遼寧省葫蘆島市普通高中2024-2025學年高二化學上學期期末質(zhì)量測試試題含解析

PAGE19-遼寧省葫蘆島市一般中學2024-2025學年高二化學上學期期末質(zhì)量測試試題（含解析）1.化學與生活親密相關(guān)。下列說法錯誤的是A.明礬電離出Al3+具有吸附性，可用作凈水劑B.漂白粉可用于生活用水的消毒C.電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極愛護法D.碳酸鈉可用于去除餐具的油污【答案】A【解析】【詳解】A.明礬能凈水是因為Al3+水解生成Al(OH)3膠體，Al(OH)3膠體具有吸附性，能夠吸附水中的懸浮物雜質(zhì)，可用作凈水劑，故A錯誤；B.漂白粉在運用過程中可以生成次氯酸，利用其氧化性可用于生活用水的消毒，故B正確；C.電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，是用鎂作負極愛護正極的鐵，原理是犧牲陽極的陰極愛護法，故C正確；D.碳酸鈉水解使溶液顯堿性，對油脂的水解有促進作用，可用于去除餐具上的油污，故D正確。故選A。2.推斷一個化學反應的自發(fā)性常用焓判據(jù)和熵判據(jù)，則在下列狀況下，可以判定反應肯定能自發(fā)進行的是A.ΔH<0,ΔS>0 B.ΔH>0,ΔS>0 C.ΔH<0,ΔS<0 D.ΔH>0,ΔS<0【答案】A【解析】【詳解】化學反應能否自發(fā)進行,取決于焓變和熵變的綜合判據(jù),當ΔG=ΔH-TΔS<0時，反應能自發(fā)進行，當ΔH<0,ΔS>0時,ΔG=ΔH-TΔS<0，肯定能自發(fā)進行，而ΔH>0,ΔS<0時不能自發(fā)進行；ΔH>0,ΔS>0或ΔH<0,ΔS<0能否自發(fā)進行，取決于反應的溫度，所以ΔH<0,ΔS>0肯定能自發(fā)進行；A正確；

綜上所述，本題選A。3.下列說法中正確的是（）A.同一原子中，1s、2s、3s電子的能量漸漸減小B.3p2表示3p能級有兩個軌道C.處于最低能量狀態(tài)的原子叫做基態(tài)原子D.同一原子中，2p、3p、4p能級的軌道數(shù)依次增多【答案】C【解析】【詳解】A、能層越大，能量越高，即1s<2s<3s，故錯誤；B、p2，2代表p軌道上有2個電子，故錯誤；C、基態(tài)原子是處于最低能量狀態(tài)的原子，故正確；D、p能級有3個原子軌道，故錯誤。4.下列元素性質(zhì)的遞變規(guī)律正確的是A.原子半徑：C＜N＜S B.第一電離能：C＜O＜NC.最高價氧化物的水化物的堿性：Na＜Mg＜Al D.與氫氣化合的難易程度：N＜O＜S【答案】B【解析】【詳解】A.電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期從左向右，原子半徑漸漸減小，則原子半徑N＜C＜S，故A錯誤；B.C、N、O屬于同一周期元素且原子序數(shù)依次減小，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，則第一電離能：C＜O＜N，故B正確；C.金屬性越強，最高價氧化物的水化物的堿性越強，金屬性：Na＞Mg＞Al，則最高價氧化物的水化物的堿性：Na＞Mg＞Al，故C錯誤；D.非金屬性越強，越簡潔與氫氣化合，非金屬性O(shè)＞S、O＞N，與氫氣化合的難易程度：O＞S、O＞N，故D錯誤。故選B。5.下列說法正確的是A.原子核外電子排布式為1s2的原子與核外電子排布式為1s2s2的原子化學性質(zhì)相像B.Fe3+的最外層電子排布式為3s23p63d5C.基態(tài)銅原子的最外層的電子排布圖：D.電負性最大的非金屬元素形成的含氧酸的酸性最強【答案】B【解析】【詳解】A.原子核外電子排布式為1s2的原子與原子核外電子排布式為1s22s2的原子雖然最外層電子數(shù)相等，但不在同一族，化學性質(zhì)不相像，A錯誤；B.鐵的原子序數(shù)為26，則Fe3+的最外層電子排布式為3s23p63d5，B正確；C.基態(tài)銅原子的最外層電子是4s電子，不包括3d電子，銅的最外層電子排布圖為，C錯誤；D.電負性最大的非金屬元素為F，不存在含氧酸，D錯誤；答案選B。6.徐光憲在《分子共和國》一書中介紹了很多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列說法正確的是（）A.H2O2分子中的O為sp2雜化 B.CO2分子中C原子為sp雜化C.BF3分子中的B原子sp3雜化 D.CH3COOH分子中C原子均為sp2雜化【答案】B【解析】【分析】A、H2O2分子中氧原子形成2個σ鍵，含有2對孤電子對；B、CO2分子中C原子形成2個σ鍵，沒有對孤電子對；C、BF3分子中的B原子的最外層電子數(shù)3，形成3個σ鍵，沒有對孤電子對；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4個σ鍵，沒有孤對電子，實行sp3雜化；【詳解】A、H2O2分子中氧原子形成2個σ鍵，含有2對孤電子對，實行sp3雜化，故A錯誤；B、CO2分子中C原子形成2個σ鍵，沒有孤電子對，實行sp雜化，故B正確；C、BF3分子中的B原子的最外層電子數(shù)3，形成3個σ鍵，沒有孤電子對，實行sp2雜化，故C錯誤；D、CH3COOH分子中有2個碳原子，其中甲基上的碳原子形成4個σ鍵，沒有孤對電子，實行sp3雜化，故D錯誤；故選B。7.下列描述正確的是A.CS2為V形極性分子B.C2H2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為1：1C.當中心離子的配位數(shù)為6時，配離子常呈八面體結(jié)構(gòu)D.水加熱到很高溫度都難分解是因水分子間存在氫鍵【答案】C【解析】【詳解】A．CS2中C形成2個σ鍵，價層電子對為2+=2，采納sp雜化，CS2為直線形，分子在碳為中心對稱，為非極性分子，故A錯誤；B．C2H2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為3：2，故B錯誤；C．依據(jù)價層電子對互斥理論，當中心離子的配位數(shù)為6時，配離子常呈八面體結(jié)構(gòu)，此時各價電子對間斥力最小，故C正確；D．水加熱到很高溫度都難分解是因水分子內(nèi)存在鍵能較大的O-H共價鍵，故D錯誤；故選C。8.下列熱化學方程式正確的是(注:△H的肯定值均正確)A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g);△H=-1367.0kJ/mol(燃燒熱)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l);△H=-57.3kJ(中和熱)C.S(s)+O2(g)=SO2(g);△H=-269.8kJ/mol(反應熱)D.2NO2=O2+2NO;△H=+116.2kJ/mol(反應熱)【答案】C【解析】【詳解】A.燃燒熱是25℃、101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，此時的水應為液體，因此反應熱不是燃燒熱，故A錯誤；B.△H的單位是kJ·mol－1，故B錯誤；C.符合書寫熱化學反應方程式的要求，故C正確；D.沒有寫上狀態(tài)，故D錯誤；答案：C?！军c睛】易錯點是選項A，燃燒熱的定義是25℃、101kPa時，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，C元素應當轉(zhuǎn)化成CO2，S轉(zhuǎn)化成SO2，H元素轉(zhuǎn)化成液態(tài)水。9.pH＝2的A、B兩種酸溶液各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其中pH與溶液體積V的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A.稀釋前，A、B兩酸溶液的物質(zhì)的量濃度肯定相等B.稀釋后，A酸溶液的酸性比B酸溶液強C.a＝5時，A是強酸，B是弱酸D.稀釋導致B酸的電離程度減小【答案】C【解析】分析】由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，A的pH變更大，則A的酸性比B的酸性強，以此來解答?！驹斀狻緼．稀釋相同的倍數(shù)，A的pH變更大，則A的酸性比B的酸性強，由于起始時兩溶液的pH相同，則A的物質(zhì)的量濃度小于B的物質(zhì)的量濃度，故A錯誤；B．依據(jù)圖像，稀釋后，A的pH比B大，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故B錯誤；C．由圖可知，若a=5，A完全電離，則A是強酸，B的pH變更小，則B為弱酸，故C正確；D．B為弱酸，稀釋促進弱電解質(zhì)的電離，電離程度增大，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查酸的稀釋及圖像，明確強酸在稀釋時pH變更程度大及酸的濃度與氫離子的濃度的關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯點為A，要留意弱電解質(zhì)存在電離平衡。10.常溫時，向20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH與滴加NaOH溶液體積V的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A.a點溶液中c(CH3COO-)＜c(Na+)B.圖中四點處水的電離程度最大的點為：b點C.加入NaOH溶液過程中，先增大后減小D.CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka約為105【答案】D【解析】【分析】理清各點的組成，酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，a點溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸、b點溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸、c點溶質(zhì)為醋酸鈉、d點溶質(zhì)為醋酸鈉和NaOH，結(jié)合弱電解質(zhì)電離、鹽水解原理分析?！驹斀狻緼．a(chǎn)點溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH＜7，溶液呈酸性，c(OH－)＜c(H＋)，溶液中存在電荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)，所以c(CH3COO－)＞c(Na＋)，故A錯誤；B．酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，a點溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸、b點溶質(zhì)為醋酸鈉和醋酸、c點溶質(zhì)為醋酸鈉、d點溶質(zhì)為醋酸鈉和NaOH，a、d都抑制水電離，d水的電離的電離程度和純水相同，c促進水電離，所以水電離程度最大點是c點，故B錯誤；C．加入NaOH溶液過程中，溶液酸性減弱、堿性增加，則c(H＋)減小，溫度不變電離平衡常數(shù)不變，=增大，故C錯誤；D．由圖在沒加NaOH時，CH3COOH電離程度較小，則0.1mol·L－1醋酸溶液中c(CH3COO－)≈c(H＋)=10-3mol·L－1，c(CH3COOH)≈0.1mol·L－1，電離平衡常數(shù)Ka=×c(H＋)==10-5，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查酸堿混合溶液定性推斷，側(cè)重考查圖象分析推斷及計算實力，明確各點溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)、電離平衡常數(shù)計算方法、電離平衡常數(shù)影響因素等學問點是解本題關(guān)鍵，難點C，留意結(jié)合電離平衡常數(shù)進行分式的變形。11.在容積肯定的密閉容器中，置入肯定量的一氧化氮和足量碳發(fā)生化學反應：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡時c（NO）與溫度T的關(guān)系如下圖所示，則下列說法不正確的是A.該反應正反應的△H＜0B.若狀態(tài)A、B的逆反應速率分別為v逆（A）、v逆（B），則v逆（A）＞v逆（B）C.在T2時，若反應體系處于狀態(tài)D，則此時v正＞v逆D.若狀態(tài)B、C、D的壓強分別為PB、PC、PD，則PC＞PD=PB【答案】B【解析】【分析】A、由圖可知，溫度越高平衡時c（NO）越大，即上升溫度平衡逆移；B、由圖可知，狀態(tài)A的溫度小于狀態(tài)B的溫度，上升溫度，化學反應速率加快；C、由圖可知，T2時反應進行到狀態(tài)D，c（CO）高于平衡濃度，故反應向逆反應進行；D、達到平衡狀態(tài)時，壓強和溫度成正比例關(guān)系。【詳解】A項、由圖可知，溫度越高平衡時c（NO）越大，即上升溫度平衡逆移，所以正反應為放熱反應，即△H＜0，故A正確；B項、由圖可知，狀態(tài)A的溫度小于狀態(tài)B的溫度，上升溫度，化學反應速率加快，則v逆（B）＞v逆（A），故B錯誤；C項、T2時反應進行到狀態(tài)D，c（NO）高于平衡濃度，故反應向正反應進行，則肯定有v正＞v逆，故C正確；D項、達到平衡狀態(tài)時，壓強和溫度成正比例關(guān)系，壓強大小為PC＞PD=PB，故D正確。故選B。【點睛】本題考查化學平衡圖像，試題以化學平衡圖象為載體考查溫度對平衡移動的影響，留意曲線上的各點都處于平衡狀態(tài)。12.肯定溫度下，將1molA(g)和1molB(g)充入2L密閉容器中發(fā)生反應：A(g)+B(g)xC(g)+D(s)△H<0，在t1時達平衡。在t2、t3時刻分別變更反應一個條件，測得容器中C(g)的濃度隨時間變更如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A.t2時刻變更的條件是運用催化劑B.t3時刻v(逆)可能小于t2時刻v(逆)C.t3時刻變更的條件肯定是增大反應物的濃度D.t1～t2、t2～t3平衡常數(shù)均為0.25【答案】B【解析】【詳解】A.催化劑只能加快反應速率，對平衡無影響，不能影響C的物質(zhì)的量濃度，由圖可知，t2時刻C的濃度增大，但平衡不移動，因此變更的條件不是催化劑，故A錯誤；B.由圖象可知，t3時刻后C的物質(zhì)的量濃度增大，說明平衡正向移動，t3時刻v(逆)可能小于t2時刻v(逆)，故B正確；C.由圖象可知，t3時刻后C的物質(zhì)的量濃度增大，說明平衡正向移動，變更的條件可能是增大反應物的濃度、降低溫度等，故C錯誤；D.依據(jù)圖可知，在t2時刻，平衡不移動，但C的濃度變大，說明在在t2時刻變更的條件是縮小容器的體積，且該反應前后氣體體積不變，所以可知x=2，反應方程式為：A（g）+B（g）2C（g）+D（s），t1～t3間溫度相同，平衡常數(shù)相同，由圖可知平衡時C的濃度為0.5mol/L，則：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）起始濃度（mol/L）0.50.50轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.250.250.5平衡濃度（mol/L）0.250.250.5所以平衡常數(shù)K＝＝4，故D錯誤。故選B。13.下列說法正確的是A.常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH＝4B.為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液pH。若pH＞7，則H2A是弱酸；若pH＜7，則H2A是強酸C.用0.2000mol?L-1NaOH標準溶液滴定HCl與CH3COOH的混合液(混合液中兩種酸的濃度均約為0.1mol?L-1)，當pH=7時，溶液中的酸恰好完全中和D.相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1mol?L-1鹽酸、③0.1mol?L-1氯化鎂溶液、④0.1mol?L-1硝酸銀溶液中，Ag＋濃度：④＞①＞②＞③【答案】D【解析】A.常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，醋酸的電離平衡正向移動，溶液的pH小于4，A不正確；B.為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測0.1mol/LH2A溶液的pH。若pH1，則H2A是強酸；若pH>1，則H2A是弱酸。若測NaHA溶液的pH，即使pH＜7，也不能說明H2A是強酸，也可能是因為HA-的電離程度大于其水解程度所致，B不正確；C.用0.2000mol?L-1NaOH標準溶液滴定HCl與CH3COOH的混合液(混合液中兩種酸的濃度均約為0.1mol?L-1)，當酸堿恰好完全反應時得到氯化鈉和醋酸鈉溶液，因醋酸鈉水解而使溶液顯堿性，所以，當pH=7時，溶液中的酸沒有被完全中和，C不正確；D.相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1mol?L-1鹽酸、③0.1mol?L-1氯化鎂溶液、④0.1mol?L-1硝酸銀溶液中，Ag＋濃度④為0.1mol?L-1，②、③兩溶液中的Cl-離子抑制氯化銀的溶解，③中Ag＋濃度最小，D正確。本題選D。點睛：酸堿中和反應恰好完全進行時，溶液的pH不肯定等于7，溶液的pH由生成的鹽的性質(zhì)確定，強酸強堿鹽溶液顯中性，強酸弱堿鹽水解顯酸性，強堿弱酸鹽水解顯堿性。14.已知：AgBr比AgCl更難溶，將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量的濃AgNO3溶液，發(fā)生的反應為A.只有AgBr沉淀生成 B.AgCl與AgBr沉淀等量生成C.AgCl與AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀為主 D.AgCl與AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀為主【答案】C【解析】【分析】水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，依據(jù)難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡分析?！驹斀狻吭贏gCl與AgBr的飽和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的濃AgNO3溶液時兩個溶解平衡都要向生成沉淀的方向移動，所以AgBr和AgCl沉淀都會生成。由于AgBr比AgCl更難溶，起始時飽和溶液中Br-的物質(zhì)的量比Cl-更少，加入濃AgNO3溶液發(fā)生反應：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最終所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案選C。15.肯定條件下，某含碳鋼腐蝕狀況與溶液pH的關(guān)系如下表：pH2466.5813.514腐蝕快慢較快慢較快主要產(chǎn)物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2—下列說法正確的是A.隨pH的上升，碳鋼腐蝕速率漸漸加快B.pH<4,發(fā)生析氫腐蝕C.pH為14，其負極反應為2H2O+Fe-3e-=FeO2-+4H+D.在煮沸除氧氣后的堿性溶液中，碳鋼腐蝕速率會加快【答案】B【解析】【詳解】A項、由表可知，隨pH的上升，碳鋼腐蝕速領(lǐng)先減慢后漸漸加快，故A錯誤；B項、當pH<4溶液中，碳鋼主要發(fā)生析氫腐蝕，負極電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+，正極上電極反應式為：2H++2e-=H2↑，故B正確；C項、在pH=14溶液中，碳鋼發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為4OH-+Fe_3e-═FeO2-+2H2O，故C錯誤；

D項、在煮沸除氧氣后的堿性溶液中，正極上氧氣生成氫氧根離子速率減小，所以碳鋼腐蝕速率會減緩，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查金屬的腐蝕與防護，明確鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕和吸氧腐蝕的條件是解本題關(guān)鍵。16.一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列有關(guān)該電池的說法正確的是A.電極B上發(fā)生的電極反應為：O2+2CO2+4e-=2B.電極A上H2參加的電極反應為：H2+2OH--2e-=2H2OC.電池工作時，向電極A移動，電子由A極經(jīng)電解質(zhì)流向B極D.反應CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移12mol電子【答案】A【解析】【分析】燃料電池中，通入燃料的一極為負極，還原劑失去電子發(fā)生氧化反應，電子沿著導線流向正極，通入助燃物的一極為正極，正極上發(fā)生還原反應，內(nèi)電路中陰離子移向負極、陽離子移向正極，據(jù)此回答；【詳解】A．B為正極，正極為氧氣得電子生成CO32-，電極反應為：O2+2CO2+4e-=2CO32-，A正確；B．電解質(zhì)溶液中沒有OH-，負極反應為H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，B錯誤；C．電池工作時，CO32-向負極移動，即向電極A移動，C錯誤；D．反應CH4+H2O3H2+CO，C元素化合價由-4價上升到+2價，H元素化合價由+1價降低到0價，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移6mol電子，D錯誤；答案選A。17.完成并分析下列化學原理(1)在配制三氯化鐵溶液時，為了防止發(fā)生水解，可以加入少量的________。(2)把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最終得到的主要固體產(chǎn)物是________。(3)除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的試劑可以是________。(4)amol/L(NH4)2SO4溶液pH=5，其緣由是_________(用相應的離子方程式說明)。(5)有4種混合溶液，分別由等體積0.1mol/L的兩種溶液混合而成：①NH4Cl與CH3COONa；②NH4Cl與HCl；③NH4Cl與NaCl；④NH4Cl與NH3·H2O(混合液呈堿性)。溶液中c(H+)由小到大的依次為：(填混合溶液的編號)________________。(6)在做Zn與稀H2SO4反應制取H2的試驗中，向溶液中滴加幾滴CuSO4溶液，反應放出H2速度加快的緣由是：________________?！敬鸢浮?1).稀鹽酸(2).Al2O3(3).氧化銅(氫氧化銅或碳酸銅或堿式碳酸銅)(4).+H2ONH3·H2O+H+(5).④＜①＜③＜②(6).形成鋅—銅—稀硫酸原電池，加快反應速率【解析】【分析】(1)鐵離子水解生成氫氧化鐵和鹽酸，呈酸性，加酸抑制水解；(2)鋁離子水解生成的鹽酸為揮發(fā)性酸，蒸干得到氫氧化鋁，再灼燒分解；(3)鐵離子水解生成氫氧化鐵和鹽酸，加入CuO等調(diào)整溶液pH使鐵離子完全沉淀，從而除去雜質(zhì)且沒有引進新的雜質(zhì)；(4)amol/L(NH4)2SO4溶液中存在水解反應溶液呈酸性；(5)①NH4Cl與CH3COONa混合物顯示中性；②NH4Cl與HCl中c(H＋)最大；③NH4Cl與NaClc(H＋)僅次于②；④NH4Cl與NH3·H2O溶液c(H＋)最小；(6)發(fā)生反應Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，形成鋅—銅—稀硫酸原電池，加快反應速率。【詳解】(1)鐵離子水解生成氫氧化鐵和鹽酸，呈酸性，在配制三氯化鐵溶液時，為了防止發(fā)生水解，可以加入少量的稀鹽酸。故答案為：稀鹽酸；(2)鋁離子水解生成的鹽酸為揮發(fā)性酸，蒸干得到氫氧化鋁，把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最終得到的主要固體產(chǎn)物是Al2O3。故答案為：Al2O3；(3)鐵離子水解生成氫氧化鐵和鹽酸，除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的試劑可以是氧化銅(氫氧化銅或碳酸銅或堿式碳酸銅)，調(diào)整溶液pH使鐵離子完全沉淀，從而除去雜質(zhì)且沒有引進新的雜質(zhì)。故答案為：氧化銅(氫氧化銅或碳酸銅或堿式碳酸銅)；(4)amol/L(NH4)2SO4溶液中存在水解反應溶液呈酸性，pH=5，其緣由是+H2ONH3·H2O+H+。故答案為：+H2ONH3·H2O+H+；(5)有4種混合溶液，分別由等體積0.1mol/L的兩種溶液混合而成：①NH4Cl與CH3COONa的溶液顯示中性；②NH4Cl與HCl的氫離子濃度最大；③NH4Cl與NaCl顯示酸性；④NH4Cl與NH3·H2O(混合液呈堿性)的氫離子濃度最小。溶液中c(H+)由小到大的依次為：④＜①＜③＜②。故答案為：④＜①＜③＜②；(6)在做Zn與稀H2SO4反應制取H2的試驗中，向溶液中滴加幾滴CuSO4溶液，發(fā)生反應Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，形成鋅—銅—稀硫酸原電池，加快反應速率。故答案為：形成鋅—銅—稀硫酸原電池，加快反應速率。18.用中和滴定法測定某燒堿樣品(含有氯化鈉的雜質(zhì))的純度，試依據(jù)試驗回答下列問題：(1)為了避開測定過程中樣品部分與空氣中二氧化碳反應導致結(jié)果偏差，滴定時，用0.2000mol/L的鹽酸標準液來滴定待測溶液，可選用______(填編號字母)作指示劑。A.甲基橙B.石蕊C.酚酞(2)滴定過程中，眼睛應凝視____，若用酚酞做指示劑，滴定終點的標記是_______，滴定結(jié)果是________(偏大，偏小，不變)，理由______________。(3)依據(jù)下表數(shù)據(jù)，計算被測燒堿溶液的物質(zhì)的量濃度是______________mol/L，燒堿樣品的純度是___________。滴定次數(shù)待測溶液體積(mL)標準酸體積滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50其次次10.004.1024.00第三次10.000.1024.30【答案】(1).A(2).錐形瓶中溶液顏色變更(3).溶液由紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復原原色(4).偏小(5).滴定終點時，溶液中碳酸根離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少(6).0.4000(7).97.56%【解析】【分析】(1)依據(jù)滴定終點溶液有酸堿性來選擇指示劑。空氣中二氧化碳與NaOH反應生成碳酸鈉，碳酸氫鈉顯堿性，為了避開測定結(jié)果出現(xiàn)較大誤差，滴定終點可選變色范圍為酸性的指示劑，石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑；(2)按中和滴定的操作規(guī)范：中和滴定時眼睛主要溶液顏色的變更，若用酚酞做指示劑，滴定終點由粉紅色變成無色且半分鐘內(nèi)不變色；依據(jù)酚酞變色范圍可知，滴定終點時碳酸鈉變?yōu)樘妓釟溻c，消耗鹽酸過少；(3)先推斷數(shù)據(jù)的有效性，計算消耗鹽酸的平均體積，結(jié)合NaOH+HCl=NaCl+H2O計算c(NaOH)，由m=cVM計算500mL溶液中氫氧化鈉的質(zhì)量，最終依據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算燒堿樣品的純度?！驹斀狻?1)A．為了避開測定過程中樣品部分與空氣中二氧化碳反應導致結(jié)果偏差，滴定終點溶液應呈酸性，故A選；B．石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，故B不選；C．酚酞變色范圍為pH=8.2-10，滴定后溶液顯堿性，誤差較大，故C不選；故答案為：A；(2)滴定過程中，眼睛應凝視錐形瓶中液體顏色變更，若用酚酞做指示劑，酚酞變色范圍為pH=8.2-10，滴定終點的標記是溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色，滴定結(jié)果是偏小，理由：滴定終點時，溶液中碳酸離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少，導致測定結(jié)果偏低；故答案為：錐形瓶中液體顏色變更；溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；偏??；滴定終點時，溶液中碳酸離子被滴定為碳酸氫根離子，消耗鹽酸較少；(3)3次試驗消耗標準液體積分別為：20.50-0.40=20.10mL，24.00-4.10=19.90mL，24.30-0.10=24.20mL，第3次數(shù)據(jù)誤差大，舍去，則消耗標準液平均體積為：=20.00mL，NaOH+HCl=NaCl+H2O，c(NaOH)×0.0100L=0.2000mol·L－1×0.0200L，c(NaOH)=0.4000mol·L－1，即氫氧化鈉物質(zhì)的量濃度為：0.4000mol·L－1，m(燒堿)═cVM═0.4000mol·L-1×0.5L×40g·mol－1═8.0g，燒堿樣品的純度ω=×100%═97.56%，故答案為：0.4000；97.56%。【點睛】本題考查物質(zhì)的含量測定，側(cè)重考查學生的分析實力、試驗實力和計算實力，明確試驗原理是解本題關(guān)鍵，易錯點(1)是酸堿指示劑的選取，留意駕馭中和滴定操作方法，留意把握試驗原理、試驗技能以及物質(zhì)性質(zhì)的分析，難點(3)酸堿中和滴定的計算，留意數(shù)據(jù)的有效性，依據(jù)方程式計算。19.甲醇是一種重要的可再生能源。已知：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=akJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=bkJ/mol。(1)寫出由CH4和O2制取CH3OH(g)的熱化學方程式：__________________。(2)在80℃時，將0.4mol的四氧化二氮氣體充入2L已抽空的固定容積的密閉容器中，隔一段時間對該容器內(nèi)的物質(zhì)進行分析，得到如下數(shù)據(jù)：時間(s)020406080100c(N2O4)0.20a0.10cdec(NO2)0.000.12b0.220.220.22反應進行至100s后將反應混合物的溫度降低，發(fā)覺氣體的顏色變淺。該反應的化學方程式為N2O42NO2。①0~20s內(nèi)N2O4的平均反應速率為______________。②該反應的平衡常數(shù)表達式K=______________，在80℃時該反應的平衡常數(shù)K值為____(保留2位小數(shù))。③下列說法正確的是_____________。A．溫度越高，K值越大，N2O4的轉(zhuǎn)化率越高B．加壓，平衡逆向移動，氣體顏色變淺C．增大N2O4濃度，新平衡建立過程中正反應速率不斷加快D．起始條件相同，將等最的N2O4分別在A、B兩個相同的容器中反應建立平衡，A保持恒溫、恒容；B保持恒溫、恒壓，達到平衡后，A中的N2O4平衡轉(zhuǎn)化率小于B④寫出恒溫恒容下，能推斷該反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)_____________、_____________。(寫出2條即可)【答案】(1).2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=(a+2b)kJ/mol(2).0.003mol/(L·s)(3).(4).0.54mol/L(5).AD(6).混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變(7).混合氣的顏色不再變更；壓強不再變更(其他答案合理均得分)【解析】【詳解】(1)已知：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=akJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=bkJ/mol。蓋斯定律計算①+②×2得到由CH4和O2制取CH3OH(g)的熱化學方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=(a+2b)kJ/mol；(2)①0~20s內(nèi)N2O4的平均反應速率為v(N2O4)==0.003mol/(L·s)；②該反應的平衡常數(shù)表達式K=；在80℃時，反應60s達到平衡狀態(tài)，平衡濃度c(NO2)=0.22mol·L－1，c(N2O4)=0.09mol·L－1，該反應的平衡常數(shù)K值為==0.54(保留2位小數(shù))；③A．正反應為吸熱反應，溫度越高，平衡正移，K值增大，N2O4的轉(zhuǎn)化率越高，故A正確；B．加壓，平衡逆向移動，容器體積減小，NO2濃度增大，氣體顏色變深，故B錯誤；C．增大N2O4的濃度，隨著反應進行，N2O4的濃度漸漸減小，正反應速率不斷降低，故C錯誤；D．起始條件相同，將等最的N2O4分別在A、B兩個相同的容器中反應建立平衡，A保持恒溫、恒容；B保持恒溫、恒壓，達到平衡后，則平衡相對于容器A正向移動，A中的N2O4平衡轉(zhuǎn)化率小于B，故D正確；故答案為：AD；④恒溫恒容下，容器體積不變，氣體質(zhì)量不變，但氣體物質(zhì)的量變更，氣體平均相對分子質(zhì)量為變更值，壓強為變更值，則達到平衡時，平均相對分子質(zhì)量不變，壓強不再變更，混合氣體顏色不再變更，能推斷該反應達到平衡狀態(tài)的依據(jù)混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不變、混合氣的顏色不再變更；壓強不再變更(其他答案合理均得分)。20.W、X、Y、Z、Q是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最豐富的元素；X、Z元素原子基態(tài)時，核外電子均排布在3個能級上，且它們的價電子層上均有2個未成對電子；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，生成藍色沉淀，繼縷滴加氨水，沉淀溶解，得深藍色溶液。請回答下列問題：(1)寫出Z原子的價電子排布圖為_______________。(2)W2XZ分子中的中心原子的雜化類型_______________。(3)Y、W形成的最簡潔的氣態(tài)氫化物分子的空間構(gòu)型為_______________。(4)接著滴加氨水，沉淀溶解時反應：_______________(用離子方程式表示)，向深藍色溶液中再加乙醇，會析出深藍色的[Q(NH3)4]SO4·H2O晶體，該晶體中含有的化學鍵_______________。(5)Y的最簡潔氣態(tài)氫化物的沸點比同主族相鄰元素的最簡潔氣態(tài)氫化物的沸點高的緣由是_______________?！敬鸢浮?1).(2).sp2雜化(3).三角錐形(4).Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O(5).離子鍵、極性鍵、配位鍵(6).氨氣分子間存在氫鍵【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W是宇宙中最豐富的元素，則W為H元素；X、Z元素原子基態(tài)時，核外電子均排布在3個能級上，按排布規(guī)律這3個能級為1s、2s和2p，且它們的價電子層上均有兩個未成對電子，則X和Z的電子排布式為1s22s22p2和1s22s22p4，故X為C元素，Z為O元素，則Y為N元素；向含有QSO4的溶液中滴加氨水，形成藍色沉淀，再滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色溶液，則Q為Cu元素，以此來解答?！驹斀狻?1)Z為O元素，O原子的核外電子排布式為1s22