【文档说明】【精准解析】广西钦州市2019-2020学年高二下学期期末考试教学质量监测化学试题.doc，共(21)页，631.000 KB，由小赞的店铺上传

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广西钦州市2019-2020学年高二下学期期末教学质量监测化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16Na-23K-39Cu-64一、选择题1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是A.医学上常采用碳酸钡作为钡餐B.钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快C.“84消毒液”和7

5%的酒精杀菌清毒原理相同D.泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能相互促进水解反应【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钡可溶于盐酸生成可溶性钡盐，溶于水的钡盐对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它

具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂-“钡餐”，故A错误；B．自然界中钢铁的腐蚀以吸氧腐蚀为主，但影响速率的因素较多，故无法直接比较吸氧腐蚀速率和析氢腐蚀速率的大小，故B错误；C．84消毒液的主要成分是次氯酸钠，它的

消毒原理是强氧化性，会导致微生物中的很多成分被氧化，最终丧失机能，无法繁殖或感染；酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，打入细菌的内部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，将细菌杀死，二者消毒原理不相同，故C错误；D．铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，碳酸氢根离子和铝离

子能发生相互促进的水解反应，则泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，即Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；答案为D。2.下列物质中，既含有离

子键又含有共价键的是A.氢氧化钠B.硫化钠C.水D.氯气【答案】A【解析】【详解】A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，电子式为，故A正确；B．Na2S中钠离子和硫离子之间只存在

离子键，电子式为，故B错误；C．H2O中O原子与每个H原子形成一对共用电子对，只存在共价键，电子式为，故C错误；D．Cl2中Cl原子与Cl原子形成一对共用电子对，只含共价键，电子式为，故D错误；答案为D。3.下列有关化学用语表示正确的是A.钾离子的电子排布式：[Ar]4s1B.基态氮原

子的电子排布图：C.水的电子式：D.基态铬原子(24Cr)的价电子排布式：3d44s2【答案】B【解析】【详解】A．K的原子序数为19，核内19个质子，核外19个电子，K+表示失去最外层一个电子，核外

只有18个电子，钾离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A错误；B．N原子核外有7个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，基态氮原子的电子排布图为，故B正确；C．H2O中O原子与每个H原子形成一对共用电子对，只有共价键，电子式为，故C错误；D．电子排布处于全满或半满状态是稳定状态

，则基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故D错误；答案为B。4.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=0.1

mol，体积为：0.1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案选D。5.电解质电离时一定相等的是()A.阴离子与阳离子的总数B.阳离子和阴离子的质量C.正电荷总数和负电荷总数D.每个阳离子和阴离子所带电荷数【答案】C【解析】【详解】根据电

荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数一定相等，比如说1molNa2SO4电离出的2molNa+和1molSO42-，两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等，但正电荷总数和负电荷总数相等；本题答案

为C。【点睛】电解质在电离时，一个分子中的阴阳离子是同时分开的，而任何电解质都是电中性的，故电解时阴阳离子电荷总数相等。6.将0.1mol·L-1的氨水加水稀释至0.01mol·L-1，稀释过程中温度不变，下列

叙述正确的是()A.稀释后溶液中c(H+)和c(OH-)均减小B.稀释后溶液中c(OH-)变为稀释前的1/10C.稀释过程中氨水的电离平衡向左移动D.稀释过程中溶液中32OHNHHOcc增大【答案】D【解析】【详解】A．氨水中存在电离平衡:NH3

·H2ON4H+OH-，加水稀释平衡右移，c(OH-)减小，由于温度不变，水的离子积不变，故c(H+)增大，故A错误；B．稀释平衡右移，所以稀释后溶液中c(OH-)大于稀释前的1/10，故B错误；C．稀释过程中氨水的电离平衡向右移动，故C错误；D．稀释过程中氨水的电离平衡向右移动，NH

3·H2ON4H+OH-，OH-物质的量增大，NH3·H2O的物质的量减小，所以32OHNHHOnn增大，OH-和NH3·H2O的物质的量之比等于浓度之比，所以32OHNHHOcc增大，故

D正确；故选D。7.现有下列两个图象：下列反应中符合上述图象的是()A.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0B2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＞0C.4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＜0DH2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)Δ

H＞0【答案】B【解析】由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气

体体积减少的反应；所以A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；8.在体积固定的密闭容器中发生反应：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+H2O(g)。下列叙述中不能说明上述反应已达到化学平衡状态的是A

.体系的压强不变B.反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化C.混合气体的密度不变D.混合气体的平均相对分子质量不变【答案】C【解析】【详解】A．该反应为气体体积缩小的可逆反应，压强为变量，当体系的压强不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A不符合题意；B．

反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B不符合题意；C．该反应中混合气体总质量、容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故C符合题意；D．混合气体总质量为定值，混合气体的物质的量

为变量，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，表明达到平衡状态，故D不符合题意；答案为C。9.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。10.下列原子的价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是A.ns2np1B.ns2np2C.ns2np3D.ns2np4【答案】C【解析】【分析】因同主族元素从上到下电离能逐渐减小，比较核外电子的第

一电离能，应按同周期元素比较，否则没有可比性，当最外层处于半充满或全充满时，难以失去电子，则第一电离能最大。【详解】四种元素中应位于同一周期，ns2np3中p轨道为半充满状态，难以失去电子，则第一电离能最大；答案为C。11.下表列出了某短周期元素

R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)I1I2I3I4…R7401500770010500…下列关于元素R的判断中一定正确的是A.R元素的原子最外层共有4个电子B.R的最高正价为＋3价C.R元素位于元素周期表中第ⅡA族D.R元素基态原子的电子排布式为1s22s

2【答案】C【解析】【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；B、最外层应有2个电子

，所以R的最高正价为+2价，故B错误；C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误；综上所述，本题选C。12.下列溶液中离子浓度关系表示正确的是A.N

aHCO3溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(2-3CO)+c(-3HCO)B.常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(H+)＞c(OH-)C.0.1mol/L的NH4Cl溶液中，c(Cl-)＞c(H+)＞c(+4NH

)＞c(OH-)D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：c(Na+)=2[c(CH3OOH)+c(CH3COO-)]【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3溶液中，存在Na+、HCO3-、

CO32-、H+、OH-等离子，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故A错误；B．常温下，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol•L-1，与醋酸中的氢离子的浓度相同，CH3COOH是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓

度，酸的浓度远远大于氢氧化钠，所以pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量很多，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+会发生水解反应，

即NH4++H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，水解的程度是很小的，故c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等

体积混合，由物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故D错误；答案为B。13.下列几组微粒互为等电子体的是①2-3SO和3-3PO；②NO+和CN-；③CO2和CS2；④NO2和CO

2A.仅①②③B.仅②④C.仅①③④D.①②③④【答案】A【解析】【分析】等电子体是指具有相同价电子数和原子数目的微粒。【详解】①2-3SO原子数目为4，价电子数目6+6×3+2=26，3-3PO原子数目为4，价电子数目5+6×3+3=26，二者为等电子体；②

NO+原子数目为2，价电子数目5+6-1=10，CN-原子数目为2，价电子数目4+5+1=10，二者为等电子体；③CO2原子数目为3，价电子数目4+6×2=16，CS2原子数目为3，价电子数目4+6×2=16，二者为等电子体；④NO2原子数目为3，价电子数目5+6×2=17，CO2原子数目为

3，价电子数目4+6×2=16，二者不是等电子体；故①②③是等电子体；答案为A。14.某学生以酚酞为指示剂用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，三次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测

氢氧化钠溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度第一次25.000.0027.45第二次25.000.0030.30第三次25.000.0017.55下列说法正确的是A.该氢氧化钠溶液中c(NaO

H)=0.1155mol/LB.当溶液从无色刚好变成红色时，则达到滴定终点C.达滴定终点时，滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏低D.实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗【答案】A【解析】【分析】第三次实验数据偏离正常误差，舍去

，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积应该求两次实验的平均值，误差分析需要根据c(NaOH)V(NaOH)＝c(HCl)V(HCl)进行分析。【详解】A．第三次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第二次实验平均消耗盐酸的体积是28.8750mL，根据该氢氧化钠溶液中c(NaOH)V(NaOH)

＝c(HCl)V(HCl)，c(NaOH)=cHClVHClVNaOH=0.1mol/L28.8750mL25mL=0.1155mol·L-1，故A正确；B．盐酸滴定氢氧化钠时，酚酞遇氢氧化钠显红色，当溶液从红色变成无色，且半分钟内不

褪色，则达到滴定终点，故B错误；C．滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，消耗酸的体积偏大，则测定结果偏高，故C错误；D．锥形瓶若用待测氢氧化钠溶液润洗，消耗V(HCl)偏大，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)偏大，实验中锥形瓶不能用

待测氢氧化钠溶液润洗，故D错误；答案选A。15.膦（PH3）又称磷化氢，在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含有磷化氢。以下关于PH3的叙述正确的是A.PH3分子的P－H键是非极性键B.PH3比NH3稳定C.PH3的分子构型

是正四面体形D.PH3分子中有未成键的孤对电子【答案】D【解析】【详解】A.P-H键由不同元素的原子形成，为极性键，A错误；B.由于N的非金属性大于P，所以NH3比PH3稳定，B错误；C.PH3的分子构型与NH3相似，应为三角锥形，C错误；D.P原子最外层有

5个电子，与3个H原子形成3个共用电子对，所以PH3分子中P原子有未成键的孤对电子，D正确。答案选D。16.下列中心原子采取sp2杂化且为非极性分子的是A.CS2B.H2SC.SO2D.SO3【答案】D【解析】【分析】原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心

重合的分子是非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，据此可以判断。【详解】A、根据价层电子对互斥理论可知，CS2分子中碳原子含有的孤对电子对数＝4

222＝0，因此二硫化碳是直线型结构，属于非极性分子，碳原子是sp杂化，A不正确；B、H2S分子中S原子含有的孤对电子对数＝6212＝2，因此H2S是V型结构，属于极性分子，S原子是sp3杂化，B不正确；C、SO2分子中S原子含有的孤对电子对数＝6222＝1，因此SO2是

V型结构，属于极性分子，S原子是sp2杂化，C不正确；D、三氧化硫分子中S原子含有的孤对电子对数＝6322＝0，因此SO3是平面三角形结构，属于非极性分子，S原子是sp2杂化，D正确；答案选D。1

7.某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0．上图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中

不正确的是（）A.2t时加入了催化剂B.3t时降低了温度C.5t时增大了压强D.45tt～时间内转化率最高【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强

平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，故A正确，不符合题意；B.t3时刻，改变条件，正、逆反应速率降低，且逆反应速率降低更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故可能为降低温度，故B正确，不符合题意；C.t5时刻，改

变条件，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，故改变条件为

升高温度，故C错误，符合题意；D.t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，降低温度，平衡向正反应移动，X的转化率增大，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，则t4～t5内转化率最高，故D正确，不符合题意；本题答案选C。

18.下列电极反应式与出现的环境相匹配的是（）选项电极反应式出现的环境AO2+4H++4e-=2H2O酸性环境下氢氧燃料电池的负极反应B4OH--4e-=O2↑+2H2O弱酸性环境下钢铁的吸氧腐蚀CCu-2e-=Cu2+用铜做电极电解硫酸铜溶液的阳极反应DNa++e-=Na用惰性电

极电解Na2SO4溶液的阴极反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氢氧燃料的特点是，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，O2+4H++4e-=2H2O为酸性环境下正极的电极反应，负极电极反应为：H2-2e-=2H+，故A错误；B．在

强酸性环境下发生析氢腐蚀，中性或碱性环境下钢铁发生吸氧腐蚀，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．用铜做电极电解硫酸铜溶液为电解精炼铜，阴阳极都是铜放电，阳极反应发生氧化反应，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，故C正确；D．用惰性

电极电解Na2SO4溶液属于电解水，阴极为阳离子放电，根据放电顺序，氢离子在阳极放电，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故D错误；答案选C。【点睛】金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化腐蚀，叫吸氧腐蚀，在酸性较强的溶液中发生电化腐蚀时放出氢气，这种腐蚀叫做

析氢腐蚀。根据溶液所处的环境判断属于哪种腐蚀类型。19.在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法中不正确的是（）A.在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×1

0-13B.在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点C.图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D.在t℃时，AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K≈816【答案】B【解析】【详解】A．根据图中c点

的c(Ag+)和c(Br-)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10-13，故A正确；B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，故B错误；C．在a点时Qc<Ksp，故为AgBr的不饱和溶液，故C正确；D．选

项D中K=c(Cl-)/c(Br-)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，代入数据得K≈816，故D正确；故答案选B。【点睛】计算沉淀溶解平衡常数时，要把关系式转化为相关离子的沉淀溶度积常数有关的比例式，直接代入数据进行求解。20.在

4L密闭容器中充入6molA气体和5molB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，5s达到平衡。达到平衡时，生成了2molC，经测定D的浓度为0.5mol·L－1，下列判断正确的是()A.x＝1B.B的转化率为20%C.平衡时A的浓度为1.50mol·L－1D.B

的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1【答案】B【解析】【详解】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol；3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）起始：6mol5mol00转化：3mol1m

ol2molxmol平衡：3mol4mol2mol2molA.根据参加反应的各物质的物质的量之比等于方程式中计量数之比，可知x=2，故A错误；B.B的转化率为1mol100%5mol20%，故B正确；C.平衡时A的浓度为3mol4L=0.75mol/L，故C错误；D.B表示该反应在5

min内的化学反应速率为1mol4L5S=0.05mol·L－1·s－1，故D错误；答案：B二、填空题21.在下列空格中，填上适当的元素符号或微粒符号。(1)在第3周期中，第一电离能最大的元素是_______，电负性最大的元素是__

_____。(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的_________。(3)在F2、H2O2、NH3、+4NH、H2O、HBr中，含有配位键的微粒有_____，含有非极性键的微粒有________；空间构型是三角锥形的分子_______。【答案】(1).Ar(2).Cl(3

).Mn、Cr(4).+4NH(5).F2、H2O2(6).NH3【解析】【分析】同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，据此判断；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强；在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的

电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，据此判断元素；判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子，以此来分析配位键情况；同种元素原子之间形成非极性共价键，不同元素原子之间形成极性共价键，根据分子的立体构型判断。【详解

】(1)同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性

增强，在第三周期元素中，电负性最大的元素是Cl；(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，是Cr元素或Mn元素；(3)+4

NH中N提供孤电子对，H+提供空轨道，二者能形成配位键；同种元素原子之间形成非极性共价键，所以含有非极性键的微粒为F2、H2O2；F2是双原子分子，分子的立体构型为直线型；NH3的氮原子的价层电子对数为4对，有一对孤对电子，分子的立体构型为三角锥形；+4NH的氮原子的价层

电子对数为4对，分子的立体构型为正四面体形、H2O2是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上；HBr是直线型；H2O的中心原子是O，成键电子对数为2对，孤对电子对数为2对，

价层电子对数为4对，空间构型为V形；空间构型是三角锥形的分子是NH3。【点睛】3d轨道为半充满的元素还有Cr，容易遗漏。22.I．一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。回答下列有关问题。(1)反应CH4+H2O催化剂Δ3H2+CO，当有2molCH4参加该反应，

则转移____mol电子。(2)电池工作时，2-3CO向电极____(填“A”或”B”)移动。(3)电极A上H2参与的电极反应为______。II.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2闭合K

1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，请回答下列有关该问题：(1)断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为________。(2)断开K2，闭合K1时，________电极附近溶液变红。(3)断开K1，闭合K2时，铜电极作____

__极；石墨电极上的电极反应为______。【答案】(1).12(2).A(3).H2+2-3CO-2e－=CO2+H2O(4).2H2O+2Cl-电解Cl2↑+H2↑+2OH-(5).铜(6).负(7).Cl2+2

e-=2Cl-【解析】【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32-；断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均

有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应；断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应

，石墨作正极，氯气发生还原反应，由此分析。【详解】I．(1)CH4参加该反应转变为CO，化合价从-4价升高到+2价，升高6，则参加反应共转移6mol电子，2molCH4参加该反应转移12mol电子；(2)原电池中阴离子向负极移动，A为负极，所以2-

3CO向电极A移动，(3)通入氧气的一极为正极，则B为正极，A为负极，负极上H2和CO被氧化生成二氧化碳和水，故电极A的反应为H2+22-3CO＋CO-4e－=3CO2+H2O，氢气发生的反应为：H2+2-3CO-2e－=CO2+H2O；II.(1)断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电

解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl-电解Cl2↑+H2↑+2OH-；(2)断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，

阳极上(石墨电极上)氯离子失电子发生氧化反应，阴极上(Cu电极上)氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；(3)断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据根据分析可知，Cu电极

上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，石墨电极上发生还原反应：Cl2+2e-=2Cl-。【点睛】断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，说明形成了原电池，是氢氯燃料电池，根据电解池的阴阳极判断原电池的正

负极是难点。23.I．在水溶液中橙红色的2-27CrO与黄色的2-4CrO有下列平衡关系：2-27CrO+H2O⇌22-4CrO+2H+。现将一定量的K2Cr2O7溶于水配成稀溶液，溶液呈橙色。(1)向上述溶液中加入浓硫酸溶液，溶液呈______色，因为_____。(2)向

原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡向______方向移动(正或逆)，溶液颜色将_____(加深或变浅)。II．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生

反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(B)+N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。请回答下列有关问题。(1)该反应的△H______。(2)若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_____K2(填“＜”、“＞

”或“＝”)，在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正_____v逆(填“＜”、“＞”或“＝”)。(3)在T3时，可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)在密闭容器中达平衡，只改变下列条件，一定既能加快反应速度，又能增大平

衡时22cCOcN的值是_______。A.加入一定量CB.减小容器容积C.升高温度D.加入一定量的CO2(4)可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的平衡常数的表达式___________

。III．氮氧化物会破坏臭氧层，已知：①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ/mol②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H2=-116.2kJ/mol则反应：2O3(g)=3O2(g)△

H=____________。【答案】(1).橙红(2).增大H+，平衡向逆反应方向移动(3).正(4).变浅(5).＜(6).＞(7).＞(8).D(9).K=222cCOcNcNO(10).-285.6kJ·mol-1【解析】【

分析】向上述溶液中加入浓硫酸溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液，c(2-4CrO)减小，平衡正向移动；由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移；化学平衡常数只受

温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；由图可知，T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应正向进行；根据化学反应速率的影响因素分析；根据化学平衡表达式分析，根据盖斯定律计算，据此分

析；【详解】I．(1)向上述溶液中加入浓硫酸溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液为橙红色；(2)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液，c(2-4CrO)减小，平衡正向移动，溶液颜色由橙红色变为黄色，颜色变浅；II．(1)由图可知，温度越高平衡

时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0；(2)该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K1＞K2；T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应进行，则一定有υ(正)＞υ(

逆)；(3)可逆反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)△H＜0中，A．C是反应物，是固体，加入一定量C，不影响化学反应速率，故A不符合题意；B．减小容器容积，即压强增大，该反应是左右两边系数相等的反应，故增大压强，化学反应速率同

等程度的增大，22cCOcN值不变，故B不符合题意；C．升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，22cCOcN值不变，故C不符合题意；D．加入一定量的CO2，反应速率加快，平衡逆向移动，一氧化碳的浓度增大，氮气的浓

度减小，22cCOcN值增大，故D符合题意；答案选D。(4)化学反应平衡常数为K=反生应成物物的浓度幂之积的浓度幂之积，C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的平衡常数的表达式K=222cCOcNcNO；已知：①NO(g)

+O3(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.9kJ/mol②2NO(g)+O2(g)═2NO2(g)△H2=−116.2kJ/mol盖斯定律：①×2−②得：2O3(g)═3O2(g)△H=(−200.9kJ/mol)×2

−(−116.2kJ·mol−1)=−285.6kJ/mol。【点睛】固体或纯液体的浓度是一个常数，增加固体和纯液体的量不影响化学反应速率，固体或纯液体不代入化学平衡常数表达式中，为易错点。24.在室温下，下列四种溶液：①0.1mol/LNH4Cl②0.1mol/LCH3COO

NH4③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/LNH3·H2O请根据要求填写下列空白：(1)溶液①呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是_______________(用离子方程式表示)。(2)在上述四种溶液中，pH最小的是___________；c(NH4

+)最小的是_______(填序号)。(3)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-与+4NH浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_______c(+4NH)(填“＞”、“＜”或“＝”)。【答案】(1).酸(2).+4NH+H

2O⇌H++NH3•H2O(3).③(4).④(5).=【解析】【分析】根据盐类的水解判断溶液的酸碱性并写出水解离子方程式；根据物质的微粒构成情况判断离子浓度的大小；根据电荷守恒判断离子浓度的关系；据此解答。【详解】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；水解离子方程式为

+4NH+H2O⇌NH3·H2O+H+；答案为酸，+4NH+H2O⇌NH3·H2O+H+。（2）酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，①0.1mol/LNH4Cl中+4NH水解显酸性；②0.1mol/LCH3COONH4中+4NH、C

H3COO-二者均水解，相互促进，程度相当，近似为中性；③0.1mol/LNH4HSO4溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；④0.1mol/LNH3⋅H2O是弱电解质，微弱电离生成铵根离子显碱性；上述分析可知酸性最强的是0.1mol/LNH4HSO4溶液，铵根离子浓度最小的是0

.1mol/LNH3⋅H2O；答案为③，④。（3）0.1mol/LCH3COONH4中存在+4NH、CH3COO-、H+、OH-等四种离子，由电荷守恒得c(+4NH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，室温下，

测得溶液②的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c(+4NH)=c(CH3COO-)；答案为=。25.(1)基态Cu原子价电子排布式为_____，基态Fe2+核外有_______个未成对电子。(2)C、N、O三种元素第一电离

能由高到低的顺序为________。(3)铁可形成多种配合物，如[Fe(CN)6]4-、Fe(CO)5等，1mol3-6FeCN中含有σ键的数目为_____(已知CN-与N2是等电子体)；Fe(CO)5熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于CC

l4，据此可以判断Fe(CO)5晶体属于______(填晶体类型)。(4)下列变化过程中，破坏的力的作用类型相同的是______(填标号)。A.铝气化B.AlCl3溶于水C.加热使铜熔化D.熔融NaCl(5)Fe能与N形成一种磁性材料，其晶胞结构如图所示。①该磁性材料的化学式为_________

_____。②Fe原子的坐标参数为(12，12，0)(12，0，12)(0，12，12)，N原子的坐标参数为________。③已知该晶体的晶胞参数为apm，列出其密度表达式为______g/cm3(用含a的式子表示，只

列式子，不作计算)。【答案】(1).3d104s1(2).4(3).N＞O＞C(4).12NA(5).分子晶体(6).AC(7).Fe4N(8).(12，12，12)(9).3-10A238Na10【解析】【分析】根据元

素的原子序数，由核外电子排布规律，写出价电子排布式；根据第一电离能递变规律判断其大小；根据配合物的结构和性质特征判断σ键数目和晶体类型；根据克服的化学键类型判断破坏的力的作用类型；根据晶胞的结构和均摊法计算，得出晶体的化学式；根据Fe原子在晶胞中的位置和坐标参数求出

N原子的坐标参数，根据晶体的质量和体积计算晶体的密度；据此解答。【详解】（1）Cu是29号元素，核外有29个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1；铁

是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，3d能级上的6个电子排布在5个d轨道上，则有4个未成对电子；答案为3d

104s1，4。（2）C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C；答案为N＞O＞C。（3）在配合物Fe(CN)63-中，C

N-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个σ共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA，已知Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质，分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，可知Fe(CO)5属于分子晶体

；答案为12NA，分子晶体。（4）A．铝气化克服金属键；B．AlCl3溶于水克服共价键；C．加热使铜熔化克服金属键；D．熔融NaCl克服离子键；破坏的力的作用类型相同的是AC；答案为AC。（5）①晶胞中N原子位于体心，Fe原子位于顶点与面心，故晶胞中N原

子数为1、Fe原子数目=8×18+6×12=4，该晶体化学式为Fe4N；答案为Fe4N。②Fe原子位于晶胞的顶点(8个顶点等效)和面心(6个面心，两两相对的面心是等效的，相当于有3个不同位置)，因此原子坐标参数共有4个，顶点(0，0，0)，面心(12，1

2，0）、（12，0，12）、(0，12，12)，N原子在体心，原子坐标参数为(12，12，12)；答案为(12，12，12)。③晶胞质量m═A56414Ng=A238Ng，晶胞的体积V=(a×10-10)3cm3，晶体密度ρ=mV=A1033238gN(a10)cm=103A238N

(a10)g/cm3；答案为103A238N(a10)。三、计算题26.常温下，水溶液中的反应Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+达到平衡时，c(SCN-)=0.10mol/L，c(Fe2+)=0.

040mol/L；c2FeSCN=0.68mol/L。回答下列问题：(1)加入少量KSCN固体后，平衡将向___________(“正”或“逆”)方向移动。(2)该反应的平衡常数K为多少?_

_________________。(3)加水稀释至原溶液体积的2倍，平衡将向______________(“正”或“逆”)方向移动。请通过相关计算说明。【答案】(1).正(2).K=0.68mol/L0.10mol/L0.04mol/L=1.7×102(mol‧L-1)-1(3).逆；Q

c=0.34mol/L0.05mol/L0.02mol/L=3.4×102(mol‧L-1)-1＞K【解析】【分析】根据勒夏特列原理分析平衡移动的方向；根据化学平衡常数K=生成物浓度幂之积反应物浓度幂之积进行计算；根据浓度商Qc与K值进行比较，Qc＜K，平衡正向移动，Qc＝K，处于平衡状态；Q

c＞K，平衡逆向移动，据此分析。【详解】(1)加入固体KSCN后，溶液中SCN-浓度增大，平衡正向移动；(2)化学平衡常数K=生成物浓度幂之积反应物浓度幂之积＝0.68mol/L0.10mol/L0.04mol/L=1.7×102(mol‧L-1)-1；

(3)加水稀释至原溶液体积的2倍，各离子的浓度均等于原浓度的12，浓度商Qc=0.34mol/L0.05mol/L0.02mol/L=3.4×102(mol‧L-1)-1＞K，平衡逆向移动。【点睛】

稀释后各离子的浓度变为原浓度的一半，用浓度商判断平衡移动的方向。