用到的相对原子质量： H-1 N-14 O-16 C-12 Mg-24 S-32 Cu-64
第 I卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1. 有关分散系的下列说法不正确的是
A. 浊液的分散质可用过滤的方法从分散系中分离出来
B. 任何物质在水中溶解时都有一定的溶解度
C. 同一种溶质的饱和溶液一定要比不饱和溶液的浓度大一些
D. 分散质粒子大小为几纳米到几十纳米的分散系是胶体
【答案】D
【解析】试题分析：A．悬浊液的分散质都可用过滤的方法从分散剂中分离出来，而乳浊液不能，A错误；B．有些物质与水是互溶的，B错误；C．在相同条件下，同一种溶质的饱和溶液不一定比不饱和溶液的浓度大一些，否则不一定，C错误；D．分散质微粒直径介于1nm和100nm之间的分散系是胶体，则分散质粒子大小为几纳米到几十纳米的分散系是胶体，D正确，答案选D。
考点：考查分散系判断
2. 如图是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是
A. 常压下五种元素的单质中Z单质的沸点最高
B. X元素形成的气态氢化物比W形成的气态氢化物稳定
C. 氯离子的还原性比Y元素的简单阴离子的还原性强
D. Y元素的非金属性比W元素的非金属性弱
【答案】B
【解析】试题分析：X为氮，Y为硫，Z为溴，W为磷，R为氩。A、溴为液体，磷为固体，所以磷的沸点最高，故错误；B、非金属性越强，氢化物越稳定，故氮的氢化物为氨气，比磷化氢稳定，正确；C、氯离子的还原性比硫离子的弱，故错误；D、同周期元素，硫的非金属性比磷强，故错误。
考点：原子结构和元素周期律的关系
3. 四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与 Y同族，Z 与X 形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Wc(Cl-)=c (CH3COOH)
B. 加入10mLNaOH溶液时：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)
C. 加入NaOH 溶液至 PH=7 时：c (Na+)=c(Cl-)
D. 加入20mLNaOH溶液时：c (Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)
【答案】B
【解析】A、未加NaOH时，混合溶液中HCl完全电离，CH3COOH仅部分电离，由于原浓度均为0.1mol·L-1，所以c(H+)>c(Cl-)>c(CH3COOH)，A错误。B、加入10mL0.1mol·L-1NaOH时，HCl恰好完全反应生成0.001molNaCl，还存在0.001molCH3COOH，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，由于c(Na+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B正确。C、上述B的结果是NaCl与CH3COOH等物质的量的混合物，由于CH3COOH的电离溶液呈酸性，所以需要再加部分NaOH溶液才可能呈中性，c(Na+)>c(Cl-)，C错误。D、加入20mLNaOH溶液后，原溶液中两种酸都恰好完全反应，生成NaCl、CH3COONa物质的量之比为1:1的混合溶液，由于CH3COONa的水解溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，所以c(Na+)>c(Cl-)+c(CH3COO-)，D错误。正确答案B。
点睛：在这类题型中，往往类似于“溶液呈中性时”，加入的NaOH溶液的具体体积现有知识无法求解，这时需要从周围接近点的分析中得到答案接近的信息，再进行“调整”。如上述C选项，从HCl恰好完全反应的“点”溶液呈酸性，所以需要再加入NaOH才能得到C所需要的中性溶液。当然，从两种酸都恰好完全反应，生成NaCl、CH3COONa物质的量之比为1:1的“点”溶液呈碱性，c(Na+)=2c(Cl-
)，则需要少加入NaOH的量使溶液呈中性，但是，加入的量少至仅有HCl反应时，溶液又呈酸性，由此也可以得到c(Na+)>c(Cl-)。
第II卷（52分）
二、非选择题（共52分）
17. 下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：
请回答下列问题：
（1）AB-离子与__________互为等电子体，lmolAB-离子含有___________molπ键。
（2）用电子式表示D2G的形成过程________________________。
（3）由C、E、G三种元素的某盐用途广泛，请用离子方程式表示下列过程：
①该盐可做泡沫灭火器______________________________；
②向该盐溶液中加入Ba(OH) 2至沉淀物质的量最大时__________________________
（4）某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系。（其中溶液b和溶液c均为足量）。
①溶液a和b分别为 ________________，________________。
②溶液c中的离子方程式为________________________________________________。
③请从原子结构的角度解释非金属性B＞A的原因 ______________________________。
【答案】 (1). N2或CO (2). 2 (3). （箭头可不标） (4). Al3++3HCO3-= A1(OH)3↓+3CO2↑ (5). 2 Al3++SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4+2 A1(OH)3↓ (6). 硝酸（HNO3） (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32- (9). 略
【解析】
A元素的主要化合价是＋4价和－4价，而C元素没有正价，主要化合价是－2价，所以C是氧元素，则A是碳元素，B是氮元素。D的主要化合价是＋1价，D是Na元素，E的主要化合价是＋3价，E是铝元素。F的主要化合价是＋4价和－4价，则F是硅元素。G元素的主要化合价是－2价和＋6价，则G是硫元素。
（1）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则CN-离子与N2或CO互为等电子体。三键中含有2个π键，则lmolCN-离子含有2molπ键。（2）硫化钠是离子化合物，其形成过程为。（3）①该盐可做泡沫灭火器应该是硫酸铝和碳酸氢钠，由于水解相互促进产生CO2而灭火，方程式为Al3++3HCO3-＝A1(OH)3↓+3CO2↑；②向该盐溶液中加入Ba(OH) 2至沉淀物质的量最大时生成硫酸钡和氢氧化铝，方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4↓+2A1(OH)3↓；（4）①非金属性越强，相应最高价氧化物对应水化物的酸性越强。又因为较强酸可以制备较弱酸，则要比较C、N、Si三种元素的非金属性强弱，溶液a是硝酸，固体a是碳酸钙。由于硝酸易挥发，生成的CO2中混有硝酸，所以在通入硅酸钠溶液之前需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的硝酸，即b为饱和碳酸氢钠溶液。②根据以上分析可知溶液c中发生反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2O＝H2SiO3↓+2HCO3-。③碳和氮处于同一周期，氮原子比碳原子：核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引能力大，得电子能力强，因此氮元素的非金属性比碳元素强。
18. （1）若配制0.5mol/L的硫酸溶液450mL，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为__________mL，如果实验室有15mL、20mL、50mL 量筒，应最好选用_______mL量筒。
（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需________、________等玻璃仪器。
（3）配制溶液时，其正确的操作是______________（填序号）。
A.使用容量瓶前检验是否漏水容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
B.用30mL水洗涤烧杯2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
C.量取所需的浓H2SO4倒入小烧杯，再加入适量的水，用玻璃棒慢慢搅拌，使其充分稀释。
D.将己冷却的H2SO4溶液直接倒入容量瓶中
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是___________。
A.浓硫酸稀释后溶液没有冷却到室温就转移
B.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D.用量筒量浓硫酸后洗涤量筒并洗涤液转移到容量瓶
E.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
【答案】 (1). 13.6 (2). 15 (3). 胶头滴管 (4). 500mL容量瓶 (5). ABD (6). ACD
【解析】（1）没有450mL容量瓶，需要配制500mL，设浓硫酸的体积为VmL，稀释前后溶质的质量不变，则：98%×1.84g/cm3×V=0.5mol/L×0.50L×98g/mol，解得V=13.6mL，为减小误差，应选用15mL的量筒；（2）配制上述溶液，除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需胶头滴管、500mL容量瓶等玻璃仪器。（3）A.使用容量瓶前检验是否漏水，容量瓶用水洗净后，不需要用待配溶液洗涤，A错误；B.用30mL水洗涤烧杯2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡，B正确；C.稀释浓硫酸时应该将浓硫酸注入蒸馏水中，C错误；D.将己冷却的H2SO4溶液通过玻璃棒转移至容量瓶中，不能直接倒入，D错误，答案选B。（4）A．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，配制的溶液浓度偏高，A正确；B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，B错误；C．定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，C正确；D．洗涤量筒，溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，D正确；E．又加蒸馏水至刻度线，配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，E错误，答案选ACD。
点睛：明确实验原理是解答的关键，注意容量瓶规格的选择。难点是误差分析，根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
19. 氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。以生物材质 (以C 计）与水蒸气反应制取H2是种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应为：
I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K1；
II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K2；
III CaO(s}+CO2(g}CaCO3(s) K3；
燃烧炉中涉及到的反应为：
IV C(s)+O2(g)=CO2
V CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)
（1）该工艺制H2总反应可表示为C(s)+2H2O(g)+CaO(s) CaCO3(s)+2H2(g)，其反应的平衡常数K=__________（用K1、K2、K3的代数式表示）。在2L的密闭容器中加入一定量的C(s)、H2O(g)和CaO(s)。下列能说明反应达到平衡的是_______________________。
A.容器内压强不再变化 B. H2与H2O(g)的物质的量之比不再变化
C.混合气体的密度不再变化 D.形成a molH-H键的同时断裂2amolH-O键
（2）对于反应I，不同温度和压强对H2产率影响如下表。
温度
压强p1/Mpa
压强p2/Mpa
500℃
45.6%
51.3%
700℃
67.8%
71.6%
下列图像正确的是__________________。
（3）已知反应Ⅱ的ΔH=-41.1kJ/mol，C=O、O-H、H-H的键能分别为 803 kJ/mol，464 kJ/mol、436 kJ/mol，则CO中碳氧键的键能为___________ kJ/mol。
（4）对于反应Ⅲ，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡移动方向为___________；当重新平衡后，CO2浓度___________（填“变大”“ 变小”“ 不变”）。
（5）甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，其工作原理的示意图如下：
请回答下列问题：
①Pt(a)电极是电池的_______极，电极反应式为______________________；
②常温下，用此电池以惰性电极电解0.5L饱和食盐水（足量），若两极共生成气体1.12L（已折算为标准状况下的体积），则电解后溶液的pH=_________（忽略溶液的体积变化）。
【答案】 (1). K1·K2·K3 (2). BC (3). BD (4). 1072.9 (5). 正向移动或向右移动 (6). 不变 (7). 负 (8). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (9). 13
【解析】（1）已知：① C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K1；
② CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K2；
③ CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) K3；
根据盖斯定律可知①+②+③即得到制H2总反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)CaCO3(s)+2H2(g)，所以该反应的平衡常数K＝K1·K2·K3。A.反应前后体积不变，容器内压强不再变化不能说明反应达到平衡状态，A错误；B. 由于只有两种气体，因此H2与H2O(g)的物质的量之比不再变化说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确；C.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但气体的质量是变化的，因此混合气体的密度不再变化说明达到平衡状态，C正确；D.形成a molH-H键的同时断裂2amolH-O键均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D错误，答案选BC；（2）压强相同时升高温度氢气的产率增加，说明正反应是吸热反应；温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向进行，氢气产率降低，所以压强是P1＞P2
，则A、降低压强时平衡向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，A错误；B、升高温度平衡向正反应方向进行，氢气产率增大，B正确；C、温度相同时增大压强平衡向逆反应方向进行，水蒸气含量增大，C错误；D、升高温度平衡向正反应方向进行，平衡常数增大，D正确，答案选BD；（3）反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，已知反应Ⅱ的ΔH=-41.1kJ/mol，则x+2×464-2×803-436＝-41.1，解得x＝1072.9，即CO中碳氧键的键能为1072.9kJ/mol。（4）对于反应Ⅲ，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡向正反应方向移动；由于该反应的平衡常数K＝c(CO2)，温度不变，平衡常数不变，所以当重新平衡后，CO2浓度不变。（5）①Pt(a)电极充入甲醇，产生CO2，所以是电池的负极，由于存在质子交换膜，则负极电极反应式为 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；②惰性电极电解饱和食盐水两电极分别产生氢气和氯气，且二者的物质的量相等，均是0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，所以生成氢氧化钠是0.05mol，氢氧根的浓度是0.05mol÷0.5L＝0.1mol/L，则电解后溶液的pH＝13。
20. 太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料除单晶硅，还有铜铟镓硒等化合物。
（1）镓的基态原子的电子排布式是_________________。
（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为________________（用元素符号表示）。
（3）气态SeO3立体构型为_____________________，中心原子的杂化类型是_______________。
（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是： ________________________。
（5）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为__________，层间作用力为__________________；
（6）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的离子方程式为___________________________________。
（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构。在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为___________，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为________g·cm-3 （金、铜的摩尔质量分别用M(Au)、M(Cu)表示。只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。
【答案】 (1). ls22s22p63s23p63d104s24p1 （或[Ar] 3d104s24p1） (2). Br> As> Se (3). 平面三角形 (4). SP2 (5). 硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(或其他合理答案） (6). 共价键（极性键） (7). 分子间作用力 (8). Cu+H2O+4NH3·H2O=Cu(NH3)42+ +2OH-+4H2O (9). 1∶3 (10). M(Au)+M(Cu)×3×1030/(a3NA)（其他合理答案均给分）
【解析】（1）镓是31号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为 ls22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar] 3d104s24p1）；（2）砷、硒、溴三种元素都是第4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，但砷元素原子4p能级是半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Br＞As＞Se；（3）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为(6+0)/2=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，中心原子的杂化类型是sp2；（4）硅烷都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；（5）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为分子间作用力；（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为Cu+H2O+4NH3·H2O=Cu(NH3)42+ +2OH-+4H2O；（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×1/8=1，Cu原子个数=6×1/2=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3；晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ=m/V＝[M(Au)+M(Cu)×3]×1030/(a3NA)g•cm-3。
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