河南省郑州市2018-2019学年高二化学上学期期末考试试卷(含解析)

河南省郑州市2018-2019学年高二化学上学期期末考试试卷（含解析）说明：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。

2．将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在第Ⅱ卷的答题表（答题卡）中。

3．可能用到的相对原子质量：
H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Cu:64 Ag:108
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确选项。

1．以KCl和ZnCl2的混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是
A．未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
B．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D．镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用
【答案】C
【点睛】：明确电池或电解工作原理是解题关键，根据Zn的金属性强于Fe，未通电前上述镀锌装置可构成原电池，其正极反应为：O2+4e-+2H2O═4OH-，与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程；电镀时，每转移2mol电子析出1molZn，通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关；电镀时保持单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度无关；镀锌铁制品的镀层破损后，易形成Zn-Fe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护。

2．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2下列有关该电池的说法不正确的是（）
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe+20H－-2e－=Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O
【答案】C
C．充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：
Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D．充电时，阴极发生Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阳极发生2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，故D正确；故选C。

【点睛】：根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe(OH)2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni(OH)2，电池放电时，负极反应为
Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2，则充电时，阴极发生Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O。

3．据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。

下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是 ( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【点睛】：考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放热。

4．常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是
①b不可能显碱性②a可能显酸性或碱性③a不可能显酸性④b可能显碱性或酸性
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【答案】A
【解析】①pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故①正确；②某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故②正确；③若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解沉淀小于弱碱中离子的水解沉淀，则a可能显酸性，故③错误；④若pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故④错误；故选A。

【点睛】：考查溶液酸碱性的定性分析，根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液可能为强酸或弱酸，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性，此题应忽略盐中离子水解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答。

5．下列描述中正确的是
A．CS2为V形的极性分子
B．ClO3—的空间构型为平面三角形
C．SF6中有6对相同的成键电子对
D．SiF4和SO32—的中心原子均为sp2杂化
【答案】C
6．绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右图所示。

由图可得出的正确结论是
A．反应在c点达到平衡状态
B．反应物浓度：a点小于b点
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．Δt1＝Δt2时SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】A．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B．a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D．随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；故选D。

【点睛】：由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快。

7．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
容器甲乙丙
反应物投入量 1 mol N2、3 mol H2 2 mol NH3 4 mol NH3
NH3的浓度(mol·L－1) c1c2c3
反应的能量变化放出a kJ 吸收b kJ 吸收c kJ
体系压强(Pa) p1p2p3
反应物转化率α1α2α3
下列说法正确的是
A．2c1＞c3 B．a＋b＝92.4 C．2p2＜p3 D．α1＋α3＞1 【答案】B
器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的；A．丙容器反应物投入量4 molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2 molN2、6 molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B．甲投入1 molN2、3 molH2，乙中投入2 molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故a+b=92.4，故B正确；C．丙容器反应物投入量4 molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误；故选B。

【点睛】：考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，解答的关键是构建平衡建立的等效途径；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，所以丙与甲、乙相比，增大了压强，平衡向着正向移动，小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，据此进行解答。

8．常温下，有甲、乙两份体积为1 L，浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2 mol·L－1的NaOH混合，在混合液中：n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝y mol，x、y的正确答案组合为
A．5； 0.1 B．5； 0.2
C．3＜x＜5； 0.1 D．3＜x＜5； 0.2
【答案】D
【解析】醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，0.1 mol/L的醋酸用蒸馏水稀释100倍后，溶液的3＜pH＜5，与等体积、浓度为0.2 mol/L的NaOH混合，根据电荷守恒可知：
n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，则n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=n(Na+)=y mol，n(Na+)=0.2 mol/L×1L=0.2 mol，所以y=0.2，故选D。

9．同一温度下，强电解质溶液a，弱电解质溶液b，金属导体c三者的导电能力相同，若升高温度后，它们的导电能力强弱顺序是
A．b＞a＞c B．a＝b＝c C．c＞a＞b D．b＞c＞a 【答案】A
10．有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等。

现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生的反应如下：
NaR＋CO2(少量)＋H2O===HR＋NaHCO3
2NaR′＋CO2(少量)＋H2O===2HR′＋Na2CO3
比较HR和HR′酸性的强弱，正确的是
A．HR较弱 B．HR′较弱 C．两者相差不大 D．无法比较【答案】B
【解析】NaR′的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR′发生第一步反应：
NaR′+H2CO3=NaHCO3+HR′，由于NaR′过量，所以NaHCO3继续和NaR′反应：
NaHCO3+NaR′=HR′+Na2CO3，总反应表示为：2NaR′+CO2+H2O=2HR′+Na2CO3，酸性：H2CO3＞HCO3-＞HR′，NaR的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR发生第一步反应：
NaR+H2CO3=NaHCO3+HR，虽然NaR过量，但反应停在了NaR+CO2+H2O=HR+NaHCO3这步，说明酸性：H2CO3＞HR＞HCO3 -，所以HR较强、HR′较弱，故选B。

11．25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
【答案】C
Na2CO3溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c(CO32-)均增大，故D正确；故选C。

12．等体积等物质的量浓度的①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；
④CH3COONa与NaHCO3混合溶液中，下列各项排序正确的是
A．pH：②＞③＞④＞① B．c(CH3COO－)：②＞④＞③＞①C．溶液中c(H＋)：①＞③＞②＞④ D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②
【答案】B
【解析】①CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH，反应生成醋酸；②CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，氢氧化钠对水解抑制作用；③CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，氯化钠对水解无影响；
④CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解相互抑制；A．①CH3COONa与HCl，溶液显酸性；②CH3COONa与NaOH，溶液呈碱性；③CH3COONa与NaCl，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH3COONa与NaHCO3，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱性，得到溶液中PH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；B．①CH3COONa与HCl，溶液显酸性；生成醋酸；②CH3COONa与NaOH，溶液呈碱性；氢氧化钠溶液中氢氧根离子抑制醋酸根离子水解；③CH3COONa与NaCl，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH3COONa与NaHCO3，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱性，相互抑制，c(CH3COOH)浓度为：②＞④＞③＞①，故B正确；C．依据上述分析判断，c(H+)浓度大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；D．①CH3COONa与HCl，溶液显酸性；生成醋酸；
②CH3COONa与NaOH，溶液呈碱性；氢氧化钠溶液中氢氧根离子抑制醋酸根离子水解；③CH3COONa 与NaCl，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH3COONa与NaHCO3，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱性，相互抑制，c(CH3COOH)大小：①＞③＞④＞②，故D错误；故选B。

13．在25 ℃下，取0.2 mol·L－1 HX溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，则下列说法(或关系式)正确的是
A．混合溶液中由水电离出的c(OH－)小于0.2 mol·L－1 HX溶液中由水电离出的c(H＋)
B．c(Na＋)＝c(X－)＋c(HX)＝0.2 mol·L－1
C．c(Na＋)－c(X－)＝9.9×10－7mol·L－1
D．c(OH－)＝c(HX)＋c(H＋)＝1×10－8mol·L－1
【答案】C
mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol•L-1，故C正确；D．根据物料守恒知c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.1 mol•L-1，根据电荷守恒得C(H+)+C(Na+)=c(X-)+C(OH-)，所以c(OH-)=c(HX)+c(H+)，溶液中氢离子浓度为10-8 mol/L，所以氢氧根离子浓度大于1×10-8mol•L-1，故D错误；故选C。

【点睛】：考查混合溶液中离子浓度大小的判断，注意含有弱根离子的盐能促进水的电离，酸或碱能抑制水的电离，取0.2mol•L-1 HX溶液与0.2mol•L-1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合
后溶液体积的变化)，一元酸和一元碱的物质的量相等，混合后测得混合溶液的pH=8，说明形成的盐是强碱弱酸盐水溶液呈碱性。

14．如图所示，将铁棒和石墨棒插入1 L 1 mol·L-1食盐水中。

下列说法正确的是
A．若电键K与N连接，铁被保护不会腐蚀
B．若电键K与N连接，正极反应式是4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．若电键K与M连接，将石墨棒换成铜棒，可实现铁棒上镀铜
D．若电键K与M连接，当两极共产生28L(标准状况)气体时，生成了1 mol NaOH
【答案】D
如果电解质溶液仍然是氯化钠溶液，不能实现铁棒上镀铜，故C错误；D．若电键K与M连接，该装置是电解池，电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2 ↑，根据方程式知，当C电极阳极产生11.2L(标准状况)气体即0.5mol气体时，而氯化钠只有1mol，所以氯化钠完全，根据原子守恒生成的氢氧化钠是1mol，故D正确；故选D。

【点睛】：若电键K与N连接，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若电键K与M连接，该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电。

15．水的电离平衡曲线如图所示，若以A点表示25 ℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100 ℃时水的电离达平衡时的离子浓度，则下列说法正确的是
A．纯水中25 ℃时的c(H＋)比100 ℃时的c(H＋)大
B．100 ℃ 时某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11 mol•L－1，则该溶液的pH可能是11或3
C．将pH＝9的Ba(OH)2溶液与pH＝4的稀盐酸混合，并保持100 ℃的恒温，混合溶液的pH ＝7，则Ba(OH)2溶液和盐酸的体积比为10∶1
D．25 ℃时，某Na2SO4溶液中c(SO2－4)＝5×10－4 mol•L－1，则溶液中c(Na＋)∶c(OH－)为104∶1
【答案】D
子浓度为1×10-7mol•L-1，氢氧根离子浓度为1×10-5mol•L-1，反应后的溶液为碱性溶液；pH=9的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为1×10-3mol•L-1，与pH=4的稀盐中氢离子浓度为
1×10-4mol•L-1，设氢氧化钡的体积为x，盐酸溶液的晶体为y，则：=1×10-5，解得x：y=1：10，故C错误；D．25℃时，氢离子浓度为1.0×10-7mol/L，钠离子浓度为1.0×10-3mol/L，则溶液中c(Na+)：c(OH-)=1.0×10-3mol/L：1.0×10-7mol/L=104：1，故D正确；故选D。

16．已知Ag2SO4的K sp为2.0×10－5 mol3·L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚
好饱和，该过程中Ag＋和SO42—浓度随时间变化关系如右图。

若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋和SO42—浓度随时间变化关系的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、填空题：本题共5小题，共52分。

17．请回答下列问题(25 ℃时)：
⑴若向0.1 mol·L－1氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

⑵若向0.1 mol·L－1氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式：
_______________________________；所得溶液的pH______7(填“＞”、“＜”或“＝”)，
用离子方程式表示其原因_____________________________________。

⑶若向0.1 mol·L－1氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH)＝a mol·L－1，则c(SO)
为__________________。

⑷若向0.1 mol·L－1氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液
中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是____________________________。

⑸将足量的AgCl固体分别放入：①5 mL水，②10 mL 0.2 mol·L－1 MgCl2溶液，③20 mL 0.5 mol·L－1 NaCl溶液，④40 mL 0.1 mol·L－1盐酸中溶解至溶液饱和，各溶液中Ag＋的物质的
量浓度分别为a、b、c、d，它们由大到小的排列顺序是____________________。

【答案】（1）．减小（2）．NH3·H2O+H+===NH4++ H2O （3）．＜（4）．NH4+
+ H2O NH3·H2O+H+（5）．mol/L （6）．c(NH4+)＞c(SO42—)＞c(H+)＞c(OH—) （7）．a＞d＞b＞c
（3）溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），所以c（SO42-）=0.5c（NH4+）=0.5amol/L；
（4）向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液恰好为硫酸铵，溶液中铵根离子水解，溶液显示酸性，离子浓度大小关系为：c（NH4+）＞c（SO42-）＞c（H+）＞c（OH-）；
（5）AgCl在水中存在电离平衡AgCl⇌Ag++Cl-，溶液中Ag+或Cl-浓度越大，其抑制AgCl电离程度越大，这四种溶液中c（Cl-）大小顺序是a＞d＞b＞c。

18．汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。

⑴已知：4CO(g)＋2NO2(g) === 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－1 200 kJ·mol－1
对于该反应，温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是________ (填代号)。

⑵汽车尾气中CO与H2O(g)在一定条件下可以发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0。

820 ℃时在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，达到平衡状态，K＝1.0。

起始物质的量甲乙丙
n(H2O)/mol 0.10 0.20 0.20
n(CO)/mol 0.10 0.10 0.20
①平衡时，甲容器中CO的转化率是____________。

比较下列容器中CO的转化率：乙________甲；丙________甲(填“>”、“＝”或“<”)。

②丙容器中，通过改变温度，使CO的平衡转化率增大，则温度____________(填“升高”或“降低”)，平衡常数K__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】（1）．乙（2）．50% （3）．＞（4）．= （5）．降低（6）．增大
（2）①设甲容器中CO消耗的物质的量为x，
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
初始量：0.1 0.1 0 0
变化量：x x x x
平衡量：0.1-x 0.1-x x x
则K==1，
解得x=0.5，所以甲容器中CO的转化率=×100%=50%；
根据投料情况知道，乙相当于在甲的基础上增加了水蒸气的投料，所以会使得一氧化碳的转化率增大，丙装置投料是甲装置的2倍，对于化学反应前后系数和不变的反应来说，建立的平衡是等效的，所以两种情况下，转化率是相等的；
③丙容器中，通过改变温度，使CO的平衡转化率增大，需要使化学平衡向着正向移动，由于该反应为放热反应，要增大一氧化碳的转化率，应该降低温度；由于平衡向着正向移动，反应物浓度减小，生成物浓度增大，则该反应的化学平衡常数增大。

【点睛】：综合考查化学反应速率和化学平衡移动的影响因素以及有关化学平衡的转化率、平衡常数的计算等方面的知识，题目难度中等，注意明确影响化学反应速率、化学平衡的因素，掌握化学平衡常数的概念及计算方法。

19．在如图中，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol•L－1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol•L－1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A 极比C极重1.9 g，则
⑴电源E为________极，F为________极。

⑵A极的电极反应式为_____________________________，
析出物质______ mol。

⑶B极的电极反应式为____________________，析出气体________ mL(标准状况)。

⑷C极的电极反应式为_____________________，析出的物质________ mol。

⑸D极的电极反应式为____________________，析出气体________ mL(标准状况)。

⑹甲烧杯中滴入石蕊试液，________极附近变红，如果继续电离，在甲烧杯中最终得到______溶液。

【答案】（1）．负（2）．正（3）．Ag++ e—=== Ag （4）．0.025 （5）．2H2O —2e—=== O2↑+ 4H+（6）．140 （7）．Cu2++ 2e—=== Cu （8）．0.0125 (9)．2Cl—+ 2e—=== Cl2↑ (10)．280 (11)．B (12)．HNO3
（3）B是阳极，该极上是氢氧根离子失电子，电极反应为：4OH--4e-═H2O+O2↑，电路转移电子0.025 mol，生成氧气是0.00625 mol，体积是0.00625 mol×22.4 L/mol=0.14 L=140 mL；（4）C是阴极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，电路转移电子0.025 mol，生成金属铜是0.0125 mol；
（5）D是阳极，该极上的电极反应是：2Cl--2e-=Cl2↑，电路转移电子0.025 mol，生成氯气是0.0125 mol，体积是280 mL；
（6）电解硝酸银，在阴极上是Ag++e-=Ag，阳极B上是：4OH--4e-═H2O+O2↑，B电极附近产生硝酸，滴入石蕊试液，显示红色。

20．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。

请回答下列问题：
⑴NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是__________________________________ (用必要的化学用语和相关文字说明)。

⑵相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________ (填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。

⑶如图是0.1 mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化图像。

①其中符合0.1 mol•L-1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是 _____ (填写字母)，导致pH随温度变化的原因是 __________________________________________________ ；
②20 ℃时，0.1 mol•L-1NH4Al(SO4)2中：
2c(SO42—) -c(NH4＋) -3c(Al3＋)= ________________ 。

⑷室温时，向100 mL 0.1 mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液，得到溶液pH
与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是____________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_____________________。

【答案】（1）．Al3+水解生成Al(OH)3胶体可吸附水中的悬浮物而沉降，起到净水作用（2）．小于（3）．Ⅰ （4）．NH4Al(SO4)2水解，使溶液呈酸性，升温其水解程度增大，pH变小（5）．10—3mol/L （6）．a （7）．c(Na+)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(OH—)＝c(H+)
（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；
②根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol•L-1；
（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；
b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b 点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c(Na+)=c(SO42-)，b
点时c(Na+)＞c(SO42-)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO42-)＞c(NH4+)，故c(Na+)
＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。

21．原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。

回答下列问题：
⑴Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为________，1mol Y2X2含有σ键的数目为________。

⑵化合物ZX3与化合物YX4的VSPER构型相同，均为_______，其分子中化学键的键角较大的是____(用分子式表示，下同)，原因是______________________________。

⑶与Z同主族的三种非金属元素与X可形成结构相似的三种物质，试推测三者的稳定性由大到小的顺序________________，理由是___________________；三者的沸点由高到低的顺序是________，解释原因_____________________________。

⑷元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是___________。

⑸W元素有_____个能层，______个能级，其基态原子的简化电子排布式为_____________。

【答案】（1）．sp1（2）．3N A(或答具体数值也行) （3）．正四面体（4）．CH4（5）．NH3分子中N原子有孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小（6）．NH3＞PH3＞AsH3（7）．键长越短，键能越大，化合物越稳定（8）．NH3＞AsH3＞PH3 (9)．NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高 (10)．N2O (11)．4 (12)．7 (13)．3d104s1
（1）C2H2分子中每个C原子含有2个σ键，所以C轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，则1mol C2H2含有σ键的数目为3N A；
（2）NH3和CH4的VSEPR模型为正四面体形，由于NH3分子中N原子含有一个孤对电子，分子中N-H键受孤对电子的压缩使NH3键角减小，CH4分子中键角较大；
（3）与N同主族的三种非金属元素与H可形成结构相似的三种物质，因键长越短，键能越大，化合物越稳定，则三者的稳定性由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3；NH3可形成分子间氢键，沸点最高；AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，沸点比PH3高，三者的沸点由高到低的顺序是 NH3＞AsH3＞PH3；
（4）元素C的一种氧化物与元素N的一种氧化物互为等电子体，CO2和N2O互为等电子体，所以元素Z的这种氧化物的分子式是N2O；
（5）Cu原子核个有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，可知铜元素有4个能层，共7个能级。

【点睛】：考查元素位置结构性质的相互关系及应用，涉及σ键的计算、分子的空间构型判断、原子杂化方式的判断、配合物等知识点，其中准确推断元素是解题关键；原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是周期表中半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子最外层电子数不超过8个，所以其内层为K层，则Y是C元素；Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素；W的原子序数为29，则W是Cu元素，再结合物质结构分析解答。