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【化学】福建省三明市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试(解析版)
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福建省三明市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cu 64 Ba 137
第Ⅰ卷（必考） 化学反应原理模块
一、选择题（共20小题，每题只有一个正确选项，每小题2分,共40分）
1.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是
A. 铵态氮肥与草木灰混合使用，会损失肥效
B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D. 天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据已有的知识进行分析，草木灰成分为碳酸钾，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，铵态氮肥能与碱性物质混合产生氮气，造成肥效降低；
B．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；
C．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放；
D．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由C与水蒸气反应生成的。
【详解】A．草木灰成分为碳酸钾，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，氨肥中铵根离子水解溶液显酸性，铵态氮肥能与草木灰碱性物质混合产生氮气，造成肥效降低，故A不符合题意；
B．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故B不符合题意；
C．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放，而不是对环境污染进行治理，故C符合题意；
D．沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故D不符合题意。
2.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
B. 用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2
C. 用分液漏斗分离乙酸与乙醇
D. 将Cl2与HCl的混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液可得到纯净的Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
A．溶解在较浓的盐酸中可抑制铁离子水解；
B．NO2与水反应；
C．乙酸与乙醇互溶；
D．通过饱和碳酸氢钠溶液可除去HCI，但引入新杂质二氧化碳。
【详解】A．溶解在较浓的盐酸中可抑制铁离子水解，再加水稀释得到需要的氯化铁溶液，故符合题意；
B．NO2与水反应，不能选排水法收集，故不符合题意；
C．乙酸与乙醇互溶，不能选分液漏斗分离，应选蒸馏法，故不符合题意；
D．通过饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，但引入新杂质二氧化碳，应选饱和食盐水、洗气，故不符合题意；
故选A。
3.下列说法或表示方法正确的是
A. C燃烧的热化学方程式为C(s)+1/2O2(g)CO(g) ΔH=110.5 kJ·mol-1
B. 由H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1可知,若将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合,放出的热量小于 57.3 kJ
C. 碳酸氢钠水解的离子方程式:HCO3-+H2OCO32-+H3O+
D. 500 ℃、30 MPa下,将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放出热量19.3 kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应热必须注明符号，即放热反应中标明“－”，A错误；B、醋酸溶于水存在电离平衡，电离吸热，所以将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，B正确；C、碳酸氢钠水解的离子方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，C错误；D、合成氨反应是可逆反应，不能确定转化率，因此不能计算反应热，D错误，答案选B。
考点：考查热化学方程式、水解方程式以及反应热的有关判断
4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2L 0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
B. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为0.1NA
C. 电解精炼铜的过程中，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为32g
D. 某密闭容器中盛有0.1mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A．亚硫酸为弱酸，水溶液中部分电离；
B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；
C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电，还有比铜活泼的金属放电；
D．合成氯的反应为可逆反应。
【详解】A．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数小于2NA，故不符合题意；
B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氢根离子浓度=氢离子浓度mol·L－1，故不符合题意；
C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电，还有比铜活泼的金属放电，故当转移N4个电子时，阳极的质量减少小于32g，故不符合题意；
D．合成氮的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于0.6N4个，故符合题意；故选：D。
【点睛】解答有关阿伏加德罗常数的计算问题时要注意以下问题：①物质的聚集状态：物质的聚集状态与所处状况有关。②气体摩尔体积的使用条件：在非标准状况(如常温、常压)下，22.4 L气体的物质的量并不是1 mol；故在非标准状况下，不能用气体摩尔体积计算气体的物质的量。③物质的组成：物质组成中分子数、原子数或离子数的准确判断是解答这类问题的关键。④特殊化学反应中转移电子的数目。
5.某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是
A. NH4＋、Fe2＋、NO3－、SO42－ B. Na＋、K＋、Cl－、SO42－
C. Mg2＋、H＋、Cl－、NO3－ D. K＋、Ca2＋、HCO3－、Cl－
【答案】B
【解析】
溶液与Al反应能放出H2，溶液为酸或强碱溶液，
A．酸溶液中Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱溶液中NH4+、Fe2+分别OH﹣反应，则不能共存，故A错误；
B．无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；
C．酸溶液中能共存，碱溶液中Mg2+、H+分别OH﹣反应，则不能共存，故C错误；
D．HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故D错误；
6.下列离子反应方程式书写正确的是
A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B. 向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3﹣
C. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl﹣+H2O+4H+
D. 向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓
【答案】B
【解析】
【分析】
A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；
B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；
C．碱性溶液中不能生成氢离子；
D．相互促进水解生成沉淀和气体.
【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I－＋2Fe(OH)3＋6H＋=2Fe2＋＋6H2O＋I2，故不符合题意；
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故符合题意；
C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故不符合题意；
D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故D不符合题意；
故选B．
【点睛】离子方程式正误判断的审题要点：两易：易溶于水、易电离的强电解质用实际参加反应的离子表示。非电解质、弱电解质（弱酸、弱碱、水等）、难溶物、气体、氧化物、单质等均用化学式表示；两等：①离子方程式两边原子个数相等；②电荷总数相等；两查：①检查离子方程式中各项是否都有公约数；②检查是否漏写某个反应或特殊条件；两注意：①注意限制条件的影响，如少量、过量等；②注意五种符号(“↑”“↓”“”“
”)的正确使用。
7.下列有关《化学反应原理》的内容说法不正确的是
A. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
B. 向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH可以除去溶液中的FeCl3
C. 使用催化剂，可以增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可。
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据盖斯定律的作用进行分析。
B．根据该溶液中含有三价铁离子加入碱式碳酸铜调节pH能给出去三价铁离子。
C．催化剂对反应速率的影响是概念活化分子百分含量；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；
【详解】A．有些化学反应的熔变难以通过实验测得，通过盖斯定律可以求得，故不符合题意。
B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH=4可以除去溶液中的FeCl3，发生反应的方程式为：Cu2(OH)2CO3+H＋ +Fe3＋2Cu2＋ +Fe（OH）3↓+CO2↑，故不符合题意。
C．使用催化剂，降低活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，故不符合题意；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氮水的pH值，故符合题意；
故选D。
8.在100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L-1。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6 倍。下列说法正确的是
A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1
B. 在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍
C. 在平衡时体系内N2O4的物质的量为0.25mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】B
【解析】
【详解】A、反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L，则前2 s内N2O4的浓度减少0.02mol/L÷2=0.01mol/L，则以N2O4的浓度变化表示的反应速率为0.01mol/L÷2s＝0.005mol·L－1·s－1，A错误；
B、前2s时，二氧化氮的物质的量是0.02 mol·L－1×5L=0.1mol，则消耗N2O4的物质的量是0.1mol÷2=0.05mol，剩余N2O4的物质的量是0.5mol-0.05mol=0.45mol，此时气体总物质的量是0.45mol+0.1mol=0.55mol，所以在2 s时体系内的压强为开始时的0.55÷0.5=1.1倍，B正确；
C、平衡时压强是开始的1.6倍，说明平衡时气体的物质的量是原来的1.6倍，则平衡时气体的物质的量是0.5mol×1.6=0.8mol，物质的量增加0.8mol-0.5mol=0.3mol，根据化学方程式N2O42NO2可知，每有1molN2O4反应生成 2molNO2，气体物质的量增加1mol，所以当气体的物质的量增加0.3mol时，有0.3molN2O4参加反应，生成0.6molNO2，剩余N2O4的物质的量是0.5mol-0.3mol=0.2mol，C错误；
D、根据C的分析，平衡时N2O4的转化率是0.3mol/0.5mol×100%=60%，D错误。
答案选B。
9.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为1/16
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D. 若T2
【解析】
A. 根据图像，升高温度，c( NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B. T1时，平衡是c( NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)
起始(mol/L) 0.5 0.6 0 0
反应(mol/L) 0.1 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K==，故B错误；C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
10.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl－、SO42-、CO32-、NH4+、Na＋、K＋。为确认溶液组成进行如下实验：(1) 200 mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33 g沉淀不溶。(2) 向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，标准状况下产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12 L。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是
A. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Cl－、Na＋、K＋
B. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl－，一定不存在Na＋、K＋
C. c(CO32-)＝0.01mol·L－1，c(NH4+)＞c(SO42-)
D. 如果上述6种离子都存在，则c(Cl－)＞c(SO42-)
【答案】D
【解析】
【分析】
（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32－、SO42－；
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4＋。
【详解】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g.则溶液中含有CO32－、SO42－，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是，所以碳酸钡的质量是，碳酸根离子的物质的量是。
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是，说明溶液中有NH4＋的物质的量是0.05mol；
A．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；
B．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；
C．碳酸根离子的物质的量是，硫酸根离子的浓度是，铵根离子浓度是，故不符合题意；
D．如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c(Cl－)＋2c(SO42－)＋2c(CO32－)=c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(K＋)，则c(Cl－)> c(SO42－)，故符合题意；
故选D。
【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
11.某温度下,相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释,平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示,据图判断正确的是
A. Ⅱ为氨水稀释时的pH变化曲线 B. a、b、c三点溶液的导电性:c>b=a
C. a、b、c三点溶液中水的电离程度:c=b>a D. a、b、c三点溶液的KW:c=b
【解析】
【分析】
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，则氢氧化钠的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度来分析解答即可。
【详解】A．由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氮水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氮水中的离子浓度大，即I是氯水的pH变化曲线，故不符合题意；
B．由图可知，开始的pH相同，开始时氮水浓度大，稀释相同倍数，氮水的浓度仍然大，氮水中离子浓度也大，所以导电性a>c，对于氢氧化钠溶液，稀释后离子浓度减小，导电性变小，即a>b，故不符合题意；
C．由于氮水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，稀释相同倍数后，氮水的碱性强于氢氧化钠，所以氢水中水的电离程度小于氢氧化钠，而b、c两点的pH值相同，所以水电离的程度也相同，所以水的电离程度：c=b>a，故符合题意；
D．KW是温度的函数，a、b、c三点溶液温度相同，所以水的离子积常数不变，即c=b=a，故不符合题意；
故选C。
【点睛】①相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；②取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H2多的是弱酸；
12.“以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中P端通入CO2。通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。则下列说法中正确的是
A. X、Y两端都必须用铁作电极 B. 不可以用NaOH溶液作为电解液
C. 阴极发生的反应是2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D. X端为电解池的阳极
【答案】C
【解析】
试题分析：左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2↓。A．X、Y两端，阳极X必须是铁电极，Y电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，故A错误；B．电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，故B错误；C．阴极发生的反应是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，碱溶液中电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C正确；D．X连接原电池负极，所以是电解池阴极，故D错误；故选C。
考点：考查了原电池和电解池原理的相关知识。
13.在硫化钠水溶液中存在着多种离子和分子，下列关系式正确的是
A. c（OH－）＝c（HS－）＋c（H+）＋c（H2S）
B. c（OH－）+c（HS－）＝c（Na+）＋c（H+）
C. c（Na+）＝c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）
D. c（Na+）＝2c（S2－）＋2c（HS－）＋2c（H2S）
【答案】D
【解析】
【分析】
A、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；
B、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；
C、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1；
D、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1.
【详解】A．硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH－)=c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)，故不符合题意；
B．硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH－)=c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)，故不符合题意；
C．硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na＋)=2c(S2－)＋2c(HS－)+2c(H2S)，故不符合题意；
D．硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na＋)=2c(S2－)＋2c(HS－)+2c(H2S)，故符合题意；
故选D。
【点睛】1.电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；2.物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；3.质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
14.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是( )
A. 该反应达到平衡时，c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
B. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应平衡常数K＝
【答案】A
【解析】
依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，加入Cu(NO3)2(s)后平衡右移，C项正确；反应平衡常数K＝，D项正确，K≠1则该反应达到平衡时，c(Cu2＋)≠c(Mn2＋)，A项错误。
15.某化学兴趣小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是
A. pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位
B. 1L 0.50mol·L-1NH4Cl 溶液与2L 0.25mol·L-1NH4Cl 溶液含NH4+物质的量后者大
C. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32-)＞c(H2CO3)
D. pH=4、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2[c(H＋)－c(OH－)]=
【答案】D
【解析】
【分析】
酸加水稀释，氢离子浓度降低，pH升高；铵根离子在水溶液中会发生水解，NH4Cl浓度越小，NH4＋水解程度越大；NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，水解生成碳酸，电离生成碳酸根离子，据此判断；常温下，混合液pH=4，，则由Kw可知，，由电荷守恒可知，c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)-c(OH－)，据物料守恒：2c(Na＋)= c（CH3COOH）＋c(CH3COO－)，据此分析。
【详解】A．pH=3的强酸加水稀释，pH升高，故不符合题意；
B．不同浓度的同种溶液，浓度越小，水解程度越大，NH4Cl溶液中NH4＋水解程度大，故不符合题意；
C．NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3的水解程度大于电离程度，其离子浓度关系为c(Na＋)>c(HCO3－)>c(H2CO3)>c(CO32－)，故不符合题意；
D．常温下，混合液pH=4，则由K可知，，由电荷守恒可知，c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)，据物料守恒：
2c(Na＋)= c（CH3COOH）＋c(CH3COO－)，整理得：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2[c(H＋)－c(OH－)]=，故符合题意；
故选D。
【点睛】判断强弱电解质的方法和规律：①若0.01 mol·L－1的酸HA溶液的pH＞2，说明酸HA在水溶液中没有完全电离，HA为弱酸；②相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H＋2多的是弱酸；⑤取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。
16.常温下，现向50 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生）。下列说法正确的是
A. b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为： c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 图中b、c、d 三点溶液中水的电离程度最大的是c点
C. b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的电离程度逐渐减小
D. pH=7时，溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4+)=c(SO42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．b点表示NH4HSO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)=c(SO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．图中b点硫酸铵水解，促进水的电离、c点显中性，生成了部分NH3·H2O，抑制了水的电离、d点氢氧化钠过量，抑制水的电离，三点溶液中水的电离程度最大的是a点，故B错误；C．b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的浓度逐渐增大，电离程度逐渐减小，故C正确；D．pH=7时，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-)，故D错误；故选C。
考点：考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。
17.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M) B. 该反应的逆反应为吸热反应
C. 平衡常数：KM＞KN D. 当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
【答案】A
【解析】
【详解】A.化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A正确；
B.升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则升温平衡逆向移动，则逆反应是吸热反应，故B错误；
C.升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C错误；
D.根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故D错误。
故选A。
18.把0.02mol·L-1的醋酸钠溶液与0.01mol·L-1 盐酸等体积混合，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系不正确的是
A. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol·L-1
B. c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
C. 2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D. c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答。
【详解】反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，
A．根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02×V/2V=0.01mol/L，A正确；
B．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac- 水解程度，则（Ac-）＞c（Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+ ），所以：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，B正确；
C．反应后NaAc、HAc和NaCl的物质的量均相等，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(Na+)，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒： c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-），D正确；
综上所述，本题选C。
19.25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15
25℃时，下列说法正确的是
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，则a一定大于b
D. 足量HCN溶液与Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的离子种类为Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正确；
B.弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B错误；
C.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C错误；
D.据电离平衡常数可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取强酸，所以HCN溶液与Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D错误。
故选A。
20.改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知：δ(X)＝]。下列叙述错误的是
A. K1(H2A)＝10－1.2
B. pH＝2.7时,c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1
C. pH＝2.7时,c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)
D. pH＝4.2时,c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA－)，PH=2.7时，c(H2A)=c(A2－)，pH=4.2时，c(HA－)=c(A2－)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2－)逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题.
【详解】A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA－的曲线相交，则c(H2A)=c(HA－)，所以=c(H＋)=10－1.2，故不符合题意；
B．根据物料守恒c(H2A)+c(HA－)+c(A2－)=0.1mol/L，故不符合题意；
C．由图象可知，PH=2.7时，c(H2A)=c(A2－)，由纵坐标数据可知c(HA－)>c(H2A)= c(A2－)，故不符合题意；
D．pH=4.2时，c(HA－)=c(A2－)，但此时c(H2A)0，如体积不变，则c(HA－)=c(A2－)=0.05mol/L，c(H＋)=10-4.2mol/L；如体积变化，则不能确定c(HA－)、c(A2－)与c(H＋)浓度大小关系，故符合题意。
故选D。
【点睛】溶液中离子浓度大小的比较规律：（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析；（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析；（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响。（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
第II卷 （选考）
（选考）有机化学基础模块
二、选考部分选择题（每小题2分，共10分。每小题只有一个选项符合题意。）
21.下列各组有机化合物中，肯定属于同系物的组合是
A. C2H6 与C5H12 B. C3H6 与C4H8
C. 甲醇与乙二醇 D. 与
【答案】A
【解析】
【详解】A．C2H6与C5H12，二者都是饱和烃，结构相似，分子间相差3个CH2原子团，所以二者一定互为同系物，故符合题意；
B．C3H6与C4H8，二者可能为烯烃或者环烷烃，由于结构不能确定，所以不一定互为同系物，故不符合题意；
C．甲醇与乙二醇，二者的氧原子数不一样，分子组成不符合要求，不是同系物，故不符合题意；
D．苯酚和苯甲醇的结构不同、化学性质不同、分子式通式不同，不是同系物，故不符合题意。
故选A．
【点睛】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。
22.相同物质的量的下列物质，完全燃烧消耗氧气最多的是
A. 乙醇 B. 乙烷 C. 乙炔 D. 乙烯
【答案】B
【解析】
【分析】
烃完全燃烧的通式：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O，及含氧衍生物的通式是：CxHyOz＋(x＋－)O2 → xCO2＋H2O据此解答.
【详解】A．1mol乙醇完全燃烧耗氧3mol；
B．1mol乙烷完全燃烧耗氧3.5mol；
C．1mol乙炔完全燃烧耗氧2.5mol，
D．1mol乙烯完全燃烧耗氧3mol；
故选：B．
23.有8种物质：①甲烷；②苯；③聚乙烯；④聚异戊二烯；⑤2﹣丁炔；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯．既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（ ）
A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
8种物质都属于烃，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的有机物一般应具有还原性，往往含有不饱和键，以此解答该题。
【详解】①甲烷为饱和烃，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故①错误；
②苯不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故②错误；
③聚乙烯不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故③错误；
④聚异戊二烯含有碳碳双键，可既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故④正确；
⑤2﹣丁炔含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑤正确；
⑥环己烷不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故⑥错误；
⑦邻二甲苯只能与酸性高锰酸钾发生反应，但不能与溴水反应，故⑦错误；
⑧环己烯含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑧正确.
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团或基团的性质，性质官能团的性质解答该题。
24.分子式为C5H11Cl的链状有机物有(不考虑立体异构)
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
试题分析：C5H11Cl实质是C5H12中的一个氢原子被Cl原子取代所得。分子式为C5H12的有机物，有三种同分异构体，即正戊烷、异戊烷和新戊烷。正戊烷分子中有3种不同环境的氢原子，故其一氯代物有3种；异戊烷分子中有4种不同环境的氢原子，故其一氯代物有4种；新戊烷分子中有1种环境的氢原子，故其一氯代物有1种，因此分子式为C5H11Cl 的同分异构体共有8种。故答案C。
考点：考查同分异构体的书写。
25.多巴胺是一种神经传导物质，在大脑内传递兴奋的信息，其分子结构如下所示。下列关于多巴胺的说法不正确的是
A. 分子式为C8H11NO2
B. 能与醛类物质发生缩聚反应
C. 既能与酸反应，又能与碱反应
D. 1mol该物质最多能与2mol Br2发生取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构简式可知，分子内含苯环、酚羟基和氨基，结合各官能团的性质来解答。
【详解】A. 多巴胺分子的分子式为：C8H11NO2，故A项正确；
B. 根据苯酚与醛基可发生缩聚反应生成酚醛树脂可知，多巴胺分子内有酚羟基，可与醛类物质发生缩聚反应，故B项正确；
C. 酚羟基显酸性，可与碱反应，氨基可与酸反应，故C项正确；
D. 苯酚的邻对位与Br2可发生取代反应，则1mol多巴胺分子最多能与3 mol Br2发生取代反应，故D项错误；
答案选D。
第Ⅱ卷 （非选择题 共40分）
三、填空与简答题（共40分）
26.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
（1）已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1,
2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1
工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式:________________________________________________________________________
（2）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。 CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A，B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>，<，=”）
②下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是___________(填代号)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变
c.混合气体的密度不再改变 d.气体的平均相对分子质量和压强不再改变
③在P1压强、T1°C时，该反应的平衡常数K=_________(填计算结果)
④T1°C、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol， H2 ：0.2mol， CH3OH：0.2mol。此时v正 ________ v逆（填> 、 < 或 =）。
【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). bd (4). 100 (5). >
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行判断；根据影响化学平衡移动的因素进行判断，根据三段式进行计算化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应2CH3OH(g)十O2 (g)===2HCHO(g)+ 2H2O(g)可由已知两个反应⑴CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1,（2） 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1，⑴2+(2)得到,所以该反应的焓变△H=+84 kJmol-12+(一484 kJmol-l)=-316 kJmol-1。CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式: 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。答案：2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。
（2） ①根据反应前后化学计量数可知，温度相同时，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，B点CO的平衡转化率大于A点，故A、B两点对应的压强大小关系是pA
③ 已知在压强p1、温度T1℃时，CO的平衡转化率为0.5，则建立如下三段式：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始（mol/L）0.1 0.2 0
转化（mol/L）0.05 0.1 0.05
平衡（mol/L）0.05 0.1 0.05
故T1℃时该反应的平衡常数K=0.05/0.050.12=100。答案：100.
④ 反应的浓度熵Qc=0.1//0.050.12=200> K=100，故此时平衡正向移动，则v正>v逆。答案：>。
27.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
(1)若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________
B极的Fe发生__________ 腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）
(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
且此时装置内总反应的离子方程式为________________________________
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). ② (4). 2Cl－＋2H2O电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑
【解析】
【分析】
（1）若开始时开关K与a连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；
（2）若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠；
①电解过程中阳离子向阴极移动；
②A电极为阳极，从A极处逸出的气体是氯气；
③恢复到电解前电解质的浓度，”出什么加什么“的原则分析；
④电子只能通过导线；
【详解】（1）开始时开关K与a连接，形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2＋2H2O＋4e－=40H－，故答案为O2＋2H2O＋4e－=40H－，吸氧；
（2）开关K与b连接，装置为电解池，①电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，溶液中Na向，B极移动，故不符合题意；
②A生成氯气，能使湿润I淀粉试纸变蓝，故符合题意；
③反应一段时间后加适量HC汽体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故不符合题意；
④电子只能通过导线，不能通过溶液，故不符合题意；又根据开始时开关K与a连接，形成原电池反应，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H＋＋2e－=H2↑，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：②；2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；
【点睛】在书写电极反应式时要注意：1．两极得失电子数目相等；2．电极反应式常用“＝”不用“→”表示；3．电极反应式中若有气体生成，需加“↑”；而弱电解质或难溶物均以分子式表示，其余以离子符号表示；
4．写电极反应式时要保证电荷守恒、元素守恒，可在电极反应式一端根据需要添加H＋或OH－或H2O；
5．两电极反应、电池总反应的三个方程式，若已知其中两个，可由方程式的加减得到第三个。
28.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10﹣5
Ka1=4.3×10﹣7
Ka2=5.6×10﹣11
Ka=3.0×10﹣8
（1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_______（用编号填写）
a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3
（2）常温下，0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_____（填字母）_______
A. c（H+） B. C. c（H+）•c（OH﹣） D. E.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：__________________
（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中
c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________（填准确数值）。
（5）25℃时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为____________________________________
（6）标准状况下，将1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： c（OH﹣）=2c（H2CO3）+_________________________
【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). B (3). D (4). ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO (5). 9.9×10﹣7mol•L﹣1 (6). (7). c（HCO3﹣）+c（H+）
【解析】
【分析】
（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；
（2）0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓成小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
（3）次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸；
（4）根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来计算；
（5）将a mol•L﹣1L的醋酸溶液与b mol•L﹣1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)= mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7 mol•L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)= mol•L﹣1，则K=；
（6）①根据质子守恒分析解答；②根据溶液中的电荷守恒书写.
【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO> HCO3－，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；
（2）0.1mol·L－1的CH3COOH日溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱，
A．氢离子浓度减小，故不符合题意；
B．加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以增大，故符合题意；
C．水的离子积常数不变，故不符合题意；
D．醋酸溶液加水稀稻时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氢根离子浓度增大，所以增大，故符合题意；
E．醋酸的电离平衡常数不变，故不符合题意；故答案为：BD；
（3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO，故答案为：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO；
（4）CH3COOH与 CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以c(CH3COO－)－c(Na＋) =c(H＋)－c(OH－)=10-6mol·L－1－10-8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1，故答案为：9.9×10-7mol·L－1：
（5）将a mol·L－1的酯酸溶液与b mol·L－1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)= mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7 mol•L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)= mol•L﹣1，则K=；故答案为：；
（6）标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1 mol•L﹣1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为：氢氧化钠的物质的量为：，二者好完全反应生成碳酸纳，质子守恒得：c(OH－)=2c(H2CO3)＋c(HCO3－)+c(H＋)；故答案为：c(HCO3－)+c(H＋)。
【点睛】“电离平衡”分析判断中六大误区：(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)浓度增大。(3)弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。
(4)误认为溶液的酸碱性取决于pH，如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(5)误认为由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol·L－1的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为10－13 mol·L－1。
(6)误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性。如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性。
29.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，
试回答下列问题：
（1）写出滴定实验中所发生反应的离子方程式：_________________________________________________________
（2）实验中KMnO4溶液应装在___________式滴定管中，滴定终点的判断依据是_______________________________
（3）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为_______mol·L－1
（4）若滴定终点读数时目光俯视，则计算出的x值可能_______________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）
（5）沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。
参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1.77×10－10
5.35×10－13
1.21×10－16
1.12×10－12
1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】 (1). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O (2). 酸 (3). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 (4). (5). 偏大 (6). D
【解析】
【分析】
（1）根据滴定实验是向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液，所发生反应的化学方程式进行分析；
（2）根据实验②中，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中：原因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管进行分析；
（3）根据草酸与KMnO4反应方程式结合题中数据得出；
（4）根据滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小进行分析；
（5）根据选用的滴定指示剂的物质的溶解度及现象明显程度进行分析。
【详解】（1）滴定实验是向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液，所发生反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2＋2MnSO4＋8H2O；故答案为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2＋2MnSO4＋8H2O。
（2）实验②中，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中：原因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管。滴定终点的判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色。
（3）用去VmL KMnO4溶液，n（KMnO4）=Vc10-3，由2KMnO4~5H2C2O4，可以知道，待测草酸的物质aV的量浓度为，故答案为：
（4）滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸浓度偏小，则x值会偏大，故答案为：偏大。
（5）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为：D。
【点睛】根据判断。其他正常时，凡是使m或n增大的因素，使c偏大；凡是使m或n减小的因素，使c偏小；凡是使V增大的因素，使c偏小；凡是使V减小的因素，使c偏大。 1．若称量固体溶质时，操作无误，但所有砝码生锈，m偏大，结果偏高。2．若没有洗涤烧杯内壁，使n偏小，结果偏低。， 3．若容量瓶中有少量蒸馏水或定容后反复摇匀发现液面低于刻度，则对结果无影响。4．仰视刻度线：由于操作时是以刻度线为基准加水，从下向上看，最先看见的是刻度线，刻度线低于液面的实际刻度，故加水量偏多，导致溶液体积偏大，结果偏低。5．俯视刻度线：恰好与仰视刻度线相反，刻度线高于液面的实际刻度，使得加水量偏小，结果偏高。
四、有机部分非选择题
30.溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。
（1）写出溴乙烷与NaOH水溶液共热的反应方程式：_______________，某同学取少量溴乙烷与NaOH水溶液反应后的混合溶液，向其中滴加AgNO3溶液，加热，产生少量沉淀。该同学由此得出溴乙烷与NaOH水溶液反应，生成了溴化钠，你认为是否合理，原因：____________________。
（2）写出溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热的反应方程式：________，反应中生成的气体可以用如图所示装置检验，现象是______，水的作用是 ______。
（3）乙烯使溴水褪色的化学方程式： __________________________，X是比乙烯相对分子质量大14的乙烯的同系物，工业上用X生产塑料的化学方程式为：___________________________。
【答案】 (1). CH3CH2Br＋NaOH CH3CH2OH＋NaBr (2). 不合理，未用硝酸中和氢氧化钠（未排除氢氧根离子的干扰） (3). CH3CH2Br＋NaOHCH2==CH2↑＋NaBr＋H2O (4). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (5). 高锰酸钾溶液褪色 (6). 吸收乙醇 (7).
【解析】
【分析】
（1）CH3CH2Br和NaOH水溶液加热时，二者发生取代反应生成乙醇；检验卤素原子必须中和过量的碱；
（2）加热条件下，溴乙烷和NaOH醇溶液发生消去反应生成乙烯；根据乙烯的不饱和性，能被高锰酸钾溶液氧化、能和乙烯加成反应，溶液褪色，乙醇能被高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，乙醇不能和乙烯反应；
（3）乙烯使溴水褪色，发生加成反应，据此写出的化学方程式；X是比乙烯相对分子质量大14的乙烯的同系物，X为丙烯，发生加聚反应生产塑料，据此写出化学方程式。
【详解】（1）CH3CH2Br和NaOH水溶液加热时，二者发生取代反应生成乙醇和NaBr，反应方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；检验溴乙烷中含有溴元素，卤代烃水解后，加入硝酸酸化的硝酸银，硝酸酸化目的中和碱，否则生成氢氧化银沉淀，故：不合理，未用硝酸中和氢氧化钠（未排除氢氧根离子的干扰）。
（2）加热条件下，溴乙烷和NaOH醇溶液发生消去反应生成乙烯，反应方程式为 CH3CH2Br＋NaOHCH2==CH2↑＋NaBr＋H2O，乙烯气体不溶于水，高锰酸钾能氧化乙烯，所以，它能使高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液能和乙烯发生加成反应，所以，乙烯也能使溴水褪色，因装置1中用水，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，而溴与乙醇不反应，所以，无须用水；
（3）乙烯使溴水褪色，发生加成反应，据此写出的化学方程式：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；X是比乙烯相对分子质量大14的乙烯的同系物，X为丙烯，发生加聚反应生产塑料，据此写出化学方程式：。
（选考）物质结构与性质模块
二、选考部分选择题（每小题2分，共10分。每小题只有一个选项符合题意。）
31.元素原子的核外电子排布决定了元素在元素周期表中的位置，已知某元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2。该元素位于元素周期表
A. 第四周期第ⅤB族 B. 第四周期第ⅡA族
C. 第二周期第ⅡB族 D. 第五周期第ⅡB族
【答案】A
【解析】
【分析】
原子结构决定元素的位置，主族元素的最外层电子数等于族序数，副族元素的价电子数决定族序数，电子层数等于周期数，以此来解答。
【详解】由元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，可知电子层数为4，位于第四周期，且价电子排布为3d34s2，为第VB族元素，故选：A。
32.下列各组微粒半径大小的比较中，错误的是
A. K＞Na＞Li B. Mg2+＞Na+＞F−
C. Na+＞Mg2+＞Al3+ D. Cl−＞F−＞F
【答案】B
【解析】
分析：A．同主族自上而下原子半径增大；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；
C．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；
D．最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，阴离子半径大于相应的原子半径。
详解：A．同主族自上而下原子半径增大，故原子半径K＞Na＞Li，A正确；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F-＞Na＋＞Mg2+，B错误；
C．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na＋＞Mg2+＞Al3+，C正确；
D．最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，阴离子半径大于相应的原子半径，故半径Cl-＞F-＞F，D正确；
答案选B。
33.下列四种元素中，其单质氧化性最强的是
A. 原子含有未成对电子最多的第2周期元素
B. 位于周期表第3周期ⅢA族的元素
C. 原子最外电子层排布式为3s23p5的元素
D. 原子最外电子层排布式为2s22p6的元素
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据信息，推出各元素：原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期皿A族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氛，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，然后比较氧化性强弱；
【详解】由原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期IIIA族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氖，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，A是氮元素，B是铝元素，C是氯元素，D是氖元素，氖为稀有气体元素，很稳定，铝是金属元素，单质具有还原性，氯和氮均为非金属，氯原子最外层为7个电子，更容易得电子，所以电子氧化性最强。
故选C。
34.下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
c
d
3
a
b
e
f
A. e的氢化物比d的氢化物稳定
B. a、b、e三种元素的原子半径：e>b>a
C. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强
D. 六种元素中，c元素单质的化学性质最活泼
【答案】C
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，a为Na，b为Mg，c为C，d为O，e为S，f伪Cl，A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B．同周期从左向右原子半径减小；
C．非金属性越强，最高价含氢酸的酸性越强；
D．c的最外层电子数为4，不易失去或得到电子。
【详解】A．非金属性O>S，则d的氢化物比e的氢化物稳定，故不符合题意；
B．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为a>b>e，故不符合题意；
C．非金属性Cl>S>C，则c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故符合题意；
D．c的最外层电子数为4，不易失去或得到电子，则c的性质不活泼，故不符合题意；
故选C。
35.具有相同电子层结构的微粒An＋、Bn－、C，下列分析正确的是
A. 原子序数关系C>B>A B. 微粒半径关系Bn－
【解析】
【分析】
A、设C的原子序数为Z，则A的原子序数为Z+n，B的原子序数则为Z-n，以此进行分析；
B、An＋、Bn－具有相同的电子层结构，根据核电荷数越大半径越小分析；
C、根据同周期原子半径从左到右逐斩减小，电子层数越多半径越大分析；
D、An＋、Bn－都应具有稀有气体的电子层结构，则C必为稀有气体元素的原子。
【详解】A、设C的原子序数为Z，则A的原子序数为Z+n，B的原子序数则为Z-n，则原子序数为A>C>B，故不符合题意；
B、因An＋、Bn－具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，阴离子半径大于阳离子半径，即r（Bn－）>r（An＋），故不符合题意；
C、B、C为同一周期的元素，C应为惰性气体元素，其原子半径C>B，而A应处于B、C的下一周期，故A的原子半径应大于B．故不符合题意；
D、An＋、Bn－都应具有稀有气体的电子层结构，C的电子层结构相同于An＋、Bn－，所以C必为稀有气体元素的原子，故符合题意。
故选D。
四、物构部分非选择题
36.A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：
(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为________。
(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为________，C的元素符号为________。
(3)D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为____________________________________________________________。
(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为____________________________________。
(5)某元素M2＋的3d轨道上有5个电子，则
①M2＋的核外电子排布式为_____________________________________________。
②M元素在元素周期表中的位置为第________周期________族。
【答案】 (1). N (2). Cl (3). K (4). Fe (5). 1s22s22p63s23p63d64s2 (6). Cu (7). 1s22s22p63s23p63d104s1 (8). 1s22s22p63s23p63d5 (9). 4 (10). VIIB
【解析】
【分析】
（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，原子只能有2个电子层，核外电子排布式为1s22s22p3；
（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ar相同，则B为氯、C为钾；
（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D元素原子外围电子排布为3d64s2，D为Fe；
（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子核外电子数目为2+8+18+1=29，故E为Cu元素；
（5）某元素M2＋的3d轨道上有5个电子，则该元素的基态原子的外围电子排布式为3d54s2，则M的原子序数是2+8+13+2=25，即M是Mn元素，位于元素周期表中第四周期VIB族。
【详解】（1）4元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，原子只能有2个电子层，核外电子排布式为1s22s2p3，为N元素，故答案为：N；
（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ar相同，则B为Cl、C为K，故答案为：C；K；
（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D元素原子外围电子排布为3d64s2，D为Fe，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：Fe；1s22s22p63s23p63d64s2；
（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成电子，原子核外电子数目为2+8+18+1=29，故E为Cu元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；故答案为：Cu；1s22s22p63s23p63d104s1；
（5）①已知M2＋离子3轨道上有5个电子，则M的原子序数是2+8+13+2=25，即M是Mn元素；根据构造原理可以得出锰离子的外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
②Mn原子的最外层电子数是2个，价电子数为5+2=7，对于ⅢB~VIB族的元素，其价电子数与族序数相同，该M原子的价电子数为7，故锰元素位于元素周期表的第四周期第VIIB族。故答案为：1s22s22p63s23p63d5；4；VIIB。
【点睛】根据构造原理可以得出锰原子的外围电子排布图；Mn原子的最外层电子数是2个，对于副族元素而言，除了最外层电子外，次外层的d电子也是价电子；对于ⅢB~VIB族的元素，其价电子数与族序数相同，结合电子层数等于周期数确定其在周期表中的位置。
（1）能量最低原理：基态原子核外电子先占有能量最低的原子轨道。（2）泡利原理：每个原子轨道上最多只容纳2个自旋状态不同的电子。（3）洪特规则：原子核外电子在能量相同的各轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同。
注意：洪特通过分析光谱实验得出：能量相同的原子轨道在全充满、半充满和全空时体系能量较低，原子较稳定；能量相同的原子轨道在全满、半满和全空状态时，体系的能量最低。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cu 64 Ba 137
第Ⅰ卷（必考） 化学反应原理模块
一、选择题（共20小题，每题只有一个正确选项，每小题2分,共40分）
1.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是
A. 铵态氮肥与草木灰混合使用，会损失肥效
B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D. 天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
【答案】C
【解析】
【分析】
A、根据已有的知识进行分析，草木灰成分为碳酸钾，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，铵态氮肥能与碱性物质混合产生氮气，造成肥效降低；
B．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，铁粉具有强还原性；
C．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放；
D．天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，沼气是由植物秸秆发酵形成的，水煤气是由C与水蒸气反应生成的。
【详解】A．草木灰成分为碳酸钾，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，氨肥中铵根离子水解溶液显酸性，铵态氮肥能与草木灰碱性物质混合产生氮气，造成肥效降低，故A不符合题意；
B．硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故B不符合题意；
C．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放，而不是对环境污染进行治理，故C符合题意；
D．沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故D不符合题意。
2.下列实验操作能达到实验目的的是
A. 配制氯化铁溶液时,将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
B. 用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2
C. 用分液漏斗分离乙酸与乙醇
D. 将Cl2与HCl的混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液可得到纯净的Cl2
【答案】A
【解析】
【分析】
A．溶解在较浓的盐酸中可抑制铁离子水解；
B．NO2与水反应；
C．乙酸与乙醇互溶；
D．通过饱和碳酸氢钠溶液可除去HCI，但引入新杂质二氧化碳。
【详解】A．溶解在较浓的盐酸中可抑制铁离子水解，再加水稀释得到需要的氯化铁溶液，故符合题意；
B．NO2与水反应，不能选排水法收集，故不符合题意；
C．乙酸与乙醇互溶，不能选分液漏斗分离，应选蒸馏法，故不符合题意；
D．通过饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，但引入新杂质二氧化碳，应选饱和食盐水、洗气，故不符合题意；
故选A。
3.下列说法或表示方法正确的是
A. C燃烧的热化学方程式为C(s)+1/2O2(g)CO(g) ΔH=110.5 kJ·mol-1
B. 由H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1可知,若将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合,放出的热量小于 57.3 kJ
C. 碳酸氢钠水解的离子方程式:HCO3-+H2OCO32-+H3O+
D. 500 ℃、30 MPa下,将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g),放出热量19.3 kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应热必须注明符号，即放热反应中标明“－”，A错误；B、醋酸溶于水存在电离平衡，电离吸热，所以将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，B正确；C、碳酸氢钠水解的离子方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，C错误；D、合成氨反应是可逆反应，不能确定转化率，因此不能计算反应热，D错误，答案选B。
考点：考查热化学方程式、水解方程式以及反应热的有关判断
4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2L 0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
B. 室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为0.1NA
C. 电解精炼铜的过程中，每转移NA个电子时，阳极溶解铜的质量为32g
D. 某密闭容器中盛有0.1mol N2和0.3mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目小于0.6NA
【答案】D
【解析】
【分析】
A．亚硫酸为弱酸，水溶液中部分电离；
B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离；
C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电，还有比铜活泼的金属放电；
D．合成氯的反应为可逆反应。
【详解】A．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数小于2NA，故不符合题意；
B．氢氧化钠溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中的氢离子是水电离的，则水电离的氢氢根离子浓度=氢离子浓度mol·L－1，故不符合题意；
C．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电，还有比铜活泼的金属放电，故当转移N4个电子时，阳极的质量减少小于32g，故不符合题意；
D．合成氮的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于0.6N4个，故符合题意；故选：D。
【点睛】解答有关阿伏加德罗常数的计算问题时要注意以下问题：①物质的聚集状态：物质的聚集状态与所处状况有关。②气体摩尔体积的使用条件：在非标准状况(如常温、常压)下，22.4 L气体的物质的量并不是1 mol；故在非标准状况下，不能用气体摩尔体积计算气体的物质的量。③物质的组成：物质组成中分子数、原子数或离子数的准确判断是解答这类问题的关键。④特殊化学反应中转移电子的数目。
5.某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是
A. NH4＋、Fe2＋、NO3－、SO42－ B. Na＋、K＋、Cl－、SO42－
C. Mg2＋、H＋、Cl－、NO3－ D. K＋、Ca2＋、HCO3－、Cl－
【答案】B
【解析】
溶液与Al反应能放出H2，溶液为酸或强碱溶液，
A．酸溶液中Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱溶液中NH4+、Fe2+分别OH﹣反应，则不能共存，故A错误；
B．无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；
C．酸溶液中能共存，碱溶液中Mg2+、H+分别OH﹣反应，则不能共存，故C错误；
D．HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故D错误；
6.下列离子反应方程式书写正确的是
A. Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
B. 向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量CO2：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3﹣
C. 在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl﹣+H2O+4H+
D. 向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2﹣=Al2S3↓
【答案】B
【解析】
【分析】
A．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水；
B．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；
C．碱性溶液中不能生成氢离子；
D．相互促进水解生成沉淀和气体.
【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I－＋2Fe(OH)3＋6H＋=2Fe2＋＋6H2O＋I2，故不符合题意；
B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故符合题意；
C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O，故不符合题意；
D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故D不符合题意；
故选B．
【点睛】离子方程式正误判断的审题要点：两易：易溶于水、易电离的强电解质用实际参加反应的离子表示。非电解质、弱电解质（弱酸、弱碱、水等）、难溶物、气体、氧化物、单质等均用化学式表示；两等：①离子方程式两边原子个数相等；②电荷总数相等；两查：①检查离子方程式中各项是否都有公约数；②检查是否漏写某个反应或特殊条件；两注意：①注意限制条件的影响，如少量、过量等；②注意五种符号(“↑”“↓”“”“
”)的正确使用。
7.下列有关《化学反应原理》的内容说法不正确的是
A. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
B. 向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH可以除去溶液中的FeCl3
C. 使用催化剂，可以增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可。
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据盖斯定律的作用进行分析。
B．根据该溶液中含有三价铁离子加入碱式碳酸铜调节pH能给出去三价铁离子。
C．催化剂对反应速率的影响是概念活化分子百分含量；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；
【详解】A．有些化学反应的熔变难以通过实验测得，通过盖斯定律可以求得，故不符合题意。
B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH=4可以除去溶液中的FeCl3，发生反应的方程式为：Cu2(OH)2CO3+H＋ +Fe3＋2Cu2＋ +Fe（OH）3↓+CO2↑，故不符合题意。
C．使用催化剂，降低活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，故不符合题意；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氮水的pH值，故符合题意；
故选D。
8.在100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L-1。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6 倍。下列说法正确的是
A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1
B. 在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍
C. 在平衡时体系内N2O4的物质的量为0.25mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】B
【解析】
【详解】A、反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L，则前2 s内N2O4的浓度减少0.02mol/L÷2=0.01mol/L，则以N2O4的浓度变化表示的反应速率为0.01mol/L÷2s＝0.005mol·L－1·s－1，A错误；
B、前2s时，二氧化氮的物质的量是0.02 mol·L－1×5L=0.1mol，则消耗N2O4的物质的量是0.1mol÷2=0.05mol，剩余N2O4的物质的量是0.5mol-0.05mol=0.45mol，此时气体总物质的量是0.45mol+0.1mol=0.55mol，所以在2 s时体系内的压强为开始时的0.55÷0.5=1.1倍，B正确；
C、平衡时压强是开始的1.6倍，说明平衡时气体的物质的量是原来的1.6倍，则平衡时气体的物质的量是0.5mol×1.6=0.8mol，物质的量增加0.8mol-0.5mol=0.3mol，根据化学方程式N2O42NO2可知，每有1molN2O4反应生成 2molNO2，气体物质的量增加1mol，所以当气体的物质的量增加0.3mol时，有0.3molN2O4参加反应，生成0.6molNO2，剩余N2O4的物质的量是0.5mol-0.3mol=0.2mol，C错误；
D、根据C的分析，平衡时N2O4的转化率是0.3mol/0.5mol×100%=60%，D错误。
答案选B。
9.在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH<0
B. T1时，该反应的平衡常数为1/16
C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2
D. 若T2
【解析】
A. 根据图像，升高温度，c( NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B. T1时，平衡是c( NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g)＋2NO(g)2NO2(g)＋S(s)
起始(mol/L) 0.5 0.6 0 0
反应(mol/L) 0.1 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K==，故B错误；C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc==0.5＜，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1:2，故C错误；D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
10.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：Cl－、SO42-、CO32-、NH4+、Na＋、K＋。为确认溶液组成进行如下实验：(1) 200 mL上述溶液，加入足量BaCl2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30 g，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33 g沉淀不溶。(2) 向(1)的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，标准状况下产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体1.12 L。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是
A. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+，可能存在Cl－、Na＋、K＋
B. 一定存在SO42-、CO32-、NH4+、Cl－，一定不存在Na＋、K＋
C. c(CO32-)＝0.01mol·L－1，c(NH4+)＞c(SO42-)
D. 如果上述6种离子都存在，则c(Cl－)＞c(SO42-)
【答案】D
【解析】
【分析】
（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，则溶液中含有CO32－、SO42－；
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石试纸变蓝的气体，说明溶液中有NH4＋。
【详解】（1）取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再加入足量盐酸后，沉淀部分溶解，并有气体生成，说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4，质量一共是4.3g.则溶液中含有CO32－、SO42－，向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶，则硫酸钡的质量是2.33g，所以硫酸根离子的物质的量是，所以碳酸钡的质量是，碳酸根离子的物质的量是。
（2）向（1）的滤液中加入足量的NaOH溶液，加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，物质的量是，说明溶液中有NH4＋的物质的量是0.05mol；
A．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；
B．溶液中一定存在SO42－、CO32－、NH4＋，根据电荷守恒，一定存在Cl－，不能确定是否存在Na＋、K＋，故不符合题意；
C．碳酸根离子的物质的量是，硫酸根离子的浓度是，铵根离子浓度是，故不符合题意；
D．如果上述6种离子都存在，根据电荷守恒c(Cl－)＋2c(SO42－)＋2c(CO32－)=c(NH4＋)＋c(Na＋)＋c(K＋)，则c(Cl－)> c(SO42－)，故符合题意；
故选D。
【点睛】混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；②物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；③质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
11.某温度下,相同pH的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释,平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示,据图判断正确的是
A. Ⅱ为氨水稀释时的pH变化曲线 B. a、b、c三点溶液的导电性:c>b=a
C. a、b、c三点溶液中水的电离程度:c=b>a D. a、b、c三点溶液的KW:c=b
【解析】
【分析】
根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，则氢氧化钠的浓度小，再利用两溶液在稀释时强碱的变化程度来分析解答即可。
【详解】A．由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氮水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氮水中的离子浓度大，即I是氯水的pH变化曲线，故不符合题意；
B．由图可知，开始的pH相同，开始时氮水浓度大，稀释相同倍数，氮水的浓度仍然大，氮水中离子浓度也大，所以导电性a>c，对于氢氧化钠溶液，稀释后离子浓度减小，导电性变小，即a>b，故不符合题意；
C．由于氮水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，稀释相同倍数后，氮水的碱性强于氢氧化钠，所以氢水中水的电离程度小于氢氧化钠，而b、c两点的pH值相同，所以水电离的程度也相同，所以水的电离程度：c=b>a，故符合题意；
D．KW是温度的函数，a、b、c三点溶液温度相同，所以水的离子积常数不变，即c=b=a，故不符合题意；
故选C。
【点睛】①相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；②取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H2多的是弱酸；
12.“以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中P端通入CO2。通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色。则下列说法中正确的是
A. X、Y两端都必须用铁作电极 B. 不可以用NaOH溶液作为电解液
C. 阴极发生的反应是2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D. X端为电解池的阳极
【答案】C
【解析】
试题分析：左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-═CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2↓。A．X、Y两端，阳极X必须是铁电极，Y电极不需要一定用铁作电极，可以用石墨电极，故A错误；B．电解过程是阴极上氢离子放电得到溶液中的氢氧根离子交换亚铁离子生成氢氧化亚铁，所以可以用NaOH溶液作为电解液，故B错误；C．阴极发生的反应是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，碱溶液中电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C正确；D．X连接原电池负极，所以是电解池阴极，故D错误；故选C。
考点：考查了原电池和电解池原理的相关知识。
13.在硫化钠水溶液中存在着多种离子和分子，下列关系式正确的是
A. c（OH－）＝c（HS－）＋c（H+）＋c（H2S）
B. c（OH－）+c（HS－）＝c（Na+）＋c（H+）
C. c（Na+）＝c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）
D. c（Na+）＝2c（S2－）＋2c（HS－）＋2c（H2S）
【答案】D
【解析】
【分析】
A、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；
B、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；
C、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1；
D、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1.
【详解】A．硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH－)=c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)，故不符合题意；
B．硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c(OH－)=c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)，故不符合题意；
C．硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na＋)=2c(S2－)＋2c(HS－)+2c(H2S)，故不符合题意；
D．硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c(Na＋)=2c(S2－)＋2c(HS－)+2c(H2S)，故符合题意；
故选D。
【点睛】1.电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；2.物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；3.质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
14.化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是( )
A. 该反应达到平衡时，c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
B. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D. 该反应平衡常数K＝
【答案】A
【解析】
依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，加入Cu(NO3)2(s)后平衡右移，C项正确；反应平衡常数K＝，D项正确，K≠1则该反应达到平衡时，c(Cu2＋)≠c(Mn2＋)，A项错误。
15.某化学兴趣小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中正确的是
A. pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH降低2个单位
B. 1L 0.50mol·L-1NH4Cl 溶液与2L 0.25mol·L-1NH4Cl 溶液含NH4+物质的量后者大
C. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32-)＞c(H2CO3)
D. pH=4、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2[c(H＋)－c(OH－)]=
【答案】D
【解析】
【分析】
酸加水稀释，氢离子浓度降低，pH升高；铵根离子在水溶液中会发生水解，NH4Cl浓度越小，NH4＋水解程度越大；NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，水解生成碳酸，电离生成碳酸根离子，据此判断；常温下，混合液pH=4，，则由Kw可知，，由电荷守恒可知，c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)-c(OH－)，据物料守恒：2c(Na＋)= c（CH3COOH）＋c(CH3COO－)，据此分析。
【详解】A．pH=3的强酸加水稀释，pH升高，故不符合题意；
B．不同浓度的同种溶液，浓度越小，水解程度越大，NH4Cl溶液中NH4＋水解程度大，故不符合题意；
C．NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3的水解程度大于电离程度，其离子浓度关系为c(Na＋)>c(HCO3－)>c(H2CO3)>c(CO32－)，故不符合题意；
D．常温下，混合液pH=4，则由K可知，，由电荷守恒可知，c(CH3COO－)－c(Na＋)=c(H＋)－c(OH－)，据物料守恒：
2c(Na＋)= c（CH3COOH）＋c(CH3COO－)，整理得：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2[c(H＋)－c(OH－)]=，故符合题意；
故选D。
【点睛】判断强弱电解质的方法和规律：①若0.01 mol·L－1的酸HA溶液的pH＞2，说明酸HA在水溶液中没有完全电离，HA为弱酸；②相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H＋2多的是弱酸；⑤取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。
16.常温下，现向50 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生）。下列说法正确的是
A. b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为： c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 图中b、c、d 三点溶液中水的电离程度最大的是c点
C. b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的电离程度逐渐减小
D. pH=7时，溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4+)=c(SO42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．b点表示NH4HSO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)=c(SO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．图中b点硫酸铵水解，促进水的电离、c点显中性，生成了部分NH3·H2O，抑制了水的电离、d点氢氧化钠过量，抑制水的电离，三点溶液中水的电离程度最大的是a点，故B错误；C．b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的浓度逐渐增大，电离程度逐渐减小，故C正确；D．pH=7时，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-)，故D错误；故选C。
考点：考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。
17.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M) B. 该反应的逆反应为吸热反应
C. 平衡常数：KM＞KN D. 当温度高于250 ℃，升高温度，催化剂的催化效率降低
【答案】A
【解析】
【详解】A.化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v（M）有可能小于v（N），故A正确；
B.升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则升温平衡逆向移动，则逆反应是吸热反应，故B错误；
C.升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故C错误；
D.根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故D错误。
故选A。
18.把0.02mol·L-1的醋酸钠溶液与0.01mol·L-1 盐酸等体积混合，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系不正确的是
A. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol·L-1
B. c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
C. 2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D. c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答。
【详解】反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，
A．根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02×V/2V=0.01mol/L，A正确；
B．反应后NaAc和HAc的物质的量相等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac- 水解程度，则（Ac-）＞c（Cl-），HAc为弱电解质，部分电离，应有c（HAc）＞c（H+ ），所以：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，B正确；
C．反应后NaAc、HAc和NaCl的物质的量均相等，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= c(Na+)，C错误；
D．溶液中存在电荷守恒： c（Na+）+c（H+）=c（Ac-）+c（Cl-）+c（OH-），D正确；
综上所述，本题选C。
19.25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15
25℃时，下列说法正确的是
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，则a一定大于b
D. 足量HCN溶液与Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的离子种类为Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正确；
B.弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B错误；
C.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C错误；
D.据电离平衡常数可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取强酸，所以HCN溶液与Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D错误。
故选A。
20.改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知：δ(X)＝]。下列叙述错误的是
A. K1(H2A)＝10－1.2
B. pH＝2.7时,c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1
C. pH＝2.7时,c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)
D. pH＝4.2时,c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
【答案】D
【解析】
【分析】
由图象可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA－)，PH=2.7时，c(H2A)=c(A2－)，pH=4.2时，c(HA－)=c(A2－)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2－)逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题.
【详解】A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA－的曲线相交，则c(H2A)=c(HA－)，所以=c(H＋)=10－1.2，故不符合题意；
B．根据物料守恒c(H2A)+c(HA－)+c(A2－)=0.1mol/L，故不符合题意；
C．由图象可知，PH=2.7时，c(H2A)=c(A2－)，由纵坐标数据可知c(HA－)>c(H2A)= c(A2－)，故不符合题意；
D．pH=4.2时，c(HA－)=c(A2－)，但此时c(H2A)0，如体积不变，则c(HA－)=c(A2－)=0.05mol/L，c(H＋)=10-4.2mol/L；如体积变化，则不能确定c(HA－)、c(A2－)与c(H＋)浓度大小关系，故符合题意。
故选D。
【点睛】溶液中离子浓度大小的比较规律：（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析；（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析；（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响。（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数；物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是守恒的；质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
第II卷 （选考）
（选考）有机化学基础模块
二、选考部分选择题（每小题2分，共10分。每小题只有一个选项符合题意。）
21.下列各组有机化合物中，肯定属于同系物的组合是
A. C2H6 与C5H12 B. C3H6 与C4H8
C. 甲醇与乙二醇 D. 与
【答案】A
【解析】
【详解】A．C2H6与C5H12，二者都是饱和烃，结构相似，分子间相差3个CH2原子团，所以二者一定互为同系物，故符合题意；
B．C3H6与C4H8，二者可能为烯烃或者环烷烃，由于结构不能确定，所以不一定互为同系物，故不符合题意；
C．甲醇与乙二醇，二者的氧原子数不一样，分子组成不符合要求，不是同系物，故不符合题意；
D．苯酚和苯甲醇的结构不同、化学性质不同、分子式通式不同，不是同系物，故不符合题意。
故选A．
【点睛】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。
22.相同物质的量的下列物质，完全燃烧消耗氧气最多的是
A. 乙醇 B. 乙烷 C. 乙炔 D. 乙烯
【答案】B
【解析】
【分析】
烃完全燃烧的通式：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O，及含氧衍生物的通式是：CxHyOz＋(x＋－)O2 → xCO2＋H2O据此解答.
【详解】A．1mol乙醇完全燃烧耗氧3mol；
B．1mol乙烷完全燃烧耗氧3.5mol；
C．1mol乙炔完全燃烧耗氧2.5mol，
D．1mol乙烯完全燃烧耗氧3mol；
故选：B．
23.有8种物质：①甲烷；②苯；③聚乙烯；④聚异戊二烯；⑤2﹣丁炔；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯．既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的是（ ）
A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
8种物质都属于烃，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色的有机物一般应具有还原性，往往含有不饱和键，以此解答该题。
【详解】①甲烷为饱和烃，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故①错误；
②苯不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故②错误；
③聚乙烯不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故③错误；
④聚异戊二烯含有碳碳双键，可既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故④正确；
⑤2﹣丁炔含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑤正确；
⑥环己烷不含不饱和键，不能与酸性高锰酸钾溶液和溴水反应，故⑥错误；
⑦邻二甲苯只能与酸性高锰酸钾发生反应，但不能与溴水反应，故⑦错误；
⑧环己烯含有不饱和键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑧正确.
故选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意把握有机物官能团或基团的性质，性质官能团的性质解答该题。
24.分子式为C5H11Cl的链状有机物有(不考虑立体异构)
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
试题分析：C5H11Cl实质是C5H12中的一个氢原子被Cl原子取代所得。分子式为C5H12的有机物，有三种同分异构体，即正戊烷、异戊烷和新戊烷。正戊烷分子中有3种不同环境的氢原子，故其一氯代物有3种；异戊烷分子中有4种不同环境的氢原子，故其一氯代物有4种；新戊烷分子中有1种环境的氢原子，故其一氯代物有1种，因此分子式为C5H11Cl 的同分异构体共有8种。故答案C。
考点：考查同分异构体的书写。
25.多巴胺是一种神经传导物质，在大脑内传递兴奋的信息，其分子结构如下所示。下列关于多巴胺的说法不正确的是
A. 分子式为C8H11NO2
B. 能与醛类物质发生缩聚反应
C. 既能与酸反应，又能与碱反应
D. 1mol该物质最多能与2mol Br2发生取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】
由结构简式可知，分子内含苯环、酚羟基和氨基，结合各官能团的性质来解答。
【详解】A. 多巴胺分子的分子式为：C8H11NO2，故A项正确；
B. 根据苯酚与醛基可发生缩聚反应生成酚醛树脂可知，多巴胺分子内有酚羟基，可与醛类物质发生缩聚反应，故B项正确；
C. 酚羟基显酸性，可与碱反应，氨基可与酸反应，故C项正确；
D. 苯酚的邻对位与Br2可发生取代反应，则1mol多巴胺分子最多能与3 mol Br2发生取代反应，故D项错误；
答案选D。
第Ⅱ卷 （非选择题 共40分）
三、填空与简答题（共40分）
26.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
（1）已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1,
2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1
工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式:________________________________________________________________________
（2）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。 CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A，B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>，<，=”）
②下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是___________(填代号)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变
c.混合气体的密度不再改变 d.气体的平均相对分子质量和压强不再改变
③在P1压强、T1°C时，该反应的平衡常数K=_________(填计算结果)
④T1°C、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol， H2 ：0.2mol， CH3OH：0.2mol。此时v正 ________ v逆（填> 、 < 或 =）。
【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). bd (4). 100 (5). >
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行判断；根据影响化学平衡移动的因素进行判断，根据三段式进行计算化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应2CH3OH(g)十O2 (g)===2HCHO(g)+ 2H2O(g)可由已知两个反应⑴CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1,（2） 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1，⑴2+(2)得到,所以该反应的焓变△H=+84 kJmol-12+(一484 kJmol-l)=-316 kJmol-1。CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式: 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。答案：2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。
（2） ①根据反应前后化学计量数可知，温度相同时，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，B点CO的平衡转化率大于A点，故A、B两点对应的压强大小关系是pA
③ 已知在压强p1、温度T1℃时，CO的平衡转化率为0.5，则建立如下三段式：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始（mol/L）0.1 0.2 0
转化（mol/L）0.05 0.1 0.05
平衡（mol/L）0.05 0.1 0.05
故T1℃时该反应的平衡常数K=0.05/0.050.12=100。答案：100.
④ 反应的浓度熵Qc=0.1//0.050.12=200> K=100，故此时平衡正向移动，则v正>v逆。答案：>。
27.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
(1)若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________
B极的Fe发生__________ 腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）
(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
且此时装置内总反应的离子方程式为________________________________
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). ② (4). 2Cl－＋2H2O电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑
【解析】
【分析】
（1）若开始时开关K与a连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；
（2）若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠；
①电解过程中阳离子向阴极移动；
②A电极为阳极，从A极处逸出的气体是氯气；
③恢复到电解前电解质的浓度，”出什么加什么“的原则分析；
④电子只能通过导线；
【详解】（1）开始时开关K与a连接，形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2＋2H2O＋4e－=40H－，故答案为O2＋2H2O＋4e－=40H－，吸氧；
（2）开关K与b连接，装置为电解池，①电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，溶液中Na向，B极移动，故不符合题意；
②A生成氯气，能使湿润I淀粉试纸变蓝，故符合题意；
③反应一段时间后加适量HC汽体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故不符合题意；
④电子只能通过导线，不能通过溶液，故不符合题意；又根据开始时开关K与a连接，形成原电池反应，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H＋＋2e－=H2↑，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：②；2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；
【点睛】在书写电极反应式时要注意：1．两极得失电子数目相等；2．电极反应式常用“＝”不用“→”表示；3．电极反应式中若有气体生成，需加“↑”；而弱电解质或难溶物均以分子式表示，其余以离子符号表示；
4．写电极反应式时要保证电荷守恒、元素守恒，可在电极反应式一端根据需要添加H＋或OH－或H2O；
5．两电极反应、电池总反应的三个方程式，若已知其中两个，可由方程式的加减得到第三个。
28.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10﹣5
Ka1=4.3×10﹣7
Ka2=5.6×10﹣11
Ka=3.0×10﹣8
（1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_______（用编号填写）
a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3
（2）常温下，0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_____（填字母）_______
A. c（H+） B. C. c（H+）•c（OH﹣） D. E.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：__________________
（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中
c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________（填准确数值）。
（5）25℃时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为____________________________________
（6）标准状况下，将1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： c（OH﹣）=2c（H2CO3）+_________________________
【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). B (3). D (4). ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO (5). 9.9×10﹣7mol•L﹣1 (6). (7). c（HCO3﹣）+c（H+）
【解析】
【分析】
（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；
（2）0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓成小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
（3）次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸；
（4）根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来计算；
（5）将a mol•L﹣1L的醋酸溶液与b mol•L﹣1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)= mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7 mol•L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)= mol•L﹣1，则K=；
（6）①根据质子守恒分析解答；②根据溶液中的电荷守恒书写.
【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO> HCO3－，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；
（2）0.1mol·L－1的CH3COOH日溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱，
A．氢离子浓度减小，故不符合题意；
B．加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以增大，故符合题意；
C．水的离子积常数不变，故不符合题意；
D．醋酸溶液加水稀稻时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氢根离子浓度增大，所以增大，故符合题意；
E．醋酸的电离平衡常数不变，故不符合题意；故答案为：BD；
（3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO，故答案为：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO；
（4）CH3COOH与 CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以c(CH3COO－)－c(Na＋) =c(H＋)－c(OH－)=10-6mol·L－1－10-8mol·L－1=9.9×10-7mol·L－1，故答案为：9.9×10-7mol·L－1：
（5）将a mol·L－1的酯酸溶液与b mol·L－1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c(CH3COOH)= mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7 mol•L﹣1，c(Na＋)=c(CH3COO－)= mol•L﹣1，则K=；故答案为：；
（6）标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1 mol•L﹣1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为：氢氧化钠的物质的量为：，二者好完全反应生成碳酸纳，质子守恒得：c(OH－)=2c(H2CO3)＋c(HCO3－)+c(H＋)；故答案为：c(HCO3－)+c(H＋)。
【点睛】“电离平衡”分析判断中六大误区：(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)浓度增大。(3)弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。
(4)误认为溶液的酸碱性取决于pH，如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(5)误认为由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol·L－1的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为10－13 mol·L－1。
(6)误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性。如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性。
29.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，
试回答下列问题：
（1）写出滴定实验中所发生反应的离子方程式：_________________________________________________________
（2）实验中KMnO4溶液应装在___________式滴定管中，滴定终点的判断依据是_______________________________
（3）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为_______mol·L－1
（4）若滴定终点读数时目光俯视，则计算出的x值可能_______________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）
（5）沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。
参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1.77×10－10
5.35×10－13
1.21×10－16
1.12×10－12
1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】 (1). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O (2). 酸 (3). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色 (4). (5). 偏大 (6). D
【解析】
【分析】
（1）根据滴定实验是向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液，所发生反应的化学方程式进行分析；
（2）根据实验②中，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中：原因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管进行分析；
（3）根据草酸与KMnO4反应方程式结合题中数据得出；
（4）根据滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小进行分析；
（5）根据选用的滴定指示剂的物质的溶解度及现象明显程度进行分析。
【详解】（1）滴定实验是向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液，所发生反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2＋2MnSO4＋8H2O；故答案为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2＋2MnSO4＋8H2O。
（2）实验②中，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中：原因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管。滴定终点的判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成紫红色，且半分钟内不褪色。
（3）用去VmL KMnO4溶液，n（KMnO4）=Vc10-3，由2KMnO4~5H2C2O4，可以知道，待测草酸的物质aV的量浓度为，故答案为：
（4）滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸浓度偏小，则x值会偏大，故答案为：偏大。
（5）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为：D。
【点睛】根据判断。其他正常时，凡是使m或n增大的因素，使c偏大；凡是使m或n减小的因素，使c偏小；凡是使V增大的因素，使c偏小；凡是使V减小的因素，使c偏大。 1．若称量固体溶质时，操作无误，但所有砝码生锈，m偏大，结果偏高。2．若没有洗涤烧杯内壁，使n偏小，结果偏低。， 3．若容量瓶中有少量蒸馏水或定容后反复摇匀发现液面低于刻度，则对结果无影响。4．仰视刻度线：由于操作时是以刻度线为基准加水，从下向上看，最先看见的是刻度线，刻度线低于液面的实际刻度，故加水量偏多，导致溶液体积偏大，结果偏低。5．俯视刻度线：恰好与仰视刻度线相反，刻度线高于液面的实际刻度，使得加水量偏小，结果偏高。
四、有机部分非选择题
30.溴乙烷在不同溶剂中与NaOH发生不同类型的反应，生成不同的反应产物。
（1）写出溴乙烷与NaOH水溶液共热的反应方程式：_______________，某同学取少量溴乙烷与NaOH水溶液反应后的混合溶液，向其中滴加AgNO3溶液，加热，产生少量沉淀。该同学由此得出溴乙烷与NaOH水溶液反应，生成了溴化钠，你认为是否合理，原因：____________________。
（2）写出溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热的反应方程式：________，反应中生成的气体可以用如图所示装置检验，现象是______，水的作用是 ______。
（3）乙烯使溴水褪色的化学方程式： __________________________，X是比乙烯相对分子质量大14的乙烯的同系物，工业上用X生产塑料的化学方程式为：___________________________。
【答案】 (1). CH3CH2Br＋NaOH CH3CH2OH＋NaBr (2). 不合理，未用硝酸中和氢氧化钠（未排除氢氧根离子的干扰） (3). CH3CH2Br＋NaOHCH2==CH2↑＋NaBr＋H2O (4). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (5). 高锰酸钾溶液褪色 (6). 吸收乙醇 (7).
【解析】
【分析】
（1）CH3CH2Br和NaOH水溶液加热时，二者发生取代反应生成乙醇；检验卤素原子必须中和过量的碱；
（2）加热条件下，溴乙烷和NaOH醇溶液发生消去反应生成乙烯；根据乙烯的不饱和性，能被高锰酸钾溶液氧化、能和乙烯加成反应，溶液褪色，乙醇能被高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，乙醇不能和乙烯反应；
（3）乙烯使溴水褪色，发生加成反应，据此写出的化学方程式；X是比乙烯相对分子质量大14的乙烯的同系物，X为丙烯，发生加聚反应生产塑料，据此写出化学方程式。
【详解】（1）CH3CH2Br和NaOH水溶液加热时，二者发生取代反应生成乙醇和NaBr，反应方程式为CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；检验溴乙烷中含有溴元素，卤代烃水解后，加入硝酸酸化的硝酸银，硝酸酸化目的中和碱，否则生成氢氧化银沉淀，故：不合理，未用硝酸中和氢氧化钠（未排除氢氧根离子的干扰）。
（2）加热条件下，溴乙烷和NaOH醇溶液发生消去反应生成乙烯，反应方程式为 CH3CH2Br＋NaOHCH2==CH2↑＋NaBr＋H2O，乙烯气体不溶于水，高锰酸钾能氧化乙烯，所以，它能使高锰酸钾溶液褪色，溴的四氯化碳溶液能和乙烯发生加成反应，所以，乙烯也能使溴水褪色，因装置1中用水，目的是防止乙醇和高锰酸钾反应，而溴与乙醇不反应，所以，无须用水；
（3）乙烯使溴水褪色，发生加成反应，据此写出的化学方程式：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；X是比乙烯相对分子质量大14的乙烯的同系物，X为丙烯，发生加聚反应生产塑料，据此写出化学方程式：。
（选考）物质结构与性质模块
二、选考部分选择题（每小题2分，共10分。每小题只有一个选项符合题意。）
31.元素原子的核外电子排布决定了元素在元素周期表中的位置，已知某元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2。该元素位于元素周期表
A. 第四周期第ⅤB族 B. 第四周期第ⅡA族
C. 第二周期第ⅡB族 D. 第五周期第ⅡB族
【答案】A
【解析】
【分析】
原子结构决定元素的位置，主族元素的最外层电子数等于族序数，副族元素的价电子数决定族序数，电子层数等于周期数，以此来解答。
【详解】由元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，可知电子层数为4，位于第四周期，且价电子排布为3d34s2，为第VB族元素，故选：A。
32.下列各组微粒半径大小的比较中，错误的是
A. K＞Na＞Li B. Mg2+＞Na+＞F−
C. Na+＞Mg2+＞Al3+ D. Cl−＞F−＞F
【答案】B
【解析】
分析：A．同主族自上而下原子半径增大；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；
C．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小；
D．最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，阴离子半径大于相应的原子半径。
详解：A．同主族自上而下原子半径增大，故原子半径K＞Na＞Li，A正确；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F-＞Na＋＞Mg2+，B错误；
C．核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na＋＞Mg2+＞Al3+，C正确；
D．最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，阴离子半径大于相应的原子半径，故半径Cl-＞F-＞F，D正确；
答案选B。
33.下列四种元素中，其单质氧化性最强的是
A. 原子含有未成对电子最多的第2周期元素
B. 位于周期表第3周期ⅢA族的元素
C. 原子最外电子层排布式为3s23p5的元素
D. 原子最外电子层排布式为2s22p6的元素
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据信息，推出各元素：原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期皿A族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氛，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，然后比较氧化性强弱；
【详解】由原子含有未成对电子最多的第二周期元素是氮，位于周期表中第三周期IIIA族的元素是铝，原子最外电子层排布为2s22p6的元素是氖，原子最外电子层排布为3s23p5的元素是氯，A是氮元素，B是铝元素，C是氯元素，D是氖元素，氖为稀有气体元素，很稳定，铝是金属元素，单质具有还原性，氯和氮均为非金属，氯原子最外层为7个电子，更容易得电子，所以电子氧化性最强。
故选C。
34.下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
c
d
3
a
b
e
f
A. e的氢化物比d的氢化物稳定
B. a、b、e三种元素的原子半径：e>b>a
C. c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强
D. 六种元素中，c元素单质的化学性质最活泼
【答案】C
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，a为Na，b为Mg，c为C，d为O，e为S，f伪Cl，A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B．同周期从左向右原子半径减小；
C．非金属性越强，最高价含氢酸的酸性越强；
D．c的最外层电子数为4，不易失去或得到电子。
【详解】A．非金属性O>S，则d的氢化物比e的氢化物稳定，故不符合题意；
B．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为a>b>e，故不符合题意；
C．非金属性Cl>S>C，则c、e、f的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故符合题意；
D．c的最外层电子数为4，不易失去或得到电子，则c的性质不活泼，故不符合题意；
故选C。
35.具有相同电子层结构的微粒An＋、Bn－、C，下列分析正确的是
A. 原子序数关系C>B>A B. 微粒半径关系Bn－
【解析】
【分析】
A、设C的原子序数为Z，则A的原子序数为Z+n，B的原子序数则为Z-n，以此进行分析；
B、An＋、Bn－具有相同的电子层结构，根据核电荷数越大半径越小分析；
C、根据同周期原子半径从左到右逐斩减小，电子层数越多半径越大分析；
D、An＋、Bn－都应具有稀有气体的电子层结构，则C必为稀有气体元素的原子。
【详解】A、设C的原子序数为Z，则A的原子序数为Z+n，B的原子序数则为Z-n，则原子序数为A>C>B，故不符合题意；
B、因An＋、Bn－具有相同的电子层结构，核电荷数越大半径越小，阴离子半径大于阳离子半径，即r（Bn－）>r（An＋），故不符合题意；
C、B、C为同一周期的元素，C应为惰性气体元素，其原子半径C>B，而A应处于B、C的下一周期，故A的原子半径应大于B．故不符合题意；
D、An＋、Bn－都应具有稀有气体的电子层结构，C的电子层结构相同于An＋、Bn－，所以C必为稀有气体元素的原子，故符合题意。
故选D。
四、物构部分非选择题
36.A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：
(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为________。
(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为________，C的元素符号为________。
(3)D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为____________________________________________________________。
(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为____________________________________。
(5)某元素M2＋的3d轨道上有5个电子，则
①M2＋的核外电子排布式为_____________________________________________。
②M元素在元素周期表中的位置为第________周期________族。
【答案】 (1). N (2). Cl (3). K (4). Fe (5). 1s22s22p63s23p63d64s2 (6). Cu (7). 1s22s22p63s23p63d104s1 (8). 1s22s22p63s23p63d5 (9). 4 (10). VIIB
【解析】
【分析】
（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，原子只能有2个电子层，核外电子排布式为1s22s22p3；
（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ar相同，则B为氯、C为钾；
（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D元素原子外围电子排布为3d64s2，D为Fe；
（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子核外电子数目为2+8+18+1=29，故E为Cu元素；
（5）某元素M2＋的3d轨道上有5个电子，则该元素的基态原子的外围电子排布式为3d54s2，则M的原子序数是2+8+13+2=25，即M是Mn元素，位于元素周期表中第四周期VIB族。
【详解】（1）4元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，原子只能有2个电子层，核外电子排布式为1s22s2p3，为N元素，故答案为：N；
（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ar相同，则B为Cl、C为K，故答案为：C；K；
（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D元素原子外围电子排布为3d64s2，D为Fe，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：Fe；1s22s22p63s23p63d64s2；
（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成电子，原子核外电子数目为2+8+18+1=29，故E为Cu元素，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1；故答案为：Cu；1s22s22p63s23p63d104s1；
（5）①已知M2＋离子3轨道上有5个电子，则M的原子序数是2+8+13+2=25，即M是Mn元素；根据构造原理可以得出锰离子的外围电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
②Mn原子的最外层电子数是2个，价电子数为5+2=7，对于ⅢB~VIB族的元素，其价电子数与族序数相同，该M原子的价电子数为7，故锰元素位于元素周期表的第四周期第VIIB族。故答案为：1s22s22p63s23p63d5；4；VIIB。
【点睛】根据构造原理可以得出锰原子的外围电子排布图；Mn原子的最外层电子数是2个，对于副族元素而言，除了最外层电子外，次外层的d电子也是价电子；对于ⅢB~VIB族的元素，其价电子数与族序数相同，结合电子层数等于周期数确定其在周期表中的位置。
（1）能量最低原理：基态原子核外电子先占有能量最低的原子轨道。（2）泡利原理：每个原子轨道上最多只容纳2个自旋状态不同的电子。（3）洪特规则：原子核外电子在能量相同的各轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同。
注意：洪特通过分析光谱实验得出：能量相同的原子轨道在全充满、半充满和全空时体系能量较低，原子较稳定；能量相同的原子轨道在全满、半满和全空状态时，体系的能量最低。
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