2024-2025学年北京市东城区高二上学期期末统一检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市东城区2024-2025学年高二上学期期末统一检测本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Mg24K39Fe56Zn65Cu64S32第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国首次实现了14C同位素的批量生产，下列说法不正确的是A.基态14C原子存在1s能级B.14C原子2p能级轨道数为3C.14C电子发生跃迁得到的是连续光谱D.14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级【答案】C【解析】依据基态碳原子电子排布式可知，基态14C原子存在1s能级，A正确；p能级都含3条轨道，所以14C原子2p能级轨道数3，B正确；14C电子发生跃迁得到的是线状光谱，是不连续的，C错误；依据分析可知，14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，D正确；故答案为：C。2.下列说法不正确的是A.电负性：C<N<O B.第一电离能：P>NC.酸性： D.原子半径：P>S【答案】B【解析】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，则电负性：C<N<O，A项正确；同一主族元素从上向下第一电离能逐渐减小，同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第IIA族和第VA族最外层处于全满、半满状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此第一电离能：P<N，B项错误；同周期，从左至右，非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物酸性增加，则酸性：，C项正确；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：P>S，D项正确；答案选B。3.下列说法正确的是A.基态氮原子的轨道表示式是B.电子云图中小点越密，说明该原子核外空间电子数目越多C.基态26Fe原子的价层电子排布式：4s23d6D.原子核外电子的排布均符合构造原理【答案】A【解析】基态N原子电子排布式为：1s22s22p3，其轨道表示式为：，A正确；电子云图中的小点疏密表示电子出现几率，与电子数无关，B错误；电子排布顺序虽然为4s先于3d，但3d为第三层电子，而4s为第4层电子，故基态26Fe原子的价层电子排布式：3d64s2，C错误；基态原子核外电子排布遵从构造原理，激发态不遵循，D错误；故答案为：A。4.下列化学用语及解释合理的是A.氯化铵溶液显酸性的原因：B.排饱和食盐水可收集氯气的原因：C.浊液中存在平衡：，为弱电解质D.溶液中存在的原因：【答案】A【解析】中水解使溶液显酸性，水解方程式为，A正确；Cl2与水反应是，HClO是弱酸，不能拆，B错误；是强电解质，虽难溶但溶解部分完全电离，C错误；电离方程式为，部分电离出，D错误；故选A。5.下图为HCl在水中电离示意图，下列分析正确的是A.的电子式为：B.HCl的水溶液中，C.HCl的水溶液中，水的电离被抑制D.产生的过程主要为：【答案】C【解析】离子的电子式要写出电荷和电性且用[]括起来，则电子式为：，A错误；该溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(Cl-)，B错误；HCl电离出H+，导致H2O中c(H+)增大而抑制H2O电离，C正确；H2O结合溶液中H+生成H3O+，则产生H3O+的过程主要为：H2O+H+H3O+，D错误；故答案为：C。6.以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应：①②各过程的能量变化如图。下列说法不正确的是A.过程a的反应为：B.与过程a相比，过程b增大了单位体积内活化分子的数目C.过程b中，①反应速率比②慢D.过程b使用了催化剂，通过减小反应热来提升反应速率【答案】D【解析】反应a和反应b总反应相同，根据①+②得总反应，所以过程a的反应为：，A正确；由图可知，过程b活化能低于过程a，以过程b使用了催化剂，降低反应活化能，增大了单位体积内活化分子的数目，B正确；由图可知，①反应的活化能大于②，活化能越大，反应速率越慢，所以①反应速率比②慢，C正确；过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，D错误；故答案为：D。7.利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是A.对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂B.对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低C.该反应：D.平衡常数：【答案】B【解析】Ⅰ、Ⅱ反应速率不同，但平衡时c(CO)相同，可知平衡未发生移动，故反应温度相同，反应II达到平衡时用时少，反应速率快，则Ⅱ使用了催化剂；对比Ⅰ、Ⅲ，两者平衡时c(CO)浓度不同，平衡发生了移动，说明不是加入催化剂，而是改变了温度，反应速率加快，则温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，据此分析作答。由分析可知，Ⅱ使用了催化剂，A项正确；由分析可知，Ⅲ的反应速率加快，则温度升高，说明对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最高，B项错误；NO和CO转化成气体和气体，同时该反应放热，则该反应的热化学方程式为：，C项正确；Ⅰ、Ⅱ温度相同，则平衡常数相同，Ⅲ温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数变小，则平衡常数：，D项正确；答案选B。8.利用下图装置进行实验，先闭合K1，一段时间后，打开K1并闭合K2，电流表指针偏转。下列说法正确的是A.闭合K1，两极均产生气泡，a极附近溶液变红B.闭合K1，移向b极C.闭合K2，a极上的反应为：D.闭合K2时，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为1：2【答案】B【解析】闭合K1，为电解池，a为阳极，产生氧气，b为阴极，产生氢气，然后闭合K2，则为原电池，a为正极，b为负极，据此答题。闭合K1，两极均产生气泡，a为阳极，发生反应：，呈酸性，酚酞不会变红，A错误；闭合K1，b为阴极，移向b极，B正确；闭合K2，a为正极，a极上的反应为：，C错误；闭合K2时，b极发生反应：，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为2：1，D错误；故答案选B。9.一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应：实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响)实验起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化ABCD①1400放出热量：32.8kJ②2800放出热量：QkJ下列说法不正确的是A.①中反应达到平衡时，生成0.8molCB.①条件下的平衡常数C.其他条件不变，若对②升高温度，则D.其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热【答案】C【解析】①中反应放出热量为32.8kJ，根据方程式A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH=-41kJ•mol-1，可知参与反应的A的物质的量为=0.8mol，则①中三段式为：，据此分析作答。根据分析可知，①中反应达到平衡时，生成0.8molC，A正确；①条件下的平衡常数K===1，B正确；根据等效平衡原理可知，②中放出热量为32.8kJ×2=65.6kJ，其他条件不变，若对②升高温度，平衡逆向移动，则Q＜65.6，C错误；A(g)+B(g)C(g)+D(g)是气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动，其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，平衡不移动，能量变化仍为放热QkJ，D正确；故答案为：C。10.向两个容积相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL盐酸、2mL醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是A.a曲线对应的酸是盐酸B.任意相同时间段内，化学反应速率：盐酸均快于醋酸C.两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关D.容器内压强均达到140kPa时，所用时间越长反应速率越小【答案】B【解析】n(Mg)==0.0021mol，n(HCl)=n(CH3COOH)=0.002L×2mol·L-1=0.004mol，可以判断盐酸和醋酸最终会反应完，产生的氢气相等，据此分析；盐酸为强酸，开始产生的氢气多速率比醋酸快，斜率大，故a曲线对应的酸是盐酸，A正确；醋酸溶液与镁的反应为放热反应，随着反应进行，溶液中减小，醋酸存在电离平衡持续电离出氢离子，而盐酸无电离平衡，速率持续减小，且减小的程度大于醋酸，故盐酸均快于醋酸为错误，B错误；两个反应的酸能提供的氢离子总数相同，最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关，C正确；容器内压强均达到140kPa时，即产生相同的物质的量氢气，则氢离子浓度改变量相同，所用时间越长反应速率越小，D正确；故选B。11.下列各图所示装置能达到实验目的的是A．验证铁的吸氧腐蚀B．实现铁上镀铜C．蒸发溶液制固体D．通电后根据灯泡明暗程度判断电解质的强弱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】验证铁的吸氧腐蚀时，将食盐浸泡过的铁钉放置在空气中，导气管另一端浸没在水中，若发生吸氧腐蚀，则具支试管中的氧气由于消耗而压强减小，小试管中的水会进入导气管中，形成一段水柱，能达到实验目的，A正确；要实现铁上镀铜，金属铜应连接在电源的正极，铁制品连接在电源的负极，该装置连接刚好相反，不能达到实验目的，B错误；是强酸弱碱盐，水解产生和挥发性的酸，当水分蒸发时，更易挥发，使水解平衡向右移动，最后得到固体是，不能得到，不能达到实验目的，C错误；溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，盐酸和醋酸只是体积相等，而不知道具体的浓度关系，所以无法根据灯泡明暗程度判断电解质的强弱，D错误；故答案为：A。12.由表中数据判断下列说法不正确的是弱酸HCN电离常数(25℃)A.同物质的量浓度溶液的pH：B.过量的HCN与溶液等体积混合：C.溶液中，比程度大D.溶液中存在：【答案】D【解析】由表格的数据可知，酸性HNO2＞H2CO3＞HCN＞。Na2CO3对应的酸为，NaNO2对应的酸为HNO2，根据越弱越水解的规律可知，Na2CO3的水解程度更大，故pH：Na2CO3＞HNO2，A正确；由于酸性H2CO3＞HCN＞，过量的HCN与Na2CO3溶液反应的方程式为+HCN+CN-，B正确；H2CO3的Ka2=4.7×10-11，Kh2==≈2.22×10-8＞Ka2，因此的水解程度大于电离程度，C正确；Na2CO3溶液中由物料守恒可知c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，D错误；故选D。13.下列实验所选试剂及操作能达到目的的是选项实验目的试剂及操作A验证取2mL溶液，先加3滴溶液，再加5滴溶液，观察现象B证明溶液中存在和转化向溶液中加入2滴HI溶液，通过观察溶液颜色变化，判断平衡移动方向C验证牺牲阳极法按图连接装置，观察电流表指针变化，一段时间后，从Fe电极区域取少量溶液加溶液，观察现象D探究压强对平衡的影响注射器吸入20mL和的混合气体，封闭细口，标记活塞位置为Ⅰ．把活塞迅速拉到Ⅱ处，比较管内混合气体颜色在Ⅰ处和刚拉到Ⅱ处时的深浅A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，则不能验证Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，A错误；K2Cr2O7溶液与HI溶液发生氧化还原反应，通过颜色的变化，不能证明平衡移动，B错误；图中构成原电池，Zn为负极、Fe为正极，从Fe电极区域取少量溶液加K3[Fe(CN)6]溶液，无现象，说明无Fe2+，可验证牺牲阳极法，C正确；把活塞迅速拉到Ⅱ处，体积增大，颜色变浅，不能探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡的影响，D错误；故答案为：C。14.在25℃时，实验测得溶液中的反应在反应物浓度不同时的实验数据如下表。(已知：碘单质溶于水后，溶液为棕黄色。)实验编号①②③初始/()0.10.10.2初始/()0.10.20.1从混合到出现棕黄色的时间/s136.56.6将实验①延长至20s，测得。若用KI代替HI，溶液未出现棕黄色，有无色气体生成，过程中检测到。下列说法不正确的是A.在20s内①的B.由实验数据可知，增大反应物浓度可以加快反应速率C.加入KI时，反应可能有：、D.上述实验说明酸性环境下，I-还原性增强【答案】D【解析】根据实验数据，20ｓ内H2O2浓度变化为0.02mol/L，根据反应方程式，HI浓度变化为0.04mol/L，因此v(HI)=＝0.002mol/(L•s)，A正确；对比实验①②、①③数据可知，增大反应物浓度可以缩短反应时间，即加快反应速率，B正确；加入KI后，溶液未出现棕黄色，说明I-没有被氧化为I2，而是发生了其他反应，检测到IO-，说明发生了H2O2+I-=H2O+IO-，由于有无色气体生成，说明IO-进一步反应生成了O2，可能是IO-+H2O2=O2+I-+H2O，即加入KI为I-催化H2O2分解，C正确；用KI代替HI后，溶液未出现棕黄色未产生I2，而产生了IO-，说明在酸性环境下，I-易被氧化为I2，而中性环境中易被氧化为IO-，说明酸性条件下I-还原性减弱，且还能是溶液酸碱性影响了H2O2的氧化性，不易被H2O2氧化，D错误；故答案为：D。第二部分本部分共5题，共58分。15.利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。（1）合成原理：①该反应的平衡常数表达式：___________。②为提高的平衡转化率，可采取的措施有___________(写两条)。（2）在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为1L的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是___________(写序号)。a．甲醇的质量不再增加b．c．混合气体密度不变d．若使用为反应物，反应物和产物均含有（3）相同时间内，4.00MPa，条件下，温度对反应结果的影响如图所示：已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。ⅱ．；①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是：___________。②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件：___________。【答案】（1）①.②.适当增大压强、降温（2）a（3）①.高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低②.240℃【解析】【小问1详析】①在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值叫做化学平衡常数，K=；②该反应的正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，因此降温和增大压强都可以使平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，另外增大CO2：H2的投料比也能增大H2的平衡转化率；【小问2详析】a．CH3OH质量不再增加说明各组分浓度不再改变，可以判断达到平衡状态，a符合题意；b．投料时n(CO2)：n(H2)=1：3，反应时CO2与H2按照系数比1：3消耗，因此剩余的n(CO2)：n(H2)=1：3，为定值，因此当n(CO2)：n(H2)=1：3不能判断达到平衡状态，b不符合题意；c．混合气体密度ρ=，体系中都是气体，根据质量守恒定律m不变，体积为1L不变，因此ρ为定值，不能判断达到平衡状态，c不符合题意；d．该反应为可逆反应，因此使用C18O2时反应物和产物中都有18O，不能判断达到平衡状态，d不符合题意；故选a；【小问3详析】①由图像可知，高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低，因此合成甲醇过程中存在副反应；②由图像可知，240℃时甲醇的选择性、甲醇的产率都较高，CO2转化率也较高，因此制备甲醇宜选用的反应条件为240℃。16.为探究弱电解质电离情况，进行如下实验。【实验Ⅰ】探究浓度对电离程度的影响。25℃时，测定不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下：组别①②③④⑤浓度/()0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.83（1）由表中数据可得出是弱电解质，依据是___________。（2）②中的___________；的___________(列出计算式即可)。（3）依据K与Q关系分析，①、②溶液浓度与变化程度不同的原因___________。【实验Ⅱ】探究中和反应过程中水电离程度的变化。用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，溶液pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示。（4）a点时，消耗NaOH溶液的体积___________20mL(填“<”“>”或“=”)。用滴定（5）判断恰好完全反应时，溶液的pH___________7(填“<”“>”或“=”)，用化学用语解释原因：___________。（6）上述过程存在与a点水的电离程度相同的溶液，该溶液所含的溶质为___________。（7）分析加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓的原因是___________。【答案】（1）以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质（2）①.②.（3）醋酸电离，。稀释，由于正向的粒子数增多，中各微粒浓度均减小，，平衡正移（4）<（5）①.>②.（6）醋酸钠与氢氧化钠（7）溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓【解析】用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸钠的浓度逐渐增大，对水的电离的抑制作用越来越小，至恰好完全反应时溶质为醋酸钠，水的电离程度最大，此时溶液呈碱性；再加入NaOH，NaOH对水的电离有抑制作用，水的电离程度越来越小。【小问1详析】以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质；【小问2详析】②组中的pH为3.38，即，，，故答案为：；；【小问3详析】醋酸溶液中存在电离平衡，。稀释，中各微粒浓度均减小，，平衡正移；【小问4详析】与20.00mL溶液恰好完全反应需NaOH溶液20.00mL，此时溶液成分为醋酸钠，水解呈碱性，a点时pH＝7时，加入NaOH不足，醋酸有剩余，说明消耗NaOH溶液的体积<20mL，故答案为：<；【小问5详析】由（4）分析可知，恰好完全反应时，溶液的pH>7，发生的水解方程式为，故答案为：>；；【小问6详析】a点时溶质为醋酸钠与醋酸，醋酸钠水解对水的电离的促进作用等于醋酸对水的电离的抑制作用，使水的电离程度不受影响；当溶液中溶质为醋酸钠与氢氧化钠时，醋酸钠促进水的电离，氢氧化钠抑制水的电离，使水的电离程度不受影响，故答案为：醋酸钠与氢氧化钠；【小问7详析】溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓，所以加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓。17.某小组探究锌和溶液发生置换反应的能量变化。（1）测定“”反应的反应热。实验过程如下：Ⅰ．向包裹隔热层的塑料瓶中加入25mL溶液，盖紧插有温度计的塞子后，缓慢振荡塑料瓶，记录温度。Ⅱ．向溶液中加入过量锌粉0.5g，盖好塞子，并缓慢振荡。Ⅲ．测定并记录最高温度值。Ⅳ．重复步骤Ⅰ~Ⅲ两次，测得该实验温度差平均约为10℃。代入公式：，计算得。(实验过程忽略温度对焓变的影响)①Ⅱ中锌粉过量的原因是___________。②生成1molCu时放出的热量为___________kJ。（2）探究反应热产生的原因。①锌在元素周期表中的位置：___________；铜属于元素周期表中___________区元素。②资料：电离能铜7461958锌9061733从原子结构角度解释金属铜与锌的第二电离能差异的原因：___________。由数据可知，电离能不是反应热产生的主要原因。③进一步查阅资料得到以下能量关系：根据以上能量关系得到锌置换出铜的热化学反应方程式：___________，其与(1)测得的生成1molCu放出热量的数值不同，主要原因是___________。综上可知，反应热的产生与化学反应中多种能量变化有关。【答案】（1）①.保证硫酸铜完全反应②.213.2（2）①.第四周期，第ⅡB族②.ds③.价层电子排布为，易失去较高能级4s上的一个电子，达到全满的稳定结构，小，而为全满的稳定结构，较难失电子，大④.⑤.实验中测定的与计算的反应热对应物质状态不同，金属由固态到气态，需要吸收能量【解析】【小问1详析】①Ⅱ中锌粉过量的原因是保证硫酸铜完全反应；②生成1molCu时放出的热量为213.2kJ【小问2详析】①锌是第30号元素，在元素周期表中的位置：第四周期，第ⅡB族；铜是第29号元素，价电子排布式：3d104s1；属于元素周期表中ds区元素；②金属铜与锌的第二电离能差异的原因：价层电子排布为，易失去较高能级4s上的一个电子，达到全满的稳定结构，小，而为全满的稳定结构，较难失电子，大；③；实验中测定的与计算的反应热对应物质状态不同，因经历金属由固态到气态，再由气态到离子形式，金属由固态到气态需要吸收能量。18.钢铁使用前需用盐酸除去表面氧化物，这一过程会产生大量“酸洗废液”。利用钢铁酸洗废液制备高铁酸钾，实现铁元素回收应用，流程如下：已知：ⅰ．金属离子沉淀的pH离子开始沉淀pH1.93.86.5完全沉淀pH2.84.78.3ⅱ．高铁酸根溶液在强碱性条件下性质稳定，在酸性条件下迅速分解产生氧气。（1）结合离子方程式，说明向酸洗废液中加入过量铁粉的目的：___________。（2）用氨水调节滤液1的pH至6，可除去部分杂质。滤渣A的主要成分是___________。（3）由滤液2制备铁黄过程中，如果只通入空气不加氨水，溶液pH随时间变化如下图若不加入氨水，前1小时生成铁黄的离子反应方程式为___________；4小时后发现氧气还在继续消耗，但此时铁黄增加不明显，存在副反应的离子反应方程式为___________。因此，制备铁黄过程中需加入氨水，控制溶液，以提高铁黄产率。（4）由铁黄制备高铁酸钾的离子反应方程式为___________。（5）向高铁酸钾的浓溶液中加入KOH固体，获得高铁酸钾粗品。从平衡移动的角度分析KOH固体的作用是___________。【答案】（1）将转化为，便于后续与杂质的分离；除去过量酸，减少后续氨水的加入量；以上反应可同时增加（2）（3）①.②.（4）（5）加入KOH固体，增大，平衡逆移，有利于结晶；同时，增大，生成的高铁酸钾不易分解【解析】酸洗废液含有(Fe2+、Fe3+、Al3+、H+、Cl-等离子)，加入过量铁粉，将还原为，得到滤液1含有Fe2+、Al3+、Cl-，加入氨水调节pH将Al3+转化为，滤液2通入氨水和空气，转化为铁黄(FeOOH)，加入溶液将FeOOH氧化为，加入固体，即可析出粗品，据此解答。【小问1详析】加入过量铁粉，将还原为，同时将H+转化为，减小后续氨水的用量，故答案为：将转化为，便于后续与杂质的分离；除去过量酸，减少后续氨水的加入量；以上反应可同时增加；【小问2详析】由表可知，调节滤液1的pH至6，Al3+转化为沉淀，不沉淀，故答案为：；【小问3详析】不加入氨水，做氧化剂，将氧化为铁黄，离子方程式为：；4小时后发现氧气还在继续消耗，但此时铁黄增加不明显，说明被氧气氧化为，离子方程式：；故答案为：；；【小问4详析】将铁黄氧化为，自身被还原为，铁元素化合价上升3价，氯元素化合价降低2价，根据转移电子守恒配平该反应，注意KOH过量，溶液是碱性环境，故答案为：；【小问5详析】加入KOH固体，增大，平衡逆移，有利于结晶；且同高铁酸根溶液在强碱性条件下性质稳定，加入KOH固体，增大，生成的高铁酸钾不易分解。19.探究惰性电极电解氯化银悬浊液的反应。资料：难溶物AgClAgIAgOH性质白色沉淀浅黄色沉淀白色沉淀，极易分解为黑色(25℃时)（1）理论分析推测一：电解氯化银悬浊液即电解水，则阴极反应为：___________。推测二：由AgCl的数据，计算悬浊液中___________，此时，结合离子氧化性强弱关系，可判断电解时阴极产物为___________。（2）实验验证实验Ⅰ实验现象两极均产生气泡。阴极附近白色悬浊液变为黑色，并逐渐增多①取“黑色固体”加氨水，黑色固体完全溶解，得到含的无色溶液，证明“黑色固体”为。黑色固体溶解的离子反应方程式为___________。②实验结束后，阴极石墨上附着有少量Ag固体。检测电极上有Ag的实验操作及现象是___________。由此说明推测二成立。③除两极生成气体外，依据___________能进一步说明推测一也成立。（3）实验拓展：电解碘化银悬浊液实验Ⅱ实验现象两极均产生气泡。一段时间后，阳极黄色悬浊液变为棕黄色(产生)，阴极上有少量银白色固体(Ag)①结合信息，分析实验Ⅱ中，阴极仅得到单质Ag未得到的原因：___________。②推测实验Ⅱ中阳极得到的可能原因：___________。【答案】（1）①.②.③.（2）①.②.阴极先用氨水浸泡，洗涤，之后将阴极放在浓硝酸之中，有红棕色气体生成，反应后的溶液中滴加盐酸，有白色固体生成③.阴极产生黑色（3）①.AgI的很小，很低，无法生成AgOH沉淀；但氧化性强，可在电极上放电：②.还原性强，在阳极放电产生【解析】【小问1详析】电解氯化银悬浊液即电解水，阴极是水中得电子生成，电极反应式为；AgCl的溶度积，氯化银悬浊液中，因此：；金属活动性顺序中氧化性强于，因此电解时优先得电子，阴极反应为，产物是；故答案为：；；；【小问2详析】已知黑色固体为，与氨水反应生成，根据质量守恒和电荷守恒可知离子反应为：；要检测电极上有，可先用氨水浸泡，洗涤，除去电极表面附着的，然后利用与浓硝酸反应生成和红棕色气体，再通过与的特征沉淀反应验证。实验操作及现象为：阴极先用氨水浸泡，洗涤，之后将阴极放在浓硝酸之中，有红棕色气体生成，反应后的溶液中滴加盐酸，有白色固体生成，证明有存在；推测一为“电解氯化银悬浊液即电解水”，电解水时阴极发生反应，会生成。与结合生成，极易分解为黑色的。实验中观察到阴极附近白色悬浊液变为黑色，间接证明发生了电解水的反应，所以依据阴极产生黑色能进一步说明推测一成立；故答案为：；阴极先用氨水浸泡，洗涤，之后将阴极放在浓硝酸之中，有红棕色气体生成，反应后的溶液中滴加盐酸，有白色固体生成；阴极产生黑色；【小问3详析】：的溶度积很小，根据溶度积公式，在悬浊液中，极低。若要生成，通常需生成，但因太低，无法达到沉淀的生成条件，所以不能生成，进而无法得到。从氧化性放电角度：虽然低，但氧化性较强，在电解池阴极，阳离子得电子发生还原反应：，生成单质，而不是；在电解池阳极，发生阴离子失电子的氧化反应。体系中存在，具有较强的还原性，更易在阳极失去电子，发生氧化反应：，从而产生；故答案为：AgI的很小，很低，无法生成AgOH沉淀；但氧化性强，可在电极上放电：；还原性强，在阳极放电产生。北京市东城区2024-2025学年高二上学期期末统一检测本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Mg24K39Fe56Zn65Cu64S32第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国首次实现了14C同位素的批量生产，下列说法不正确的是A.基态14C原子存在1s能级B.14C原子2p能级轨道数为3C.14C电子发生跃迁得到的是连续光谱D.14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级【答案】C【解析】依据基态碳原子电子排布式可知，基态14C原子存在1s能级，A正确；p能级都含3条轨道，所以14C原子2p能级轨道数3，B正确；14C电子发生跃迁得到的是线状光谱，是不连续的，C错误；依据分析可知，14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，D正确；故答案为：C。2.下列说法不正确的是A.电负性：C<N<O B.第一电离能：P>NC.酸性： D.原子半径：P>S【答案】B【解析】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，则电负性：C<N<O，A项正确；同一主族元素从上向下第一电离能逐渐减小，同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第IIA族和第VA族最外层处于全满、半满状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此第一电离能：P<N，B项错误；同周期，从左至右，非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物酸性增加，则酸性：，C项正确；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：P>S，D项正确；答案选B。3.下列说法正确的是A.基态氮原子的轨道表示式是B.电子云图中小点越密，说明该原子核外空间电子数目越多C.基态26Fe原子的价层电子排布式：4s23d6D.原子核外电子的排布均符合构造原理【答案】A【解析】基态N原子电子排布式为：1s22s22p3，其轨道表示式为：，A正确；电子云图中的小点疏密表示电子出现几率，与电子数无关，B错误；电子排布顺序虽然为4s先于3d，但3d为第三层电子，而4s为第4层电子，故基态26Fe原子的价层电子排布式：3d64s2，C错误；基态原子核外电子排布遵从构造原理，激发态不遵循，D错误；故答案为：A。4.下列化学用语及解释合理的是A.氯化铵溶液显酸性的原因：B.排饱和食盐水可收集氯气的原因：C.浊液中存在平衡：，为弱电解质D.溶液中存在的原因：【答案】A【解析】中水解使溶液显酸性，水解方程式为，A正确；Cl2与水反应是，HClO是弱酸，不能拆，B错误；是强电解质，虽难溶但溶解部分完全电离，C错误；电离方程式为，部分电离出，D错误；故选A。5.下图为HCl在水中电离示意图，下列分析正确的是A.的电子式为：B.HCl的水溶液中，C.HCl的水溶液中，水的电离被抑制D.产生的过程主要为：【答案】C【解析】离子的电子式要写出电荷和电性且用[]括起来，则电子式为：，A错误；该溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(Cl-)，B错误；HCl电离出H+，导致H2O中c(H+)增大而抑制H2O电离，C正确；H2O结合溶液中H+生成H3O+，则产生H3O+的过程主要为：H2O+H+H3O+，D错误；故答案为：C。6.以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和H2SO4为原料，通过不同过程a、b实现铅的再生利用。过程b涉及如下两个反应：①②各过程的能量变化如图。下列说法不正确的是A.过程a的反应为：B.与过程a相比，过程b增大了单位体积内活化分子的数目C.过程b中，①反应速率比②慢D.过程b使用了催化剂，通过减小反应热来提升反应速率【答案】D【解析】反应a和反应b总反应相同，根据①+②得总反应，所以过程a的反应为：，A正确；由图可知，过程b活化能低于过程a，以过程b使用了催化剂，降低反应活化能，增大了单位体积内活化分子的数目，B正确；由图可知，①反应的活化能大于②，活化能越大，反应速率越慢，所以①反应速率比②慢，C正确；过程b使用了催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，D错误；故答案为：D。7.利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是A.对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂B.对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低C.该反应：D.平衡常数：【答案】B【解析】Ⅰ、Ⅱ反应速率不同，但平衡时c(CO)相同，可知平衡未发生移动，故反应温度相同，反应II达到平衡时用时少，反应速率快，则Ⅱ使用了催化剂；对比Ⅰ、Ⅲ，两者平衡时c(CO)浓度不同，平衡发生了移动，说明不是加入催化剂，而是改变了温度，反应速率加快，则温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，据此分析作答。由分析可知，Ⅱ使用了催化剂，A项正确；由分析可知，Ⅲ的反应速率加快，则温度升高，说明对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最高，B项错误；NO和CO转化成气体和气体，同时该反应放热，则该反应的热化学方程式为：，C项正确；Ⅰ、Ⅱ温度相同，则平衡常数相同，Ⅲ温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数变小，则平衡常数：，D项正确；答案选B。8.利用下图装置进行实验，先闭合K1，一段时间后，打开K1并闭合K2，电流表指针偏转。下列说法正确的是A.闭合K1，两极均产生气泡，a极附近溶液变红B.闭合K1，移向b极C.闭合K2，a极上的反应为：D.闭合K2时，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为1：2【答案】B【解析】闭合K1，为电解池，a为阳极，产生氧气，b为阴极，产生氢气，然后闭合K2，则为原电池，a为正极，b为负极，据此答题。闭合K1，两极均产生气泡，a为阳极，发生反应：，呈酸性，酚酞不会变红，A错误；闭合K1，b为阴极，移向b极，B正确；闭合K2，a为正极，a极上的反应为：，C错误；闭合K2时，b极发生反应：，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为2：1，D错误；故答案选B。9.一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应：实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响)实验起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化ABCD①1400放出热量：32.8kJ②2800放出热量：QkJ下列说法不正确的是A.①中反应达到平衡时，生成0.8molCB.①条件下的平衡常数C.其他条件不变，若对②升高温度，则D.其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热【答案】C【解析】①中反应放出热量为32.8kJ，根据方程式A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH=-41kJ•mol-1，可知参与反应的A的物质的量为=0.8mol，则①中三段式为：，据此分析作答。根据分析可知，①中反应达到平衡时，生成0.8molC，A正确；①条件下的平衡常数K===1，B正确；根据等效平衡原理可知，②中放出热量为32.8kJ×2=65.6kJ，其他条件不变，若对②升高温度，平衡逆向移动，则Q＜65.6，C错误；A(g)+B(g)C(g)+D(g)是气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动，其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，平衡不移动，能量变化仍为放热QkJ，D正确；故答案为：C。10.向两个容积相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL盐酸、2mL醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是A.a曲线对应的酸是盐酸B.任意相同时间段内，化学反应速率：盐酸均快于醋酸C.两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关D.容器内压强均达到140kPa时，所用时间越长反应速率越小【答案】B【解析】n(Mg)==0.0021mol，n(HCl)=n(CH3COOH)=0.002L×2mol·L-1=0.004mol，可以判断盐酸和醋酸最终会反应完，产生的氢气相等，据此分析；盐酸为强酸，开始产生的氢气多速率比醋酸快，斜率大，故a曲线对应的酸是盐酸，A正确；醋酸溶液与镁的反应为放热反应，随着反应进行，溶液中减小，醋酸存在电离平衡持续电离出氢离子，而盐酸无电离平衡，速率持续减小，且减小的程度大于醋酸，故盐酸均快于醋酸为错误，B错误；两个反应的酸能提供的氢离子总数相同，最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关，C正确；容器内压强均达到140kPa时，即产生相同的物质的量氢气，则氢离子浓度改变量相同，所用时间越长反应速率越小，D正确；故选B。11.下列各图所示装置能达到实验目的的是A．验证铁的吸氧腐蚀B．实现铁上镀铜C．蒸发溶液制固体D．通电后根据灯泡明暗程度判断电解质的强弱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】验证铁的吸氧腐蚀时，将食盐浸泡过的铁钉放置在空气中，导气管另一端浸没在水中，若发生吸氧腐蚀，则具支试管中的氧气由于消耗而压强减小，小试管中的水会进入导气管中，形成一段水柱，能达到实验目的，A正确；要实现铁上镀铜，金属铜应连接在电源的正极，铁制品连接在电源的负极，该装置连接刚好相反，不能达到实验目的，B错误；是强酸弱碱盐，水解产生和挥发性的酸，当水分蒸发时，更易挥发，使水解平衡向右移动，最后得到固体是，不能得到，不能达到实验目的，C错误；溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，盐酸和醋酸只是体积相等，而不知道具体的浓度关系，所以无法根据灯泡明暗程度判断电解质的强弱，D错误；故答案为：A。12.由表中数据判断下列说法不正确的是弱酸HCN电离常数(25℃)A.同物质的量浓度溶液的pH：B.过量的HCN与溶液等体积混合：C.溶液中，比程度大D.溶液中存在：【答案】D【解析】由表格的数据可知，酸性HNO2＞H2CO3＞HCN＞。Na2CO3对应的酸为，NaNO2对应的酸为HNO2，根据越弱越水解的规律可知，Na2CO3的水解程度更大，故pH：Na2CO3＞HNO2，A正确；由于酸性H2CO3＞HCN＞，过量的HCN与Na2CO3溶液反应的方程式为+HCN+CN-，B正确；H2CO3的Ka2=4.7×10-11，Kh2==≈2.22×10-8＞Ka2，因此的水解程度大于电离程度，C正确；Na2CO3溶液中由物料守恒可知c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，D错误；故选D。13.下列实验所选试剂及操作能达到目的的是选项实验目的试剂及操作A验证取2mL溶液，先加3滴溶液，再加5滴溶液，观察现象B证明溶液中存在和转化向溶液中加入2滴HI溶液，通过观察溶液颜色变化，判断平衡移动方向C验证牺牲阳极法按图连接装置，观察电流表指针变化，一段时间后，从Fe电极区域取少量溶液加溶液，观察现象D探究压强对平衡的影响注射器吸入20mL和的混合气体，封闭细口，标记活塞位置为Ⅰ．把活塞迅速拉到Ⅱ处，比较管内混合气体颜色在Ⅰ处和刚拉到Ⅱ处时的深浅A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，则不能验证Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，A错误；K2Cr2O7溶液与HI溶液发生氧化还原反应，通过颜色的变化，不能证明平衡移动，B错误；图中构成原电池，Zn为负极、Fe为正极，从Fe电极区域取少量溶液加K3[Fe(CN)6]溶液，无现象，说明无Fe2+，可验证牺牲阳极法，C正确；把活塞迅速拉到Ⅱ处，体积增大，颜色变浅，不能探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡的影响，D错误；故答案为：C。14.在25℃时，实验测得溶液中的反应在反应物浓度不同时的实验数据如下表。(已知：碘单质溶于水后，溶液为棕黄色。)实验编号①②③初始/()0.10.10.2初始/()0.10.20.1从混合到出现棕黄色的时间/s136.56.6将实验①延长至20s，测得。若用KI代替HI，溶液未出现棕黄色，有无色气体生成，过程中检测到。下列说法不正确的是A.在20s内①的B.由实验数据可知，增大反应物浓度可以加快反应速率C.加入KI时，反应可能有：、D.上述实验说明酸性环境下，I-还原性增强【答案】D【解析】根据实验数据，20ｓ内H2O2浓度变化为0.02mol/L，根据反应方程式，HI浓度变化为0.04mol/L，因此v(HI)=＝0.002mol/(L•s)，A正确；对比实验①②、①③数据可知，增大反应物浓度可以缩短反应时间，即加快反应速率，B正确；加入KI后，溶液未出现棕黄色，说明I-没有被氧化为I2，而是发生了其他反应，检测到IO-，说明发生了H2O2+I-=H2O+IO-，由于有无色气体生成，说明IO-进一步反应生成了O2，可能是IO-+H2O2=O2+I-+H2O，即加入KI为I-催化H2O2分解，C正确；用KI代替HI后，溶液未出现棕黄色未产生I2，而产生了IO-，说明在酸性环境下，I-易被氧化为I2，而中性环境中易被氧化为IO-，说明酸性条件下I-还原性减弱，且还能是溶液酸碱性影响了H2O2的氧化性，不易被H2O2氧化，D错误；故答案为：D。第二部分本部分共5题，共58分。15.利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇。（1）合成原理：①该反应的平衡常数表达式：___________。②为提高的平衡转化率，可采取的措施有___________(写两条)。（2）在一定温度下，将1mol和3mol充入容积为1L的恒容密闭容器中合成甲醇，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是___________(写序号)。a．甲醇的质量不再增加b．c．混合气体密度不变d．若使用为反应物，反应物和产物均含有（3）相同时间内，4.00MPa，条件下，温度对反应结果的影响如图所示：已知：ⅰ．为转化率，为选择性，为产率。ⅱ．；①由图像可知，合成甲醇过程中存在副反应。依据是：___________。②根据信息，在其他条件一定情况下，制备甲醇宜选用的反应条件：___________。【答案】（1）①.②.适当增大压强、降温（2）a（3）①.高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低②.240℃【解析】【小问1详析】①在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值叫做化学平衡常数，K=；②该反应的正反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，因此降温和增大压强都可以使平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，另外增大CO2：H2的投料比也能增大H2的平衡转化率；【小问2详析】a．CH3OH质量不再增加说明各组分浓度不再改变，可以判断达到平衡状态，a符合题意；b．投料时n(CO2)：n(H2)=1：3，反应时CO2与H2按照系数比1：3消耗，因此剩余的n(CO2)：n(H2)=1：3，为定值，因此当n(CO2)：n(H2)=1：3不能判断达到平衡状态，b不符合题意；c．混合气体密度ρ=，体系中都是气体，根据质量守恒定律m不变，体积为1L不变，因此ρ为定值，不能判断达到平衡状态，c不符合题意；d．该反应为可逆反应，因此使用C18O2时反应物和产物中都有18O，不能判断达到平衡状态，d不符合题意；故选a；【小问3详析】①由图像可知，高于240℃，CO2转化率升高，但甲醇产率或选择性降低，因此合成甲醇过程中存在副反应；②由图像可知，240℃时甲醇的选择性、甲醇的产率都较高，CO2转化率也较高，因此制备甲醇宜选用的反应条件为240℃。16.为探究弱电解质电离情况，进行如下实验。【实验Ⅰ】探究浓度对电离程度的影响。25℃时，测定不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下：组别①②③④⑤浓度/()0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.83（1）由表中数据可得出是弱电解质，依据是___________。（2）②中的___________；的___________(列出计算式即可)。（3）依据K与Q关系分析，①、②溶液浓度与变化程度不同的原因___________。【实验Ⅱ】探究中和反应过程中水电离程度的变化。用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，溶液pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示。（4）a点时，消耗NaOH溶液的体积___________20mL(填“<”“>”或“=”)。用滴定（5）判断恰好完全反应时，溶液的pH___________7(填“<”“>”或“=”)，用化学用语解释原因：___________。（6）上述过程存在与a点水的电离程度相同的溶液，该溶液所含的溶质为___________。（7）分析加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓的原因是___________。【答案】（1）以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质（2）①.②.（3）醋酸电离，。稀释，由于正向的粒子数增多，中各微粒浓度均减小，，平衡正移（4）<（5）①.>②.（6）醋酸钠与氢氧化钠（7）溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓【解析】用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸钠的浓度逐渐增大，对水的电离的抑制作用越来越小，至恰好完全反应时溶质为醋酸钠，水的电离程度最大，此时溶液呈碱性；再加入NaOH，NaOH对水的电离有抑制作用，水的电离程度越来越小。【小问1详析】以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质；【小问2详析】②组中的pH为3.38，即，，，故答案为：；；【小问3详析】醋酸溶液中存在电离平衡，。稀释，中各微粒浓度均减小，，平衡正移；【小问4详析】与20.00mL溶液恰好完全反应需NaOH溶液20.00mL，此时溶液成分为醋酸钠，水解呈碱性，a点时pH＝7时，加入NaOH不足，醋酸有剩余，说明消耗NaOH溶液的体积<20mL，故答案为：<；【小问5详析】由（4）分析可知，恰好完全反应时，溶液的pH>7，发生的水解方程式为，故答案为：>；；【小问6详析】a点时溶质为醋酸钠与醋酸，醋酸钠水解对水的电离的促进作用等于醋酸对水的电离的抑制作用，使水的电离程度不受影响；当溶液中溶质为醋酸钠与氢氧化钠时，醋酸钠促进水的电离，氢氧化钠抑制水的电离，使水的电离程度不受影响，故答案为：醋酸钠与氢氧化钠；【小问7详析】溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓，所以加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓。17.某小组探究锌和溶液发生置换反应的能量变化。（1）测定“”反应的反应热。实验过程如下：Ⅰ．向包裹隔热层的塑料瓶中加入25mL溶液，盖紧插有温度计的塞子后，缓慢振荡塑料瓶，记录温度。Ⅱ．向溶液中加入过量锌粉0.5g，盖好塞子，并缓慢振荡。Ⅲ．测定并记录最高温度值。Ⅳ．重复步骤Ⅰ~Ⅲ两次，测得该实验温度差平均约为10℃。代入公式：，计算得。(实验过程忽略温度对焓变的影响)①Ⅱ中锌粉过量的原因是___________。②生成1molCu时放出的热量为___________kJ。（2）探究反应热产生的原因。①锌在元素周期表中的位置：___________；铜属于元素周期表中___________区元素。②资料：电离能铜7461958锌9061733从原子结构角度解释金属铜与锌的第二电离能差异的原因：___________。由数据可知，电离能不是反应热产生的主要原因。③进一步查阅资料得到以下能量关系：根据以上能量关系得到锌置换出铜的热化学反应方程式：___________，其与(1)测得的生成1molCu放出热量的数值不同，主要原因是___________。综上可知，反应热的产生与化学反应中多种能量变化有关。【答案】（1）①.保证硫酸铜完全反应②.213.2（2）①.第四周期，第ⅡB族②.ds③.价层电子排布为，易失去较高能级4s上的一个电子，达到全满的稳定结构，小，而为全满的稳定结构，较难失电子，大④.⑤.实验中测定的与计算的反应热对应物质状态不同，金属由固态到气态，需要吸收能量【解析】【小问1详析】①Ⅱ中锌粉过量的原因是保证硫酸铜完全反应；②生成1molCu时放出的热量为213.2kJ【小问2详析】①锌是第30号元素，在元素周期表中的位置：第四周期，第ⅡB族；铜是第29号元素，价电子排布式：3d104s1；属于元素周期表中ds区元素；②金属铜与锌的第二电离能差异的原因：价层电子排布为，易失去较高能级4s上的一个电子，达到全满的稳定结构，小，而为全满的稳定结构，较难失电子，大；③；实验中测定的与计算的反应热对应物质状态不同，因经历金属由固态到气态，再由气态到离子形式，金属由固态到气态需要吸收能量。18.钢铁使用前需用盐酸除去表面氧化物，这一过程会产生大量“酸洗废液”。利用钢铁酸洗废液制备高铁酸钾，实现铁元素回收应用，流程如下：已知：ⅰ．金属离子沉淀的pH离子开始沉淀pH1.93.86.5完全沉淀pH2.84.78.3ⅱ．高铁酸根溶液在强碱性条件下性质稳定，在酸性条件下迅速分解产生氧气。（1）结合离子方程式，说明向酸洗废液中加入过量铁粉的目的：___________。（2）用氨水调节滤液1的pH至6，可除去部分杂质。滤渣