2022-2022学年湖北省襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是()A．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体B．PM2.5亦称可入肺颗粒物，分散在空气中形成胶体，能吸附有毒有害物质C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、钡等金属元素的化合物2．下列关于σ键和π键的理解不正确的是()A．共价单键都是σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转C．HBr分子中的σ键是s﹣pσ键，Cl2分子中的σ键是p﹣pσ键D．气体单质中一定存在σ键，可能存在π键3．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5；④1s22s22p63s23p2则下列有关比较中正确的是()A．第一电离能：③＞②＞④＞①B．原子半径：①＞②＞④＞③C．电负性：③＞①＞②＞④D．最高正化合价：③＞①＞②＞④4．下列化学用语正确的是()A．H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌2H++CO32﹣B．四氯化碳的比例模型C．氧原子的电子排布图D．O2﹣离子的结构示意图：5．下列有关阿伏加德罗常数说法正确的组合是()①标准状况下，22.4L氯气完全反应，转移电子数目一定为2NA②25℃时，pH=13的1.0L的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA③电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA④标准状况下，2.24L氟化氢含有的原子数为0.2NA⑤2.24LCO2和2.8gN2组成的混合物中质子数为2.8NA⑥24g3H218O含有的中子数为12NA．A．③B．①③C．③④D．②⑤⑥-30-\n6．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是()选项实验操作实验目的或结论A将Al2（SO4）3、NaOH溶液相互滴加鉴别Al2（SO4）3、NaOH溶液B向AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，有黄色沉淀生成说明KSP（AgCl）＞KSP（AgI）C向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色该溶液中一定含有Fe2+D向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色HS﹣水解程度大于电离程度A．AB．BC．CD．D7．微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示：，则甲是()A．Fe2+B．Mg2+C．AlD．CO28．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是()A．a点对应的溶液中大量存在：Fe3+、Ba2+、K+、NO3﹣B．b点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、NH4+、Cl﹣C．d点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Al3+D．c点对应的溶液中大量存在：CO32﹣、Na+、Cu2+、SO42﹣9．能正确表示下列反应的离子方程式是()A．amolFeI2溶液中通入2amolCl2：2Fe2++4I﹣+3Cl2═2I2+2Fe3++6C1﹣B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3•H2O+H2OC．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2D．硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素．其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4．下列说法中正确的是()A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．氢化物稳定性：Y＞ZC．WY3中只有离子键没有共价键D．X与Z可形成l0电子分子和18电子分子-30-\n11．金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度．它无电时也无需充电，用作燃料电池时，可更换正极的水性电解液和卡盒以及负极的金属锂就可以连续使用，分离出的氢氧化锂可采用电解其熔融物法回收锂而循环使用．其工作示意图如右图，下列说法不正确的是()A．放电时负极的电极反应式为：Li﹣e﹣=Li+B．熔融的氢氧化锂用惰性电极电解再生时，金属锂在阴极得到C．有机电解液可以是乙醇等无水有机物D．放电时，正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣12．下列有关说法正确的是()A．已知I2可溶于KI形成KI3，向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在平衡：I3﹣⇌I2+I﹣B．物质的量浓度相等的H2CO3和Na2CO3溶液等体积混合后的溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，将等体积的浓度为1.0×10﹣4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1.0×10﹣4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag2CrO4沉淀先产生D．25℃时，溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定等于10﹣1413．下列说法正确的是()A．将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明氧化性：Br2＞Fe3+＞I2B．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量C．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸HA溶液中=1×10﹣12，溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c（OH﹣）均增大D．取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体，不能说明Na2O2是否变质14．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A．将10ml0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml0.1mol•L﹣1盐酸中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）B．若将CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol•L﹣1-30-\nC．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性D．等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数大小：N前＜N后15．T°C时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是()A．T°C时，该反应的平衡常数值为4B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T°CD．T°C时，直线cd上的点均为平衡状态16．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO﹣3、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生．②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g．③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图．根据上述实验，以下推测不正确的是()A．原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B．不能确定原溶液是否含有K+、NO3﹣C．原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D．实验所加的NaOH的浓度为2mol•L﹣1二、非选择题（共52分）17．氮的重要化合物如氨、肼（N2H4）、NO、NO2、HNO3、硝酸盐等，在生产、生活中具有重要作用．（1）利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下：H2O（l）=H2O（g）△H1=+44.0kJ•mol﹣1N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=+229.3kJ•mol﹣14NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H3=﹣906.5kJ•mol﹣14NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H4，则△H4=__________kJ•mol﹣1．-30-\n（2）亚硝酸是一种弱酸，能证明亚硝酸是弱电解质的是__________A．常温下，亚硝酸钠溶液的pH＞7B．亚硝酸能和NaOH发生中和反应C．用亚硝酸溶液做导电性实验，灯泡很暗D．常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH＜4（3）一定温度下，将amol/L的氨水与bmol/LH2SO4溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO42﹣）=c（NH4+），用含a和b的代数式表示该混合溶液中NH3•H2O的电离常数为__________．（4）使用NaBH4为诱导剂，可使Co2+与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体，写出该反应的离子方程式：__________．（5）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为0.01mol•L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．0.01mol•L﹣1的溶液XYZWpH1228.54.5将X、Y、Z各1mol同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__________．18．元素周期表中的第ⅢA、ⅣA、ⅤA族的部分元素往往易形成原子晶体，氮化铝、氮化硼、磷化硼和砷化镓属于此列，如氮化铝晶体晶胞如右图所示（1）该晶体中Al的配位数是__________个（2）下列离子中最外层电子数不为8的是__________（选填序号）．A．P3﹣B．Al3+C．Ti4+D．Ga3+（3）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为__________，其结构与石墨相似却不导电，原因是__________．（4）某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下实验方案．-30-\n已知：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）．①上图C装置中球形干燥管的作用是__________．②完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是__________，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是__________．③由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见__________．19．实验室利用冰醋酸和正丁醇（CH3CH2CH2CH2OH）制备乙酸正丁酯，实验装置如图所示，可能用到的有关数据如下表：正丁醇冰醋酸乙酸正丁酯正丁醚密度/（g/cm3）0.8101.0490.8820.7689沸点/℃118.0118.1126.1142合成反应：在干燥的仪器a中加入9.5g正丁醇、9.2mL冰醋酸和3～4滴浓硫酸，摇匀后，加几粒沸石，c中通水，开始缓慢加热，控制馏出物的温度不超过130℃．分离提纯：①将仪器a中反应后的混合液与仪器e中的馏出物合并，转入分液漏斗中；②依次用水、少量10%的碳酸钠溶液和水洗涤，分离后再加干燥剂M，静置一段时间后，弃去M；-30-\n③将最终得到的反应粗产物转入洗净的仪器a中，加入几粒沸石，进行蒸馏，得到乙酸正丁酯9.1g．请回答下列问题：（1）仪器a的名称是__________．（2）在分液时应选如右图装置中的__________（填序号）．（3）写出制备乙酸正丁酯的化学方程式：__________．（4）第一次水洗的目的是__________．（5）干燥剂M可以是__________（填序号）A．五氧化二磷B．无水硫酸钠C．碱石灰D．氢氧化钠固体（6）本实验所得到的乙酸正丁酯的产率是__________．20．（16分）在温度T0下的2L密闭容器中，加入0.30molSiC14、0.20molN2、0.36molH2进行反应：3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）⇌Si3N4（s）+12HCl（g）2min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g（1）SiCl4的平均反应速率为__________．（2）平衡后，若改变温度，混合气体的平均相对分子质量与温度的关系如图所示．下列说法正确的是__________A．该反应在任何温度下可自发进行B．若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态C．其他条件不变，增大Si3N4的物质的量，平衡向左移动D．v逆（N2）=3v正（H2），则上述反应己达到平衡状态E．达到平衡状态时，反应物不再转化为生成物（3）下表为不同温度下该反应的平衡常数，其他条件相同时，在__________（填“T1”、“T2”、“T3”）温度下反应达到平衡所需时间最长．假设温度为T1时向该反应容器中同时加入：（SiC14）=0.3mol/L，c（H2）=0.3mol/L，c（N2）=xmol/L，c（HCl）=0.3mol/L和足量Si3N4（s），若要使平衡建立的过程中HCl浓度减小，x的取值范围为__________．温度TT1T2T3平衡常数K1.22.51021．下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=QkJ/mol（Q＞0）在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1：3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如图1所示．完成下列填空：-30-\n（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线的是__________（选填序号）．（2）图1中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=__________%．（3）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图2所示．①该工艺中能量转化方式主要有__________．②电解时，生成乙烯的电极反应式__________．（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）已知c（CO）﹣反应时间t变化曲线Ⅰ如图3所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是__________．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是__________．22．X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素．其中，X原子核外的M层中只有两对成对电子；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍；Z元素原子核外共有3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，N的原子序数比M小1，Q在元素周期表的各元素中电负性最大．P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子请回答下列问题：（1）P元素属于__________区元素，P2+的核外电子排布式__________根据等电子原理，写出YZ分子的电子式：__________（2）XZ2的VSEPR模型为__________，YZ2分子中Y的杂化轨道类型为__________，Z元素简单氢化物的沸点高于Y的氢化物，主要原因是__________．（3）含有元素M、N等许多金属盐都可以发生焰色反应，其因是__________．（4）X、Z、Q三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）__________．（5）N、P晶体的晶胞结构如右图（请先判断对应的图），N、P两种晶体晶胞中原子的配位数之比为__________．N的晶胞中，若设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，N原子的摩尔质量为M，则表示N原子半径的计算式为__________．-30-\n2022-2022学年湖北省襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）1．化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是()A．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体B．PM2.5亦称可入肺颗粒物，分散在空气中形成胶体，能吸附有毒有害物质C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化D．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、钡等金属元素的化合物【考点】核素；海水资源及其综合利用；常见的生活环境的污染及治理；焰色反应．【分析】A、同素异形体是同种元素组成的不同单质；B、PM2.5亦称可入肺颗粒物，不能吸附有毒有害物质；C、向海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质；D、钾、钠、钙、钡等金属元素的化合物灼烧呈现不同的颜色．【解答】解：A、14C和12C质子数相同，中子数不同互为同位素，都是碳元素的原子，不是单质，不是同素异形体，故A错误；B、PM2.5亦称可入肺颗粒物，本身就是危害人体的物质，它不能吸附有毒有害物质，故B错误；C、向海水中加入净水剂明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故C错误；D、钾、钠、钙、钡等金属元素的化合物灼烧呈现不同的颜色，可以制作烟花，故D正确；故选D．【点评】本题考查常见生活环境的污染及治理，题目难度不大，本题注意明矾的净水原理．2．下列关于σ键和π键的理解不正确的是()A．共价单键都是σ键，共价双键中有一个σ键和一个π键B．σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转C．HBr分子中的σ键是s﹣pσ键，Cl2分子中的σ键是p﹣pσ键D．气体单质中一定存在σ键，可能存在π键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】分子中单键中只含σ键，双键和三键中含π键和σ键，σ键为球对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，稀有气体是单原子分子，分子中不存在共价键，以此解答该题．【解答】解：A．分子中单键中只含σ键，双键中含1个π键和1个σ键和三键中含2个π键和1个σ键，故A正确；B．σ键为球对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，故B正确；C．由价电子可知HBr分子中的σ键是s﹣pσ键，Cl2分子中的σ键是p﹣pσ键，故C正确；-30-\nD．稀有气体是单原子分子，分子中不存在共价键，所以稀有气体中没有σ键，所以多原子构成的气体单质中一定存在σ键，故D错误；故选D．【点评】本题考查共价键的形成及类型，注意σ键、π键的形成过程及判断的一般规律即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．3．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5；④1s22s22p63s23p2则下列有关比较中正确的是()A．第一电离能：③＞②＞④＞①B．原子半径：①＞②＞④＞③C．电负性：③＞①＞②＞④D．最高正化合价：③＞①＞②＞④【考点】原子核外电子排布；元素周期律的作用．【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素、④1s22s22p63s23p2是Si元素，A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；B、根据同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大分析判断；C、同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价．【解答】解：由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素、④1s22s22p63s23p2是Si元素．A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Si＜S＜P＜Cl，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能F＞Cl，所以第一电离能Si＜S＜P＜F，即：③＞②＞①＞④，故A错误；B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径Si＞P＞S，电子层越多原子半径越大，所以原子半径F最小，故原子半径Si＞P＞S＞F，即④＞②＞①＞③，故B错误；C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性Si＜P＜S＜Cl，同主族从上到下电负性减弱，所以电负性F＞Cl，故电负性Si＜P＜S＜F，即④＜②＜①＜③，故C正确；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②＞④，故D错误．故选：C．【点评】本题考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素．4．下列化学用语正确的是()A．H2CO3的电离方程式：H2CO3⇌2H++CO32﹣B．四氯化碳的比例模型C．氧原子的电子排布图D．O2﹣离子的结构示意图：-30-\n【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．碳酸为二元弱酸，其电离过程分步进行，电离方程式分步书写；B．四氯化碳中，C原子的原子半径小于氯原子；C．氧原子的核电荷数=核外电子总数=8，据此写出其核外电子排布图；D．氧离子的核电荷数为8，核外电子总数为10．【解答】解：A．H2CO3是二元弱酸，电离分步进行，主要以第一步为主，其正确的电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3﹣、HCO3﹣⇌H++CO32﹣，故A错误；B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，则比例模型中氯原子的相对体积大于碳原子，其正确的比例模型为：，故B错误；C．氧原子的核外电子总数为8，其电子排布图为：，故C正确；D．该氧离子的核电荷数为8、核外电子总数是10，其正确的离子结构示意图为：，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及比例模型、电子排布图、离子结构示意图、电离方程式等知识，熟练掌握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力．5．下列有关阿伏加德罗常数说法正确的组合是()①标准状况下，22.4L氯气完全反应，转移电子数目一定为2NA②25℃时，pH=13的1.0L的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NA③电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子数不一定等于2NA④标准状况下，2.24L氟化氢含有的原子数为0.2NA⑤2.24LCO2和2.8gN2组成的混合物中质子数为2.8NA⑥24g3H218O含有的中子数为12NA．A．③B．①③C．③④D．②⑤⑥【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】①氯气可以只做氧化剂，也可以自身氧化还原反应；②依据pH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断；③根据粗铜中含有杂质（铁）的摩尔质量比铜小，转移的电子的物质的量大于2mol分析；④气体摩尔体积只适用气体；⑤气体状况未知，物质的量无法计算；⑥3H218O含有的中子数为14．-30-\n【解答】解：①1mol氯气参加反应时，氯气可以只做氧化剂，也可以自身氧化还原反应，电子转移数目可以为2NA，或NA，故错误；②25℃时，pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中，碱含有的OH﹣数目为0.2NA，水存在电离生成氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子大于0.2NA，故错误；③电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于铜的，所以阳极减少64g，转移的电子的物质的量大于2mol，则阴极得到的电子数大于2mol，故正确；④标况下氟化氢为液态，不能使用气体摩尔体积，故错误；⑤CO2气体状况未知，物质的量无法计算，故错误；⑥24g3H218O的物质的量为=1mol，故含有的中子数为14mol，故错误；故选：A．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，熟练掌握以物质的量为中心的转化关系，气体摩尔体积的使用条件是解题关键，题目难度不大．6．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是()选项实验操作实验目的或结论A将Al2（SO4）3、NaOH溶液相互滴加鉴别Al2（SO4）3、NaOH溶液B向AgCl悬浊液中滴入少量KI溶液，有黄色沉淀生成说明KSP（AgCl）＞KSP（AgI）C向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色该溶液中一定含有Fe2+D向NaHS溶液中滴入酚酞，溶液变红色HS﹣水解程度大于电离程度A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．NaOH少量反应生成白色沉淀，NaOH过量反应得到无色溶液；B．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动；C．先滴加氯水可氧化亚铁离子，且原溶液中可能存在铁离子；D．HS﹣水解显碱性．【解答】解：A．NaOH少量反应生成白色沉淀，NaOH过量反应得到无色溶液，则利用相互滴加的不同现象可鉴别Al2（SO4）3、NaOH，故A正确；B．由现象可知发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，则KSP（AgCl）＞KSP（AgI），故B正确；C．先滴加氯水可氧化亚铁离子，且原溶液中可能存在铁离子，则检验亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，再加氯水溶液为血红色，故C错误；D．HS﹣水解显碱性，则滴入酚酞，溶液变红色，可知HS﹣水解程度大于电离程度，故D正确；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质鉴别、沉淀转化、离子检验及盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．7．微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如图所示：，则甲是()A．Fe2+B．Mg2+C．AlD．CO2-30-\n【考点】离子反应发生的条件．【分析】根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可【解答】解：A．Fe2+与OH﹣反应开始生成Fe（OH）2，而Fe（OH）2很快被氧化为Fe（OH）3，而Fe（OH）3不是离子，故A不选；B．Mg2+与OH﹣反应生成Mg（OH）2，而Mg（OH）2不是离子，故B不选；C．Al与OH﹣反应生成AlO2﹣，AlO2﹣可与酸反应生成Al3+，故C不选；D．二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠或碳酸氢钠，即离子乙为HCO3﹣或CO32﹣，离子乙HCO3﹣或CO32﹣与盐酸反应生成二氧化碳，故D选；故选D．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握物质的性质及图中转化关系为解答的关键，注意发生的反应，题目难度不大．8．在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是()A．a点对应的溶液中大量存在：Fe3+、Ba2+、K+、NO3﹣B．b点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、NH4+、Cl﹣C．d点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Al3+D．c点对应的溶液中大量存在：CO32﹣、Na+、Cu2+、SO42﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】水的离子积为Kw=c（H+）×c（OH﹣），由图可知，a、b均在25℃，离子积相同；而c、d均在T℃，离子积相同，并结合离子之间不发生化学反应来解答．【解答】解：A．Fe3+水解显酸性，而a点对应的溶液显中性，则离子不能大量共存，故A错误；B．b点c（H+）＞c（OH﹣），溶液显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C．d点c（H+）＜c（OH﹣），对应的溶液显碱性，Al3+不能大量存在，故C错误；D．c点时c（H+）=c（OH﹣），溶液为中性，CO32﹣水解显碱性，且CO32﹣、Cu2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握图象中各点对应的溶液的酸碱性是解答本题的关键，注意T℃＞25℃为学生解答的难点，题目难度不大．9．能正确表示下列反应的离子方程式是()A．amolFeI2溶液中通入2amolCl2：2Fe2++4I﹣+3Cl2═2I2+2Fe3++6C1﹣B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4++HCO3﹣+2OH﹣═CO32﹣+NH3•H2O+H2OC．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2-30-\nD．硅酸钠溶液中通入过量的CO2：SiO32﹣+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．amol碘化亚铁中含有amol亚铁离子和2amol碘离子，完全反应最多消耗1.5mol氯气，说明氯气过量，亚铁离子和氯离子完全反应；B．氢氧化钡足量，钡离子与碳酸根离子结合生成碳酸钡沉淀；C．碘化氢过量，铁离子和硝酸根离子都氧化碘离子，漏掉了硝酸根离子与碘离子的反应；D．二氧化碳过量，反应生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，不是生成碳酸钠．【解答】解：A．amolFeI2溶液中通入2amolCl2，amol碘化亚铁完全反应消耗1.5amol氯气，则氯气过量，亚铁离子和碘离子完全被氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2═2I2+2Fe3++6C1﹣，故A正确；B．碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应生成碳酸钡沉淀、一水合氨和水，正确的离子方程式为：Ba2++NH4++HCO3﹣+2OH﹣═BaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故B错误；C．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：10I﹣+3NO3﹣+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O，故C错误；D．硅酸钠溶液中通入过量的CO2，反应生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．10．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素．其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4．下列说法中正确的是()A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．氢化物稳定性：Y＞ZC．WY3中只有离子键没有共价键D．X与Z可形成l0电子分子和18电子分子【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH．【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH．-30-\nA．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：W（Na）＞Y（N）＞Z（O）＞X（H），故A错误；B．非金属性Y（N）＜Z（O），故氢化物稳定性：Y＜Z，故B错误；C．NaN3中Na+与N3﹣之间形成离子键，N3﹣中N原子之间形成共价键，故C错误；D．H与O可形成H2O、H2O2，前者为l0电子分子，后者为18电子分子，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意IA族中同主族元素可以形成离子化合物，注意对应非金属氢化物的考查，难度中等．11．金属锂燃料电池是一种新型电池，比锂离子电池具有更高的能量密度．它无电时也无需充电，用作燃料电池时，可更换正极的水性电解液和卡盒以及负极的金属锂就可以连续使用，分离出的氢氧化锂可采用电解其熔融物法回收锂而循环使用．其工作示意图如右图，下列说法不正确的是()A．放电时负极的电极反应式为：Li﹣e﹣=Li+B．熔融的氢氧化锂用惰性电极电解再生时，金属锂在阴极得到C．有机电解液可以是乙醇等无水有机物D．放电时，正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，水性电解液，氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答．【解答】解：A、金属锂为负极，氧气为正极，负极电极反应式为：Li﹣e﹣=Li+，故A正确；B、熔融的氢氧化锂用惰性电极电解再生时，阴极上锂离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Li++e﹣=Li，故B正确；C、不能是乙醇，因为乙醇与金属锂要发生置换反应，故C错误；D、氧气为正极，正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故D正确；故选C．【点评】本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、电极方程式书写等相关知识，题目难度不大．12．下列有关说法正确的是()A．已知I2可溶于KI形成KI3，向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在平衡：I3﹣⇌I2+I﹣B．物质的量浓度相等的H2CO3和Na2CO3溶液等体积混合后的溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）-30-\nC．已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，将等体积的浓度为1.0×10﹣4mol/L的AgNO3溶液滴入到浓度均为1.0×10﹣4mol/L的KCl和K2CrO4的混合溶液中产生两种不同沉淀，且Ag2CrO4沉淀先产生D．25℃时，溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定等于10﹣14【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则KI3的溶液中含I2、I﹣；B、物质的量浓度相等的H2CO3和Na2CO3溶液等体积混合后的溶液是NaHCO3溶液，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度；C、据其Qc与Ksp大小判断；D、在酸碱溶液中水的电离受到抑制．【解答】解：A、向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，则KI3的溶液中含I2、I﹣，即KI3溶液中存在平衡为I3﹣⇌I2+I﹣，故A正确；B、物质的量浓度相等的H2CO3和Na2CO3溶液等体积混合后的溶液是NaHCO3溶液，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，c（OH﹣）＞c（CO32﹣），故B错误；C、Qc（Ag2CrO4）=（5×10﹣5mol/L）2×5.0×10﹣5mol/L＜Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12，无Ag2CrO4沉淀产生，故C错误；D、在酸碱溶液中水的电离受到抑制，所以在酸碱溶液中25℃时，溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定小于10﹣14，故D错误；故选A．【点评】本题考查了离子检验、沉淀的溶解平衡、离子浓度的大小比较、水的离子积常数，是高考高频考点，题目难度中等．13．下列说法正确的是()A．将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明氧化性：Br2＞Fe3+＞I2B．已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量C．常温下，0.1mol•L﹣1某一元酸HA溶液中=1×10﹣12，溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c（OH﹣）均增大D．取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体，不能说明Na2O2是否变质【考点】氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；钠的重要化合物．【分析】A．同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱；B．醋酸为弱电解质，电离过程吸收热量；C.0.1mol•L﹣1某一元酸HA溶液中=1×10﹣12，可知该一元酸为强酸；D．过氧化钠与盐酸反应生成无色的气体氧气．-30-\n【解答】解：A．将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明碘离子别氧化为碘单质，能够说明溴的氧化性强于碘，根据已知现象不能确定三价铁离子与溴、碘的氧化性，故A错误；B．醋酸为弱电解质，电离过程吸收热量，所以则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量，故B错误；C.0.1mol•L﹣1某一元酸HA溶液中=1×10﹣12，可知该一元酸为强酸，不存在电离平衡，加入一定量NaA晶体，不会影响溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度，故C错误；D．过氧化钠、碳酸钠都能分别与盐酸反应生成无色的气体氧气和二氧化碳，所以，不能说明过氧化钠是否变质，故D正确；故选：D．【点评】本题考查较综合，涉及氧化性强弱的判断、中和热的计算、弱电解质电离平衡影响因素、过氧化钠的性质，题目综合性强，难度中等，注意对相关知识的应用．14．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A．将10ml0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml0.1mol•L﹣1盐酸中：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）B．若将CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol•L﹣1C．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为碱性D．等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数大小：N前＜N后【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．碳酸钠加入盐酸中，反应生成二氧化碳气体，最终得到的还是氯化钠和碳酸钠的混合液，则c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）；B．溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L；C．硫酸为强酸，若BOH为强电解质，则混合液为中性，若BOH为弱碱，混合液呈碱性；D．次氯酸钠发生水解，溶液呈碱性，而氯化钠不水解，则次氯酸钠中的氢离子浓度小于氯化钠，再结合电荷守恒判断溶液中离子总数大小．【解答】解：A．将10ml0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml0.1mol•L﹣1盐酸中，由于滴加过程中氢离子过量，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳气体和氯化钠，则最终得到等浓度的氯化钠和碳酸氢钠的混合物，碳酸根离子部分水解，则：c（Cl﹣）＞c（CO32﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故A正确；B．若将CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L，故B错误；C．常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，当BOH为强电解质时，二者恰好反应，混合液为中性，当BOH为弱电解质时，混合液中碱过量，反应后的溶液为碱性，故所得溶液可能为中性也可能为碱性，故C正确；D．HClO是弱酸，NaClO溶液中次氯酸根离子发生水解反应：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10﹣7mol/L，所以NaCl溶液中c（Na+）+c（H+）大于NaClO溶液中c（Na+）+c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣-30-\n）可得溶液中离子总数为2×[c（Na+）+c（H+）]×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×[c（Na+）+c（H+）]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，故D正确；故选B．【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，A为易错点，注意滴加碳酸钠的过程中，氢离子过量，最终得到的不是碳酸氢钠溶液，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．15．T°C时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是()A．T°C时，该反应的平衡常数值为4B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T°CD．T°C时，直线cd上的点均为平衡状态【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式；B、C点浓度商小于K，反应正向进行；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行；D、T°C时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态；【解答】解：A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，A（g）+B（g）⇌C（s），平衡常数K===0.25，故A错误；B、依据图象分析可知，C点浓度商Q＜K，反应正向进行，故B错误；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于T°C，故C正确；D、T°C时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡常数的影响因素分析和计算应用，主要是破坏原理的影响因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．16．有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种：H+、NH+4、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO﹣3、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生．-30-\n②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g．③第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图．根据上述实验，以下推测不正确的是()A．原溶液一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣B．不能确定原溶液是否含有K+、NO3﹣C．原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2D．实验所加的NaOH的浓度为2mol•L﹣1【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32﹣、SO42﹣两种离子中的一种；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH﹣时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3•H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，则溶液中n（SO42﹣）=．【解答】解：根据无色溶液可知，有颜色的离子不能存在，一定不含Cu2+；①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，所以推断一定有CO32﹣、SO42﹣两种离子中的一种；③第三份逐滴滴加NaOH溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH﹣时无沉淀生成，有NH4+，NH4++OH﹣=NH3•H2O，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，含有硫酸根离子；②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，则溶液中n（SO42﹣）=；A．通过以上分析知，溶液中一定不存在H+、Cu2+、CO32﹣，故A正确；B．当加入40mLNaOH溶液时，剩余的沉淀是Mg（OH）2，n（Mg（OH）2）=0.01mol，根据原子守恒知，n（Mg2+）=0.01mol，c（Mg2+）==0.1mol/L，生成0.01molMg（OH）2需要n（NaOH）是0.02mol，Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2需要NaOH溶液的体积是5mL，则铝离子和NaOH溶液反应生成Al（OH）3-30-\n沉淀时需要NaOH溶液的体积是15mL，则生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积是10mL，所以c（NaOH）==2mol/L，氢氧化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2时，结合原子守恒知，c（Al3+）==0.1mol/L，c（NH4+）==0.2mol/L，溶液中c（SO42﹣）==0.3mol/L，根据溶液中电荷守恒知，3c（Al3+）+c（NH4+）+2（Mg2+）＞2c（SO42﹣），所以溶液中还存在硝酸根离子，故B错误；C．根据图象知，35﹣40mL时Al（OH）3和NaOH反应生成NaAlO2，则0﹣25mL时NaOH和Mg2+、Al3+反应生成沉淀，生成NaAlO2时需要NaOH5mL，则生成Al（OH）3需要NaOH15mL，则有10mLNaOH溶液和镁离子反应，25﹣35mL时氢氧化钠溶液和NH+4反应生成氨水，根据使用NaOH溶液体积知，n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH+4）=1：1：2，故C正确；D．通过B知，c（NaOH）==2mol/L，故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子共存、离子反应的计算等知识点，定性分析离子共存、定量分析离子的物质的量是解本题的关键，题目难度中等．二、非选择题（共52分）17．氮的重要化合物如氨、肼（N2H4）、NO、NO2、HNO3、硝酸盐等，在生产、生活中具有重要作用．（1）利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下：H2O（l）=H2O（g）△H1=+44.0kJ•mol﹣1N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=+229.3kJ•mol﹣14NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H3=﹣906.5kJ•mol﹣14NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）△H4，则△H4=﹣2317.0kJ•mol﹣1．（2）亚硝酸是一种弱酸，能证明亚硝酸是弱电解质的是ADA．常温下，亚硝酸钠溶液的pH＞7B．亚硝酸能和NaOH发生中和反应C．用亚硝酸溶液做导电性实验，灯泡很暗D．常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH＜4（3）一定温度下，将amol/L的氨水与bmol/LH2SO4溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO42﹣）=c（NH4+），用含a和b的代数式表示该混合溶液中NH3•H2O的电离常数为×10﹣7．（4）使用NaBH4为诱导剂，可使Co2+与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体，写出该反应的离子方程式：2Co2++N2H4+4OH﹣=2Co↓+N2↑+4H2O．（5）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为0.01mol•L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．0.01mol•L﹣1的溶液XYZWpH1228.54.5将X、Y、Z各1mol同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．-30-\n【考点】热化学方程式；强电解质和弱电解质的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【分析】（1）H2O（l）=H2O（g）△H1=44.0kJ•mol﹣1（i）N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=229.3kJ•mol﹣1（ii）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H3=﹣906.5kJ•mol﹣1（iii）由盖斯定律可知（iii）﹣（ii）×5﹣（i）×6得：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）；（2）部分电离的电解质是弱电解质，如果亚硝酸部分电离则亚硝酸是弱电解质，可以根据酸溶液或钠盐溶液的pH判断；（3）在25℃下，将amol/L的氨水与bmol/LH2SO4溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO42﹣）=c（NH4+），反应平衡时溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），根据物料守恒得n（NH3．H2O）=（0.5a﹣b）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=；（4）依据题意，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条件下存在OH﹣，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，依据氧化还原反应得失电子守恒回答即可；（5）X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【解答】解：（1）H2O（l）=H2O（g）△H1=44.0kJ•mol﹣1（i）N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H2=229.3kJ•mol﹣1（ii）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H3=﹣906.5kJ•mol﹣1（iii）（iii）﹣（ii）×5﹣（i）×6得：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l），故△H4=﹣906.5﹣（229.3×5）﹣（44×6）=﹣2317.0kJ•mol﹣1，故答案为：﹣2317.0；（2）A、亚硝酸钠溶液的pH＞7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以能证明亚硝酸是弱酸，故A正确；B、亚硝酸能与氢氧化钠发生中和反应只能说明亚硝酸具有酸性，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故B错误；C、用亚硝酸钠溶液作导电实验，灯泡很暗，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸是弱酸，故C错误；D、常温下，将pH=3的亚硝酸溶液稀释10倍，pH＜4，说明稀释亚硝酸时，其氢离子物质的量增大，存在电离平衡，故D正确；-30-\n故答案为：AD；（3）在25℃下，将amol/L的氨水与bmol/LH2SO4溶液等体积混合，充分反应后有：2c（SO42﹣）=c（NH4+）=bmol/L，反应平衡时溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），根据物料守恒得n（NH3．H2O）=（0.5a﹣b）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb===×10﹣7，故答案为：×10﹣7；（4）依据题意，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条件下存在OH﹣，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，据此得出还有水生成，氧化还原反应中存在得失电子守恒以及元素守恒，故此反应的离子反应方程式为：2Co2++N2H4+4OH﹣=2Co↓+N2↑+4H2O，故答案为：2Co2++N2H4+4OH﹣=2Co↓+N2↑+4H2O；（5）X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用、化学平衡的移动、弱电解质的电离平衡判断、盐类水解以及离子浓度大小比较，考查范围广，难度较大．18．元素周期表中的第ⅢA、ⅣA、ⅤA族的部分元素往往易形成原子晶体，氮化铝、氮化硼、磷化硼和砷化镓属于此列，如氮化铝晶体晶胞如右图所示（1）该晶体中Al的配位数是4个（2）下列离子中最外层电子数不为8的是D（选填序号）．A．P3﹣B．Al3+C．Ti4+D．Ga3+（3）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形，其结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构中没有自由移动的电子．（4）某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下实验方案．已知：AlN+NaOH+H2O═NaAlO2+NH3↑取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）．-30-\n①上图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸．②完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体．打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化．通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置．③由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见C装置出口处连接一个干燥装置．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；位置结构性质的相互关系应用．【分析】（1）由晶胞结构可知，Al原子周围有4个N原子；（2）根据能量最低原理书写核外电子排布进行判断；（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形，层状结构中没有自由移动的电子，其结构与石墨相似却不导电；（4）①氨气被浓硫酸吸收，导致装置内压强降低，球形干燥管可以防止倒吸；②组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品．接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后，把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重；③空气中的水蒸气会进行C中，被浓硫酸吸收，导致测定氨气的质量偏大．【解答】解：（1）由晶胞结构可知，Al原子周围有4个N原子，故Al原子配位数为4，故答案为：4；（2）A．P3﹣核外电子排布为1s22s22p63s23p6，最外层电子数为8，故A不选；B．Al3+核外电子排布为1s22s22p6，最外层电子数为8，故B不选；C．Ti4+核外电子排布为1s22s22p63s23p6，最外层电子数为8，故C不选；D．Ga3+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，最外层电子数为10，故D选，故选：D；（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形，层状结构中没有自由移动的电子，其结构与石墨相似却不导电，故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；（4）①氨气被浓硫酸吸收，导致装置内压强降低，球形干燥管可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；-30-\n②组装好实验装置，依据原理可知气体制备，需要先检查装置气密性，加入实验药品，接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后，通入氮气把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重，质量增重为生成氨气，进而计算AlN的含量，故答案为：关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；③空气中的水蒸气会进行C中，被浓硫酸吸收，导致测定氨气的质量偏大，需要在C装置出口处连接一个干燥装置，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置．【点评】本题考查物质结构与物质含量的测定，属于拼合型题目，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．19．实验室利用冰醋酸和正丁醇（CH3CH2CH2CH2OH）制备乙酸正丁酯，实验装置如图所示，可能用到的有关数据如下表：正丁醇冰醋酸乙酸正丁酯正丁醚密度/（g/cm3）0.8101.0490.8820.7689沸点/℃118.0118.1126.1142合成反应：在干燥的仪器a中加入9.5g正丁醇、9.2mL冰醋酸和3～4滴浓硫酸，摇匀后，加几粒沸石，c中通水，开始缓慢加热，控制馏出物的温度不超过130℃．分离提纯：①将仪器a中反应后的混合液与仪器e中的馏出物合并，转入分液漏斗中；②依次用水、少量10%的碳酸钠溶液和水洗涤，分离后再加干燥剂M，静置一段时间后，弃去M；③将最终得到的反应粗产物转入洗净的仪器a中，加入几粒沸石，进行蒸馏，得到乙酸正丁酯9.1g．请回答下列问题：（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶．（2）在分液时应选如右图装置中的B（填序号）．（3）写出制备乙酸正丁酯的化学方程式：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O．（4）第一次水洗的目的是除去硫酸及部分乙酸．（5）干燥剂M可以是B（填序号）A．五氧化二磷B．无水硫酸钠C．碱石灰D．氢氧化钠固体（6）本实验所得到的乙酸正丁酯的产率是61.1%．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）仪器a为蒸馏烧瓶；-30-\n（2）A为球形分液漏斗，常用进行加液使用，B为梨形分液漏斗多用于分液操作使用；在使用之前需要检查是否漏水；（3）乙酸与正丁醇反应得到乙酸正丁酯与水；（4）反应用浓硫酸作催化剂、吸水剂，反应为可逆反应，具有不完全性，混合后用水洗涤，洗去硫酸与乙酸等；（5）由于酯在酸性、碱性条件下都可以发生水解反应，故应用中性干燥剂；（6）根据乙酸、正丁醇的用量，进行过量计算，根据不足量的物质确定乙酸正丁酯的理论产量，进而计算其产率．【解答】解：（1）仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；（2）A为球形分液漏斗，常用进行加液使用，B为梨形分液漏斗多用于分液操作使用，应选择B装置进行分液操作；由于上口有瓶塞、下部有活塞，在使用之前需要检查是否漏水，故答案为：B；（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙酸与正丁醇反应得到乙酸正丁酯与水，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O；（4）反应用浓硫酸作催化剂、吸水剂，反应为可逆反应，具有不完全性，混合后用水洗涤，洗去硫酸与部分乙酸，故答案为：除去硫酸及部分乙酸；（5）五氧化二磷吸水形成磷酸，碱石灰、氢氧化钠都显碱性，由于酯在酸性、碱性条件下都可以发生水解反应，故应用中性干燥剂无水硫酸钠，故选B，故答案为：B；（6）冰醋酸的质量=1.049g/mL×9.2mL=9.6508g；理论上9.5g正丁醇完全反应需乙酸的质量是xg，生成乙酸正丁酯质量为y，则：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O60g74g116xg9.5gy所以，60g：74g=xg：9.5g，解得x=7.703＜9.6508g，故乙酸过量，所以理论得到乙酸正丁酯的质量为：y==14.89g，故生成乙酸正丁酯的产率=×100%≈61.1%，故答案为：61.1%．【点评】本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、洗涤与干燥、蒸馏、含量测定等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．20．（16分）在温度T0下的2L密闭容器中，加入0.30molSiC14、0.20molN2、0.36molH2进行反应：3SiCl4（g）+2N2（g）+6H2（g）⇌Si3N4（s）+12HCl（g）2min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g（1）SiCl4的平均反应速率为0.015mol/（L．min）．-30-\n（2）平衡后，若改变温度，混合气体的平均相对分子质量与温度的关系如图所示．下列说法正确的是ABA．该反应在任何温度下可自发进行B．若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态C．其他条件不变，增大Si3N4的物质的量，平衡向左移动D．v逆（N2）=3v正（H2），则上述反应己达到平衡状态E．达到平衡状态时，反应物不再转化为生成物（3）下表为不同温度下该反应的平衡常数，其他条件相同时，在T3（填“T1”、“T2”、“T3”）温度下反应达到平衡所需时间最长．假设温度为T1时向该反应容器中同时加入：（SiC14）=0.3mol/L，c（H2）=0.3mol/L，c（N2）=xmol/L，c（HCl）=0.3mol/L和足量Si3N4（s），若要使平衡建立的过程中HCl浓度减小，x的取值范围为0≤x＜0.15．温度TT1T2T3平衡常数K1.22.510【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【分析】（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，根据n=计算其物质的量，根据方程式计算消耗SiCl4的物质的量，再根据v=计算v（SiCl4）；（2）由图可知，随温度升高，SiCl4（g）的转化率降低，说明正反应为放热反应，结合外界条件对平衡移动影响及利用平衡的特征“等”、“定”及由此衍生的一些量来分析；（3）温度越低，反应速率越慢，到达平衡时间越长；据Q与K的数值比较判断反应方向．【解答】解：（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量=0.02mol，根据方程式可知消耗SiCl4的物质的量=0.02mol×3=0.06mol，故v（SiCl4）==0.015mol/（L．min），故答案为：0.015mol/（L．min）；（2）A．由图可知，随温度升高，SiCl4（g）的转化率降低，说明正反应为放热反应，即△H＜0，故A正确；B．Si3N4是固体，随反应进行混合气体的总质量减小，若混合气体的总质量不变，表明上述反应己达到平衡状态，故B正确；C．Si3N4是固体，增大其物质的量，不影响平衡移动，故C错误；D．降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体总质量减小，混合气体总物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小，故D错误，故答案为：AB；-30-\n（3）正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故温度T1＞T2＞T3，温度越低，反应速率越慢，到达平衡时间越长，即温度T3达到平衡时间最长；Q=＜K=1.2时，平衡逆向移动，0≤x＜0.15时符合，故答案为：T3；0≤x＜0.15．【点评】本题考查化学反应速率计算、外界条件对平衡移动影响、平衡常数影响因素，题目难度中等，注重对常考知识点的考查，能较好的体现学生分析解答问题的能力．21．下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=QkJ/mol（Q＞0）在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1：3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如图1所示．完成下列填空：（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线的是b（选填序号）．（2）图1中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=37.5%．（3）在强酸性的电解质水溶液中，惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图2所示．①该工艺中能量转化方式主要有太阳能转化为电能，电能转化为化学能．②电解时，生成乙烯的电极反应式2CO2+12H++12e﹣=C2H4+4H2O．（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）已知c（CO）﹣反应时间t变化曲线Ⅰ如图3所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是加入催化剂．当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是将容器的体积快速压缩至2L．【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡时CO2与H2的含量降低，CH3CH2OH与H2O的含量增大．开始CO2与H2的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍；CH3CH2OH与H2O按1：3生成，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍；（2）R点为a和c的交点，设此时a的H2O体积为V，那么c的H2体积也为V，根据方程式中的关系求出CO2和CH3CH2OH的体积，再求体积分数ya；（3）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成．据此解答；-30-\n（4）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变．【解答】解：（1）该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡时CO2与H2的含量降低，CH3CH2OH与H2O的含量增大．开始CO2与H2的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍；CH3CH2OH与H2O按1：3生成，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍；曲线a、曲线b随温度升高含量增大，且曲线a的含量高，所以曲线a表示H2O、曲线b表示CH3CH2OH；曲线c、曲线d随温度升高含量减小，且曲线c的含量高，所以曲线c表示H2、曲线d表示CO2．故答案为：b；（2）2CO2（g）+6H2（g）=CH3CH2OH（g）+3H2O（g）；R点为a和c的交点，设此时a的H2O体积为6V，那么c的H2体积也为6V，根据方程式可知CO2为=2V，C2H5OH为=2V，所以R点对应的体积分数ya=×100%=37.5%，故答案为：37.5；（3）①太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，可知能量转化形式有光能转化为电能，电能转化为化学能，部分电能转化为热能，故答案为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能；②电解时，二氧化碳在b极上生成乙烯，得到电子的一极为电源的正极，电极反应式为2CO2+12H++12e﹣=C2H4+4H2O，故答案为：2CO2+12H++12e﹣=C2H4+4H2O；（4）图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L符合；故答案为：加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L．【点评】本题考查学生对图象的分析与平衡移动及平衡状态的特征的理解以及原电池反应等知识，难度较大，注意判断曲线表示哪一物质的体积分数是关键．22．X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素．其中，X原子核外的M层中只有两对成对电子；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍；Z元素原子核外共有3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，N的原子序数比M小1，Q在元素周期表的各元素中电负性最大．P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子请回答下列问题：（1）P元素属于ds区元素，P2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d9根据等电子原理，写出YZ分子的电子式：-30-\n（2）XZ2的VSEPR模型为平面三角形，YZ2分子中Y的杂化轨道类型为sp，Z元素简单氢化物的沸点高于Y的氢化物，主要原因是H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键．（3）含有元素M、N等许多金属盐都可以发生焰色反应，其因是电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量．（4）X、Z、Q三元素第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）S＜O＜F．（5）N、P晶体的晶胞结构如右图（请先判断对应的图），N、P两种晶体晶胞中原子的配位数之比为2：3．N的晶胞中，若设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，N原子的摩尔质量为M，则表示N原子半径的计算式为．【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素．X原子核外的M层中只有两对成对电子，外围电子排布为3s23p4，故X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，L层电子数为4，则Y为C元素；Z元素原子核外共有3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和，核外电子排布为1s22s22p4，故Z为O元素；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，只能为第四周期元素，可推知M为Ca元素；N的原子序数比M小1，则N为K元素；Q在元素周期表的各元素中电负性最大，则Q为F元素；P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数为2+8+18+1=29，故P为Cu，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素．X原子核外的M层中只有两对成对电子，外围电子排布为3s23p4，故X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，L层电子数为4，则Y为C元素；Z元素原子核外共有3个能级，且最高能级电子数是前两个能级电子数之和，核外电子排布为1s22s22p4，故Z为O元素；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，只能为第四周期元素，可推知M为Ca元素；N的原子序数比M小1，则N为K元素；Q在元素周期表的各元素中电负性最大，则Q为F元素；P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数为2+8+18+1=29，故P为Cu．（1）P为Cu元素，属于ds区元素，Cu2+的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d9，CO分子与氮气互为等电子体，二者结构相似，故CO电子式：，故答案为：ds；1s22s22p63s23p63d9；；（2）SO2分子中S原子价层电子对数为2+=3，故VSEPR模型为平面三角形；CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤对电子，碳原子杂化轨道类型为sp杂化；H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键，故沸点H2O＞H2S，故答案为：平面三角形；sp；H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键；（3）含有元素Ca、K等许多金属盐都可以发生焰色反应，其因是：电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，故答案为：电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量；（4）同周期随原子序数增大第一电离能呈增大强酸、同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：S＜O＜F，-30-\n故答案为：S＜O＜F；（5）K为体心立方堆积，晶胞结构为图I，Cu为面心立方堆积，晶胞结构为图Ⅱ，晶胞中K原子配位数为8，而Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中原子的配位数之比为8：12=2：3；K的晶胞中原子数目为1+8×=2，设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，N原子的摩尔质量为M，则晶胞体积为=cm3，设K原子半径为r，则（2r）2=3（）2，故r=，故答案为：2：3；．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、元素周期表、电子数、电离能、杂化方式、价层电子对互斥理论、等电子体、跃迁、晶胞结构与计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，（5）中注意涉及常见晶胞结构，需要学生具备扎实的基础，难度中等．-30-
