浙江省杭州市第二中学2024-2025学年高二上学期练习卷5化学试题

高二化学练习卷20241026一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.在试管中进行的盐酸与NaOH溶液之间的反应，属于环境的是A.盐酸 B.NaOH溶液 C.发生的反应 D.试管【答案】D【解析】【详解】环境是与体系相互影响的其他部分，如盛有溶液的试管和溶液之外的空气等看作环境。故选D。2.下列物质属于弱电解质的是A.NH3 B.H2O C.H2SO4 D.KOH【答案】B【解析】【详解】A．氨气是非电解质，A不符合题意；B．水是弱电解质，不能完全电离，B符合题意；C．硫酸是强电解质，能完全电离，C不符合题意；D．氢氧化钾是强电解质，D不符合题意；故选B。3.下列物质的化学成分不正确的是A.铁锈：Fe2O3 B.纯碱：Na2CO3 C.白磷：P4 D.硫黄：S8【答案】A【解析】【详解】A．铁锈主要由三氧化二铁水合物和氢氧化铁组成的混合物，A错误；B．纯碱为碳酸钠的俗称：Na2CO3，B正确；C．白磷分子为4个磷原子构成分子：P4，C正确；D．硫黄在自然界以含有8个硫原子的环状结构S8分子形式稳定存在，D正确；故选A。4.在测定Zn与H2SO4反应速率实验中，下列仪器不需要用到的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】测定Zn与H2SO4反应速率实验，可以通过测量单位时间内生成氢气的体积大小来判断，分液漏斗可以用于添加稀硫酸，锥形瓶用作反应器，秒表用于计时，不需使用坩埚；故选C。5.下列表示不正确的是A.HCN分子中的极性 B.CO2的空间结构模型C.sp2杂化轨道 D.H2O的VSEPR模型【答案】A【解析】【详解】A．HCN分子中氮的电负性更强，故极性，A错误；B．空间结构模型是用一定大小的球体来表示不同的原子的模型；CO2的空间结构模型为：，B正确；C．sp2杂化轨道为平面三角形结构，图示正确，C正确；D．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，所以H2O分子是V形分子，H2O的VSEPR模型正确，D正确；故选A。6.下列属于基态Na原子的电子排布式的是A.1s22s22p6 B.1s22s22p53s2C.1s22s22p33p1 D.1s22s22p63s1【答案】D【解析】【详解】基态钠原子为11号元素，核外有11个电子，根据能量最低原理、洪特规则、泡利不相容原理，其原子核外电子排布为1s22s22p63s1，故选D。7.下列说法正确的是A.s电子的形状为球形 B.单质气体分子均为非极性分子C.Fe和Zn位于元素周期表不同区 D.3p2表示3p能级有两个轨道【答案】C【解析】【详解】A．s电子的电子云形状为球形，A错误；B．单质气体分子不一定为非极性分子，如臭氧就是以极性共价键结合的极性分子，B错误；C．Fe和Zn分别位于元素周期表中的d区、ds区，C正确；D．3p2表示3p能级上有两个电子，D错误；故选C。8.关于方程式中正确的是A.表示丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g)ΔH=2219.9kJ/molB.HI分解的基元反应：2HI=H2+I2C.碳酸的第二步电离：HCOH++COD.铅酸蓄电池负极反应式：Pb2e=Pb2+【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；该反应中生成水为气体不是液态，A错误；B．碘化氢的分解需要通过起码2步完成，2HI=H2+I2为总反应不是基元反应，B错误；C．碳酸为弱酸，第二步电离为：HCOH++CO，C正确；D．铅酸蓄电池负极反应为铅失去电子生成硫酸铅：Pb+SO2e=PbSO4，D错误；故选C。9.下列说法正确的是A.在等温条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变B.化学反应速率首先由反应物的组成、结构和性质等因素决定C.化学平衡常数通常受温度、压强、浓度等影响D.改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够抵消这种改变的方向进行【答案】B【解析】【详解】A．在等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变，A错误；B．化学反应速率首先由反应物的本性：如组成、结构和性质等因素决定，B正确；C．对于确定的化学反应，化学平衡常数受温度影响，不受浓度和压强的影响，C错误；D．改变影响平衡的一个因素，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，D错误；故选B。10.下列说法正确的是A.用广泛pH试纸测得某溶液pH为10.2B.实验中出现几次误差较大的数据，可计算它们的平均值减小误差C.用TiCl4制备TiO2时，需要加入大量的水并加热，促使水解趋于完全D.电镀时，通常把待镀的金属制品一端作阳极【答案】C【解析】【详解】A．广泛pH试纸只能测整数，A错误；B．误差较大的数据应该舍弃不用，B错误；C．用TiCl4制备TiO2时，需要加入大量的水并加热，稀释和升温利于钛离子的水解，促使水解趋于完全，C正确；D．电镀时，通常把待镀的金属制品一端作阴极，镀层金属作为阳极，D错误；故选C。11.下列说法正确的是A.对于氢键AH…B，氢键键长指的是H…B的长度B.基态原子中，电子填入所有轨道总是先单独分占，且自旋平行C.烃基是吸电子基团，羧酸的烃基越长，使羧基中的羟基极性越大，羧酸酸性越强D.玛瑙是熔融态SiO2快速冷却形成的，水晶是熔融态SiO2缓慢冷却形成的【答案】D【解析】【详解】A．氢键键长一般定义为AH…B的长度，而不是H…B的长度，A错误；B．根据能量最低原理：原子核外的电子应优先排布在能量最低的能级里，然后由里到外，依次排布在能量逐渐升高的能级里；B错误；C．烃基是推电子基团，羧酸的烃基越长，使羧基中的羟基极性越小，羧酸酸性越弱，C错误；D．玛瑙是熔融态SiO2快速冷却形成的非晶体，水晶是熔融态SiO2缓慢冷却形成的晶体，D正确；故选D。12.下列说法不正确的是A.超分子是由两种或两种以上的分子通过化学键作用形成的分子聚集体B.过渡金属配合物远比主族金属配合物多C.石墨中电子不能从一个平面跳跃到另一个平面D.晶体具有自范性，某些物理性质会表现出各向异性【答案】A【解析】【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，A错误；B．由于许多过渡元素金属李对多种配体具有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，所以过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，B正确；C．石墨中的电子在碳原子评上中运动，不能从一个平面跳跃到另一个平面上，C正确；D．晶体有自范性，在光学性质或导电性或热膨胀系数或机械强度等方面表现为各向异性，D正确；故选A。13.下列“类比”结果正确的是A.H2S晶体中一个H2S分子周围有12个H2S紧邻，则冰中一个水分子周围也有12个紧邻分子B.AlCl3中Al原子是sp2杂化，则Al2Cl6中Al原子也是sp2杂化C.Mg在过量氧气中燃烧生成MgO，则锂在过量氧气燃烧也生成Li2OD.乙醇CH3CH2OH能与水互溶，则戊醇CH3CH2CH2CH2CH2OH也能与水互溶【答案】C【解析】【详解】A．水分子中可以形成分子间氢键，1个水分子可以与4个水分子形成氢键，故一个水分子周围有4个紧邻分子，A错误；B．AlCl3中Al原子是sp2杂化；Al2Cl6为缔合双分子，Al原子形成4个共价键，是sp3杂化，B错误；C．镁锂为对角线元素，Mg在过量氧气中燃烧生成MgO，则锂在过量氧气燃烧也生成Li2O，C正确；D．乙醇CH3CH2OH能与水形成氢键而互溶，则戊醇CH3CH2CH2CH2CH2OH中烃基较大减弱了其在水中的溶解性，D错误；故选C。14.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25°C时，将1mL1×106mol·L1的盐酸稀释至1000mL，溶液中H+数目为109NAB.25°C时，pH=9的CH3COONa溶液中所含OH数目为105NAC.标况下，12g金刚石中所含的碳碳键数为2NAD.常温常压下，28g乙烯中含有的σ键数为6NA【答案】C【解析】【详解】A．1mL1×106mol·L1的盐酸电离出来的H+的物质的量为1×109mol，但水也能电离出H+，加水稀释，加入的水中也有H+，所以溶液中H+数目大于109NA，故A错误；B．没有给出溶液的体积，无法计算溶液中OH数目，故B错误；C．12g金刚石中含有1molC，在金刚石中，每个碳原子都和4个碳原子相连形成4个碳碳键，但每个碳碳键被2个碳原子共用，所以12g金刚石中所含的碳碳键数为2NA，故C正确；D．28g乙烯的物质的量为1mol，1个乙烯分子中有4个CHσ键，还有1个CCσ键，所以1mol乙烯中含有的σ键数为5NA，故D错误；故选C。15.如图为元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述正确的是XWYRZA.X的简单氢化物沸点高于W的简单氢化物B.X2、Z2的分子中均存在π键C.氧化物水化物酸性：X>WD第一电离能：W<Y<R【答案】A【解析】【分析】根据元素在周期表的位置关系可知，R为Ar，Y为S，W为P，X为N，Z为Br，据此结合物质结构和元素周期律分析解答。【详解】A．X简单氢化物为NH3，分子间存在氢键，所以X的简单氢化物沸点高于W的简单氢化物的沸点，A正确；B．氮气分子的结构式为NN，存在π键，而Br2分子的结构式为BrBr，存在的是共价单键，不存在π键，B错误；C．N和P的氧化物水化物不止一种，无法通过信息比较其酸性强弱，C错误；D．P的3p能级处于半充满稳定结构，第一电离能大于S的，D错误；故选A。16.下列状态的钙的微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是A.[Ar]4s1 B.[Ar]4s2 C.[Ar]4s14p1 D.[Ar]4p1【答案】A【解析】【分析】【详解】[Ar]4s1属于基态的Ca+，由于Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，[Ar]4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态Ca+，[Ar]4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，[Ar]4p1属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]4s1，A正确。17.最近发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示钛原子，黑点表示碳原子，则它的化学式为()A.TiC B.Ti13C14 C.Ti4C7 D.Ti14C13【答案】D【解析】【详解】该物质由分子构成，根据分子模型可知一个分子中含有12+1=13个碳原子，8+6=14个钛原子，所以分子式为Ti14C13。故答案为D。18.在VSEPR中，电子对斥力大小顺序可认为：孤对电子孤对电子＞孤对电子成键电子＞成键电子成键电子，当电子对之间的夹角大于90°时，斥力可忽略。当价层电子对数为5时，构型为三角双锥。PCl5是典型的三角双锥分子，两个编号为①的Cl原子和P在一条直线上，三个编号为②的Cl原子构成平面正三角形。SF4和BrF3价层电子对数也都是5，但它们分别有1对和2对孤对电子，以下图为参照。则它们的孤对电子分别占据什么位置时，价层电子对间斥力最小。

ABCDSF4①①②②BrF3①①①②①①②②A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】SF4的孤电子对若在①位置时，孤对电子与成键电子对夹角为90°的有三组；而SF4的孤电子对在②位置时，孤对电子与成键电子对夹角为90°的有两组；孤电子对在②时价层电子对间斥力最小；BrF3有两对孤电子对，若均在①上，则孤对电子与成键电子对夹角为90°的有6组，斥力太大；若一个在①上，一个在②上，则还有孤对电子与孤对电子之间夹角为90°的1组，孤对电子与成键电子对夹角为90°的有3组，斥力较大，若两个孤对电子均在②上，则孤对电子与成键电子对夹角为90°的为4组，此时价层电子对之间斥力最小。【详解】A．若SF4的孤电子对在①位置，孤对电子与成键电子对夹角为90°的有三组；BrF3有两对孤电子对，若均在①上，则孤对电子与成键电子对夹角为90°的有6组，价层电子对之间斥力不是最小，A不符合题意；B．若SF4的孤电子对在①位置，孤对电子与成键电子对夹角为90°的有三组，价层电子对之间斥力不是最小，B不符合题意；C．若BrF3的孤电子对在①上，则孤对电子与成键电子对夹角为90°的有6组，价层电子对之间斥力不是最小，C不符合题意；D．若SF4的孤对电子在②上，则孤对电子与成键电子对夹角为90°的有两组；BrF3两个孤对电子均在②上，则孤对电子与成键电子对夹角为90°的为4组，此时价层电子对之间斥力最小，D符合题意；故合理选项是D。19.相同温度和压强下，关于物质熵大小比较，合理的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；C．等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；答案为：B。20.恒温恒压下，在起始容积为的密闭容器中发生反应：005

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反应过程中的部分数据如上表。下列说法正确的是A.容器内气体密度不变，标志着反应已达到平衡状态B.内，用C表示的平均反应速率为C.时，A的物质的量浓度为D.反应达到平衡后充入少量氦气不参与反应，正反应速率减小，逆反应速率增大【答案】B【解析】【分析】发生反应5min时发生反应10min时【详解】A．反应A(g)+2B（g）=3C(g)中，反应物和产物都是气体，气体总质量不变，又因为容器体积不变，反应过程中气体密度一直不变，容器内气体密度不变时，不能说明反应已达到平衡状态，A错误；B．5~10min内，用C表示的平均反应速率为=0.012mol·L1·min1，B正确；C．由分析可知，5min时，A的物质的量浓度为=0.16mol·L1，C错误；D．反应达到平衡后充入少量氦气(不参与反应)，反应物和生成物浓度都不变，速率不变，D错误；故选B。21.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是A.ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0B.ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0C.ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)D.对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3【答案】C【解析】【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。A.ΔH1表示断裂CO32和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B.ΔH2表示断裂CO32中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C.由上可知ΔH1(CaCO3)ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)ΔH3(MgO)>0，C项错误；D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。故答案选C。22.锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点，是多种便携式电子设备和交通工具的常用电池。一种锂离子电池，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2，放电总反应为：LixCy+Li1xCoO2=LiCoO2+Cy。下列说法不正确的是A.放电时，有1molLi+迁移到负极时，外电路中有1mol电子通过B.放电时，正极反应可表示为Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2C.充电时，阴极反应可表示为Cy+xe+xLi+=LixCyD.该电池不可用水做溶剂【答案】A【解析】【分析】放电总反应为：LixCy+Li1xCoO2=LiCoO2+Cy，放电时，正极的电极反应式为Li1xCoO2+xe+xLi+=LiCoO2，负极的电极反应式为LixCyxe=xLi++Cy；充电时，阴极的电极反应式为xLi++Cy+xe=LixCy；阳极的电极反应式为LiCoO2xe=Li1xCoO2+xLi+。【详解】A．放电时，Li+向阴极移动，A项错误；B．放电时，正极的电极反应式为Li1xCoO2+xe+xLi+=LiCoO2，B项正确；C．充电时，阴极的电极反应式为xLi++Cy+xe=LixCy，C项正确；D．Li是活泼金属，易与水反应，故该电池不可用水做溶剂，D项正确；答案选A。23.草酸H2C2O4是二元弱酸。向100mL0.40mol·L1H2C2O4溶液中加入1.0mol·L1NaOH或HCl溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL。测得溶液中微粒的δ(x)随pH变化如图所示，其中δ(x)=，x代表微粒H2C2O4、或。下列叙述正确的是A.曲线I是的变化曲线B.pH=4时，C.c(H2C2O4)+c()+c()=0.40mol·L1D.c()+c(OH)=c(H2C2O4)+c(H+)【答案】B【解析】【分析】随pH增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，故曲线I是的变化曲线，曲线Ⅱ是的变化曲线，曲线III是的变化曲线，且微粒的δ(x)=0.5时可计算得出PKa等于对应的pH，即从图中可读出，Ka1=101.3，Ka2=104.3，据此分析解答。【详解】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，根据上述分析可知，曲线Ⅰ是H2C2O4的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A错误；B．，B正确；C．随着碱性增强，溶液中含C微粒的物质的量不变，但由于溶液体积不断变化，所以c(H2C2O4)+c()+c()不一定为0.40mol·L1，C错误；D．因为加入的NaOH或HCl溶液的量未知，所以无法通过守恒思想准确得到c()+c(OH)=c(H2C2O4)+c(H+)，D错误；故选B。24.已知Ag2SO4的Ksp为2.0×105，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，其中c(Ag+)=0.034mol·L1，若t1时刻在上述体系中加入100mL0.020mol·L1Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和浓度随时间变化关系的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】根据Ag2SO4(s)，饱和溶液中银离子浓度为硫酸根离子浓度的2倍；其中c(Ag+)=0.034mol·L1，则c()=0.017mol·L1；t1时刻在上述体系中加入100mL0.020mol·L1Na2SO4溶液，c()=，c(Ag+)=0.017mol·L1，此时Q=c()c2(Ag+)=5.346×106<Ksp，没有沉淀生成；故此时银离子浓度等于初始饱和溶液中硫酸根离子浓度，硫酸根离子浓度略大于初始饱和溶液硫酸根离子浓度；故选B。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A验证牺牲阳极法对铁钉的保护效果琼脂溶液中滴加56滴酚酞和K4[Fe(CN)6]溶液，倒入培养皿中，将中间裹有锌皮的铁钉放入其中，铁钉两端均外露若铁钉两端变红，无蓝色沉淀，则说明锌皮对铁钉有保护效果B验证AgCl沉淀可转化为AgI沉淀向盛有2mL0.1mol·L1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L1NaCl溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴0.1mol·L1KI溶液若生成黄色沉淀，说明AgCl沉淀可转化为AgI沉淀C检验电解氯化铜溶液产物把湿润的碘化钾淀粉放在与直流电源负极相连的石墨棒附近，接通电源若试纸变蓝色，则说明有Cl2生成D验证温度对盐类水解的影响两支试管中均加入5mL饱和碳酸钠溶液，各滴入2滴植物油，振荡，其中一支加热煮沸，然后再振荡，把试管中液体倒掉，用水冲洗试管。若加热后的试管更干净，说明温度升高，碳酸钠水解程度增大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．锌活动性大于铁，两者形成原电池，锌做负极、铁做正极，锌发生氧化反应变为锌离子；要证明牺牲阳极法对铁钉的保护效果，还需要做一个对比实验，在其它条件相同的情况下，将锌皮更换为铜皮，观察实验现象，比较铁的反应情况，A错误；B．向盛有2mL0.1mol·L1AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1mol·L1NaCl溶液，产生白色沉淀，反应后硝酸银过量，再滴加4滴0.1mol·L1KI溶液，过量银离子和碘离子生成碘化银沉淀，不能说明AgCl沉淀可转化为AgI沉淀，B错误；C．电解氯化铜溶液，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，而不是在阴极反应，故湿润的碘化钾淀粉放在与直流电源正极相连的石墨棒附近，C错误；D．实验中变量只有温度，可以通过比较洗净的程度比较温度对碳酸根离子水解的影响程度，温度升高水解程度变大，去除油污的效果更好，D正确；故选D。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题（1）接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，主要原因是_______。（2）N2、O2、F2跟H2的反应能力依次增强，其原因是_______。（3）H3O+中HOH的键角比H2O的_______(填“大”或“小”)，原因为_______。（4）金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期IIIA族，其卤化物的熔点如下表：GaF3GaCl3GaBr3熔点/°C>100077.75122.3GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是_______。（5）已知CoCl2溶液中存在平衡：(蓝色)+6H2O(粉红色)+4Cl，将CoCl2溶于一定浓度盐酸后得到紫色溶液，再加水稀释可得到粉红色溶液，用平衡移动理论解释加水稀释后的现象_______。【答案】（1）水分子之间形成氢键（2）元素的非金属性越强，其单质氧化性越强，与H2的反应能力越强，或者从共价键的稳定性解释，FH、OH、NH键长依次增长键能减小，生成物稳定性降低。（3）①.大②.H3O+中中心原子上存在1对孤电子对，H2O中中心原子上存在2对孤电子对，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力；（4）GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力（5）溶于一定浓度盐酸后Cl浓度增大，平衡逆向移动，主要以蓝紫色的存在，加水稀释，平衡正向移动，主要以存在，显示粉红色；【解析】【小问1详解】水分子接近沸点时形成“缔合”分子,“缔合”分子是指n个H2O分子形成分子间氢键结合起来，就是分子式为nH2O，相当于单位体积内分子个数少了，当然相对分子质量要比化学式H2O计算出来的大；【小问2详解】元素的非金属性越强，其单质氧化性越强，与H2的反应能力越强，或者从共价键的稳定性解释，FH、OH、NH键长依次增长键能减小，生成物稳定性降低。【小问3详解】H3O+中HOH的键角比H2O的大，H3O+中中心原子上存在1对孤电子对，H2O中中心原子上存在2对孤电子对，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力；【小问4详解】GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力【小问5详解】将CoCl2溶于一定浓度盐酸后Cl浓度增大，平衡逆向移动，主要以蓝紫色的存在，加水稀释，平衡正向移动，主要以存在，显示粉红色；27.甲烷燃料电池采用铂作为电极材料，两个电极上分别通入CH4和O2，电解质溶液为KOH溶液。某研究小组将上述两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行电解饱和NaCl溶液的实验，如下图所示。回答下列问题。（1）甲烷燃料电池工作时，其负极电极反应为_______。（2）闭合开关K后，a、b电极上均有气体产生，写出b电极反应式_______。（3）若每个电池甲烷通入量为1L(标准状况)，且反应完全，则理论上最多能产生氯气的体积为_______L(标准状况)。(写出必要过程)【答案】（1）（2）（3）每摩尔甲烷反应转移电子为8mol，每摩尔氯气生成转移2mol电子，故甲烷和氯气的物质的量关系为1:4，在相同的温度和压强下，气体体积比等于物质的量比，即1L甲烷反应，理论上产生4L氯气。【解析】【分析】甲烷燃料电池中通入甲烷的为电池的负极，通入氧气的电池的正极，则连接的U形管为电解池，a为电解池的阳极，b为电解池的阴极。据此解答。【小问1详解】甲烷在原电池的负极反应，因为溶液为氢氧化钾，所以其电极方程式为：；【小问2详解】b为电解池的阴极，是溶液中的氢离子放电，电极反应为：；【小问3详解】原电池和电解池是串联的，电路中转移电子数相等，故甲烷失去电子数等于生成氯气转移电子数，每摩尔甲烷反应转移电子为8mol，每摩尔氯气生成转移2mol电子，故甲烷和氯气的物质的量关系为1:4，在相同的温度和压强下，气体体积比等于物质的量比，即1L甲烷反应，理论上产生4L氯气。28.常温下，常见的弱酸的电离平衡常数如下表所示：酸CH3COOHHClONH3·H2OH2SO3H2CO3电离平衡常数1.75×1054.0×1081.8×105Ka1=1.4×102Ka2=6.0×108Ka1=4.5×107Ka2=4.7×1011（1）将少量CO2气体通入NaClO溶液中的离子方程式为_______。（2）常温下，某氨水的浓度为2.0mol·L1①该溶液中的c(OH)=_______。②把SO2通入氨水中，当溶液呈中性时，=_______。（3）已知常温下0.1mol·L1的CH3COONa和NaHCO3的pH分别为8.9和8.3，而水解常数Kh(CH3COO)<Kh()，则NaHCO3溶液pH更小的原因是_______。【答案】（1）（2）①.6.0×103mol/L②.0.61（3）碳酸氢根离子电离出的H+降低了其水解产生的氢氧根离子浓度【解析】【小问1详解】根据表格数据可看出次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的第一步电离平衡常数与第二步之间，则酸性也介于碳酸与碳酸氢根离子的酸性之间，故将少量CO2气体通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，其离子方程式为；【小问2详解】①NH3•H2O的Kb=1.8×105，氨水的浓度为2.0mol•L1，根据电离平衡常数表达式推出，c(OH)==mol/L=6.0×103mol/L；②把SO2通入氨水中，当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH)=1.0×107mol•L1，又H2SO3的Ka2=6.1×108，则===0.61。【小问3详解】虽然水解常数：Kh(CH3COO)<Kh()，但碳酸根离子还会电离产生氢离子，从而降低了其水解产生的氢氧根离子浓度，所以最终测得常温下0.1mol·L1的CH3COONa和NaHCO3的pH分别为8.9和8.3，故答案为：碳酸氢根离子电离出的H+降低了其水解产生的氢氧根离子浓度。29.国家标准规定，酿造的食醋中醋酸的含量不得低于3.5g/100mL，即每100mL食醋中，折算成的醋酸含量不得低于3.5g。某实验小组拟用酸碱滴定法测定某食用白醋的总酸含量(g/100mL)，设计如下实验：①用移液管(一种精确量取液体的仪器)量取25.00mL该白醋样品，置于250mL容量瓶中，配制得待测白醋溶液；②用酸式滴定管量取容量瓶中的20.00mL待测白醋溶液于锥形瓶中，滴加指示剂；③用碱式滴定管盛装0.1000mol·L1NaOH标准溶液，静置，读取数据，记录为NaOH标准溶液的初读数；④滴定，并记录NaOH标准溶液的终读数。重复滴定几次，数据记录如下表滴定次数实验数据1234V(NaOH)/mL(初读数)0.100.350.000.20V(NaOH)/mL(终读数)20.0820.35？20.22V(NaOH)/mL(消耗)请回答下列问题：（1）滴定时反应的离子方程式是_______，选用的指示剂为_______。（2）上述测定过程提及的下列仪器，在使用前不能润洗的是_______。A.容量瓶 B.锥形瓶 C.碱性滴定管 D.酸式滴定管（3）表格中“？”处的滴定管液面如图所示，则该读数为_______mL，该白醋样品中总酸含量为_______g/100mL(保留一位小数)，是否符合国家标准_______(填“是”或“否”)。（4）下列有关该实验的说法不正确的是_______A.使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，最终结果偏大B.本实验终点的颜色变化情况是溶液由粉红色变为无色且半分钟内不变色C.滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶D.将碱式滴定管固定在滴定管夹上，快速放液以放出滴定管内部气泡E.滴定开始阶段可以连续滴加，接近终点时，改为缓慢滴加一滴【答案】（1）①.CH3COOH+OH=CH3COO+H2O②.酚酞（2）AB（3）①.20.80②.6.0③.是（4）BD【解析】【小问1详解】滴定时醋酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，反应的离子方程式是CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，选用的指示剂为酚酞。【小问2详解】A.容量瓶不能润洗，否则引起误差，故A选；B.锥形瓶不能润洗，否则引起测定结果偏大，故B选；C.碱性滴定管需要润洗，否则引起标准液消耗偏多，故C不选；D.酸式滴定管需要润洗，否则引起待测液浓度偏小，故D不选。【小问3详解】滴定管0刻线在上部，则该读数为20.80mL；第三组数据误差较大，舍去，消耗NaOH溶液的体积为=20.00mL，结合离子反应CH3COOH+OH=CH3COO+H2O，该白醋样品中总酸含量为=6.0g/100mL，则符合国家标准。【小问4详解】A.使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，读数偏小，但是实际待测液体积偏大，最终结果偏大，故A正确；B.酚酞遇到碱变红，则本实验终点的颜色变化情况是溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故B错误；C.滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶，符合操作规定，故C正确；D.将碱式滴定管固定在滴定管夹上，缓慢放液以放出滴定管内部气泡，故D错误；E.开始时，滴定速度可稍快，接近终点时，应改为边滴边摇，防止试剂过量，故E正确。30.已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n；D元素基态原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，且只有1个未成对电子。F元素基态原子的最外层只有一个电子，其次外层的所有轨道的电子均成对。（1）请用元素符号完成下列空白：①A、B、C、D四种元素的电负性：_______>_______>_______>_______；_______②B、C、D、E四种元素的第一电离能：_______>_______>_______>_______。_______（2）E元素的逐级电离能按照I1、I2、I3……的顺序，最先出现Ix>Ix1时的x=_______。（3）F元素基态原子的电子排布式为_______。与其同周期基态原子未成对电子最多的元素符号为_______，该元素价电子层轨道表示式为_______。（4）C与F形成的某晶体晶胞如图所示，则该晶体化学式为_______。【答案】（1）①O>N>H>Na②.N>O>Na>Al（2）2（3）①.1s22s22p63s23p63d104s1②.Cr③.（4）Cu2O【解析】【分析】已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素，为氢；B元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，则基态原子核外电子排布为1s22s22p3，B为N；C元素基态原子的价层电子排布是nsnnp2n，则n=2，价电子排布为2s22p4，为氧；D元素基态原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s1，为钠；E与Na的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，且只有1个未成对电子，则原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，为铝。F元素基态原子的最外层只有一个电子，其次外层的所有轨道的电子均成对，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为铜。【小问1详解】①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；则A、B、C、D四种元素的电负性：O>N>H>Na；②同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；故B、C、D、E四种元素的第一电离能：N>O>Na>Al；【小问2详解】E元素为铝，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，当失去1个电子后，3s轨道处于填满状态，较为稳定，再失去1个电子较难，故最先出现Ix>Ix1时的x=2；【小问3详解】F元素为铜，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。与其同周期基态原子未成对电子最多的元素符号为铬元素Cr，基态Cr原子价电子排布为3d54s1，该元素价电子层轨道表示式为。【小问4详解】C与F分别为氧、铜；晶胞中氧位于顶点和体心，一个晶胞中原子数目为；铜位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故该晶体化学式为Cu2O。31.工业合成氨是人类科技的一项重大突破，其反应为：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)ΔH=92.4kJ/mol。（1）判断该反应的自发性并说明理由_____