四川省射洪县射洪中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题(含解析)

四川省射洪县射洪中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含
解析）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 Fe 56
第I卷(选择题)
一．选择题(1-12题每小题2分，13-20题每小题3分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

)
1.暖宝宝贴有散热均衡、发热持久、直接撕开外包装便可发热等优点，它能保持51~60℃约12个小时，它采用铁的“氧化放热”原理，利用微孔透氧的技术，采用完全隔绝空气的方式，使其发生原电池反应，铁粉在原电池中( )
原材料名：铁粉、水、活性炭、蛭石、食盐
A. 作正极
B. 得到电子
C. 被还原
D. 作负极【答案】D
【解析】
【详解】在原电池中，铁是活泼金属易失去电子作负极，被氧化，发生氧化反应，另一个电极是正极，正极上得电子发生还原反应；
故答案选D。

2.下列物质的量浓度相同的溶液中，pH最小的是( )
A. CH3COONa
B. Na2SO4
C. KH2PO4
D. NaHCO3【答案】C
【解析】
【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；Na2SO4是强酸强碱盐，其溶液呈中性；KH2PO4是强碱弱酸的酸式盐，但H2PO4-的电离程度大于水解程度使溶液呈酸性；NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，HCO3-的水解程度大于电离程度使溶液呈碱性；所以pH最小的是KH2PO4溶液，故答案选C。

3.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. SO3溶于水后能导电，故SO3为电解质
B. 一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不发生水解
C. 硫酸酸性强于醋酸，但CaCO3难溶于硫酸，可溶于醋酸
D. pH=5的盐酸和氯化铵溶液，水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO3溶于水后生成硫酸，硫酸是强电解质完全电离出离子能导电，并不是SO3电离而导电，SO3属于非电解质，故A项错误；
B．有弱才水解，如碳酸钾，硝酸铵，都含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子，能够水解，故B项错误；
C．碳酸钙与硫酸反应生成微溶物硫酸钙，硫酸钙附着在碳酸钙表面，碳酸钙与醋酸反应生成易溶性醋酸钙，所以CaCO3难溶于硫酸，易溶于醋酸，故C项正确；
D．盐酸抑制水的电离，氯化铵可水解，能够促进水的电离，故D项错误；
故答案选C。

【点睛】本题主要考查电解质的性质与判断，要注意理解掌握电解质的定义，电解质发生水解的条件等，试题难度不大。

4.下表中给出了四个实验装置和对应的部分实验现象，其中a、b、c、d为金属电极，由此可判断四种金属的活动性顺序是( )
A. d>a>b>c
B. b>c>d>a
C. a>b>c>d
D. a>b>d>c
【答案】A 【解析】 【分析】
原电池中较活泼的
金属是负极，失去电子，发生氧化反应,电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极上发生还原反应。

【详解】a 极质量减小，b 极质量增加，说明a 电极是负极，失去电子，b 电极是正极，金属性a ＞b ；b 有气体产生，c 无变化，说明b 的金属性强于c ；d 极溶解，c 极有气体产生，说明d 电极是负极，c 电极是正极，金属性d ＞c ；电流计指示在导线中电流从a 极流向d 极，说明d 电极是负极，a 电极是正极，金属性d ＞a ，四种金属的活动性顺序是d ＞a ＞b ＞c ，故选A 。

【点睛】本题考查原电池原理的应用，明确原电池的工作原理，注意运用原电池判断金属性强弱是解答关键。

5.下列物质的水溶液能在蒸发皿中蒸干灼烧得到原物质的是( ) ①FeCl 3 ②绿矾 ③碳酸氢钠 ④Na 2SO 3 ⑤K 2CO 3 ⑥CaCl 2 A. ②③⑥ B. ⑤⑥
C. ③④⑤
D. ①④⑤
【答案】B 【解析】
【详解】①FeCl 3溶液加热水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸挥发，灼烧生成氧化铁，故①错误； ②绿矾主要成分为硫酸亚铁，加热过程中被氧化为硫酸铁，故②错误； ③碳酸氢钠不稳定，加热易分解，蒸干得到分解产物碳酸钠，故③错误； ④Na 2SO 3具有还原性，加热过程中被氧化为硫酸钠，故④错误；
⑤K 2CO 3水解生成氢氧化钾和碳酸氢钾，加热蒸发时水挥发，得到碳酸钾固体，仍能得到原物质，故⑤正确；
⑥CaCl 2不水解，较稳定，蒸干得到原物质，故⑥正确； 则能得到原物质的是⑤⑥。

故答案选B 。

【点睛】本题注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物，另外，加热易分解、易氧化的物质不能得到原物质。

6.下列各种情况下，溶液中离子可能大量共存的是( )
A. 透明澄清溶液中：Cl-，Na+，Fe3+，SO42-
B. 水电离的H+浓度c(H+)=10-12 mol/L的溶液中：Cl-，CO32-，NH4+，S2O32-
C. 使pH=1溶液中：K+，Fe2+，NO3-，Cl-
D. 含有HCO3-的溶液中：NH4+，K+，Na+，AlO2-，SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cl-，Na+，Fe3+，SO42-之间不反应，能够大量共存，故A项正确；
B．水电离的H+浓度c（H+）=10-12 mol/L的溶液呈酸性或碱性，NH4+与氢氧根离子反应，CO32-、S2O32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；
C．使pH=1溶液呈酸性，Fe2+，NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C项错误；
D．HCO3-、AlO2-之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故D项错误；
故答案选A。

7.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 热纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强
B. 向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀
C. 水的离子积随温度变化如表格所示：
D. 对CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。

平衡移动原理适用的对象应存在可逆的过程，并且可逆的过程发生移动，据此判断。

【详解】A、盐类水解是吸热的可逆反应，升高温度促进水解，所以热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强，效果好，能够用平衡移动原理解释，A不选；
B、碳酸镁微溶，存在溶解平衡，氢氧化镁比碳酸镁难溶，则向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以转化为Mg(OH)2沉淀，能够用平衡移动原理解释，B不选；
C、水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，电离常数增大，导致水的离子积常数增大，能够用平衡移动原理解释，C不选；
D、反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)为气体体积不变的可逆反应，压强不影响该反应的平衡状态，气体颜色变深是由于二氧化氮浓度增大所致，不能用平衡移动原理解释，D选；答案选D。

8.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入少量的CH3COONa
B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6
D. 向水中加少量的CuSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性，说明该物质是可以水解的盐。

【详解】A项、CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中水解，使水的电离平衡右移，溶液呈碱性，故A错误；
B项、NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，溶于水能完全电离，溶液显酸性，电离出的氢离子抑制水的电离，使水的电离平衡左移，故B错误；
C项、加热水至100 ℃，水的电离平衡右移，氢离子浓度等于氢氧根浓度，水显中性，故C 错误；
D项、CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中水解，使水的电离平衡右移，溶液呈酸性，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查水的电离，注意酸、碱、盐和温度等外界条件对水的电离的影响和溶液的酸碱性的判断是解答关键，注意纯水永远显中性，但显中性时pH不一定为7。

9.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O HS－＋OH－。

下列说法正确的是( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大
B. 加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小
D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2-+H2O HS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，B正确；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误；
D.加入NaOH固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液pH增大，D错误；
答案选B。

10.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表，下列说法正确的是
A. 平衡时，X的转化率为20%
B. t ℃时，该反应的平衡常数为40
C. 前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)="0.03" mol·L-1·min-1
D. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：结合“三段式” X(g) + 3Y(g)2Z(g)，
初始浓度（mol/L） 0.1 0.2 0
变化量（mol/L） 0.05 0.15 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.05 0.05 0.1
平衡时X的转化率为50%；该温度下的平衡常数：K=0.12/0.05×0.053=1600；增大体系的压强，正逆反应速率均增大，且平衡向正反应方向移动。

考点：可逆反应的转化率、化学平衡常数、
11.《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2原电池，其工作示意图如下。

下列说法不正确的是( )
A. 电极A是负极，发生氧化反应
B. 电极B的电极反应为：O2 + 2e- + H+ = HO2-
C. 电解质溶液中H+由电极A流向B极
D. 外电路中通过6 mol电子，生成22.4 L CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．通入CH3OH的一极A为负极，失去电子发生氧化反应，反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故A项正确；
B．B极为正极，得电子发生还原反应，反应为O2+2e-+H+=HO2-，故B项正确；
C．阳离子向正极移动，则电解质溶液中H+由A极流向B极，故C项正确；
D．没有说明是否在标准状况下，无法计算气体的体积，故D项错误；
故答案选D。

【点睛】本题考查原电池原理，根据元素化合价变化来判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，注意书写电极反应式时要结合电解质特点。

12.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示
下列有关叙述正确的是（）
A. 四种元素位于元素周期表的同一周期
B. 电解X的氯化物的水溶液可以得到单质X
C. Y的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中，又能溶解在氨水中
D. W、Z的氢化物均多于1种
【答案】D
【解析】
【分析】
W化合价为-2价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此解答。

【详解】根据原子半径及主要化合价的变化规律可知，X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，
A、根据题分析可知，四种元素不在同一周期，故A错误；
B、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到单质镁，制备单质镁需电解熔融的氯化镁，故B错误；
C、Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错误；
D、W为O元、Z为N元素，O的氢化物有H2O和H2O2，N的氢化物有NH3和N2H4，氢化物均多于1种，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握短周期元素的性质、元素化合物知识为解答的关键，注意化学用语的使用。

13.下列说法正确的是( )
A. 中和等体积等物质的量浓度的盐酸和氢硫酸，盐酸消耗的氢氧化钠更多
B. 将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中： >1
C. pH=9的Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
D. pH相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小顺序为：①>②>③
【答案】B
【解析】
【详解】A、等体积、等物质的量浓度的盐酸和氢硫酸溶液中，氢硫酸是二元酸，所以氢硫酸消耗的氢氧化钠更多，故A项错误；
B．将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以＞1，故B项正确；
C．pH=9的Na2CO3溶液中，根据物料守恒：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故C项错误；
D．相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于（NH4）2SO4，即c（NH4+）大小顺序①=②＞③，故D项错误；
故答案选B。

14.工业上为了处理含有Cr2O72-的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬元素的含量已低于排放标准。

关于上述方法，下列说法错误的是( )
A. 阳极反应：Fe - 2e- = Fe2+
B. 阴极反应：2H+ + 2e- = H2↑
C. 电解过程中工业废水的pH增大
D. 可以将铁电极改为石墨电极
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即阳极反应为：Fe-2e-═Fe2+，故A项正确；
B．阴极上氢离子得电子发生还原反应，阴极反应为：2H++2e-═H2↑，故B项正确；
C．阴极反应消耗H+，溶液中的氧化还原反应也消耗H+，导致溶液中氢离子浓度降低，从而使溶液pH升高，所以在电解过程中工业废水的pH增大，故C项正确；
D．若用石墨做电极，则无法产生还原剂Fe2+，从而使Cr2O72-无法还原为Cr3+变成沉淀除去，所以不能用石墨作电极，故D项错误；
故答案选D。

【点睛】本题考查电解池工作原理，还涉及氧化还原反应等知识，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点。

15.下列实验中根据现象得出的结论错误的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A、同浓度两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗说明其离子浓度小，可以证明醋酸为弱电解质；
B、铜在酸性条件下，与溶液中NO3-离子反应生成铜离子、一氧化氮和水；
C、使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫；
D、难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。

【详解】A项、用相同浓度的两种一元酸分别做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，说明醋酸电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱电解质，故A正确；
B项、铜在酸性条件下，与溶液中NO3-离子反应生成铜离子、一氧化氮和水，一氧化氮在试管口与空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，因此向某浓溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生说明原溶液中可能含有NO3-，故B正确；
C项、使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反应生成的氯气，也可能是Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成的二氧化硫，故C错误；
D项、难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。

在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出K sp[Mg(OH)2]>K sp[Cu(OH)2]结论，故D正确。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比较等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。

16.SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。

下列说法正确的是( )
A. 电子流动方向为：B→b→a→A→B
B. a、A极上均发生的是氧化反应
C. 离子交换膜为阳离子交换膜
D. B极上发生的电极反应式为：SO2 + 2e- + 2H2O = SO42- + 4H+
【答案】C
【解析】
【分析】
A电极发生的反应亚硫酸根离子变化为S2O42-，硫元素化合价降低得到电子，发生还原反应，
为电解池的阴极；B电极处二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素的化合价升高失去电子，发生氧化反应，为电解池的阳极，阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+，则a为电源负极，b电极为电源正极，据此分析判断。

【详解】A．电子流动方向为：a→A，B→b，电子不能通过电解质溶液，故A项错误；
B．a为电源负极，发生氧化反应，A极为电解池阴极，发生还原反应，故B项错误；
C．阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，阴极的电极反应式为：
2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，离子交换膜应使H+移动，应为阳离子交换膜，故C项正确；D．B极为电解池的阳极，二氧化硫失去电子发生氧化反应，电极反应式为：
SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，故D项错误；
故答案选C。

17.下列有关溶液的说法中正确的是( )
A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均减小
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－)
D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3
2－)
－)+2c(SO
3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根水解溶液显酸性，则溶液中c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；
B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均减小，水的离子积常数不变，则c(OH －)增大，B错误；
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C错误；
D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)，D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小比较，明确电荷守恒、盐类水解原理为解答的关键，注意掌握电离平衡及其影响因素，侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。

18.25 ℃时，向V mL pH＝a的NaOH溶液中滴加pH＝b的盐酸溶液10V mL时，溶液中Na＋物质的量恰好等于加入的Cl－的物质的量，则a＋b的值为( )
A. 13
B. 14
C. 15
D. 不能确定【答案】C
【解析】
【分析】
溶液中Cl-的物质的量恰好等于加入Na+的物质的量，则c（OH-）=c（H+），溶液显中性。

【详解】VmLpH=a的NaOH溶液中滴加pH=b的盐酸10VmL时，溶液中Na＋物质的量恰好等于加入的Cl－的物质的量，说明溶液为中性，氢氧化钠的物质的量等于氯化氢的物质的量，VmL×0.001L/mL×10a-14=10VmL×0.001L/mL×10-b，即10a+b-15=1，则a+b-15=0， a+b=15，故选C。

【点睛】本题考查酸碱混合的计算，明确溶液为中性及pH与浓度的换算是解答本题的关键。

19.利用催化技术可将汽车尾气中的 NO 和 CO 转变成 CO2和 N2，化学方程式：2NO(g)＋
2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。

某温度下，在容积不变的密闭容器中通入 NO 和 CO，测得不同时间的 NO 和 CO 的浓度如下表：
下列说法中不正确的是( )
A. 2 s 内的平均反应速率v(N2)＝1.875×10-4mol·L-1·s-1
B. 在该温度下，反应的平衡常数K＝5
C. 若将容积缩小为原来的一半，NO 转化率大于 90%
D. 使用催化剂可以提高单位时间内 CO 和 NO 的处理量
【答案】B
【解析】
试题分析：A．2s内△c（NO）=（1-0.25）×10-3mol•L-1=7.5×10-4mol•L-1，则△c（N2）=△c （NO）=3.75×10-4mol•L-1，则v（N2）==1.875×10-4mol•L-1•s-1，A正确；B．4s 时处于平衡状态，平衡时NO为1.0×10-3mol•L-1，则：
2NO（g）+2CO（g）2CO 2（g）+N2（g）
起始量（×10-3mol•L-1）：1 3.6 0
变化量（×10-3mol•L-1）：0.9 0.9 0.9 0.45
平衡量（×10-3mol•L-1）：0.1 2.7 0.9 0.45
则平衡常数K===5000，B错误；C．原平衡时NO转化率为=90%，若将容积缩小为原来的一半，增大压强，平衡正向
移动，NO转化率增大，故新平衡时NO转化率大于90%，C正确；D．使用催化剂加快反应速率，可以提高单位时间CO和NO的处理量，D正确，答案选B。

考点：考查了化学平衡计算与影响因素、反应速率计算与含义、化学平衡常数的相关知识。

20.常温下，向25 mL 0.1 mol．L-1NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol．L-1的HN3（叠氮酸）溶液，pH的变化曲线如图所示（溶液混合时体积的变化忽略不计，叠氮酸的Ka=10-4.7）。

下列说法正确的是
A. 水电离出的c(H+)：A点小于B点
B. 在B点，离子浓度大小为c（OH-）>c(H+)>c (Na+)>c(N3-)
C. 在C点，滴加的V(HN3)=12.5 mL
D. 在D点，c(Na+)=2c(HN3)+2 c(N3-)
【答案】A
【解析】
A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，N3-水解促进了水的电离，则水电离出的c（H+）：A点小于B点，故A正确；B．B点呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（N3-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；C．滴加的V（HN3）=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，N3-部分水解，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C 点V（HN3）＞12.5 mL，故C错误；D．在D点，V（HN3）=25 mL，根据物料守恒可知：2c （Na+）=c（HN3）+c（N3-），故D错误；故选A。

点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线对应溶质组成为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度大小，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

C为本题难点。

第II卷(非选择题)
21.应对雾霾污染、改善空气质量需要从多方面入手，如开发利用清洁能源。

甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。

（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋93.0 kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
③CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH＝－38.19 kJ·mol－1
则表示 CH3OH的燃烧热的热化学方程式为___________ 。

（2）在一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，在2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，在催化剂作用下充分反应。

上图表示平衡混合物中 CH3OH 的体积分数在不同压强下随温度的变化的平衡曲线。

回答下列问题：
①该反应的反应热ΔH________ 0（填“>”或“<”），在_______ (填“高温”、“低温” )下易自发，压强的相对大小与 p1_______ p2（填“>”或“<”）。

②压强为 p2，温度为300℃时，该反应的化学平衡常数的计算表达式为 K=_______。

③下列各项中，不能说明该反应已经达到平衡的是_______。

A.容器内气体压强不再变化
B.υ(CO):υ(H2)=1:2
C.容器内的密度不在变化
D.容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
E.容器内各组分
的质量分数不再变化④某温度下，在保证 H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡_______。

A.向正反应方向移动
B.向逆反应方向移动
C.不移动
【答案】 (1). CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－726.51 kJ·mol-1 (2). < (3). 低温 (4). > (5). (6). BC (7). C
【解析】
（1）已知：①CH3OH(g)＋H2O(l)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH1=＋93.0 kJ·mol－1；
②CH3OH(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH2＝－192.9 kJ·mol－1；
③CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH3＝－38.19 kJ·mol－1；根据盖斯定律可知，②×3-①×2-③得反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ，此时ΔH=（－192.9 kJ·mol－1）×3-（＋93.0 kJ·mol －1）×2-（－38.19 kJ·mol－1）=－726.51 kJ·mol-1；即CH
OH的燃烧热的热化学方程式为
3
CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=－726.51 kJ·mol-1；
（2）①由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0；已知CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的△S＜0，根据△G=△H-T△S，当反应处于低温时，△G ＜0，反应能自发进行；300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2；
②压强为 p2，温度为300℃时，平衡混合物中 CH3OH的体积分数为50%，
CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始物质的量浓度（mol/L） 0.5 1 0
变化的物质的量为浓度（mol/L） c 2c c
平衡的物质的量为浓度（mol/L） 0.5-c 1-2c c
则：=50%，解得：c=0.375，则该反应的化学平衡常数的计算表达式为
K==；
③A．随反应进行混合气体物质的量减小，恒温恒容下压强减小，容器中压强保持不变说明到达平衡，故A错误；B．伴随反应的进行过程中，始终保持υ(CO):υ(H2)=1:2，则不能说明反应到达平衡，故B正确；C．混合气体总质量不变，恒温恒容下，容器内气体密度始终保持
不变，不能说明反应到达平衡，故C 正确；D ．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，平均相对分子质量不变说明到达平衡，故D 错误；E ．容器内各组分的质量分数不再变化说明到达平衡，故E 错误；故答案为BC ；
④某温度下，在保证H 2浓度不变的情况下，增大容器的体积，说明c （CH 3OH ）与c （CO ）同等倍数减小，又浓度商Q c ==K ，此时平衡不移动，故答案为C 。

点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的
判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。

②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。

只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。

判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。

22.铝广泛应用于航空、建筑、汽车等行业，目前工业上采用电解氧化铝和冰晶石混合物的方法制取铝。

回答下列问题：
(1)某同学写出了铝原子的4种不同状态的电子排布图：
其中能量最低的是_______(填字母)，电子由状态C 到状态B 所得原子光谱为_______光谱(填“发射”或“吸收”) ，状态D 是铝的某种激发态，但该电子排布图有错误，主要是不符合________。

(2)熔融状态的氯化铝可挥发出二聚分子Al 2Cl 6，其结构如图所示。

①a 键的键能_________b 键的键能(填“>”“<”或“=”)，其理由是______________________。

②Al 2Cl 6中铝原子的杂化方式为___________；AlCl 3的空间结构为 ___________________。

(3)冰晶石属于离子化合物，由Na +和AlF 63−组成，在冰晶石的晶胞中，AlF 63−
占据的位置相当于氯化钠晶胞中Cl −的位置。

①冰晶石的化学式为___________，一个冰晶石晶胞中Na +的个数为___________。

②已知冰晶石的密度为2.95 g/cm 3，则冰晶石晶胞的边长a =___________pm(列出算式即可，阿伏加德罗常数值为6.02×1023)。

【答案】 (1). A (2). 发射 (3). 洪特规则 (4). < (5). 共价键的
键长越短，键能越大 (6). sp 3 (7). 平面三角形 (8). Na 3AIF 6
(9). 12 (10).
【解析】
【分析】 本题主要考查电子排布式特点、原子的杂化方式、分子空间构型的分析、以晶胞为单位的密度计算等知识点。

【详解】（1）根据能量最低原理，核外电子先占据能量低的原子轨道，原子轨道的能量由低到高的顺序为1s ＜2s ＜2p ＜3s ＜3p 。

根据电子排布的特点，只有A 符合能量最低原理；电子由高能级向低能级转变时产生的光谱是发射光谱；洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。

状态D 不符合这一规则。

（2）①因为共价键的键长越短，键能越大，b 键的键长较大，所以a 键的键能小于b 键的键能； ②Al 2Cl 6中每个铝原子和四个氯原子形成4个共价键，采取sp 3杂化；AlCl 3中Al 只形成三个共价键，中心原子Al 是sp 2杂化,三氯化铝的分子构型为平面三角形结构； （3）①由化合价代数和为0可知，冰晶石的化学式为Na 3AIF 6；AlF 63－占据的位置相当于氯化钠晶胞中Cl －的位置，因为一个NaCl 晶胞中含有4个Cl -，故一个冰晶石的晶胞中含有4个AlF 63－，故一个晶胞中含有12个Na ＋； ②一个冰晶石的晶胞中含有4个Na 3AIF 6，Na 3AIF 6的分子量为210，由得
pm 。