资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩21页未读，
继续阅读
【化学】四川省广安市友谊中学2018-2019学年高二上学期12月考（解析版） 试卷
展开
四川省广安市友谊中学2018-2019学年高二上学期12月考
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共22个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列选项中描述的过程能实现热能转化为化学能的是
A. 燃料电池 B. 火力发电
C. 铝热焊接 D. 煅烧石灰石
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃料电池由化学能转化为电能，故A错误；
B.火力发电由化学能转化为热能，热能转化为电能，故B错误；
C.铝热焊接由化学能转化为热能，故C错误；
D.煅烧石灰石由热能转化为化学能，故D正确。
故选D。
2. 燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是
A. 甲醇 B. 天然气 C. 氢气 D. 液化石油气
【答案】C
【解析】
【详解】A项的甲醇、B项的天然气、D项的液化石油气在燃烧过程中都会产生CO2温室气体，不如水环保，故A项、B项、D项错误；C项，氢气作为燃料电池的燃料，其产物是水，对环境无危害性，从能效比及环境保护的角度看，氢气是最理想的能源，故C项正确；
综上所述，本题选C。
3.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同
B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐
C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸；
C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。
详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；
C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
4.下列说法正确的是
A. 电子由低能级跃迁至较高能级时，可通过光谱仪直接摄取原子的发射光谱
B. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的元素属于d区
C. NH3和CH4的中心原子都是sp3杂化
D. SO2和CO2都是直线形分子，其中心原子都是sp杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电子由低能级跃迁至较高能级时，电子需要吸收能量，会吸收不同的光，为吸收光谱，可通过光谱仪直接摄取原子的吸收光谱，故A错误；
B.根据基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1，可知该元素原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，在周期表中位置为第五周期、IB族，属于ds区，故B错误；
C.NH3中N原子形成3个键，有1个孤电子对，为sp3杂化；CH4中C原子形成4个键，为sp3杂化，故C正确；
SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，该分子为V形结构，CO2的价层电子对个数=2+
(4−2×2)=2，该分子是直线形结构，故D错误。
答案选C。
5.下列有关化学用语表示正确的是
A. Br的简化电子排布式：[Ar]4s24p5 B. 次氯酸的结构式：H－Cl－O
C. 羟基的电子式： D. Fe2+的外围电子排布图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据核外电子排布规律可知Br的电子排布式可简写为[Ar]3d104s24p5，故A错误；
B．次氯酸的结构式应为H-O-Cl，故B错误；
C．羟基的电子式中氧原子最外层多一个电子，故C错误；
D．Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子生成Fe2+，其3d轨道上6个电子为其外围电子，其价电子排布式为3d6，外围电子排布图：，故D正确。
故选：D。
6.在密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，下列说法不正确的是
A. 该反应达到平衡后将碳块磨成粉末可以使平衡右移
B. 升高温度可以加快反应速率
C. 容器体积不变时，向其中充入N2，反应速率不变
D. 增加碳的质量不能加快反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A项，将碳块磨成粉末可以增大接触面积，从而加快反应速率，但不能使平衡发生移动，故A项错误；
B项，升温可以增多活化分子数和活化分子百分数，从而加快反应速率，故B项正确；
C项，充入N2不改变各物质的浓度，反应速率不发生改变，故C项正确。
D项，碳为固体，增加其质量不影响化学反应速率，故D项正确。
答案选A。
7.下列说法正确的是
A. 任何酸与碱发生中和反应生成1mo1H2O的过程中，能量变化均相同
B. 已知：① C(s石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol② C(s金刚石)＋O2(g)=CO2(g) △H2=-395.0 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
C. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
D. 表示硫的燃烧热的热化学方程式：S(s) +3/2O2(g)=SO3(g)；△H=-315kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热分析；
B、根据物质的能量越低越稳定来判断；
C、反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关；
D、根据燃烧热的定义判断。
【详解】A、强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热，所以任何酸与碱发生中和反应生成1mo1H2O的过程中，能量变化可能不同，故A错误；
B、由① C(s石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol ② C(s金刚石)＋O2(g)=CO2(g) △H2=-395.0 kJ/mol，则①-②得，C(s石墨)= C(s金刚石) △H=+1.5kJ/mol ，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、根据盖斯定律分析可以知道，反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关，所以C选项是正确的；
D、硫的燃烧热是1molS完全燃烧生成二氧化硫放出的热量，故D错误；
所以C选项是正确的。
8.下列水溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液
C. c(H+)=c(OH-)的溶液 D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；C、溶液显中性，故正确；D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。
考点：考查水的离子积、溶液酸碱性等知识。
9.下列溶液加热蒸干、灼烧后，能得到溶质固体的是
A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3
【答案】C
【解析】
A．Al3+水解，生成Al（OH）3，灼烧后得到氧化铝，选项A错误；B．KHCO3不稳定，加热易分解，选项B错误；C．加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe2（SO4）3，故C正确； D．NH4HCO3不稳定，加热易分解，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了盐类水解知识，题目难度不大，注意把握物质的稳定性和水解的性质，易错点为A，注意硫酸盐水解的特点，虽然水解，但水解后生成的氢氧化铁与硫酸反应又生成硫酸铁。
10.下列有关说法正确的是
A. 298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
B. 电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液处理，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D. 常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
该反应，298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，说明 ，所以ΔH<0，故A错误；电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故B正确；在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明BaSO4转化为BaCO3，由于饱和Na2CO3溶液中CO32-浓度很大，BaSO4悬浊液中SO42-浓度很小，所以不能判断Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，故C错误；盐酸抑制水电离、氯化铵促进水电离，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度不相同，故D错误。
11.已知：CO(g) + H2O(g) H2(g) + CO2(g) 的平衡常数K随温度的变化如下表，下列说法正确的是（ ）
温度/℃
400
500
830
1000
平衡常数K
10
9
1
0.6
A. 该反应的正反应是吸热反应
B. 恒温时增大压强，正反应速率增大
C. 830℃时，反应达到平衡，一定是c(CO)＝c(CO2)
D. 400℃时，生成CO2物质的量越多，平衡常数K越大
【答案】B
【解析】
A. 由表中数据可知，温度越高，K越小，所以该反应的正反应是放热反应，A不正确；B. 恒温时增大压强，正反应速率增大，B正确；C. 830℃时，反应达到平衡，虽然K=1，但是c(CO)和c(CO2)不一定相等，这取决于反应物的起始量是多少，若反应物的起始投料的比例为1：1，则相等，C不正确；D. 在一定的温度下，平衡常数K不变，D不正确。本题选B。
12.合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+216 kJ·mol-1；②2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=-72 kJ·mol-1。其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是
A. E1表示2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)的活化能
B. E2表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能
C. 该图示为反应②的反应过程与能量变化示意图
D. 一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，但不能改变E1与E2的差值
【答案】D
【解析】
已知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图象所表达的是吸热反应即反应①。所以A、E1表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能，故A错误；B、E2表示CO(g)+ 3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的活化能，因此B错误；C、该图所示为反应① 的反应过程与能量变化示意图，故C错误；D、加入催化剂，正逆反应的活化能都降低了，即E1、E2都降低，但二者的差值不变，所以D正确。本题正确答案为D。
13.下列实验装置或操作设计正确、且能达到目的的是
A. 实验①，排出碱式滴定管胶管中的气泡
B. 实验②，用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果
C. 实验③，验证牺牲阳极的阴极保护法
D. 实验④，进行中和热的测定
【答案】A
【解析】
A. 实验①，排出碱式滴定管胶管中的气泡，A正确；B. 实验②，用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，所加溶液的体积不同而使实验没有可比性，B不正确；C. 实验③中，用硫氰化钾溶液无法检验出Fe2+，故无法验证牺牲阳极的阴极保护法是否有效，C不正确；D. 实验④，进行中和热的测定的实验，因没有使用环形玻璃搅拌棒会导致实验误差过大，D不正确。
14.常温下，下列各组离子可能大量共存的是
A. 加入铝粉产生H2的溶液中:Ba2+、Fe3+、HCO3-、NO3-
B. 0.1mol/L FeCl3溶液中：Al3+、SO42-、I-、SCN-
C. 使pH 试纸变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:Cl-、NO3-、Ba2＋、Na＋
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入铝粉能产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，Fe3+和HCO3-在碱性溶液中不能大量共存，HCO3-在酸性溶液中也不能大量共存，所以A选项不符合题意；
B. Fe3+和I-之间发生氧化还原反应，Fe3+和SCN-之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B选项不符合题意；
C. 使pH 试纸变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，Fe2+、NO3-和H+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C选项不符合题意；
D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D选项符合题意。
故答案选D。
【点睛】本题考查离子的共存问题，明确加入铝粉能放出氢气的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液是解答本题的关键，并熟悉复分解反应发生的条件、氧化还原反应等知识可解答。
15.在2 L密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是( )
A. 200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1
B. 200 ℃时，该反应的平衡常数为25
C. 当外界条件由200 ℃降到100 ℃时，原平衡一定被破坏，且逆反应速率均增大
D. 由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH＜0，且a＝2
【答案】B
【解析】
A、200 ℃时，反应从开始到平衡B的浓度减少=0.1mol/L，所以平均速率v(B)＝=0.02mol·L－1·min－1，选项A错误；B、根据图中数据可知该反应的化学方程式为2A(g)＋B(g) C(g)。200℃时，A、B、C的平衡浓度分别是0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，根据化学平衡常数的定义得K==25 L2/mol2，选项B正确；C、当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，选项C错误；D、由图乙可知温度升高，C的体积分数增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，a值不确定，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查化学反应速率和化学平衡图象的分析。由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B（g）C（g），据此分析得解。
16.已知HA为一元酸，常温下向20mL0.01mol/L的HA溶液中滴加0.01mol/L的NaOH溶液，测得溶液pH与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 常温下，该酸的电离常数K=10-5.6
B. 该测定过程中不可以选择甲基橙为指示剂
C. 滴定至①处时，溶液中离子浓度关系为: c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 由①到③过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】D
【解析】
分析：根据0.01mol/L的HA溶液pH大于2可以知道HR为弱酸，该过程为一元强碱滴定一元弱酸的过程，①点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；②点溶液中呈中性；③点溶液是二者恰好完全反应生成NaA，强碱弱酸盐，溶液显碱性；酸碱溶液对水的电离起到抑制作用,水解的盐对水的电离起到促进作用，以此分析解答。
详解:A. HAH++A-，pH=3.8，c(H+)=10-3.8，该酸的电离常数K===10-5.6，故A正确；
B.该测定为强碱滴弱酸，反应完全时，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，应该选择酚酞为指示剂，若选用甲基橙为指示剂，因甲基橙变色范围3.14.4，误差较大，故B正确；
C. ①点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；HA的电离大于A-水解，则溶液中离子浓度关系为:c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；
D. 在①、②、③点对应的溶液中， ①点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；②点溶液中呈中性；③点溶液是二者恰好完全反应生成NaA，强碱弱酸盐，溶液显碱性；酸碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用，所以由①到③过程中，水的电离程度逐渐增大，故D错误；
综上所述，本题正确答案为D。
17.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将增大
B. pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH−)= c(H+)
C. 0.1 mol·L−1硫酸铵溶液中：c(SO42−)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH−)
D. 0.1 mol·L−1的硫化钠溶液中：c(OH−)= c(H+)+ c(HS−)+ c(H2S)
【答案】A
【解析】
分析：A、加水稀释，促进阴离子水解；B、酸和碱的强弱没有给出，无法判断；C、硫酸铵为强电解质，完全电离，氨根离子为弱碱阳离子，部分水使溶液呈酸性，注意盐类的水解是少量的；D、依据质子守恒解答。
详解：A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大，故A正确；B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会PH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B错误；C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D、依据质子守恒， 0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)= c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了盐类的水解，解题关键：明确盐类水解的原理，把握溶液中电荷守恒、物理守恒、质子守恒，易错点B，注意盐类水解的规律及其应用。难点D，对质子守恒的理解，或写出物料守恒和电荷守恒，加减消元消去钠离子可得。
18.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电子从b流出，经外电路流向a
B. HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS－＋4H2O－8e－===SO42-＋9H＋
C. 如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化
D. 若该电池电路中有0.4 mol电子发生转移，则有0.5 mol H＋通过质子交换膜
【答案】B
【解析】
A. b电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，A错误；B. a电极是负极，发生失去电子的 氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B正确；C. 如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，D错误，答案选B。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。
19.pH是溶液中c(H＋)的负对数，若定义pC是溶液中微粒物质的量浓度的负对数，则常温下，某浓度的草酸(H2C2O4)水溶液中pC(H2C2O4)，pC(HC2O4-)、pC(C2O42-)随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 曲线Ⅰ代表HC2O4-的浓度随着pH增大先变小后变大
B. 草酸的电离常数Ka1＝1×10－1.3；Ka2＝1×10－4.3
C. pH＝4时，c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
D. c(C2O42-).c(H2C2O4)/c2(HC2O4-)＝10－3
【答案】A
【解析】
A、曲线I代表HC2O4-的浓度随着pH增大先变大后变小，PC越大，HC2O4-的浓度越小，故A错误；B、图中两点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=c(C2O42―)，草酸的电离常数Kal=c(HC2O4-)c(H＋ )/c(H2C2O4)=c(H＋ )=l×10-1.3，同理Ka2=c(C2O42―)c(H＋ )/c(HC2O4― )=c(H＋ )= l×10-4.3，故B正确；C、pH=4时，作垂线交三条曲线，得三个点，Pc(HC2O4-)c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故C正确；D、
，故D正确；故选D。
20.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
21.25℃时，Fe(OH)2 和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-1g(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知:该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A. 曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
C. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+):c(Cu2+)=104.6:1
D. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C
【解析】
A、该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
22.室温下，用0.1 mol·Lˉ1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol·Lˉ1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（ ）
A. HX为弱酸
B. M点c(HX)—c(X-)﹥c(OH-)—c(H+)
C. 将P点和N点的溶液混合，呈酸性
D. 向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c(Na＋) ﹥c(HX)=c(Cl-) >c(X-)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/L HX溶液的pH＞5，则HX弱酸，故A正确；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，故B正确；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误；D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，联立可得c(HX)=c(Cl-)，而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X-的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c(NaX)＜c(HX)，故溶液中c(Na+)＞c(HX)=c(Cl-)＞c(X-)，故D正确；故选C。
考点：考查水解原理、弱电解质电离、离子浓度大小判断。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括第23题~第27题五个大题，共56分。
23.有X、Y、Z、Q、G原子序数依次递增的七种元素，除G元素外其余均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的外围电子层排布式为nsnpn＋1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层所有轨道全部充满，但并不是第ⅠA族元素。回答下列问题：
(1)基态G原子的价电子排布式为____________，写出第三周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是________(填元素名称)。
(2)Y、Z、Q三种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
(3)X、Y、Z的原子半径由大到小顺序为____________(用原子符号表示)。
(4)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 氯 (3). N>O>C (4). C>N>H (5). O>N>C>H
【解析】
【分析】
由X的原子中没有成对电子可判断X为H元素，由Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同知Y为C元素，由Z元素原子的价电子层排布式为nsnpn＋1，可判断Z为N元素，再根据Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍知Q为O元素，G的原子序数为2＋8＋18＋1＝29，G为铜元素。
【详解】根据以上分析，X、Y、Z、Q、G分别为H、C、N、O、Cu，
(1)Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1 ，Cu的未成对电子数是1，第3周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素。
故答案为：3d104s1 ；氯；
(2) Y、Z、Q即为C、 N、O，同周期元素从左到右元素的第一电离能增大，但N的2p轨道为半充满稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能，所以三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N>O>C。
故答案为：N>O>C；
(3) X、Y、Z分别为H、C、N，同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，原子半径C>N，H原子只有一个电子层，原子半径最小，所以三种元素原子半径由大到小顺序为C>N>H，
故答案为：C>N>H；
（4）X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O，同周期从左到右元素的电负性增大，所以电负性O>N>C，CH4中C显负价，所以电负性O>N>C>H。
故答案为：O>N>C>H。
【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性等，推断元素是解题关键，注意N的2p轨道为半充满稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能。
24.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：
(1)下图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2 和NO过程中的能量变化示意图，请写出NO2 和CO反应的热化学方程式 _______________________________________。
(2)在0.5 L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如下表：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请回答下列问题：
①试比较K1、K2的大小，K1_________K2(填”＞”“=“或”＜”)。
②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________(填序号字母)。
a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2 b．3v正(N2)= v逆(H2)
c．容器内压强保持不变 d．混合气体的密度保持不变
③400℃时，反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的平衡常数K为______。当测得NH3、N2、H2的浓度分别为3 mol • L−1、2 mol • L−1、1 mol • L−1时，则该反应的v正(N2)____v逆(N2)(填”＞”“=“或”＜”)。
(3)在容积为2 L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇(CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝－58 kJ·mol−1)，在其他条件不变时，温度T1、T2对反应的影响图像如图。
①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝______mol·L−1·min−1。
②图示的温度T1______T2(填写“>”、“<”或“=”)。
(4)以甲烷为燃料的新型电池的成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。
①B电极的反应式为_____________________________________。
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100 mL 1 mol·L−1的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗甲烷的体积为_________(标准状况)。
【答案】 (1). NO2(g)+CO(g)= NO(g)+CO2(g) ΔH=−234 kJ • mol−1 (2). ＞ (3). bc (4). 2 (5). ＞ (6). nA /2tA (7). ＜ (8). CH4＋4O2−－8e− =CO2＋2H2O (9). 1.12 L
【解析】
【分析】
（1）由图可知：NO 2和CO反应为放热反应，1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2 和NO放出234kJ的热量，据此写出热化学方程式；
（2）①由△H＜0可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小；
②根据化学平衡状态的特征：正逆反应速率相等、各组分别浓度不变等来回答；
③400℃时，2NH 3(g) N 2(g)+3H 2(g)与 N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g)的平衡常数互为倒数关系；
计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行。
（3）①根据图像中数值用公式v=计算 v(CH3OH)；
②用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，则T1< T2；
（4）①由阴离子移动方向可以知道B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，A极是正极，该电极上是氧气得电子的还原反应；
②开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+ O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令氢气为xmol，根据电子转移守恒列方程计算，再根据电子转移守恒计算消耗的甲烷。
【详解】（1）由图可知：NO 2和CO反应的热化学方程式为：NO 2(g)+CO (g) CO 2(g)+NO (g) △H＝－234kJ/mol 。
因此，本题正确答案是：NO2(g)+CO(g)= NO(g)+CO2(g) ΔH=−234 kJ • mol−1；
（2）①升高温度化学平衡向吸热反应方向移动。由于该反应的正反应是放热反应。所以升高温度化学平衡向逆反应方向移动。平衡越向逆反应方向移动，反应的平衡常数就越小。所以K1 >K2。
因此，本题正确答案是：＞；
②a平衡时各物质的浓度与起始加入的物质的多少有关。只要平衡时各种物质的浓度不变，反应就达到了平衡。错误。
b．在任何时刻都有3 v正(N2)= v正(H2)，而3v正(N2)= v逆(H2)，代入第一个式子可得v正(H2)= v逆(H2)。反应达到平衡。正确。
c．由于容器的容积不变，若反应达到平衡，各种物质的物质的量不变，容器内压强也保持不变 。正确。
d．反应无论进行到什么程度，质量都不会发生变化，那么任何时刻混合气体的密度都保持不变。所以不能根据容器的容积不变来判断反应达到平衡。错误。
因此，本题正确答案是：bc；
③400℃时，2NH 3(g) N 2(g)+3H 2(g)的化学平衡常数和反应N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g)的化学平衡常数互为倒数。即为2。
由于浓度商Qc===<0.5，所以反应向正反应方向移动。即v正(N2)>v逆(N2)。
因此，本题正确答案是：2 ；＞ ；
（3）①根据图像，温度为T1时，从反应到平衡反应生成CH3OH的物质的量为nAmol，生成甲醇的平均速率v(CH3OH)== nA /2tA mol·L−1·min−1；
因此，本题正确答案是：nA /2tA；
②用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，根据温度对反应速率的影响知：T1< T2；
因此，本题正确答案是：<；
（4）①由阴离子移动方向可以知道B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极的反应式为CH4＋4O2−－8e− =CO2＋2H2O ，A极是正极，该电极上是氧气得电子的还原反应；
因此，本题正确答案是：CH4＋4O2−－8e− =CO2＋2H2O；
②硫酸铜的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+ O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令氢气为xmol，
根据电子转移守恒，则：0.1mol×2+2x=4x，解得x=0.1，
根据电子转移守恒，可以知道消耗甲烷的物质的量==0.05mol，
故消耗甲烷的体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L,
因此，本题正确答案是：1.12L。
25.现用0.1000 mol·L−1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液，反应离子方程式是：2MnO4−＋5H2C2O4＋6H+2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。填空完成问题：
(1)该滴定实验必需的玻璃仪器有______________。(填字母)
A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．量筒 D．锥形瓶
E．铁架台 F．滴定管夹 G．白纸 H．漏斗
(2)不用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因___________________。
(3)滴定终点的现象为_________________________________________________________。
(4)若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则起始读数为____mL，终点读数为_____mL。
(5)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测H2C2O4溶液的体积/mL
0.1000 mol/L KMnO4的体积(mL)
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为_______________。
(6)下列操作中可能使测定结果偏低的是___________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液
B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1）A D E（2分 ）
（2）碱 KMnO4溶液能把橡胶管氧化（1+2=3分）
（3）当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色（3分）
（4）0.00 26.10（2分，有效数字不对不得分）
（5）c(H2C2O4)＝0.2610 mol·L－1（3分，有效数字不对扣1分）
（6）CD （3分）
【解析】
试题分析：（1）氧化还原滴定，盛装高锰酸钾用酸式滴定管，还用到锥形瓶和烧杯，故答案选ABD。
（2）由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放KMnO4溶液。
（3）为紫色，Mn2＋为无色，当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色。
（4）视线与凹液面最低处相切，故起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL。
（5）据反应2MnO4－＋5H2C2O4＋6H+===2Mn2+＋CO2↑＋8H2O，H2C2O4溶液的物质的量等于高锰酸钾的2.5倍，c（H2C2O4）=【（26.11+26.09）×0.1/2】×2.5/25=0.261mol。
（6）A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，浓度偏低，结果偏高，错误；B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响，错误；C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，所用高锰酸钾过少，结果偏低，正确；D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，结果偏低，正确；答案CD。
考点：考查滴定实验
26.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离常数
6.8×10−4
4.7×10−8
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
Kb=1.7×10−5
(1)常温下，物质的量溶度相同的三种溶液①NaF溶液 ②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液，其PH由大到小的顺序是___________(填序号)
(2)25°C时，PH=4的NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系为___________________
(3)NaClO溶液中的电荷守恒关系为_________________
(4)向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为_________
(5)常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性____________(填“酸性”“碱性”“中性”)
【答案】 (1). ③>②>① (2). c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-) (3). c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(ClO-) (4). ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3- (5). 碱性
【解析】
【分析】
由图表中数据分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>HCO3-，对应盐的水解程度则F-< HCO3-
（2）pH=4的NH4Cl溶液，说明水解呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒判断；
（3）NaClO溶液中含有Na+、ClO-、H+、OH-，以此列出电荷守恒关系；
（4）根据碳酸的酸性强于次氯酸，写出反应的离子方程式；
（5）通过计算并比较Kh和Kb的相对大小，判断NH4+的水解程度和NH3·H2O的电离程度的大小来确定溶液的酸碱性。
【详解】由图表中数据分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>HCO3-，对应盐的水解程度则F-< HCO3-②>①。
故答案为：③>②>①；
（2）pH=4的NH4Cl溶液，说明水解呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+c(NH4+) =c(Cl-)+c(OH-)可知， c(Cl-)>c(NH4+)，则有c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-)。
故答案为：c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-) ；
（3）NaClO溶液中，NaClO=Na++ClO-，H2OH++OH-，故电荷守恒关系为c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(ClO-)；
故答案为：c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(ClO-)；
（4）因为酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，碳酸的酸性强于次氯酸，所以反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。
故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；
（5）常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液等体积混合，通过计算得到溶液酸碱性：由NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10−5，可得NH4+的水解常数Kh===5.9×10-10，因为Kh
27.某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4,。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为_________。B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)___________。
a．温度 b．Cl−的浓度 c．溶液的酸度
Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
(3)用惰性电极电解时，能从浆液中分离出来的原因是__________；阴极室生成的物质为___________(写化学式)。
【答案】 (1). (2). 加热(或煅烧) (3). 电解法 (4). ac (5). 在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (6). NaOH和H2
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
Ⅱ．（3）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。
【详解】Ⅰ．（1）NaOH为离子化合物，其电子式为，B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，
故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；
（2）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关。
故答案为：ac；
Ⅱ．（3）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，
故答案为：在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ；NaOH和H2。
【点睛】本题侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，有利于培养学生的分析能力和实验能力，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共22个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列选项中描述的过程能实现热能转化为化学能的是
A. 燃料电池 B. 火力发电
C. 铝热焊接 D. 煅烧石灰石
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃料电池由化学能转化为电能，故A错误；
B.火力发电由化学能转化为热能，热能转化为电能，故B错误；
C.铝热焊接由化学能转化为热能，故C错误；
D.煅烧石灰石由热能转化为化学能，故D正确。
故选D。
2. 燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是
A. 甲醇 B. 天然气 C. 氢气 D. 液化石油气
【答案】C
【解析】
【详解】A项的甲醇、B项的天然气、D项的液化石油气在燃烧过程中都会产生CO2温室气体，不如水环保，故A项、B项、D项错误；C项，氢气作为燃料电池的燃料，其产物是水，对环境无危害性，从能效比及环境保护的角度看，氢气是最理想的能源，故C项正确；
综上所述，本题选C。
3.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同
B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐
C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸；
C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。
详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；
C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、明矾、碳酸氢钠等的性质是解题关键，注意金属的电化学防护原理，题目难度不大，注意对相关知识的积累。
4.下列说法正确的是
A. 电子由低能级跃迁至较高能级时，可通过光谱仪直接摄取原子的发射光谱
B. 基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1的元素属于d区
C. NH3和CH4的中心原子都是sp3杂化
D. SO2和CO2都是直线形分子，其中心原子都是sp杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电子由低能级跃迁至较高能级时，电子需要吸收能量，会吸收不同的光，为吸收光谱，可通过光谱仪直接摄取原子的吸收光谱，故A错误；
B.根据基态原子的核外电子排布为[Kr]4d105s1，可知该元素原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，在周期表中位置为第五周期、IB族，属于ds区，故B错误；
C.NH3中N原子形成3个键，有1个孤电子对，为sp3杂化；CH4中C原子形成4个键，为sp3杂化，故C正确；
SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，该分子为V形结构，CO2的价层电子对个数=2+
(4−2×2)=2，该分子是直线形结构，故D错误。
答案选C。
5.下列有关化学用语表示正确的是
A. Br的简化电子排布式：[Ar]4s24p5 B. 次氯酸的结构式：H－Cl－O
C. 羟基的电子式： D. Fe2+的外围电子排布图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据核外电子排布规律可知Br的电子排布式可简写为[Ar]3d104s24p5，故A错误；
B．次氯酸的结构式应为H-O-Cl，故B错误；
C．羟基的电子式中氧原子最外层多一个电子，故C错误；
D．Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子生成Fe2+，其3d轨道上6个电子为其外围电子，其价电子排布式为3d6，外围电子排布图：，故D正确。
故选：D。
6.在密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)，下列说法不正确的是
A. 该反应达到平衡后将碳块磨成粉末可以使平衡右移
B. 升高温度可以加快反应速率
C. 容器体积不变时，向其中充入N2，反应速率不变
D. 增加碳的质量不能加快反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A项，将碳块磨成粉末可以增大接触面积，从而加快反应速率，但不能使平衡发生移动，故A项错误；
B项，升温可以增多活化分子数和活化分子百分数，从而加快反应速率，故B项正确；
C项，充入N2不改变各物质的浓度，反应速率不发生改变，故C项正确。
D项，碳为固体，增加其质量不影响化学反应速率，故D项正确。
答案选A。
7.下列说法正确的是
A. 任何酸与碱发生中和反应生成1mo1H2O的过程中，能量变化均相同
B. 已知：① C(s石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol② C(s金刚石)＋O2(g)=CO2(g) △H2=-395.0 kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
C. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
D. 表示硫的燃烧热的热化学方程式：S(s) +3/2O2(g)=SO3(g)；△H=-315kJ/mol
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热分析；
B、根据物质的能量越低越稳定来判断；
C、反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关；
D、根据燃烧热的定义判断。
【详解】A、强酸强碱溶解要放热，弱酸弱碱电离要吸热，所以任何酸与碱发生中和反应生成1mo1H2O的过程中，能量变化可能不同，故A错误；
B、由① C(s石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol ② C(s金刚石)＋O2(g)=CO2(g) △H2=-395.0 kJ/mol，则①-②得，C(s石墨)= C(s金刚石) △H=+1.5kJ/mol ，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故B错误；
C、根据盖斯定律分析可以知道，反应的焓变只与起始和终了物质状态能量有关，与变化过程、反应条件无关，所以C选项是正确的；
D、硫的燃烧热是1molS完全燃烧生成二氧化硫放出的热量，故D错误；
所以C选项是正确的。
8.下列水溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液 B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液
C. c(H+)=c(OH-)的溶液 D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；C、溶液显中性，故正确；D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。
考点：考查水的离子积、溶液酸碱性等知识。
9.下列溶液加热蒸干、灼烧后，能得到溶质固体的是
A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3
【答案】C
【解析】
A．Al3+水解，生成Al（OH）3，灼烧后得到氧化铝，选项A错误；B．KHCO3不稳定，加热易分解，选项B错误；C．加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe2（SO4）3，故C正确； D．NH4HCO3不稳定，加热易分解，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了盐类水解知识，题目难度不大，注意把握物质的稳定性和水解的性质，易错点为A，注意硫酸盐水解的特点，虽然水解，但水解后生成的氢氧化铁与硫酸反应又生成硫酸铁。
10.下列有关说法正确的是
A. 298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
B. 电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液处理，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D. 常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】
该反应，298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，说明 ，所以ΔH<0，故A错误；电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故B正确；在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明BaSO4转化为BaCO3，由于饱和Na2CO3溶液中CO32-浓度很大，BaSO4悬浊液中SO42-浓度很小，所以不能判断Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，故C错误；盐酸抑制水电离、氯化铵促进水电离，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度不相同，故D错误。
11.已知：CO(g) + H2O(g) H2(g) + CO2(g) 的平衡常数K随温度的变化如下表，下列说法正确的是（ ）
温度/℃
400
500
830
1000
平衡常数K
10
9
1
0.6
A. 该反应的正反应是吸热反应
B. 恒温时增大压强，正反应速率增大
C. 830℃时，反应达到平衡，一定是c(CO)＝c(CO2)
D. 400℃时，生成CO2物质的量越多，平衡常数K越大
【答案】B
【解析】
A. 由表中数据可知，温度越高，K越小，所以该反应的正反应是放热反应，A不正确；B. 恒温时增大压强，正反应速率增大，B正确；C. 830℃时，反应达到平衡，虽然K=1，但是c(CO)和c(CO2)不一定相等，这取决于反应物的起始量是多少，若反应物的起始投料的比例为1：1，则相等，C不正确；D. 在一定的温度下，平衡常数K不变，D不正确。本题选B。
12.合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+216 kJ·mol-1；②2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=-72 kJ·mol-1。其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是
A. E1表示2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)的活化能
B. E2表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能
C. 该图示为反应②的反应过程与能量变化示意图
D. 一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，但不能改变E1与E2的差值
【答案】D
【解析】
已知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图象所表达的是吸热反应即反应①。所以A、E1表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能，故A错误；B、E2表示CO(g)+ 3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的活化能，因此B错误；C、该图所示为反应① 的反应过程与能量变化示意图，故C错误；D、加入催化剂，正逆反应的活化能都降低了，即E1、E2都降低，但二者的差值不变，所以D正确。本题正确答案为D。
13.下列实验装置或操作设计正确、且能达到目的的是
A. 实验①，排出碱式滴定管胶管中的气泡
B. 实验②，用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果
C. 实验③，验证牺牲阳极的阴极保护法
D. 实验④，进行中和热的测定
【答案】A
【解析】
A. 实验①，排出碱式滴定管胶管中的气泡，A正确；B. 实验②，用于比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，所加溶液的体积不同而使实验没有可比性，B不正确；C. 实验③中，用硫氰化钾溶液无法检验出Fe2+，故无法验证牺牲阳极的阴极保护法是否有效，C不正确；D. 实验④，进行中和热的测定的实验，因没有使用环形玻璃搅拌棒会导致实验误差过大，D不正确。
14.常温下，下列各组离子可能大量共存的是
A. 加入铝粉产生H2的溶液中:Ba2+、Fe3+、HCO3-、NO3-
B. 0.1mol/L FeCl3溶液中：Al3+、SO42-、I-、SCN-
C. 使pH 试纸变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:Cl-、NO3-、Ba2＋、Na＋
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入铝粉能产生氢气的溶液呈酸性或强碱性，Fe3+和HCO3-在碱性溶液中不能大量共存，HCO3-在酸性溶液中也不能大量共存，所以A选项不符合题意；
B. Fe3+和I-之间发生氧化还原反应，Fe3+和SCN-之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B选项不符合题意；
C. 使pH 试纸变红的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，Fe2+、NO3-和H+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C选项不符合题意；
D.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，离子之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D选项符合题意。
故答案选D。
【点睛】本题考查离子的共存问题，明确加入铝粉能放出氢气的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液是解答本题的关键，并熟悉复分解反应发生的条件、氧化还原反应等知识可解答。
15.在2 L密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化关系，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是( )
A. 200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1
B. 200 ℃时，该反应的平衡常数为25
C. 当外界条件由200 ℃降到100 ℃时，原平衡一定被破坏，且逆反应速率均增大
D. 由图乙可知，反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH＜0，且a＝2
【答案】B
【解析】
A、200 ℃时，反应从开始到平衡B的浓度减少=0.1mol/L，所以平均速率v(B)＝=0.02mol·L－1·min－1，选项A错误；B、根据图中数据可知该反应的化学方程式为2A(g)＋B(g) C(g)。200℃时，A、B、C的平衡浓度分别是0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，根据化学平衡常数的定义得K==25 L2/mol2，选项B正确；C、当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，选项C错误；D、由图乙可知温度升高，C的体积分数增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，a值不确定，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查化学反应速率和化学平衡图象的分析。由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B（g）C（g），据此分析得解。
16.已知HA为一元酸，常温下向20mL0.01mol/L的HA溶液中滴加0.01mol/L的NaOH溶液，测得溶液pH与所加NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 常温下，该酸的电离常数K=10-5.6
B. 该测定过程中不可以选择甲基橙为指示剂
C. 滴定至①处时，溶液中离子浓度关系为: c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 由①到③过程中，水的电离程度先增大后减小
【答案】D
【解析】
分析：根据0.01mol/L的HA溶液pH大于2可以知道HR为弱酸，该过程为一元强碱滴定一元弱酸的过程，①点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；②点溶液中呈中性；③点溶液是二者恰好完全反应生成NaA，强碱弱酸盐，溶液显碱性；酸碱溶液对水的电离起到抑制作用,水解的盐对水的电离起到促进作用，以此分析解答。
详解:A. HAH++A-，pH=3.8，c(H+)=10-3.8，该酸的电离常数K===10-5.6，故A正确；
B.该测定为强碱滴弱酸，反应完全时，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，应该选择酚酞为指示剂，若选用甲基橙为指示剂，因甲基橙变色范围3.14.4，误差较大，故B正确；
C. ①点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；HA的电离大于A-水解，则溶液中离子浓度关系为:c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；
D. 在①、②、③点对应的溶液中， ①点溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，且溶液显酸性；②点溶液中呈中性；③点溶液是二者恰好完全反应生成NaA，强碱弱酸盐，溶液显碱性；酸碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用，所以由①到③过程中，水的电离程度逐渐增大，故D错误；
综上所述，本题正确答案为D。
17.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将增大
B. pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH−)= c(H+)
C. 0.1 mol·L−1硫酸铵溶液中：c(SO42−)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH−)
D. 0.1 mol·L−1的硫化钠溶液中：c(OH−)= c(H+)+ c(HS−)+ c(H2S)
【答案】A
【解析】
分析：A、加水稀释，促进阴离子水解；B、酸和碱的强弱没有给出，无法判断；C、硫酸铵为强电解质，完全电离，氨根离子为弱碱阳离子，部分水使溶液呈酸性，注意盐类的水解是少量的；D、依据质子守恒解答。
详解：A、加水稀释，促进阴离子水解，NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3-)的比值将增大，故A正确；B、pH=1的一元酸和pH=13的一元碱等体积混合，只有强酸和强碱等体积混合才会PH=7，弱酸和强碱反应显酸性，反之，显碱性，故B错误；C、0.1mol/L硫酸铵溶液中:c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D、依据质子守恒， 0.1mol/L的硫化钠溶液中，由水电离产生的氢离子等于由水电离产生的氢氧根离子，所以存在：c(OH-)= c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选A。
点睛：本题考查了盐类的水解，解题关键：明确盐类水解的原理，把握溶液中电荷守恒、物理守恒、质子守恒，易错点B，注意盐类水解的规律及其应用。难点D，对质子守恒的理解，或写出物料守恒和电荷守恒，加减消元消去钠离子可得。
18.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 电子从b流出，经外电路流向a
B. HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS－＋4H2O－8e－===SO42-＋9H＋
C. 如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化
D. 若该电池电路中有0.4 mol电子发生转移，则有0.5 mol H＋通过质子交换膜
【答案】B
【解析】
A. b电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，A错误；B. a电极是负极，发生失去电子的 氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B正确；C. 如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D. 若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，D错误，答案选B。
点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。
19.pH是溶液中c(H＋)的负对数，若定义pC是溶液中微粒物质的量浓度的负对数，则常温下，某浓度的草酸(H2C2O4)水溶液中pC(H2C2O4)，pC(HC2O4-)、pC(C2O42-)随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 曲线Ⅰ代表HC2O4-的浓度随着pH增大先变小后变大
B. 草酸的电离常数Ka1＝1×10－1.3；Ka2＝1×10－4.3
C. pH＝4时，c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
D. c(C2O42-).c(H2C2O4)/c2(HC2O4-)＝10－3
【答案】A
【解析】
A、曲线I代表HC2O4-的浓度随着pH增大先变大后变小，PC越大，HC2O4-的浓度越小，故A错误；B、图中两点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=c(C2O42―)，草酸的电离常数Kal=c(HC2O4-)c(H＋ )/c(H2C2O4)=c(H＋ )=l×10-1.3，同理Ka2=c(C2O42―)c(H＋ )/c(HC2O4― )=c(H＋ )= l×10-4.3，故B正确；C、pH=4时，作垂线交三条曲线，得三个点，Pc(HC2O4-)
，故D正确；故选D。
20.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。 下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。
21.25℃时，Fe(OH)2 和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-1g(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知:该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
A. 曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系
B. 除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO
C. 当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2+):c(Cu2+)=104.6:1
D. 向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液
【答案】C
【解析】
A、该温度下，Ksp[Cu(OH)2]
22.室温下，用0.1 mol·Lˉ1 NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1 mol·Lˉ1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（ ）
A. HX为弱酸
B. M点c(HX)—c(X-)﹥c(OH-)—c(H+)
C. 将P点和N点的溶液混合，呈酸性
D. 向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c(Na＋) ﹥c(HX)=c(Cl-) >c(X-)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/L HX溶液的pH＞5，则HX弱酸，故A正确；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，故B正确；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误；D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，联立可得c(HX)=c(Cl-)，而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X-的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c(NaX)＜c(HX)，故溶液中c(Na+)＞c(HX)=c(Cl-)＞c(X-)，故D正确；故选C。
考点：考查水解原理、弱电解质电离、离子浓度大小判断。
第Ⅱ卷
二、非选择题：包括第23题~第27题五个大题，共56分。
23.有X、Y、Z、Q、G原子序数依次递增的七种元素，除G元素外其余均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的外围电子层排布式为nsnpn＋1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层所有轨道全部充满，但并不是第ⅠA族元素。回答下列问题：
(1)基态G原子的价电子排布式为____________，写出第三周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是________(填元素名称)。
(2)Y、Z、Q三种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
(3)X、Y、Z的原子半径由大到小顺序为____________(用原子符号表示)。
(4)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 氯 (3). N>O>C (4). C>N>H (5). O>N>C>H
【解析】
【分析】
由X的原子中没有成对电子可判断X为H元素，由Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同知Y为C元素，由Z元素原子的价电子层排布式为nsnpn＋1，可判断Z为N元素，再根据Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍知Q为O元素，G的原子序数为2＋8＋18＋1＝29，G为铜元素。
【详解】根据以上分析，X、Y、Z、Q、G分别为H、C、N、O、Cu，
(1)Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1 ，Cu的未成对电子数是1，第3周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素。
故答案为：3d104s1 ；氯；
(2) Y、Z、Q即为C、 N、O，同周期元素从左到右元素的第一电离能增大，但N的2p轨道为半充满稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能，所以三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N>O>C。
故答案为：N>O>C；
(3) X、Y、Z分别为H、C、N，同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小，原子半径C>N，H原子只有一个电子层，原子半径最小，所以三种元素原子半径由大到小顺序为C>N>H，
故答案为：C>N>H；
（4）X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O，同周期从左到右元素的电负性增大，所以电负性O>N>C，CH4中C显负价，所以电负性O>N>C>H。
故答案为：O>N>C>H。
【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性等，推断元素是解题关键，注意N的2p轨道为半充满稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能。
24.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：
(1)下图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2 和NO过程中的能量变化示意图，请写出NO2 和CO反应的热化学方程式 _______________________________________。
(2)在0.5 L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度T的关系如下表：
T/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5
请回答下列问题：
①试比较K1、K2的大小，K1_________K2(填”＞”“=“或”＜”)。
②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________(填序号字母)。
a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2 b．3v正(N2)= v逆(H2)
c．容器内压强保持不变 d．混合气体的密度保持不变
③400℃时，反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的平衡常数K为______。当测得NH3、N2、H2的浓度分别为3 mol • L−1、2 mol • L−1、1 mol • L−1时，则该反应的v正(N2)____v逆(N2)(填”＞”“=“或”＜”)。
(3)在容积为2 L的密闭容器中，充入一定量CO2和H2合成甲醇(CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝－58 kJ·mol−1)，在其他条件不变时，温度T1、T2对反应的影响图像如图。
①温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)＝______mol·L−1·min−1。
②图示的温度T1______T2(填写“>”、“<”或“=”)。
(4)以甲烷为燃料的新型电池的成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。
①B电极的反应式为_____________________________________。
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100 mL 1 mol·L−1的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗甲烷的体积为_________(标准状况)。
【答案】 (1). NO2(g)+CO(g)= NO(g)+CO2(g) ΔH=−234 kJ • mol−1 (2). ＞ (3). bc (4). 2 (5). ＞ (6). nA /2tA (7). ＜ (8). CH4＋4O2−－8e− =CO2＋2H2O (9). 1.12 L
【解析】
【分析】
（1）由图可知：NO 2和CO反应为放热反应，1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2 和NO放出234kJ的热量，据此写出热化学方程式；
（2）①由△H＜0可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小；
②根据化学平衡状态的特征：正逆反应速率相等、各组分别浓度不变等来回答；
③400℃时，2NH 3(g) N 2(g)+3H 2(g)与 N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g)的平衡常数互为倒数关系；
计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行。
（3）①根据图像中数值用公式v=计算 v(CH3OH)；
②用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，则T1< T2；
（4）①由阴离子移动方向可以知道B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，A极是正极，该电极上是氧气得电子的还原反应；
②开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+ O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令氢气为xmol，根据电子转移守恒列方程计算，再根据电子转移守恒计算消耗的甲烷。
【详解】（1）由图可知：NO 2和CO反应的热化学方程式为：NO 2(g)+CO (g) CO 2(g)+NO (g) △H＝－234kJ/mol 。
因此，本题正确答案是：NO2(g)+CO(g)= NO(g)+CO2(g) ΔH=−234 kJ • mol−1；
（2）①升高温度化学平衡向吸热反应方向移动。由于该反应的正反应是放热反应。所以升高温度化学平衡向逆反应方向移动。平衡越向逆反应方向移动，反应的平衡常数就越小。所以K1 >K2。
因此，本题正确答案是：＞；
②a平衡时各物质的浓度与起始加入的物质的多少有关。只要平衡时各种物质的浓度不变，反应就达到了平衡。错误。
b．在任何时刻都有3 v正(N2)= v正(H2)，而3v正(N2)= v逆(H2)，代入第一个式子可得v正(H2)= v逆(H2)。反应达到平衡。正确。
c．由于容器的容积不变，若反应达到平衡，各种物质的物质的量不变，容器内压强也保持不变 。正确。
d．反应无论进行到什么程度，质量都不会发生变化，那么任何时刻混合气体的密度都保持不变。所以不能根据容器的容积不变来判断反应达到平衡。错误。
因此，本题正确答案是：bc；
③400℃时，2NH 3(g) N 2(g)+3H 2(g)的化学平衡常数和反应N 2(g)+3H 2(g) 2NH 3(g)的化学平衡常数互为倒数。即为2。
由于浓度商Qc===<0.5，所以反应向正反应方向移动。即v正(N2)>v逆(N2)。
因此，本题正确答案是：2 ；＞ ；
（3）①根据图像，温度为T1时，从反应到平衡反应生成CH3OH的物质的量为nAmol，生成甲醇的平均速率v(CH3OH)== nA /2tA mol·L−1·min−1；
因此，本题正确答案是：nA /2tA；
②用“先拐先平”法分析，图像中T2先出现拐点，T2反应速率快，根据温度对反应速率的影响知：T1< T2；
因此，本题正确答案是：<；
（4）①由阴离子移动方向可以知道B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极的反应式为CH4＋4O2−－8e− =CO2＋2H2O ，A极是正极，该电极上是氧气得电子的还原反应；
因此，本题正确答案是：CH4＋4O2−－8e− =CO2＋2H2O；
②硫酸铜的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O2H2↑+ O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令氢气为xmol，
根据电子转移守恒，则：0.1mol×2+2x=4x，解得x=0.1，
根据电子转移守恒，可以知道消耗甲烷的物质的量==0.05mol，
故消耗甲烷的体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L,
因此，本题正确答案是：1.12L。
25.现用0.1000 mol·L−1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液，反应离子方程式是：2MnO4−＋5H2C2O4＋6H+2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。填空完成问题：
(1)该滴定实验必需的玻璃仪器有______________。(填字母)
A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．量筒 D．锥形瓶
E．铁架台 F．滴定管夹 G．白纸 H．漏斗
(2)不用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因___________________。
(3)滴定终点的现象为_________________________________________________________。
(4)若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则起始读数为____mL，终点读数为_____mL。
(5)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测H2C2O4溶液的体积/mL
0.1000 mol/L KMnO4的体积(mL)
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为_______________。
(6)下列操作中可能使测定结果偏低的是___________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液
B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】（1）A D E（2分 ）
（2）碱 KMnO4溶液能把橡胶管氧化（1+2=3分）
（3）当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色（3分）
（4）0.00 26.10（2分，有效数字不对不得分）
（5）c(H2C2O4)＝0.2610 mol·L－1（3分，有效数字不对扣1分）
（6）CD （3分）
【解析】
试题分析：（1）氧化还原滴定，盛装高锰酸钾用酸式滴定管，还用到锥形瓶和烧杯，故答案选ABD。
（2）由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放KMnO4溶液。
（3）为紫色，Mn2＋为无色，当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色。
（4）视线与凹液面最低处相切，故起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL。
（5）据反应2MnO4－＋5H2C2O4＋6H+===2Mn2+＋CO2↑＋8H2O，H2C2O4溶液的物质的量等于高锰酸钾的2.5倍，c（H2C2O4）=【（26.11+26.09）×0.1/2】×2.5/25=0.261mol。
（6）A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，浓度偏低，结果偏高，错误；B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响，错误；C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，所用高锰酸钾过少，结果偏低，正确；D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，结果偏低，正确；答案CD。
考点：考查滴定实验
26.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离常数
6.8×10−4
4.7×10−8
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
Kb=1.7×10−5
(1)常温下，物质的量溶度相同的三种溶液①NaF溶液 ②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液，其PH由大到小的顺序是___________(填序号)
(2)25°C时，PH=4的NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系为___________________
(3)NaClO溶液中的电荷守恒关系为_________________
(4)向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为_________
(5)常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性____________(填“酸性”“碱性”“中性”)
【答案】 (1). ③>②>① (2). c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-) (3). c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(ClO-) (4). ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3- (5). 碱性
【解析】
【分析】
由图表中数据分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>HCO3-，对应盐的水解程度则F-< HCO3-
（2）pH=4的NH4Cl溶液，说明水解呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒判断；
（3）NaClO溶液中含有Na+、ClO-、H+、OH-，以此列出电荷守恒关系；
（4）根据碳酸的酸性强于次氯酸，写出反应的离子方程式；
（5）通过计算并比较Kh和Kb的相对大小，判断NH4+的水解程度和NH3·H2O的电离程度的大小来确定溶液的酸碱性。
【详解】由图表中数据分析可知酸性HF>H2CO3>HClO>HCO3-，对应盐的水解程度则F-< HCO3-
故答案为：③>②>①；
（2）pH=4的NH4Cl溶液，说明水解呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+c(NH4+) =c(Cl-)+c(OH-)可知， c(Cl-)>c(NH4+)，则有c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-)。
故答案为：c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-) ；
（3）NaClO溶液中，NaClO=Na++ClO-，H2OH++OH-，故电荷守恒关系为c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(ClO-)；
故答案为：c(Na+) + c(H+) = c(OH-) +c(ClO-)；
（4）因为酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，碳酸的酸性强于次氯酸，所以反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。
故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-；
（5）常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液等体积混合，通过计算得到溶液酸碱性：由NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10−5，可得NH4+的水解常数Kh===5.9×10-10，因为Kh
27.某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4,。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ．固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为_________。B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)___________。
a．温度 b．Cl−的浓度 c．溶液的酸度
Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用
(3)用惰性电极电解时，能从浆液中分离出来的原因是__________；阴极室生成的物质为___________(写化学式)。
【答案】 (1). (2). 加热(或煅烧) (3). 电解法 (4). ac (5). 在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (6). NaOH和H2
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
Ⅱ．（3）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。
【详解】Ⅰ．（1）NaOH为离子化合物，其电子式为，B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，
故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；
（2）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关。
故答案为：ac；
Ⅱ．（3）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，
故答案为：在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ；NaOH和H2。
【点睛】本题侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，有利于培养学生的分析能力和实验能力，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理。
相关资料
更多
