2025年湘教版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教版選擇性必修1化學下冊階段測試試卷784考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、常溫下，下列有關(guān)離子共存的說法中正確的是A.某無色溶液中可能大量存在Al3+、Cl-、B.小蘇打溶液中，可能大量存在I-、Ba2+、ClO-C.在水電離出H+濃度為1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液可能大量存在Mg2+、Cu2+、D.使甲基橙呈紅色的溶液中，可能大量存在Na+、K+、[Al(OH)4]-、Cl-2、25℃時，水中存在電離平衡：2H2OH3O＋＋OH-ΔH>0.下列敘述正確的是A.將水加熱，Kw增大，pH不變B.向水中加入少量NaCl固體，抑制水的電離C.向水中加入少量NaOH固體，促進水的電離D.向水中加入少量NaHSO4固體，抑制水的電離，c(H＋)增大，Kw不變3、水的電離平衡曲線如圖所示；下列說法不正確的是。

A.圖中五點Kw間的關(guān)系：B>C>A=D=EB.若從A點到D點，可采用在水中加入少量酸的方法C.若從A點到C點，可采用溫度不變時在水中加入適量HCl溶液的方法D.若處在B點時，將pH=2的硫酸與pH=10的KOH等體積混合后，溶液顯中性4、氧化亞銅是一種重要的工業(yè)原料；氧化亞銅與氧氣反應(yīng)的能量變化如圖所示。已知：1gC(s)燃燒全部生成CO(g)放出9.2kJ熱量。

下列說法錯誤的是A.C(s)的燃燒熱△H<-110.4kJ·mol-1B.氧化亞銅與氧氣的反應(yīng)為放熱反應(yīng)C.氧化亞銅與氧氣反應(yīng)的活化能為292kJ·mol-1D.足量炭粉與CuO反應(yīng)生成Cu2O的熱化學方程式為C(s)+2CuO(s)=Cu2O(s)+CO(g)△H=+35.6kJ·mol-15、25℃時，向20.00mL鹽酸中滴加的NaOH溶液；溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。已知lg5≈0.7.下列說法錯誤的是。

A.NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時，pH=7B.當接近終點時，需加快滴定速度便于觀察顏色突變C.選擇甲基紅指示反應(yīng)終點，誤差比甲基橙的小D.V[NaOH(aq)]=30.00mL時，pH≈12.36、某溫度下,向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加過程中－lgc(Cu2＋)與Na2S溶液體積的關(guān)系如圖所示.下列有關(guān)說法正確的是()

A.向10mLAg＋、Cu2＋物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]B.0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)C.a、b、c三點對應(yīng)的溶液中,水的電離程度最大的為b點D.該溫度下,Ksp(CuS)的數(shù)量級為10-367、運動員在劇烈運動后產(chǎn)生的乳酸會使肌肉麻痹疼痛，故常用液氮降溫減少炎癥和乳酸。已知乳酸(表示為HL，L-為乳酸根)是一元弱酸。25℃時，下列有關(guān)敘述不正確的是A.0.1mol/LHL溶液的pH>1B.0.1mol/LHL溶液加水稀釋時，溶液中水電離出的c(H+)增大C.0.1mol/LNaL溶液中：D.在HL和NaL組成的緩沖溶液中：8、通過滴加相同濃度的鹽酸或KOH溶液來調(diào)節(jié)0.01mol·L－1Na2HAsO3溶液的pH；實驗測得含砷的各物種的分布分數(shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù))與溶液pH的關(guān)系如圖所示。

下列有關(guān)說法正確的是()A.NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水解程度小于其電離程度B.K1(H3AsO3)的數(shù)量級為10－9C.水的電離程度：a點大于b點D.c點溶液中存在：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)9、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.所含共價鍵數(shù)均為0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物質(zhì)的量相等B.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NAC.1L0.5mol·L—1Al2(SO4)3溶液中陽離子數(shù)目大于1.5NAD.電解精煉銅時，若陰極得電子數(shù)為2NA，則陽極質(zhì)量減少64g評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)10、(1)在101kPa時，足量H2在1molO2中完全燃燒生成2mol液態(tài)水，放出571.6kJ的熱量，H2的燃燒熱為_______，表示H2燃燒熱的熱化學方程式為_______。

(2)1.00L1.00mol·L-1硫酸與2.00L1.00mol·L-1NaOH溶液完全反應(yīng)，放出114.6kJ的熱量，該反應(yīng)的中和熱為_______，表示其中和熱的熱化學方程式為_______。11、CH3COOH、H2CO3、H2SO3的電離常數(shù)如表所示。

。酸。

電離常數(shù)。

CH3COOH

K=1.8×10-5

H2CO3

K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11

H2SO3

K1=1.54×10-2，K2=1.02×10-7

請回答下列問題：

（1）①NaHSO3溶液中電荷守恒表達式_____。

②NaHSO3溶液中各離子濃度大小順序：_____。

（2）①用離子方程式表示Na2CO3溶液堿性的原因_____。

②寫出Na2CO3溶液中物料守恒表達式______。

③寫出NaHCO3溶液中質(zhì)子守恒表達式______。

（3）常溫下；物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液：

①NH4Cl②NH4HCO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4⑤（NH4）2Fe(SO4)2

溶液中c(NH4+)從大到小排列順序為____（填序號）。

（4）常溫下，物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的六種溶液①NaOH、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO3、⑤CH3COONa、⑥H2SO4；pH從大到小排列順序為____（填序號）。

（5）常溫時，AlCl3的水溶液呈酸性，原因是（用離子方程式表示）：____，將AlCl3溶液蒸干；灼燒，最后得到的固體產(chǎn)物主要是____（填化學式）。

（6）證明CH3COOH是弱電解質(zhì)的簡單且可行的方法是：_____。

（7）下列混合溶液中，各離子濃度的大小順序或等量關(guān)系正確的是____。A．10mL0.1mol/L氨水與10mL0.1mol/L鹽酸混合：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)B．10mL0.1mol/LNH4Cl溶液與5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．10mL0.1mol/LCH3COOH溶液與5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)D．10mL0.5mol/LCH3COONa溶液與6mL1mol/L鹽酸混合：c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)E．在NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)12、Ⅰ、已知常溫下，AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13。

(1)現(xiàn)向AgCl的懸濁液中：

①加入AgNO3固體，則c(Cl-)_______(填“變大”；“變小”或“不變”；下同)；

②若改加更多的AgCl固體，則c(Ag+)_______；

③若改加更多的KBr固體，則c(Ag+)_______；

(2)有關(guān)難溶鹽的溶度積及溶解度有以下敘述；其中錯誤的是_______；

A.將難溶電解質(zhì)放入純水中，溶解達到平衡時，升高溫度，Ksp一定增大。

B.兩種難溶鹽電解質(zhì)，其中Ksp小的溶解度也一定小。

C.難溶鹽電解質(zhì)的Ksp與溫度有關(guān)。

D.向AgCl的懸濁液中加入適量的水，使AgCl再次達到溶解平衡，AgCl的Ksp不變；其溶解度也不變。

Ⅱ、最近有人制造了一種燃料電池使甲烷氧化直接產(chǎn)生電流，其中一個電極通入空氣，另一個電極通入甲烷，電池的電解質(zhì)是NaOH溶液。這個電池負極的電極反應(yīng)式為_______。13、0.004mol·L-1AgNO3與0.004mol·L-1K2CrO4等體積混合，此時有無Ag2CrO4沉淀生成？_______(Ag2CrO4的Ksp=1.1×10-12mol3·L-3)。14、25℃時，電離平衡常數(shù)：?；瘜W式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-113.0×10-8

（1）用蒸餾水稀釋0.10mol/L的醋酸，則下列各式表示的數(shù)值隨水量的增加而增大的是_____；

A.B.C.D.

（2）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖，則HX的電離平衡常數(shù)______(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常數(shù)，稀釋后，HX溶液中水電離出來的c(H+)_____醋酸溶液中水電離出來的c(H+)(填“大于”；“等于”或“小于”)。

15、以煤為原料；經(jīng)過化學加工使煤轉(zhuǎn)化為氣體；液體、固體燃料以及各種化工產(chǎn)品的工業(yè)叫煤化工。

（1）將水蒸氣通過紅熱的碳即可產(chǎn)生水煤氣。反應(yīng)為：

C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH="+131.3"kJ?mol-1；

①該反應(yīng)在常溫下___________自發(fā)進行（填“能”與“不能”）；

②一定溫度下，在一個容積可變的密閉容器中，發(fā)生上述反應(yīng)，下列能判斷該反應(yīng)達到化學平衡狀態(tài)的是_____________（填字母；下同）。

a．容器中的壓強不變b．1molH—H鍵斷裂的同時斷裂2molH—O鍵。

c．c(CO)=c(H2)d．密閉容器的容積不再改變。

（2）將不同量的CO(g)和H2O(g)分別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，進行反應(yīng)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三組數(shù)據(jù)：。實驗組]

溫度/℃[來]

起始量/mol

達到平衡所需時間/min

達到平衡所需時間/min

CO

H2O

H2

CO

H2

CO

1

650

4

2

1.6

2.4

6

2

900

2

1

0.4

1.6

3

3

900

a

b

c

d

t

①實驗1中以v(CO2)表示的反應(yīng)速率為_______________（取小數(shù)二位；下同）。

②該反應(yīng)為_____（填“吸”或“放”）熱反應(yīng)，實驗2條件下平衡常數(shù)K=_______。

③若實驗3達平衡時與實驗2平衡狀態(tài)中各物質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)分別相等，且t<3min，則a、b應(yīng)滿足的關(guān)系是____（用含a、b的數(shù)學式表示）。評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，此時v放減小，v吸增大。(____)A.正確B.錯誤17、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤18、當反應(yīng)逆向進行時，其反應(yīng)熱與正反應(yīng)熱的反應(yīng)熱數(shù)值相等，符號相反。____A.正確B.錯誤19、如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性。（____________）A.正確B.錯誤20、某溫度下，純水中的c(H＋)=2×10-7mol·L-1，則c(OH-)=()A.正確B.錯誤21、pH＜7的溶液一定呈酸性。（______________）A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共9分)22、VA族元素及其化合物在生產(chǎn)；生活中用途廣泛。

(1)P4S3常用于制造火柴。試比較下列關(guān)系：原子半徑P_______S(填選項序號，下同)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P_______S，含氧酸的酸性P_______S。

a.大于b.小于c.等于d.無法確定。

(2)As4S4俗稱雄黃。As原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p6_______(補充完整)，該原子核外有_______個未成對電子。

(3)NH4NO3受撞擊分解：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O，其中發(fā)生還原過程元素的變化為_______；若在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移5mol電子，則反應(yīng)產(chǎn)生的氣體在標準狀況下體積為_______。

(4)制取氮化硼(新型陶瓷材料)的反應(yīng)必須在密閉的耐高溫容器中進行：B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)+Q(Q＜0)。若反應(yīng)在2L的密閉容器中進行，經(jīng)5分鐘反應(yīng)爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，則用氨氣來表示該反應(yīng)在5分鐘內(nèi)的平均速率為_______。達到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，在平衡移動過程中，直至達新平衡，逆反應(yīng)速率的變化狀況為_______。

(5)白磷在氯氣中燃燒可以得到PCl3和PCl5，其中氣態(tài)PCl3分子屬于極性分子，其空間構(gòu)型為_______。PCl5水解生成兩種酸，請寫出發(fā)生反應(yīng)的方程式_______。評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共20分)23、A；B、C、D、E、F六種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大，其中B與C同周期，D與E和F同周期，A與D同主族，C與F同主族，C元素的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的三倍，B元素的最高正價和最低負價之和為2。又知六種元素所形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體。請回答下列問題：

（1）C、D、F三種元素形成的簡單離子的半徑由大到小的順序是____________(用離子符號表示)。

（2）由A、B兩種元素以原子個數(shù)比5∶1形成離子化合物X，X的電子式為_____________。

（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以與O2、KOH溶液形成原電池，用該原電池提供的能量電解足量的CuSO4溶液，當消耗0.2molB2A4時，若要使電解槽中溶液恢復到電解前的情況，需要向其中加入多少克什么物質(zhì)？(填質(zhì)量和化學式)_________________。

（4）A和B形成的某種氯化物BA2Cl可作殺菌劑，其原理為BA2Cl遇水反應(yīng)生成一種具有強氧化性的含氧酸，寫出BA2Cl與水反應(yīng)的化學方程式：_________________________。24、電解NaCl溶液可得到NaOH、Cl2和H2；它們是重要的化工原料。有關(guān)反應(yīng)關(guān)系如下圖所示：(部分反應(yīng)條件和物質(zhì)省略)

回答下列問題：

(1)Cl2與NaOH溶液反應(yīng)可以制取“84”消毒液；發(fā)生反應(yīng)的方程式為_________________。

(2)B溶液→A溶液所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________。

(3)A溶液能刻蝕銅印刷線路板；試寫出該反應(yīng)的離子方程式_____________，該反應(yīng)的還原劑是____________________。

(4)若檢驗A溶液中的陽離子，所用的試劑是_________________，現(xiàn)象是_______________。25、R、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。R的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的兩倍，X2W2可用于呼吸面具，Y的主族序數(shù)與周期數(shù)相等，Z的氫化物的分子式為H2Z?；卮鹣铝袉栴}：

(1)Z在周期表中的位置是_____，Y的原子結(jié)構(gòu)示意圖_______。

(2)R2Z的結(jié)構(gòu)式是_______，X2Z2的電子式是______。

(3)XYW2溶液呈____性(填“酸”、“堿”或“中”)，原因是(用離子方程式表示)________。

(4)某傳感器可以檢測空氣中ZW2的含量，工作原理如上圖所示。則其陰極電極反應(yīng)式為____。26、甲；乙、丙三種物質(zhì)都含有A元素；只有甲是單質(zhì)，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：

甲乙丙。

(1)若乙是目前世界倡導需減少排放的溫室氣體，丁也含有A元素。則含有7個中子的核素A可用符號表示為___________，丁溶液呈堿性的原因用離子方程式表示為___________；已知：在常溫常壓下，1mol甲和一氧化碳分別與充足的氧氣反應(yīng)放出的熱量分別是393.5kJ、283.0kJ。試寫出甲與乙相互反應(yīng)的熱化學方程式___________。

(2)若A是非金屬元素，其次外層電子是最外層電子數(shù)的2倍，則乙在現(xiàn)代通訊中可用于制造___________，寫出一個有丙參加的、能證明碳的非金屬性強于A的化學方程式___________；

(3)若甲是生活中最常用的過渡金屬單質(zhì)，其在點燃條件與氧氣反應(yīng)生成乙。若丁是稀鹽酸，則乙→丙的化學方程式為___________。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共3題，共9分)27、Zn是一種應(yīng)用廣泛的金屬。用閃鋅礦(主要成分為ZnS，還含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS、砷化合物雜質(zhì)等)為原料制備ZnSO4·7H2O的流程如圖所示：

①形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：。金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH(c=0.1mol·L-1)1.56.36.27.4沉淀完全的pH(c=1.0×10?5mol·L-1)2.88.38.29.4

②ZnSO4·7H2O易溶于水；難溶于酒精。

回答下列問題：

(1)焙燒前應(yīng)將閃鋅礦粉碎，其作用是__。濾渣1的主要成分除SiO2外還有__。

(2)“氧化除雜”工序中為了不引入新雜質(zhì)，還可選用的氧化劑是___。利用上述表格數(shù)據(jù)，計算Zn(OH)2的Ksp=__(列出計算式)

(3)加入ZnO的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+沉淀完全，若“氧化”后Zn2+濃度為1.0mol·L-1則應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH范圍是__。

(4)制得的ZnSO4·7H2O需洗滌，洗滌晶體時應(yīng)選用的試劑為__。

(5)溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，還原除雜工序中反應(yīng)的離子方程式為__。

(6)回收所得的Cd可用于制造鎳鎘堿性二次電池，電池工作時，正極NiO(OH)轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2的電極反應(yīng)式為___。28、工業(yè)上利用生產(chǎn)磷肥的副產(chǎn)品高磷鎳鐵制備硫酸鎳晶體NiSO4·6H2O。

(1)制備含Ni2+溶液。

高磷鎳鐵鎳鐵合金含Ni2+溶液。

已知：i.高磷鎳鐵和鎳鐵合金中元素的百分含量：。元素/%Ni/%Fe/%P/%Co/%Cu/%高磷鎳鐵4.5870.4016.120.220.34鎳鐵合金52.4938.305.581.731.52

ii.金屬活動性：Fe＞Co＞Ni＞H

①依據(jù)數(shù)據(jù)，“轉(zhuǎn)爐吹煉”的主要目的是：富集鎳元素，除去部分___________。

②“電解造液”時，用鎳鐵合金作陽極，H2SO4溶液作電解質(zhì)溶液。電解過程中陰極產(chǎn)生的氣體是___________。電解一段時間后，有少量Ni在陰極析出，為防止Ni析出降低NiSO4·6H2O的產(chǎn)率，可向電解質(zhì)溶液中加入___________(填試劑)。

(2)制備NiSO4·6H2O

已知：常溫下，金屬離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀的pH：。金屬離子Fe3+Fe2+Cu2+Co2+Ni2+完全沉淀的pH2.88.36.79.48.9

①在酸性條件下，NaClO和Fe2+反應(yīng)生成Fe3+和Cl—的離子方程式是___________。

②已知Ni(OH)2的Ksp為5.48×10-16，濾液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。結(jié)合數(shù)據(jù)說明不能通過調(diào)節(jié)溶液的pH除去Cu2+的原因：___________。(已知：lg5=0.7)

③從濾液3中獲取NiSO4·6H2O的操作是___________、洗滌、干燥。29、青蒿素是高效的抗瘧藥，為無色針狀晶體，易溶于有機溶劑，難溶于水，熔點為溫度超過完全失去藥效(已知：乙醚沸點為)。從青蒿中提取青蒿素的一種工藝如下：

索氏提取裝置如圖所示．實驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)；蒸汽沿蒸汽導管2上升至裝置a，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與青蒿粉末接觸，進行萃取。萃取液液面達到虹吸管3頂端時，經(jīng)虹吸管3返回燒瓶，從而實現(xiàn)對青蒿粉末的連續(xù)萃取。回答下列問題：

(1)裝置a的名稱為__________。

(2)索氏提取的青蒿素位于__________(填“圓底燒瓶”或“索氏提取器”)中；與常規(guī)的萃取相比，索氏提取的優(yōu)點是__________。

(3)提取液蒸餾過程中選用下列哪種裝置更好__________(填字母)，原因是__________。

(4)粗品提純的過程可能是__________(填字母)。

a．加水溶解；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。

b．加70%的乙醇溶解；水浴加熱、冷卻結(jié)晶、過濾。

c．加入乙醚進行萃取分液。

(5)青蒿素()中含有過氧鍵，與碘化鈉反應(yīng)生成碘單質(zhì)。為測定產(chǎn)品中青蒿素的純度，取樣品配制成溶液，取加入錐形瓶中，再加入足量的溶液和幾滴淀粉溶液，用標準液滴定。(已知：M(青蒿素))

①滴定終點的現(xiàn)象為__________；

②三次滴定數(shù)據(jù)記錄如下：。滴定次數(shù)待測液體()標準液讀數(shù)()滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60

青蒿素的純度為__________。參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、C【分析】【詳解】

A．某無色溶液中Al3+與可發(fā)生雙水解反應(yīng)；不能大量共存，A說法錯誤；

B．溶液中的I-與ClO-能發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，B說法錯誤；

C．在水電離出H+濃度為1×10-13mol·L-1的澄清透明溶液可能大量存在H+或OH-，Mg2+、Cu2+、與H+不反應(yīng)，Mg2+、Cu2+可與OH-反應(yīng)；酸性環(huán)境下可以大量共存，C說法正確；

D．使甲基橙呈紅色的溶液中，存在大量H+，H+與[Al(OH)4]-可發(fā)生反應(yīng)；不能大量共存，D說法錯誤；

答案為C。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．溫度升高，平衡正向移動，水電離出來的氫離子和氫氧根離子濃度都增大，所以Kw增大，減??；A項不符合題意；

B．加入少量NaCl，導致溶液中Na+、Cl-濃度增大；對水電離出來的氫離子和氫氧根離子沒有影響，B項不符合題意；

C．加入少量NaOH；使溶液中的氫氧根離子變大，水的電離平衡逆向移動，抑制水的電離，C項不符合題意；

D．加入少量NaHSO4固體；使溶液中氫離子濃度增大，水的電離平衡逆向移動，但溶液的溫度不變，Kw不變，D項符合題意；

故正確選項為D3、C【分析】【詳解】

A.水的電離過程是吸熱過程，溫度越高，電離程度越大，電離產(chǎn)生的離子濃度越大，Kw越大，同一溫度下的Kw相同。A、D、E都處于25℃時，Kw相等，溫度B點>C點，c(H+)和c(OH-)越大，Kw越大，故圖中五點Kw間的關(guān)系：B>C>A=D=E；A正確；

B.從A點到D點，溶液中c(H+)增大，而c(OH-)減?。挥捎跍囟炔蛔?，所以采取的措施是向水中加入少量酸，B正確；

C.若從A點到C點，c(H+)和c(OH-)都變大，Kw也增大；只能采取升高溫度的方法，C錯誤；

D.若處在B點時，pH=2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L，pH=10的KOH中c(OH-)=10-2mol/L；二者等體積混合時，恰好發(fā)生中和反應(yīng)，溶液顯中性，D正確；

故合理選項是C。4、C【分析】【詳解】

A．1gC(s)燃燒生成一氧化碳放出9.2kJ的熱量，則12gC(s)即1molC燃燒生成一氧化碳放出的熱量為9.2kJ×12=110.4kJ，由于CO能繼續(xù)燃燒放熱，所以碳[C(s)]的燃燒熱△H＜-110.4kJ?mol-1；故A正確；

B．由圖可知2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H=反應(yīng)物的活化能-逆反應(yīng)的活化能=348kJ/mol-640kJ/mol=-292kJ/mol，則Cu2O與O2的反應(yīng)放熱；故B正確；

C．由圖可知氧化亞銅與氧氣反應(yīng)的活化能為348kJ?mol-1；故C錯誤；

D．①C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.4kJ?mol-1，②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)△H=-292kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律：①-②×計算C(s)+2CuO(s)═Cu2O(s)+CO(g)的焓變△H=-110.4kJ/mol-(-292kJ/mol)×=+35.6kJ/mol；故D正確；

故選：C。5、B【分析】【詳解】

A．NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時；生成NaCl為強酸強堿鹽，溶液呈中性，溶液pH=7，故A正確；

B．當接近終點時；需緩慢滴定速度便于觀察顏色突變，防止滴加過快滴加過量，故B錯誤；

C．用NaOH溶液滴定鹽酸；滴定終點pH越接近7誤差越小，甲基紅指示劑比甲基橙更接近7，誤差更小，故C正確；

D．20.00mL鹽酸物質(zhì)的量為：×0.02L=0.002mol，V(NaOH)=30.00mL時，NaOH的物質(zhì)的量為：×0.03L=0.003mol，反應(yīng)后剩余NaOH的物質(zhì)的量為：0.003mol?0.002mol=0.001mol，溶液體積為50mL，則反應(yīng)后溶液中NaOH的濃度為：c(NaOH)=0.001mol÷0.05L=0.02mol/L，溶液中H＋的濃度為：溶液pH=?lg(H＋)=?lg(5×10?13)=12.3；故D正確；

答案選D。6、D【分析】【詳解】

A、剛開始產(chǎn)生Ag2S沉淀時，c2（Ag＋）×c（S2－）=Ksp（Ag2S），其中c（Ag＋）=0.1mol·L－1，則此時c（S2－）=mol·L－1=6.4×10-48mol·L－1，同理，剛產(chǎn)生剛開始產(chǎn)生CuS沉淀時，c（Cu2＋）×c（S2－）=Ksp（CuS），其中c（Cu2＋）=0.1mol·L－1，則此時c（S2－）=mol·L－1=10-34.4mol·L－1，所以Ag＋先沉淀；故A錯誤；

B、Na2S溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為c（OH－）=c（H＋）+c（HS－）+2c（H2S）；故B錯誤；

C、a、c兩點Cu2＋、S2－的水解促進了水的電離，水的電離程度增大，b點可認為是NaCl溶液；水的電離沒有被促進，水的電離程度最小，故C錯誤；

D、b點CuCl2和Na2S溶液恰好反應(yīng)生成CuS沉淀，即為CuS的飽和溶液，溶液中c（S2－）=c（Cu2＋）=10-17.7，Ksp（CuS）=c（S2－）×c（Cu2＋）=10-17.7×10-17.7=10-35.4=100.6×10-36，即Ksp（CuS）數(shù)量級為10-36；故D正確；

故選D。

【點睛】

本題考查沉淀溶解平衡知識，根據(jù)圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp數(shù)值是關(guān)鍵，難點A，對于同類型的沉淀可直接根據(jù)Ksp數(shù)值比較溶解性情況，不同類型的沉淀則需要定量計算比較。7、D【分析】【分析】

【詳解】

A．HL是一元弱酸，不完全電離，0.1mol/LHL溶液的氫離子小于0.1mol/L，pH>1；A正確；

B．加水稀釋，雖然電離平衡正向移動，但由于稀釋程度大于電離程度，所以c(H+)減小，從而降低對水的電離的抑制程度，使水電離出的c(H+)增大；B正確；

C．NaL溶液中L-發(fā)生水解反應(yīng)，結(jié)合水中的氫離子，造成氫氧根大于氫離子濃度，所以C正確；

D．選項中沒有交代HL和NaL組成的緩沖溶液中HL和NaL的濃度關(guān)系；無法得出物料守恒的關(guān)系，D錯誤；

故選：D。8、D【分析】【詳解】

A．NaH2AsO3溶于水時，溶液中H2AsO應(yīng)為含砷元素的各微粒中濃度最大的，據(jù)圖可知當c(H2AsO)最大時溶液呈堿性；所以其水解程度大于電離程度，故A錯誤；

B．K1(H3AsO3)=據(jù)圖可知當c(H2AsO)=c(H3AsO3)時溶液的pH值為9.2，即c(H＋)=10-9.2mol/L，所以K1(H3AsO3)=10-9.26.310-10，所以數(shù)量級為10-10；故B錯誤；

C．H3AsO3的電離會抑制水的電離，而H2AsO的水解程度大于電離程度，促進水的電離，a點溶液中c(H3AsO3)大于b點溶液中c(H3AsO3)；則a點水的電離程度更弱，故C錯誤；

D．原溶液為Na2HAsO3溶液，條件pH值滴入的是鹽酸或KOH，所以根據(jù)物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋2c(AsO)+2c(H3AsO3)，據(jù)圖可知c點處c(HAsO)=c(H3AsO3)，所以c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)；故D正確；

綜上所述答案為D。9、C【分析】【分析】

【詳解】

A．白磷分子中含有6個磷磷鍵，甲烷分子中含有4個碳氫鍵，則所含共價鍵數(shù)均為0.4NA的白磷和甲烷的物質(zhì)的量比為2：3；故A錯誤；

B．16.25g氯化鐵的物質(zhì)的量為=0.1mol，氫氧化鐵膠體為粒子集合體，則水解形成的氫氧化鐵膠體粒子數(shù)小于0.1NA；故B錯誤；

C．硫酸鋁是強酸弱堿鹽，鋁離子在溶液中水解使溶液中陽離子數(shù)目增大，則溶液中陽離子數(shù)目大于1.5NA；故C正確；

D．電解精煉銅時，陽極失去電子的金屬除了銅，還有鐵、鋅等其他金屬，若陰極得電子數(shù)為2NA；則陽極質(zhì)量減少不是64g，故D錯誤；

故選C。二、填空題(共6題，共12分)10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)足量H2在1molO2中完全燃燒生成2mol液態(tài)水；放出571.6kJ的熱量，故。

1molH2的燃燒放出熱量為571.6kJ/2=285.8kJ；故表示H2燃燒熱的熱化學方程式為H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1

(2)在稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應(yīng)而生成1molH2O，這時的反應(yīng)熱叫中和熱。故生成1molH2O時放出熱量為=57.3kJ，表示其中和熱的熱化學方程式為H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1?！窘馕觥?85.8kJ·mol-1H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-157.3kJ·mol-1H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-111、略

【分析】【詳解】

（1）NaHSO3溶液中含有Na+、H+、HSO3-、OH-、SO32-；則。

①電荷守恒表達式c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）。

②NaHSO3屬于酸式鹽，且電離程度大于水解程度，c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）。溶液顯酸性，c（OH-）＜c（H+），各離子濃度大小順序：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）。

（2）①Na2CO3溶液中碳酸根水解，因此溶液顯堿性的原因為：CO32-+H2OHCO3-+OH-。

②Na2CO3溶液中c(Na+)是碳酸根離子物質(zhì)的量濃度的2倍，電離水解后，碳酸根以CO32-、HCO3-、H2CO3三種形式存在，所以物料守恒表達式為c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]。

③NaHCO3溶液中水電離出的c(H+)=c(OH-)，在碳酸鈉水溶液中水電離出的H+以(H+、HCO3-、H2CO3)三種形式存在，其中1mol碳酸分子中有2mol水電離出的氫離子，所以質(zhì)子守恒表達式為c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)；

（3）NH4+易發(fā)生水解反應(yīng)生成一水合氨，銨根離子濃度會減小，水解程度越大，其離子濃度越小，不同的離子對銨根離子的水解作用影響不同，促進銨根離子水解的銨根離子濃度減小，抑制銨根離子水解的銨根離子濃度較大。設(shè)以上五種溶液的濃度為1mol/L，③（NH4）2SO4、⑤（NH4）2Fe(SO4)2這兩種溶液中銨根離子的起始濃度為2mol/L，①NH4Cl、②NH4HCO3、④NH4HSO4這三種溶液中銨根離子的起始濃度為1mol/L；故③；⑤溶液中銨根離子的濃度大于①、②、④溶液中銨根離子的濃度；③中硫酸根離子不水解對銨根離子的水解沒有影響，⑤中亞鐵離子的水解對銨根離子的水解起抑制作用，故這兩種溶液中銨根離子的濃度大小順序為⑤＞③；②中碳酸氫根離子的水解對銨根離子的水解起促進作用，④中的氫離子對銨根離子的水解起抑制作用，①中的氯離子不水解對銨根離子的水解無影響，故這三種溶液中銨根離子的濃度大小順序為④＞①＞②，綜上分析，上述五種溶液中銨根離子濃度的大小順序為⑤＞③＞④＞①＞②；

（4）①NaOH為強堿；⑥H2SO4為強酸；②NaCl為強酸強堿鹽；④H2SO3為弱酸；③Na2CO3和⑤CH3COONa為弱酸強堿鹽；醋酸的酸性比碳酸強，碳酸根離子水解程度大于醋酸根離子，溶液堿性強；所以其pH從大到小排列順序為：①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥；

（5）AlCl3為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，Al3+水解離子方程式為：Al3++3H2O?Al(OH)3↓+3H+；溶液蒸干；氯化氫揮發(fā)促進水解正向進行得到氫氧化鋁，再灼燒氫氧化鋁分解得到氧化鋁。

（6）若醋酸鈉為強酸強堿鹽；那么其水溶液為中性pH=7，用pH試紙測到醋酸鈉溶液的pH值，醋酸鈉溶液顯堿性，說明醋酸根會水解，也就是說醋酸是弱酸。

（7）A.等濃度、等體積的氨水和鹽酸混合，二者恰好反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨是強酸弱堿鹽其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH?)，溶液中正確的離子濃度大小為：c(Cl?)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH?)；故A錯誤；

B.等物質(zhì)的量的氯化銨和氫氧化鈉溶液混合，二者恰好反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的氯化鈉和一水合氨，溶液呈堿性，則c(OH?)＞c(H+)，根據(jù)物料守恒知：c(Na+)=c(Cl?)，則溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Na+)=c(Cl?)＞c(OH?)＞c(H+)；故B正確；

C.等物質(zhì)的量的醋酸和氫氧化鈉混合，二者恰好反應(yīng)生成醋酸鈉和水，醋酸鈉是強堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，所以c(OH?)＞c(H+)，醋酸鈉溶液中c(CH3COO?)＞c(OH?)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO?)，所以離子濃度大小順序為：c(Na+)＞c(CH3COO?)＞c(OH?)＞c(H+)；故C錯誤；

D.醋酸鈉和鹽酸混合，醋酸鈉的物質(zhì)的量小于鹽酸，二者混合有溶液中的溶質(zhì)是醋酸、氯化鈉和鹽酸，溶液呈酸性，則c(H+)＞c(OH?)，溶液中正確的離子濃度關(guān)系為：c(Cl?)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH?)；故D錯誤；

E．在NaHSO4強酸強堿鹽，溶液中完全電離為Na+、H+、SO42-，且c(H＋)=c(SO42-)=c(Na+)，根據(jù)電荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42-)；故E正確。

答案選BE。【解析】c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（OH-）+2c（SO32-）c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H+）＞c（OH-）CO32-+H2OHCO3-+OH-c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)⑤＞③＞④＞①＞②①＞③＞⑤＞②＞④＞⑥Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+Al2O3用pH試紙測定醋酸鈉溶液的pH值與標準比色卡比對BE12、略

【分析】【詳解】

Ⅰ(1)AgCl的懸濁液中存在，所以：

①加入AgNO3固體，平衡逆向移動，則c(Cl-)變??；故答案為：變?。?/p>

②AgCl的懸濁液已經(jīng)為飽和溶液；所以若加更多的AgCl固體，溶液中離子濃度不發(fā)生變化，故答案為：不變；

③由已知常溫下，AgCl的Ksp=1.8×10-10，AgBr的Ksp=4.9×10-13。，可知AgCl的溶解平衡常數(shù)大于AgBr的溶解平衡常數(shù)，則AgCl易轉(zhuǎn)化為AgBr，所以若加KBr固體則溶液中c(Ag+)變小；故答案為：變?。?/p>

(2)

A．升高溫度，電解質(zhì)溶于水為吸熱還是放熱未知，所以將難溶電解質(zhì)放入純水中，溶解達到平衡時，升高溫度，Ksp不一定增大；故選A；

B．Ksp小溶解度不一定小，取決于物質(zhì)的構(gòu)成是否相似，如AgCl與AgBr；組成相似，溶度積越小，則溶解度越小，故選B；

C．Ksp與溫度有關(guān)，屬于溫度函數(shù)，所以難溶鹽電解質(zhì)的Ksp與溫度有關(guān)；故C不選；

D．Ksp與溫度有關(guān)，屬于溫度函數(shù)，溫度不變，溶度積不變，所以向AgCl的懸濁液中加入適量的水，使AgCl再次達到溶解平衡，AgCl的Ksp不變；其溶解度也不變，故D不選。

答案選AB

Ⅱ在NaOH溶液做電解質(zhì)溶液的甲烷燃料電池中，甲烷為負極被氧化成二氧化碳，生成的二氧化碳與溶液中的溶質(zhì)NaOH反應(yīng)生成CO所以該燃料電池的負極反應(yīng)為：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，故答案為：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O?！窘馕觥孔冃〔蛔冏冃BCH4-8e-+10OH-=CO+7H2O13、略

【分析】【分析】

比較Qc和Ksp的大小進行判斷是否生成沉淀。

【詳解】

mol3·L-3>1.1×10-12mol3·L-3，故Qc>Ksp；故能生成沉淀。

【點睛】

注意兩個溶液等體積混合后溶液的濃度發(fā)生了變化，忽略體積的影響，濃度變?yōu)樵瓉砣芤旱囊话?。【解析】?4、略

【分析】【詳解】

（1）醋酸的電離方程式為：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋CH3COOH、CH3COO-、H+的濃度均減小。

A．由Ka=可知，溫度不變Ka不變，c(CH3COO-)減小，則增大，減小；A錯誤；

B．由Ka=可知，溫度不變Ka不變，c(H+)減小，增大；B正確；

C．溫度不變KW不變，c(H+)減小，故減小；C錯誤；

D．KW=c(H+)×c(OH-)，溫度不變KW不變，c(H+)減小，則c(OH-)增大，所以減??；D錯誤；

故答案選B。

（2）稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的電離程度大，由圖可知，HX的pH變化大，則HX的電離程度大，電離平衡常數(shù)大；由圖可知，稀釋后醋酸的酸性更強，酸性更強，則抑制水電離的程度更大，故醋酸中，水電離出來的c(H+)濃度更??；故答案為：大于；大于。

【點睛】

弱電解質(zhì)的電離以及鹽類的水解問題中，判斷某些離子關(guān)系增大還是減小問題，可借助電離常數(shù)或者水解常數(shù)表達式來綜合判斷，如本題中（1）中的問題借助Ka=才能判斷?！窘馕觥緽大于大于15、略

【分析】【分析】

（1）①根據(jù)△G=△H-T△S進行判斷；

②反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時；同種物質(zhì)的正；逆反應(yīng)速率相等，平衡時各組分的物質(zhì)的量、濃度、含量等不再發(fā)生變化；

（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，CO的物質(zhì)的量變化量為4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=△c/△t=2/15mol/(L?min)，速率之比等于化學計量數(shù)之比，計算v（CO2）；

②第二組溫度比第一組高，反應(yīng)物物質(zhì)的量比第一組減半，但是平衡時CO2的物質(zhì)的量比第一組的一半少，表明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；利用三段式計算平衡時，各組分的物質(zhì)的量，該反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，故利用物質(zhì)的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達式計算平衡常數(shù)；

③使實驗3達到平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的體積分數(shù)與實驗2分別相等，為等效平衡，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體的體積不發(fā)生變化，滿足n（H2O）：n（CO）=1：2即可．

【詳解】

（1）①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)ΔH=+131.3kJ?mol-1；該反應(yīng)中△H＞0，△S＞0，根據(jù)△G=△H-T△S進行判斷，該反應(yīng)在常溫下不能自發(fā)進行，故答案為不能；

②a．在一個容積可變的密閉容器，容器中的壓強始終不變，故錯誤；

b．1molH-H鍵斷裂等效于生成2molH-O鍵同時斷裂2molH-O鍵；正逆反應(yīng)速率相等，故正確；

c.平衡時各組分的物質(zhì)的量；濃度、含量等不再發(fā)生變化；而不是各組分的物質(zhì)的量、濃度、含量相等；故錯誤；

d.反應(yīng)前后前提條件不同；體積不變說明正逆反應(yīng)速率相等，各組分濃度不變，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，故d正確；

故選bd；

（2）①由表中數(shù)據(jù)可知，CO的物質(zhì)的量變化量為4mol-2.4mol=1.6mol，v（CO）=△c/△t=2/15mol/(L?min)，速率之比等于化學計量數(shù)之比，故v（CO）=v（CO2）=2/15mol/(L?min)=0.13mol/（L?min）；故答案為0.13mol/（L?min）；

②實驗1中CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=40%，實驗2中CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%，則實驗1的轉(zhuǎn)化率大于實驗2，則說明溫度升高平衡向逆反應(yīng)方向移動，正反應(yīng)放熱，

平衡時CO的物質(zhì)的量為1.6mol，則：

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），

開始（mol）：2100

變化（mol）：0.40.40.40.4

平衡（mol）：1.60.60.40.4

該反應(yīng)前后氣體體積不變；故利用物質(zhì)的量代替濃度計算平衡常數(shù)，故900℃時該反應(yīng)平衡常數(shù)k=0.4×0.4/1.6×1.6=0.17，故答案為放；0.17；

③使實驗3達到平衡狀態(tài)時各物質(zhì)的體積分數(shù)與實驗2分別相等，為等效平衡，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體的體積不發(fā)生變化，滿足n（H2O）：n（CO）=1：2即可，即a=2b，且b＞1，故答案為a=2b，且b＞1。【解析】①.不能②.b、d③.0.13mol/(L?min)④.放⑤.0.17⑥.a=2b且b>1三、判斷題(共6題，共12分)16、B【分析】【分析】

【詳解】

升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，反應(yīng)混合物分子能量增大，單位體積活化分子數(shù)、活化分子百分數(shù)均增大，此時v放增大，v吸增大，故錯誤。17、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。18、A【分析】【分析】

【詳解】

正反應(yīng)的反應(yīng)熱=反應(yīng)物的鍵能總和-生成物的鍵能總和，逆反應(yīng)的反應(yīng)熱=生成物的鍵能總和-反應(yīng)物的鍵能總和，因此兩者反應(yīng)熱數(shù)值相等，符號相反，該說法正確。19、A【分析】【分析】

【詳解】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相對大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈堿性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，則溶液一定呈一定的酸堿性，故答案為：正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

純水溶液中c(H＋)=c(OH-)=2×10-7mol·L-1，某溫度下，Kw=c(H＋)×c(OH-)=2×10-7×2×10-7=4×10-14，因此該溫度下，c(OH-)=故此判據(jù)錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

25℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，pH=7溶液為中性，因此pH＜7的溶液一定呈酸性；若溫度為100℃時，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-12，pH=6溶液為中性，因此pH＜7的溶液可能呈堿性、中性或酸性，故此判據(jù)錯誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共9分)22、略

【分析】【分析】

達到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，壓強減小反應(yīng)速率減小，平衡正向進行；PCl5與足量的水能完全水解生成兩種酸，則生成H3PO4與HCl；

【詳解】

(1)同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑P>S，同周期從左向右非金屬性增大，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性P

(2)As位于周期表中第4周期第ⅤA族，則基態(tài)As原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，

4p能級半滿，含有3個單電子，故答案為：3d104s24p3；3；

(3)化合價有升降反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，化合價降低的物質(zhì)發(fā)生還原反應(yīng)，對反應(yīng)2NH4NO3→2N2，硝酸根中N被還原，N元素的變化為共轉(zhuǎn)移10e-，即2molNH4NO3分解生成1molO2、2molN2，轉(zhuǎn)移10mol電子生成3mol氣體，則轉(zhuǎn)移5mol電子生成氣體的物質(zhì)的量n（混合氣體）為1.5mol，標準狀況下的體積故答案為：33.6L；

(4)若反應(yīng)在5L的密閉容器中進行，經(jīng)2分鐘反應(yīng)爐內(nèi)固體的質(zhì)量減少60.0g，結(jié)合化學方程式B2O3(S)+2NH3(g)2BN(s)+3H2O(g)計算，解得n=6mol，用氨氣來表示該反應(yīng)在2分鐘內(nèi)的平均速率達到平衡后，增大反應(yīng)容器體積，壓強減小，反應(yīng)速率減小，平衡正向進行，在平衡移動過程中，逆反應(yīng)速率的變化狀況為先減小后增大，

故答案為：0.6mol/（L?min）；先減小后增大；最后保持不變，但比原來速率??；

(5)對于氣態(tài)的PCl3，根據(jù)VSEPR理論，VP=BP+LP=所以其空間構(gòu)型為三角錐形，PCl5與足量的水能完全水解生成兩種酸，則生成H3PO4與HCl，反應(yīng)方程式為：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，

故答案為：三角錐形；PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl。【解析】abd3d104s24p3333.6L0.6mol/(L?min)先減小，再增大，最后保持不變，但比原來速率小三角錐形PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共20分)23、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：A；B、C、D、E、F六種短周期元素；其原子序數(shù)依次增大，由C元素的原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的三倍，且是短周期元素，則C是O元素，C與F同主族，且是短周期元素，可知F是S元素，B元素的最高正價和最低負價之和為2，B的原子序數(shù)小于C，且B、C處于同一周期，所以B是N元素，D與E和F同周期，都處于第三周期，六種元素所形成的常見單質(zhì)在常溫常壓下有三種是氣體，三種是固體，根據(jù)已經(jīng)判斷出來的元素可知，B、C的單質(zhì)是氣態(tài)，F(xiàn)的單質(zhì)是固態(tài)，且A與D同主族，D在第三周期，則A為H，D為Na符合，E可能為Al元素、Si、P等元素均可。

（1）離子電子層數(shù)越多其離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，離子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，O、Na離子電子層結(jié)構(gòu)相同且Na元素原子序數(shù)大于O元素，所以離子半徑：O2-＞Na+，S離子核外有3個電子層，O、Na離子核外有2個電子層，所以O(shè)、Na、S三種元素形成的簡單離子的半徑由大到小的順序為S2-＞O2-＞Na+，故答案為S2-＞O2-＞Na+；

（2）由H、N兩種元素以原子個數(shù)比5：1形成離子化合物NH4H，該化合物中氫離子和銨根離子之間存在離子鍵、銨根離子中N原子和H原子之間存在共價鍵，X的電子式為故答案為

（3）由H、N元素形成的化合物N2H4可以與O2、KOH溶液形成原電池，原電池中負極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氮氣和水，電極反應(yīng)式為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，電解硫酸銅時生成Cu、氧氣，若恢復原樣可加適量的CuO，由電子守恒可知N2H4～2CuO，當消耗0.2molB2A4時；需要加CuO為0.4mol×80g/mol=32g，故答案為32gCuO；

（4）BA2Cl遇水反應(yīng)生成一種具有強氧化性的含氧酸為HClO，結(jié)合原子守恒可知還生成氨氣，該反應(yīng)為NH2Cl+H2O═HClO+NH3，故答案為NH2Cl+H2O═HClO+NH3。

考點：考查了元素周期律與元素周期表、元素及其化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的相關(guān)知識。【解析】S2—＞O2—＞Na+32gCuONH2Cl+H2O==HClO+NH324、略

【分析】【分析】

電解NaCl溶液生成NaOH溶液、氯氣和氫氣，氯氣和鐵反應(yīng)生成FeCl3，F(xiàn)eCl3溶于水得到氯化鐵溶液，F(xiàn)e和FeCl3反應(yīng)生成氯化亞鐵溶液；B溶液是氯化亞鐵溶液，以此解答。

【詳解】

(1)氯氣與氫氧化鈉溶反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉與水，反應(yīng)方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

(2)氯氣與Fe反應(yīng)生成A為FeCl3，氯化鐵與Fe反應(yīng)生成B為FeCl2，氯化亞鐵被氯氣氧化生成氯化鐵，反應(yīng)離子方程式為：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl?，故答案為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

(3)氯化鐵與Cu反應(yīng)生成氯化亞鐵、氯化銅，反應(yīng)離子方程式為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反應(yīng)中Cu元素化合價升高，故Cu為還原劑，故答案為：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；Cu；

(4)A溶液中的陽離子為Fe3+，檢驗溶液中Fe3+所用的試劑是KSCN溶液，現(xiàn)象是：A溶液變?yōu)檠t色，故答案為：KSCN溶液；A溶液變?yōu)檠t色?！窘馕觥緾l2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+CuKSCN溶液A溶液變成血紅色25、略

【分析】【分析】

R、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。R的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的兩倍，R含2個電子層，最外層電子數(shù)為4，為C元素；X2W2可用于呼吸面具，為Na2O2，則X為Na元素，W為O元素；Y的主族序數(shù)與周期數(shù)相等，原子序數(shù)比11大，為Al元素；Z的氫化物的分子式為H2Z；則Z為S元素，結(jié)合元素周期律和電解池的工作原理分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析；R為C元素，W為O元素，X為Na元素，Y為Al元素，Z為S元素。

(1)Z為S元素，Z在周期表中位于第三周期第ⅥA族；Y為Al元素，Y的原子結(jié)構(gòu)示意圖為故答案為：第三周期第ⅥA族；

(2)R2Z的化學式為CS2，與CO2的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)式為S＝C＝S；X2Z2的化學式為Na2S2，與Na2O2的結(jié)構(gòu)相似，電子式為故答案為：S＝C＝S；

(3)XYW2的化學式為NaAlO2，為強堿弱酸鹽，水解后溶液呈堿性，水解的離子方程式為AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，故答案為：堿；AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－；

(4)某傳感器可以檢測空氣中SO2的含量，陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)工作原理示意圖，Pt電極上HSO轉(zhuǎn)化為S2O其中S元素的化合價由+4價變成+3價，發(fā)生還原反應(yīng)，因此Pt電極為陰極，電極反應(yīng)式為2HSO＋2H＋＋2e－=S2O＋2H2O，故答案為：2HSO＋2H＋＋2e－=S2O＋2H2O。

【點睛】

本題的易錯點為(3)，要注意同主族元素的單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)和結(jié)構(gòu)具有相似性，本題的難點為(4)，要注意陰極上發(fā)生還原反應(yīng)，結(jié)合圖示中物質(zhì)中元素化合價的變化分析判斷?！窘馕觥康谌芷诘冖鯝族S＝C＝S堿AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－2HSO＋2H＋＋2e－=S2O＋2H2O26、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)乙是目前世界倡導需減少排放的溫室氣體，所以乙是CO2，又因為甲是單質(zhì)，所以甲是C，A元素是碳元素，丁是碳酸鹽，含有7個中子的核素A是C；

丁溶液呈堿性的原因CO+H2OHCO+OH-；

由題得：

所以：C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol；

(2)由題可知：A為硅元素；甲是單質(zhì)硅，乙是二氧化硅，二氧化硅在現(xiàn)代通訊中可用于制造光導纖維；

能證明碳的非金屬性強于硅的化學方程式Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3；

(3)甲是鐵單質(zhì)乙是四氧化三鐵，乙→丙的化學方程式為Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O。【解析】CCO+H2OHCO+OH-C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol光導纖維Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O六、工業(yè)流程題(共3題，共9分)27、略

【分析】【分析】

以閃鋅礦(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì))為原料制備金屬鋅，由流程可知，焙燒過程中發(fā)生的反應(yīng)有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙燒過程中生成的氣體是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，F(xiàn)eS(未焙燒)、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反應(yīng)生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以濾渣1為未反應(yīng)的SiO2和生成的PbSO4；氧化除雜時通入酸性高錳酸鉀溶液，使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入試劑ZnO，可調(diào)節(jié)溶液的pH值，將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(