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171，浙江省绍兴一中2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题
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这是一份171，浙江省绍兴一中2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题，共22页。试卷主要包含了 下列有关化学用语表示正确的是， 下列说法不正确的是，3 g， O2F2可以发生反应等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，每题均只有一个正确答案。每小题2分，共40分)
1. 下列既属于有机物，又属于电解质的是
A. 碳酸B. 乙酸C. 乙醇D. 小苏打
【答案】B
【解析】
【分析】有机物是绝大多数含碳化合物，在水溶液中或熔融状态能导电的化合物是电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，据此判断。
【详解】A．碳酸是酸为无机物，水溶液中电离出离子导电，为电解质，故A不选；
B．乙酸属于有机酸，水溶液中电离出离子导电，为电解质，故B选；
C．乙醇属于有机物中的醇类，不能电离，属于非电解质，故C不选；
D．小苏打为碳酸氢钠，为无机盐，水溶液中电离出离子导电，属于电解质，故D不选；
故选B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. HClO的结构式：H-Cl-O
B. CCl4分子的空间填充模型：
C. 氯离子的结构示意图：
D. 聚乙烯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．Cl原子的原子半径应该比C原子的原子半径大，B错误；
C．氯离子最外层应该有8个电子，其结构示意图为，C错误；
D．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，则聚乙烯的结构简式为，D正确；
故选D。
3. 在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是
A. 以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜
B. 甲烷与氯气制备一氯甲烷
C. 由反应2SO2+O22SO3制SO3
D. 乙烯与HBr制取溴乙烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜，因有有毒气体二氧化硫生成，反应物没全部转化为所需产物，A不符合题意；
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷，属于取代反应，伴随副反应，反应物没全部转化为所需产物，B不符合题意；
C．由反应2SO2+O22SO3制SO3是可逆反应，无法进行到底，C不符合题意；
D．乙烯与HBr制取溴乙烷，该反应为加成反应，原料利用率为100%，D符合题意；
故选D。
4. 下列说法不正确的是
A. 晶体硅导电能力强，可用于制作芯片
B. 工业上不能利用电解熔融的氯化铝获得金属铝
C. 工业上利用氢气在氯气中燃烧来制备氯化氢
D. 明矾溶于水产生氢氧化铝胶体而净水
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体硅为半导体，导电能力一般，A错误；
B．熔融的氯化铝不导电，所以不能利用电解熔融的氯化铝获得金属铝，B正确；
C．氢气和氯气反应生成氯化氢，C正确；
D．明矾溶于水之后，铝离子会发生水解生成氢氧化铝，氢氧化铝可以吸附水中的杂质，D正确；
故选A。
5. 下列实验操作和数据记录都正确的是（ ）
A. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.3 g
B. 用25 mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为15.60 mL
C. 用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH=3.4
D. 用标准盐酸溶液滴定未知浓度氨水时可加入2～3滴甲基橙溶液作指示剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH易潮解且具有腐蚀性，应该放在小烧杯中放在左盘上称量，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶，要用酸式滴定管量取，故B错误；
C．广泛pH试纸的测定值是整数，所以不可能测出稀盐酸的pH=3.4，故C错误；
D．当盐酸与氨水恰好中和时，由于氯化铵的水解，溶液呈酸性，最好选择变色范围在酸性的指示剂，以减少误差，故用甲基橙，故D正确；
故答案为D。
6. O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是＋1
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4
【答案】D
【解析】
【分析】
H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2中，H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。
【详解】A．O2F2是氧化剂，氧气是还原产物，A错误；
B．O2F2中氧元素的化合价降低，只作氧化剂，B错误；
C．O2F2中氧元素的化合价是＋1，氟元素的化合价是－1，C错误；
D．H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1ml还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4ml氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，D正确；
故选D。
【点睛】在O2F2中，F与O原子间形成一对共用电子，则O与O原子间也应形成一对共用电子，结构式为F-O-O-F。
7. 化学与生产、生活息息相关，下列有关说法错误的是
A. 大型水闸常与直流电源的负极相连而得到保护，此保护法称为“外加电流的阴极保护法”
B. 工业上用电解法精炼铜的过程中，粗铜与外接电源的正极相连
C. 铁质菜刀镶嵌铜把手可以缓解菜刀的腐蚀
D. 工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化而须定期更换
【答案】C
【解析】
【详解】A．大型水闸与直流电源负极相连，大型水闸为阴极，被保护，此保护法为“外加电流的阴极保护法”，A项正确；
B．电解精炼铜的过程中，粗铜为阳极、精铜为阴极，粗铜与外接电源的正极相连、精铜与外接电源的负极相连，B项正确；
C．铁质菜刀镶嵌铜把手，Fe比Cu活泼，Fe为负极、Cu为正极，铁质菜刀的腐蚀加快，C项错误；
D．工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时，阳极产生的O2与石墨反应产生CO2或CO，使石墨被氧化而消耗，阳极石墨须定期更换，D项正确；
答案选C。
8. 在和的混合溶液中加入铁粉，充分反应后有固体剩余，经过滤后滤液中的可能含有的离子有
① ②和 ③和 ④和
A. ①③B. ②④C. ①④D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】在和的混合溶液中加入铁粉，Fe先和Fe3+反应Ⅰ，然后Fe和Cu2+反应Ⅱ ，所以充分反应后若有固体剩余，则固体中一定含有Cu，溶液中一定无Fe3+，若反应Ⅱ恰好完全反应或铁粉过量，则溶液中只含Fe2+，若反应Ⅱ铁粉不足，溶液中含有Fe2+和Cu2+，所以经过滤后滤液中的可能含有的离子①或③，故答案选A。
9. 由水电离出来的氢离子浓度为10-13 ml/L，在此溶液中一定能大量共存的离子组是
A. ClO-、K+、Cl-B. Ba2+、Na+、Br
C. Na+、Fe3+、SOD. K+、NO、NH
【答案】B
【解析】
【分析】由水电离出来的氢离子浓度为10-13 ml/L，在此溶液中水的电离被抑制，可能显酸性，也可能显碱性。
【详解】A．如果显酸性ClO-不能大量共存，A错误；
B．Ba2+、Na+、Br-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，B正确；
C．如果显碱性Fe3+不能大量共存，C错误；
D．如果显碱性NH不能大量共存，D错误；
故答案：B。
10. 实验小组用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的溶液。下列说法正确的是
A. 可以用如图甲所示装置和操作进行滴定
B. 滴定结束时俯视滴定管读数，测量结果偏低
C. 图乙所示滴定管中液面的读数为18.20mL
D. 图丙可以表示滴定过程中溶液的pH与滴加NaOH溶液体积的关系
【答案】B
【解析】
【详解】A．盛装氢氧化钠溶液应该为碱式滴定管，A错误；
B．滴定结束时俯视滴定管读数，导致最后体积消耗偏小，因此浓度偏低，B正确；
C．滴定管从上到下，读书依次变大，因此读数为19.80mL，C错误；
D．氢氧化钠溶液滴定醋酸，滴定终点溶液呈碱性，D错误；
故选B。
11. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mlCl2通入足量水中，溶液中的含氯微粒数目之和为0.2NA
B. 10mL18ml/L的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数大于0.18NA
C. 0.01mlFeCl3加入沸水制取的胶体中，含胶粒的数目为0.01NA
D. 标准状况下，22.4LSO3中含有SO3分子NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气溶于水，存在以下反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，将0.1mlCl2通入足量水中，溶液中Cl2、Cl-、HClO、ClO-粒子总数小于0.2NA（因1个Cl2中含有2个氯原子），故A错误；
B．10mL18ml/L的浓硫酸与足量Zn完全反应，最初生成SO2，由于Zn足量，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，生成H2，转移的电子数大于0.18NA，故B正确；
C．0.01mlFeCl3加入沸水制取的胶体中，由于胶体粒子是多个微粒的聚合体，充分作用后所得胶体中胶粒数小于0.01NA，故C错误；
D．标准状况下，SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
故答案为：B。
12. 下列反应离子方程式正确的是
A. 用食醋除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2：ClO−+SO2+H2O=HClO+
C. 用铁作阳极电解氯化镁溶液： Mg2++2Cl−+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
D. 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．碳酸钙难溶于水写化学式；醋酸为弱电解质写化学式， A正确；
B．次氯酸根具有氧化性、二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应。足量SO2将次氯酸根全部还原为氯离子，对应离子方程式为： ，B错误；
C．铁作阳极电解氯化镁溶液，铁在阳极失电子生成亚铁离子，总反应式为，C错误；
D．碳酸氢铵溶液中、H+均可以和 反应，当氢氧化钠溶液足量时发生反应：，D错误；
故答案为：A。
13. 室温下，下列说法不正确的是
A. 相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若pH=7，则V(氨水)>V(盐酸)
B. pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的pH=3
C. 含等物质的量的HCN和NaCN的溶液呈碱性，可知c(CN-)>c(Na+)
D. 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在c(CH3OOOH)+c(CH3OOO-)=c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3·H2O为弱碱，相同浓度的氨水和盐酸充分混合，若等体积混合，生成NH4Cl，此时溶液显酸性，因此pH=7时，氨水的体积大于盐酸的体积，故A说法正确；
B．常温下pH=3的醋酸和盐酸，其溶液中c(H＋)相等，等体积混合后，混合溶液的pH仍为3，故B说法正确；
C．等物质的量HCN和NaCN的溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，因此c(Na＋)>c(CN－)，故C说法错误；
D．盐酸为强酸，HCl在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，溶液存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=c初始(CH3COOH)，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=c初始(CH3COOH)=c(HCl)，因此有c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故D说法正确；
答案为C。
14. 下列说法不正确的是
A. 在常温下即可进行，说明正反应是放热反应
B. 汽车尾气催化净化时的反应： ，平衡常数为；若反应在绝热容器中进行，平衡常数为；则
C. 某恒容密闭容器中反应： 已达平衡，则升温时的值减小
D. 恒温恒容密闭容器中反应：，混合气体的密度不再改变时说明反应已达平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应的正反应，常温下能自发进行，说明，则，正反应为放热反应，故A正确；
B．由 反应可知，该反应的正反应是放热反应，反应过程中绝热条件下相当于给容器加热，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以化学平衡常数，故B错误；
C．由反应 可知，升高温度平衡正向移动，导致减小、增大，则升温时减小，故C正确；
D．由反应可知，随着反应进行，混合气体质量增大，容器体积不变，则混合气体密度增大，当混合气体密度不变时该反应达到平衡状态，故D正确；
答案：B。
15. 下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是
A. 由图1可知H2的标准燃烧热为241.8kJ·ml－1
B. 图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的反应过程中的能量变化
C. 反应热与途径无关，由图3可知△H3>△H2
D. 由图4可知该反应△H＝(E2－E1)kJ·ml－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1ml氢气生成液态水放出的热量为燃烧热，图中生成气态水，不能判断燃烧热，故A错误；
B. 图中反应物总能量大于反应物总能量，为放热反应，故B错误；
C. 由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则图中△H3=△H1+△H2，可得△H3>△H2，故C正确；
D. 反应热为反应物的键能总和与生成物的键能总和的差值，由图4可知该反应△H＝(E1－E2)kJ·ml－1，故D错误；
答案选C。
16. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．试管①产生气泡快，说明加入氯化铁时，双氧水分解反应的活化能较小，A正确；
B．AgNO3溶液是过量的，并不能说明是沉淀的转化，B错误；
C．滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，可知反应后溶液中含有亚铁离子，且可能Fe过量，与硫酸反应后溶液中含亚铁离子，不能证明铁被硫氧化至，C错误；
D．通过测定等浓度Na2S和NaCl溶液的pH可以比较H2S和HCl的酸性，而元素周期律非金属性强弱的比较可以通过氢化物的稳定性及其最高价氧化物对应水化物的酸性比较，不能通过元素的氢化物的酸性来比较，D错误；
故选A。
17. 已知：AgCl、Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡分别为AgCl(s，白色)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag2CrO4(s，深红色) ⇌2Ag+(aq)+CrO(aq)。常温下，分别向20mL等浓度的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加等浓度的AgNO3溶液，所加硝酸银溶液的体积与阴离子的浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A. KCl溶液与AgNO3溶液反应对应曲线①
B. 由b点数据可得c(Ag+)=2×10-4ml/L
C. 增大AgNO3溶液的浓度，图中a点或b点向右平移
D. K2CrO4可作为AgNO3溶液标定KCl溶液浓度的指示剂
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，曲线①所示反应在加入20mL等浓度 AgNO3 溶液后恰好沉淀完全，曲线②所示反应在加入40mL等浓度 AgNO3 溶液后恰好沉淀完全，结合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲线①表示滳定KCl溶液的变化曲线，曲线②表示滴定 K2CrO4 溶液的变化曲线，根据b点计算：c(CrO)=10−4ml/L、c(Ag+)=2×10−4ml/L，，同理根据a点计算 ；
【详解】A．由分析可知，KCl溶液与 AgNO3 溶液反应对应曲线①，A正确；
B．b点 c(CrO)=10−4ml/L，此时恰好反应，结合沉淀溶解平衡可知，c(Ag+)=2×10−4ml/L，B正确；
C．增大 AgNO3 溶液的浓度，图中a点或b点向右平移，可使消耗 AgNO3溶液的体积减小，可实现图像中a点或b点向左平移，C错误；
D．AgCl(s，白色) ，恰好沉淀时 −lg c(Cl−)=4.6，Ag2CrO4(s，深红色)，恰好沉淀时 −lg c(CrO)=4，Ag2CrO4 溶解能力稍大于AgCl(，结合终点颜色变化，可知 K2CrO4 可作为 AgNO3 溶液标定KCl溶液浓度的指示剂，D正确；
故选C。
18. 电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如下图所示，下列叙述错误的是
A. M室发生的电极反应式：2H2O－4e-=O2↑+4H+
B. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
C. N室中：a％D. 理论上每生成1 ml H3BO3，两极室共产生标准状况下16.8 L气体
【答案】B
【解析】
【详解】M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故A正确；原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室、Na+通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B错误 ；N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故C正确；理论上每生成1ml产品，M室生成1mlH+，转移电子1ml，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室生成0.5mlH2，M室生成0.25ml氧气，两极室共产生标准状况下16.8 L气体，故D正确。
点睛：电解池中与电源正极相连的一极是阳极，阳极失电子发生氧化反应；与电源负极相连的一极是阴极，阴极得电子发生还原反应；阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
19. 甲基叔丁基醚(MTBE)是一种性能优良的高辛烷值汽油添加剂和抗爆剂，工业上用异丁烯(IB)与甲醇在催化剂作用下合成MTBE：CH3OH(g)+IB(g)MTBE(g)。向恒温恒容容器中按物质的量之比为1：1充入甲醇和异丁烯，在温度分别为368K与398K时异丁烯的转化率随时间的变化如图示。下列说法错误的是
A. 若容器内起始总压为p0Pa，则M点时用分压变化表示的v(IB)=0.01Pa•min-1
B. A、M、B三点中，逆反应速率最大的点是A
C. 维持T2不变，再向容器中充入1mlMTBE，新平衡时MTBE的百分含量增大
D. 反应MTBE(g)CH3OH(g)+IB(g)的△H＞0
【答案】A
【解析】
【详解】A．依据三段式可知（单位为ml）
则该时刻压强为＝0.7p0Pa，其中IB的分压为p0Pa＝0.2p0Pa，容器内起始总压为p0Pa，起始甲醇和IB物质的量相等，则Δp（IB）=0.5p0Pa－0.2p0Pa=0.3p0Pa，v（IB）=0.3p0Pa÷60min=0.005p0Pa/min，故A错误；
B．随着反应进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，最终v正=v逆，达到化学平衡，A点的温度和生成物浓度都最高，则逆反应速率最大的是A，故B正确；
C．维持T2不变，再向容器中充入1mlMTBE，相当于增大压强，平衡正向进行，所以新平衡时MTBE的百分含量增大，故C正确；
D．温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，则T1＞T2，说明升高温度，异丁烯的转化率下降，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，因此反应MTBE(g)CH3OH(g)+IB(g)的△H＞0，故D正确；
故选A。
20. 某 Na2CO3溶液体系中满足c()+c()+ c(H2CO3)=0.1ml·L−1，现利用平衡移动原理，分析常 温下Ni2+在不同 pH 的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示 Na2CO3 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 pH 的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是
A. lgKa1(H2CO3)=6.37
B. M 点时，溶液中存在：c()C. 某混合液体系中，初始状态为pH=9 、1g[c(Ni2+)]= −5， 当体系达平衡后存在：c()+c()+c(H2CO3)<0.1ml/L
D. 沉淀 Ni2+制备NiCO3 时，选用0.1ml·L−1NaHCO3 溶液比0.1ml·L−1Na2CO3溶液的效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH=6.37时，此时，，故A错误；
B．由图1可知，pH=10.25时，此时，M点时pH=8.25，，，溶液中，则，所以M点时，溶液中存在：，故B错误；
C．由图可知，初始状态为pH=9、，此时恰好为沉淀溶解平衡体系，不会生成沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：，故C错误；
D．由图2可知pH<8.25时，优先于生成沉淀，pH>8.25时优先于生成沉淀，溶液的pH接近8，溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备时，选用溶液比溶液的效果好，故D正确；
故答案选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共60分)
21. 现有六种元素A、B、C、D、E、F均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大，其中C与D同主族。
（1）D的基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_____个伸展方向，该元素在元素周期表中位于_____区。
（2）某主族元素X的前3级电离能如下表所示，则X位于_____族。
若该元素与D元素同周期，则X与C元素简单离子半径由大到小顺序_____(用离子符号表示)
（3）画出A基态原子的核外电子排布图_____。
（4）写出基态F原子的价电子排布式_____；写出基态E原子的电子排布式_____。
（5）A、B、C三种元素电负性由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)
【答案】（1） ①. 3 ②. P
（2） ①. ⅡA ②. N3->Mg2+
（3） （4） ①. 3d104s1 ②. [Ar]3d54s1
（5）N>C>B
【解析】
【分析】元素A、B、C、D、E、F均为前四周期元素，且原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少3，即A元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则A为B元素；B元素形成的一种固体单质工业上常用作切割工具，该固体单质为金刚石，则B为C元素；C元素基态原子的核外p能级电子数比s能级电子数少1个，即C元素基态原子的电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；D元素基态原子p轨道有3个未成对电子，即D元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则D为P元素；E在该周期中未成对电子数最多，则E的3d能级上容纳5个电子，4s能级上容纳1个电子，其基态原子的电子排布简式为[Ar]3d54s1，则E为Cr元素；F单质为紫红色金属，则F为Cu元素，据此解答。
【小问1详解】
D为P元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，基态原子中能量最高的电子处于3p能级，其电子云在空间有3个伸展方向，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，最后填入电子的能级的符号为p，则D元素在元素周期表中位于p区；
【小问2详解】
X的第一电离能最小，第三电离能剧增，说明X的最外层电子数为2，最外层电子数等于族序数，则X位于ⅡA族，若该元素与D元素(即P元素)同周期，即X为Mg，则X与C元素简单离子分别为Mg2+、N3-，其离子半径由大到小顺序为：N3->Mg2+；
【小问3详解】
A为B元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则A基态原子的核外电子排布图为；
【小问4详解】
F为Cu元素，其基态原子的电子排布简式为[Ar]3d104s1，则基态原子的价电子排布式为3d104s1；E为Cr元素，其基态原子的电子排布式[Ar]3d54s1；
【小问5详解】
A、B、C三种元素为别为B、C、N，位于同一周期，从左到右，电负性依次增大，则三种元素电负性由大到小的顺序为N>C>B。
22. M为三种短周期元素组成的化合物，某实验小组按如下流程进行相关实验：
15.8gM与0.1mlH2SO4恰好完全反应，且溶液A中只有一种溶质。气体A能使品红溶液褪色，其体积已折算为标准状况。请回答：
（1）M的组成元素为_____。
（2）请写出M与稀硫酸反应的离子方程式_____。
（3）将气体A通入到紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_____。
（4）气体A分子的构型为_____，中心原子杂化类型_____。
（5）简述溶液A中阴离子的检验方法_____。
【答案】（1）Na、O、S
（2）S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（3）紫色溶液变红 （4） ①. V形或角形 ②. sp2
（5）取少量溶液于洁净试管中，滴加稀盐酸，无明显现象后再加BaCl2溶液，出现白色沉淀证明溶液中有
【解析】
【分析】M与稀硫酸反应生成气体A、淡黄色固体A和溶液A，溶液A中只有一种溶质且焰色反应呈黄色，所以溶液A中含Na+，溶质为Na2SO4；15.8gM与0.1mlH2SO4恰好完全反应，所以M中n(Na+)=0.2ml；气体A是无色有刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色，气体A为SO2且n(SO2)=0.1ml；淡黄色固体A为S，物质的量为0.1ml，根据S守恒，M中n(S)=0.1ml+0.1ml=0.2ml，M为三种短周期元素组成的化合物，则M中还含有O，n(O)=，M中Na、S、O物质的量之比为0.2ml:0.2ml:0.3ml=2:2:3，所以M的化学式为Na2S2O3。
【小问1详解】
据以上分析，M的组成元素为Na、S、O；
【小问2详解】
M的化学式为Na2S2O3，与稀硫酸反应的离子方程式为+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
【小问3详解】
将气体A为SO2通入到紫色石蕊溶液中，现象为紫色溶液变红；
【小问4详解】
气体A 为SO2，分子中S价层电子对数为，中心原子杂化类型为sp2，分子的构型为V形或角形；
【小问5详解】
溶液A中阴离子为，其检验方法为取少量溶液于洁净试管中，滴加稀盐酸，无明显现象后再加BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明溶液中有。
23. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某实验小组采用如图装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质用途。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，难溶于有机溶剂；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生O2，在碱性溶液中较稳定。
制备K2FeO4(夹持、加热等装置略)
（1）B中所用试剂为_____
（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为_____，充分反应后得到紫色固体，化学方程式为_____。
（3）C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用_____。
a．冰水 b．KOH溶液 c．异丙醇
（4）反应中KOH必须过量的原因是_____。
【答案】（1）饱和食盐水
（2） ①. 冷水浴 ②.
（3）c （4）保持溶液碱性，防止K2FeO4变质
【解析】
【分析】装置A为高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，装置B的作用是为了除杂，除去氯气中的氯化氢，在装置C中氯气和氢氧化铁反应制备高铁酸钾，据此作答：
【小问1详解】
由上述分析可知，B中所用试剂为饱和食盐水；
【小问2详解】
C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为冷水浴，充分反应之后得到紫色固体，反应的方程式为；
【小问3详解】
C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可以选择异丙醇，水会使晶体溶解，氢氧化钾会引入新的杂质，故选c；
【小问4详解】
K2FeO4在碱性溶液中较稳定，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。
24. 化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)：
（1）物质X的化学式为_____
（2）化合物G的结构简式是_____。
（3）B→C化学方程式为_____
（4）化合物A在一定条件下生成高分子有机物的化学方程式是_____。
（5）下列关于化合物B、D的说法正确的是_____。
A. 均能和Na反应放出H2B. 均溶于水
C. 均能和O2在一定条件发生氧化反应D. 均能和NaHCO3反应放出CO2
【答案】（1）HBr （2）CH3CH2COOCH(CH3)2
（3）2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O
（4）nCH3CH=CH2 （5）ABC
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，过氧化物作用下丙烯与水发生加成反应生成1—丙醇，催化剂作用下，1—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙醛，则C为丙醛；催化剂作用下，丙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酸；丙烯与溴化氢发生加成反应生成2—溴丙烷，则X为溴化氢；2—溴丙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成2—丙醇，浓硫酸作用下2—丙醇与丙酸共热发生酯化反应生成丙酸异丙酯。
小问1详解】
由分析可知，化合物X为溴化氢，故答案为：HBr；
【小问2详解】
丙酸异丙酯属于酯类，结构简式为CH3CH2COOCH(CH3)2，故答案为：CH3CH2COOCH(CH3)2；
【小问3详解】
由分析可知，B→C的反应为催化剂作用下，1—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；
【小问4详解】
丙烯分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应聚丙烯，反应的化学方程式为nCH3CH=CH2，故答案为：nCH3CH=CH2；
【小问5详解】
A．1—丙醇分子中含有的羟基和丙酸分子中含有的羧基都能与钠反应生成氢气，故正确；
B．1—丙醇分子中含有的羟基和丙酸分子中含有的羧基都能与水分子形成氢键，都能溶于水，故正确；
C．1—丙醇一定条件下能与氧气共热发生催化氧化反应生成丙醛的反应、丙酸在氧气中燃烧生成二氧化碳和水的反应都是氧化反应，故正确；
D．1—丙醇不能与碳酸氢钠反应，故错误；
故选ABC。
25. (一)已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
（1）等物质的量浓度的a．CH3COONa、b．NaCN、c．Na2CO3、d．CH3COONH4溶液的pH由大到小的顺序为_____(填字母)
（2）常温下，0.1ml/L的NH4CN溶液中各离子浓度由大到小顺序为：_____。
(二)甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)＋2H2(g)2CH3OH(g) ΔH1
②CO2(g)＋3H2(g)2CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2=-58kJ·ml−1
③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3=＋41kJ·ml−1
回答下列问题：
（3）利于提高反应①合成甲醇平衡产率的条件有_____。
A．高温 B．低温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（4）合成气的组成=2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图1所示。图1中的压强最大的是_____，解释α(CO)值随温度升高变化的原因_____。
（5）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图2所示，则b极的电极反应式为_____。
(三)氮氧化物会对环境造成影响。
（6）处理汽车尾气中的氮氧化物可用NH3催化还原法，假设在恒容密闭容器中仅发生反应：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH<0，测得NO的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。
已知温度为T3时反应达到平衡所需时间为12分钟。请在图2中画出不同温度下，反应都经过12分钟，NO的转化率曲线示意图_____。
（7）另一用NH3催化还原消除氮氧化物污染的反应原理为：NO(g)＋NO2(g)＋2NH3(g)2N2(g)＋3H2O(g)。在一定温度下，向某恒定压强为P的密闭容器中充入等物质的量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，NO的转化率25%，请计算此时的平衡常数Kp=_____(用含P的式子表示，且化至最简式)。[备注：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作Kp。如NO2的平衡分压p(NO2)=x(NO2)·p，p为平衡总压，x(NO2)为平衡体系中NO2的体积分数]
【答案】（1）cbad
（2）
（3）BD （4） ①. P3 ②. 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应③为吸热反应，平衡向右移动，均使CO的量增大，所以导致α(CO)降低
（5）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O
（6） （7）
【解析】
【分析】电离常数越小，弱电解质电离程度越小，在盐溶液中水解程度越大。，溶液中与水解程度一样，溶液呈中性。书写电极反应式时，先从图中采集信息：b极通入二氧化碳一极生成甲醇，该过程中碳元素化合价由+4价降为-2价，得电子发生还原反应，依守恒原则进行书写配平。
【小问1详解】
溶液呈中性，CH3COONa、NaCN、Na2CO3因水解溶液呈碱性。等物质的量浓度的四种溶液的pH：溶液溶液溶液溶液，即c＞b＞a>d，故答案为： c＞b＞a>d；；
【小问2详解】
水解使溶液呈酸性，水解溶液呈碱性。常温下，0.1ml/L的NH4CN溶液中水解程度：，溶液呈碱性，故NH4CN溶液中离子浓度：，故答案为：；
【小问3详解】
已知：②CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) △H2＝－58 kJ·ml－1
③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g△H3＝＋41 kJ·ml－1 ，利用盖斯定律，将②-③得反应①的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=-99 kJ·ml－1。对于反应①，因为正反应为放热反应，所以温度低有利用于提高甲醇的产率；因为反应物的气体分子数大于生成物，所以压强大有利于提高甲醇的产率，则利于提高反应①合成甲醇平衡产率的条件有BD。答案为：BD；
【小问4详解】
对于反应①，增大压强平衡正向移动，有利于提高CO的平衡转化率，对于反应③，压强对CO的平衡转化率不产生影响，则图中最大的压强为P3；从反应①和反应③分别讨论a(CO)值随温度升高发生的变化，由此得出解释a(CO)值随温度升高变化的原因是升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应③为吸热反应，平衡向右移动，均使CO的量增大，所以使 CO的转化率降低。故答案为：P3；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应③为吸热反应，平衡向右移动，均使CO的量增大；所以使CO的转化率降低；
【小问5详解】
据图可知b极通入二氧化碳一极生成甲醇，该过程中碳元素化合价由+4价降为-2价，得电子发生还原反应，对应电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
【小问6详解】
1、T2温度，反应在12分钟时未达平衡，此时NO的转化率小于平衡转化率，且温度越低，NO的转化率越小，温度为T3时，12分钟刚好达平衡，温度高于T3时，12分钟前已达平衡，12分钟时转化率等于曲线表示的平衡转化率，由此可得曲线示意图为：
。答案为：；
【小问7详解】
假设三种反应物的起始物质的量都为1ml，则三段式为：
。答案为：。选项
实验操作和现象
结论
A
取两支试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01ml/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01ml/LCuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快
双氧水分解反应的活化能大小顺序：①<②
B
取2mL0.lml/LAgNO3溶液，先后滴加3滴0.lml/LNaCl溶液和6滴0.lml/LKI溶液。先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)
C
充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
铁被硫氧化至
D
用pH试纸测定1ml/L的Na2S和NaCl溶液的pH，前者的试纸颜色比后者深
非金属性：SA元素原子的核外p电子数比s电子数少3
B元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具
C元素基态原子的核外p能级电子数比s能级电子数少1个
D元素基态原子p轨道有3个未成对电子
E在该周期中未成对电子数最多
F单质为紫红色金属
元素
X
737.7
1450.7
7732.7
弱电解质
H2CO3
CH3COOH
HCN
NH3·H2O
电离平衡常数
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
1.8×10-5
6.2×10-10
1.8×10-5
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Br-80 Ag-108
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，每题均只有一个正确答案。每小题2分，共40分)
1. 下列既属于有机物，又属于电解质的是
A. 碳酸B. 乙酸C. 乙醇D. 小苏打
【答案】B
【解析】
【分析】有机物是绝大多数含碳化合物，在水溶液中或熔融状态能导电的化合物是电解质，水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质，据此判断。
【详解】A．碳酸是酸为无机物，水溶液中电离出离子导电，为电解质，故A不选；
B．乙酸属于有机酸，水溶液中电离出离子导电，为电解质，故B选；
C．乙醇属于有机物中的醇类，不能电离，属于非电解质，故C不选；
D．小苏打为碳酸氢钠，为无机盐，水溶液中电离出离子导电，属于电解质，故D不选；
故选B。
2. 下列有关化学用语表示正确的是
A. HClO的结构式：H-Cl-O
B. CCl4分子的空间填充模型：
C. 氯离子的结构示意图：
D. 聚乙烯的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．Cl原子的原子半径应该比C原子的原子半径大，B错误；
C．氯离子最外层应该有8个电子，其结构示意图为，C错误；
D．乙烯通过加聚反应生成聚乙烯，则聚乙烯的结构简式为，D正确；
故选D。
3. 在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是
A. 以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜
B. 甲烷与氯气制备一氯甲烷
C. 由反应2SO2+O22SO3制SO3
D. 乙烯与HBr制取溴乙烷
【答案】D
【解析】
【详解】A．以铜和浓硫酸为原料生产硫酸铜，因有有毒气体二氧化硫生成，反应物没全部转化为所需产物，A不符合题意；
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷，属于取代反应，伴随副反应，反应物没全部转化为所需产物，B不符合题意；
C．由反应2SO2+O22SO3制SO3是可逆反应，无法进行到底，C不符合题意；
D．乙烯与HBr制取溴乙烷，该反应为加成反应，原料利用率为100%，D符合题意；
故选D。
4. 下列说法不正确的是
A. 晶体硅导电能力强，可用于制作芯片
B. 工业上不能利用电解熔融的氯化铝获得金属铝
C. 工业上利用氢气在氯气中燃烧来制备氯化氢
D. 明矾溶于水产生氢氧化铝胶体而净水
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体硅为半导体，导电能力一般，A错误；
B．熔融的氯化铝不导电，所以不能利用电解熔融的氯化铝获得金属铝，B正确；
C．氢气和氯气反应生成氯化氢，C正确；
D．明矾溶于水之后，铝离子会发生水解生成氢氧化铝，氢氧化铝可以吸附水中的杂质，D正确；
故选A。
5. 下列实验操作和数据记录都正确的是（ ）
A. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.3 g
B. 用25 mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为15.60 mL
C. 用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH=3.4
D. 用标准盐酸溶液滴定未知浓度氨水时可加入2～3滴甲基橙溶液作指示剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaOH易潮解且具有腐蚀性，应该放在小烧杯中放在左盘上称量，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶，要用酸式滴定管量取，故B错误；
C．广泛pH试纸的测定值是整数，所以不可能测出稀盐酸的pH=3.4，故C错误；
D．当盐酸与氨水恰好中和时，由于氯化铵的水解，溶液呈酸性，最好选择变色范围在酸性的指示剂，以减少误差，故用甲基橙，故D正确；
故答案为D。
6. O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是
A. 氧气是氧化产物
B. O2F2既是氧化剂又是还原剂
C. O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是＋1
D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4
【答案】D
【解析】
【分析】
H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2中，H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。
【详解】A．O2F2是氧化剂，氧气是还原产物，A错误；
B．O2F2中氧元素的化合价降低，只作氧化剂，B错误；
C．O2F2中氧元素的化合价是＋1，氟元素的化合价是－1，C错误；
D．H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1ml还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4ml氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4，D正确；
故选D。
【点睛】在O2F2中，F与O原子间形成一对共用电子，则O与O原子间也应形成一对共用电子，结构式为F-O-O-F。
7. 化学与生产、生活息息相关，下列有关说法错误的是
A. 大型水闸常与直流电源的负极相连而得到保护，此保护法称为“外加电流的阴极保护法”
B. 工业上用电解法精炼铜的过程中，粗铜与外接电源的正极相连
C. 铁质菜刀镶嵌铜把手可以缓解菜刀的腐蚀
D. 工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化而须定期更换
【答案】C
【解析】
【详解】A．大型水闸与直流电源负极相连，大型水闸为阴极，被保护，此保护法为“外加电流的阴极保护法”，A项正确；
B．电解精炼铜的过程中，粗铜为阳极、精铜为阴极，粗铜与外接电源的正极相连、精铜与外接电源的负极相连，B项正确；
C．铁质菜刀镶嵌铜把手，Fe比Cu活泼，Fe为负极、Cu为正极，铁质菜刀的腐蚀加快，C项错误；
D．工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时，阳极产生的O2与石墨反应产生CO2或CO，使石墨被氧化而消耗，阳极石墨须定期更换，D项正确；
答案选C。
8. 在和的混合溶液中加入铁粉，充分反应后有固体剩余，经过滤后滤液中的可能含有的离子有
① ②和 ③和 ④和
A. ①③B. ②④C. ①④D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】在和的混合溶液中加入铁粉，Fe先和Fe3+反应Ⅰ，然后Fe和Cu2+反应Ⅱ ，所以充分反应后若有固体剩余，则固体中一定含有Cu，溶液中一定无Fe3+，若反应Ⅱ恰好完全反应或铁粉过量，则溶液中只含Fe2+，若反应Ⅱ铁粉不足，溶液中含有Fe2+和Cu2+，所以经过滤后滤液中的可能含有的离子①或③，故答案选A。
9. 由水电离出来的氢离子浓度为10-13 ml/L，在此溶液中一定能大量共存的离子组是
A. ClO-、K+、Cl-B. Ba2+、Na+、Br
C. Na+、Fe3+、SOD. K+、NO、NH
【答案】B
【解析】
【分析】由水电离出来的氢离子浓度为10-13 ml/L，在此溶液中水的电离被抑制，可能显酸性，也可能显碱性。
【详解】A．如果显酸性ClO-不能大量共存，A错误；
B．Ba2+、Na+、Br-在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，B正确；
C．如果显碱性Fe3+不能大量共存，C错误；
D．如果显碱性NH不能大量共存，D错误；
故答案：B。
10. 实验小组用的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的溶液。下列说法正确的是
A. 可以用如图甲所示装置和操作进行滴定
B. 滴定结束时俯视滴定管读数，测量结果偏低
C. 图乙所示滴定管中液面的读数为18.20mL
D. 图丙可以表示滴定过程中溶液的pH与滴加NaOH溶液体积的关系
【答案】B
【解析】
【详解】A．盛装氢氧化钠溶液应该为碱式滴定管，A错误；
B．滴定结束时俯视滴定管读数，导致最后体积消耗偏小，因此浓度偏低，B正确；
C．滴定管从上到下，读书依次变大，因此读数为19.80mL，C错误；
D．氢氧化钠溶液滴定醋酸，滴定终点溶液呈碱性，D错误；
故选B。
11. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.1mlCl2通入足量水中，溶液中的含氯微粒数目之和为0.2NA
B. 10mL18ml/L的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数大于0.18NA
C. 0.01mlFeCl3加入沸水制取的胶体中，含胶粒的数目为0.01NA
D. 标准状况下，22.4LSO3中含有SO3分子NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气溶于水，存在以下反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，将0.1mlCl2通入足量水中，溶液中Cl2、Cl-、HClO、ClO-粒子总数小于0.2NA（因1个Cl2中含有2个氯原子），故A错误；
B．10mL18ml/L的浓硫酸与足量Zn完全反应，最初生成SO2，由于Zn足量，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，生成H2，转移的电子数大于0.18NA，故B正确；
C．0.01mlFeCl3加入沸水制取的胶体中，由于胶体粒子是多个微粒的聚合体，充分作用后所得胶体中胶粒数小于0.01NA，故C错误；
D．标准状况下，SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；
故答案为：B。
12. 下列反应离子方程式正确的是
A. 用食醋除去水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O
B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2：ClO−+SO2+H2O=HClO+
C. 用铁作阳极电解氯化镁溶液： Mg2++2Cl−+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
D. 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．碳酸钙难溶于水写化学式；醋酸为弱电解质写化学式， A正确；
B．次氯酸根具有氧化性、二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应。足量SO2将次氯酸根全部还原为氯离子，对应离子方程式为： ，B错误；
C．铁作阳极电解氯化镁溶液，铁在阳极失电子生成亚铁离子，总反应式为，C错误；
D．碳酸氢铵溶液中、H+均可以和 反应，当氢氧化钠溶液足量时发生反应：，D错误；
故答案为：A。
13. 室温下，下列说法不正确的是
A. 相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若pH=7，则V(氨水)>V(盐酸)
B. pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的pH=3
C. 含等物质的量的HCN和NaCN的溶液呈碱性，可知c(CN-)>c(Na+)
D. 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在c(CH3OOOH)+c(CH3OOO-)=c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH3·H2O为弱碱，相同浓度的氨水和盐酸充分混合，若等体积混合，生成NH4Cl，此时溶液显酸性，因此pH=7时，氨水的体积大于盐酸的体积，故A说法正确；
B．常温下pH=3的醋酸和盐酸，其溶液中c(H＋)相等，等体积混合后，混合溶液的pH仍为3，故B说法正确；
C．等物质的量HCN和NaCN的溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，因此c(Na＋)>c(CN－)，故C说法错误；
D．盐酸为强酸，HCl在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，溶液存在c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=c初始(CH3COOH)，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=c初始(CH3COOH)=c(HCl)，因此有c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故D说法正确；
答案为C。
14. 下列说法不正确的是
A. 在常温下即可进行，说明正反应是放热反应
B. 汽车尾气催化净化时的反应： ，平衡常数为；若反应在绝热容器中进行，平衡常数为；则
C. 某恒容密闭容器中反应： 已达平衡，则升温时的值减小
D. 恒温恒容密闭容器中反应：，混合气体的密度不再改变时说明反应已达平衡
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应的正反应，常温下能自发进行，说明，则，正反应为放热反应，故A正确；
B．由 反应可知，该反应的正反应是放热反应，反应过程中绝热条件下相当于给容器加热，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以化学平衡常数，故B错误；
C．由反应 可知，升高温度平衡正向移动，导致减小、增大，则升温时减小，故C正确；
D．由反应可知，随着反应进行，混合气体质量增大，容器体积不变，则混合气体密度增大，当混合气体密度不变时该反应达到平衡状态，故D正确；
答案：B。
15. 下列四幅图示所表示的信息与对应的叙述相符的是
A. 由图1可知H2的标准燃烧热为241.8kJ·ml－1
B. 图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的反应过程中的能量变化
C. 反应热与途径无关，由图3可知△H3>△H2
D. 由图4可知该反应△H＝(E2－E1)kJ·ml－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 1ml氢气生成液态水放出的热量为燃烧热，图中生成气态水，不能判断燃烧热，故A错误；
B. 图中反应物总能量大于反应物总能量，为放热反应，故B错误；
C. 由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则图中△H3=△H1+△H2，可得△H3>△H2，故C正确；
D. 反应热为反应物的键能总和与生成物的键能总和的差值，由图4可知该反应△H＝(E1－E2)kJ·ml－1，故D错误；
答案选C。
16. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．试管①产生气泡快，说明加入氯化铁时，双氧水分解反应的活化能较小，A正确；
B．AgNO3溶液是过量的，并不能说明是沉淀的转化，B错误；
C．滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，可知反应后溶液中含有亚铁离子，且可能Fe过量，与硫酸反应后溶液中含亚铁离子，不能证明铁被硫氧化至，C错误；
D．通过测定等浓度Na2S和NaCl溶液的pH可以比较H2S和HCl的酸性，而元素周期律非金属性强弱的比较可以通过氢化物的稳定性及其最高价氧化物对应水化物的酸性比较，不能通过元素的氢化物的酸性来比较，D错误；
故选A。
17. 已知：AgCl、Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡分别为AgCl(s，白色)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag2CrO4(s，深红色) ⇌2Ag+(aq)+CrO(aq)。常温下，分别向20mL等浓度的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加等浓度的AgNO3溶液，所加硝酸银溶液的体积与阴离子的浓度关系如图所示。下列说法错误的是
A. KCl溶液与AgNO3溶液反应对应曲线①
B. 由b点数据可得c(Ag+)=2×10-4ml/L
C. 增大AgNO3溶液的浓度，图中a点或b点向右平移
D. K2CrO4可作为AgNO3溶液标定KCl溶液浓度的指示剂
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，曲线①所示反应在加入20mL等浓度 AgNO3 溶液后恰好沉淀完全，曲线②所示反应在加入40mL等浓度 AgNO3 溶液后恰好沉淀完全，结合信息中的沉淀溶解平衡可知，曲线①表示滳定KCl溶液的变化曲线，曲线②表示滴定 K2CrO4 溶液的变化曲线，根据b点计算：c(CrO)=10−4ml/L、c(Ag+)=2×10−4ml/L，，同理根据a点计算 ；
【详解】A．由分析可知，KCl溶液与 AgNO3 溶液反应对应曲线①，A正确；
B．b点 c(CrO)=10−4ml/L，此时恰好反应，结合沉淀溶解平衡可知，c(Ag+)=2×10−4ml/L，B正确；
C．增大 AgNO3 溶液的浓度，图中a点或b点向右平移，可使消耗 AgNO3溶液的体积减小，可实现图像中a点或b点向左平移，C错误；
D．AgCl(s，白色) ，恰好沉淀时 −lg c(Cl−)=4.6，Ag2CrO4(s，深红色)，恰好沉淀时 −lg c(CrO)=4，Ag2CrO4 溶解能力稍大于AgCl(，结合终点颜色变化，可知 K2CrO4 可作为 AgNO3 溶液标定KCl溶液浓度的指示剂，D正确；
故选C。
18. 电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如下图所示，下列叙述错误的是
A. M室发生的电极反应式：2H2O－4e-=O2↑+4H+
B. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
C. N室中：a％
【答案】B
【解析】
【详解】M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故A正确；原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室、Na+通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B错误 ；N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故C正确；理论上每生成1ml产品，M室生成1mlH+，转移电子1ml，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室生成0.5mlH2，M室生成0.25ml氧气，两极室共产生标准状况下16.8 L气体，故D正确。
点睛：电解池中与电源正极相连的一极是阳极，阳极失电子发生氧化反应；与电源负极相连的一极是阴极，阴极得电子发生还原反应；阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
19. 甲基叔丁基醚(MTBE)是一种性能优良的高辛烷值汽油添加剂和抗爆剂，工业上用异丁烯(IB)与甲醇在催化剂作用下合成MTBE：CH3OH(g)+IB(g)MTBE(g)。向恒温恒容容器中按物质的量之比为1：1充入甲醇和异丁烯，在温度分别为368K与398K时异丁烯的转化率随时间的变化如图示。下列说法错误的是
A. 若容器内起始总压为p0Pa，则M点时用分压变化表示的v(IB)=0.01Pa•min-1
B. A、M、B三点中，逆反应速率最大的点是A
C. 维持T2不变，再向容器中充入1mlMTBE，新平衡时MTBE的百分含量增大
D. 反应MTBE(g)CH3OH(g)+IB(g)的△H＞0
【答案】A
【解析】
【详解】A．依据三段式可知（单位为ml）
则该时刻压强为＝0.7p0Pa，其中IB的分压为p0Pa＝0.2p0Pa，容器内起始总压为p0Pa，起始甲醇和IB物质的量相等，则Δp（IB）=0.5p0Pa－0.2p0Pa=0.3p0Pa，v（IB）=0.3p0Pa÷60min=0.005p0Pa/min，故A错误；
B．随着反应进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，最终v正=v逆，达到化学平衡，A点的温度和生成物浓度都最高，则逆反应速率最大的是A，故B正确；
C．维持T2不变，再向容器中充入1mlMTBE，相当于增大压强，平衡正向进行，所以新平衡时MTBE的百分含量增大，故C正确；
D．温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，则T1＞T2，说明升高温度，异丁烯的转化率下降，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，因此反应MTBE(g)CH3OH(g)+IB(g)的△H＞0，故D正确；
故选A。
20. 某 Na2CO3溶液体系中满足c()+c()+ c(H2CO3)=0.1ml·L−1，现利用平衡移动原理，分析常 温下Ni2+在不同 pH 的Na2CO3体系中的可能产物。图1中曲线表示 Na2CO3 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 pH 的关系；图2为沉淀溶解平衡曲线。下列说法正确的是
A. lgKa1(H2CO3)=6.37
B. M 点时，溶液中存在：c()
D. 沉淀 Ni2+制备NiCO3 时，选用0.1ml·L−1NaHCO3 溶液比0.1ml·L−1Na2CO3溶液的效果好
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH=6.37时，此时，，故A错误；
B．由图1可知，pH=10.25时，此时，M点时pH=8.25，，，溶液中，则，所以M点时，溶液中存在：，故B错误；
C．由图可知，初始状态为pH=9、，此时恰好为沉淀溶解平衡体系，不会生成沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：，故C错误；
D．由图2可知pH<8.25时，优先于生成沉淀，pH>8.25时优先于生成沉淀，溶液的pH接近8，溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备时，选用溶液比溶液的效果好，故D正确；
故答案选D。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共60分)
21. 现有六种元素A、B、C、D、E、F均为前四周期元素，它们的原子序数依次增大，其中C与D同主族。
（1）D的基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_____个伸展方向，该元素在元素周期表中位于_____区。
（2）某主族元素X的前3级电离能如下表所示，则X位于_____族。
若该元素与D元素同周期，则X与C元素简单离子半径由大到小顺序_____(用离子符号表示)
（3）画出A基态原子的核外电子排布图_____。
（4）写出基态F原子的价电子排布式_____；写出基态E原子的电子排布式_____。
（5）A、B、C三种元素电负性由大到小的顺序为_____(用元素符号表示)
【答案】（1） ①. 3 ②. P
（2） ①. ⅡA ②. N3->Mg2+
（3） （4） ①. 3d104s1 ②. [Ar]3d54s1
（5）N>C>B
【解析】
【分析】元素A、B、C、D、E、F均为前四周期元素，且原子序数依次增大，A元素原子的核外p电子数比s电子数少3，即A元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则A为B元素；B元素形成的一种固体单质工业上常用作切割工具，该固体单质为金刚石，则B为C元素；C元素基态原子的核外p能级电子数比s能级电子数少1个，即C元素基态原子的电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；D元素基态原子p轨道有3个未成对电子，即D元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，则D为P元素；E在该周期中未成对电子数最多，则E的3d能级上容纳5个电子，4s能级上容纳1个电子，其基态原子的电子排布简式为[Ar]3d54s1，则E为Cr元素；F单质为紫红色金属，则F为Cu元素，据此解答。
【小问1详解】
D为P元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，基态原子中能量最高的电子处于3p能级，其电子云在空间有3个伸展方向，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，最后填入电子的能级的符号为p，则D元素在元素周期表中位于p区；
【小问2详解】
X的第一电离能最小，第三电离能剧增，说明X的最外层电子数为2，最外层电子数等于族序数，则X位于ⅡA族，若该元素与D元素(即P元素)同周期，即X为Mg，则X与C元素简单离子分别为Mg2+、N3-，其离子半径由大到小顺序为：N3->Mg2+；
【小问3详解】
A为B元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则A基态原子的核外电子排布图为；
【小问4详解】
F为Cu元素，其基态原子的电子排布简式为[Ar]3d104s1，则基态原子的价电子排布式为3d104s1；E为Cr元素，其基态原子的电子排布式[Ar]3d54s1；
【小问5详解】
A、B、C三种元素为别为B、C、N，位于同一周期，从左到右，电负性依次增大，则三种元素电负性由大到小的顺序为N>C>B。
22. M为三种短周期元素组成的化合物，某实验小组按如下流程进行相关实验：
15.8gM与0.1mlH2SO4恰好完全反应，且溶液A中只有一种溶质。气体A能使品红溶液褪色，其体积已折算为标准状况。请回答：
（1）M的组成元素为_____。
（2）请写出M与稀硫酸反应的离子方程式_____。
（3）将气体A通入到紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_____。
（4）气体A分子的构型为_____，中心原子杂化类型_____。
（5）简述溶液A中阴离子的检验方法_____。
【答案】（1）Na、O、S
（2）S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（3）紫色溶液变红 （4） ①. V形或角形 ②. sp2
（5）取少量溶液于洁净试管中，滴加稀盐酸，无明显现象后再加BaCl2溶液，出现白色沉淀证明溶液中有
【解析】
【分析】M与稀硫酸反应生成气体A、淡黄色固体A和溶液A，溶液A中只有一种溶质且焰色反应呈黄色，所以溶液A中含Na+，溶质为Na2SO4；15.8gM与0.1mlH2SO4恰好完全反应，所以M中n(Na+)=0.2ml；气体A是无色有刺激性气味的气体，且能使品红溶液褪色，气体A为SO2且n(SO2)=0.1ml；淡黄色固体A为S，物质的量为0.1ml，根据S守恒，M中n(S)=0.1ml+0.1ml=0.2ml，M为三种短周期元素组成的化合物，则M中还含有O，n(O)=，M中Na、S、O物质的量之比为0.2ml:0.2ml:0.3ml=2:2:3，所以M的化学式为Na2S2O3。
【小问1详解】
据以上分析，M的组成元素为Na、S、O；
【小问2详解】
M的化学式为Na2S2O3，与稀硫酸反应的离子方程式为+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
【小问3详解】
将气体A为SO2通入到紫色石蕊溶液中，现象为紫色溶液变红；
【小问4详解】
气体A 为SO2，分子中S价层电子对数为，中心原子杂化类型为sp2，分子的构型为V形或角形；
【小问5详解】
溶液A中阴离子为，其检验方法为取少量溶液于洁净试管中，滴加稀盐酸，无明显现象后再加BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明溶液中有。
23. 高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。某实验小组采用如图装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质用途。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，难溶于有机溶剂；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生O2，在碱性溶液中较稳定。
制备K2FeO4(夹持、加热等装置略)
（1）B中所用试剂为_____
（2）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为_____，充分反应后得到紫色固体，化学方程式为_____。
（3）C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可选用_____。
a．冰水 b．KOH溶液 c．异丙醇
（4）反应中KOH必须过量的原因是_____。
【答案】（1）饱和食盐水
（2） ①. 冷水浴 ②.
（3）c （4）保持溶液碱性，防止K2FeO4变质
【解析】
【分析】装置A为高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，装置B的作用是为了除杂，除去氯气中的氯化氢，在装置C中氯气和氢氧化铁反应制备高铁酸钾，据此作答：
【小问1详解】
由上述分析可知，B中所用试剂为饱和食盐水；
【小问2详解】
C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0~8℃，可使用的控温方法为冷水浴，充分反应之后得到紫色固体，反应的方程式为；
【小问3详解】
C中混合物经过滤、洗涤、干燥，得纯净高铁酸钾晶体，洗涤时洗涤剂可以选择异丙醇，水会使晶体溶解，氢氧化钾会引入新的杂质，故选c；
【小问4详解】
K2FeO4在碱性溶液中较稳定，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。
24. 化合物G(丙酸异丙酯)可用作食品香料。现可通过下列转化制取(部分反应条件略去)：
（1）物质X的化学式为_____
（2）化合物G的结构简式是_____。
（3）B→C化学方程式为_____
（4）化合物A在一定条件下生成高分子有机物的化学方程式是_____。
（5）下列关于化合物B、D的说法正确的是_____。
A. 均能和Na反应放出H2B. 均溶于水
C. 均能和O2在一定条件发生氧化反应D. 均能和NaHCO3反应放出CO2
【答案】（1）HBr （2）CH3CH2COOCH(CH3)2
（3）2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O
（4）nCH3CH=CH2 （5）ABC
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，过氧化物作用下丙烯与水发生加成反应生成1—丙醇，催化剂作用下，1—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙醛，则C为丙醛；催化剂作用下，丙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酸；丙烯与溴化氢发生加成反应生成2—溴丙烷，则X为溴化氢；2—溴丙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成2—丙醇，浓硫酸作用下2—丙醇与丙酸共热发生酯化反应生成丙酸异丙酯。
小问1详解】
由分析可知，化合物X为溴化氢，故答案为：HBr；
【小问2详解】
丙酸异丙酯属于酯类，结构简式为CH3CH2COOCH(CH3)2，故答案为：CH3CH2COOCH(CH3)2；
【小问3详解】
由分析可知，B→C的反应为催化剂作用下，1—丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2CH2OH+O22CH3CH2CHO+2H2O；
【小问4详解】
丙烯分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应聚丙烯，反应的化学方程式为nCH3CH=CH2，故答案为：nCH3CH=CH2；
【小问5详解】
A．1—丙醇分子中含有的羟基和丙酸分子中含有的羧基都能与钠反应生成氢气，故正确；
B．1—丙醇分子中含有的羟基和丙酸分子中含有的羧基都能与水分子形成氢键，都能溶于水，故正确；
C．1—丙醇一定条件下能与氧气共热发生催化氧化反应生成丙醛的反应、丙酸在氧气中燃烧生成二氧化碳和水的反应都是氧化反应，故正确；
D．1—丙醇不能与碳酸氢钠反应，故错误；
故选ABC。
25. (一)已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
（1）等物质的量浓度的a．CH3COONa、b．NaCN、c．Na2CO3、d．CH3COONH4溶液的pH由大到小的顺序为_____(填字母)
（2）常温下，0.1ml/L的NH4CN溶液中各离子浓度由大到小顺序为：_____。
(二)甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)＋2H2(g)2CH3OH(g) ΔH1
②CO2(g)＋3H2(g)2CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2=-58kJ·ml−1
③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3=＋41kJ·ml−1
回答下列问题：
（3）利于提高反应①合成甲醇平衡产率的条件有_____。
A．高温 B．低温 C．低压 D．高压 E．催化剂
（4）合成气的组成=2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图1所示。图1中的压强最大的是_____，解释α(CO)值随温度升高变化的原因_____。
（5）光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成甲醇的光能储存装置如图2所示，则b极的电极反应式为_____。
(三)氮氧化物会对环境造成影响。
（6）处理汽车尾气中的氮氧化物可用NH3催化还原法，假设在恒容密闭容器中仅发生反应：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH<0，测得NO的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。
已知温度为T3时反应达到平衡所需时间为12分钟。请在图2中画出不同温度下，反应都经过12分钟，NO的转化率曲线示意图_____。
（7）另一用NH3催化还原消除氮氧化物污染的反应原理为：NO(g)＋NO2(g)＋2NH3(g)2N2(g)＋3H2O(g)。在一定温度下，向某恒定压强为P的密闭容器中充入等物质的量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，NO的转化率25%，请计算此时的平衡常数Kp=_____(用含P的式子表示，且化至最简式)。[备注：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作Kp。如NO2的平衡分压p(NO2)=x(NO2)·p，p为平衡总压，x(NO2)为平衡体系中NO2的体积分数]
【答案】（1）cbad
（2）
（3）BD （4） ①. P3 ②. 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应③为吸热反应，平衡向右移动，均使CO的量增大，所以导致α(CO)降低
（5）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O
（6） （7）
【解析】
【分析】电离常数越小，弱电解质电离程度越小，在盐溶液中水解程度越大。，溶液中与水解程度一样，溶液呈中性。书写电极反应式时，先从图中采集信息：b极通入二氧化碳一极生成甲醇，该过程中碳元素化合价由+4价降为-2价，得电子发生还原反应，依守恒原则进行书写配平。
【小问1详解】
溶液呈中性，CH3COONa、NaCN、Na2CO3因水解溶液呈碱性。等物质的量浓度的四种溶液的pH：溶液溶液溶液溶液，即c＞b＞a>d，故答案为： c＞b＞a>d；；
【小问2详解】
水解使溶液呈酸性，水解溶液呈碱性。常温下，0.1ml/L的NH4CN溶液中水解程度：，溶液呈碱性，故NH4CN溶液中离子浓度：，故答案为：；
【小问3详解】
已知：②CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) △H2＝－58 kJ·ml－1
③CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g△H3＝＋41 kJ·ml－1 ，利用盖斯定律，将②-③得反应①的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=-99 kJ·ml－1。对于反应①，因为正反应为放热反应，所以温度低有利用于提高甲醇的产率；因为反应物的气体分子数大于生成物，所以压强大有利于提高甲醇的产率，则利于提高反应①合成甲醇平衡产率的条件有BD。答案为：BD；
【小问4详解】
对于反应①，增大压强平衡正向移动，有利于提高CO的平衡转化率，对于反应③，压强对CO的平衡转化率不产生影响，则图中最大的压强为P3；从反应①和反应③分别讨论a(CO)值随温度升高发生的变化，由此得出解释a(CO)值随温度升高变化的原因是升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应③为吸热反应，平衡向右移动，均使CO的量增大，所以使 CO的转化率降低。故答案为：P3；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动；反应③为吸热反应，平衡向右移动，均使CO的量增大；所以使CO的转化率降低；
【小问5详解】
据图可知b极通入二氧化碳一极生成甲醇，该过程中碳元素化合价由+4价降为-2价，得电子发生还原反应，对应电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
【小问6详解】
1、T2温度，反应在12分钟时未达平衡，此时NO的转化率小于平衡转化率，且温度越低，NO的转化率越小，温度为T3时，12分钟刚好达平衡，温度高于T3时，12分钟前已达平衡，12分钟时转化率等于曲线表示的平衡转化率，由此可得曲线示意图为：
。答案为：；
【小问7详解】
假设三种反应物的起始物质的量都为1ml，则三段式为：
。答案为：。选项
实验操作和现象
结论
A
取两支试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01ml/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01ml/LCuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快
双氧水分解反应的活化能大小顺序：①<②
B
取2mL0.lml/LAgNO3溶液，先后滴加3滴0.lml/LNaCl溶液和6滴0.lml/LKI溶液。先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
Ksp(AgCl)大于Ksp(AgI)
C
充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后取少量固体于试管中，加入足量稀硫酸，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
铁被硫氧化至
D
用pH试纸测定1ml/L的Na2S和NaCl溶液的pH，前者的试纸颜色比后者深
非金属性：S
B元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具
C元素基态原子的核外p能级电子数比s能级电子数少1个
D元素基态原子p轨道有3个未成对电子
E在该周期中未成对电子数最多
F单质为紫红色金属
元素
X
737.7
1450.7
7732.7
弱电解质
H2CO3
CH3COOH
HCN
NH3·H2O
电离平衡常数
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
1.8×10-5
6.2×10-10
1.8×10-5
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