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【化学】江苏省海安高级中学2019-2020学年高二12月月考（解析版） 试卷
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江苏省海安高级中学2019-2020学年高二12月月考
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 I 127 F 19 Ag 108 Ba 137
Ⅰ卷（选择题）
单项选择题（本题包10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列有关说法正确的是（ ）
A. 室温下，0.1mol·L－1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中所有离子浓度均减少
B. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
C. 铅蓄电池放电过程中，正极与负极的质量均增加
D. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 室温下，CH3COONa溶液中由于醋酸根的水解溶液显碱性，0.1mol·L－1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液碱性减弱，则氢离子浓度增大，故A错误；
B.将铝线与铜线直接相连，构成原电池时Al为负极，铜线为正极被保护，故B错误；
C.铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式：Pb+SO42--2e-=PbSO4，负极生成PbSO4质量增加，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，正极生成PbSO4质量也增加，故C正确；
D. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率，但是催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；
故答案为C。
2.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. ＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
C. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Al3＋、K＋、Cl－、SO42-
D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. ＝10－12的溶液显酸性，存在大量氢离子，几种离子之间相互不反应，都可与氢离子共，故A符合题意；
B. 滴加KSCN溶液显红色，说明溶液存在Fe3+，Fe3+具有氧化性，会氧化I－，故B不符合题意；
C.碳酸氢根离子会与铝离子发生双水解：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C不符合题意；
D.由水电离产生的c(OH－)=10-12 mol•L一1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下铝离子不能大量存在，题目要求一定能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 久置氯水pH变小
B. 温度升高，Kw增大
C. 工业生产硫酸，通入过量的空气，提高二氧化硫的转化率
D. 高温比常温有利于NH3的合成
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HClO⇌H++ClO-，次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，平衡向着正向移动，导致溶液酸性增强，pH减小，能用勒夏特列原理解释，故A能用勒夏特列原理解释；
B．水的电离平衡为吸热反应，升高温度后平衡向着正向移动，导致氢离子、氢氧根离子浓度增大，水的离子积Kw增大，故B能用勒夏特列原理解释；
C．增大一种气体反应物的用量，平衡正移，可以提高另一种反应物的转化率，故C能用勒夏特列原理解释；
D．合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度增大化学反应速率缩短达到平衡时间，所以高温比常温有利于NH3的合成不能用平衡移动原理解释，故D不能用勒夏特列原理解释；
故答案为：D。
【点睛】注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程。
4.在容积为1L的密闭容器中，加入5molA物质，在一定条件下同时发生下列两个反应：(1)2A(g)2B(g)＋C(g)；(2)A(g)C(g)＋D(g)。当达到平衡时，测得c(A)＝2.5mol·L－1，c(C)＝2.0mol·L－1。则下列说法中正确的是（ ）
A. 达到平衡时c(B)为1.0mol·L－1
B. 达到平衡时c(B)＝2c(D)
C. 达到平衡时c(D)为2.0mol·L－1
D. 达到平衡时A的总转化率为40%
【答案】A
【解析】
【分析】
多反应平衡体系，采用逆推法确定各物质的浓度；容器的体积为1L，设反应(1)中生成的B物质的量为2x，则反应2A(g)2B(g)＋C(g)消耗的n1(A)=2x，生成的n1(C)=x，则反应(2) A(g)C(g)＋D(g)消耗的n2(A)=5mol-2.5mol-2x，生成的n2(C)= 5mol-2.5mol-2x，根据题意可知n1(C)+n2(C)=2.0mol，即5mol-2.5mol-2x+x=2mol，解得x=0.5mol；所以平衡时容器内c(A)＝2.5mol·L－1，c(C)＝2.0mol·L－1，c(B)＝1mol·L－1，c(D)＝=1.5mol·L－1。
【详解】A.根据分析可知达到平衡时c(B)为1.0mol·L－1，故A正确；
B.根据分析可知c(B)＝1mol·L－1，c(D)＝1.5mol·L－1，故B错误；
C.根据分析可知达到平衡时c(D)＝1.5mol·L－1，故C错误；
D.A的转化率=，故D错误。
故答案为A。
5.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用氨水吸收足量的SO2气体：2OH－＋SO2 =SO32-＋H2O
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3-＋Ca2+ ＋OH－= CaCO3↓＋H2O
C. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应：A13+＋4OH－= AlO2-＋2H2O
D. NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO－＋2NH3 =N2↑＋3C1－＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.一水合氨为弱碱，在离子方程式中不拆，且吸收足量的二氧化硫会生成亚硫酸氢根，离子方程式为：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3-，故A错误；
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应方程式为：Ca2++2HCO3-+OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故B错误；
C. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应方程式为：NH4++Al3++5OH-=AlO2-+2H2O+NH3•H2O，故C错误；
D. NaClO将污水中的NH3氧化成N2，反应中氯元素由+1价降低到-1价，氮元素由-3价升高到0价，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：3ClO－＋2NH3 =N2↑＋3C1－＋3H2O，故D正确；
故答案为D。
6.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH>0
B. 氢氧燃料电池的负极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH=反应中断裂旧共价键的键能之和−反应中形成新共价键的键能之和
【答案】D
【解析】
【详解】A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，由化学计量数可知△S＜0，能自发进行，该反应的△H＜0，故A正确；
B．原电池中负极发生氧化反应，电解质为酸性时，氢氧燃料电池的负极反应为2H2-4e-=4H+，故B错误；
C.常温常压下11.2L氢气的物质的量不是0.5mol，故C错误；
D.根据焓变的定义可知ΔH=反应中断裂旧共价键的键能之和−反应中形成新共价键的键能之和，故D正确；
故答案为D。
7.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；
B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；
C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；
D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
8.一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(SO3)/mol
0
0.8
1.4
1.8
1.8
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在前2s的平均速率v(O2)＝0.2mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大
C. 相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%
D. 保持温度不变向该容器中再充入2molSO2、1molO2，反应达到新平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应反应在前2s的平均速率v(SO3)，同一反应中速率之比等于计量数之比，所以v(O2)=×0.2mol·L－1·s－1=0.1mol·L－1·s－1，故A错误；
B.平衡常数只受温度的影响，保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数不变，故B错误；
C. 充入2molSO2和1mol O2，相当于充入2molSO3，此时SO3转化率为 ，相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，假设达到的是等效平衡，则转化率不变，实际上相当于增大压强，平衡会右移，降低三氧化硫的转化率，故C错误；
D. 温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，若保持与原平衡的压强相同，则可达到等效平衡，不变；然后将容器压缩到原容器的体积，则平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，氧气的的转化率也增大，所以该比值增大，故D正确。
故答案为D。
【点睛】注意“等效平衡”和“虚拟状态”法在分析转化率、物质浓度等变化问题中的应用。
9.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是
A. 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B. Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C. b点的混合溶液pH=7
D. c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】
【分析】
邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；
B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；
C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；
D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
10.25℃时，向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝
C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7mol·L－1
D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(OH－)－2c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有： c(Na＋)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，c(H＋)＜c(OH－)，溶液中离子浓度大小关系可能为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，但当加入的醋酸极少量时，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)，故A错误；
B. 25℃时B点溶液呈中性，则溶液中c(H＋) =10-7mol•L-1，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，该点c(H＋)=c(OH－)，则c(CH3COO－)= c(Na＋)=，此时加入的醋酸过量，所以c(CH3COOH)=，，故B正确；
C.C点对应的溶液中，醋酸过量，溶液呈酸性，对水的电离有抑制作用，水电离出的H+浓度小于10-7mol•L-1，故C错误；
D.D点对应的溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据电荷守恒可知c(Na+)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，两式联立可得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，故D错误；
故答案为B。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查弱电解质的电离、水电离影响因素、离子浓度大小比较等知识点，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷关系和物料关系式的应用。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.根据下列图示所得出的结论正确的是
A. 图甲是在不同温度下三个恒容容器中反应2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g) ΔH<0的平衡曲线，曲线X对应的温度相对较高
B. 图乙是一定温度下三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)＜c（CO32-）
C. 图丙为MOH和ROH两种一元碱水溶液在常温下分别加水稀释时pH的变化曲线，可知ROH是强碱
D. 图丁为两个容器中在不同的压强下各投入1 mol CH4和1 molCO2所发生反应CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)的平衡曲线，N点化学平衡常数K＝1
【答案】BC
【解析】
【分析】
应用平衡移动原理，分析外因对化学平衡、沉淀溶解平衡、电离平衡的影响，判断由图象得出的结论是否正确。
【详解】A项：在图甲中作任一垂线，与三曲线各有一交点，表明在反应物比例相同时，X曲线对应温度下CO平衡转化率较高。因反应的ΔH<0，故X曲线对应温度较低，A项错误；
B项：过a点作垂线，与MgCO3直线有交点（饱和溶液）。可见，在c(CO32-)相同时，a点溶液中c(Mg2+)比饱和溶液中的小，为不饱和溶液。a点时-lgc(Mg2＋)> -lgc(CO32-)，则c(Mg2＋)
D项：化学平衡常数只与温度有关，N点的平衡常数可用M点计算。平衡时CH4(g)、CO2(g)的浓度都是0.5mol/L，CO(g)、H2(g)的浓度都是1 mol/L，则K＝4，D项错误。
本题选BC。
【点睛】解答图象问题，首先要看清横纵坐标表示的物理量，结合化学原理分析变化原因；其次要关注图象中特殊点（起点、转折点、交点等）的含义。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
溶液由浅绿色变为棕黄色
氧化性：Cl2＞Br2
B
蒸干并灼烧AlCl3溶液
得到白色固体
获得Al2O3固体
C
向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍
pH（HA）＞pH（HB）
酸性：HA＞HB
D
向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液
重晶石逐渐溶解
溶度积：Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A.氯气能氧化亚铁离子和溴离子，且产物的水溶液均为黄色，根据现象不能确定产物，少量Cl2先氧化亚铁离子，所以结论错误，故A错误；
B.AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3，故B正确；
C.等pH的酸，稀释相同的倍数时酸性强的变化大，则有pH（HA）＞pH（HB）可以知道，酸性：HA＞HB，故C正确；
D.向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液，重晶石逐渐溶解，如生成沉淀，应满足钡离子和碳酸根离子的浓度积大于Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4），硫酸钡更难溶，故D错误。
故选AD。
13.现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是（ ）
A. 石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应
B. 乙池中，若使用质子交换膜，每生成1molN2O5，则有2mol H+通过交换膜进入右室
C. 石墨II的电极反应式：O2+2CO2+4e－=2CO32-
D. 若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO发生氧化反应是负极，则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；
B、石墨Ⅰ是原电池的负极，则乙池中右室为阴极室，左侧为阳极室，在阳极室中发生氧化反应，方程式为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，根据方程式可知每生成1molN2O5，则有1mol H+通过交换膜进入右室，故B错误；
C、石墨II为正极，氧气得电子发生还原反应，电解质为熔融碳酸钠，所以电极反应式为：O2+2CO2+4e－=2CO32-，故C正确；
D、若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L即0.1mol，整个电路转移电子的物质的量为0.4mol，而乙池中阴极生成1mol氢气，转移2mol的电子，所以生成氢气的物质的量为0.2mol，故D正确；
故答案为B。
14.在常温下，将V mL 0.05 mol·L－1的醋酸溶液缓慢滴加到10 mL 0.05mol·L－1的Na2CO3溶液中，并不断搅拌（气体完全逸出），所得溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 当V=10时，c(Na+) > c(OH－)> c(HCO3－) >c(CH3COO－) > c(H+)
B. 当0＜V＜20时，c(H+)＋c(Na+)= c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2 c(CO32－)＋c(OH－)
C. 当V=20时，c(OH－) =c(CH3COOH)＋c(H+)
D. 当V=40时，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)
【答案】BC
【解析】
【详解】A、当V=10时，得到等浓度的CH3COONa、NaHCO3 混合溶液，醋酸根、碳酸氢根水解溶液呈碱性，由于醋酸的酸性比碳酸的强，HCO3－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，水解程度是微弱的，则溶液中c(Na+)> c(CH3COO－)> c(HCO3－)> c(OH-)>c(H+)，故A错误；
B、溶液呈电中性，一定存在电荷守恒，则溶液中c(H+)＋c(Na+)= c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)， 故B正确；
C、当V=20时，得到CH3COONa溶液，溶液中有电荷守恒c(H+)＋c(Na+)= c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na+)= c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合两式得到c(OH－) =c(CH3COOH)＋c(H+)，故C正确；
D、当V=40时，得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液 ，醋酸的电离程度大于CH3COO－的水解程度，电离产生更多的c(CH3COO－)，溶液呈酸性，弱电解质电离程度不大，则溶液 c(CH3COO－)> c(Na+) > c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH－)，故D错误；
故选 BC。
【点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;
混合后的溶液的溶质是什么，根据醋酸和Na2CO3反应量的关系得出。如C选项，醋酸和Na2CO3的物质的量之比为2∶1，恰好完全反应。所以溶质是CH3COONa溶液；
能够灵活运用盐类水解的三合守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。
15.一定温度下，在3个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是
容器
编号
物质的起始浓度（mol·L－1）
物质的平衡浓度（mol·L－1）
c(PCl5)
c(PCl3)
c(Cl2)
c(Cl2)
Ⅰ
0.4
0
0
0.2
Ⅱ
1.05
0.05
1.95
Ⅲ
08
0
0
A. 达平衡时，容器Ⅰ中比容器Ⅱ中的大
B. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为6∶31
C. 达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数大于
D. 达平衡时，容器Ⅲ中0.4mol·L－1＜c(PCl5)＜0.8mol·L－1
【答案】BD
【解析】
【详解】A．容器编号Ⅰ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)。
起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.4 0 0
转化物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2
平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2
此时＝1，K＝＝＝0.2，容器Ⅱ，开始时≈1.86，此时Qc＝≈0.09＜K，说明容器Ⅱ中反应向正反应方向移动，c(Cl2)浓度增大，c(PCl5)减小，达到平衡时＞1.86＞1，则达平衡时，容器Ⅰ中c(Cl2)/c(PCl5) 比容器Ⅱ中的小，故A错误；
B．假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6：31，压强之比等于物质的量浓度之比，容器Ⅰ总物质的量浓度为0.2mol•L﹣1×3＝0.6mol•L﹣1，说明容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1，根据A得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动，列化学平衡三段式
容器Ⅱ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)
起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05 0.05 1.95
转化物质的量浓度(mol•L﹣1) x x x
平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05﹣x 0.05+x 1.95+x
容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1，则3.1＝1.05﹣x+0.05+x+1.95+x，解得x＝0.05；
则平衡时c(PCl5)＝1mol•L﹣1，c(PCl3)＝0.1mol•L﹣1，c(Cl2)＝2mol•L﹣1，此时Qc＝＝0.2＝K，说明此时达到化学平衡状态，假设成立，故B正确；
C．容器Ⅰ达平衡时，Cl2的体积分数为＝，容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡；容器Ⅲ是1L，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，Cl2的量减小，所以达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数小于1/3，故C错误；
D．容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡，容器Ⅲ是1L，若此时平衡不移动，则c(PCl5)＝0.4 mol•L﹣1，但容积体积变为1L，相当于增大压强，平衡平衡向逆反应方向移动，c(PCl5)增大，所以c(PCl5)＞0.4 mol•L﹣1，又因反应开始，消耗PCl5，所以c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，则达平衡时，容器Ⅲ中0.4 mol•L﹣1＜c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，故D正确，
故答案为BD。
Ⅱ卷（非选择题）
16.磷酸二氢钾在工农业和医学领域具有广泛的应用。以下是工业上制备磷酸二氢钾的三种方法。回答下列问题：
Ⅰ.直接法
（1）“转化”步骤发生反应的离子反应方程式___（已知：Ca3(PO4)2难溶于水）。
（2）“操作Ⅰ”是___。
Ⅱ.酸碱中和法
（3）氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾。
①由图1判断制备磷酸二氢钾（达80%）的最佳pH范围___。
②K2HPO4溶液呈___性（填“酸”、“碱”、“中”）。
Ⅲ.电解法
电解法制取KH2PO4的原理如图2所示。一定件下，还可得到NaClO3。
（4）在___室（填标号）可得到KH2PO4；写出产生ClO3-的电极反应式___。
【答案】 (1). Ca3(PO4)2+4H++3SO42－2H2PO4－+3CaSO4 (2). 蒸馏 (3). 3~6.5 (4). 碱 (5). C (6). Cl－+6OH－﹣6e－=ClO3－+3H2O
【解析】
【分析】
(1)由流程可知KHSO4溶液加入Ca3(PO4)270℃可以转化得到KH2PO4，另一物质为CaSO4，据此书写；
(2)蒸馏用来分离易挥发和难挥发的物质，据此分析；
(3)①根据图中H2PO4-含量超过80%的点进行解答；
②K2HPO4溶液中含磷元素最多微粒为HPO42-；
(4)C室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入C室，得到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在A室失去电子发生氧化反应，据此分析；
【详解】(1)由流程可知KHSO4溶液加入Ca3(PO4)270℃可以转化得到KH2PO4，另一物质为CaSO4，离子方程式为：Ca3(PO4)2+4H++3SO42- 2H2PO4-+3CaSO4；
(2)经过操作Ⅰ得到易挥发的甲醇和电解质溶液，经过蒸馏可得，故答案为：蒸馏；
(3)①图象分析可知判断制备磷酸二氢钾(达80%)的最佳pH范围：3-6.5；
②根据图像可以看出当溶液中主要为HPO42-时溶液显碱性；
(4)C室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入C室，得到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在A室失去电子发生氧化反应得到ClO3-，电极反应式为：Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O；
【点睛】本题考查物质的制备的有关知识，涉及离子方程式的书写、反应条件的控制、混合物的分离、化学平衡移动、装置的评价、电极反应式的书写等，综合性较强,注意将知识点与流程结合分析，题目难度中等。
17.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250 mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100mL0.1000 mol·L−1NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入25.00mL0.1000mol·L−1 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
f．数据处理。
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___。
（2）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___。
（3）b和c两步操作不可以颠倒的原因是：___。
（4）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果___。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___。
（5）测得c(I−)=___mol·L−1。（写出计算过程）
【答案】 (1). 250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (3). Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (4). 偏高 (5). 偏高 (6). 0.0600
【解析】
【分析】
(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
(2)滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；
(3)铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
(4)反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)，如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题．
(5)根据c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)进行计算。
【详解】(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；
(2)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断；
(3)b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点；
(4)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏大，故答案为：偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏大，故答案为：偏高；
(5)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol，n(NH4SCN)=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c(I-)×0.025L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c(I-)=0.0600mol•L-1。
【点睛】本题侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等。
18.有效去除废水中的H2SiF6、F-，改善水质是环境部门的重要研究课题。
（1）AlF3是有机合成中常用催化剂，利用废水中的H2SiF6可转变制得，相关热化学方程式如下：
3H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)=Al2(SiF6)3(aq)＋6H2O(l)；ΔH=akJ·mol－1
Al2(SiF6)3(aq)＋6H2O(l)=2AlF3(aq)＋3SiO2(s)＋12HF(aq)；ΔH=bkJ·mol－1
3HF(aq)＋Al(OH)3(s)=AlF3(aq)＋3H2O(l)；ΔH=ckJ·mol－1
则反应H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)=2AlF3(aq)＋SiO2(s)＋4H2O(l)的ΔH＝___kJ·mol－1。
（2）废水的酸碱度及废水中的Fe3＋对F－浓度的测定都会产生一定的影响。
①测定时，通常控制废水的pH在5～6之间。pH过小所测F－浓度偏低，其原因是___。
②Fe3＋与柠檬酸根(C6F5O73－)、F－反应可表示为Fe3＋＋nC6H5O73－Fe(C6H5O7)n(3n-3)－、Fe3＋＋nF－FeFn(3-n)。向含有Fe3＋的含氟废水中加入柠檬酸钠（C6H5O7Na3）可消除Fe3＋对F－测定的干扰，其原因是___。
（3）利用聚苯胺可吸附去除水中F－。用惰性电极电解苯胺（）和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，变化过程为：
写出阳极生成二聚体的电极反应式：___。
（4）利用MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3等可沉淀去除废水中F－。
①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3，写出该反应的化学方程式：___。
②取三份相同的含F－的酸性废水，分别加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3。相同时间后溶液的pH及F－残留量如图1所示。实际废水处理过程中常选用MgCO3的优点除了F-残留率比较低之外，还有___。
③改变碳酸镁添加量，处理后废水中F－含量及溶液pH的变化如图2所示。添加量超过2.4g·L－1后，溶液pH增大，使少量MgF2转化为Mg(OH)2，F－含量略有升高，此时溶液中的=___。【已知：Ksp(MgF2)＝8.0×10－11，Ksp[Mg(OH)2]＝5.0×10－12】
【答案】 (1). (2). pH过小，H＋与F－转化为弱酸HF (3). Fe3＋与柠檬酸根（C6H5O73-）的结合能力强于其与F－的结合能力 (4). 2-2e-=+2H+ (5). MgCl2＋CO(NH2)2＋2H2O=MgCO3↓＋2NH4Cl (6). 所得溶液接近中性 (7). 4
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①pH过小氢离子浓度大，结合氟离子，所测F-浓度偏低；
②Fe3+与柠檬酸根(C6H5O73-)的结合减少了与氟离子的结合；
(3)用惰性电极电解苯胺()和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，苯胺失电子生成二聚体，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出电极反应；
(4)①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3和氯化铵，原子守恒配平书写化学方程式；
②分析柱状图可知取三份相同的含F-的酸性废水，分别加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3，相同时间内，碳酸镁处理后氟离子含量最少，溶液pH接近7；
③Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)=8.0×10-11，Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)·c2(OH -)，据此进行计算。
【详解】(1)①3H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)═Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)△H=a kJ•mol-1
②Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)═2AlF3(aq)+3SiO2(s)+12HF(aq)△H=b kJ•mol-1
③3HF(aq)+Al(OH)3(s)═AlF3(aq)+3H2O(l)△H=c kJ•mol-1
盖斯定律计算(①+②+③×4)×得到反应H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)═2AlF3(aq)+SiO2(s)+4H2O(l)的△H=kJ/mol。
(2)①测定时，通常控制废水的pH在5～6之间。pH过小所测F-浓度偏低，其原因是：pH过小，H+与F-转化为弱酸HF；
②Fe3+与柠檬酸根(C6H5O73-)的结合能力强于其与F-的结合能力。
(3)用惰性电极电解苯胺()和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，苯胺失电子生成二聚体，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出电极反应：；
(4)①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3和氯化铵，原子守恒配平书写化学方程式：MgCl2+CO(NH2)2+2H2O═MgCO3↓+2NH4Cl；
②根据图示分析可知相同条件下，使用MgCO3处理后的废水中F-残留量最低，溶液接近中性，故答案为：所得溶液接近中性；
③Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)=8.0×10-11，Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)·c2(OH -)=5×10-12，溶液中存在，MgF2(s)+2OH-(aq)=Mg(OH)2(s)+2F-(aq)，则，所以=4。
19.石油产品含有多种含硫物质，如H2S、COS等。
(1)一种脱硫工艺为:真空K2CO3-克劳斯法。
①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为1gK=___。
(已知:H2CO3 lgK1=-6.4, lgK2=-10.3；H2S 1gK1=-7，lgK2=-19)
②已知下列热化学方程式:
2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H1 =-1172kJ·mol-1
2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H2 =-632kJ·mol-1
克劳斯法回收硫的反应为SO2气体和H2S气体反应生成S(s)，则该反应的热化学方程式为___________________。同时，COS发生水解反应: COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H>0，结合以上两个反应，克劳斯法选择反应温度为300℃，温度低有利于____，但温度过低会使硫析出，降低催化剂活性，反应过慢，以及不利于_______________。
(2)石灰石料浆作为脱硫剂可有效吸收废气中的SO2，将CO2气体通入石灰石料浆罐对CaCO3脱硫剂进行活化处理可明显提高CaCO3脱硫的效率，活化后的主要脱硫反应之一为:2Ca2++2SO2+O2+3H2O = 2CaSO4·H2O+4H+。
①废气经脱硫后，除水蒸气外，________(填气体化学式)含量明显增多。
②其他条件一定，物料比为1.2时，脱硫反应的速率受Ca2+浓度的影响。图中a点是Ca(OH)2为脱硫剂时的脱硫效率，曲线表示CaCO3活化时间对脱硫效率的影响。
I.CaCO3与SO2反应的速率明显低于Ca(OH)2与SO2反应的速率，其原因是________。
II.a点和b点脱硫效率接近的原因是________________。
【答案】 (1). 3.3 (2). 2H2S(g) + SO2(g)＝3S(s) + 2H2O（l） △H = - 362 kJ·mol-1 (3). H2S 与 SO2反应平衡正向进行 (4). COS 水解 (5). CO2 (6). 相同条件下，Ca(OH)2的溶解度大于CaCO3，溶液中产生的Ca2+浓度比CaCO3 产生的Ca2+浓度大 (7). CaCO3 +CO2 + H2O＝Ca2+ +2HCO3-，Ca2+浓度增大
【解析】
分析：本题考查化学平衡常数的计算、盖斯定律的应用、外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响。
（1）①根据平衡常数的表达式和H2CO3、H2S的电离平衡常数计算。
②应用盖斯定律写出SO2气体和H2S气体反应的热化学方程式。H2S与SO2的反应为放热反应，COS的水解反应为吸热反应，温度低有利于H2S与SO2的反应平衡正向移动，温度过低不利于COS的水解。
（2）①石灰石料浆吸收SO2的原理为2CaCO3+2SO2+O2+H2O=2CaSO4·H2O+2CO2；将CO2通入石灰石料浆活化处理，脱硫的原理为CO2+CaCO3+H2O=Ca（HCO3）2，2Ca（HCO3）2+2SO2+O2=2CaSO4·H2O+4CO2+H2O；废气脱硫后，CO2含量明显增多。
②I.相同条件下，Ca（OH）2的溶解度大于CaCO3，Ca（OH）2溶液中产生Ca2+浓度比CaCO3中产生的Ca2+浓度大，浓度越大反应速率越快。
II.用CaCO3脱硫时会产生CO2，CO2与CaCO3、H2O反应生成可溶性Ca（HCO3）2，溶液中Ca2+浓度增大，使a点和b点的脱硫效率接近。
详解：（1）反应K2CO3+H2S=KHS+KHCO3的离子方程式为：CO32-+H2S=HS-+HCO3-，该反应的平衡常数K===，lgK=lgKa1（H2S）-lgKa2（H2CO3）=-7-（-10.3）=3.3。
②对反应编号，
2H2S（g） + 3O2（g）=2SO2（g） + 2 H2O（l） ΔH1 =-1172kJ·mol-1（I式）
2H2S（g）+O2（g） = 2S（s） + 2H2O（l） ΔH2 =-632kJ·mol-1（II式）
应用盖斯定律，将（II式3-I式）2得，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）ΔH=[（-632kJ/mol）3-（-1172kJ/mol）]2=-362kJ/mol，H2S气体与SO2气体反应生成S（s）的热化学方程式为2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）ΔH=-362kJ/mol。H2S与SO2的反应为放热反应，COS的水解反应为吸热反应，降低温度，H2S与SO2的反应平衡正向移动，COS的水解反应逆向移动，温度低有利于H2S与SO2的反应平衡正向移动。温度过低不利于COS的水解。
（2）①石灰石料浆吸收SO2的原理为2CaCO3+2SO2+O2+H2O=2CaSO4·H2O+2CO2；将CO2通入石灰石料浆活化处理，脱硫的原理为CO2+CaCO3+H2O=Ca（HCO3）2，2Ca（HCO3）2+2SO2+O2=2CaSO4·H2O+4CO2+H2O；废气脱硫后，除水蒸气外，CO2含量明显增多。
②I.主要的脱硫反应为2Ca2++2SO2+O2+3H2O=2CaSO4·H2O+4H+；相同条件下，Ca（OH）2的溶解度大于CaCO3，Ca（OH）2溶液中产生Ca2+浓度比CaCO3中产生的Ca2+浓度大，Ca2+浓度越大反应速率越快，所以CaCO3与SO2反应的速率明显低于Ca（OH）2与SO2反应的速率。
II.用CaCO3脱硫时反应为2CaCO3+2SO2+O2+H2O=2CaSO4·H2O+2CO2，脱硫时会产生CO2，CO2与CaCO3、H2O反应生成可溶性Ca（HCO3）2，反应为CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，溶液中Ca2+浓度增大，使a点和b点的脱硫效率接近。
20.常用CH3CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O检验醛类。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为___。
（2）CH3COONa中碳原子轨道的杂化类型是___，1molCH3COONa中含有σ键的数目为___。
（3）与OH-离子互为等电子体的阴离子为__。
（4）沸点高低：乙酸钠＞乙酸＞乙醛，这是因为__。
（5）Cu2O晶体结构可能是___（填字母）。
（6）SO32-的空间构型为__。
【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). sp3、sp2 (3). 6mol (4). HS－ (5). 乙酸钠是离子晶体，乙酸和乙醛是分子晶体，乙酸分子间存在氢键 (6). C (7). 三角锥形
【解析】
【分析】
(1)Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，形成离子时失去最外层电子。
(2)可根据碳原子的成键类型判断杂化方式。饱和碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化。共价单键为σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键，由此计算CH3COONa中含有σ键的数目。
(3)将OH-中的O原子进行同主族替换，可得到与其互为等电子体的阴离子。
(4)不同晶体熔沸点的比较，一般情况下：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。分子晶体比较熔沸点时除考虑分子间作用力外，还有考虑是否存在氢键。
(5)A是分子晶体的晶胞结构。用均摊法计算B和C晶胞中各离子的数目进行判断。
(6)根据价层电子对数和孤电子对数判断空间构型。
【详解】：(1)核外电子排布式要遵循构造原理，当原子轨道电子排布为全满、半满或全空时，能量最低。故Cu的基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，当原子失去电子形成阳离子时，失电子的顺序则从最外层开始，故Cu2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，也可简化为[Ar]3d9；
(2)甲基碳为sp3杂化，羧基碳为sp2杂化。共价单键为σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键，故1molCH3COONa中含有σ键的物质的量为6mol，数目为6NA，故答案为：sp3 sp2；6NA；
(3)将OH-中的O原子进行同主族替换，可得到与其互为等电子体的阴离子。即将O原子换为S原子，可得到HS-．二者原子数为2，价电子数均为8，互为等电子体，故答案为：HS-；
(4)乙酸钠是离子晶体，乙酸和乙醛是分子晶体，故乙酸钠的沸点最高。乙酸分子间存在氢键，而乙醛分子间不能形成氢键，故乙酸的沸点高于乙醛，故答案为：乙酸钠是离子晶体，乙酸和乙醛是分子晶体，乙酸分子间存在氢键；
(5)A是分子晶体的晶胞结构，不符合，可排除。Cu2O中离子数目之比为2：1，用均摊法计算B和C晶胞中各离子的数目进行判断。B中黑色球和白色球的数目之比为1：1，不符合；C中黑色球与白色球的数目之比为4：2=2：1，符合Cu2O中离子数目之比。故选C；
(6)SO32-的中心S原子价层电子对数为，孤电子对数为1，故空间构型为三角锥形。
【点睛】本题考查核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断和σ键的计算、等电子体的书写、晶体沸点高低的比较、晶体结构的分析。易错点是1mol醋酸钠中σ键的确定，注意CH3COO-与Na+之间是离子键，不是共价键。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 I 127 F 19 Ag 108 Ba 137
Ⅰ卷（选择题）
单项选择题（本题包10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列有关说法正确的是（ ）
A. 室温下，0.1mol·L－1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液中所有离子浓度均减少
B. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化
C. 铅蓄电池放电过程中，正极与负极的质量均增加
D. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 室温下，CH3COONa溶液中由于醋酸根的水解溶液显碱性，0.1mol·L－1CH3COONa溶液加水稀释后，溶液碱性减弱，则氢离子浓度增大，故A错误；
B.将铝线与铜线直接相连，构成原电池时Al为负极，铜线为正极被保护，故B错误；
C.铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式：Pb+SO42--2e-=PbSO4，负极生成PbSO4质量增加，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，正极生成PbSO4质量也增加，故C正确；
D. 一定条件下，使用催化剂能加快反应速率，但是催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；
故答案为C。
2.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. ＝10－12的溶液中：NH4+、Cu2＋、NO3-、SO42-
B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
C. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中：Al3＋、K＋、Cl－、SO42-
D. 水电离产生的c(OH－)＝10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Al3＋、Cl－、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. ＝10－12的溶液显酸性，存在大量氢离子，几种离子之间相互不反应，都可与氢离子共，故A符合题意；
B. 滴加KSCN溶液显红色，说明溶液存在Fe3+，Fe3+具有氧化性，会氧化I－，故B不符合题意；
C.碳酸氢根离子会与铝离子发生双水解：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C不符合题意；
D.由水电离产生的c(OH－)=10-12 mol•L一1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下铝离子不能大量存在，题目要求一定能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 久置氯水pH变小
B. 温度升高，Kw增大
C. 工业生产硫酸，通入过量的空气，提高二氧化硫的转化率
D. 高温比常温有利于NH3的合成
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HClO⇌H++ClO-，次氯酸见光易分解，生成HCl和O2，平衡向着正向移动，导致溶液酸性增强，pH减小，能用勒夏特列原理解释，故A能用勒夏特列原理解释；
B．水的电离平衡为吸热反应，升高温度后平衡向着正向移动，导致氢离子、氢氧根离子浓度增大，水的离子积Kw增大，故B能用勒夏特列原理解释；
C．增大一种气体反应物的用量，平衡正移，可以提高另一种反应物的转化率，故C能用勒夏特列原理解释；
D．合成氨是放热反应，升高温度平衡逆向移动，升高温度增大化学反应速率缩短达到平衡时间，所以高温比常温有利于NH3的合成不能用平衡移动原理解释，故D不能用勒夏特列原理解释；
故答案为：D。
【点睛】注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程。
4.在容积为1L的密闭容器中，加入5molA物质，在一定条件下同时发生下列两个反应：(1)2A(g)2B(g)＋C(g)；(2)A(g)C(g)＋D(g)。当达到平衡时，测得c(A)＝2.5mol·L－1，c(C)＝2.0mol·L－1。则下列说法中正确的是（ ）
A. 达到平衡时c(B)为1.0mol·L－1
B. 达到平衡时c(B)＝2c(D)
C. 达到平衡时c(D)为2.0mol·L－1
D. 达到平衡时A的总转化率为40%
【答案】A
【解析】
【分析】
多反应平衡体系，采用逆推法确定各物质的浓度；容器的体积为1L，设反应(1)中生成的B物质的量为2x，则反应2A(g)2B(g)＋C(g)消耗的n1(A)=2x，生成的n1(C)=x，则反应(2) A(g)C(g)＋D(g)消耗的n2(A)=5mol-2.5mol-2x，生成的n2(C)= 5mol-2.5mol-2x，根据题意可知n1(C)+n2(C)=2.0mol，即5mol-2.5mol-2x+x=2mol，解得x=0.5mol；所以平衡时容器内c(A)＝2.5mol·L－1，c(C)＝2.0mol·L－1，c(B)＝1mol·L－1，c(D)＝=1.5mol·L－1。
【详解】A.根据分析可知达到平衡时c(B)为1.0mol·L－1，故A正确；
B.根据分析可知c(B)＝1mol·L－1，c(D)＝1.5mol·L－1，故B错误；
C.根据分析可知达到平衡时c(D)＝1.5mol·L－1，故C错误；
D.A的转化率=，故D错误。
故答案为A。
5.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 用氨水吸收足量的SO2气体：2OH－＋SO2 =SO32-＋H2O
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3-＋Ca2+ ＋OH－= CaCO3↓＋H2O
C. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应：A13+＋4OH－= AlO2-＋2H2O
D. NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO－＋2NH3 =N2↑＋3C1－＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.一水合氨为弱碱，在离子方程式中不拆，且吸收足量的二氧化硫会生成亚硫酸氢根，离子方程式为：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3-，故A错误；
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应方程式为：Ca2++2HCO3-+OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故B错误；
C. NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应方程式为：NH4++Al3++5OH-=AlO2-+2H2O+NH3•H2O，故C错误；
D. NaClO将污水中的NH3氧化成N2，反应中氯元素由+1价降低到-1价，氮元素由-3价升高到0价，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：3ClO－＋2NH3 =N2↑＋3C1－＋3H2O，故D正确；
故答案为D。
6.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A. 一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH>0
B. 氢氧燃料电池的负极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023
D. 反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH=反应中断裂旧共价键的键能之和−反应中形成新共价键的键能之和
【答案】D
【解析】
【详解】A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，由化学计量数可知△S＜0，能自发进行，该反应的△H＜0，故A正确；
B．原电池中负极发生氧化反应，电解质为酸性时，氢氧燃料电池的负极反应为2H2-4e-=4H+，故B错误；
C.常温常压下11.2L氢气的物质的量不是0.5mol，故C错误；
D.根据焓变的定义可知ΔH=反应中断裂旧共价键的键能之和−反应中形成新共价键的键能之和，故D正确；
故答案为D。
7.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；
B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；
C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；
D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
8.一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
2
4
6
8
n(SO3)/mol
0
0.8
1.4
1.8
1.8
下列说法正确的是（ ）
A. 反应在前2s的平均速率v(O2)＝0.2mol·L－1·s－1
B. 保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大
C. 相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%
D. 保持温度不变向该容器中再充入2molSO2、1molO2，反应达到新平衡时增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应反应在前2s的平均速率v(SO3)，同一反应中速率之比等于计量数之比，所以v(O2)=×0.2mol·L－1·s－1=0.1mol·L－1·s－1，故A错误；
B.平衡常数只受温度的影响，保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数不变，故B错误；
C. 充入2molSO2和1mol O2，相当于充入2molSO3，此时SO3转化率为 ，相同温度下，起始时向容器中充入4molSO3，假设达到的是等效平衡，则转化率不变，实际上相当于增大压强，平衡会右移，降低三氧化硫的转化率，故C错误；
D. 温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，若保持与原平衡的压强相同，则可达到等效平衡，不变；然后将容器压缩到原容器的体积，则平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，氧气的的转化率也增大，所以该比值增大，故D正确。
故答案为D。
【点睛】注意“等效平衡”和“虚拟状态”法在分析转化率、物质浓度等变化问题中的应用。
9.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是
A. 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B. Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C. b点的混合溶液pH=7
D. c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】
【分析】
邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；
B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；
C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；
D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
10.25℃时，向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝
C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7mol·L－1
D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(OH－)－2c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有： c(Na＋)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，c(H＋)＜c(OH－)，溶液中离子浓度大小关系可能为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，但当加入的醋酸极少量时，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)，故A错误；
B. 25℃时B点溶液呈中性，则溶液中c(H＋) =10-7mol•L-1，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，该点c(H＋)=c(OH－)，则c(CH3COO－)= c(Na＋)=，此时加入的醋酸过量，所以c(CH3COOH)=，，故B正确；
C.C点对应的溶液中，醋酸过量，溶液呈酸性，对水的电离有抑制作用，水电离出的H+浓度小于10-7mol•L-1，故C错误；
D.D点对应的溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量为1:1，根据物料守恒可知c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据电荷守恒可知c(Na+)+ c(H＋)= c(CH3COO－)+ c(OH－)，两式联立可得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2c(H＋)－2c(OH－)，故D错误；
故答案为B。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查弱电解质的电离、水电离影响因素、离子浓度大小比较等知识点，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷关系和物料关系式的应用。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.根据下列图示所得出的结论正确的是
A. 图甲是在不同温度下三个恒容容器中反应2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g) ΔH<0的平衡曲线，曲线X对应的温度相对较高
B. 图乙是一定温度下三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线，a点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)＜c（CO32-）
C. 图丙为MOH和ROH两种一元碱水溶液在常温下分别加水稀释时pH的变化曲线，可知ROH是强碱
D. 图丁为两个容器中在不同的压强下各投入1 mol CH4和1 molCO2所发生反应CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)的平衡曲线，N点化学平衡常数K＝1
【答案】BC
【解析】
【分析】
应用平衡移动原理，分析外因对化学平衡、沉淀溶解平衡、电离平衡的影响，判断由图象得出的结论是否正确。
【详解】A项：在图甲中作任一垂线，与三曲线各有一交点，表明在反应物比例相同时，X曲线对应温度下CO平衡转化率较高。因反应的ΔH<0，故X曲线对应温度较低，A项错误；
B项：过a点作垂线，与MgCO3直线有交点（饱和溶液）。可见，在c(CO32-)相同时，a点溶液中c(Mg2+)比饱和溶液中的小，为不饱和溶液。a点时-lgc(Mg2＋)> -lgc(CO32-)，则c(Mg2＋)
D项：化学平衡常数只与温度有关，N点的平衡常数可用M点计算。平衡时CH4(g)、CO2(g)的浓度都是0.5mol/L，CO(g)、H2(g)的浓度都是1 mol/L，则K＝4，D项错误。
本题选BC。
【点睛】解答图象问题，首先要看清横纵坐标表示的物理量，结合化学原理分析变化原因；其次要关注图象中特殊点（起点、转折点、交点等）的含义。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量Cl2
溶液由浅绿色变为棕黄色
氧化性：Cl2＞Br2
B
蒸干并灼烧AlCl3溶液
得到白色固体
获得Al2O3固体
C
向pH=3的HA和HB溶液中分别加水稀释至100倍
pH（HA）＞pH（HB）
酸性：HA＞HB
D
向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液
重晶石逐渐溶解
溶度积：Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A.氯气能氧化亚铁离子和溴离子，且产物的水溶液均为黄色，根据现象不能确定产物，少量Cl2先氧化亚铁离子，所以结论错误，故A错误；
B.AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3，故B正确；
C.等pH的酸，稀释相同的倍数时酸性强的变化大，则有pH（HA）＞pH（HB）可以知道，酸性：HA＞HB，故C正确；
D.向重晶石中加入饱和碳酸钠溶液，重晶石逐渐溶解，如生成沉淀，应满足钡离子和碳酸根离子的浓度积大于Ksp（BaCO3），不能比较Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4），硫酸钡更难溶，故D错误。
故选AD。
13.现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是（ ）
A. 石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应
B. 乙池中，若使用质子交换膜，每生成1molN2O5，则有2mol H+通过交换膜进入右室
C. 石墨II的电极反应式：O2+2CO2+4e－=2CO32-
D. 若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol
【答案】B
【解析】
【详解】A、CO发生氧化反应是负极，则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；
B、石墨Ⅰ是原电池的负极，则乙池中右室为阴极室，左侧为阳极室，在阳极室中发生氧化反应，方程式为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，根据方程式可知每生成1molN2O5，则有1mol H+通过交换膜进入右室，故B错误；
C、石墨II为正极，氧气得电子发生还原反应，电解质为熔融碳酸钠，所以电极反应式为：O2+2CO2+4e－=2CO32-，故C正确；
D、若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L即0.1mol，整个电路转移电子的物质的量为0.4mol，而乙池中阴极生成1mol氢气，转移2mol的电子，所以生成氢气的物质的量为0.2mol，故D正确；
故答案为B。
14.在常温下，将V mL 0.05 mol·L－1的醋酸溶液缓慢滴加到10 mL 0.05mol·L－1的Na2CO3溶液中，并不断搅拌（气体完全逸出），所得溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 当V=10时，c(Na+) > c(OH－)> c(HCO3－) >c(CH3COO－) > c(H+)
B. 当0＜V＜20时，c(H+)＋c(Na+)= c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2 c(CO32－)＋c(OH－)
C. 当V=20时，c(OH－) =c(CH3COOH)＋c(H+)
D. 当V=40时，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)
【答案】BC
【解析】
【详解】A、当V=10时，得到等浓度的CH3COONa、NaHCO3 混合溶液，醋酸根、碳酸氢根水解溶液呈碱性，由于醋酸的酸性比碳酸的强，HCO3－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，水解程度是微弱的，则溶液中c(Na+)> c(CH3COO－)> c(HCO3－)> c(OH-)>c(H+)，故A错误；
B、溶液呈电中性，一定存在电荷守恒，则溶液中c(H+)＋c(Na+)= c(HCO3－)＋c(CH3COO－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)， 故B正确；
C、当V=20时，得到CH3COONa溶液，溶液中有电荷守恒c(H+)＋c(Na+)= c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na+)= c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，结合两式得到c(OH－) =c(CH3COOH)＋c(H+)，故C正确；
D、当V=40时，得到等浓度的CH3COONa、CH3COOH混合溶液 ，醋酸的电离程度大于CH3COO－的水解程度，电离产生更多的c(CH3COO－)，溶液呈酸性，弱电解质电离程度不大，则溶液 c(CH3COO－)> c(Na+) > c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH－)，故D错误；
故选 BC。
【点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;
混合后的溶液的溶质是什么，根据醋酸和Na2CO3反应量的关系得出。如C选项，醋酸和Na2CO3的物质的量之比为2∶1，恰好完全反应。所以溶质是CH3COONa溶液；
能够灵活运用盐类水解的三合守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。
15.一定温度下，在3个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是
容器
编号
物质的起始浓度（mol·L－1）
物质的平衡浓度（mol·L－1）
c(PCl5)
c(PCl3)
c(Cl2)
c(Cl2)
Ⅰ
0.4
0
0
0.2
Ⅱ
1.05
0.05
1.95
Ⅲ
08
0
0
A. 达平衡时，容器Ⅰ中比容器Ⅱ中的大
B. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为6∶31
C. 达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数大于
D. 达平衡时，容器Ⅲ中0.4mol·L－1＜c(PCl5)＜0.8mol·L－1
【答案】BD
【解析】
【详解】A．容器编号Ⅰ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)。
起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.4 0 0
转化物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2
平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 0.2 0.2 0.2
此时＝1，K＝＝＝0.2，容器Ⅱ，开始时≈1.86，此时Qc＝≈0.09＜K，说明容器Ⅱ中反应向正反应方向移动，c(Cl2)浓度增大，c(PCl5)减小，达到平衡时＞1.86＞1，则达平衡时，容器Ⅰ中c(Cl2)/c(PCl5) 比容器Ⅱ中的小，故A错误；
B．假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6：31，压强之比等于物质的量浓度之比，容器Ⅰ总物质的量浓度为0.2mol•L﹣1×3＝0.6mol•L﹣1，说明容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1，根据A得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动，列化学平衡三段式
容器Ⅱ PCl5(g)⇌PCl3(g)+Cl2(g)
起始物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05 0.05 1.95
转化物质的量浓度(mol•L﹣1) x x x
平衡物质的量浓度(mol•L﹣1) 1.05﹣x 0.05+x 1.95+x
容器Ⅱ总物质的量浓度为3.1mol•L﹣1，则3.1＝1.05﹣x+0.05+x+1.95+x，解得x＝0.05；
则平衡时c(PCl5)＝1mol•L﹣1，c(PCl3)＝0.1mol•L﹣1，c(Cl2)＝2mol•L﹣1，此时Qc＝＝0.2＝K，说明此时达到化学平衡状态，假设成立，故B正确；
C．容器Ⅰ达平衡时，Cl2的体积分数为＝，容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡；容器Ⅲ是1L，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，Cl2的量减小，所以达平衡时，容器Ⅲ中Cl2的体积分数小于1/3，故C错误；
D．容器容积为2L，起始c(PCl5)为0.8mol•L﹣1与容器Ⅰ为1L，起始c(PCl5)为0.4mol•L﹣1，是等效平衡，容器Ⅲ是1L，若此时平衡不移动，则c(PCl5)＝0.4 mol•L﹣1，但容积体积变为1L，相当于增大压强，平衡平衡向逆反应方向移动，c(PCl5)增大，所以c(PCl5)＞0.4 mol•L﹣1，又因反应开始，消耗PCl5，所以c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，则达平衡时，容器Ⅲ中0.4 mol•L﹣1＜c(PCl5)＜0.8 mol•L﹣1，故D正确，
故答案为BD。
Ⅱ卷（非选择题）
16.磷酸二氢钾在工农业和医学领域具有广泛的应用。以下是工业上制备磷酸二氢钾的三种方法。回答下列问题：
Ⅰ.直接法
（1）“转化”步骤发生反应的离子反应方程式___（已知：Ca3(PO4)2难溶于水）。
（2）“操作Ⅰ”是___。
Ⅱ.酸碱中和法
（3）氢氧化钾溶液与高纯度磷酸在反应器中发生中和反应制备磷酸二氢钾。
①由图1判断制备磷酸二氢钾（达80%）的最佳pH范围___。
②K2HPO4溶液呈___性（填“酸”、“碱”、“中”）。
Ⅲ.电解法
电解法制取KH2PO4的原理如图2所示。一定件下，还可得到NaClO3。
（4）在___室（填标号）可得到KH2PO4；写出产生ClO3-的电极反应式___。
【答案】 (1). Ca3(PO4)2+4H++3SO42－2H2PO4－+3CaSO4 (2). 蒸馏 (3). 3~6.5 (4). 碱 (5). C (6). Cl－+6OH－﹣6e－=ClO3－+3H2O
【解析】
【分析】
(1)由流程可知KHSO4溶液加入Ca3(PO4)270℃可以转化得到KH2PO4，另一物质为CaSO4，据此书写；
(2)蒸馏用来分离易挥发和难挥发的物质，据此分析；
(3)①根据图中H2PO4-含量超过80%的点进行解答；
②K2HPO4溶液中含磷元素最多微粒为HPO42-；
(4)C室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入C室，得到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在A室失去电子发生氧化反应，据此分析；
【详解】(1)由流程可知KHSO4溶液加入Ca3(PO4)270℃可以转化得到KH2PO4，另一物质为CaSO4，离子方程式为：Ca3(PO4)2+4H++3SO42- 2H2PO4-+3CaSO4；
(2)经过操作Ⅰ得到易挥发的甲醇和电解质溶液，经过蒸馏可得，故答案为：蒸馏；
(3)①图象分析可知判断制备磷酸二氢钾(达80%)的最佳pH范围：3-6.5；
②根据图像可以看出当溶液中主要为HPO42-时溶液显碱性；
(4)C室连接电源负极得到电子做阴极，阳离子钾离子通过阳离子交换膜进入C室，得到产品磷酸二氢钾，氯离子通过阴离子交换膜在A室失去电子发生氧化反应得到ClO3-，电极反应式为：Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O；
【点睛】本题考查物质的制备的有关知识，涉及离子方程式的书写、反应条件的控制、混合物的分离、化学平衡移动、装置的评价、电极反应式的书写等，综合性较强,注意将知识点与流程结合分析，题目难度中等。
17.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250 mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100mL0.1000 mol·L−1NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入25.00mL0.1000mol·L−1 AgNO3溶液（过量），使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
f．数据处理。
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有___。
（2）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___。
（3）b和c两步操作不可以颠倒的原因是：___。
（4）判断下列操作对c(I−)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果___。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果___。
（5）测得c(I−)=___mol·L−1。（写出计算过程）
【答案】 (1). 250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管 (2). 防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解） (3). Fe3+与I−反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 (4). 偏高 (5). 偏高 (6). 0.0600
【解析】
【分析】
(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管；
(2)滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；
(3)铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
(4)反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)，如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小，则测定结果偏大，以此解答该题．
(5)根据c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)进行计算。
【详解】(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；
(2)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断；
(3)b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点；
(4)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏大，故答案为：偏高；
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏大，故答案为：偏高；
(5)根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，n(AgNO3)=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol，n(NH4SCN)=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，则c(I-)×0.025L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c(I-)=0.0600mol•L-1。
【点睛】本题侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等。
18.有效去除废水中的H2SiF6、F-，改善水质是环境部门的重要研究课题。
（1）AlF3是有机合成中常用催化剂，利用废水中的H2SiF6可转变制得，相关热化学方程式如下：
3H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)=Al2(SiF6)3(aq)＋6H2O(l)；ΔH=akJ·mol－1
Al2(SiF6)3(aq)＋6H2O(l)=2AlF3(aq)＋3SiO2(s)＋12HF(aq)；ΔH=bkJ·mol－1
3HF(aq)＋Al(OH)3(s)=AlF3(aq)＋3H2O(l)；ΔH=ckJ·mol－1
则反应H2SiF6(aq)＋2Al(OH)3(s)=2AlF3(aq)＋SiO2(s)＋4H2O(l)的ΔH＝___kJ·mol－1。
（2）废水的酸碱度及废水中的Fe3＋对F－浓度的测定都会产生一定的影响。
①测定时，通常控制废水的pH在5～6之间。pH过小所测F－浓度偏低，其原因是___。
②Fe3＋与柠檬酸根(C6F5O73－)、F－反应可表示为Fe3＋＋nC6H5O73－Fe(C6H5O7)n(3n-3)－、Fe3＋＋nF－FeFn(3-n)。向含有Fe3＋的含氟废水中加入柠檬酸钠（C6H5O7Na3）可消除Fe3＋对F－测定的干扰，其原因是___。
（3）利用聚苯胺可吸附去除水中F－。用惰性电极电解苯胺（）和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，变化过程为：
写出阳极生成二聚体的电极反应式：___。
（4）利用MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3等可沉淀去除废水中F－。
①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3，写出该反应的化学方程式：___。
②取三份相同的含F－的酸性废水，分别加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3。相同时间后溶液的pH及F－残留量如图1所示。实际废水处理过程中常选用MgCO3的优点除了F-残留率比较低之外，还有___。
③改变碳酸镁添加量，处理后废水中F－含量及溶液pH的变化如图2所示。添加量超过2.4g·L－1后，溶液pH增大，使少量MgF2转化为Mg(OH)2，F－含量略有升高，此时溶液中的=___。【已知：Ksp(MgF2)＝8.0×10－11，Ksp[Mg(OH)2]＝5.0×10－12】
【答案】 (1). (2). pH过小，H＋与F－转化为弱酸HF (3). Fe3＋与柠檬酸根（C6H5O73-）的结合能力强于其与F－的结合能力 (4). 2-2e-=+2H+ (5). MgCl2＋CO(NH2)2＋2H2O=MgCO3↓＋2NH4Cl (6). 所得溶液接近中性 (7). 4
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①pH过小氢离子浓度大，结合氟离子，所测F-浓度偏低；
②Fe3+与柠檬酸根(C6H5O73-)的结合减少了与氟离子的结合；
(3)用惰性电极电解苯胺()和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，苯胺失电子生成二聚体，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出电极反应；
(4)①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3和氯化铵，原子守恒配平书写化学方程式；
②分析柱状图可知取三份相同的含F-的酸性废水，分别加入足量的MgCO3、Ca(OH)2和CaCO3，相同时间内，碳酸镁处理后氟离子含量最少，溶液pH接近7；
③Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)=8.0×10-11，Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)·c2(OH -)，据此进行计算。
【详解】(1)①3H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)═Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)△H=a kJ•mol-1
②Al2(SiF6)3(aq)+6H2O(l)═2AlF3(aq)+3SiO2(s)+12HF(aq)△H=b kJ•mol-1
③3HF(aq)+Al(OH)3(s)═AlF3(aq)+3H2O(l)△H=c kJ•mol-1
盖斯定律计算(①+②+③×4)×得到反应H2SiF6(aq)+2Al(OH)3(s)═2AlF3(aq)+SiO2(s)+4H2O(l)的△H=kJ/mol。
(2)①测定时，通常控制废水的pH在5～6之间。pH过小所测F-浓度偏低，其原因是：pH过小，H+与F-转化为弱酸HF；
②Fe3+与柠檬酸根(C6H5O73-)的结合能力强于其与F-的结合能力。
(3)用惰性电极电解苯胺()和盐酸的混合液可在阳极获得聚苯胺薄膜，苯胺失电子生成二聚体，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出电极反应：；
(4)①以MgCl2溶液、尿素[CO(NH2)2]为原料可制得MgCO3和氯化铵，原子守恒配平书写化学方程式：MgCl2+CO(NH2)2+2H2O═MgCO3↓+2NH4Cl；
②根据图示分析可知相同条件下，使用MgCO3处理后的废水中F-残留量最低，溶液接近中性，故答案为：所得溶液接近中性；
③Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)=8.0×10-11，Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)·c2(OH -)=5×10-12，溶液中存在，MgF2(s)+2OH-(aq)=Mg(OH)2(s)+2F-(aq)，则，所以=4。
19.石油产品含有多种含硫物质，如H2S、COS等。
(1)一种脱硫工艺为:真空K2CO3-克劳斯法。
①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为1gK=___。
(已知:H2CO3 lgK1=-6.4, lgK2=-10.3；H2S 1gK1=-7，lgK2=-19)
②已知下列热化学方程式:
2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) △H1 =-1172kJ·mol-1
2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) △H2 =-632kJ·mol-1
克劳斯法回收硫的反应为SO2气体和H2S气体反应生成S(s)，则该反应的热化学方程式为___________________。同时，COS发生水解反应: COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g) △H>0，结合以上两个反应，克劳斯法选择反应温度为300℃，温度低有利于____，但温度过低会使硫析出，降低催化剂活性，反应过慢，以及不利于_______________。
(2)石灰石料浆作为脱硫剂可有效吸收废气中的SO2，将CO2气体通入石灰石料浆罐对CaCO3脱硫剂进行活化处理可明显提高CaCO3脱硫的效率，活化后的主要脱硫反应之一为:2Ca2++2SO2+O2+3H2O = 2CaSO4·H2O+4H+。
①废气经脱硫后，除水蒸气外，________(填气体化学式)含量明显增多。
②其他条件一定，物料比为1.2时，脱硫反应的速率受Ca2+浓度的影响。图中a点是Ca(OH)2为脱硫剂时的脱硫效率，曲线表示CaCO3活化时间对脱硫效率的影响。
I.CaCO3与SO2反应的速率明显低于Ca(OH)2与SO2反应的速率，其原因是________。
II.a点和b点脱硫效率接近的原因是________________。
【答案】 (1). 3.3 (2). 2H2S(g) + SO2(g)＝3S(s) + 2H2O（l） △H = - 362 kJ·mol-1 (3). H2S 与 SO2反应平衡正向进行 (4). COS 水解 (5). CO2 (6). 相同条件下，Ca(OH)2的溶解度大于CaCO3，溶液中产生的Ca2+浓度比CaCO3 产生的Ca2+浓度大 (7). CaCO3 +CO2 + H2O＝Ca2+ +2HCO3-，Ca2+浓度增大
【解析】
分析：本题考查化学平衡常数的计算、盖斯定律的应用、外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响。
（1）①根据平衡常数的表达式和H2CO3、H2S的电离平衡常数计算。
②应用盖斯定律写出SO2气体和H2S气体反应的热化学方程式。H2S与SO2的反应为放热反应，COS的水解反应为吸热反应，温度低有利于H2S与SO2的反应平衡正向移动，温度过低不利于COS的水解。
（2）①石灰石料浆吸收SO2的原理为2CaCO3+2SO2+O2+H2O=2CaSO4·H2O+2CO2；将CO2通入石灰石料浆活化处理，脱硫的原理为CO2+CaCO3+H2O=Ca（HCO3）2，2Ca（HCO3）2+2SO2+O2=2CaSO4·H2O+4CO2+H2O；废气脱硫后，CO2含量明显增多。
②I.相同条件下，Ca（OH）2的溶解度大于CaCO3，Ca（OH）2溶液中产生Ca2+浓度比CaCO3中产生的Ca2+浓度大，浓度越大反应速率越快。
II.用CaCO3脱硫时会产生CO2，CO2与CaCO3、H2O反应生成可溶性Ca（HCO3）2，溶液中Ca2+浓度增大，使a点和b点的脱硫效率接近。
详解：（1）反应K2CO3+H2S=KHS+KHCO3的离子方程式为：CO32-+H2S=HS-+HCO3-，该反应的平衡常数K===，lgK=lgKa1（H2S）-lgKa2（H2CO3）=-7-（-10.3）=3.3。
②对反应编号，
2H2S（g） + 3O2（g）=2SO2（g） + 2 H2O（l） ΔH1 =-1172kJ·mol-1（I式）
2H2S（g）+O2（g） = 2S（s） + 2H2O（l） ΔH2 =-632kJ·mol-1（II式）
应用盖斯定律，将（II式3-I式）2得，2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）ΔH=[（-632kJ/mol）3-（-1172kJ/mol）]2=-362kJ/mol，H2S气体与SO2气体反应生成S（s）的热化学方程式为2H2S（g）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）ΔH=-362kJ/mol。H2S与SO2的反应为放热反应，COS的水解反应为吸热反应，降低温度，H2S与SO2的反应平衡正向移动，COS的水解反应逆向移动，温度低有利于H2S与SO2的反应平衡正向移动。温度过低不利于COS的水解。
（2）①石灰石料浆吸收SO2的原理为2CaCO3+2SO2+O2+H2O=2CaSO4·H2O+2CO2；将CO2通入石灰石料浆活化处理，脱硫的原理为CO2+CaCO3+H2O=Ca（HCO3）2，2Ca（HCO3）2+2SO2+O2=2CaSO4·H2O+4CO2+H2O；废气脱硫后，除水蒸气外，CO2含量明显增多。
②I.主要的脱硫反应为2Ca2++2SO2+O2+3H2O=2CaSO4·H2O+4H+；相同条件下，Ca（OH）2的溶解度大于CaCO3，Ca（OH）2溶液中产生Ca2+浓度比CaCO3中产生的Ca2+浓度大，Ca2+浓度越大反应速率越快，所以CaCO3与SO2反应的速率明显低于Ca（OH）2与SO2反应的速率。
II.用CaCO3脱硫时反应为2CaCO3+2SO2+O2+H2O=2CaSO4·H2O+2CO2，脱硫时会产生CO2，CO2与CaCO3、H2O反应生成可溶性Ca（HCO3）2，反应为CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，溶液中Ca2+浓度增大，使a点和b点的脱硫效率接近。
20.常用CH3CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O检验醛类。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为___。
（2）CH3COONa中碳原子轨道的杂化类型是___，1molCH3COONa中含有σ键的数目为___。
（3）与OH-离子互为等电子体的阴离子为__。
（4）沸点高低：乙酸钠＞乙酸＞乙醛，这是因为__。
（5）Cu2O晶体结构可能是___（填字母）。
（6）SO32-的空间构型为__。
【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). sp3、sp2 (3). 6mol (4). HS－ (5). 乙酸钠是离子晶体，乙酸和乙醛是分子晶体，乙酸分子间存在氢键 (6). C (7). 三角锥形
【解析】
【分析】
(1)Cu的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，形成离子时失去最外层电子。
(2)可根据碳原子的成键类型判断杂化方式。饱和碳原子为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化。共价单键为σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键，由此计算CH3COONa中含有σ键的数目。
(3)将OH-中的O原子进行同主族替换，可得到与其互为等电子体的阴离子。
(4)不同晶体熔沸点的比较，一般情况下：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。分子晶体比较熔沸点时除考虑分子间作用力外，还有考虑是否存在氢键。
(5)A是分子晶体的晶胞结构。用均摊法计算B和C晶胞中各离子的数目进行判断。
(6)根据价层电子对数和孤电子对数判断空间构型。
【详解】：(1)核外电子排布式要遵循构造原理，当原子轨道电子排布为全满、半满或全空时，能量最低。故Cu的基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，当原子失去电子形成阳离子时，失电子的顺序则从最外层开始，故Cu2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，也可简化为[Ar]3d9；
(2)甲基碳为sp3杂化，羧基碳为sp2杂化。共价单键为σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键，故1molCH3COONa中含有σ键的物质的量为6mol，数目为6NA，故答案为：sp3 sp2；6NA；
(3)将OH-中的O原子进行同主族替换，可得到与其互为等电子体的阴离子。即将O原子换为S原子，可得到HS-．二者原子数为2，价电子数均为8，互为等电子体，故答案为：HS-；
(4)乙酸钠是离子晶体，乙酸和乙醛是分子晶体，故乙酸钠的沸点最高。乙酸分子间存在氢键，而乙醛分子间不能形成氢键，故乙酸的沸点高于乙醛，故答案为：乙酸钠是离子晶体，乙酸和乙醛是分子晶体，乙酸分子间存在氢键；
(5)A是分子晶体的晶胞结构，不符合，可排除。Cu2O中离子数目之比为2：1，用均摊法计算B和C晶胞中各离子的数目进行判断。B中黑色球和白色球的数目之比为1：1，不符合；C中黑色球与白色球的数目之比为4：2=2：1，符合Cu2O中离子数目之比。故选C；
(6)SO32-的中心S原子价层电子对数为，孤电子对数为1，故空间构型为三角锥形。
【点睛】本题考查核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断和σ键的计算、等电子体的书写、晶体沸点高低的比较、晶体结构的分析。易错点是1mol醋酸钠中σ键的确定，注意CH3COO-与Na+之间是离子键，不是共价键。
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