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【化学】四川省棠湖中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）
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四川省棠湖中学2018-2019学年高二下学期开学考试
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 N 14 Cu 64 Fe 56
一、选择题Ⅰ(本题包括12小题，每小题 4分，共48分。每小题只有一个选项 符合题意，请将答案填入答题栏)
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学反应中一定伴随能量变化
B. 甲烷燃烧是将全部的化学能转化为热能
C. 物质所含化学键键能越大，其越稳定
D. 大量燃烧煤炭等化石燃料是造成雾霾天气的重要原因
【答案】B
【解析】
试题分析：A．化学变化是旧键的断裂和新键的形成过程，断键吸热成键放热，所以物质发生化学反应都伴随着能量变化，故A正确；B．甲烷燃烧时会产生大量的热量，可见化学能主要转化为热能，同时还部分转化为光能等，故B错误；C．物质的稳定性有其所含化学键键能决定，键能越大，其越稳定，故C正确；D．化石燃料燃烧产生大量的烟尘，是造成雾霾天气的重要原因，故D正确；答案为B。
考点：考查化学反应中能量变化的原因
2.由反应物 X 分别转化为 Y 和 Z 的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 由 X→Z 反应的 ΔH<0
B. 由 X→Y 反应的 ΔH=E5-E2
C. 增大压强有利于提高 Y 的产率
D. 升高温度有利于提高 Z 的产率
【答案】A
【解析】
试题分析：A．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故A正确；B．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3-E2，故B错误；C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动，不利于提高Y的产率，故C错误；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误；故选A。
考点：考查化学反应中能量的变化图。
3. 在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是( )
A. Na、Mg、Al 的第一电离能逐渐增大 B. O、 F、 N 的电负性逐渐增大
C. S2﹣、 Cl﹣、 K+的半径逐渐增大 D. 热稳定性： HF>H2O>NH3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：Na＞Al＞Mg，故A错误；B．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故B错误；C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；D．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故D正确；故选D。
考点：考查原子结构与元素周期律的关系。
4.下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关的判断正确的是
A. a为负极、b为正极 B. a为阳极、b为阴极
C. 电解过程中，d电极质量增加 D. 电解过程中，氯离子浓度不变
【答案】C
【解析】
由电流方向知道：
a为正极，电极上发生氧化反应，即为阳极；2Cl－－2e－=C2↑
b为正极，电极上发生还原反应，即为阴极；Cu－2e－=Cu2＋
5.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应X(g)＋2Y(g) 2Z(g)。下列叙述能判断该反应达到化学平衡的是
① X、Y、Z的物质的量之比是1∶2∶2 ② X、Y、Z的浓度不再发生变化③ 容器中的压强不再发生变化 ④ 单位时间内生成n mol Z，同时消耗n mol Y
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此分析解答。
【详解】①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确；
③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确；
④单位时间内生成nmolZ，同时一定消耗nmolY，均表示正反应速率，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故④错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态的特征。本题的易错点为①，注意判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
6.在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。常 温时下列有关说法中正确的是
A. FeS的溶解度大于CuS的溶解度
B. 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
C. 向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D. 向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
【答案】A
【解析】
【详解】A、对于组成相似的难溶电解质，Ksp越大，其溶解性越大，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，A正确；
B、饱和CuS溶液中Cu2+的浓度是，B错误；
C、硫化亚铁的溶度积常数大于硫化锌的溶度积常数，相同条件下，加入S2-离子，Ksp小的先沉淀，所以向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有ZnS沉淀生成，C错误；
D、溶度积常数只与温度有关系，向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp不变，D错误。
答案选A。
7.下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是
①室温下，的氨水可以使酚酞试液变红
②室温下，的氯化铵溶液的PH约为5
③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱④铵盐受热易分解
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】
证明一水合氨是弱电解质，可从部分电离、存在电离平衡以及对应的盐的酸碱性的角度比较，可与强电解质对照判断，以此解答该题。
【详解】①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，故①不选；
②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故②选；
③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨为弱电解质，故③选；
④铵盐受热易分解，与电解质的强弱无关，故④不选。
故答案选B。
8.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知 ，则固体与稀盐酸完全反应，放出的热量即为
B. 已知 则
C. 已知，则反应物总能量小于生成物总能量
D. 已知(白磷，ｓ)＝(红磷，s)，则白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH固体溶于水放热，由中和热可知，40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量大于57.3kJ，故A错误；
B．相同的C，完全燃烧放出热量多，焓变为负，则完全燃烧时焓变小，可知△H1＜△H2，故B正确；
C．由H2（g）+Cl2（g）＝2HCl△H=-184.6kJ/mol可知反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；
D．由P（白磷，s）＝P（红磷，s）△H＜0可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故D错误；
故答案选B。
9.现用0.1mol/L的HCl溶液滴定10mL0.05mol/L的NaOH溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是
A. 10mL B. 5mL C. 大于5mL D. 小于5mL
【答案】C
【解析】
【详解】若酸式滴定管未润洗，则盐酸被稀释，盐酸的浓度减小，因此消耗盐酸溶液的体积增加，所以达到终点时所用盐酸的体积应大于5mL。答案选C。
10.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 无色溶液中：NH4＋、Cu2+、CO32－、Cl－
B. 中性溶液中可能大量存在Na+、Ba2+、Cl－、NO3－
C. pH值为1的溶液：Na+、Al3+、CH3COO－、SO42－
D. 由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol•L－1的溶液中：Mg2+、K+、HCO3－、Br－
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、发生的化学反应以及题干中的限制条件分析判断。
【详解】A. 无色溶液中铜离子不能大量存在，且Cu2+与CO32－结合生成沉淀，不能大量共存，A不选；
B. Na+、Ba2+、Cl－、NO3－在中性溶液中不反应，可能大量存在，B选；
C. pH值为1的溶液显酸性，CH3COO－与氢离子反应，不能大量共存，C不选；
D. 由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol•L－1的溶液如果显酸性，碳酸氢根离子不能大量共存，如果显碱性，Mg2+、HCO3－均不能大量共存，D不选；
答案选B。
11.在0.1 mol·L－1氨水中存在如下电离平衡：NH3·H2O NH4＋＋OH－，对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，溶液中c(OH－) 增大
B. 加入少量NH4Cl固体，平衡向逆方向移动，电离平衡常数减小
C. 通入少量HCl气体，溶液中c(NH4＋)增大
D. 降低温度，促进NH3·H2O电离
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入水稀释时促进电离，氢氧根的物质的量增加，但溶液中c(OH－)减小，A错误；
B. 加入少量NH4Cl固体铵根离子浓度增大，平衡向逆方向移动，但温度不变，所以电离平衡常数不变，B错误；
C. 通入少量HCl气体中和氢氧根，氢氧根浓度减小，平衡向正方向移动，溶液中c(NH4＋)增大，C正确；
D. 电离吸热，降低温度，抑制NH3·H2O电离，D错误；
答案选C。
12.已知HCN为弱酸，在0.1mol·L－1的KCN溶液中，下列关系不正确的是
A. c(K＋)＞c(CN－) B. c(CN－)＞c(HCN)
C. c(HCN)＋c(CN－)＝0.2mol·L－1 D. c(K＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
CN-在溶液中发生水解，结合水解特点以及电荷守恒和物料守恒等分析判断。
【详解】A．HCN为弱酸，CN-在溶液中发生水解，c(CN－)会减小，所以c(K＋)＞c(CN－)，故A正确；
B．HCN为弱酸，CN-在溶液中的水解程度较小，水解生成的HCN的浓度较小，所以c(CN－)＞c(HCN)，故B正确；
C．在0.1mol•L-1的KCN溶液中物料守恒为c(HCN)＋c(CN－)=0.1mol•L-1，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒，即c(K＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)，故D正确。
故答案选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，注意把握溶液中离子浓度大小比较方法和电荷守恒、物料守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力。
第II卷(非选择题，共52分)
13.按要求回答下列问题：
I.将等物质的量的A、B混合放于2 L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。经5 min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)∶c(B)=3：5，v(C)=0．1 mol/(L·min)。则：
(1)x=________。
(2)前5 min内B的反应速率v(B)=_________。
(3)平衡时A的转化率为_________。
II.水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H。
(4)已知：K(300℃)＜K(350℃)，则该反应是_________热反应。
(5)上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率(v正)随时间的变化如下图所示，填出对应的编号。
① 缩小容器体积_________；
② 降低温度 ____________；
(6)已知反应①CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)，②H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)，在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=__________(用K1和K2表示)。
【答案】 (1). 2 (2). 0.05mol/( L·min) (3). 50％ (4). 吸 (5). b (6). f (7). K=
【解析】
【分析】
Ⅰ．先设A、B的物质的量为nmol，根据反应速率与化学计量数之间的关系结合三段式解答；
Ⅱ．（4）温度越高平衡常数越大说明升温平衡正向进行；
（5）根据外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析判断；
（6）根据化学平衡常数表达式，进行推导判断。
【详解】I．D的浓度为0.5mol/L，所以D的物质的量为1mol，C物质的量=0.1mol/（L•min）×2L×5min=1mol，设A、B的物质的量为nmol，则
3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)
起始量（mol） n n 0 0
转化量（mol） 1.5 0.5 1 1
平衡量（mol）（n-1.5） （n-0.5） 1 1
同一容器中，c（A）：c（B）=n（A）：n（B）=（n-1.5）：（n-0.5）=3：5，解得n=3
（1）C的反应速率是0.1mol/（L•min），C物质的量=0.1mol/（L•min）×2L×5min=1mol，1.5x÷3=1，所以x=2；
（2）C的反应速率是0.1mol/（L•min），根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以B的反应速率是0.5×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min）；
（3）A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50%；
Ⅱ．（4）已知：K（300℃）＜K（350℃），随温度升高平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应；
（5）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合；
（6）反应CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数为K=[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]=K1/K2。
【点睛】本题考查化学平衡常数影响因素、应用及有关计算、化学平衡及反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断，是对学生综合能力的考查。图像分析是解答的难点和易错点，明确外界条件对反应速率和平衡状态的影响变化规律是解答的关键。
14.如下左图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+302+4KOH=2K2CO3+6H20，完成下列问题:
（1）甲池燃料电池的负极反应为___________________。
（2）写出乙池中电解总反应的化学方程式: ___________________。
（3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生____g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=____________。
（4）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取漂白液或Fe(OH)2 的实验装置(如上右图)。若用于制漂白液，a 为电池的______极，电解质溶液最好用_____。若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用___作电极。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (3). 1.16 (4). 1 (5). 负 (6). 饱和食盐水 (7). 铁(Fe)
【解析】
（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；正确答案：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OH--4e-=O2↑++2H2O,阴极极反应2Cu2++4e-=2Cu,两个反应相加，为总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；正确答案：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。
（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2O==Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑；甲池为原电池，总反应为2CH3OH+302+4KOH=2K2CO3+6H20，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e---6Mg(OH)2，12 e---3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg(OH)20.02 mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e---2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04 mol，乙池中产生H2SO40.02 mol，c(H+)=0.02×2÷0.4=0.1mol/L, 该溶液的pH=1，正确答案：1.16 ；1。
（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a 为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe(OH)2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子，才能够提供亚铁离子；正确答案：饱和食盐水；铁(Fe)。
15.实验室为准确测定FeSO4的浓度，可用重铬酸钾标准溶液进行滴定。（已知重铬酸钾被还原为Cr3+）
步骤1．用分析天平准确称取2.9400g重铬酸钾，配制500mL重铬酸钾标准溶液；
步骤2．移取25.00mL所配制的重铬酸钾标准溶液于500mL锥形瓶中，用蒸馏水稀释至250mL，再加20mL浓硫酸，冷却后，加2～3滴试亚铁灵指示剂；
步骤3．用待测硫酸亚铁溶液滴定至溶液由橙黄到绿，由绿色刚变为红紫色为终点；
步骤4．记录消耗硫酸亚铁溶液的体积为18.70 mL。
（1）配制500mL重铬酸钾标准溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、 ____________________
（2）移取K2Cr2O7溶液选用的仪器是___________，盛装待测硫酸亚铁溶液选用的仪器是___________
A．50mL酸式滴定管 B．25mL碱式滴定管 C．25mL量筒
（3）氧元素位于周期表的______分区，铁元素在周期表中的位置是___________________，Fe2+的简化电子排布式为_________________，基态铬原子的价电子电子排布图为 __________________。
（4）测得FeSO4的浓度为 ______________ 。（小数点后保留两位数字）
【答案】 (1). 500 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 (2). A (3). A (4). P (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). [Ar]3d6 (7). (8). 0.16mol/L
【解析】
【分析】
（1）配制500mL重铬酸钾所需的仪器：天平,烧杯,药匙,漏斗,500mL容量瓶,胶头滴管,玻璃棒；
（2）K2Cr2O7溶液通常与酸混合，用酸式滴定管移取，硫酸亚铁溶液水解呈酸性则选用酸式滴定管；
（3）氧元素位于周期表的P区；铁在周期表中第四周期Ⅷ族；Fe2+是失去最外层电子后形成的离子，电子排布式为：[Ar]3d6；过渡元素的价电子不仅是最外层电子，次外层电子及某些元素的倒数第三层电子也可成为价电子，基态铬原子的价电子排布图为：；
（4）Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H+=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，c1V1=c2V2，2.94g/294g/mol25mL： c218.7mL=1：6，c2=0.16mol/L；
【详解】（1）配制500mL重铬酸钾所需的仪器：天平,烧杯,药匙,漏斗,500mL容量瓶,胶头滴管,玻璃棒，还缺的玻璃仪器有：500 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
（2）K2Cr2O7溶液通常与酸混合，用酸式滴定管移取，硫酸亚铁溶液水解呈酸性则选用酸式滴定管；答案为A；A；
（3）氧元素位于周期表的P区；铁在周期表中第四周期Ⅷ族；Fe2+是失去最外层电子后形成的离子，电子排布式为：[Ar]3d6；过渡元素的价电子不仅是最外层电子，次外层电子及某些元素的倒数第三层电子也可成为价电子，基态铬原子的价电子排布图为：；
（4）Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H+=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，c1V1=c2V2，2.94g/294g/mol25mL： c218.7mL=1：6，c2=0.16mol/L；
16.硅、铜、镓、硒等化学物质可作为制造太阳能电池板的材料。
(1)镓是ⅢA族元素，写出基态镓原子的核外电子排布式__________________。
(2)硒为第四周期ⅥA族元素，与其相邻的元素有砷(33号)、溴(35号)，则三种元素的电负性由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)。
(3)SeO3分子的立体构型为____，与硒同主族元素的氢化物(化学式为H2R)中，沸点最低的物质化学式为____。
(4)硅烷(SinH2n＋2)的沸点与其相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是____________。
(5)金属铜投入氨水中或投入过氧化氢溶液中均无明显现象，但投入氨水与过氧化氢的混合液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出使溶液呈深蓝色的离子的化学式_____。
(6)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子(Au)与铜原子(Cu)个数之比为____________，若该晶体的晶胞边长为a pm，则该合金的密度为________________g·cm－3(列出计算式，不要求计算结果，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1) (2). Br>Se>As (3). 平面三角形 (4). H2S (5). 硅烷为分子晶体，随硅烷相对分子质量的增大，分子间作用力增强，沸点升高 (6). [Cu(NH3)4]2＋ (7). 1∶3 (8).
【解析】
(1) 镓处于第四周期ⅢA族，镓基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性增大，故电负性：Br>Se>As；（3）气态SeO3分子中心原子Se的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形；H2O存在氢键，沸点最高，同主族其他氢化物随着相对分子质量的增大熔沸点增大，故与硒同主族元素的氢化物(化学式为H2R)中，沸点最低的物质化学式为H2S；(4)硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点升高；（5）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O，使溶液呈深蓝色的离子的化学式为[Cu(NH3)4]2＋；（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×=1，Cu原子个数=6×=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，
晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，晶胞质量为g，则晶胞密度ρ==g．cm-3
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 N 14 Cu 64 Fe 56
一、选择题Ⅰ(本题包括12小题，每小题 4分，共48分。每小题只有一个选项 符合题意，请将答案填入答题栏)
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学反应中一定伴随能量变化
B. 甲烷燃烧是将全部的化学能转化为热能
C. 物质所含化学键键能越大，其越稳定
D. 大量燃烧煤炭等化石燃料是造成雾霾天气的重要原因
【答案】B
【解析】
试题分析：A．化学变化是旧键的断裂和新键的形成过程，断键吸热成键放热，所以物质发生化学反应都伴随着能量变化，故A正确；B．甲烷燃烧时会产生大量的热量，可见化学能主要转化为热能，同时还部分转化为光能等，故B错误；C．物质的稳定性有其所含化学键键能决定，键能越大，其越稳定，故C正确；D．化石燃料燃烧产生大量的烟尘，是造成雾霾天气的重要原因，故D正确；答案为B。
考点：考查化学反应中能量变化的原因
2.由反应物 X 分别转化为 Y 和 Z 的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 由 X→Z 反应的 ΔH<0
B. 由 X→Y 反应的 ΔH=E5-E2
C. 增大压强有利于提高 Y 的产率
D. 升高温度有利于提高 Z 的产率
【答案】A
【解析】
试题分析：A．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故A正确；B．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3-E2，故B错误；C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，增大压强，平衡逆向移动，不利于提高Y的产率，故C错误；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误；故选A。
考点：考查化学反应中能量的变化图。
3. 在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是( )
A. Na、Mg、Al 的第一电离能逐渐增大 B. O、 F、 N 的电负性逐渐增大
C. S2﹣、 Cl﹣、 K+的半径逐渐增大 D. 热稳定性： HF>H2O>NH3
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：Na＞Al＞Mg，故A错误；B．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故B错误；C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；D．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故D正确；故选D。
考点：考查原子结构与元素周期律的关系。
4.下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关的判断正确的是
A. a为负极、b为正极 B. a为阳极、b为阴极
C. 电解过程中，d电极质量增加 D. 电解过程中，氯离子浓度不变
【答案】C
【解析】
由电流方向知道：
a为正极，电极上发生氧化反应，即为阳极；2Cl－－2e－=C2↑
b为正极，电极上发生还原反应，即为阴极；Cu－2e－=Cu2＋
5.一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应X(g)＋2Y(g) 2Z(g)。下列叙述能判断该反应达到化学平衡的是
① X、Y、Z的物质的量之比是1∶2∶2 ② X、Y、Z的浓度不再发生变化③ 容器中的压强不再发生变化 ④ 单位时间内生成n mol Z，同时消耗n mol Y
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此分析解答。
【详解】①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故①错误；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故②正确；
③反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故③正确；
④单位时间内生成nmolZ，同时一定消耗nmolY，均表示正反应速率，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故④错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态的特征。本题的易错点为①，注意判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。
6.在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。常 温时下列有关说法中正确的是
A. FeS的溶解度大于CuS的溶解度
B. 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
C. 向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D. 向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
【答案】A
【解析】
【详解】A、对于组成相似的难溶电解质，Ksp越大，其溶解性越大，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，A正确；
B、饱和CuS溶液中Cu2+的浓度是，B错误；
C、硫化亚铁的溶度积常数大于硫化锌的溶度积常数，相同条件下，加入S2-离子，Ksp小的先沉淀，所以向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有ZnS沉淀生成，C错误；
D、溶度积常数只与温度有关系，向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp不变，D错误。
答案选A。
7.下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是
①室温下，的氨水可以使酚酞试液变红
②室温下，的氯化铵溶液的PH约为5
③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱④铵盐受热易分解
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】
证明一水合氨是弱电解质，可从部分电离、存在电离平衡以及对应的盐的酸碱性的角度比较，可与强电解质对照判断，以此解答该题。
【详解】①0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水具有碱性，但不能说明电离程度，故①不选；
②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，可说明氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可说明一水合氨为弱电解质，故②选；
③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，可说明一水合氨为弱电解质，故③选；
④铵盐受热易分解，与电解质的强弱无关，故④不选。
故答案选B。
8.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知 ，则固体与稀盐酸完全反应，放出的热量即为
B. 已知 则
C. 已知，则反应物总能量小于生成物总能量
D. 已知(白磷，ｓ)＝(红磷，s)，则白磷比红磷稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH固体溶于水放热，由中和热可知，40gNaOH固体与稀盐酸完全反应，放出的热量大于57.3kJ，故A错误；
B．相同的C，完全燃烧放出热量多，焓变为负，则完全燃烧时焓变小，可知△H1＜△H2，故B正确；
C．由H2（g）+Cl2（g）＝2HCl△H=-184.6kJ/mol可知反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；
D．由P（白磷，s）＝P（红磷，s）△H＜0可知红磷能量低，则红磷比白磷稳定，故D错误；
故答案选B。
9.现用0.1mol/L的HCl溶液滴定10mL0.05mol/L的NaOH溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是
A. 10mL B. 5mL C. 大于5mL D. 小于5mL
【答案】C
【解析】
【详解】若酸式滴定管未润洗，则盐酸被稀释，盐酸的浓度减小，因此消耗盐酸溶液的体积增加，所以达到终点时所用盐酸的体积应大于5mL。答案选C。
10.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A. 无色溶液中：NH4＋、Cu2+、CO32－、Cl－
B. 中性溶液中可能大量存在Na+、Ba2+、Cl－、NO3－
C. pH值为1的溶液：Na+、Al3+、CH3COO－、SO42－
D. 由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol•L－1的溶液中：Mg2+、K+、HCO3－、Br－
【答案】B
【解析】
【分析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、发生的化学反应以及题干中的限制条件分析判断。
【详解】A. 无色溶液中铜离子不能大量存在，且Cu2+与CO32－结合生成沉淀，不能大量共存，A不选；
B. Na+、Ba2+、Cl－、NO3－在中性溶液中不反应，可能大量存在，B选；
C. pH值为1的溶液显酸性，CH3COO－与氢离子反应，不能大量共存，C不选；
D. 由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol•L－1的溶液如果显酸性，碳酸氢根离子不能大量共存，如果显碱性，Mg2+、HCO3－均不能大量共存，D不选；
答案选B。
11.在0.1 mol·L－1氨水中存在如下电离平衡：NH3·H2O NH4＋＋OH－，对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，溶液中c(OH－) 增大
B. 加入少量NH4Cl固体，平衡向逆方向移动，电离平衡常数减小
C. 通入少量HCl气体，溶液中c(NH4＋)增大
D. 降低温度，促进NH3·H2O电离
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入水稀释时促进电离，氢氧根的物质的量增加，但溶液中c(OH－)减小，A错误；
B. 加入少量NH4Cl固体铵根离子浓度增大，平衡向逆方向移动，但温度不变，所以电离平衡常数不变，B错误；
C. 通入少量HCl气体中和氢氧根，氢氧根浓度减小，平衡向正方向移动，溶液中c(NH4＋)增大，C正确；
D. 电离吸热，降低温度，抑制NH3·H2O电离，D错误；
答案选C。
12.已知HCN为弱酸，在0.1mol·L－1的KCN溶液中，下列关系不正确的是
A. c(K＋)＞c(CN－) B. c(CN－)＞c(HCN)
C. c(HCN)＋c(CN－)＝0.2mol·L－1 D. c(K＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
【分析】
CN-在溶液中发生水解，结合水解特点以及电荷守恒和物料守恒等分析判断。
【详解】A．HCN为弱酸，CN-在溶液中发生水解，c(CN－)会减小，所以c(K＋)＞c(CN－)，故A正确；
B．HCN为弱酸，CN-在溶液中的水解程度较小，水解生成的HCN的浓度较小，所以c(CN－)＞c(HCN)，故B正确；
C．在0.1mol•L-1的KCN溶液中物料守恒为c(HCN)＋c(CN－)=0.1mol•L-1，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒，即c(K＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)，故D正确。
故答案选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解，注意把握溶液中离子浓度大小比较方法和电荷守恒、物料守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力。
第II卷(非选择题，共52分)
13.按要求回答下列问题：
I.将等物质的量的A、B混合放于2 L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。经5 min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)∶c(B)=3：5，v(C)=0．1 mol/(L·min)。则：
(1)x=________。
(2)前5 min内B的反应速率v(B)=_________。
(3)平衡时A的转化率为_________。
II.水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H。
(4)已知：K(300℃)＜K(350℃)，则该反应是_________热反应。
(5)上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率(v正)随时间的变化如下图所示，填出对应的编号。
① 缩小容器体积_________；
② 降低温度 ____________；
(6)已知反应①CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)，②H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)，在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=__________(用K1和K2表示)。
【答案】 (1). 2 (2). 0.05mol/( L·min) (3). 50％ (4). 吸 (5). b (6). f (7). K=
【解析】
【分析】
Ⅰ．先设A、B的物质的量为nmol，根据反应速率与化学计量数之间的关系结合三段式解答；
Ⅱ．（4）温度越高平衡常数越大说明升温平衡正向进行；
（5）根据外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析判断；
（6）根据化学平衡常数表达式，进行推导判断。
【详解】I．D的浓度为0.5mol/L，所以D的物质的量为1mol，C物质的量=0.1mol/（L•min）×2L×5min=1mol，设A、B的物质的量为nmol，则
3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)
起始量（mol） n n 0 0
转化量（mol） 1.5 0.5 1 1
平衡量（mol）（n-1.5） （n-0.5） 1 1
同一容器中，c（A）：c（B）=n（A）：n（B）=（n-1.5）：（n-0.5）=3：5，解得n=3
（1）C的反应速率是0.1mol/（L•min），C物质的量=0.1mol/（L•min）×2L×5min=1mol，1.5x÷3=1，所以x=2；
（2）C的反应速率是0.1mol/（L•min），根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以B的反应速率是0.5×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min）；
（3）A的转化率为1.5mol/3mol×100%=50%；
Ⅱ．（4）已知：K（300℃）＜K（350℃），随温度升高平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应；
（5）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合；
（6）反应CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)的平衡常数K1=c(CO2)/c(CO)，反应H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)的平衡常数K2=c(H2O)/c(H2)，反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数为K=[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]=K1/K2。
【点睛】本题考查化学平衡常数影响因素、应用及有关计算、化学平衡及反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断，是对学生综合能力的考查。图像分析是解答的难点和易错点，明确外界条件对反应速率和平衡状态的影响变化规律是解答的关键。
14.如下左图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+302+4KOH=2K2CO3+6H20，完成下列问题:
（1）甲池燃料电池的负极反应为___________________。
（2）写出乙池中电解总反应的化学方程式: ___________________。
（3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生____g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=____________。
（4）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取漂白液或Fe(OH)2 的实验装置(如上右图)。若用于制漂白液，a 为电池的______极，电解质溶液最好用_____。若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用___作电极。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (3). 1.16 (4). 1 (5). 负 (6). 饱和食盐水 (7). 铁(Fe)
【解析】
（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，极反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；正确答案：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OH--4e-=O2↑++2H2O,阴极极反应2Cu2++4e-=2Cu,两个反应相加，为总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；正确答案：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。
（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2O==Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑；甲池为原电池，总反应为2CH3OH+302+4KOH=2K2CO3+6H20，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e---6Mg(OH)2，12 e---3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg(OH)20.02 mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e---2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04 mol，乙池中产生H2SO40.02 mol，c(H+)=0.02×2÷0.4=0.1mol/L, 该溶液的pH=1，正确答案：1.16 ；1。
（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a 为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe(OH)2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子，才能够提供亚铁离子；正确答案：饱和食盐水；铁(Fe)。
15.实验室为准确测定FeSO4的浓度，可用重铬酸钾标准溶液进行滴定。（已知重铬酸钾被还原为Cr3+）
步骤1．用分析天平准确称取2.9400g重铬酸钾，配制500mL重铬酸钾标准溶液；
步骤2．移取25.00mL所配制的重铬酸钾标准溶液于500mL锥形瓶中，用蒸馏水稀释至250mL，再加20mL浓硫酸，冷却后，加2～3滴试亚铁灵指示剂；
步骤3．用待测硫酸亚铁溶液滴定至溶液由橙黄到绿，由绿色刚变为红紫色为终点；
步骤4．记录消耗硫酸亚铁溶液的体积为18.70 mL。
（1）配制500mL重铬酸钾标准溶液需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、 ____________________
（2）移取K2Cr2O7溶液选用的仪器是___________，盛装待测硫酸亚铁溶液选用的仪器是___________
A．50mL酸式滴定管 B．25mL碱式滴定管 C．25mL量筒
（3）氧元素位于周期表的______分区，铁元素在周期表中的位置是___________________，Fe2+的简化电子排布式为_________________，基态铬原子的价电子电子排布图为 __________________。
（4）测得FeSO4的浓度为 ______________ 。（小数点后保留两位数字）
【答案】 (1). 500 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 (2). A (3). A (4). P (5). 第四周期第Ⅷ族 (6). [Ar]3d6 (7). (8). 0.16mol/L
【解析】
【分析】
（1）配制500mL重铬酸钾所需的仪器：天平,烧杯,药匙,漏斗,500mL容量瓶,胶头滴管,玻璃棒；
（2）K2Cr2O7溶液通常与酸混合，用酸式滴定管移取，硫酸亚铁溶液水解呈酸性则选用酸式滴定管；
（3）氧元素位于周期表的P区；铁在周期表中第四周期Ⅷ族；Fe2+是失去最外层电子后形成的离子，电子排布式为：[Ar]3d6；过渡元素的价电子不仅是最外层电子，次外层电子及某些元素的倒数第三层电子也可成为价电子，基态铬原子的价电子排布图为：；
（4）Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H+=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，c1V1=c2V2，2.94g/294g/mol25mL： c218.7mL=1：6，c2=0.16mol/L；
【详解】（1）配制500mL重铬酸钾所需的仪器：天平,烧杯,药匙,漏斗,500mL容量瓶,胶头滴管,玻璃棒，还缺的玻璃仪器有：500 mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
（2）K2Cr2O7溶液通常与酸混合，用酸式滴定管移取，硫酸亚铁溶液水解呈酸性则选用酸式滴定管；答案为A；A；
（3）氧元素位于周期表的P区；铁在周期表中第四周期Ⅷ族；Fe2+是失去最外层电子后形成的离子，电子排布式为：[Ar]3d6；过渡元素的价电子不仅是最外层电子，次外层电子及某些元素的倒数第三层电子也可成为价电子，基态铬原子的价电子排布图为：；
（4）Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H+=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，c1V1=c2V2，2.94g/294g/mol25mL： c218.7mL=1：6，c2=0.16mol/L；
16.硅、铜、镓、硒等化学物质可作为制造太阳能电池板的材料。
(1)镓是ⅢA族元素，写出基态镓原子的核外电子排布式__________________。
(2)硒为第四周期ⅥA族元素，与其相邻的元素有砷(33号)、溴(35号)，则三种元素的电负性由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)。
(3)SeO3分子的立体构型为____，与硒同主族元素的氢化物(化学式为H2R)中，沸点最低的物质化学式为____。
(4)硅烷(SinH2n＋2)的沸点与其相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是____________。
(5)金属铜投入氨水中或投入过氧化氢溶液中均无明显现象，但投入氨水与过氧化氢的混合液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出使溶液呈深蓝色的离子的化学式_____。
(6)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子(Au)与铜原子(Cu)个数之比为____________，若该晶体的晶胞边长为a pm，则该合金的密度为________________g·cm－3(列出计算式，不要求计算结果，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1) (2). Br>Se>As (3). 平面三角形 (4). H2S (5). 硅烷为分子晶体，随硅烷相对分子质量的增大，分子间作用力增强，沸点升高 (6). [Cu(NH3)4]2＋ (7). 1∶3 (8).
【解析】
(1) 镓处于第四周期ⅢA族，镓基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性增大，故电负性：Br>Se>As；（3）气态SeO3分子中心原子Se的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形；H2O存在氢键，沸点最高，同主族其他氢化物随着相对分子质量的增大熔沸点增大，故与硒同主族元素的氢化物(化学式为H2R)中，沸点最低的物质化学式为H2S；(4)硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点升高；（5）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O，使溶液呈深蓝色的离子的化学式为[Cu(NH3)4]2＋；（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×=1，Cu原子个数=6×=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，
晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，晶胞质量为g，则晶胞密度ρ==g．cm-3
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