應。②該反應為反應前后氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，CO的平衡轉化率增大，則＞（填“>”或“<”）。③在密閉容器中投入1molCO和2mol，發生反應。n點對應平衡體系的容積為2L，CO的平衡轉化率為80%，則存在三段式：，則該溫度下反應的平衡常數=100。【小問6詳析】負極失去電子被氧化為二氧化碳，負極反應式為。天津市五區縣重點校2024-2025學年高二上學期1月期末考試可能用到的原子量：H-1N-14O-16S-32Fe-56第Ⅰ卷（共42分）一、選擇題（本題共14小題，每題3分，共42分，每題只有一個正確選項）1.下列設備工作時，將化學能轉化為熱能的是A.硅太陽能電池 B.鋰離子電池C.太陽能集熱器 D.燃氣灶【答案】D【解析】硅太陽能電池是把太陽能轉化為電能，A錯誤；鋰離子電池將化學能轉化為電能，B錯誤；太陽能集熱器將太陽能轉化為熱能，C錯誤；燃氣灶將化學能轉化為熱能，D正確；答案選D。2.下列各組元素的性質正確的是A.第一電離能：Al>Mg>Na B.電負性：F>O>NC.最高正價：F>S>Si D.原子半徑：P>N>C【答案】B【解析】同周期元素從左向右，第一電離能呈增大趨勢，因為鎂原子的3s軌道全滿，出現第一電離能反常，所以第一電離能：Mg>Al>Na，A錯誤；同周期，從左到右，非金屬性增強，元素的電負性逐漸增大，所以電負性：F＞O＞N，B正確；主族元素最高正化合價等于族序數，氧、氟無正化合價，所以最高正價：S＞Si，C錯誤；同一周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，下一周期元素的原子半徑一般比相鄰上一周期元素的原子半徑大，所以原子半徑：P＞C＞N，D錯誤；故選B。3.下列說法錯誤的是A.p能級電子的能量一定比s能級電子的能量高B.焰色試驗是金屬原子的電子從激發態躍遷到基態時產生的光譜C.共價化合物中，電負性大的成鍵元素表現為負價D.電負性的大小可以作為判斷非金屬性強弱的依據【答案】A【解析】同一能層中p能級電子的能量一定比s能級電子的能量高，例如2s＜2p，3s＜3p，不能能層時則不一定，例如2p＜3s，故A錯誤；電子從激發態躍遷到基態時會釋放能量，焰色試驗是金屬原子的電子從激發態躍遷到基態時產生的光譜，故B正確；共價化合物中，電負性大的成鍵元素對共用電子對的吸引力強，表現為負價，故C正確；電負性是原子對鍵合電子的吸引力，其大小可以作為判斷元素非金屬性強弱的依據，故D正確；故選A。4.下列事實其中與鹽類水解有關的是①可溶性鋁鹽、鐵鹽作凈水劑；②水溶液呈酸性；③銨態氮肥不能與草木灰混合施用；④加熱能使純堿溶液去污能力增強A.全部 B.①③④ C.②④ D.①②③【答案】B【解析】①可溶性鋁鹽、鐵鹽可做凈水劑是因為鋁離子、鐵離子水解分別生成氫氧化鋁膠體、氫氧化鐵膠體，能吸附水中的固體懸浮物并使之沉降，與鹽類水解有關，①正確；②NaHSO4水溶液呈酸性是因為硫酸氫根離子電離出氫離子的緣故，與鹽類水解無關，②錯誤；③銨態氮肥不能與草木灰混合施用，是因為銨根離子與碳酸根離子發生互促水解的原因，③正確；④加熱能使純堿溶液去污能力增強是因為加熱促進鹽類的水解、氫氧根濃度增大，④正確；綜上所述，除②以外全正確；答案選B。5.某密閉容器中存在平衡反應△H=-43kJ/mol，欲提高反應速率并提高CO的轉化率，下列方法正確的是A.降低溫度 B.增大壓強C.使用催化劑 D.增大(g)的濃度【答案】D【解析】該反應的正反應為放熱反應，降低溫度，正、逆反應速率都降低，平衡正反應移動、能提高CO的轉化率，A項錯誤；該反應氣體分子總數不變，壓縮容器的容積，增大壓強，氣體的濃度增大，能提高反應速率，但平衡不移動，不能提高CO的平衡轉化率，B項錯誤；使用合適的催化劑，能加快反應速率，但不能使平衡發生移動，不能提高CO的平衡轉化率，C項錯誤；增大反應物(g)的濃度，能提高反應速率且平衡正向移動，能提高CO的轉化率，D項正確；答案選D。6.和存在平衡：△H<0。下列說法正確的是A.46g平衡混合氣體中含1molN原子B.斷裂2mol中的共價鍵所需能量大于斷裂1mol中的共價鍵所需能量C.恒溫時，縮小容積，氣體顏色變深，是平衡正向移動導致的D.恒容時，水浴加熱，由于平衡正向移動導致氣體顏色變淺【答案】A【解析】N2O4分子中有2個N原子，分子中有1個N原子，設N2O4的質量為xg，則混合氣體中N原子的物質的量為，46g平衡混合氣體中含N原子數等于，A正確；，反應放熱，斷裂中的共價鍵所需能量小于斷裂中的共價鍵所需能量，B錯誤；恒溫時，縮小容積，二氧化氮濃度變大，氣體顏色變深，加壓后，平衡正向動，氣體顏色又變淺，但總體是變深，故氣體顏色變深，不是平衡正向移動導致的，C錯誤；放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，顏色加深，D錯誤；故選A。7.下列離子方程式中書寫正確的是A.溶液呈堿性的原因：B.將水垢中轉化為的原理：C.鉛蓄電池放電時負極反應：D.在中性環境中，鋼鐵吸氧腐蝕的負極反應：【答案】B【解析】溶液呈堿性的原因是碳酸氫根水解程度大于電離程度，表示為：，故A錯誤；用純堿溶液浸泡鍋爐水垢發生的反應為：微溶的硫酸鈣與碳酸鈉溶液反應生成難溶的碳酸鈣和硫酸鈉，反應的離子方程式為，故B正確；鉛蓄電池放電時負極反應：Pb-2e-＋=PbSO4，故C錯誤；在中性環境中，鋼鐵吸氧腐蝕的正極反應：，負極反應為，故D錯誤；故選B。8.室溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.滴入甲基橙呈紅色的溶液：、、、B.0.1mol/L溶液：、、、C.澄清透明溶液：、、、D.由水電離出的的溶液：、、、【答案】C【解析】滴入甲基橙呈紅色的溶液呈酸性，在酸性溶液中產生氫氧化鋁沉淀甚至轉變為鋁離子、在酸性溶液中轉變為硫單質、二氧化硫，不共存，A錯誤；0.1mol/L溶液中：鋁離子和雙水解產生氫氧化鋁沉淀、二氧化碳氣體，不共存，B錯誤；澄清透明溶液：、、、互不反應，可以共存，C正確；、發生氧化還原反應而不共存，由水電離產生的的溶液中，水的電離被抑制，可以是強酸性或強堿性溶液，酸性條件下，可產生硫化氫、不共存，堿性溶液中、分別產生氫氧化鐵沉淀、一水合氨，不能共存，D錯誤；故選C。9.下列關于各裝置圖的敘述正確的是A.Ⅰ裝置中鹽橋中的移向左邊燒杯B.Ⅱ裝置電解精煉銅的過程中，陽極減少的質量與陰極增加的質量相等C.Ⅲ裝置模擬工業上在鍍件上鍍銀D.Ⅳ裝置中鋼閘門應與外接電源的負極相連，稱之為“犧牲陽極法”【答案】A【解析】圖Ⅰ中Zn為負極，Zn極電極反應為Zn-2e-=Zn2+，Cu為正極，Cu極電極反應為Cu2++2e-=Cu，鹽橋中KCl的陰離子Cl-移向左邊燒杯，A項正確；圖Ⅱ為電解精煉銅，粗銅為陽極，純銅為陰極，粗銅上是比Cu活潑的金屬Zn、Fe等先失電子轉化成Zn2+、Fe2+等，然后Cu失電子轉化成Cu2+，活潑性比Cu弱的金屬如Ag等形成陽極泥，純銅上的電極反應為Cu2++2e-=Cu，根據得失電子守恒，陽極減少的質量與陰極增加的質量不相等，B項錯誤；圖Ⅲ中若要鍍件上鍍銀，則銀為陽極、鍍件應為陰極，C項錯誤；圖Ⅳ裝置中鋼閘門與外接電源的負極相連，鋼閘門為陰極，輔助電極為陽極，稱之為“外加電流法”，D項錯誤；答案選A。10.常溫下，下列有關電解質溶液的敘述錯誤的是A.溶液中：B.0.01溶液中：C.0.1溶液中：D.溶液中：【答案】D【解析】溶液中根據電荷守恒，正電荷總量=負電荷總量：，A正確；0.01溶液中，水解呈堿性，，水解是微弱的，故，B正確；0.1溶液中所有含C元素的粒子的總物質的量濃度為0.1：，C正確；溶液中水解，，水解是微弱的，故，D錯誤；故選D。11.二氧化硫—空氣質子交換膜燃料電池實現了制硫酸、發電、環保三位一體的結合，原理如圖所示。下列說法正確的是A.該電池放電時質子從電極b移向電極aB.每轉移4mol，消耗的體積為22.4LC.電極a附近發生的電極反應為D.電極b附近發生的電極反應為【答案】D【解析】由圖可知，電極a通入SO2，發生氧化反應，故電極a為負極，電極反應為：SO2＋2H2O-2e－=SO＋4H＋；電極b通入O2，發生還原反應，故電極b為正極，電極反應為：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；總反應式為：2SO2＋O2＋2H2O=2SO＋4H＋。放電時為原電池，質子向正極移動，電極a為負極，則該電池放電時質子從電極a移向電極b，A錯誤；每轉移4mol，消耗1mol，但未指明標準狀況，故體積不一定為22.4L，B錯誤；電極a為負極，發生氧化反應，電極反應為SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，硫酸是強電解質，應當拆為離子形式，C錯誤；酸性條件下，氧氣得電子與氫離子反應生成水，電極b附近發生的電極反應為O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D正確；故答案選D。12.由下列事實或現象不能得出相應結論的是事實或現象結論A用pH試紙分別測定相同溫度和相同濃度下，溶液和溶液pH，溶液pH大結合能力：B溶液中存在平衡△H>0，將溶液加熱，溶液由藍綠色變為黃綠色升高溫度，平衡正向移動C向溶液中加入HBr溶液，溶液橙色加深增大，平衡逆向移動D常溫下，向10mL0.1NaCl溶液中滴加5滴0.1溶液，充分反應后，再滴加5滴0.1KI溶液，觀察沉淀由白色變為黃色(AgCl)>(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】比較和，結合能力，在相同條件下測定相同濃度溶液和溶液的，越大，說明陰離子結合氫離子的能力越強，A正確；該反應正向吸熱，升溫平衡正移，溶液由藍綠色變為黃綠色，B正確；會與HBr溶液中的發生氧化還原反應，，故得不到相應結論，C錯誤；過量NaCl與AgNO3反應生成AgCl白色沉淀，再滴入KI溶液時，沉淀由白色變為黃色，說明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D正確；故選C。13.用海水曬鹽后的苦鹵水生產金屬Mg的過程可表示如下：苦鹵水→…→Mg。下列說法不正確的是A.反應的B.常溫下溶于鹽酸，HCl促進平衡正向移動C.將溶液直接蒸干灼燒得到MgOD.電解溶液在陰極獲得金屬Mg【答案】D【解析】苦鹵水中加入石灰乳、過濾得到氫氧化鎂，氫氧化鎂溶于鹽酸得到氯化鎂溶液，并最終制得金屬鎂。由反應方程式可知，反應的平衡常數K=，故A正確；存在沉淀溶解平衡：，加入鹽酸，氫氧根濃度減小，平衡右移，則HCl促進平衡正向移動，故B正確；氯化鎂是強酸弱堿鹽，在溶液中能發生水解反應生成氫氧化鎂和鹽酸，蒸干過程中，鹽酸受熱揮發，使氯化鎂的水解平衡趨于完全，最終得到氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解得到氧化鎂，故灼燒得到氯化鎂，故C正確；電解熔融氯化鎂時，鎂離子在陰極得到電子發生還原反應生成金屬鎂，電解溶液，在陰極氫離子放電產生氫氣、無法獲得金屬Mg，故D錯誤；故選D。14.室溫下，向1LpH=10的NaOH溶液中通入，溶液中水電離出的與通入的體積（V）的關系如圖所示，下列說法不正確的是A.a點：水電離產生的B.b點：溶液中C.c點：D.d點：【答案】B【解析】由圖可知，a點為氫氧化鈉溶液，b點為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，c點氫氧化鈉溶液與二氧化碳恰好反應，反應得到的溶液為碳酸鈉溶液，d點為碳酸氫鈉和碳酸的混合液，溶液呈中性。由分析可知，a點為pH=10的氫氧化鈉溶液，溶液中氫氧根離子會抑制水的電離，則溶液中水電離出的氫離子濃度為=1×10-10mol/L，A正確；由分析可知，b點為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，則溶液中氫氧根離子濃度大于1×10-7mol/L，B錯誤；由分析可知，c點氫氧化鈉溶液與二氧化碳恰好反應，反應得到的溶液為碳酸鈉溶液，根據物料守恒，，，C正確；d點溶液中，溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得，由圖可知d點，可得，D正確；故選B。第Ⅱ卷（共58分）15.北宋卷軸畫《千里江山圖》，顏色絢麗，由石綠、雌黃、赭石、陣碟、朱砂等顏料繪制而成，顏料中含有硫、氮、砷、銅、鋅、鈦、鐵等元素。（1）Zn屬于元素周期表中的________區；基態的價層電子的軌道表示式為________；（2）基態硫原子核外電子的空間運動狀態有______種，電子占據的最高能級原子軌道形狀是________形。電負性關系S______As（填“>”或“<”）。（3）下列N原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低的是（填序號）。A. B.C. D.（4）Cu的第二電離能(Cu)________Zn的第二電離能(Zn)（填“>”或“<”），理由_________。（5）下列有關說法不正確的是_________A．硫酸亞鐵可用作凈水劑B．的價層電子排布式為C．鐵元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族【答案】（1）①.ds②.（2）①.9②.啞鈴③.>（3）D（4）①.>②.的價電子排布式為，的價電子排布為，的3d軌道處于全充滿狀態，更穩定（5）AB【解析】【小問1詳析】Zn是30號元素，基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s2，屬于元素周期表中的ds區；Ti是22號元素，基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d24s2，失去2個電子形成離子，故基態的價層電子的軌道表示式為。【小問2詳析】S是16號元素，基態核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4，基態硫原子的1s、2s、3s軌道充滿，2p、3p軌道電子各占據3條軌道，則基態硫原子核外電子的空間運動狀態有9種，電子占據的最高能級為3p，原子軌道形狀是啞鈴形。元素周期表中，同周期主族元素從左向右電負性逐漸增強，同主族元素從上到下電負性逐漸減弱，則電負性關系：S>P>As。【小問3詳析】四種排布方式，滿足構造原理、洪特規則排布的能量最低，則題中N原子電子排布圖表示的狀態中，能量最低的是D。【小問4詳析】Cu的第二電離能(Cu)＞Zn的第二電離能(Zn)，理由：的價電子排布式為，的價電子排布為，的3d軌道處于全充滿狀態，更穩定。【小問5詳析】物質能水解形成膠體，產生的膠體能吸附水中的懸浮物質，這樣的物質適合凈水，例如明礬，硫酸亞鐵通常不用作凈水劑，A錯誤；Fe是26號元素，基態核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，形成時，失去的是最外層的電子，則Fe2+的價層電子排布式為，B錯誤；結合選項B可知鐵元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，C正確；選AB。16.物質在水中可能存在電離平衡、鹽的水解平衡和沉淀溶解平衡。根據題意回答以下問題。（1）在海洋碳循環中，碳酸氫根與鈣離子通過如圖所示的途徑發生反應從而實現固碳。寫出鈣化作用的離子方程：___________。（2）25℃時，溶液中、、三種粒子總濃度中所占分數隨溶液pH的變化關系如圖。的_________；NaHA溶液的pH_________7（填“>”“<”或“=”）。（3）等濃度的①、②、③、④、⑤氨水五種溶液中：由大到小的順序為_________（填序號）。（4）常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定體積為20.00mL0.1mol/L的HA溶液，滴定過程中溶液pH隨加入NaOH溶液體積而變化的滴定曲線如下圖。①本實驗選用的指示劑是__________（填“甲基橙”、“酚酞”或“石蕊”）。②實驗測得a點溶液的pH=2.8，則由水電離出來的__________mol/L。③下列說法正確是__________。A．HA的電離平衡常數：B．b點溶液中：C．c點溶液中：D．溶液中水的電離程度：d>c>b>a（5）常溫下，易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于__________（已知：25℃時，的電離平衡常數，，FeS的）。【答案】（1）（2）①.②.>（3）①>②>④>③>⑤（4）①.酚酞②.③.B（5）8【解析】【小問1詳析】由圖可知，鈣化作用的離子方程式為：。【小問2詳析】隨著pH的增大，H2A濃度下降，HA-先增大后下降，A2-的濃度隨著HA-濃度下降而增大，則左側兩條相交的線中下行的是H2A，上行的是HA-，右側兩條相交的線中上行的是A2-，下行的是HA-，25℃時，當c(HA-)=c(A2-)時，的=c(H+)=10-13；c(HA-)=c(H2A)時，=c(H+)=10-7，=10-7＞Ka2，則NaHA溶液中，水解程度大于電離程度，pH＞7。【小問3詳析】等濃度的①、②、③、④、⑤氨水五種溶液中，⑤氨水是弱電解質溶液、銨根離子濃度最小；由電離出的銨離子數目可知，②、③、④小于①，同濃度的銨離子水解程度相同、但②中電離出的氫離子抑制銨離子水解，則②溶液中銨離子大于③、④，③中醋酸根和銨離子相互促進水解，則④溶液中的銨離子比③大，由大到小的順序為①>②>④>③>⑤。【小問4詳析】①由圖知，0.1mol/L的HA溶液pH=2.8，則HA是弱酸，恰好中和時生成NaA是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，故本實驗選用的指示劑是酚酞。②酸抑制水的電離，則溶液中水電離出的OH?濃度等于溶液中水電離出的氫離子濃度，都代表了水的電離程度，實驗測得a點溶液的pH=2.8，則由水電離出來的。③，HA的電離平衡常數：，A錯誤；b點溶液為等物質的量的HA與NaA的混合溶液，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，根據物料守恒，則：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，二式合并可得，B正確；c點溶液NaOH與HA溶液恰好中和，為NaA的溶液，NaA是強堿弱酸鹽，完全電離產生鈉離子和A-離子，能微弱水解呈堿性，則，C錯誤；如圖，a、b、c、d四點中，c點對應的溶液為NaA的溶液，d點氫氧化鈉溶液過量，a、b點HA過量，酸或堿抑制水的電離，強堿弱酸鹽促進水的電離，故水的電離程度最大的點是c點，D錯誤；選B。【小問5詳析】常溫下，易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，飽和FeS中c(S2-)=，，，mol/L，則為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于8。17.生物提取銅技術是一種利用微生物開礦的濕式制銅技術，適用于從含銅量極低的礦石中冶煉出銅，具有環保、高效、低成本的優點。利用生物方法可以制備金屬銅，同時生成副產品，相關轉化過程如下圖所示：金屬離子沉淀的pH如下表開始沉淀時的pH1.54.26.3完全沉淀時的pH2.86.78.3（1）試劑X為“綠色氧化劑”__________；試劑Y為__________。（2）調節pH的范圍在__________之間，所用試劑是__________（寫出一種即可）。（3）測定的純度Ⅰ．用分析天平稱取6.000g晶體，將其溶于硫酸后，加水稀釋后用容量瓶配成100mL的待測液；Ⅱ．取25.00mL的待測液置于錐形瓶中，用0.05000的標準液進行滴定，進行三次平行試驗，消耗的標準液的體積如下表所示。實驗組第一次第二次第三次滴定前溶液的體積/mL0.050.201.10滴定后溶液的體積/mL19.9520.3023.10①標準液盛放在__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。②滴定終點的現象是___________。③晶體的純度是__________%（保留2位小數）。④現測得該晶體純度偏低，可能的原因是__________。A．在配制待測液定容時俯視刻度線B．容量瓶中有水C．待測液配制過程中被氧氣氧化D．滴定前盛放標準液的滴定管中滴定前無泡，滴定后有氣泡E．滴定終點時仰視讀數【答案】（1）①.雙氧水（）②.鐵粉（2）①.2.8～4.2②.CuO或或或等（3）①.酸式②.當滴入最后半滴標準液時，溶液變為淺紫色，且半分鐘內不變色③.92.67④.CD【解析】CuS和FeS在硫化細菌存在下與O2、H2SO4反應得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，調pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液