【文档说明】宁夏自治区银川市北方民族大学附属中学2019-2020学年高二下学期月考化学试题含解析【精准解析】.doc，共(22)页，426.000 KB，由小赞的店铺上传

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宁夏自治区银川市北方民族大学附属中学2019-2020学年高二下学期月考化学试题1.下列说法中正确的是()A.任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级B.用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2

C.核外电子运动的概率分布图(电子云)就是原子轨道D.电子的运动状态只可从能层、能级、轨道3个方面进行描述【答案】B【解析】【详解】A．在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增

大，能级逐渐增多，能级分为s、p、d、f、g等，选项A不正确；B．在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，选项B正确；

C．电子云表示的是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，而不是原子轨道，选项C不正确。D．电子的运动状态还可以从电子云的角度进行描述，选项D不正确。答案选B。2.下列各组元素属于p区的是()A.原子序数为1、2、7的元素B.S、O、PC.Fe、Ar、ClD.Na、Li、Mg【答案

】B【解析】【详解】根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；A．原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；B．O，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；C．铁属于d区，故C错误；D．锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，

故D错误；故答案为B。3.下列有关化学用语表示正确的是A.K+的结构示意图：B.基态氮原子的电子排布图：C.水的电子式：D.基态铬原子的价电子排布式：3d44s2【答案】B【解析】【详解】A．K为19号元素，K原子核外有19个电子，失去最外层1个电子形成K+

，所以钾离子的结构示意图为，故A错误；B．N元素为7号原子，原子核外有7个电子，根据核外电子排布规则可知基态氮原子的电子排布图为，故B正确；C．水共价化合物，其电子式为，故C错误；D．轨道半满能量较低，较稳定，所以基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故D错误；故答案为B。4.以下是一

些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。其中违反了洪特规则的是()①②③④⑤⑥A.①B.①③C.②④⑤D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】核外电子排布满足：1、能量最低原理：电子尽可能占据能量最低的轨道．能级能

量由低到高的顺序为：1s；2s、2p；3s、3p；4s、3d、4p；5s、4d、5p；6s、4f、5d、6p；7s、5f、6d、7p（即构造原理）．电子先排布在能量低的能级中，然后再向能量高的能级中排布．2、每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反配对；3、简并轨道（能级相同的轨道）只有

被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子．另外：等价轨道在全充满、半充满或全空的状态是比较稳定的。故选C。5.外围电子构型为5d26s2的元素在周期表中的位置是A.第五周期IIA族B.第五周期IVB族C.第六周期IIB族D.第六周期IVB族【答案】C【解析

】【详解】外围电子构型为5d26s2，可知其电子层数为6，为第六周期元素，其电子排布式应为[Xe]4f145d26s2，为72号元素，位于第六周期第IIB族，故选C。6.下列关于粒子半径大小关系的判断不正确的是A.r（F）<r（Cl）<r（Br）<r（I）B.r（

K+）<r（Ca2+）<r（Cl-）<r（S2-）Cr（Fe3+）<r（Fe2+）<r（Fe）D.r（Li+）<r（Na+）<r（K+）<r（Rb+）<r（Cs+）【答案】B【解析】【详解】A．同主族元素自上而下电子层数依次增多，原子半径依次增大，故A正确；B．电子层数相同，核电荷数越小

离子半径越大，核电荷数Ca>K>Cl>S，所以半径r(Ca2+)<r(K+)<r(Cl-)<r(S2-)，故B错误；C．同一元素高价阳离子半径小于低价阳离子半径，又小于金属的原子半径，所以r(Fe3+)<

r(Fe2+)<r(Fe)，故C正确；D．碱金属阳离子从上到下电子层数依次增多，所以半径依次增大，故D正确；故答案为B。【点睛】同一元素的核外电子数越多，原子核对每个电子的平均吸引力越小，半径越大，所以同一元素高价阳离子半径小于低价阳离子半径，又小于金属的原子半

径。7.不能说明X的电负性比Y的大的是（）A.与H2化合时X单质比Y单质容易B.X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强C.X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多D.X单质可以把Y从其

氢化物中置换出来【答案】C【解析】【详解】A项，与H2化合时X单质比Y单质容易，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；B项，X的最高价氧化物的水化物的酸性比Y的最高价氧化物的水化物的

酸性强，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，能说明X的电负性比Y大；C项，X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多不能说明X的电负性比Y大，如Si的电负性比H小；D项，X单质可以把Y从其氢化物中置换出来，则X的非金属性强于Y，元素非金属性越强电负性越大，

能说明X的电负性比Y大；答案选C。8.下列对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是A.原子半径：Na＜Mg＜AlB.碱性：NaOH＞Mg（OH)2＞Al（OH)3C.金属性：Na＜Mg＜AlD.第一电离

能：Na＜Mg＜Al【答案】B【解析】【详解】A．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径Na>Mg>Al，故A错误；B．非金属性越强最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性Na>Mg>Al，所以碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故B

正确；C．同周期元素自左至右金属性减弱，所以金属性Na>Mg>Al，故C错误；D．同周期元素第一电离能自左至右呈增大趋势，但Mg原子最外层为全满状态，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：Na<Al<Mg，故D错误；故答案为B。9.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最

外层电子数是电子层数的2倍，X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y原子最外层电子数等于电子层数，Z离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。下列说法正确的是A.W的氢化物沸点一定低于X的氢化物沸点B.简单

离子半径：X＞Y＞ZC.X的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒D.Y、Z形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知W为

C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径

小，可知Z为Cl，以此解答该题。【详解】由上述分析可知，W为C，X为O，Y为Al，Z为Cl，A．水分子间存在氢键，沸点较高，故A错误；B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故B错误；C．X的单质为

臭氧，Z的化合物为NaClO时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；D．氯化铝为共价化合物，故D错误；故选C。10.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A.明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B.在海轮外壳上

镶人锌块，可减缓船体的腐蚀速率C.工业制铝的原料是AlCl3，可以降低能耗D.MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料【答案】C【解析】【详解】A．明矾为KAl(SO4)2·12H2O，在水溶液中电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中

悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B．锌比铁活泼，在海水中可以与轮船外壳形成原电池并作为负极被氧化，从而保护船体，故B正确；C．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上电解熔融氧化铝制取铝单质，故C错误；D．MgO的熔点在两千摄氏度以上，熔点很高，可用于制作耐高温材料

，故D正确；故答案为C。11.下列有关实验操作的说法错误的是A.称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘B.蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C.滴定时，左手控制滴定管活塞，右手持锥形瓶，边滴边振

荡，眼睛注视滴定管中的液面D.中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响【答案】C【解析】【详解】A．称量时应该遵循“左物右砝”原则，药品可以放置在称量纸上称量，故A正确；B．蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故B正确；

C．滴定时眼睛要注视锥形瓶，观察锥形瓶中溶液的颜色变化，故C错误；D．中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水，不影响待测液的溶质的物质的量，所以不影响消耗标准液的体积，对中和滴定结果无影响，故D正确；故答案为C。12.将下列固体物质溶于水，再

将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是①胆矾②氯化亚铁③硫酸铝④氯化铜A.①②③B.①④C.③D.全部【答案】C【解析】【详解】①胆矾为CuSO4·5H2O溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，故不符合题意；②氯化亚铁溶

于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化亚铁水解生成氢氧化亚铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，氢氧化亚铁易被氧化成氢氧化铁，所以再灼烧最终得到的固体为三氧化二铁，故不符合题意；③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，

但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体依然是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故符合题意；④氯化铜溶于水后，蒸发结晶过程中氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，蒸发促进氯化氢挥发，所

以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铜，氢氧化铜不稳定，在灼烧时分解生成氧化铜，所以最终得到的固体不是原物质，故不符合题意；综上所述选C。【点睛】易水解的盐酸盐，如氯化铁、氯化铜等，若要从其溶液中蒸发得到相应的晶体，需要在HCl气流中进行蒸发，抑制水解。13.常温下，

0.1mol/L碳酸氢钠溶液中，下列关系正确的是A.c(Na+)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH-)B.c(Na+)>c(HCO3-)+c（CO32-）+2c（H2CO3）C.c(H+)+c（H2CO3）=c(OH-)D.c（H+）+c

（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液显碱性，所以c(H+)<c(OH-)，故A错误；B．溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，所以c(Na+)

<c(HCO3-)+c(CO32-)+2c(H2CO3)，故B错误；C．溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故C错误；D．溶液中存在电荷守恒，即c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c

(OH-)，故D正确；故答案为D。14.常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1×10-4mol/L，该溶液可能是①二氧化硫水溶液；②氯化铵水溶液；③醋酸钠水溶液；④氢氧化钠水溶液A.①④B.①②C.

②③D.③④【答案】C【解析】【详解】常温下，某溶液中由水电离出来的c(H+)=1×10-4mol/L，说明水的电离收到促进，酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解的促进水的电离；①二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸的电离抑制水的电离，故不可能；②氯化铵水溶液中

存在铵根的水解促进水的电离，故可能；③醋酸钠水溶液中醋酸根的水解促进水的电离，故可能；④氢氧化钠水溶液中氢氧化钠的电离抑制水的电离，故不可能；综上所述选C。15.下列指定化学用语正确的是A.NaHS水解的离

子方程式：HS-+H2O=S2-+H3O+B.Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2++2OH-C.NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-D.Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O=H2S+

2OH-【答案】C【解析】【详解】A．水解为可逆反应，正确的离子方程式应为HS-+H2OS2-+H3O+，故A错误；B．Ba(OH)2为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故B；C．NaHSO4为强电解质，且硫酸

为强酸，硫酸氢根在水溶液中完全电离，所以硫酸氢钠在水溶液中电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-，故C正确；D．H2S为二元弱酸，所以S2-分步水解，且以第一步水解为主，所以Na2S水解的离子方程式为S2-+H2O=HS-+OH-，故D错误；故答案为C。【点睛】NaHSO

4为强电解质，在水溶液中电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，熔融状态下电离：NaHSO4=Na++HSO4-。16.有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A.在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强B.中和1molHY

酸，需要的NaOH稍小于1molC.在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解D.HX、HY、HZ三者均为弱酸【答案】B【解析】【详解】A．相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，所以三种酸中HX的酸性最强，故A正确；B．HY与Na

OH反应方程式为：HY+NaOH=NaY+H2O，所以中和1molHY酸，需要的NaOH等于1mol，故B错误；C．同浓度的三种盐，NaZ溶液的pH最大，说明Z－最易发生水解，故C正确；D．三种盐溶液均显碱性，而NaOH是强碱，说明三种盐均为强碱弱酸盐，即HX、HY、

HZ三者均为弱酸，故D正确；故答案为B。17.用铜片、银片设计成如图所示的原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是A.铜片为负极，发生还原反应B.电子由负极经盐桥移向正极C.开始时，银片上发生的反应是Ag－e－===Ag＋D.将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池总反应相同【答案】D【解

析】【分析】该电池总反应应为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，所以铜片为原电池的负极，失电子发生氧化反应，银片为原电池的正极，得电子发生还原反应。【详解】A．根据分析，铜片为负极发生氧化反应，故A错误；B．电子不能在电解质溶液、盐桥中移动，

故B错误；C．银片为正极，发生还原反应，电极方程式为：Ag++e-=Ag，故C错误；D．铜片浸入AgNO3溶液中，铜单质置换银，方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，与该原电池总反应相同，故D正确；故答案为D。18.某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2

↑能进行，设计了如下所示的四个实验方案，你认为可行的方案是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：2H++2e-=H2↑，

银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。【点睛】解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池，再根据得失电子判断电极；判断时①电极：阴极是与电源负极相

连，得到电子，发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。②电子和离子的移动方向(惰性电极)。特别需要注意的是：①金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时，由于金属本身可以参与阳极反

应，称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt)、石墨等；②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液

。19.下列描述中，不符合生产实际的是A.电解熔融的氯化钠制取金属钠，用铁作阳极B.电解法精炼粗铜，粗铜连接电源的正极C.电解饱和食盐水制烧碱，用铁作阴极D.在镀件上电镀铜，用纯铜作阳极【答案】A【解析】【详解】A．活泼金属还原性较强，电解池中阳极发

生氧化反应，如果用铁做阳极会发生反应：Fe-2e-=Fe2+，生成的亚铁离子移动到阴极又会先与Na+放电生成铁单质，导致制取的钠不纯或得不到钠单质，故A错误；B．电解精炼铜时，需要粗铜与电源正极相连做阳极，

将铜即粗铜中比铜活泼的金属氧化成相应的金属阳离子，继而金属阳离子在阴极放电，而Cu2+氧化性较强，优先在阴极放电生成铜单质，从而得到纯净的铜，故B正确；C．电解池中阴极发生还原反应，铁单质不能被还原，做阴极不影响阴极反应，故可做阴极，故C正确；D．电镀铜时

，需要镀件作阴极，铜离子在镀件上被还原生成铜单质，而为了补充电解质溶液中铜离子，需要纯铜作阳极被氧化成铜离子，故D正确；故答案为A。20.在标准状况下，用铂电极电解CuSO4溶液，当阴极产生12.8g铜时，阳极放出的气体是A.1.12LH2B.

1.12LO2C.2.24LH2D.2.24LO2【答案】D【解析】【详解】用铂电极电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：2Cu2++4e-=2Cu，阳极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2，当阴极产生12.8g铜时，转移电子的物质的量为：

12.8÷64g/mol×2=0.4mol，由电子守恒可得n（O2）=0.4mol÷4=0.1mol，体积为：0.1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案选D。21.下列有关金属腐蚀与防护的说法

不正确的是A.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C.纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗D.可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．根

据原电池的工作原理，铁上镶嵌锌，锌比铁活泼做原电池负极失电子被氧化，从而铁被保护，此为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．铁比锡活泼，镀层破损后形成原电池，铁作负极，加速氧化，无法起到保护作用，故B错误；C．发生电化学腐蚀时，金属应不纯，则纯银器

主要发生化学腐蚀，故C正确；D．电解池阴极发生还原反应，为防止金属被氧化，金属可连接电源的负极，故D正确；故答案为B。22.一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下，下列说法不正确．．．的是pH2466.5813.5

14腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2＋Fe3O4Fe2O3FeO2－A.在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋4H＋＋4e－＝2H2OB.在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀C.在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓【答案】

A【解析】【详解】A、pH>14的溶液为碱性，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=2H2O，故A符合题意；B、pH<4溶液为酸性溶液，碳钢主要发生析氢腐蚀，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故B不符合题意；C、pH>6溶液，碳钢主要发生吸氧腐蚀，正极反应式为

O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C不符合题意；D、在碱性溶液中碳钢发生吸氧腐蚀，煮沸除氧气后，腐蚀速率会减慢，故D不符合题意。23.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2

+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是A.充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+OH-="NiOOH"+H2OB.充电过程是化学能转化为电能的过程C.放电时负极附近溶液的碱性不变D.放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】A【解析】【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(

OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-=NiO(OH)+H2O，故A项正确；B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH-使负极附近溶液pH减小，故C项错误；D

项，放电时Cd在负极消耗OH-，OH-向负极移动，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。24.一定温度下，Mg(OH)2固体在水中达到沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)＋2OH–(aq)。要使Mg(OH)2固体质量减少而c(Mg2+)不变，采取的措施可能是（）A.加适量水

B.通HCl气体C.加NaOH固体D.加MgSO4固体【答案】A【解析】【详解】A．加水促进溶解，固体质量减少而c(Mg2+)不变，仍为饱和溶液，故A正确；B．加入HCl，发生酸碱中和反应，c(Mg2+)浓度增大，故B错误；C．加NaOH固体，c(OH-)增大，溶

解平衡逆向移动，c(Mg2+)浓度减小，故C错误；D．加MgSO4固体，c(Mg2+)增大，故D错误；故答案为A。25.在25℃时，向AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(

25℃)如表所示：AgClAgIAg2SKsp1.8×10−108.3×10−176.3×10−50下列叙述错误的是A.沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动B.溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀C.AgCl固体分别在等

浓度的氯化钾和氯化钙溶液中的溶解度是相同的D.25℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag+的浓度不同【答案】C【解析】【分析】根据实验现象可知加入等浓度的KI溶液后AgCl沉淀转化为AgI，再加入Na2S溶液后沉淀转化为Ag2S。【详解】A．沉淀转化的实质就

是由难溶物质转化为更难溶的物质，故属于沉淀溶解平衡的移动，故A正确；B．AgCl和AgI为同种类型沉淀，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以AgI的溶解度较小，Ag2S虽为不同类型的沉淀，但其溶度积的数量级要比AgI小的多，所以溶解度更小，结合分析

可知溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，故B正确；C．Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，且温度不变该值不变，所以溶液中氯离子浓度越大，氯化银的溶解度越小，等浓度的氯化钾和氯化钙溶液中，氯化钙溶液中氯离子浓度更大，所以在氯化钙溶液中氯化银

的溶解度要小一些，故C错误；D．饱和氯化银溶液中存在平衡AgClAg++Cl-，设该溶液中c(Ag+)=xmol/L，则有x2=Ksp(AgCl)，解得x=()spAgClKmol/L，同理可得AgI溶液中c(Ag+)=()spAgIK

mol/L，Ag2S溶液中c(Ag+)=()sp32S2AgKmol/L，因三者Ksp不同，所以各溶液中银离子浓度不同，故D正确；故答案为C。【点睛】对于同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积越大，溶解度越大；但对于不同类型的难溶性盐，不能直接根据溶度积的相对大小来定性判断溶

解度大小，需要通过溶度积近似计算溶解度再进行比较。26.按要求回答下列问题。I.五种元素的原子电子层结构如下：A：1s22s22p63s23p63d54s2、B：1s22s22p63s2、C：1s22s22p6、D：

1s22s22p63s23p2、E：[Ar]4s1。请回答：(填元素符号)（1）________元素是稀有气体。含未成对电子数最多的元素是________。（2）A元素原子的核外电子共有________种运动状态，能量最高的

能级是________（填能级符号）。（3）D元素原子的价层电子排布图是________。（4）________元素的电负性最大，________元素原子的第一电离能最大，________元素最可能生成具有催化性质的氧化物。I

I.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，除Z以外，其余的均为短周期主族元素。已知：①Q原子2p能级上有一个空轨道；②R原子核外L层电子数为奇数；③X原子2p轨道上只有一对自旋相反的电子；④Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn；⑤Z原子M层所有轨道全部充满，N

层无成对电子，只有1个未成对电子。请回答下列问题：（5）Z2＋的核外电子排布式是________，X元素基态原子的核外电子排布图是____________。（6）Q与Y分别形成的最简单气态氢化物中，稳定性更强的是________（填化学式）。（7）Q

、R、X、Y三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为________（用元素符号作答）。【答案】(1).Ne(2).Mn(3).25(4).3d(5).(6).Si(7).Ne(8).Mn(9).1s22s22p63s23p63d9(10).(11).CH4(12).N>O>C>

Si【解析】【分析】I．A核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2则A为Mn元素；B的核外电子排布为1s22s22p63s2则B为Mg元素；C的核外电子排布为1s22s22p6，为Ne元素；D的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，为Si元素

；E的核外电子排布为[Ar]4s1，E为K元素。II．Q原子2p能级上有一个空轨道，其则2p轨道电子排布为2p2，所以为C元素；R原子核外L层电子数为奇数，且其原子序数大于Q，则其L层电子可能为5或7；X原子2p轨道上只有一对自旋相反的电子则

其2p轨道电子排布为2p4，为O元素，则R为N元素；Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn，且为短周期主族元素，原子序数大于O，所以其外围电子排布为3s23p2为Si元素；Z原子M层所有轨道全部充满，N层无成对电子，只有1个未成对电子，则其价电子排布为3

d104s1，为Cu元素。【详解】(1)Ne元素为稀有气体；根据各原子核外电子排布式可知可知Mn元素含未成对电子最多，有5个；(2)A为Mn，Mn为25号元素，原子核外有25个电子，每个电子的运动状态均不同，所以有25种运动状态，

能量最高的能级为3d能级；(3)D为Si元素，价层电子排布式为3s23p2，排布图为；(4)非金属性越强电负性越大，五种元素中非金属性最强的为Si；一般情况下同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，所以第一电离能最大的为Ne元素；Mn元素最

可能生成具有催化性质的氧化物；(5)Z2+为Cu2+，Cu原子失去最外围两个电子形成铜离子，所以铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；X为O元素，其核外电子排布图为：；(6)C的非金属性强于Si，所以

最简单气态氢化物更稳定，即CH4更稳定；(7)同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但C、N、O元素中N的最外层为半充满状态，第一电离能大于相邻元素；电子层数越多，第一电离能越小，所以Si元素第一电离能最小，所以第一电离能数值由大到小的顺序为N>O>C>Si。【点睛】同一周

期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素(最外层全满)第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族(最外层半满)的第一电离能大于第ⅥA族元素。27.按要求填空：（1）试解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因_____________________________

。（用离子方程式和文字叙述解释）（2）CuSO4的水溶液呈酸性的原因是：________（用离子方程式表示）；实验室在配制CuSO4溶液时，需向CuSO4的溶液中加入少量硫酸，其目的是________。

（3）在25℃时，在浓度均为0.1mol/L的下列溶液中：①（NH4）2SO4②（NH4）2CO3③（NH4）2Fe(SO4)2④氨水，其中NH4+的物质的量浓度由小到大的顺序是________（填序号）。（4）用0.1mol·L-1N

aOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。①滴定醋酸的曲线是___________（填“I”或“Ⅱ”）。②滴定开始前，0.

1mol·L-1NaOH、0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1醋酸三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是_______溶液。③图I中，V=10时，溶液中的c(H+)_________c(OH-)（填“>”、“＝”或“<”，下同），c(Na+)_

________c(CH3COO-)。（5）常温下两种溶液：a．pH=4NH4Cl,b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出c（H+）之比为______。（6）已知:25℃时KSP[Cu(OH)2]=2×10-20。常温下：某CuSO4溶液中c（Cu2+）=0.02mol∙L-1，

如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH最小为________。【答案】(1).溶液存在电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，同时存在水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解程度大于电离程度(2).Cu2++2H2O⇌Cu

(OH)2+2H+(3).抑制铜离子的水解(4).③>①>②>④(5).I(6).醋酸(7).>(8).<(9).106(10).5【解析】【分析】(4)由于醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解，所以溶液显碱性，即NaOH溶液滴定醋

酸时滴定终点显碱性，所以I为滴定醋酸的曲线，II为滴定盐酸的曲线。【详解】(1)碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根的电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，存在水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，且其水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液

显碱性；(2)Cu离子水解使硫酸铜水溶液显酸性，水解方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+；在配制CuSO4溶液时，向CuSO4的溶液中加入少量硫酸可以抑制铜离子的水解；(3)4种溶液浓度相等，(NH4)2SO4、(NH4)2C

O3、(NH4)2Fe(SO4)2均为强电解质可以电离大量铵根，而一水合氨为弱碱，所以氨水中铵根离子浓度最小，碳酸根的水解可以促进铵根的水解，Fe2+的水解可以抑制铵根的水解，硫酸根既不促进也不抑制，所以NH4+的物质的量浓度由小到大的顺序是：③>①>②>④；(4)①由于

醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解，所以溶液显碱性，即NaOH溶液滴定醋酸时滴定终点显碱性，所以I为滴定醋酸的曲线；②酸或碱的电离可以抑制水的电离，酸或碱电离出的氢离子或氢氧根浓度越大对水的抑制作用越强，HCl为强酸，NaOH为

强碱，所以同浓度的二者对水的电离的抑制程度相同，而醋酸为弱酸，相同浓度时电离出的氢离子浓度较小，对水的电离的抑制程度较弱，所以三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是醋酸溶液；③据图可知V=10时溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+

c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，而c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(CH3COO-)；(5)任何溶液中水电离出的氢氧根浓度和氢离子浓度均相等，常温下：pH=4的NH4Cl溶液

中c(H+)=10-4mol/L，且全部由水电离；pH=4的盐酸溶液中c(OH-)=10-10mol/L，且全部由水电离，所以二者水电离出c(H+)之比为-4-10610mol/L10ml/L=10o；(6)Ksp

[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20，所以当c(Cu2+)=0.02mol∙L-1时，c(OH-)=2-10molL0.02210−=1×10-9mol/L，温度为25℃，则溶液中c(H+)=1×10-5mol/L，p

H=5。【点睛】弱电解质的电离、盐类的水解都是微弱的，所以第3题在比较铵根离子浓度要先考虑强电解质的电离。28.某同学设计一个燃料电池(如图所示)，目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。根据要求回答相关问题：（1）甲装置中，通入氢气的电极为________(填“正极”

或“负极”)，该极电极反应式为________；若将KOH溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为__________________________。（2）关于乙装置，下列说法正确的是________(填序号)；①溶液中Na＋向C极移动②

从C极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度④若标准状况下Fe极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子该装置中发生的总反应的离子方程式为____________________

______。（3）乙装置中，X为阳离子交换膜，反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____(填“增大”、“减小”或“不变”)；若用饱和MgCl2溶液代替饱和氯化钠溶液，则该装置中发生的总反应______(填“改变”或“不变”)。（4）

如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)，精铜电极上的电极反应式为_______________________________。【答案】(1).负极(2).H2-2e-+2OH-=2H2O(3).

O2+4e-+4H+=2H2O(4).②③(5).2Cl-+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑(6).增大(7).改变(8).减小(9).Cu2++2e-=Cu【解析】【分析】甲池为原电池，氧气发生还原反

应，通入氧气的一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气的一极为负极；乙池中Fe电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。【详解】(1)氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，所以通入氢气的一极为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O；正极

为通入氧气的一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；(2)①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润的K

I淀粉试纸变蓝，故正确；③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故正确；④电子不能在溶液中转移，故错误；综上所述答案为②③；乙装置中右侧阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：2H++2e-=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑；(3)乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，

左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：2H++2e-=H2↑，水的电离平衡被破坏，电离出更多的氢氧根，X为阳离子交换膜，所以生成的OH-无法迁移到阳极，所以左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，所以总反应发生改变；(4)丙池中阴极即精铜上发生

反应：Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电，所以转移相同电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子，所以硫酸铜溶液浓度减小。【点睛】第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，29.滴定实验是化学学科中

重要的定量实验。请回答下列问题：（1）酸碱中和滴定——用浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，表格中记录了实验数据：滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.5020.40第二次20.003.0023.00第三

次20.004.0024.10①下列操作造成测定结果偏高的是________(填选项字母)A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确。B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗C．酸式滴定管用

蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失②该NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。（小数点后保留四位有效数字）（2）氧化还原滴定——取一

定量的草酸（H2C2O4）溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用标准酸性高锰酸钾溶液滴定。滴定时KMnO4溶液应装在______________(填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________________________________。（3）沉淀滴

定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄

白砖红白Ksp1.77×10－105.35×10－131.21×10－161.12×10－121.0×10－12A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4【答案】(1).CD(2).0.1000mo

l/L(3).酸(4).滴入最后一滴标准液后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色(5).D【解析】【详解】(1)①A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，导致读取的标准液体积偏小，测定结果偏小，不符合题意；B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗不会影

响消耗的标准液体积，所以对结果无影响，不符合题意；C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，将会稀释标准液，导致读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，符合题意；D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气

泡消失，则读取的标准液体积偏大，测定结果偏大，符合题意；综上所述选CD；②根据表格，第一次消耗标准液体积为20.40mL-0.50mL=19.90mL，第二次消耗标准液体积为23.00mL-3.00mL=20.00mL，第三次消耗标准液体积为24.10

mL-4.00mL=20.10mL，所以三次滴定消耗的HCl标准液平均体积为20.00mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为c=-10.1000molL0.02000L0.02000L=0.1000mol/L；(2)酸性高锰酸钾溶液显

酸性，且具有强氧化性，所以装在酸式滴定管中；滴定终点时酸性高锰酸钾溶液过量，溶液变为紫红色，所以现象为：滴入最后一滴标准液后，锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；(3)若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的

溶解度应比AgSCN大，AgCl、AgBr、AgCN和AgSCN均为同类型沉淀，只有AgCl的溶度积比AgSCN大，但AgCl同为白色沉淀，现象不明显，所以三种沉淀相应的盐均不合适，Ag2CrO4与AgSCN溶度积相

差不大，但Ag2CrO4为A2B型沉淀，所以Ag2CrO4的溶解度要比AgSCN的溶解度小，且为砖红色，现象明显，所以可以选Na2CrO4作指示剂，即选D。