高三上学期期中考化学试题(答案解析)

上海市行知中学【精品】高三上学期期中考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．符号“3p x”没有给出的信息是（）
A．电子层B．电子亚层C．电子云在空间的伸展方向D．电子的自旋方向
2．下列各组物质中，属于同系物的一组是
A．甲烷、一氯甲烷B．CH3COOH、HCOOH
C．HCHO、CH3COOH D．CH2=CH-CH=CH2、CH3CH=CH2 3．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+ 3F2→ NF3+ 3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。

下列有关说法错误的是
A．NF3分子呈三角锥形
B．NF3分子是极性分子
C．NF3与NH3晶体类型相同
D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子
4．已知1-18号元素的离子a W3+、b X+、c Y2-、d Z-都具有相同电子层结构，下列关系正确的是（）
A．质子数：c＞b
B．离子的还原性：Y2-＞Z-
C．氢化物的稳定性：H2Y＞HZ
D．原子半径：X＜W
5．下列物质发生变化时，所克服的微粒间的相互作用属于同种类型的是
A．食盐和氯化氢分别溶解在水中B．干冰和氯化铵分别受热变为气体C．二氧化硅和铁分别受热熔化D．液溴和苯分别受热变为气体
6．下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述正确的是（）
A．溶液中H2O电离出的c(OH-)=1.0×10-3mol⋅L—1
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液pH升高
C．与等体积0.001mol/L NaOH溶液反应，所得溶液呈中性
D．与pH=3的硫酸溶液浓度相等
7．下列不能用勒夏特列原理解释的事实是
A．蒸干氯化铝溶液得到氢氧化铝固体
B ．由2NO 2(g)N 2O 4(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深
C ．高压比常压有利于合成氨的反应
D ．实验室配制氯化铁溶液时，加入少量稀盐酸
8．对于(NH 4)2SO 4溶液，下列说法正确的是
A ．溶液中存在电离平衡：(NH 4)2SO 4
2+4NH +2-4SO B ．向溶液中滴加少量浓硫酸，c (+4NH )与c (2-4SO )均增大
C ．加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小
D ．溶液中：c (2-4SO )=2c (+4NH )+2c (NH 3·H 2O )
9．25℃，加水稀释10mLpH =11的氨水，下列判断正确的是
A ．原氨水的浓度=10-3mol /L
B ．氨水的电离程度增大，溶液中OH -的物质的量减小
C ．溶液中()()432c NH c NH O H +
的增大
D ．再加入10mLpH =3的盐酸，混合液pH =7
10．常温下，在等体积①pH =1的盐酸②0.01mol /LNaOH 溶液③pH =10的纯碱溶液④pH =5的NH 4Cl 溶液中，水电离程度的大小顺序是
A ．①＞②＞③＞④
B ．②＞①＞④＞③
C ．③＞④＞②＞①
D ．④＞③＞②＞①
11．下图是反应CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)进行过程中的能量变化曲线。

曲线a 表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b 表示使用催化剂后的能量变化，下列说法正确的是
A ．升高温度，能提高甲醇的产量和CO 的转化率
B ．使用催化剂后反应热减小，能耗降低
C ．生成物的总键能大于反应物的总键能
D ．热化学方程式为CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)-91kJ
12
．下图是电解CuCl 2溶液的装置，其中c 、d 为石墨电极，则下列有关判断正确的是（ ）
A．a为负极，b为正极B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加D．电解过程中，氯离子浓度不变13．SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是
A．采用热交换器循环利用能量B．压强控制为20~50MPa
C．反应温度控制在475℃左右D．使用V2O5作催化剂
14．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是
A．pH为11的NH3·H2O稀释10倍，pH大于10
B．0.1mol·L-1NH4Cl的pH小于7
C．0.1mol·L-1氨水的导电能力弱
D．0.1mol·L-1NH3·H2O的pH小于13
15．某单烯烃与氢气的加成产物为：(CH3)2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是A．该产物的名称是1，1—二甲基丙烷
B．原单烯烃只可能有3种不同结构
C．该产物有5种沸点不同的一氯代物
D．原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物
16．一密闭体系中发生反应：2SO 2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化。

则下列时间段中，SO3的百分含量最高的是
A．t0→t1B．t2→t3C．t3→t4D．t5→t6
17．在反应3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2中，设阿伏加德罗常数为N A。

则下列说法正确的是A．若有0.3molCl2参加反应，转移的电子数为0.6N A
B．若生成2.24L氮气，转移的电子数为0.6N A
C．若有1.2N A个电子发生转移，则被氧化的氨气的质量是27.2g
D．若生成1mol的氯化铵转移电子数是n个，则N A=1/n
18．常温下，某溶液中由水电离出的c(H +)与c(OH -)的乘积为10-16，该溶液可能是 A ．一定浓度的碳酸钠溶液
B ．一定浓度的NaHSO 4溶液
C ．一定浓度的NH 4Cl 溶液
D ．0.1mol/L 的NaCl 溶液
19．在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA （g ）+yB （g ）
zC （g ），平衡时测得A 的浓度为0.5mol /L ，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A 的浓度降低为0.3mol /L 。

下列有关判断正确的是（ ）
A ．x +y ＜z
B ．平衡向正反应方向移动
C ．B 的转化率增大
D ．C 的体积分数下降
二、多选题
20．向1.00L0.3mol /L 的NaOH 溶液中缓慢通入0.2molCO 2气体，使其完全反应，对反应后的溶液，下列判断正确的是
A ．c (OH -)＞c (-3HCO )
B ．c (-3HCO )＞c (2-3CO )
C ．c (Na +)=2c (2-3CO )+2c (-3HCO )+2c (H 2CO 3)
D ．c (Na +)+c (H +)=c (-3HCO )+2c (2-3CO )+c (OH -)
三、结构与性质
21．粉煤炭是燃煤电厂的工业废渣，其中含莫来石(Al 6Si 2O 13)的质量分数为38%，用粉煤灰和纯碱在高温下烧结，可制取NaAlSiO 4，有关化学反应方程式如下：
Al 6Si 2O 13+3Na 2CO 3＝2NaAlSiO 4+4NaAlO 2+3CO 2↑
(1)上述反应所涉及的元素中，原子核外电子运动状态最多的元素在周期表中的位置是_______，其核外有_____种能量的电子，其氧化物属于_________晶体。

(2)上述元素中有三种元素在元素周期表中处于相邻位置，其原子半径从大到小的顺序为：_______(用元素符号表示)。

(3)二氧化碳分子的空间构型为______型，是含有____键(填“极性键”或“非极性键”)的____分子(填“极性分子”或“非极性分子”)，写出其电子式_____________。

(4)请从平衡移动的原理解释用热的纯碱溶液去油污的效果好的原因_________。

(5)上述元素中有两种元素是同一主族，可以作为判断两者非金属性强弱的依据的是______(填编号)。

a .该两种原子形成的共价键中共用电子对的偏向
b .最高价氧化物熔沸点高低
c.最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
d.单质与酸反应的难易程度
四、填空题
22．1200℃时可用反应2BBr3(g)+3H2(g)2B(s)+6HBr(g)来制取晶体硼。

(1)下列说法能说明该反应达到平衡的是_____(选填序号，下同)。

a.v正(BBr3)=3v逆(HBr)
b.2c(H2)=c(HBr)
c.密闭容器内压强不再变化
d.容器内气体平均摩尔质量不再变化
(2)若密闭容器体积不变，升高温度，晶体硼的质量增加，下列说法正确的是______。

a.在平衡移动时正反应速率先增大后减小
b.在平衡移动时逆反应速率始终增大
c.正反应为放热反应
d.HBr和H2的物质的量之比减小
(3)若上述反应在10L的密闭容器内反应，5min后，气体总质量减少1.1g，则该时间段内氢气的平均反应速率为_____。

(4)往容器中充入0.2molBBr3和一定量H2，充分反应达到平衡后，混合气体中HBr百分含量与起始通入H2的物质的量有如图关系。

在a、b、c三点中，H2的转化率最高的是_____(选填字母)。

b点达到平衡后，再充入H2使平衡到达c点，此过程中平衡移动的方向为_______(填“正向”、“逆向”或“不移动”)。

(5)用单线桥法标出下列反应的电子转移方向和数目：2BBr3(g)+3H2(g)
2B(s)+6HBr(g)____________，当消耗标况下22.4L的H2时，转移电子的数目是_____个。

五、原理综合题
23．燃煤及硫酸工业尾气中的SO2是重要的大气污染物，可以用以下方法处理尾气中的SO2。

方法一：通过活性炭作用回收：2C(s)+2SO 2(g)S2(g)+2CO2(g)
(1)上述反应的化学平衡常数表达式为_______。

(2)若在某密闭容器中进行上述反应，下列措施中不能加快反应速率的是_______。

a.向容器中再加入少量C
b.升高温度
c.将容器压缩
d.将生成
的S 2气体导出
方法二：利用亚硫酸钠溶液进行吸收
(3)Na 2SO 3溶液呈碱性，其原因为(用离子方程式表达)________；常温下，0.1mol /L 该溶液中离子浓度由大到小排列_______(用离子符号表示)。

(4)常温下，当Na 2SO 3完全转化为NaHSO 3时，溶液中相关离子浓度关系为：
c (Na +)+c (H +)____c (2-3SO )+c (-
3HSO )+c (OH -)(填＞、=或＜)，
c (Na +)____c (2-3SO )+c (-3HSO )+c (H 2SO 3)(填＞、=或＜)。

方法三：高温下通过与CH 4作用回收
(5)已知上述反应生产CO 2、S 2(g )和H 2O ，写出该反应的化学方程式_________。

24．对硝基苯乙醇是合成治疗心血管病的重要药物——美多心安的中间体。

其中一种合成路线如图：
（1）A 的结构简式为_____；实验室由A 制取苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl 2/光照，第二步的化学反应方程式为_____。

（2）反应②的反应类型为反应_____。

设计反应①、反应③的目的是_____。

（3）反应③的试剂和条件为_____。

（4）丁苯橡胶是合成橡胶中产量最大的品种，适合制轮胎、传输带等。

丁苯橡胶可由1，3—丁二烯和苯乙烯共聚得到。

写出丁苯橡胶的结构简式_____。

（5）由1，3—丁二烯为原料可以合成有机化工原料1，4—丁二醇（HOCH 2CH 2CH 2CH 2OH ）
写出其合成路线______。

（合成路线常用的表示方式为：A
B ……目标产物）
参考答案
1．D
【详解】
3p x指出了电子层数是3，电子亚层是P，电子云在空间的伸展方向是X方向，没有指出电子的自旋方向，故选D。

2．B
【分析】
同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，据此解答。

【详解】
A. 甲烷与一氯甲烷的组成元素不同，不可能互为同系物，A不选；
B. CH3COOH与HCOOH均是饱和的一元羧酸，互为同系物，B选；
C. HCHO与CH3COOH分别属于醛类和羧酸类，结构不相似，不能互为同系物，C不选；
D. CH2=CH-CH=CH2与CH3CH=CH2分子中含有的碳碳双键个数不同，结构不相似，不能互为同系物，D不选；答案选B。

3．D
【详解】
A．氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+1
2
（5-3×1）=4，所以氮原子
杂化方式是sp3，因为含有一个孤电子对，所以是三角锥型结构，NF3分子构型与NH3相似，所以NF3分子构型也是三角锥型的，故A正确；
B．NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型的，所以NF3分子构型也是三角锥型的，三角锥形分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子，故B正确；
C．NF3存在N-F键，NH3存在N-H键，都为分子晶体，NF3与NH3晶体类型相同，故C正确；D．氨气、氟气以及NF3为分子晶体，NH4F中存在的化学键是离子键、共价键，NH4F是离子化合物，故D错误；
故选：D。

4．B
【分析】
具有相同电子层结构的离子符号阴上阳下的原则。

X、W是阳离子，Y、Z是阴离子，所以X、W位于Y、Z的下一周期；再根据所带电荷数，则W的原子序数大于X，Z的原子序数大于Y。

A. X在Y的下一周期，所以质子数b＞c，A错误；
B. Z在Y元素的右侧，Z元素的非金属性比Y强，所以阴离子的还原性Y2-＞Z-，B正确；
C. Z元素的非金属性比Y强，所以Z的氢化物比Y的氢化物稳定，C错误；
D. X与W是同周期元素，X的原子序数小于W，所以X的原子半径大于W，D错误。

答案选B。

5．D
【详解】
A. 食盐是离子晶体，溶于水克服离子键；氯化氢是分子晶体，溶于水克服共价键，故A不选；
B. 氯化铵是离子晶体，受热变为气体克服离子键；干冰是分子晶体，受热变为气体克服分子间作用力，故B不选；
C. 二氧化硅是原子晶体，受热熔化克服共价键，Fe是金属晶体，受热熔化克服金属键，故C不选；
D. 液溴和苯都是分子晶体，分别受热变为气体克服分子间作用力，故D选；
故答案选D。

6．B
【详解】
A项、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）为1.0×10-3mol•L-1，氢离子抑制了水的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O电离出的c（OH-）=1.0×10-10mol•L-1，故A
错误；
B项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高，故B正确；
C项、醋酸为弱酸，pH=3的醋酸溶液浓度大于0.001mol•L-1，与等体积0.001mol•L-1NaOH 溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；
D项、pH=3的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，硫酸的浓度为5×10-4mol•L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol•L-1，故D错误；
故选B。

【点睛】
水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促
7．B
【详解】
A ．氯化铝溶液中存在水解平衡AlCl 3+3H 2O Al(OH)3+3HCl ，加热促进平衡正向进行，且加速HCl 挥发，进一步促进平衡正向进行，故蒸干氯化铝溶液得到氢氧化铝固体能够用勒夏特列原理解释，A 不合题意；
B ．加压将使2NO 2(g)N 2O 4(g) 平衡正向移动，颜色变浅，但由于体积缩小NO 2浓度增大，而使颜色加深，故不能用勒夏特列原理解释，B 符合题意；
C ．由于合成氨反应：N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g)正反应是一个气体体积缩小的方向，故高压比常压有利于合成氨的反应能够用勒夏特列原理解释，C 不合题意；
D ．氯化铁溶液中存在水解平衡FeCl 3+3H 2O Fe(OH)3+3HCl ，故实验室配制氯化铁溶液时，加入少量稀盐酸，能使上述平衡逆向移动，抑制氯化铁水解能用勒夏特列原理解释，D 不合题意；
故答案为：B 。

8．B
【详解】
A . 硫酸铵完全电离：(NH 4)2SO 4＝2+4NH +2-4SO ，A 错误；
B . 向溶液中滴加少量浓硫酸，氢离子浓度增大，抑制铵根水解，所以c (+4NH )与c (2-4SO )均增大，B 正确；
C . 加水稀释，酸性降低，氢氧根离子的浓度增大，C 错误；
D . 根据物料守恒溶液中：2c (2-4SO )=c (+
4NH )+c (NH 3·H 2O )，D 错误；答案选B 。

9．C
【详解】
A ．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，pH =11的氨水中c (OH -)=10-3mol /L ，氢氧根离子浓度远远小于氨水的浓度，所以氨水浓度大于10-3mol /L ，故A 错误；
B ．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，氢氧根离子、铵根离子、一水合氨浓度都减小，但溶液中溶液中OH -的物质的量增大，故B 错误；
C ．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离，铵根离子个数增大，一水合氨分子个数减小，所
以溶液中
()
()
4
32
c NH
c NH O
H
+
的增大，故C正确；
D．常温下，pH=11的氨水和pH=3的盐酸，盐酸的物质的量浓度小于氨水，等体积混合时氨水过量，所以混合溶液呈碱性，故D错误；
故答案选C。

10．C
【详解】
酸或碱抑制水的电离，氢离子或氢氧根浓度越大，对水的电离抑制越大；能水解的盐促进水的电离；①pH=1的盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L，水电离出的氢离子浓度是10－13mol/L；
②0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L，水电离出的氢离子浓度是10－12mol/L；
③pH=10的纯碱溶液中水的电离被促进，水电离出的氢氧根浓度是10－4mol/L；④pH=5的NH4Cl溶液中水的电离被促进，水电离出的氢离子浓度是10－5mol/L，因此水电离程度的大小顺序是③＞④＞②＞①；答案选C。

11．C
【详解】
A.由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的产量和一氧化碳的转化率减小，故A错误；
B.由图可知，使用催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，但反应热不变，故B错误；
C.由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则生成物的总键能大于反应物的总键能，故C正确；
D.由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)+91kJ，故D错误；
故选C。

12．C
【详解】
A选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故A错误；
B选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，故B错误；
C选项，根据电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，电解过程中，d电极铜离子得到电子变为铜单质，质量增加，故C正确；
D选项，电解过程中，c极氯离子失去电子变为氯气，因此浓度减小，故D错误；
综上所述，答案为C。

13．B
【详解】
A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用二氧化硫催化氧化反应放出的能量，实现能量循环使用，A不合题意；
B．常压下SO2转化率已经很大了，且压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，不符合工业生产实际，B符合题意；
C．反应温度控制在475℃左右，催化剂活性最大，反应速率较大，C不合题意；
D．催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，D不合题意；
故答案为：B。

14．C
【分析】
部分电离的电解质为弱电解质，其形成的盐能发生水解，只要能证明NH3·H2O部分电离或其盐能发生水解，就说明NH3·H2O是弱电解质，据此分析解答。

【详解】
A．pH为11的NH3·H2O稀释10倍，pH大于10，说明稀释过程中氢氧根的物质的量增加，即NH3·H2O继续电离出氢氧根离子，能说明NH3·H2O为弱电解质，故A不选；B．0.1mol·L-1NH4Cl的pH小于7显酸性，说明NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3•H2O 是弱电解质，故B不选；
C．0.1mol·L-1氨水的导电能力弱，只能说明溶液中离子的浓度小，但不能说明NH3•H2O 为弱电解质，故C选；
D．0.1mol·L-1NH3·H2O的pH小于13，则溶液中c(OH-)＜0.1mol/L，所以c(OH-)＜c(NH3·H2O)，说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，故D不选；
故答案选C。

15．B
【详解】
A. 加成产物的名称应该为2-甲基丁烷，故A错误；
B. 采用逆向分析法，相邻的碳原子各去掉一个氢原子，有三种结果，故有3种不同的烯烃，故B正确；
C. 该产物分子中含有4类氢原子，有4种沸点不同的一氯代物，故C错误；
D. C3H6有两种结构，一种是丙烯，还一种是环丙烷，故不一定是烯烃，即原烯烃与分子式是C3H6的烃不一定互为同系物，故D错误；
故答案选B。

16．A
【详解】
分析图象可知，t2→t3是原平衡逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量降低，t3→t4和t2→t3两个时间段内，SO3的百分含量相同，t5→t6是平衡再次逆向移动后建立的平衡，SO3的百分含量再次降低，所以t0→t1时间段内达到的平衡状态下三氧化硫的百分含量最大；故选：A。

17．A
【详解】
A. 反应3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，所以0.3mol Cl2参加反应，转移的电子数为0.6N A，故A正确；
B. 反应3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，生成1mol氮气转移电子6mol，生成2.24L氮气物质的量不一定是0.1mol，转移的电子数不一定为0.6N A，故B错误；
C. 反应3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2中，3Cl2～6Cl-～6e-，2NH3～N2～6e-，转移6mol电子，被氧化的氨气为2mol，有1.2N A个电子发生转移，则被氧化的氨气物质的量为0.4mol，被氧化的氨气的质量=0.4mol×17g/mol=6.8g，故C错误；
D. 依据反应的电子转移守恒可知，生成6mol氯化铵时电子转移6mol，生成1mol氯化铵转移电子1mol，若生成1mol的氯化铵转移电子数是n个，则N A=n，故D错误；
故答案选A。

18．B
【分析】
常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)与c(OH－)的乘积为10-16，c(H+)= c(OH－)=10-8mol/L，水的电离被抑制，酸、碱溶液对水的电离起到抑制作用，水解的盐对水的电离起到促进作用。

【详解】
A．一定浓度的碳酸钠溶液，碳酸根离子对水的电离起促进作用，故A错误；
B．一定浓度的NaHSO4溶液，溶液中呈酸性，对水的电离起到抑制作用，故B正确；C．一定浓度的NH4Cl溶液，铵根离子水解呈酸性；对水的电离起到促进作用，故C错误；D．0.1mol/L的NaCl溶液，水的电离不变，溶液中c(H+)与c(OH－)的乘积为10-14，故D错
误；
故选B 。

19．D
【详解】
A . 平衡时测得A 的浓度为0.5mol /L ，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍的瞬间A 的浓度为0.25mol /L ，再达到平衡时，测得A 的浓度为0.3mol /L ，这说明反应逆向进行，则x +y ＞z ，A 错误；
B . 平衡向逆反应方向移动，B 错误；
C . 平衡向逆反应方向移动，B 的转化率降低，C 错误；
D . 平衡向逆反应方向移动，C 的体积分数下降，D 正确；答案选D 。

20．BD
【详解】
向1L 0.3mol /L 的NaOH 溶液中缓缓通入0.2molCO 2气体，发生反应CO 2+NaOH =NaHCO 3、CO 2+2NaOH =Na 2CO 3+H 2O ，由于n （CO 2）：n （NaOH ）=2：3，介于1：1～1：2之间，所以两个反应都发生，溶质为碳酸钠、碳酸氢钠的混合物，设碳酸钠为xmol 、碳酸氢钠为ymol ，则x +y =0.2、2x +y =0.3，解得x =y =0.1，故所得溶液中溶质为等浓度的Na 2CO 3和NaHCO 3，则
A ．反应生成碳酸钠、碳酸氢钠，由于碳酸氢根离子的水解程度较小，则碳酸氢根离子的浓度大于氢氧根离子，故A 错误；
B ．由于碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中一定满足：c (-3HCO )＞c (2-3CO )，故B 正确；
C ．由碳元素守恒可知：c (2-3CO )+c (-3HCO )+c (H 2CO 3)=0.2mol /L ，溶液中c （Na +）=0.3mol /L ，
所以：2c （Na +）=3c (2-3CO )+3c (-
3HCO )+3c (H 2CO 3)，故C 错误； D ．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：
c (Na +)+c (H +)=c (-3HCO )+2c (2-
3CO )+c (OH -)，故D 正确；
故答案选BD 。

21．第三周期第IV A 族 5 原子 Al ＞Si ＞C 直线 极性 非极性分子
纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，反应过程是吸热反应，升温促进水解，
碱性增强，油脂会在纯碱溶液中水解，平衡正向进行，易于洗涤 ac
【详解】
（1）要使原子核外电子运动状态最多，则其核外电子数目应最多，因此应该是Si 元素，Si 原子核外有3个电子层，最外层电子数是4，硅元素位于周期表第三周期第ⅣA 族，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 4，因此核外有5种能量的电子，二氧化硅属于原子晶体； （2）Al 、Si 、C 三种元素处于相邻位置，Al 和Si 处于同一周期，且Al 原子序数小于Si ，所以Al 原子半径大于Si ，Si 和C 属于同一主族，同一主族元素，原子半径随着原子序数的
增大而增大，则硅的原子半径大于碳，所以这三种元素的原子半径大小顺序是：
Al ＞Si ＞C ； （3）二氧化碳分子中C 原子形成2个C =O 双键，即形成2个σ键，不含孤对电子，C 原子杂化轨道数为2，采取sp 杂化，故二氧化碳分子是直线型分子，二氧化碳是含有极性键的非极性分子，二氧化碳分子中含有极性键，其电子式为；
（4）碳酸钠是强碱弱酸盐，在水溶液里因为水解而使溶液呈碱性，由于反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，油脂会在纯碱溶液中水解，平衡正向进行，易于洗涤； （5）a ．该两种原子形成的共价键中共用电子对的偏向吸引电子能力强的，所以能说明非金属性强弱，故正确；
b ．最高价氧化物熔沸点高低不能说明非金属性强弱，故错误；
c ．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱能说明非金属性强弱，非金属性越强的元素，其最高价含氧酸的酸性越强，故正确；
d ．单质与酸反应的难易程度不能说明非金属性强弱，故错误；
故答案选ac 。

22．cd ab 110.003mol L min --⋅⋅ a 正向
2N A
【分析】
(1)根据判断平衡标志的方法进行分析。

(2)根据平衡移动原理进行分析。

(3)先得到B 的质量和物质的量，再计算生成氢气物质的量，再计算该时间段内氢气的平均反应速率。

(4)向容器中不断加入氢气，平衡正向移动，BBr 3转化率增大，但氢气转化率降低。

(5)BBr 3(g)化合价降低，由+3价降低到0价，一个BBr 3(g)电子转移3个电子。

【详解】
(1)a ．v 正(BBr 3)=3v 逆(HBr)，一个正向对应，一个逆向反应，满足两个不同方向，但速率比不等于计量系数之比，故a 不符合题意；b ．2c(H 2)=c(HBr)不能作为判断平衡标志，故b 不
符合题意；c ．该反应是体积增大的反应，即压强增大的反应，当密闭容器内压强不再变化，
则达到平衡，故c 符合题意；d ．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，正向反应，
气体质量减小，气体物质的量增大，气体摩尔质量减小，当容器内气体平均摩尔质量不再变化，则达到平衡，故d 符合题意；综上所述，答案为：cd 。

(2)若密闭容器体积不变，a ．升高温度，速率增大，晶体硼的质量增加，说明平衡正向移动，即在平衡移动时正反应速率先增大后减小，故a 正确；b ．升高温度，速率增大，由a 分析平衡正向移动，因此平衡移动时逆反应速率始终增大，故b 正确；c ．升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故c 错误；d ．平衡正向移动，HBr 和H 2的物质的量之比增大，故d 错误；综上所述，答案为：ab 。

(3)若上述反应在10L 的密闭容器内反应，5min 后，气体总质量减少1.1g ，说明生成B 质量为1.1g 即物质的量为0.1mol ，则生成氢气物质的量为
30.1mol 0.15mol 2⨯=，则该时间段内氢气的平均反应速率为11n 0.15mol υ==0.003mol L min V t 10L 5min
--∆=⋅⋅⋅∆⨯；故答案为：110.003mol L min --⋅⋅。

(4)向容器中不断加入氢气，平衡正向移动，BBr 3转化率增大，但氢气转化率降低，因此在a 、b 、c 三点中，H 2的转化率最高的是a 。

b 点达到平衡后，再充入H 2使平衡到达c 点，此过程中平衡移动的方向为正向；故答案为：a ；正向。

(5)BBr 3(g)化合价降低，由+3价降低到0价，一个BBr 3(g)电子转移3个电子，因此2mol BBr 3(g)和3mol H 2电子转移6mol 个电子，因此用单线桥法标出下列反应的电子转移方向和数目：
，当消耗标况下22.4L 的H 2时即1mol ，转移2mol
电子，因此转移电子的数目是2N A 个；故答案为：；
2N A 。

【点睛】
向容器中加入反应物中的一种反应物，平衡正向移动，另外一种物质的转化率增大，另一种反应物的转化率降低。

23．K =22222(CO )(S )(SO )
c c c a
d 2-3SO +H 2O -3HSO +OH - c (Na +)＞c (2-3SO )＞c (-3HSO )＞c (OH -)＞c (H +
) ＞ = 6SO 2+4CH 4高温4CO 2+3S 2+4H 2O
【详解】 （1）化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比，故2C (s )+2SO 2(g )
S 2(g )+2CO 2(g )的K =22222(CO )(S )(SO )
c c c ； （2）a ．C 为固体，向容器中再加入少量C 不影响化学反应速率，a 错误；
b ．升高温度，化学反应速率加快，b 正确；
c ．将容器压缩，压强增大，化学反应速率加快，c 正确；
d ．将生成的S 2气体导出，物质浓度减少，反应速率减慢，d 错误；
故答案为：ad ；
（3）Na 2SO 3溶液中酸根水解，溶液显碱性，离子反应：2-3SO +H 2O -3HSO +OH -；由于亚硫酸根离子水解分步进行，且以第一步水解为主，故溶液中 离子浓度由大到小排列为c (Na +)＞c (2-3SO )＞c (-3HSO )＞c (OH -)＞c (H +)；
（4）NaHSO 3溶液中，根据电荷守恒：c (Na +)+c (H +)＝2c (2-3SO )+c (-3HSO )+c (OH -)，故c (Na +)+c (H +)＞c (2-3SO )+c (-3HSO )+c (OH -)；根据物料守恒：c （Na +）
=c (2-3SO )+c (-3HSO )+c (H 2SO 3)；
（5）SO 2高温下通过与CH 4作用生成CO 2、S 2（g ）和H 2O ，反应为6SO 2+4CH 4高温
4CO 2+3S 2+4H 2O 。

24． +NaOH 32CH CH OH ∆−−−−→+NaCl+H 2O （或+
NaOH 32CH CH OH ∆−−−−→+NaCl+H 2O ） 取代(或硝化)反应 保护官能团—OH ，防止其被氧化 NaOH 溶液、加热 CH 2=CH-CH=CH 2CH 2BrCH=CHCH 2Br HOCH 2CH=CHCH 2OH
2H −−→HOCH 2CH 2CH 2CH 2OH
【分析】
根据合成路线分析可知，A 先发生取代反应得到卤代烃，再在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯()，则A 为乙苯()，催化氧化、加成得到
，与发生取代反应得到，
与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到
，在NaOH 溶液、加热发生水解反应得到，据此
分析解答问题。

【详解】
(1)由上述分析可知，A 为乙苯，其结构简式为，实验室由A 制取苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl 2/光照得到卤代烃，第二步的反应为卤代烃在。