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【化学】黑龙江省牡丹江市第三高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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黑龙江省牡丹江市第三高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试
考试时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量C：12 H：1 O：16 Cu：64
一、选择题(每题只有一个正确选项。每题2分，共60分)
1.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是
A. E（4s）＞E（3p）＞E（3d） B. E（3s）＞E（3p）＞E（3d）
C. E（6s）＞E（4f）＞E（5d） D. E（5s）＞E（4p）＞E（3d）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据构造原理个能级高低顺序为：相同能层n时不同能级的能量高低顺序为：ns
B．能层相同，能级不同，E（3d）＞E（3p）＞E（3s），B错误；
C．E（5d）＞E（4f）＞E（6s），C错误；
D．E（5s）＞E（4p）＞E（3d），D正确；
答案选D。
2.下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是
A. O2﹣1s22s22p4 B. Ca 3d2
C. Fe 3d54s3 D. Si 1s22s22p63s23p2
【答案】D
【解析】
【详解】A．O的质子数为8，得到2个电子变为离子，则O2-的电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B．Ca原子核外电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2，故B错误；
C．Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，4s最多有2个电子，故C错误；
D．Si的质子数为14，则Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查电子排布式的正误判断，把握电子排布规律、能量最低原理为解答的关键，注意电子层上最多容纳的电子数。本题的易错点为B，根据电子排布需要遵循能量最低原理，注意能级交错现象。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. K+的结构示意图：
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
【答案】B
【解析】
【详解】A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；
答案选B。
4.下列说法错误的是
A. 电子排布式1s22s22p63s23p64s3违反了泡利原理
B. 基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理
C. 根据构造原理，原子核外电子填充顺序为1s2s2p3s3p3d 4s4p……
D. 某主族元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据泡利不相容原理知，4s轨道最多排2个电子，故A正确；
B. 因为4s轨道能量比3d轨道能量还低，所以基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理，应该为1s22s22p63s23p63d34s2，故B正确；
C. 根据构造原理，原子核外电子填充顺序1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f5d6p，故C错误；
D. 该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了能量最低原理、洪特规则、泡利原理、能量守恒等知识点，明确这几个原理含义是解本题关键。
5.下列原子的价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是（ ）
A. 3s23p1 B. 3s23p2 C. 3s23p3 D. 3s23p4
【答案】C
【解析】
【详解】四个选项中C中3P轨道属于半充满状态，稳定性强，第一电离能最大。答案选C。
6.已知下列元素原子的最外层电子排布式，其中不一定能表示该元素为主族元素的是
A. 3s23p3 B. 4s2 C. 4s24p1 D. 3s23p5
【答案】B
【解析】
【详解】A、最外层电子排布式为3s23p3的是P，属于主族元素，故错误；
B、最外层电子排布式为4s2的不一定是主族元素，如Fe、Zn等过渡元素，故正确；
C、最外层电子排布式为4s24p1的是Ga，位于第IIIA族，属于主族元素，故错误；
D、最外层电子排布式为3s23p5的是Cl，属于主族元素，故错误。
故选B。
7.周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是( )
A. 钛元素原子的M层上共有10个电子
B. 钛元素是ds区的过渡元素
C. 钛元素原子最外层上有4个电子
D. 47.87是钛原子的近似相对原子质量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 钛元素原子的M层为第三层，电子排布为3s23p63d2，共有10个电子，A正确；
B. 钛元素是d区的过渡元素，B错误；
C. 钛元素原子最外层为4s2，有2个电子，C错误；
D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量，D错误；
答案为A。
8.同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是
A. 原子半径：X＞Y＞Z
B. 气态氢化物的稳定性HX＞H2Y＞ZH3
C. 电负性：X＞Y＞Z
D. 非金属性：X＞Y＞Z
【答案】A
【解析】
分析】
同周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是X＞Y＞Z，元素的非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z。
【详解】A项、同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X
C项、非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故C正确；
D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查了位置结构性质相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。
9.下列各组元素性质递变情况错误的是
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl元素最高正价依次升高
C. N、O、F第一电离能依次增大
D. Na、K、Rb电负性逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，选项A正确；
B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，最高正化合价分别为+5、+6、+7，选项B正确；
C、N、O、F在同周期，元素的非金属性依次增强，即得电子能力依次增强，选项C错误；
D、Na、K、Rb位于同一主族，电子层数分别为3，4，5，依次增多，选项D正确；
答案选C。
10.在4NH3+5O2⇌4NO+6H2O反应中，表示该反应速率最快的是
A. υ（NH3）=0.8mol/（L•s） B. υ（O2）=1.0mol/（L•s）
C. υ（NO）=1.0mol/（L•s） D. υ（H2O）=1.8mol/（L•s）
【答案】D
【解析】
【分析】
同一个化学反应在相同的条件下、在同一段时间内，用不同物质表示反应速率时，数值可能相同也可能不同，但表达的意义都相同，即反应的快慢程度是一样的，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则υ（NH3）/4=0.8mol/（L•s）/4=0.2，υ（O2）/5=1.0mol/（L•s）/5=0.2，υ（NO）/4=1.0mol/（L•s）/4=0.25，υ（H2O）/6=1.8mol/（L•s）/6=0.3，其中比值最大的是D，故选D。
【点睛】本题考查反应速率的比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，注意利用比值法或转化为同种物质的速率均可比较反应的快慢，但比较法较快，注意单位要统一。
11.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)，v(B)，v(C)表示，已知v(A)，v(B)，v(C)之间有以下关系3v(A)=2v(B)，3v(C)=2v(B)，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(A) ：v(B)=2：3，v(B) ：v(C)= 3：2，则v(A) ：v(B) ：v(C)= 2：3：2，方程式为2A+3B=2C，答案为A。
【点睛】化学反应速率之比等于化学计量数之比。
12.改变下列条件，一定能加快反应速率的是
A. 增加反应物的量 B. 增大压强 C. 加热 D. 加酶
【答案】C
【解析】
【分析】
增大浓度、升高温度、增大压强、使用正催化剂等，均可加快反应速率，注意增加固体或纯液体的量，反应速率不变，对于没有气体参加的反应，增大压强，反应速率不变。
【详解】A项、增加反应物的量，反应物的浓度不一定变化，如固体、纯液体，反应速率不一定加快，故A错误；
B项、增大压强对有气体参加的反应，反应速率加快，若没有气体参加，压强对反应速率不影响，故B错误；
C项、升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，故C正确；
D项、酶为催化剂，正催化剂加快反应速率，负催化剂降低反应速率，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素，注意影响因素的使用范围，把握常见影响反应速率的外因为解答的关键。
13.反应N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) △H＜0，在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图，t1、t3、t4时刻外界条件有所改变。下列说法正确的是( )
A. t5~t6时氨气的体积分数最大 B. t3时升高了温度
C. t1时加入催化剂 D. t4时减小压强
【答案】D
【解析】
A、t1～t2、t4～t5时反应向逆反应方向进行，消耗NH3，因此NH3体积分数最大的是t0～t1，故A错误；B、t3时刻，正逆反应速率都增大，且化学平衡不移动，改变的因素时使用催化剂，故B错误；C、使用催化剂只改变化学反应速率，对化学平衡无影响，根据图像，t1改变的因素时升高温度，故C错误；D、t4时刻，正逆反应速率都降低，且平衡向逆反应方向进行，减小压强，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，故D正确。
14.下列能用勒沙特列原理解释的是
A. Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B. 棕红色Br2蒸气加压后颜色变深
C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深
【答案】A
【解析】
【分析】
如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理。
【详解】A.3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3(血红色） 加入KSCN等于是增大SCN-的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行， 所以Fe(SCN)3的量增加，血红色变深，A正确；
B．棕红色Br2蒸气加压后颜色变深，是因为Br2蒸气液化变成液溴，B错误；
催化剂不能改变化学平衡，只能改变反应速率，C错误；
D中反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，颜色加深，是由于单质碘的浓度增大引起的，和平衡移动无关，D错误；
答案选A。
15.一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是
A. 单位时间内生成3n molA2，同时消耗2n molAB
B. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C. AB的消耗速率等于A2的消耗速率
D. 容器中各组分的物质的量分数不随时间变化
【答案】D
【解析】
【分析】
当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化，注意该反应中反应物化学计量数之和等于生成物的化学计量数之和的特点。
【详解】A项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，故A错误；
B项、容器内，3种气体AB、A2、B2共存，无法判断浓度是否变化，故B错误；
C项、AB的消耗速率等于A2的消耗速率，二者化学计量数不相等，没有达到平衡状态，故C错误；
D项、容器中各组分的体积分数不随时间变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故D正确。
故选D。
【点睛】解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
16.下列各选项与盐类的水解无关的是
A. 纯碱去油污 B. 明矾净水
C. 泡沫灭火器的工作原理 D. 碳酸钙粉末溶于醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 油污的主要成分是酯类物质，在碱性条件下易水解而被除去，纯碱是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，促使油脂水解，故A不符合题意；
B. 明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，故B不符合题意；
C. 泡沫灭火器的主要成分为Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，工作原理是利用铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进的水解而彻底反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故C不符合题意；
D. 碳酸钙粉末溶于醋酸，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，符合强酸制弱酸原理，属于复分解反应，与水解无关，故D符合题意；
答案选D。
17.下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应的是
①Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ②灼热的炭与CO2反应 ③铝与稀盐酸 ④铝粉与氧化铁粉末反应 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥弱酸电离
A. ①⑥ B. ②③ C. ② D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应但不是氧化还原反应，故①错误；
灼热的炭与CO2反应属于吸热反应，是有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应，故②正确；
铝与稀盐酸反应属于氧化还原反应，又属于放热反应，故③错误；
铝粉与氧化铁粉末反应是铝热反应，属于放热反应，又属于氧化还原反应，故④错误；
H2在Cl2中燃烧属于氧化还原反应，又属于放热反应，故⑤错误；
弱酸电离属于吸热过程，但不是化学反应，故⑥错误。综上，只有②符合题意，
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应的概念和常见的吸热反应与放热反应，注意明确相关概念和判断方法。可以从定义上判断氧化还原反应：有化合价变化的化学反应；也可以结合常见反应判断：有单质参加的化合反应、有单质生成的分解反应、置换反应都是氧化还原反应。记住一些常见吸热反应与放热反应：①大部分加热的分解反应，铵盐跟碱的反应，以C、H2、CO作还原剂的氧化还原反应，盐类水解等是吸热反应，（注意电解质的电离不是化学反应，是吸热过程）；②所有燃烧或爆炸反应，酸碱中和反应，多数化合反应，活泼金属与水或酸的反应，物质的缓慢氧化，自发进行的氧化还原反应等是放热反应。
18.常温下0.1mol/L 的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数值一定变小的是
A. c(H+) B. c (H+) /c(CH3COOH)
C. c (H+)·c(OH-) D. c(OH-)/c (H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH3COOH溶液加水稀释过程中，酸性减弱，则c(H+)减小，故A正确；
B. =，稀释促进电离，过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，所以=的值增大，故B错误；
C. 溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw，溶液温度不变，则稀释过程中水的离子积不变，故C错误；
D. 稀释过程中氢离子浓度减小，c(H+)•c(OH-)=Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，则c(OH-)/c(H+)的值增大，故D错误；
答案选A。
19.白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P akJ·mol—1、P—O bkJ·mol—1、P=O ckJ·mol—1、O=O dkJ·mol—1。
根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）
A. （6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
B. （4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1
C. （4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1
D. （4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
【答案】A
【解析】
【详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案选A。
20.下列各物质对水的电离不会产生影响的是
A. 氯化钠 B. 氯化铵 C. 氯化铁 D. 氯化氢
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯化钠在水中完全电离产生氯离子和钠离子都不水解，所以氯化钠对水的电离不会产生影响，故A正确；
B. 氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进了水的电离，故B错误；
C. 氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解促进了水的电离，故C错误；
D. 氯化氢在水中完全电离产生氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故D错误。
【点睛】本题考查影响水电离的外因，水是极弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，加入酸或碱，酸电离产生H+、碱电离产生OH-，使水的电离平衡逆向移动，抑制了水的电离；加入能水解的盐促进水的电离，例如：题中B项，铵根离子结合了水电离产生的OH-生成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离。
21.下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（ ）
A. 室温下，测得0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1,证明HA是弱酸
B. 碳酸钠溶液中滴入0.1mol·L-1的HA溶液，产生大量无色气体
C. 室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b-a＜2
D. 室温下，用pH试纸测得0.1mol·L-1 NaA溶液的pH＞7
【答案】B
【解析】
A．室温下测得0.1mol•L-1HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，选项A不选；B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L-1的HA溶液，产生大量无色气体，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸，选项B选；C．室温下测得某HA溶液的PH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液PH=b，且b-a<2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，选项C不选；D．室温下，用PH试纸测得0.1mol•L-1 NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查了弱电解质平衡及其应用，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力易错点为选项B和C，碳酸钠为弱酸，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸；若为强酸，稀释100倍后溶液的pH变化2个单位。
22.用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；
B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；
C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；
D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；
答案选C。
23.化学平衡常数(K) 、电离常数(Ka、Kb) 、溶度积常数(Ksp) 等是表示、判断物质性质的重要常数。下列关于这些常数的说法中，正确的是（ ）
A. Ka (H2CO3) a (CH3COOH) 说明相同物质的量浓度时，碳酸的酸性比醋酸的强
B. 在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp (AgCl) 增大
C. 一般情况下，当温度 升高 时，弱酸、弱碱的电离 常数(Ka、Kb ) 均变 大
D. 化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
【答案】C
【解析】
A．相同温度时，酸的电离平衡常数越小，则酸的电离程度越小，因为Ka (H2CO3) a (CH3COOH)，说明相同浓度时碳酸的酸性比醋酸弱，选项A错误；B．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，促进氯化银电离，但溶液温度不变，所以Ksp (AgCl)不变，选项B错误；C．弱酸、弱碱的电离都是吸热过程，故一般情况下，当温度 升高 时，弱酸、弱碱的电离 常数(Ka、Kb ) 均变 大，选项C正确；D．化学平衡常数的大小与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，选项D错误。答案选C。
24.已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H= —701.0kJ·mol-1 ，2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H= —181.6kJ·mol-1，则反应Zn（s）+ HgO（s）=ZnO（s）+ Hg（l）的△H为( )
A. -259.7 kJ·mol-1 B. +259.7 kJ·mol-1 C. +519.4kJ·mol-1 D. -519.4kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s) △H=-701.0kJ•mol-1，②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) △H=-181.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，将①-②得到：2Zn(s)+2HgO(s)=2ZnO(s)+2Hg(l) △H=-519.4kJ/mol，则反应：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)△H=-259.7kJ/mol，故选A。
25.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH 等于12，则原溶液的浓度为
A. 0.01mol•L-1 B. 0.17mol•L-1
C. 0.05mol•L-1 D. 0.50mol•L-1
【答案】C
【解析】
【详解】由题意，可设原溶液物质的量浓度为cmol•L-1，NaOH溶液体积为3L，HCl溶液体积为2L，则二者混合溶液体积为5L；因为常温下二者混合反应后，所得溶液pH=12，即c(H+)=10-12mol•L-1，所以c(OH-)==10-2mol•L-1，则cmol•L-1×3L-cmol•L-1×2L=10-2mol•L-1×5L，解得c=0.05，则原溶液的浓度为0.05mol•L-1，故选C。
26.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A、装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；
B、装置②是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，选项B不正确；
C、钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；
D、装置④中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确；
答案选B。
27.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如表所示，下列说法正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClO
B. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同
C. 溶液水的电离程度：①>②>④>③
D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)
【答案】D
【解析】
【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；
B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；
C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；
D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。
28.将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图（不考虑电极产物的溶解），则下列说法正确的是（ ）
A. 阳极产物一定是Cl2，阴极产物一定是Cu
B. 整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2
C. BC段表示在阴极上是H+放电产生了H2
D. CD段表示阳极上OH-放电破坏了水的电离平衡，产生了H+
【答案】B
【解析】
【分析】
电解时，A-B反应为Cu2++2Cl-=Cu+Cl2，B-C产生2Cu2++2H2O=2Cu+4H++O2，C-D发生2H2O=2H2+O2；
【详解】A.由分析可知，阳极产物一定有Cl2，还有氧气，阴极产物一定有Cu，还有氢气，A错误；
B.由分析可知，整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，B正确；
C.BC段表示在阴极上是铜离子放电产生了Cu，C错误；
D.CD段发生2H＋＋2e－=H2↑、4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，即CD段电解的物质是水，D错误；
答案为B。
29.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
30.常温下，向20mL0.1mol/L氨水中逐滴加入0.1mol/L盐酸，测得溶液pH随加入盐酸的体积变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. ①溶液中：c(Cl－)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)
B. ②溶液中：c(NH4+)= c(Cl－)= c(OH－)= c(H+)
C. ③溶液中：c(H+)= c(OH－)+ c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D. 滴定过程中可能出现：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①溶液中加入10mL的盐酸时，溶液为等物质的量的氨水、氯化铵：2c(Cl－)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，A错误；
B. ②溶液的pH=7，则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，且铵根离子的浓度远远大于溶液中氢离子浓度，c(NH4+)= c(Cl－)≫ c(OH－)= c(H+)，B错误；
C. ③溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可知，c(H+)= c(OH－)+ c(NH3·H2O)，C错误；
D. 滴定过程中当NH3·H2O物质的量较多，滴入的HCl较少时，生成NH4C1少量，溶液中NH3·H2O浓度远大于NH4C1浓度，可能出现：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)，D正确；
答案为D。
第II卷(非选择题)
31.水溶液中的行为是中学化学的重要内容，按要求回答下列问题.
（1）在醋酸水溶液中存在平衡CH3COOHCH3COO-+ H+若分别改变下列条件： ①加水稀释②加热③加少量固体醋酸钠，其中能使醋酸电离程度增大的是_______，能使溶液pH增大的是_______(填序号)。
（2）常温下，0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH 大于8,则溶液中Na+、HCO3-、CO32-、OH-四种微粒的浓度由大到小的顺序为：________________________________。
（3）AlCl3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是________(填化学式)，将NaHCO3与Al2 (SO4)3溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是_______(用离子方程式表示)。
（4）已知下列物质在20℃下的Ksp如下：
化学式
AgCl
AgBr
AgI
颜色
白色
浅黄色
黄色
Ksp
2.0×10-10
5.4×10-13
8.3×10-17
① 当向含相同 浓度Cl-、Br-、I-的溶液中滴加AgNO3溶液时，_______先沉淀(填离子符号)，
②向BaCl2 溶液中加入AgNO3和KBr，当两种淀共存时，=__________。
【答案】 (1). ①② (2). ①③ (3). c (Na+)>c (HCO3-)>c (OH-)>c (CO32-) >c (H+) (4). Al2O3 (5). 3HCO3-+Al3+=Al (OH)3 ↓+3CO2↑ (6). I- (7). 2.7×10-3
【解析】
（1）醋酸存在电离平衡CH3COOHH++CH3COO-，电离故事吸热过程，加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，能使醋酸电离程度增大的是：①加水稀释；②加热；答案选①②；①加水稀释氢离子浓度减小，溶液pH增大；②加热促进电离氢离子浓度增大，pH减小；③加少量固体醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，氢离子浓度减小，pH增大；能使溶液pH增大的是①③；（2）常温下，0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，c（OH-）＞c（H+），说明HCO3-水解程度大于其电离程度，故c（Na+）＞c（HCO3-）、c（H2CO3）＞c（CO32-），水解程度不大所以c（HCO3-）＞c（H2CO3）、c（HCO3-）＞c（OH-），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO3-水解，故c（OH-）＞c（H2CO3），所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）；（3）AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3；Al2（SO4）3溶液中，硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，Al2（SO4）3+6H2O2Al（OH）3+3H2SO4，硫酸是难挥发性的酸，加热蒸干并灼烧最终得到物质是Al2（SO4）3，将NaHCO3与Al2（SO4）3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂是利用二者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：3HCO3-+Al3+=Al (OH)3 ↓+3CO2↑；（4）①向含相同 浓度Cl-、Br-、I-的溶液中滴加AgNO3溶液时AgCl、AgBr、AgI三者的浓度积Qc相等，因为Ksp（AgI）最小，所以首先Qc＞Ksp的为AgI其次为AgBr最后为AgCl，故先沉淀的离子为I-；②向BaCl2 溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，====2.7×10-3。
32.按要求回答下列问题：
(1)在25℃、101Kpa下，1gCH3OH(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ。则CH3OH燃烧的热化学方程式为__________________。
(2)若以(1)中反应原理设计成甲醇燃料电池，电解质溶液为20%~30%的 KOH溶液，则该燃料电池的负极电极反应式为___________________。
(3)惰性电极电解400mL2mol/LCuSO4溶液，一段时间阴极增重1.28g (该极无气体放出)，电解后溶液体积不变，则溶液的pH 为_____，阳极可收集标况下气体____mL。写出电解的离子方程式：_____
(4)某温度下，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)于恒容密闭容器中达到平衡状态。(填“正向”、“逆向”或“不”)。若某时刻向该容器内通入一定量氨气，则化学平衡________移动。若某时刻容器内所有物质的浓度均增加为原来的2倍，则化学平衡________移动。
【答案】 (1). 2CH3OH (1)+3O2(g)=2CO2(g)+ 4H2O(1) ΔH=-1451.52kJ/mol (2). CH3OH-6e-+8OH-= CO32-+6H2O (3). 1 (4). 224 (5). 2Cu2++2H2O=2Cu+O2+4H+ (6). 正向 (7). 逆向
【解析】
【分析】
(1) 1gCH3OH(l)即mol，燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ，则1mol甲醇完全燃烧释放的热量为22.68kJ×32=725.76kJ；
(2) 燃料电池的负极电极失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
(3)惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极铜离子得电子生成单质Cu，阳极生成氢离子和氧气；
(4)根据勒夏特列原理判断。
【详解】(1) 1gCH3OH(l)即mol，燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ，则1mol甲醇完全燃烧释放的热量为22.68kJ×32=725.76kJ，燃烧热的方程式为CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g) + 2H2O(1) ΔH=-725.76kJ/mol；
(2) 燃料电池的负极电极失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-= CO32-+6H2O；
(3)惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极铜离子得电子生成单质Cu，增重1.28g ，即0.02mol，转移0.04mol电子，则阳极生成0.04mol氢离子和0.01mol的氧气，则c(H+)==0.1mol/L，即pH=1；0.01mol氧气，标况下的体积为224mL；电极反应的总离子方程式为2Cu2++2H2O=2Cu+O2+4H+；
(4) 反应达到平衡状态后，再通入一定量氨气，氨气的浓度增大，平衡向氨气减小的方向移动，即正向移动；某时刻容器内所有物质的浓度均增加为原来的2倍，相当于增大压强，减小体积为原来的，则平衡向气体分子数减小的方向移动，即逆向移动。
【点睛】某时刻容器内所有物质的浓度均增加为原来的2倍，相当于增大压强，减小体积为原来的，则平衡向气体分子数减小的方向移动。
33.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素：
试回答下列问题：(答案中涉及字母均用具体元素符号作答)
(1)I的元素符号为___， 在周期表中位于______区。
(2)写出A原子的核外电子排布的电子排布图 _____________________ ，写出基态时J元素基态原子原子的价电子排布式_______________，J在周期表中的位置是__________；
(3)ABGH的原子半径大小顺序是________________；ABCD的第一电离能大小顺序是_______；ABCD的电负性大小顺序是____________。
【答案】 (1). Cr (2). d区 (3). (4). 3d64s2 (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). Al＞Si＞C＞N (7). F＞N＞O＞C (8). F＞O＞N＞C
【解析】
【分析】
根据题目提供的信息，结合周期表推出A~O元素依次为C、N、O、F、Ne、Mg、Al、Si、K、Cr、Fe、Cu、Ga、Br、Rh。
【详解】(1)分析可知，I为第24号元素，元素符号为Cr；在周期表中位于d区；
(2) A原子为C，电子排布式为1s22s22p2，则排布图为；元素J为Fe，其基态价电子排布式为3d64s2；在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；
(3) A、B、G、H元素分别为C、N、Al、Si，同周期元素的原子半径随原子序数的递增而减小，则由大到小的顺序为Al＞Si＞C＞N；A、B、C、D分别为C、N、O、F，第一电离能有增大的趋势，N原子价电子处于半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素的，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C；同周期元素的电负性随原子序数的递增而增大，电负性由大到小的顺序为F＞O＞N＞C。
考试时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量C：12 H：1 O：16 Cu：64
一、选择题(每题只有一个正确选项。每题2分，共60分)
1.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低，若以E表示某能级的能量，下列能量大小顺序中正确的是
A. E（4s）＞E（3p）＞E（3d） B. E（3s）＞E（3p）＞E（3d）
C. E（6s）＞E（4f）＞E（5d） D. E（5s）＞E（4p）＞E（3d）
【答案】D
【解析】
【分析】
根据构造原理个能级高低顺序为：相同能层n时不同能级的能量高低顺序为：ns
B．能层相同，能级不同，E（3d）＞E（3p）＞E（3s），B错误；
C．E（5d）＞E（4f）＞E（6s），C错误；
D．E（5s）＞E（4p）＞E（3d），D正确；
答案选D。
2.下列各基态原子或离子的电子排布式正确的是
A. O2﹣1s22s22p4 B. Ca 3d2
C. Fe 3d54s3 D. Si 1s22s22p63s23p2
【答案】D
【解析】
【详解】A．O的质子数为8，得到2个电子变为离子，则O2-的电子排布式为1s22s22p6，故A错误；
B．Ca原子核外电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2，故B错误；
C．Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，4s最多有2个电子，故C错误；
D．Si的质子数为14，则Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查电子排布式的正误判断，把握电子排布规律、能量最低原理为解答的关键，注意电子层上最多容纳的电子数。本题的易错点为B，根据电子排布需要遵循能量最低原理，注意能级交错现象。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. K+的结构示意图：
B. 基态氮原子的电子排布图：
C. 水的电子式：
D. 基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d44s2
【答案】B
【解析】
【详解】A、K+的结构示意图：，A错误；
B、根据核外电子排布规律可知基态氮原子的电子排布图为，B正确；
C、水是共价化合物，含有共价键，水的电子式：，C错误；
D、基态铬原子（24Cr）的价电子排布式：3d54s1，D错误；
答案选B。
4.下列说法错误的是
A. 电子排布式1s22s22p63s23p64s3违反了泡利原理
B. 基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理
C. 根据构造原理，原子核外电子填充顺序为1s2s2p3s3p3d 4s4p……
D. 某主族元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据泡利不相容原理知，4s轨道最多排2个电子，故A正确；
B. 因为4s轨道能量比3d轨道能量还低，所以基态原子电子排布式1s22s22p63s23p63d5违反了能量最低原理，应该为1s22s22p63s23p63d34s2，故B正确；
C. 根据构造原理，原子核外电子填充顺序1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f5d6p，故C错误；
D. 该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了能量最低原理、洪特规则、泡利原理、能量守恒等知识点，明确这几个原理含义是解本题关键。
5.下列原子的价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是（ ）
A. 3s23p1 B. 3s23p2 C. 3s23p3 D. 3s23p4
【答案】C
【解析】
【详解】四个选项中C中3P轨道属于半充满状态，稳定性强，第一电离能最大。答案选C。
6.已知下列元素原子的最外层电子排布式，其中不一定能表示该元素为主族元素的是
A. 3s23p3 B. 4s2 C. 4s24p1 D. 3s23p5
【答案】B
【解析】
【详解】A、最外层电子排布式为3s23p3的是P，属于主族元素，故错误；
B、最外层电子排布式为4s2的不一定是主族元素，如Fe、Zn等过渡元素，故正确；
C、最外层电子排布式为4s24p1的是Ga，位于第IIIA族，属于主族元素，故错误；
D、最外层电子排布式为3s23p5的是Cl，属于主族元素，故错误。
故选B。
7.周期表中有如图所示的元素，下列叙述正确的是( )
A. 钛元素原子的M层上共有10个电子
B. 钛元素是ds区的过渡元素
C. 钛元素原子最外层上有4个电子
D. 47.87是钛原子的近似相对原子质量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 钛元素原子的M层为第三层，电子排布为3s23p63d2，共有10个电子，A正确；
B. 钛元素是d区的过渡元素，B错误；
C. 钛元素原子最外层为4s2，有2个电子，C错误；
D. 47.87是钛原子的平均相对原子质量，D错误；
答案为A。
8.同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是
A. 原子半径：X＞Y＞Z
B. 气态氢化物的稳定性HX＞H2Y＞ZH3
C. 电负性：X＞Y＞Z
D. 非金属性：X＞Y＞Z
【答案】A
【解析】
分析】
同周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是X＞Y＞Z，元素的非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z。
【详解】A项、同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X
C项、非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故C正确；
D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查了位置结构性质相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。
9.下列各组元素性质递变情况错误的是
A. Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多
B. P、S、Cl元素最高正价依次升高
C. N、O、F第一电离能依次增大
D. Na、K、Rb电负性逐渐减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na、Mg、Al原子的核外电子分别为11、12、13，原子最外层电子数分别为1、2、3，逐渐增多，选项A正确；
B、P、S、Cl最外层电子数目分别为5、6、7，最高正化合价分别为+5、+6、+7，选项B正确；
C、N、O、F在同周期，元素的非金属性依次增强，即得电子能力依次增强，选项C错误；
D、Na、K、Rb位于同一主族，电子层数分别为3，4，5，依次增多，选项D正确；
答案选C。
10.在4NH3+5O2⇌4NO+6H2O反应中，表示该反应速率最快的是
A. υ（NH3）=0.8mol/（L•s） B. υ（O2）=1.0mol/（L•s）
C. υ（NO）=1.0mol/（L•s） D. υ（H2O）=1.8mol/（L•s）
【答案】D
【解析】
【分析】
同一个化学反应在相同的条件下、在同一段时间内，用不同物质表示反应速率时，数值可能相同也可能不同，但表达的意义都相同，即反应的快慢程度是一样的，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。
【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则υ（NH3）/4=0.8mol/（L•s）/4=0.2，υ（O2）/5=1.0mol/（L•s）/5=0.2，υ（NO）/4=1.0mol/（L•s）/4=0.25，υ（H2O）/6=1.8mol/（L•s）/6=0.3，其中比值最大的是D，故选D。
【点睛】本题考查反应速率的比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，注意利用比值法或转化为同种物质的速率均可比较反应的快慢，但比较法较快，注意单位要统一。
11.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)，v(B)，v(C)表示，已知v(A)，v(B)，v(C)之间有以下关系3v(A)=2v(B)，3v(C)=2v(B)，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(A) ：v(B)=2：3，v(B) ：v(C)= 3：2，则v(A) ：v(B) ：v(C)= 2：3：2，方程式为2A+3B=2C，答案为A。
【点睛】化学反应速率之比等于化学计量数之比。
12.改变下列条件，一定能加快反应速率的是
A. 增加反应物的量 B. 增大压强 C. 加热 D. 加酶
【答案】C
【解析】
【分析】
增大浓度、升高温度、增大压强、使用正催化剂等，均可加快反应速率，注意增加固体或纯液体的量，反应速率不变，对于没有气体参加的反应，增大压强，反应速率不变。
【详解】A项、增加反应物的量，反应物的浓度不一定变化，如固体、纯液体，反应速率不一定加快，故A错误；
B项、增大压强对有气体参加的反应，反应速率加快，若没有气体参加，压强对反应速率不影响，故B错误；
C项、升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，故C正确；
D项、酶为催化剂，正催化剂加快反应速率，负催化剂降低反应速率，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素，注意影响因素的使用范围，把握常见影响反应速率的外因为解答的关键。
13.反应N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) △H＜0，在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图，t1、t3、t4时刻外界条件有所改变。下列说法正确的是( )
A. t5~t6时氨气的体积分数最大 B. t3时升高了温度
C. t1时加入催化剂 D. t4时减小压强
【答案】D
【解析】
A、t1～t2、t4～t5时反应向逆反应方向进行，消耗NH3，因此NH3体积分数最大的是t0～t1，故A错误；B、t3时刻，正逆反应速率都增大，且化学平衡不移动，改变的因素时使用催化剂，故B错误；C、使用催化剂只改变化学反应速率，对化学平衡无影响，根据图像，t1改变的因素时升高温度，故C错误；D、t4时刻，正逆反应速率都降低，且平衡向逆反应方向进行，减小压强，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，故D正确。
14.下列能用勒沙特列原理解释的是
A. Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
B. 棕红色Br2蒸气加压后颜色变深
C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
D. H2、I2、HI平衡混和气加压后颜色变深
【答案】A
【解析】
【分析】
如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理。
【详解】A.3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3(血红色） 加入KSCN等于是增大SCN-的浓度，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行， 所以Fe(SCN)3的量增加，血红色变深，A正确；
B．棕红色Br2蒸气加压后颜色变深，是因为Br2蒸气液化变成液溴，B错误；
催化剂不能改变化学平衡，只能改变反应速率，C错误；
D中反应前后体积不变，改变压强平衡不移动，颜色加深，是由于单质碘的浓度增大引起的，和平衡移动无关，D错误；
答案选A。
15.一定条件下反应2AB（g）⇌A2（g）+B2（g）达到平衡状态的标志是
A. 单位时间内生成3n molA2，同时消耗2n molAB
B. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C. AB的消耗速率等于A2的消耗速率
D. 容器中各组分的物质的量分数不随时间变化
【答案】D
【解析】
【分析】
当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化，注意该反应中反应物化学计量数之和等于生成物的化学计量数之和的特点。
【详解】A项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolAB，故A错误；
B项、容器内，3种气体AB、A2、B2共存，无法判断浓度是否变化，故B错误；
C项、AB的消耗速率等于A2的消耗速率，二者化学计量数不相等，没有达到平衡状态，故C错误；
D项、容器中各组分的体积分数不随时间变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故D正确。
故选D。
【点睛】解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
16.下列各选项与盐类的水解无关的是
A. 纯碱去油污 B. 明矾净水
C. 泡沫灭火器的工作原理 D. 碳酸钙粉末溶于醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 油污的主要成分是酯类物质，在碱性条件下易水解而被除去，纯碱是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，促使油脂水解，故A不符合题意；
B. 明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，故B不符合题意；
C. 泡沫灭火器的主要成分为Al2(SO4)3和NaHCO3溶液，工作原理是利用铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进的水解而彻底反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故C不符合题意；
D. 碳酸钙粉末溶于醋酸，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，符合强酸制弱酸原理，属于复分解反应，与水解无关，故D符合题意；
答案选D。
17.下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应的是
①Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ②灼热的炭与CO2反应 ③铝与稀盐酸 ④铝粉与氧化铁粉末反应 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥弱酸电离
A. ①⑥ B. ②③ C. ② D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应但不是氧化还原反应，故①错误；
灼热的炭与CO2反应属于吸热反应，是有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应，故②正确；
铝与稀盐酸反应属于氧化还原反应，又属于放热反应，故③错误；
铝粉与氧化铁粉末反应是铝热反应，属于放热反应，又属于氧化还原反应，故④错误；
H2在Cl2中燃烧属于氧化还原反应，又属于放热反应，故⑤错误；
弱酸电离属于吸热过程，但不是化学反应，故⑥错误。综上，只有②符合题意，
故选C。
【点睛】本题考查氧化还原反应的概念和常见的吸热反应与放热反应，注意明确相关概念和判断方法。可以从定义上判断氧化还原反应：有化合价变化的化学反应；也可以结合常见反应判断：有单质参加的化合反应、有单质生成的分解反应、置换反应都是氧化还原反应。记住一些常见吸热反应与放热反应：①大部分加热的分解反应，铵盐跟碱的反应，以C、H2、CO作还原剂的氧化还原反应，盐类水解等是吸热反应，（注意电解质的电离不是化学反应，是吸热过程）；②所有燃烧或爆炸反应，酸碱中和反应，多数化合反应，活泼金属与水或酸的反应，物质的缓慢氧化，自发进行的氧化还原反应等是放热反应。
18.常温下0.1mol/L 的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数值一定变小的是
A. c(H+) B. c (H+) /c(CH3COOH)
C. c (H+)·c(OH-) D. c(OH-)/c (H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH3COOH溶液加水稀释过程中，酸性减弱，则c(H+)减小，故A正确；
B. =，稀释促进电离，过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，所以=的值增大，故B错误；
C. 溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw，溶液温度不变，则稀释过程中水的离子积不变，故C错误；
D. 稀释过程中氢离子浓度减小，c(H+)•c(OH-)=Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，则c(OH-)/c(H+)的值增大，故D错误；
答案选A。
19.白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P akJ·mol—1、P—O bkJ·mol—1、P=O ckJ·mol—1、O=O dkJ·mol—1。
根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（ ）
A. （6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
B. （4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1
C. （4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1
D. （4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1
【答案】A
【解析】
【详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案选A。
20.下列各物质对水的电离不会产生影响的是
A. 氯化钠 B. 氯化铵 C. 氯化铁 D. 氯化氢
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯化钠在水中完全电离产生氯离子和钠离子都不水解，所以氯化钠对水的电离不会产生影响，故A正确；
B. 氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进了水的电离，故B错误；
C. 氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解促进了水的电离，故C错误；
D. 氯化氢在水中完全电离产生氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故D错误。
【点睛】本题考查影响水电离的外因，水是极弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，加入酸或碱，酸电离产生H+、碱电离产生OH-，使水的电离平衡逆向移动，抑制了水的电离；加入能水解的盐促进水的电离，例如：题中B项，铵根离子结合了水电离产生的OH-生成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离。
21.下列无法证明某酸HA是弱酸的实验方案是（ ）
A. 室温下，测得0.1mol·L-1HA溶液的pH＞1,证明HA是弱酸
B. 碳酸钠溶液中滴入0.1mol·L-1的HA溶液，产生大量无色气体
C. 室温下测得某HA溶液的pH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH=b，且b-a＜2
D. 室温下，用pH试纸测得0.1mol·L-1 NaA溶液的pH＞7
【答案】B
【解析】
A．室温下测得0.1mol•L-1HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，选项A不选；B．碳酸钠溶液中滴入0.1mol•L-1的HA溶液，产生大量无色气体，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸，选项B选；C．室温下测得某HA溶液的PH=a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液PH=b，且b-a<2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，选项C不选；D．室温下，用PH试纸测得0.1mol•L-1 NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，选项D不选。答案选B。
点睛：本题考查了弱电解质平衡及其应用，题目难度中等，明确电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握强弱电解质的概念及判断方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力易错点为选项B和C，碳酸钠为弱酸，只能说明HA的酸性大于碳酸，无法证明HA的为强酸还是弱酸；若为强酸，稀释100倍后溶液的pH变化2个单位。
22.用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；
B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；
C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；
D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误；
答案选C。
23.化学平衡常数(K) 、电离常数(Ka、Kb) 、溶度积常数(Ksp) 等是表示、判断物质性质的重要常数。下列关于这些常数的说法中，正确的是（ ）
A. Ka (H2CO3) a (CH3COOH) 说明相同物质的量浓度时，碳酸的酸性比醋酸的强
B. 在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp (AgCl) 增大
C. 一般情况下，当温度 升高 时，弱酸、弱碱的电离 常数(Ka、Kb ) 均变 大
D. 化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
【答案】C
【解析】
A．相同温度时，酸的电离平衡常数越小，则酸的电离程度越小，因为Ka (H2CO3) a (CH3COOH)，说明相同浓度时碳酸的酸性比醋酸弱，选项A错误；B．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，促进氯化银电离，但溶液温度不变，所以Ksp (AgCl)不变，选项B错误；C．弱酸、弱碱的电离都是吸热过程，故一般情况下，当温度 升高 时，弱酸、弱碱的电离 常数(Ka、Kb ) 均变 大，选项C正确；D．化学平衡常数的大小与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，选项D错误。答案选C。
24.已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）△H= —701.0kJ·mol-1 ，2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）△H= —181.6kJ·mol-1，则反应Zn（s）+ HgO（s）=ZnO（s）+ Hg（l）的△H为( )
A. -259.7 kJ·mol-1 B. +259.7 kJ·mol-1 C. +519.4kJ·mol-1 D. -519.4kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s) △H=-701.0kJ•mol-1，②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) △H=-181.6kJ•mol-1，依据盖斯定律，将①-②得到：2Zn(s)+2HgO(s)=2ZnO(s)+2Hg(l) △H=-519.4kJ/mol，则反应：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)△H=-259.7kJ/mol，故选A。
25.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH 等于12，则原溶液的浓度为
A. 0.01mol•L-1 B. 0.17mol•L-1
C. 0.05mol•L-1 D. 0.50mol•L-1
【答案】C
【解析】
【详解】由题意，可设原溶液物质的量浓度为cmol•L-1，NaOH溶液体积为3L，HCl溶液体积为2L，则二者混合溶液体积为5L；因为常温下二者混合反应后，所得溶液pH=12，即c(H+)=10-12mol•L-1，所以c(OH-)==10-2mol•L-1，则cmol•L-1×3L-cmol•L-1×2L=10-2mol•L-1×5L，解得c=0.05，则原溶液的浓度为0.05mol•L-1，故选C。
26.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A、装置①中a电极和电源的正极相连，作阳极，b是阴极。粗铜精炼时，粗铜是阳极，纯铜是阴极，所以选项A正确；
B、装置②是原电池，铁的金属性强于铜的，所以铁是负极，失去电子。铜是正极，溶液中的铁离子得到电子，选项B不正确；
C、钢闸门应与外接电源的负极相连，作阴极被保护，所以选项C正确；
D、装置④中铁在浓硫酸中发生钝化，因此耐腐蚀，选项D正确；
答案选B。
27.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如表所示，下列说法正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClO
B. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同
C. 溶液水的电离程度：①>②>④>③
D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)
【答案】D
【解析】
【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；
B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；
C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；
D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。
28.将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图（不考虑电极产物的溶解），则下列说法正确的是（ ）
A. 阳极产物一定是Cl2，阴极产物一定是Cu
B. 整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2
C. BC段表示在阴极上是H+放电产生了H2
D. CD段表示阳极上OH-放电破坏了水的电离平衡，产生了H+
【答案】B
【解析】
【分析】
电解时，A-B反应为Cu2++2Cl-=Cu+Cl2，B-C产生2Cu2++2H2O=2Cu+4H++O2，C-D发生2H2O=2H2+O2；
【详解】A.由分析可知，阳极产物一定有Cl2，还有氧气，阴极产物一定有Cu，还有氢气，A错误；
B.由分析可知，整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，B正确；
C.BC段表示在阴极上是铜离子放电产生了Cu，C错误；
D.CD段发生2H＋＋2e－=H2↑、4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，即CD段电解的物质是水，D错误；
答案为B。
29.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
30.常温下，向20mL0.1mol/L氨水中逐滴加入0.1mol/L盐酸，测得溶液pH随加入盐酸的体积变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. ①溶液中：c(Cl－)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)
B. ②溶液中：c(NH4+)= c(Cl－)= c(OH－)= c(H+)
C. ③溶液中：c(H+)= c(OH－)+ c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D. 滴定过程中可能出现：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A. ①溶液中加入10mL的盐酸时，溶液为等物质的量的氨水、氯化铵：2c(Cl－)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，A错误；
B. ②溶液的pH=7，则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，且铵根离子的浓度远远大于溶液中氢离子浓度，c(NH4+)= c(Cl－)≫ c(OH－)= c(H+)，B错误；
C. ③溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可知，c(H+)= c(OH－)+ c(NH3·H2O)，C错误；
D. 滴定过程中当NH3·H2O物质的量较多，滴入的HCl较少时，生成NH4C1少量，溶液中NH3·H2O浓度远大于NH4C1浓度，可能出现：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H+)，D正确；
答案为D。
第II卷(非选择题)
31.水溶液中的行为是中学化学的重要内容，按要求回答下列问题.
（1）在醋酸水溶液中存在平衡CH3COOHCH3COO-+ H+若分别改变下列条件： ①加水稀释②加热③加少量固体醋酸钠，其中能使醋酸电离程度增大的是_______，能使溶液pH增大的是_______(填序号)。
（2）常温下，0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH 大于8,则溶液中Na+、HCO3-、CO32-、OH-四种微粒的浓度由大到小的顺序为：________________________________。
（3）AlCl3溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是________(填化学式)，将NaHCO3与Al2 (SO4)3溶液混合后可做泡沫灭火剂，其原理是_______(用离子方程式表示)。
（4）已知下列物质在20℃下的Ksp如下：
化学式
AgCl
AgBr
AgI
颜色
白色
浅黄色
黄色
Ksp
2.0×10-10
5.4×10-13
8.3×10-17
① 当向含相同 浓度Cl-、Br-、I-的溶液中滴加AgNO3溶液时，_______先沉淀(填离子符号)，
②向BaCl2 溶液中加入AgNO3和KBr，当两种淀共存时，=__________。
【答案】 (1). ①② (2). ①③ (3). c (Na+)>c (HCO3-)>c (OH-)>c (CO32-) >c (H+) (4). Al2O3 (5). 3HCO3-+Al3+=Al (OH)3 ↓+3CO2↑ (6). I- (7). 2.7×10-3
【解析】
（1）醋酸存在电离平衡CH3COOHH++CH3COO-，电离故事吸热过程，加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，能使醋酸电离程度增大的是：①加水稀释；②加热；答案选①②；①加水稀释氢离子浓度减小，溶液pH增大；②加热促进电离氢离子浓度增大，pH减小；③加少量固体醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，氢离子浓度减小，pH增大；能使溶液pH增大的是①③；（2）常温下，0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，c（OH-）＞c（H+），说明HCO3-水解程度大于其电离程度，故c（Na+）＞c（HCO3-）、c（H2CO3）＞c（CO32-），水解程度不大所以c（HCO3-）＞c（H2CO3）、c（HCO3-）＞c（OH-），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO3-水解，故c（OH-）＞c（H2CO3），所以c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H2CO3）＞c（CO32-）；（3）AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3；Al2（SO4）3溶液中，硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，Al2（SO4）3+6H2O2Al（OH）3+3H2SO4，硫酸是难挥发性的酸，加热蒸干并灼烧最终得到物质是Al2（SO4）3，将NaHCO3与Al2（SO4）3两者溶液混合后可做泡沫灭火剂是利用二者发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：3HCO3-+Al3+=Al (OH)3 ↓+3CO2↑；（4）①向含相同 浓度Cl-、Br-、I-的溶液中滴加AgNO3溶液时AgCl、AgBr、AgI三者的浓度积Qc相等，因为Ksp（AgI）最小，所以首先Qc＞Ksp的为AgI其次为AgBr最后为AgCl，故先沉淀的离子为I-；②向BaCl2 溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，====2.7×10-3。
32.按要求回答下列问题：
(1)在25℃、101Kpa下，1gCH3OH(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ。则CH3OH燃烧的热化学方程式为__________________。
(2)若以(1)中反应原理设计成甲醇燃料电池，电解质溶液为20%~30%的 KOH溶液，则该燃料电池的负极电极反应式为___________________。
(3)惰性电极电解400mL2mol/LCuSO4溶液，一段时间阴极增重1.28g (该极无气体放出)，电解后溶液体积不变，则溶液的pH 为_____，阳极可收集标况下气体____mL。写出电解的离子方程式：_____
(4)某温度下，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)于恒容密闭容器中达到平衡状态。(填“正向”、“逆向”或“不”)。若某时刻向该容器内通入一定量氨气，则化学平衡________移动。若某时刻容器内所有物质的浓度均增加为原来的2倍，则化学平衡________移动。
【答案】 (1). 2CH3OH (1)+3O2(g)=2CO2(g)+ 4H2O(1) ΔH=-1451.52kJ/mol (2). CH3OH-6e-+8OH-= CO32-+6H2O (3). 1 (4). 224 (5). 2Cu2++2H2O=2Cu+O2+4H+ (6). 正向 (7). 逆向
【解析】
【分析】
(1) 1gCH3OH(l)即mol，燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ，则1mol甲醇完全燃烧释放的热量为22.68kJ×32=725.76kJ；
(2) 燃料电池的负极电极失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
(3)惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极铜离子得电子生成单质Cu，阳极生成氢离子和氧气；
(4)根据勒夏特列原理判断。
【详解】(1) 1gCH3OH(l)即mol，燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68kJ，则1mol甲醇完全燃烧释放的热量为22.68kJ×32=725.76kJ，燃烧热的方程式为CH3OH(l)+O2(g)= CO2(g) + 2H2O(1) ΔH=-725.76kJ/mol；
(2) 燃料电池的负极电极失电子与溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-= CO32-+6H2O；
(3)惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极铜离子得电子生成单质Cu，增重1.28g ，即0.02mol，转移0.04mol电子，则阳极生成0.04mol氢离子和0.01mol的氧气，则c(H+)==0.1mol/L，即pH=1；0.01mol氧气，标况下的体积为224mL；电极反应的总离子方程式为2Cu2++2H2O=2Cu+O2+4H+；
(4) 反应达到平衡状态后，再通入一定量氨气，氨气的浓度增大，平衡向氨气减小的方向移动，即正向移动；某时刻容器内所有物质的浓度均增加为原来的2倍，相当于增大压强，减小体积为原来的，则平衡向气体分子数减小的方向移动，即逆向移动。
【点睛】某时刻容器内所有物质的浓度均增加为原来的2倍，相当于增大压强，减小体积为原来的，则平衡向气体分子数减小的方向移动。
33.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素：
试回答下列问题：(答案中涉及字母均用具体元素符号作答)
(1)I的元素符号为___， 在周期表中位于______区。
(2)写出A原子的核外电子排布的电子排布图 _____________________ ，写出基态时J元素基态原子原子的价电子排布式_______________，J在周期表中的位置是__________；
(3)ABGH的原子半径大小顺序是________________；ABCD的第一电离能大小顺序是_______；ABCD的电负性大小顺序是____________。
【答案】 (1). Cr (2). d区 (3). (4). 3d64s2 (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). Al＞Si＞C＞N (7). F＞N＞O＞C (8). F＞O＞N＞C
【解析】
【分析】
根据题目提供的信息，结合周期表推出A~O元素依次为C、N、O、F、Ne、Mg、Al、Si、K、Cr、Fe、Cu、Ga、Br、Rh。
【详解】(1)分析可知，I为第24号元素，元素符号为Cr；在周期表中位于d区；
(2) A原子为C，电子排布式为1s22s22p2，则排布图为；元素J为Fe，其基态价电子排布式为3d64s2；在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；
(3) A、B、G、H元素分别为C、N、Al、Si，同周期元素的原子半径随原子序数的递增而减小，则由大到小的顺序为Al＞Si＞C＞N；A、B、C、D分别为C、N、O、F，第一电离能有增大的趋势，N原子价电子处于半充满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素的，则第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞C；同周期元素的电负性随原子序数的递增而增大，电负性由大到小的顺序为F＞O＞N＞C。
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