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【化学】山西省长治市第二中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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山西省长治市第二中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1. 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
化学性质
实际应用
A.
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B.
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C.
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D.
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。
【考点定位】考查盐类水解的应用，氧化还原反应，次氯酸的性质，二氧化硅的性质
【名师点睛】本试题考查考生对元素及其化合物性质的掌握以及对知识的夯实和运用的能力。盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取金属性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。漂白性的原理分为三类：一是具有强氧化性的，如HClO、O3、H2O2、NaClO（漂白液的有效成分）、Ca(ClO)2（漂白粉的有效成分）等；二是结合性的，如SO2；三是吸附性，如活性炭，前两者属于化学变化，后者属于物理变化。漂白衣服常用氧化性的，但注意不能和洁厕剂混用，会产生氯气；SO2漂白纸张等；活性炭吸附水中的杂质。雕刻玻璃常用氢氟酸，因为发生反应：4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O，氢氟酸常保存在塑料瓶中，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。
2.下列表达式错误的是
A. 甲烷的电子式：
B. 碳原子的L层电子轨道表示式：
C. 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
D. 碳－12原子：
【答案】B
【解析】
分析：正确运用电子式、轨道表示式、核外电子排布式、原子的表示方法等化学用语分析。
详解：甲烷中存在4对共用电子对，则甲烷的电子式为， A选项正确；碳原子的L层电子有4个电子，2s电子优先单独占据1个轨道，2p轨道上还有2个电子，按照洪特规则，剩余的2个电子分布在2p轨道中，还有一个空轨道，则碳原子的L层电子的轨道表示式：，B选项错误；硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6， C选项正确；碳-12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子表示为126C， D选项说法正确；正确选项B。
3.能正确解释下列反应原理，并且书写正确的离子方程式是
A. 用明矾作净水剂：Al3++3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋
B. 用小苏打治疗胃酸过多：CO32-＋2H+=CO2↑＋H2O
C. 电解MgCl2饱和溶液制取Mg：MgCl2Mg＋Cl2↑
D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4＋CO32-=CaCO3＋SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A.用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，A错误；
B．苏打是NaHCO3，用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，B错误；
C.用电解熔融MgCl2制取Mg：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，发生沉淀的转化，离子反应为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，故D正确；
故合理选项是D。
4.下列说法正确的是
A. 因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差
B. 常温下2S2O(g)=3S(s)+SO2(g)能自发进行，可推断该反应为放热反应
C. 对于反应①C＋CO22CO(△H＞0)和反应②N2＋3H22NH3(△H＜0)，达平衡后，升高温度，①反应速率加快，②反应速率减慢
D. NH4Cl和HCl溶于水后滴加石蕊都变红色，说明它们均能电离出H+
【答案】B
【解析】
试题分析：A.铝合金、不锈钢等合金耐腐蚀性强，A项错误；B.根据△H—T△S＜0反应能自发进行，该反应的正向属于熵减，但能自发，可推断该反应为放热反应，B项正确；C.升高温度，化学反应速率加快，C项错误D. NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，HCl溶于水得到盐酸，电离出氢离子，它们滴加石蕊都变红色，D项错误；答案选B。
考点：考查合金，化学反应自发进行的判据，影响化学反应速率的因素，盐的水解等知识。
5.反应mA（s）+nB（g）pC（g）△H＜0，在一定温度下，平衡时B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（ ）
①m+n＞p ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率
③x点比y点时的反应速率慢 ④n＞p
A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可以看出，增大压强，B%增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，注意A为固体的特征．在曲线上的点为平衡状态，图象中x和y没有达到平衡状态，根据B的含量判断反应趋向于平衡分析反应进行的方向，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，据此解答。
【详解】①图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p，m+n与p关系不能确定，故错误；②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即v正＞v逆，故正确；③由图象可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故正确；④由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p，故错误；所以正确的有②③；答案选C。
【点睛】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意根据图象判断化学平衡的移动方向，注意分析纵坐标随横坐标变化的趋势，特别是曲线的上的点与曲线外的点的区别，答题时注意A为固体的特点，为易错点。
6.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大， Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，W与Z同主族，R 元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是
A. Y的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高
B. RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成
C. Z、W、R 最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z
D. X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2
【答案】B
【解析】
X的原子半径在短周期主族元素中最大，所以X是钠。Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，说明电子充满L层，L层电子数为m+n=8，而Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，说明次外层是第一层且充满电子，所以n=2，m=6，Y是氧，Z是硅。W与Z同主族，且W是短周期元素，所以W是碳。R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1，所以R是硫。A. 非金属性：O>S，所以Y的氢化物比R 的氢化物稳定，水分子之间存在氢键，所以水的熔沸点高，故A正确；B亚硫酸和碳酸的酸性弱于盐酸，所以 RY2、WY2通入BaCl2溶液中均没有白色沉淀生成，故B错误；C.硫酸是强酸，碳酸、硅酸是弱酸，且硅酸酸性更弱，所以Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z，故C正确；D. X与Y形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子的个数比均为1∶2，故D正确。故选B。
点睛：解答本题的难点是选项D，需要明确氧化钠和过氧化钠含有的阴离子分别是O2-和O22-。
7.标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。
下列分析正确的是
A. 原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol/L
B. 氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强
C. b点水的电离程度比c点水的电离程度大
D. a点对应溶液的导电性比d点强
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图像可知当pH＝7时二者恰好反应，根据方程式2H2S＋SO2＝2H2O＋3S↓可知硫化氢的物质的量是＝0.01mol，所以原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1 mol/L，A错误；B、根据图像可知当溶液中SO2的物质的量与硫化氢的物质的量相等时，SO2溶液的pH小于硫化氢溶液的pH，所以氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性弱，B错误；C、b点显中性，c点是亚硫酸溶液，抑制水的电离，因此b点水的电离程度比c点水的电离程度大，C正确；D、a点氢离子浓度小于d点氢离子浓度，因此a点对应溶液的导电性比d点弱，D错误，答案选C。
考点：考查弱电解质的电离以及溶液导电性判断
8.海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如图所示。下列说法正确的是
A. B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝
B. A极室产生氧气并伴有少量沉淀生成
C. 淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHA
【答案】D
【解析】
【分析】
A.B极为阴极，生成氢气动；
B.A极为阳极，发生氧化反应生成氯气；
C.B极生成氢气和氢氧根离子，pH最大；
D.电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移。
【详解】A.B极为阴极，溶液中的H+放电生成氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，A错误。
B.A极为阳极，溶液中的Cl-放电产生发生氧化反应生成Cl2，但没有沉淀生成，B错误；
C．B极溶液中的H+放电生成氢气,同时溶液中OH-浓度增大，pH最大，应为pHA＜pHC＜pHB，C错误；
D.电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，B为阴极，则b为阳离子交换膜，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题综合考查水的净化、电解原理，侧重考查学生的分析能力，明确电解原理、物质的性质及发生的化学反应、化学用语的应用即可解答，为高频考点，题目难度不大。
9.有关滴定的说法正确的是
A. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低。
B. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L
C. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低
D. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
【答案】A
【解析】
A. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH-浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低。A正确；B. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1mL，由两者反应中化合价升降总数相等（或电子转移守恒）可得到关系式5H2C2O4~2KMnO4，则n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5，所以H2C2O4溶液的浓度为mol/L，B不正确；C. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C不正确；D.滴定管的读数要精确到0.01mL，D不正确。本题选A。
点睛：在酸性条件下，H2C2O4可以被KMnO4氧化为CO2，而KMnO4中的锰元素被还原为Mn2+。
10. 化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是
A. 根据图①可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH＞0
B. 图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大
C. 图③可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D. 根据图④，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量CuO，至pH在4左右
【答案】D
【解析】
【详解】A项，交点后，随着温度升高，逆反应增加的程度大于正反应增加的程度，正反应为放热反应，故A项错误；
B项，从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大；另外，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C项，乙酸是弱酸，不能完全电离，乙酸溶液的导电性不如等物质的量的强电解质溶液，乙酸溶液中加入氨气后生成强电解质导电性增强，完全中和之后氨气继续溶入水中形成的氨水也是弱电解质，溶液导电性缓慢增大，与图上曲线显示不符，故C项错误。
D项，Fe3+在pH在4左右沉淀完全而Cu2+几乎不沉淀，向溶液中加入适量CuO可调节溶液pH值使Fe3+沉淀完全被除去，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查了化学平衡知识与图像相结合的题目，认真观察图像，注意曲线变化，找出对应的知识点是关键。
11.如图表示可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0达平衡后，改变某一反应条件，反应速率随时间变化的情况。根据曲线判断下列说法中正确的是
A. t1时降低了温度，平衡向正反应方向移动
B. t1时增大了压强，平衡向正反应方向移动
C. t1时增大了N2的浓度同时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动
D. t1时可能使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知t1时正反应速率变大，而逆反应速率减少，达到新平衡时速率比原速率小，不是压强、温度和催化剂的变化，因为压强、温度和催化剂变化，正、逆反应速率变化趋势相同，所以t1时增大了A的浓度正反应速率加快，同时减小了C的浓度，逆反应速率减小，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡向正反应方向移动，故合理选项是C。
12.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法正确的是( )
A. 加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B. 在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C. 图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) ⇌AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【解析】
分析：A．Ksp只与温度有关；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)；D．根据K═=计算。
详解：A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，但Ksp不变，故A错误；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液中c点变到b点，故B错误。C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)，没有AgBr沉淀生成，故C错误；D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K═==≈816，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了沉淀溶解平衡曲线，曲线上的每个点都为AgBr饱和溶液，曲线以下为不饱和溶液；注意掌握Ksp的表达式及简单计算方法。本题的易错点为A，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
13.柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A. H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的数量级为10-4
B. Na2HR溶液中HR2-的水解程度大于电离程度
C. pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
D. pH=4时，c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
柠檬酸是三元弱酸，在溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R2-+H+，随着pH值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。H3R、H2R-、HR2-、R3-在图形中表示的曲线分别为a、b、c、d，据此回答。
【详解】A.柠檬酸溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R2-+H+，第二步电离常数Ka2(H3R)=，数量级为10-5，故A错误；
B.根据图示知道Na2HR溶液显示酸性，说明HR2-的水解程度小于电离程度，B错误；
C. 根据图示，随着溶液pH值的增大，c(H+)逐渐减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。H3R、H2R-、HR2-、R3-在图形中表示的曲线分别为a、b、c、d，pH=6时，溶液显示酸性，由于酸电离作用大于水的电离作用，所以c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，C正确；
D.pH=4时，根据电荷守恒：c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+ c(OH-)+ c(R3-)， D错误。
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离知识，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等。
14.25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L的KHA溶液pH=10:c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)
B. 0.1mol/LNaHS溶液:c(S2-)=c(H+)+c(H2S)
C. 100mL1.0mol/LFe(NO3)2溶液和10mL2.0mol/LHNO3溶液混合后:c(NO3-)=2.0 mol/L
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】A
【解析】
本题考查水溶液中的平衡关系和大小关系。
解析：0.1mol/L的KHA溶液的pH=10，证明HA-的水解程度大于电离程度，所以c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-），A正确；0.1mol•L-1NaHS溶液中的质子守恒关系为：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），错误；溶液中的亚铁离子要和HNO3发生氧化还原反应，一部分硝酸根离子被还原为一氧化氮，所以c（NO3-）＜2.01mol/L，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。
故选A。
点睛：答题时明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，一定要注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法。
15. 如图所示，装置在常温下工作（溶液体积变化忽略不计）．闭合K，灯泡发光．下列叙述中不正确的是（ ）
A. 当电路中有1.204×1022个电子转移时，乙烧杯中溶液的H+浓度约为0.1mol/L
B. 电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯，外电路的电子方向是从b到a
C. 电池工作时，甲烧杯发生的反应为MnO4-+ 3e-+ 4H+= MnO2+ 2H2O
D. 乙池中的氧化产物为SO42-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、n(e-)=1.204×1022÷6.02×1023=0.02mol.则在乙烧杯中发生反应的NaHSO3的物质的量为0.01mol。产生的H+的物质的量为0.01mol。c(H+)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，A正确。B、在该原电池反应中，乙池的石墨电极为负极，甲池的石墨电极为正极。根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯，外电路的电子方向是从b到a。B正确。C、电池工作时，甲烧杯中MnO4-不断得到电子，变为Mn2+，消耗H+，C错误。D、在乙池中HSO3－不断被氧化，变为SO42-，因此该烧杯的氧化产物为SO42-，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查原电池的反应原理的知识。
【名师点晴】该题的难点是正负极判断和电极反应式的书写。原电池中电极反应式的书写一般遵循“二判二析一写” 的原则，即二判：①判断阴阳极；②判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。二析：①分析溶液中离子的种类；②根据离子放电顺序，分析电极反应。一写：根据电极产物，写出电极反应式。
16.将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到如下表中的两组数据：已知2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H＜0
实验
编号
温度/℃
平衡常数
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
6
2
T2
K2
4
2
0.4
y
t
下列说法中不正确的是
A. x＝2.4
B. T1、T2的关系：T1＞T2
C. K1、K2的关系：K2＞K1
D. 实验1在前6 min的反应速率v(SO2)＝0.2 mol·L－1·min－1
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验1消耗O2为2mol-0.8mol=1.2mol，所以x=4-1.2×2=1.6，故A说法不正确；
B. 实验2消耗SO2的物质的量为4mol-0.4mol=3.6mol，所以y=2-3.6÷2=0.2，比较实验1和2，可以看出实验2反应物转化率更大，是在较低温度下进行的，因此T1＞T2，故B说法正确；
C.因 T1＞T2，降温平衡右移，则有K1、K2的关系：K2＞K1，故C说法正确；
D. 实验1在前6 min的反应速率v （SO2）=mol·L－1·min－1=0.2 mol·L－1·min－1，故D说法正确；
答案选A。
17.(1)某元素原子的价电子构型为4s24p1，该元素的符号为________。
(2)某元素＋3价离子的3d轨道半充满，该元素的符号为________。
(3)A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，A的离子结构示意图为________，B的元素名称为________。
(4)如图，第一电离能I1是指气态原子X(g)处于基态时，失去一个电子成为气态阳离子X＋(g)所需的能量。如图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线(其中12～17号元素的有关数据缺失)。
①认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断Na～Ar元素中，Al的第一电离能的大小范围为________＜Al＜________；(填元素符号)。
②图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是第________周期________族。
【答案】 (1). Ga (2). Fe (3). (4). 钙 (5). Na (6). Mg (7). 五 (8). IA
【解析】
【详解】(1)元素元素价电子构型为4s24p1，处于P区，为主族元素，为第四周期第ⅢA族元素Ga；
(2)元素+3价离子的3d轨道半充满，该离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故原子的核电荷数为23+3=26，为Fe元素；
(3)A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，核外电子数为18，A原子质子数为16，B原子质子数为20，故A为S元素，B为Ca元素，S2-离子的结构示意图为：；
(4)①由图可知第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能有突变，因此Al的第一电离能的最小范围为Na＜Al＜Mg；
②金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越小，图中第一电离能最小的元素是铷，在第五周期IA族。
18. (9分)
新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2 ，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为 、 。
(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生．其中b电极上得到的是 ，电解氯化钠溶液的总反应方程式为 ；
(3)若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为
（法拉第常数F=9.65×l04C.mol-1，列式计算)，最多能产生的氯气体积为 L(标准状况)。
【答案】：（1）O2+2H2O +4e—=4OH—，CH4+10OH--8e—=CO32-+ 7H2O；（2）H2；2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+ Cl2↑；（3）（1L/22.4L.mol-1）×8×9.65× 104C.mol-1 =3.45×104C；4。
【解析】
试题分析：（1）碱性条件下甲烷燃料电池正极的电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极的电极反应为CH4＋10OH－－8e－=CO32-＋7H2O；
（2）a极是阳极，b极是阴极，所以b电极上氢离子得电子，得到的是H2，电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中产生氢氧化钠，所以电池反应式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
（3）根据的负极反应式，通入1mol甲烷时失电子8mol，总电量为8×96500C，由于图中的两个电池是串联，故可知线路上转移的电子与一个燃料电池时相同，若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，物质的量为1/22.4mol，反应完全，则理论上通过电解池的电量为：（1L/22.4L.mol-1）×8×9.65×104C · mol－1=3.45×104C；最多能产生的氯气体积为4L。
考点：燃料电池，电极反应
19.一氯胺(NH2Cl，Cl呈+1价)可用于制备液体火箭燃料偏二甲肼。
实验一：制备NH2Cl实验室制备一氯胺可用氨气与次氯酸钠反应，反应方程式为NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH。某实验小组设计如下装置制备NH2Cl。
(1)B装置的作用为_________________
(2)C中盛装的是饱和食盐水，则惰性电极b应与电源_______极相连。
(3)先电解一段时间后，接下来的实验操作是______。
实验二：检测自来水中的一氯胺的含量．一氯胺是重要的水消毒剂，利用碘量法可以检测自来水中一氯胺的含量．其主要方法为：取已加入一氯胺的自来水20.00mL．加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100 mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，达到终点时，消耗Na2S2O3溶液5.00 mL。
已知：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I3- I3-I2+I- I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
(4)滴定时用___作指示剂，判定达到滴定终点的现象是___________。
(5)该自来水中一氯胺的浓度为____________mol/L。
【答案】 (1). 安全瓶 (2). 正 (3). 先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞 (4). 淀粉 (5). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化 (6). 0.0125
【解析】
【分析】
(1)根据氨气极易溶于水，容易倒吸；
(2)b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，阴离子在阳极放电，与电源的正极相连；
(3)电解一段时间后，应制备氨气并通入到C中与次氯酸钠反应；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；
(5)由方程式：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I3-、I3-I2+I-、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得到关系式：NH2Cl～I3-～I2～2S2O32-进行计算。
【详解】(1)根据氨气极易溶于水，容易倒吸，所以B装置的作用为安全瓶；
(2)b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，氯离子在阳极放电，所以b是阳极，与电源的正极相连；
(3)先电解一段时间后，接下来的实验操作通入制备氨气并通入到C中，即先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，判定达到滴定终点的现象是当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化；
(5)由方程式：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I3-、I3-I2+I-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；
可得到关系式：NH2Cl～I3-～I2 ～2S2O32-；
n(Na2S2O3)=2n(NH2Cl)，2×c(NH2Cl)×20×10-3L =0.100 mol/L×5×10-3L，
解得：c(NH2Cl)=0.0125mol/L。
【点睛】本题考查了一氯胺的制备与含量的测定，注意物质的性质、氧化还原反应滴定的原理与计算，难度不大，注意滴定中利用关系式的计算方法，难度中等。
20.利用钛白粉厂的废酸（主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+）制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，同时回收TiO(OH)2的简要流程如下：
已知：i．部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的PH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii．pH>7时，Fe2+部分生成Fe（II）氨络离子[Fe(NH3)2]2+。
请回答下列问题：
（1）为保证产物TiO(OH)2的纯度，加入试剂A要适量。试剂A为__________
（2）煅烧回收的TiO(OH)2，获得的TiO2会发黄，发黄的杂质可能是_____（填化学式）。
（3）滤渣I的主要成分除Fe(OH)2、Al（OH）3外，还含有______________。
（4）加入H2O2的目的是氧化除掉Fe（II）氨络离子[Fe(NH3)2]2+，配平下列离子方程式： 2[Fe(NH3)2]2+ +________+4H2O +H2O2 =_______ + 4NH3·H2O 。
（5）电解制备过二硫酸铵的装置如下图所示。
①S2O82-中S元素的化合价为+6，1mol S2O82-过氧键的数目为___________。
②电解时，铁电极连接电源的___________极。
③常温下，电解液中含硫微粒主要存在形式与 pH 的关系如下图所示。
在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的 pH 范围为___________，阳极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). 铁粉 (2). Fe2O3 (3). Fe(OH)3 (4). 4OH- (5). 2Fe(OH)3↓ (6). 1 (7). 负 (8). 0≤pH≤2 (9). 2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+
【解析】
（1）铁离子沉淀的PH≤3，而亚铁离子沉淀的PH≤9.4，TiO2+沉淀的PH≤2.8；因此为保证产物TiO(OH)2的纯度，加入适量的铁粉，把铁离子还原为亚铁离子；正确答案：铁粉。
（2）沉淀中会有少量氢氧化铁沉淀掺杂，煅烧后，产生少量的Fe2O3，获得的TiO2会发黄；正确答案：Fe2O3。
（3）滤液中会含有少量的铁离子，加入氨水后，调节溶液的PH=10，会产生Fe(OH)2、Al（OH）3外，还含有少量的Fe(OH)3；正确答案：Fe(OH)3。
（4）[Fe（NH3）2]2+中铁为+2价，被氧化为+3价铁，在碱性环境下生成Fe(OH)3，H2O2中氧由-1价降低到-2价，发生还原反应，根据化合价升降总数相等，电荷守恒规律，配平后的离子方程式：2[Fe（NH3）2]2+ +4OH-+4H2O +H2O2 = 2Fe(OH)3↓+ 4NH3·H2O；正确答案：4OH- ；2Fe(OH)3↓。
（5）①S2O82-中硫元素为+6，氧为-2价，过氧根中氧元素为-1价，设过氧键的数目为x,根据化合价法则可知：6×2+（-2）×（8-2x）+(-1) ×2x=-2,解得x=1，正确答案：1。
②电解池中，HSO4-在阳极失电子发生氧化反应，生成S2O82-，如果铁做阳极，铁失电子，HSO4-就不能失电子，也就不能生成二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，因此铁做电解池的阴极，与电源的负极相连；正确答案：负。
③根据图示可知，在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的 pH 范围为0≤pH≤2；HSO4-失电子变为S2O82-，发生氧化反应，阳极的电极反应式为2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+；正确答案：0≤pH≤2；2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+。
1. 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
化学性质
实际应用
A.
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B.
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C.
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D.
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
【答案】B
【解析】
试题分析：A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。
【考点定位】考查盐类水解的应用，氧化还原反应，次氯酸的性质，二氧化硅的性质
【名师点睛】本试题考查考生对元素及其化合物性质的掌握以及对知识的夯实和运用的能力。盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取金属性弱的，如Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，说明Fe比Cu金属性强。漂白性的原理分为三类：一是具有强氧化性的，如HClO、O3、H2O2、NaClO（漂白液的有效成分）、Ca(ClO)2（漂白粉的有效成分）等；二是结合性的，如SO2；三是吸附性，如活性炭，前两者属于化学变化，后者属于物理变化。漂白衣服常用氧化性的，但注意不能和洁厕剂混用，会产生氯气；SO2漂白纸张等；活性炭吸附水中的杂质。雕刻玻璃常用氢氟酸，因为发生反应：4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O，氢氟酸常保存在塑料瓶中，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。
2.下列表达式错误的是
A. 甲烷的电子式：
B. 碳原子的L层电子轨道表示式：
C. 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6
D. 碳－12原子：
【答案】B
【解析】
分析：正确运用电子式、轨道表示式、核外电子排布式、原子的表示方法等化学用语分析。
详解：甲烷中存在4对共用电子对，则甲烷的电子式为， A选项正确；碳原子的L层电子有4个电子，2s电子优先单独占据1个轨道，2p轨道上还有2个电子，按照洪特规则，剩余的2个电子分布在2p轨道中，还有一个空轨道，则碳原子的L层电子的轨道表示式：，B选项错误；硫离子的核外电子数为18，其硫离子的核外电子排布式1S22S22P63S23P6， C选项正确；碳-12原子的质子数为6，质量数为12，则该原子表示为126C， D选项说法正确；正确选项B。
3.能正确解释下列反应原理，并且书写正确的离子方程式是
A. 用明矾作净水剂：Al3++3H2O=Al(OH)3↓＋3H＋
B. 用小苏打治疗胃酸过多：CO32-＋2H+=CO2↑＋H2O
C. 电解MgCl2饱和溶液制取Mg：MgCl2Mg＋Cl2↑
D. 用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4＋CO32-=CaCO3＋SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A.用明矾作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，A错误；
B．苏打是NaHCO3，用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，B错误；
C.用电解熔融MgCl2制取Mg：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
D.用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢，发生沉淀的转化，离子反应为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，故D正确；
故合理选项是D。
4.下列说法正确的是
A. 因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差
B. 常温下2S2O(g)=3S(s)+SO2(g)能自发进行，可推断该反应为放热反应
C. 对于反应①C＋CO22CO(△H＞0)和反应②N2＋3H22NH3(△H＜0)，达平衡后，升高温度，①反应速率加快，②反应速率减慢
D. NH4Cl和HCl溶于水后滴加石蕊都变红色，说明它们均能电离出H+
【答案】B
【解析】
试题分析：A.铝合金、不锈钢等合金耐腐蚀性强，A项错误；B.根据△H—T△S＜0反应能自发进行，该反应的正向属于熵减，但能自发，可推断该反应为放热反应，B项正确；C.升高温度，化学反应速率加快，C项错误D. NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，HCl溶于水得到盐酸，电离出氢离子，它们滴加石蕊都变红色，D项错误；答案选B。
考点：考查合金，化学反应自发进行的判据，影响化学反应速率的因素，盐的水解等知识。
5.反应mA（s）+nB（g）pC（g）△H＜0，在一定温度下，平衡时B的体积分数（B%）与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定正确的是（ ）
①m+n＞p ②x点表示的正反应速率大于逆反应速率
③x点比y点时的反应速率慢 ④n＞p
A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可以看出，增大压强，B%增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，注意A为固体的特征．在曲线上的点为平衡状态，图象中x和y没有达到平衡状态，根据B的含量判断反应趋向于平衡分析反应进行的方向，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，据此解答。
【详解】①图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p，m+n与p关系不能确定，故错误；②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即v正＞v逆，故正确；③由图象可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故正确；④由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p，故错误；所以正确的有②③；答案选C。
【点睛】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意根据图象判断化学平衡的移动方向，注意分析纵坐标随横坐标变化的趋势，特别是曲线的上的点与曲线外的点的区别，答题时注意A为固体的特点，为易错点。
6.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大， Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z 元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，W与Z同主族，R 元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述错误的是
A. Y的氢化物比R的氢化物稳定，且熔沸点高
B. RY2、WY2通入BaCl2溶液中均有白色沉淀生成
C. Z、W、R 最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z
D. X与Y形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2
【答案】B
【解析】
X的原子半径在短周期主族元素中最大，所以X是钠。Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，说明电子充满L层，L层电子数为m+n=8，而Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，说明次外层是第一层且充满电子，所以n=2，m=6，Y是氧，Z是硅。W与Z同主族，且W是短周期元素，所以W是碳。R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1，所以R是硫。A. 非金属性：O>S，所以Y的氢化物比R 的氢化物稳定，水分子之间存在氢键，所以水的熔沸点高，故A正确；B亚硫酸和碳酸的酸性弱于盐酸，所以 RY2、WY2通入BaCl2溶液中均没有白色沉淀生成，故B错误；C.硫酸是强酸，碳酸、硅酸是弱酸，且硅酸酸性更弱，所以Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性：R>W>Z，故C正确；D. X与Y形成的两种化合物氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子的个数比均为1∶2，故D正确。故选B。
点睛：解答本题的难点是选项D，需要明确氧化钠和过氧化钠含有的阴离子分别是O2-和O22-。
7.标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。
下列分析正确的是
A. 原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol/L
B. 氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强
C. b点水的电离程度比c点水的电离程度大
D. a点对应溶液的导电性比d点强
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据图像可知当pH＝7时二者恰好反应，根据方程式2H2S＋SO2＝2H2O＋3S↓可知硫化氢的物质的量是＝0.01mol，所以原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1 mol/L，A错误；B、根据图像可知当溶液中SO2的物质的量与硫化氢的物质的量相等时，SO2溶液的pH小于硫化氢溶液的pH，所以氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性弱，B错误；C、b点显中性，c点是亚硫酸溶液，抑制水的电离，因此b点水的电离程度比c点水的电离程度大，C正确；D、a点氢离子浓度小于d点氢离子浓度，因此a点对应溶液的导电性比d点弱，D错误，答案选C。
考点：考查弱电解质的电离以及溶液导电性判断
8.海水中含有大量Na+、C1-及少量Ca2+、Mg2+、SO42-，用电渗析法对该海水样品进行淡化处理，如图所示。下列说法正确的是
A. B极室产生的气体可使湿润的KI淀粉试纸变蓝
B. A极室产生氧气并伴有少量沉淀生成
C. 淡化工作完成后A、B、C三室中pH大小为pHA
【答案】D
【解析】
【分析】
A.B极为阴极，生成氢气动；
B.A极为阳极，发生氧化反应生成氯气；
C.B极生成氢气和氢氧根离子，pH最大；
D.电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移。
【详解】A.B极为阴极，溶液中的H+放电生成氢气，不能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，A错误。
B.A极为阳极，溶液中的Cl-放电产生发生氧化反应生成Cl2，但没有沉淀生成，B错误；
C．B极溶液中的H+放电生成氢气,同时溶液中OH-浓度增大，pH最大，应为pHA＜pHC＜pHB，C错误；
D.电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，B为阴极，则b为阳离子交换膜，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题综合考查水的净化、电解原理，侧重考查学生的分析能力，明确电解原理、物质的性质及发生的化学反应、化学用语的应用即可解答，为高频考点，题目难度不大。
9.有关滴定的说法正确的是
A. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低。
B. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L
C. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低
D. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
【答案】A
【解析】
A. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH-浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低。A正确；B. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1mL，由两者反应中化合价升降总数相等（或电子转移守恒）可得到关系式5H2C2O4~2KMnO4，则n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5，所以H2C2O4溶液的浓度为mol/L，B不正确；C. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C不正确；D.滴定管的读数要精确到0.01mL，D不正确。本题选A。
点睛：在酸性条件下，H2C2O4可以被KMnO4氧化为CO2，而KMnO4中的锰元素被还原为Mn2+。
10. 化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是
A. 根据图①可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH＞0
B. 图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大
C. 图③可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化
D. 根据图④，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量CuO，至pH在4左右
【答案】D
【解析】
【详解】A项，交点后，随着温度升高，逆反应增加的程度大于正反应增加的程度，正反应为放热反应，故A项错误；
B项，从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大；另外，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；
C项，乙酸是弱酸，不能完全电离，乙酸溶液的导电性不如等物质的量的强电解质溶液，乙酸溶液中加入氨气后生成强电解质导电性增强，完全中和之后氨气继续溶入水中形成的氨水也是弱电解质，溶液导电性缓慢增大，与图上曲线显示不符，故C项错误。
D项，Fe3+在pH在4左右沉淀完全而Cu2+几乎不沉淀，向溶液中加入适量CuO可调节溶液pH值使Fe3+沉淀完全被除去，故D项正确；
综上所述，本题正确答案为D。
【点睛】本题考查了化学平衡知识与图像相结合的题目，认真观察图像，注意曲线变化，找出对应的知识点是关键。
11.如图表示可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0达平衡后，改变某一反应条件，反应速率随时间变化的情况。根据曲线判断下列说法中正确的是
A. t1时降低了温度，平衡向正反应方向移动
B. t1时增大了压强，平衡向正反应方向移动
C. t1时增大了N2的浓度同时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动
D. t1时可能使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知t1时正反应速率变大，而逆反应速率减少，达到新平衡时速率比原速率小，不是压强、温度和催化剂的变化，因为压强、温度和催化剂变化，正、逆反应速率变化趋势相同，所以t1时增大了A的浓度正反应速率加快，同时减小了C的浓度，逆反应速率减小，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡向正反应方向移动，故合理选项是C。
12.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法正确的是( )
A. 加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B. 在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C. 图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) ⇌AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【解析】
分析：A．Ksp只与温度有关；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)；D．根据K═=计算。
详解：A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，但Ksp不变，故A错误；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液中c点变到b点，故B错误。C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)，没有AgBr沉淀生成，故C错误；D．反应AgCl(s)+Br-(aq)⇌AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K═==≈816，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了沉淀溶解平衡曲线，曲线上的每个点都为AgBr饱和溶液，曲线以下为不饱和溶液；注意掌握Ksp的表达式及简单计算方法。本题的易错点为A，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
13.柠檬酸(用H3R表示)是一种高效除垢剂，现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢，溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量随pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A. H3R的第二步电离常数Ka2(H3R)的数量级为10-4
B. Na2HR溶液中HR2-的水解程度大于电离程度
C. pH=6时，c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)
D. pH=4时，c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
柠檬酸是三元弱酸，在溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R2-+H+，随着pH值的增大，氢离子浓度会减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。H3R、H2R-、HR2-、R3-在图形中表示的曲线分别为a、b、c、d，据此回答。
【详解】A.柠檬酸溶液电离方程式：H3RH2R-+H+，H2R-HR2-+H+，HR2-R2-+H+，第二步电离常数Ka2(H3R)=，数量级为10-5，故A错误；
B.根据图示知道Na2HR溶液显示酸性，说明HR2-的水解程度小于电离程度，B错误；
C. 根据图示，随着溶液pH值的增大，c(H+)逐渐减小，平衡向右移动，所以H3R含量会减少。H3R、H2R-、HR2-、R3-在图形中表示的曲线分别为a、b、c、d，pH=6时，溶液显示酸性，由于酸电离作用大于水的电离作用，所以c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-)，C正确；
D.pH=4时，根据电荷守恒：c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+ c(OH-)+ c(R3-)， D错误。
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离知识，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等。
14.25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L的KHA溶液pH=10:c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)
B. 0.1mol/LNaHS溶液:c(S2-)=c(H+)+c(H2S)
C. 100mL1.0mol/LFe(NO3)2溶液和10mL2.0mol/LHNO3溶液混合后:c(NO3-)=2.0 mol/L
D. 0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】A
【解析】
本题考查水溶液中的平衡关系和大小关系。
解析：0.1mol/L的KHA溶液的pH=10，证明HA-的水解程度大于电离程度，所以c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-），A正确；0.1mol•L-1NaHS溶液中的质子守恒关系为：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），错误；溶液中的亚铁离子要和HNO3发生氧化还原反应，一部分硝酸根离子被还原为一氧化氮，所以c（NO3-）＜2.01mol/L，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。
故选A。
点睛：答题时明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，一定要注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法。
15. 如图所示，装置在常温下工作（溶液体积变化忽略不计）．闭合K，灯泡发光．下列叙述中不正确的是（ ）
A. 当电路中有1.204×1022个电子转移时，乙烧杯中溶液的H+浓度约为0.1mol/L
B. 电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯，外电路的电子方向是从b到a
C. 电池工作时，甲烧杯发生的反应为MnO4-+ 3e-+ 4H+= MnO2+ 2H2O
D. 乙池中的氧化产物为SO42-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、n(e-)=1.204×1022÷6.02×1023=0.02mol.则在乙烧杯中发生反应的NaHSO3的物质的量为0.01mol。产生的H+的物质的量为0.01mol。c(H+)=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，A正确。B、在该原电池反应中，乙池的石墨电极为负极，甲池的石墨电极为正极。根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯，外电路的电子方向是从b到a。B正确。C、电池工作时，甲烧杯中MnO4-不断得到电子，变为Mn2+，消耗H+，C错误。D、在乙池中HSO3－不断被氧化，变为SO42-，因此该烧杯的氧化产物为SO42-，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查原电池的反应原理的知识。
【名师点晴】该题的难点是正负极判断和电极反应式的书写。原电池中电极反应式的书写一般遵循“二判二析一写” 的原则，即二判：①判断阴阳极；②判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。二析：①分析溶液中离子的种类；②根据离子放电顺序，分析电极反应。一写：根据电极产物，写出电极反应式。
16.将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到如下表中的两组数据：已知2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) △H＜0
实验
编号
温度/℃
平衡常数
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
6
2
T2
K2
4
2
0.4
y
t
下列说法中不正确的是
A. x＝2.4
B. T1、T2的关系：T1＞T2
C. K1、K2的关系：K2＞K1
D. 实验1在前6 min的反应速率v(SO2)＝0.2 mol·L－1·min－1
【答案】A
【解析】
【详解】A. 实验1消耗O2为2mol-0.8mol=1.2mol，所以x=4-1.2×2=1.6，故A说法不正确；
B. 实验2消耗SO2的物质的量为4mol-0.4mol=3.6mol，所以y=2-3.6÷2=0.2，比较实验1和2，可以看出实验2反应物转化率更大，是在较低温度下进行的，因此T1＞T2，故B说法正确；
C.因 T1＞T2，降温平衡右移，则有K1、K2的关系：K2＞K1，故C说法正确；
D. 实验1在前6 min的反应速率v （SO2）=mol·L－1·min－1=0.2 mol·L－1·min－1，故D说法正确；
答案选A。
17.(1)某元素原子的价电子构型为4s24p1，该元素的符号为________。
(2)某元素＋3价离子的3d轨道半充满，该元素的符号为________。
(3)A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，A的离子结构示意图为________，B的元素名称为________。
(4)如图，第一电离能I1是指气态原子X(g)处于基态时，失去一个电子成为气态阳离子X＋(g)所需的能量。如图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线(其中12～17号元素的有关数据缺失)。
①认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断Na～Ar元素中，Al的第一电离能的大小范围为________＜Al＜________；(填元素符号)。
②图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是第________周期________族。
【答案】 (1). Ga (2). Fe (3). (4). 钙 (5). Na (6). Mg (7). 五 (8). IA
【解析】
【详解】(1)元素元素价电子构型为4s24p1，处于P区，为主族元素，为第四周期第ⅢA族元素Ga；
(2)元素+3价离子的3d轨道半充满，该离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故原子的核电荷数为23+3=26，为Fe元素；
(3)A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，核外电子数为18，A原子质子数为16，B原子质子数为20，故A为S元素，B为Ca元素，S2-离子的结构示意图为：；
(4)①由图可知第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能有突变，因此Al的第一电离能的最小范围为Na＜Al＜Mg；
②金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越小，图中第一电离能最小的元素是铷，在第五周期IA族。
18. (9分)
新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2 ，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。
回答下列问题：
(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为 、 。
(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生．其中b电极上得到的是 ，电解氯化钠溶液的总反应方程式为 ；
(3)若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为
（法拉第常数F=9.65×l04C.mol-1，列式计算)，最多能产生的氯气体积为 L(标准状况)。
【答案】：（1）O2+2H2O +4e—=4OH—，CH4+10OH--8e—=CO32-+ 7H2O；（2）H2；2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+ Cl2↑；（3）（1L/22.4L.mol-1）×8×9.65× 104C.mol-1 =3.45×104C；4。
【解析】
试题分析：（1）碱性条件下甲烷燃料电池正极的电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极的电极反应为CH4＋10OH－－8e－=CO32-＋7H2O；
（2）a极是阳极，b极是阴极，所以b电极上氢离子得电子，得到的是H2，电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中产生氢氧化钠，所以电池反应式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
（3）根据的负极反应式，通入1mol甲烷时失电子8mol，总电量为8×96500C，由于图中的两个电池是串联，故可知线路上转移的电子与一个燃料电池时相同，若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，物质的量为1/22.4mol，反应完全，则理论上通过电解池的电量为：（1L/22.4L.mol-1）×8×9.65×104C · mol－1=3.45×104C；最多能产生的氯气体积为4L。
考点：燃料电池，电极反应
19.一氯胺(NH2Cl，Cl呈+1价)可用于制备液体火箭燃料偏二甲肼。
实验一：制备NH2Cl实验室制备一氯胺可用氨气与次氯酸钠反应，反应方程式为NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH。某实验小组设计如下装置制备NH2Cl。
(1)B装置的作用为_________________
(2)C中盛装的是饱和食盐水，则惰性电极b应与电源_______极相连。
(3)先电解一段时间后，接下来的实验操作是______。
实验二：检测自来水中的一氯胺的含量．一氯胺是重要的水消毒剂，利用碘量法可以检测自来水中一氯胺的含量．其主要方法为：取已加入一氯胺的自来水20.00mL．加入过量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.100 mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，达到终点时，消耗Na2S2O3溶液5.00 mL。
已知：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I3- I3-I2+I- I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
(4)滴定时用___作指示剂，判定达到滴定终点的现象是___________。
(5)该自来水中一氯胺的浓度为____________mol/L。
【答案】 (1). 安全瓶 (2). 正 (3). 先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞 (4). 淀粉 (5). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化 (6). 0.0125
【解析】
【分析】
(1)根据氨气极易溶于水，容易倒吸；
(2)b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，阴离子在阳极放电，与电源的正极相连；
(3)电解一段时间后，应制备氨气并通入到C中与次氯酸钠反应；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；
(5)由方程式：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I3-、I3-I2+I-、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得到关系式：NH2Cl～I3-～I2～2S2O32-进行计算。
【详解】(1)根据氨气极易溶于水，容易倒吸，所以B装置的作用为安全瓶；
(2)b极应产生氯气与a极产生的氢氧化钠充分接触生成次氯酸钠，氯离子在阳极放电，所以b是阳极，与电源的正极相连；
(3)先电解一段时间后，接下来的实验操作通入制备氨气并通入到C中，即先打开止水夹，再打开分液漏斗的活塞；
(4)碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，判定达到滴定终点的现象是当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化；
(5)由方程式：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3•H2O+OH-+Cl-+I3-、I3-I2+I-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；
可得到关系式：NH2Cl～I3-～I2 ～2S2O32-；
n(Na2S2O3)=2n(NH2Cl)，2×c(NH2Cl)×20×10-3L =0.100 mol/L×5×10-3L，
解得：c(NH2Cl)=0.0125mol/L。
【点睛】本题考查了一氯胺的制备与含量的测定，注意物质的性质、氧化还原反应滴定的原理与计算，难度不大，注意滴定中利用关系式的计算方法，难度中等。
20.利用钛白粉厂的废酸（主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+）制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，同时回收TiO(OH)2的简要流程如下：
已知：i．部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的PH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii．pH>7时，Fe2+部分生成Fe（II）氨络离子[Fe(NH3)2]2+。
请回答下列问题：
（1）为保证产物TiO(OH)2的纯度，加入试剂A要适量。试剂A为__________
（2）煅烧回收的TiO(OH)2，获得的TiO2会发黄，发黄的杂质可能是_____（填化学式）。
（3）滤渣I的主要成分除Fe(OH)2、Al（OH）3外，还含有______________。
（4）加入H2O2的目的是氧化除掉Fe（II）氨络离子[Fe(NH3)2]2+，配平下列离子方程式： 2[Fe(NH3)2]2+ +________+4H2O +H2O2 =_______ + 4NH3·H2O 。
（5）电解制备过二硫酸铵的装置如下图所示。
①S2O82-中S元素的化合价为+6，1mol S2O82-过氧键的数目为___________。
②电解时，铁电极连接电源的___________极。
③常温下，电解液中含硫微粒主要存在形式与 pH 的关系如下图所示。
在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的 pH 范围为___________，阳极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). 铁粉 (2). Fe2O3 (3). Fe(OH)3 (4). 4OH- (5). 2Fe(OH)3↓ (6). 1 (7). 负 (8). 0≤pH≤2 (9). 2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+
【解析】
（1）铁离子沉淀的PH≤3，而亚铁离子沉淀的PH≤9.4，TiO2+沉淀的PH≤2.8；因此为保证产物TiO(OH)2的纯度，加入适量的铁粉，把铁离子还原为亚铁离子；正确答案：铁粉。
（2）沉淀中会有少量氢氧化铁沉淀掺杂，煅烧后，产生少量的Fe2O3，获得的TiO2会发黄；正确答案：Fe2O3。
（3）滤液中会含有少量的铁离子，加入氨水后，调节溶液的PH=10，会产生Fe(OH)2、Al（OH）3外，还含有少量的Fe(OH)3；正确答案：Fe(OH)3。
（4）[Fe（NH3）2]2+中铁为+2价，被氧化为+3价铁，在碱性环境下生成Fe(OH)3，H2O2中氧由-1价降低到-2价，发生还原反应，根据化合价升降总数相等，电荷守恒规律，配平后的离子方程式：2[Fe（NH3）2]2+ +4OH-+4H2O +H2O2 = 2Fe(OH)3↓+ 4NH3·H2O；正确答案：4OH- ；2Fe(OH)3↓。
（5）①S2O82-中硫元素为+6，氧为-2价，过氧根中氧元素为-1价，设过氧键的数目为x,根据化合价法则可知：6×2+（-2）×（8-2x）+(-1) ×2x=-2,解得x=1，正确答案：1。
②电解池中，HSO4-在阳极失电子发生氧化反应，生成S2O82-，如果铁做阳极，铁失电子，HSO4-就不能失电子，也就不能生成二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，因此铁做电解池的阴极，与电源的负极相连；正确答案：负。
③根据图示可知，在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的 pH 范围为0≤pH≤2；HSO4-失电子变为S2O82-，发生氧化反应，阳极的电极反应式为2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+；正确答案：0≤pH≤2；2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+。
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