2024北京一六一中高二（下）开学考化学试题及答案

试题试题2024北京一六一中高二（下）开学考化学一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。1．（3分）下列物质属于弱电解质的是（）A．H2SO4 B．AgCl C．NH3•H2O D．CH3COONa2．（3分）下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．质量数为2的氢核素： B．Fe的原子结构示意图： C．px电子云轮廓图： D．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式：3．（3分）下列制备物质的转化关系不合理的是（）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）下列说法正确的是（）A．原子半径：P＜S＜Cl B．电负性：C＜N＜O C．热稳定性：HF＜HCl＜HBr D．第一电离能：Na＜Mg＜Al5．（3分）下列过程与水解无关的是（）A．向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，产生白色沉淀 B．用铝盐作净水剂，生成Al（OH）3胶体能使水中细小悬浮颗粒聚集、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制备TiO2，制备时加入大量的水，同时加热6．（3分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A． B． t/℃51015一水合氨Kb（10﹣5mol•L﹣1）1.4791.5701.625C． D．7．（3分）下列实验装置或操作，能达到实验目的的是（）目的测定中和反应的反应热防止铁片被腐蚀由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3固体用盐酸测定NaOH溶液的浓度装置或操作选项ABCDA．A B．B C．C D．D8．（3分）根据图，下列判断中正确的是（）A．烧杯b中发生还原反应 B．烧杯b中发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑ C．烧杯a中发生的反应为2H++2e﹣═H2↑ D．烧杯a中的溶液pH升高9．（3分）已知反应S2（aq）+2I﹣（aq）⇌2（aq）+I2（aq），若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是（）①2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）⇌I2（aq）+2Fe2+（aq）②2Fe2+（aq）+S2（aq）⇌2Fe3+（aq）+2（aq）A．反应①的ΔH＞0，反应②的ΔH＜0 B．反应①的速率比反应②的速率慢 C．Fe3+是该反应的催化剂，降低了该反应的ΔH D．向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅10．（3分）向恒容密闭容器中加入1molCO2和一定量的H2，发生反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）。不同投料比x[n（CO2）：n（H2）]时，CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．x1＜x2 B．该反应为吸热反应 C．点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb═Kc D．投料比固定，当容器内压强不再改变时，反应达到平衡状态11．（3分）分析化学中以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，测定c（Cl﹣）。已知：i.K2CrO4溶液中存在平衡：2+2H+⇌Cr2+H2Oii.25℃时，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10﹣12（砖红色），Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10（白色）下列分析不正确的是（）A．实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀 B．产生白色沉淀时，存在AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq） C．当产生砖红色沉淀时，如果c（）＝5.0×10﹣3mol⋅L﹣1，Cl﹣已沉淀完全 D．滴定时应控制溶液pH在合适范围内，若pH过低，会导致测定结果偏低12．（3分）用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法正确的是（）A．压强改变是因为产生了H2 B．整个过程中，负极电极反应式均为Fe﹣3e﹣═Fe3+ C．若将铁粉换为铜粉，pH＝2.0时，压强随时间变化曲线基本不变 D．pH不同，压强变化趋势不同，是由微粒氧化性强弱不同导致的13．（3分）以0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/LH3PO4溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是pH8.2∼10下列说法不正确的是（）A．N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点，Q点不能用酚䣭做指示剂 B．M点满足：c（Na+）＝c（H2）+c（）+c（）+c（H3PO4） C．M→N过程中，均满足：c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣） D．N点溶液：c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H2）14．（3分）某小组采用等质量的大理石和碳酸钴粉末、足量的0.2mol/L稀盐酸和0.1mol/L稀硫酸研究实验室制备CO2的化学反应速率。实验中CO2的浓度随时间的变化如图所示。已知：碳酸钴和稀硫酸反应生成微溶的硫酸钙，硫酸钙会包裹在碳酸钙表面。下列说法正确的是（）A．比较实验1和实验2，可以说明酸的c（H+）对生成CO2的速率有影响 B．比较实验1和实验4，可以说明生成CO2的速率和酸中阴离子的种类有关 C．实验结论：生成的CaSO4对碳酸钙粉末比对大理石的包裹作用更强 D．综合以上四个实验推断大理石粉末和稀硫酸反应能用于制备CO2二、填空题：本大题共5小题，共58分。15．（9分）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：（1）基态N原子电子占据个能层，电子占据的最高能级的符号是。基态N原子共有种不同运动状态的电子。（2）B的第一电离能I1（B）＝800kJ•mol﹣1，判断I1（Al）800kJ•mol﹣1（填“＞”或“＜”），从电子排布的角度说明判断理由。（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）。在H、B、N三种元素中，电负性由大到小的顺序是。（4）26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。这四种催化剂中：①位于ds区的元素符号是。②催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为。16．（11分）我国利用氯碱厂生产的H2作燃料，将氢燃料电站应用于氯碱工业，其示意图如图。（1）a极为（填“正”或“负”）极，其电极反应式是。（2）乙装置中电解饱和NaCl溶液的化学方程式为。（3）结合化学用语解释d极区产生NaOH的原因：。（4）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2∼3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：。（5）下列说法正确的是。A．甲装置可以实现化学能向电能转化B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向a极移动C．乙装置中c极一侧流出的是淡盐水D．理论上，每消耗2.24LH2（标况下），可制得0.2molNaOH17．（12分）CH4还原重整CO2既能减少二氧化碳排放，又能生产增值化学品，是实现“双碳”经济的有效途径之一。（1）甲烷干法重整（1000℃）ⅰ．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ•mol﹣1ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1①反应ⅰ的平衡常数表达式为．②对于反应ⅰ，既能加快反应速率又能提高CO2平衡转化率的措施是。（写2条）反应ⅱ为副反应，生产中要尽可能控制该反应，减少水的生成。（2）甲烷超干重整（750℃）CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）ΔH①ΔH＝kJ•mol﹣1。②CO2的转化原理如图所示：恒压、750℃时，将混合气[n（CH4）：n（CO2）＝1：3]通入反应器A，充分反应；待反应平衡后，改通He气，吹出反应器A内气体；如此往复切换通入的气体，实现CO2的高效转化。ⅰ．基态28Ni原子3d轨道能活化CO2，28Ni的简化电子排布式是。ⅱ．结合有关反应方程式，说明CaO对Fe3O4氧化CO反应的影响。ⅲ．反应达平衡后，改通He气，测得一段时间内CO物质的量上升，解释CO物质的量上升的原因。（3）从能源利用的角度，分析甲烷超干重整法的优点：。18．（12分）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：软锰矿Mn2+溶出液钝化液MnO2资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4，不反应。（1）溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+主要途径如图所示。ⅰ.步骤Ⅰ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是。ⅱ.若Fe2+全部来自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值（0.9）小于2，原因是。（2）纯化已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3⋅H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：。（3）电解Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是。（4）产品纯度测定向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol⋅L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL（已知：MnO2及均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0：）。产品纯度为（用质量分数表示）。19．（14分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质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之间的转化，实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是。③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验Ⅲ：实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。装置步骤电压表读数i如图连接装置并加入试剂，闭合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重复i，再向B中加入与iii等量aNaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是（填序号）。a．AgNO3溶液b．NaCl溶液c．KI溶液②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是

参考答案一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。1．【分析】在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物为非电解质；在水溶液中能部分电离的为弱电解质，完全电离的为强电解质，据此判断。【解答】解：A．H2SO4是强酸，属于强电解质，故A错误；C．AgCl难溶于水，但溶解在水中的部分完全电离变为自由移动的离子，因此AgCl是强电解质，故B错误；C．NH3•H2O为弱碱，水溶液中部分电离，为弱电解质，故C正确；D．醋酸钠在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质的分类，把握电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念即可解答，题目简单。2．【分析】A．元素符合左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数，质量数为2的氢核素中质子数是1；B．Fe原子核内有26个质子、核外有26个，核外有4个电子层，从内到外电子数依次是2、8、14、2；C．px电子云轮廓图为哑铃型；D．基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，3d能级中每个轨道上有1个电子且自旋方向相同。【解答】解：A．元素符合左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数，质量数为2的氢核素中质子数是1，所以质量数为2的氢核素：，故A正确；B．Fe原子核内有26个质子、核外有26个，核外有4个电子层，从内到外电子数依次是2、8、14、2，Fe的原子结构示意图为，故B错误；C．px电子云轮廓图为哑铃型，所以px电子云轮廓图：，故C正确；D．基态24Cr原子的价层电子排布式为3d54s1，3d能级中每个轨道上有1个电子且自旋方向相同，所以基态24Cr原子的价层电子轨道表示式：，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学用语，侧重查看基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构示意图的画法、原子核外电子排布规律等知识点是解本题关键，题目难度不大。3．【分析】A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸；C．海水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；D．该反应为从海水中提取金属镁的流程，电解的应该是熔融氯化镁。【解答】解：A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，通过该生产流程可制备硝酸，故A正确；B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故B正确；C．水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，所以在给定条件下，能够完成几种物质之间的转化，故C正确；D．要电解能到金属镁，需要电解熔融氯化镁，用氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，故D错误；故选：D。【点评】本题综合考查元素化合物知识，侧重于化学与工业生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。4．【分析】A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B．非金属性越强，电负性越大；C．非金属性越强对应氢化物越稳定；D．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但全充满状态，电子能量最低。【解答】解：A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，原子序数P＜S＜Cl，所以原子半径P＞S＞Cl，故A错误；B．非金属性C＜N＜O，则电负性为C＜N＜O，故B正确；C．非金属性F＞Cl＞Br，所以稳定性：HF＞HCl＞HBr，故C错误；D．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量最低，第一电离能：Mg＞Al＞Na，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期律和周期表的应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5．【分析】A．向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，增大了氯离子浓度，析出氯化钠晶体；B．Al（OH）3胶体具有较大表面积，能吸附悬浮杂质；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2（OH）2CO3]；D．盐类水解是吸热反应，并且盐中可水解离子的浓度越低，水解程度越大。【解答】解：A．向饱和NaCl溶液中滴加浓盐酸，增大了氯离子浓度，溶解结晶平衡向析出氯化钠晶体的方向进行，产生氯化钠晶体白色沉淀，过程与盐类水解无关，故A正确；B．用铝盐作净水剂，铝离子水解生成Al（OH）3胶体具有较大表面积，能使水中细小悬浮颗粒聚集、沉降，与水解有关，故B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2（OH）2CO3]，碳酸氢根离子和铜离子水解反应相互促进，与水解有关，故C错误；D．盐类水解是吸热反应，且TiCl4浓度越稀水解程度越大，所以用TiCl4制备TiO2反应中，加入大量的水并加热，可促进TiCl4的水解反应趋于完全，与盐类水解有关，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了盐类水解原理和应用，注意知识的积累，题目难度不大。6．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A.CuCl2溶液中存在[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O，[[Cu（H2O）4]2+呈蓝色，[CuCl4]2﹣呈绿色，向试管中加入足量NaCl固体，上层溶液变为绿色，说明平衡正移，可以用平衡移动原理解释，故A错误；B.一水合氨的电离是吸热过程，升高温度，促进平衡正向移动，所以平衡常数增大，能用平衡移动原理解释，故B错误；C.存在平衡2NO2⇌N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故C错误；D.金属锌和硫酸的反应中，加入金属铜，可以构成原电池，加快反应速率，不能用平衡移动原理解释，故D正确；故选：D。【点评】本题考查勒夏特例原理应用的有关判断，侧重考查知识的综合运用，明确勒夏特列原理内涵及其适用范围是解本题关键，注意：只有能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，题目难度不大。7．【分析】A．测定中和热，需要在隔热的环境下；B．Fe与电源负极相连作阴极；C．加热促进铁离子水解，且生成的盐酸易挥发；D．盐酸不能盛放在酸式滴定管中。【解答】解：A．测定中和热，需要在隔热的环境下，在玻璃杯上方用硬质卡盖住，在玻璃杯周围用碎纸屑或泡沫保温，故A错误；B．Fe与电源负极相连作阴极，可防止铁片被腐蚀，故B正确；C．加热促进铁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故C错误；D．盐酸不能盛放在酸式滴定管中，应改为酸式滴定管，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、盐类水解、中和滴定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。8．【分析】装置图为原电池反应，b中电极锌做负极失电子发生氧化反应，a中电极上氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，以此解答该题．【解答】解：A．烧杯b中电极上是锌失电子发生氧化反应，故A错误；B．b为负极，锌被氧化，电极反应为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，故B错误；C．a中发生的氧气得到电子生成氢氧根离子的反应，电极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故C错误；D．a发生O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，则溶液pH升高，故D正确。故选：D。【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，把握图中装置的分析及原电池的工作原理为解答的关键，侧重电极、电极反应的考查，题目难度不大。9．【分析】A．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；B．活化能越大，反应速率越慢；C．Fe3+先消耗后生成；D．S2（aq）+2I﹣（aq）⇌2（aq）+I2（aq），该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。【解答】解：A．由图可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，则反应①的ΔH＞0，反应②的ΔH＜0，故A正确；B．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应①的活化能大于反应②，所以反应①的速率比反应②的速率慢，故B正确；C．Fe3+先消耗后生成，则Fe3+是该反应的催化剂，但不能降低该反应的ΔH，故C错误；D．S2（aq）+2I﹣（aq）⇌2（aq）+I2（aq），向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，碘单质的浓度下降，所以适当升温，蓝色变浅，故D正确；故选：C。【点评】本题考查反应历程和反应过程中的能量变化，掌握催化剂不改变反应的焓变以及活化能是解题关键，此题难度中等。10．【分析】A．温度一定时，投料比x[n（CO2）：n（H2）]越小，CO2的平衡转化率越大；B．由图可知，其他条件一定时，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；C．正反应为吸热反应，升高温度时平衡正向移动，平衡常数增大；D．反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变化的反应，投料比固定时容器中压强始终不变。【解答】解：A．温度一定时，增大n（H2）可提高CO2的平衡转化率，即温度一定时，投料比x[n（CO2）：n（H2）]越小，CO2的平衡转化率越大，则x1＜x2，故A正确；B．由图可知，其他条件一定时，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故B正确；C．正反应为吸热反应，升高温度时平衡正向移动，平衡常数增大，且平衡常数只与温度有关，温度不变时平衡常数相同，即点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb═Kc，故C正确；D．反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变化的反应，投料比固定时容器中压强始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡图象分析，侧重分析能力和运用能力考查，把握化学平衡影响因素、平衡状态的判定是解题关键，题目难度不大。11．【分析】A．以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的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时，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，此时溶液中c（Cl﹣）＝＝mol/L＝9×10﹣6mol/L；D．K2CrO4溶液中存在平衡：2+2H+⇌Cr2+H2O，若pH过低，c（H+）过大，该平衡正向移动，溶液中c（）偏小，生成Ag2CrO4时消耗V（AgNO3）偏大。【解答】解：A．以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，先生成AgCl沉淀，再生成Ag2CrO4沉淀，即先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，故A正确；B．产生白色AgCl沉淀时，溶液中存在溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），故B正确；C．如果c（）＝5.0×10﹣3mol⋅L﹣1时，溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，此时溶液中c（Cl﹣）＝＝mol/L＝9×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，则Cl﹣沉淀完全，故C正确；D．K2CrO4溶液中存在平衡：2+2H+⇌Cr2+H2O，若pH过低，c（H+）过大，该平衡正向移动，溶液中c（）偏小，生成Ag2CrO4沉淀时消耗V（AgNO3）偏大，会导致测定结果偏高，故D错误；故选：D。【点评】本题考查沉淀溶解平衡及沉淀滴定实验，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握难溶物的溶解平衡及溶度积常数的计算、滴定终点的判断、误差分析等知识是解本题关键，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度中等。12．【分析】A．pH＝2.0的溶液，酸性较强，Fe发生析氢腐蚀；pH＝6.0时，Fe发生吸氧腐蚀；B．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，失电子生成亚铁离子；C．若将铁粉换为铜粉，pH＝2.0时，Cu和氢离子不反应；D．酸性较强时，发生析氢腐蚀；酸性较弱时，发生吸氧腐蚀。【解答】解：A．pH＝2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大；pH＝6.0时，Fe发生吸氧腐蚀导致压强减小，所以压强改变是因为产生了H2或吸收了氧气，故A错误；B．锥形瓶中的Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故B错误；C．若将铁粉换为铜粉，pH＝2.0时，Cu和氢离子不反应，不能发生析氢腐蚀，所以压强随时间变化曲线基本不变，故C正确；D．酸性较强时，发生析氢腐蚀；酸性较弱时，发生吸氧腐蚀，所以pH不同，压强变化趋势不同，是因为发生腐蚀类型不同，故D错误；故选：C。【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确析氢腐蚀和吸氧腐蚀原理的区别、图中曲线含义及曲线变化原因是解本题关键，题目难度不大。13．【分析】A．结合酚酞的变色范围分析判断；B．M点溶液中溶质为NaH2PO4，结合物料守恒关系分析判断；C．根据电荷守恒关系分析判断；D．N点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度。【解答】解：A．由图可知，N点的pH大约为9.8，Q点的pH大约为12.2，酚酞的变色范围为pH：8.2∼10，则N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点，Q点不能用酚䣭做指示剂，故A正确；B．M点溶液中溶质为NaH2PO4，其物料守恒关系为c（Na+）＝c（H2）+c（）+c（）+c（H3PO4），故B正确；C．M→N过程中始终存在电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣），故C正确；D．N点溶液中溶质为Na2HPO4，属于强碱弱酸盐，c（Na+）＞c（）；由图可知，N点溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，则c（H2）＞c（），所以N点溶液中c（Na+）＞c（）＞c（H2）＞c（），故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、指示剂选取方法等知识点是解本题关键，注意溶液中守恒关系式的灵活运用，题目难度中等。14．【分析】A．比较实验1和实验2，可以说明稀盐酸可以与大理石反应生成二氧化碳，而稀硫酸与大理石几乎不反应，而不是说明酸的c（H+）对生成CO2的速率有影响；B．比较实验1和实验4，可以说明生成CO2的速率和酸与碳酸钙的接触面积有关；C．通过实验可得出的结论：生成的CaSO4对大理石的包裹比对碳酸钙粉末作用更强；D．综合以上四个实验推断大理石粉末和稀硫酸反应能用于制备CO2。【解答】解：A．比较实验1和实验2，可以说明稀盐酸可以与大理石反应生成二氧化碳，而稀硫酸与大理石几乎不反应，而不是说明酸的c（H+）对生成CO2的速率有影响，故A错误；B．比较实验1和实验4，可以说明生成CO2的速率和酸与碳酸钙的接触面积有关，故B错误；C．由于反应3的速率比反应1的速率大，因而通过实验可得出的结论：生成的CaSO4对大理石的包裹比对碳酸钙粉末作用更强，故C错误；D．综合以上四个实验推断大理石粉末和稀硫酸反应能用于制备CO2，故D正确，故选：D。【点评】本题主要考查了化学反应速率的影响因素，题目难度不大，掌握接触面积对固液反应速率的影响因素是解答该题的关键。二、填空题：本大题共5小题，共58分。15．【分析】（1）N价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子为半充满状态；（2）从电子排布的角度说明判断：B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去；（3）①与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）电负性H＞B；②同周期元素从左到右半径依次减小；③H位于s区，B、N位于p区；（4）①从图上可以看出，Co催化效果最好；②从图上可以看出Fe催化效果最差。【解答】解：（1）N是7号元素，电子排布式为1s22s22p3，占据两个能层，电子占据最高能级为2p，有7种不同运动状态的电子，故答案为：2；2p；7；（2）从电子排布的角度说明判断：B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1（Al）＜800kJ•mol−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B），故答案为：＜；B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1（Al）＜I1（B）；（3）与N原子相连的H呈正电性（Hδ+），电负性N＞H，与B原子相连的H呈负电性（Hδ﹣）电负性H＞B，电负性由大到小的顺序是N＞H＞B，故答案为：N＞H＞B；（4）①Cu位于ds区，故答案为：ds；②从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3，故答案为：3。【点评】本题考查考查电离能、电负性的比较应用，把握元素的位置、性质、元素周期律、原子核外电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度中等。16．【分析】（1）甲装置是原电池、乙装置是电解池，a电极上氢气失电子和OH﹣反应生成H2O而发生氧化反应，为负极，则b为正极；（2）乙装置中电解饱和NaCl溶液时，阳极上氯离子失电子生成Cl2，阴极上H2O得电子生成H2和OH﹣；（3）阴极d上水放电，反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，电解池工作时，Na+透过阳离子交换膜移向阴极d，二者结合生成NaOH；（4）阳极产生的氯气，氯气能够溶于水，存在着下列平衡，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入盐酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动；（5）甲装置为原电池，通入燃料氢气的电极a为负极，通入空气（O2）的电极b为正极，原电池工作时，阳离子透过阳离子交换膜移向负极a；乙装置为电解池，与正极b相接的电极c为阳极，电极d为阴极，电解池工作时，阳离子移向阴极d，阳极上氯离子放电生成氯气，c极一侧流出的是淡盐水，依据得失电子守恒计算。【解答】解：（1）由图甲可知，甲装置为氢氧碱性燃料电池，通入燃料氢气的电极为负极，即a电极为负极，其电极反应式是H2+2OH−﹣2e﹣＝2H2O，故答案为：负；H2+2OH−﹣2e﹣＝2H2O；（2）惰性电极电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）乙池为电解池，电极c为阳极，电极d为阴极，阴极上水放电，反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，阳极上Na+透过阳离子交换膜移向阴极d，Na+和OH﹣在阴极d区生成NaOH，故答案为：d极发生反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，Na+从阳极区透过阳离子交换膜进入d极区，与的OH﹣结合生成NaOH；（4）阳极产生的氯气，氯气能够溶于水，存在着下列平衡，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入盐酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，用盐酸控制阳极的pH，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，有利于氯气逸出收集；（5）A．甲装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B．甲装置为原电池，电极a为负极，电极b为正极，Na+透过阳离子交换膜向正极b移动，故B错误；C．乙装置为电解池，c为阳极，d为阴极，电解池工作时，阳离子Na+透过阳离子交换膜移向阴极d，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极c极一侧流出的是淡盐水，故C正确；D．2.24LH2的物质的量为＝0.1mol，负极反应式是H2+2OH−﹣2e﹣＝2H2O，即0.1molH2转移0.2mol电子，阴极上水放电，反应为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，当转移0.2mol电子时，生成0.2molNaOH，故D正确；故答案为：ACD。【点评】本题考查原电池原理和电解原理的应用，为高频考点，明确原电池工作原理和电解池工作原理是解题关键，注意惰性电极电解时溶液中离子放电顺序，掌握电极的判断和电极反应式的书写，题目难度中等。17．【分析】（1）①平衡常数表达式K＝；②对于反应ⅰ，反应为吸热反应，升高温度、增大甲烷浓度等都可以使反应速率增大。二氧化碳转化率增大；（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，盖斯定律计算i+2×ii得到CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）ΔH；②i．28Ni的核外电子数＝质子数＝28，结合的电子排布规律写出；ii．Fe3O4+4CO3Fe+4CO2反应生成的二氧化碳和氧化钙反应，平衡正向进行；iii．通入He，碳酸钙分解平衡正向进行，导致增大，促进铁还原二氧化碳的反应正向进行，CO物质的量上升；（3）甲烷超干重整反应温度低，转化等量二氧化碳需要的能量低。【解答】（1）①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），反应的平衡常数表达式为：，故答案为：；②对于反应ⅰ，反应为吸热反应，升高温度，既能加快反应速率，又能增大二氧化碳平衡转化率，增大CH4浓度，也能增大反应速率，平衡正向进行，增大二氧化碳转化率，故答案为：升高温度、增大甲烷浓度；（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，盖斯定律计算i+2×ii得到CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）ΔH＝（+247kJ•mol﹣1）+2×（+41kJ•mol﹣1）＝+329kJ/mol，故答案为：+329；②ⅰ．28Ni的核外电子数＝质子数＝28，简化电子排布式是：[Ar]3d84s2，故答案为：[Ar]3d84s2；ii．结合有关反应方程式，说明CaO对Fe3O4氧化CO反应的影响为：CaO与CO2反应生成CaCO3，促进Fe3O4+4CO3Fe+4CO2正向进行，故答案为：CaO与CO2反应生成CaCO3，促进Fe3O4+4CO3Fe+4CO2正向进行；iii．反应达平衡后，改通He气，测得一段时间内CO物质的量上升，解释CO物质的量上升的原因：通入He，碳酸钙分解平衡正向进行，导致增大，促进铁还原二氧化碳的反应正向进行，故答案为：通入He，碳酸钙分解平衡正向进行，导致增大，促进铁还原二氧化碳的反应正向进行；（3）从能源利用的角度分析，甲烷超干重整法的优点是：甲烷超干重整反应温度低、转化等物质的量CO2所需能量少等，故答案为：甲烷超干重整反应温度低、转化等物质的量CO2所需能量少等。【点评】本题考查了化学平衡常数、平衡影响因素的分析判断、热化学方程式书写和盖斯定律的计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。18．【分析】软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2，加硫酸和过量铁粉溶解软锰矿，铁把MnO2还原为Mn2+，SiO2不溶于硫酸，过滤得硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸锰溶液，溶液中先加MnO2，后加入NH3⋅H2O调溶液pH≈5，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去硫酸铝、硫酸铁，得到纯化硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液生成二氧化锰。【解答】解：（1）①增大接触面积可以加快反应速率，溶出前，软锰矿需研磨，目的是增大反应速率，提高浸出率，故答案为：增大反应速率，提高浸出率；②ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为，故答案为：；ⅱ.若Fe2+全部来自于反Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2.而实际比值（0.9）小于2，所需还原剂的量减少，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；（2）加MnO2的目的是把Fe2+氧化为Fe3+，MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，所以先加MnO2；后加入NH3⋅H2O调溶液pH≈5，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除去溶液中的Fe3+、Al3+，故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3+、Al3+；（3）电解硫酸锰溶液生成二氧化锰，Mn