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吉林省友好学校第78届2024-2025学年高二上学期1月期末联考 化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．农业上使用的铵态氮肥不能与草木灰混合使用
B．明矾可用于自来水的杀菌消毒
C．手机中使用的锂电池属于新型二次电池
D．将电源的正、负极分别连接惰性电极和水闸，可使闸门防腐
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．铵态氮肥中的NH4+与草木灰中的CO32-在溶液中发生双水解反应（NH4+ + CO32- + H2O → NH3↑ + HCO3-），导致NH4+浓度降低，肥效下降，因此二者不能混合施用，故A正确；B．明矾净水是通过Al3+水解生成Al(OH)3胶体（Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+）来吸附悬浮物，但该过程不具备杀菌消毒作用，故B错误；
C．手机锂电池通过Li+在正负极间的可逆迁移实现充放电（充电：LiCoO2 → Li1-xCoO2 + xLi+ + xe-；放电逆向进行），属于典型的二次电池，故C正确；
D．外加电流阴极保护法中，将被保护金属连接电源负极（阴极反应：2H2O + 2e- → H2↑ + 2OH-），通过抑制金属的氧化反应（M → Mn+ + ne-）实现防腐，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、草木灰的成分为K2CO3，CO32－能与NH4＋发生水解，生成NH3，使得肥效降低。
B、，明矾为KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，可用于净水，但不能杀菌消毒。
C、锂电池为新型可充电二次电池。
D、水闸与电源负极相连，为阴极，被保护。
2．已知（石墨） ＝（金刚石），在该反应进程中其能量变化如图所示，有关该反应的描述正确的是
A．该反应为放热反应 B．金刚石比石墨稳定
C．该反应为氧化还原反应 D．石墨比金刚石稳定
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】根据图像分析，石墨的能量低于金刚石，因此该反应为吸热反应。由于能量越低物质越稳定，可以得出石墨比金刚石更稳定的结论。该反应过程中没有发生电子转移，不属于氧化还原反应。
故答案为：D
【分析】物质所具有的能量：石墨＜金刚石。因此该反应为吸热反应。物质所具有的能量越低，结构越稳定。因此稳定性：石墨＞金刚石。据此结合选项分析。
3．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项类别 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 HClO Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 酒精 H2O
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。铁（Fe）是单质而非化合物，因此不属于强电解质，选项A错误；B．氨气（NH3）在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质；硫酸钡（BaSO4）在熔融状态下能导电，属于电解质，选项B错误；
C．碳酸钙（CaCO3）在熔融状态下完全电离并导电，属于强电解质；次氯酸（HClO）在水溶液中部分电离，属于弱电解质；酒精（乙醇）在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，选项C正确；
D．水（H2O）能够微弱电离，属于电解质，选项D错误；
故答案为：C
【分析】此题是对物质分类的考查，结合强电解质、弱电解质和非电解质的定义和类别进行分析即可。强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质；属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。弱电解质是指在水溶液中不能完全电离的电解质；属于弱电解质的有弱酸、弱碱和水。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；属于非电解质的有NH3、非金属氧化物和绝大多数有机物。
4．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．NaF中F－会水解，水解方程式为F－＋H2O HF＋OH－，使得溶液呈碱性，A符合题意；
B．Na2SO4在溶液中会电离出Na＋和 ，Na＋和 均不会水解，溶液呈中性，B不符合题意；
C．NaOH在溶液中会电离出Na＋和OH－，电离出OH－使得溶液呈碱性，C不符合题意；
D．CuSO4溶液中，Cu2＋会水解，Cu2＋＋2H2O Cu(OH)2＋2H＋，使得溶液呈酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解。几种物质中，只有NaF是强碱弱酸盐，F-水解会结合H+使溶液呈现碱性。
5．铜的还原性较弱，不能与稀硫酸反应被稀硫酸氧化。某学生根据所学知识，欲实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑反应，设计了四个实验，如图所示，你认为可行的实验是：
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电解原理
【解析】【解答】铜属于不活泼金属，不能与稀硫酸直接发生反应。若要使反应Cu + H2SO4 = CuSO4 + H2↑得以实现，需要将该反应设计为电解池体系。在该电解池中，铜必须作为阳极（发生氧化反应），电解液选用硫酸溶液。选项BD均为原电池装置，不符合要求（故BD错误）；选项A虽然为电解池，但铜作为阴极使用（故A错误）；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆原电池与电解池的作用：反应 Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑中，Cu 需被氧化，而稀硫酸无法在原电池中氧化 Cu（原电池依赖自发反应，B、D 为原电池，不可行），易误判原电池能实现该反应。
电解池电极角色判断错误：电解池需 Cu 作阳极（发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+），若 Cu 作阴极（如 A），则 Cu 不参与反应，无法生成 CuSO4，易误认阴极 Cu 能被氧化。
6．下列关于元素周期表的描述正确的是
A．有7个周期，18个族
B．第IA族元素也称为碱金属元素
C．元素种类最多的族为第IIIB族
D．He的价电子层为1s2，属于s区元素
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、元素周期表共有7个周期，但只有16个族（7个主族、7个副族、1个Ⅷ族和1个0族），A错误；
B、第IA族中除氢元素外都是碱金属元素，而氢元素（H）是非金属元素，B错误；
C、镧系元素（57-71号）和锕系元素（89-103号）各有15种元素，它们都属于第IIIB族，这使得第IIIB族成为元素种类最多的族 ，C正确；
D、氦（He）的电子排布为1s2，虽然其电子构型类似ns2，但根据IUPAC分区，它确实属于p区元素（因为最后一个电子填入p轨道）。0族元素都属于p区，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
周期表结构混淆：易误记周期表 “7 个周期、18 个族”，实际是 7 个周期、16 个族（8、9、10 列为第 Ⅷ 族）。
第 ⅠA 族元素范围误判：第 ⅠA 族包含 H，而 “碱金属” 仅指 Li~Cs，易误将 H 归为碱金属。
元素种类最多的族判断错误：易忽略第 ⅢB 族包含镧系、锕系（共 32 种元素），误认其他族元素更多。
He 的分区错误：He 价电子层为 1s2，但因化学性质与稀有气体一致，实际属于 p 区，易误归为 s 区。
7．现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p1；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是
A．第一电离能：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①
C．电负性：③< ②< ① D．最高正化合价：③＞②＞①
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、根据元素周期律，同周期元素从左到右第一电离能呈现增大趋势，因此P元素（②）的第一电离能大于Al元素（①）；F元素（③）的非金属性最强，其第一电离能最大。故第一电离能排序为：③ > ② > ①，A正确；
B、原子半径变化规律：同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大。Al（①）、P（②）、F（③）的原子半径关系为：① > ② > ③，B错误；
C、电负性变化规律：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。因此电负性排序为：③ > ② > ①，C错误；
D、最高正化合价：Al（①）为+3价，P（②）为+5价，F（③）无正化合价。故最高正化合价排序为：② > ① > ③，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干给出的电子排布式可确定元素种类：① 1s22s22p63s23p1 对应Al元素；
② 1s22s22p63s23p3 对应P元素；③ 1s22s22p5 对应F元素，基于此进行上述分析判断。
8．已知 ，在V2O5存在时，该反应机理为：①(快)②(慢)，下列说法错误的是
A．该反应速率主要由第②步基元反应决定
B．V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物
C．V2O5的存在提高了该反应的反应速率和产率
D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、总反应速率由慢反应步骤决定，在该反应中第②步是慢反应，因此总反应速率主要由第②步基元反应决定，A正确；
B、V2O5是该反应的催化剂，第①步反应生成VO2，第②步反应消耗VO2，因此VO2是中间产物，B正确；
C、V2O5作为催化剂只能加快反应速率，但不能改变反应的平衡状态，因此不能提高产率，C错误；
D、催化剂的作用是降低反应的活化能，增加活化分子的比例，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．反应速率的决定步骤：总反应速率由最慢的基元反应（第②步）决定。
B．催化剂与中间产物的判断：V2O5参与反应后又生成，是催化剂；VO2是反应过程中生成又消耗的物质，为中间产物。
C．催化剂的作用范围：催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，因此不改变产率。
D．催化剂的原理：通过降低反应活化能，提高活化分子百分数来加快反应速率。
9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A． ，则
B．已知 ； ；则
C．已知31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则P4(白磷，s)=4P(红磷，s)
D．已知 ，则氢气燃烧热
【答案】C
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、中和热的 ΔH=-57.3 kJ mol- 是 “仅 H+与 OH-结合” 的热量，但 H2SO4与 Ba(OH)2反应还会生成 BaSO4沉淀，沉淀过程会额外放热，因此实际 ΔH 应小于 - 114.6 kJ mol- （不是等于）。A错误；
B、ΔH 为负值时，放热越多，ΔH 越小。生成 CO2的反应（ΔH1）比生成 CO 的反应（ΔH2）放热更多，因此 ΔH1 ΔH2），B错误；
C、31g 白磷对应 0.25mol P4，其能量比等质量红磷多 bkJ，说明 1mol P4（124g）的能量比 4mol 红磷多 4bkJ；P4转化为红磷是放热反应，故 ΔH=-4bkJ mol- ，C正确；
D、燃烧热的定义是 “1mol 物质完全燃烧生成稳定氧化物”，H 的稳定氧化物是液态 H2O，但题干中 H2O 是气态，因此不能直接用气态水的 ΔH 计算燃烧热，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．中和热的额外能量变化：选项中生成 BaSO4沉淀会释放额外热量，故 ΔH 应小于 - 114.6 kJ mol- 。
B．反应放热的 ΔH 比较：选项中生成 CO2比生成 CO 放热更多，ΔH 为负值，故 ΔH1 < ΔH2。
C．能量差与热化学方程式：31g 白磷（0.25mol P4）比红磷多 bkJ 能量，则 1mol P4转化为 4mol 红磷放热 4bkJ，ΔH=-4bkJ mol- 。
D．燃烧热的定义：选项中 H2O 的状态应为液态（燃烧热定义为生成稳定氧化物），且题干中是气态水，故不能直接取一半。
10．常温下，下列事实不能说明某一元酸HX是弱酸的是（　　）。
A．溶液
B．和反应，生成HX
C．溶液比硝酸导电能力弱
D．溶液与溶液恰好中和
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，如果完全电离，pH=1，可以证明HX是弱酸，不符合题意，A错误；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，根据强酸制弱酸原理，证明HX是一元弱酸，不符合题意，B错误；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸，不符合题意，C错误；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸，符合题意，D错误；
答案：D
【分析】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，证明HX是一元弱酸；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸 ；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸。
11．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用醋酸除去水垢：
B．KClO碱性溶液与反应：
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：
D．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：
【答案】D
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸钙（CaCO3）是难溶物应保留化学式，醋酸（CH3COOH）是弱酸不能拆解，正确离子方程式为：，A错误；
B、碱性条件下，ClO-氧化Fe(OH)3生成FeO42-需用OH-配平：，B错误；
C、Al3+与CO32-发生双水解反应：，C错误；
D、电解饱和食盐水的离子方程式书写正确，符合反应事实，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．物质拆分规则要求弱酸不能拆成离子。醋酸是弱酸，不能写成 H+，需保留 CH3COOH 分子形式。
B．反应环境为碱性时，溶液中存在 OH-，产物不能出现 H+（H+会与 OH-反应），该方程式产物含 H+不符合环境要求。
C．Al3+与 CO32-会发生双水解反应，不会直接生成 Al2(CO3)3，实际产物是 Al(OH)3沉淀和 CO2气体。
D．电解饱和食盐水的反应中，Cl-（阳极）、H2O（阴极）的拆分符合规则，产物（H2、Cl2、OH-）与配平均正确。
12．M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，M的一种原子不含中子，W是第二周期未成对电子数最多的元素，X、Y同族，且Y的原子序数为X的两倍，的d轨道有10个电子。下列说错误的是
A．与可以发生化合反应
B．仅含M、W、Y的某种盐酸能与酸反应又能与碱反应
C．第一电离能由大到小的顺序为
D．工业上可采用热还原法冶炼Z的单质
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A. 二氧化氮(NO2)与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮(NO)，该反应属于氧化还原反应而非化合反应，选项A错误；B. 仅含氢、氮、硫元素的盐如硫化铵((NH4)2S)，既能与酸反应生成硫化氢(H2S)，又能与碱反应释放氨气(NH3)，选项B正确；
C. 氮原子由于2p轨道半充满的稳定结构，其第一电离能高于同周期相邻的氧元素；而同主族元素从上到下电离能递减，因此电离能顺序为N > O > S，选项C正确；
D. 工业上通过碳热还原法冶炼铜，即用碳还原氧化铜(CuO)获得单质铜，选项D正确；
故答案为：A
【分析】M的一种原子不含中子，因此M为H。W是第二周期未成对电子数最多的元素，因此W的价电子排布式为2s22p3，因此W为N。X、Y同主族且Y的原子序数是X的两倍，推得因此X为O、Y为S。的d轨道有10个电子，因此其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以Z为Cu。据此结合元素周期律分析选项。
13．科学探究是化学学科核心素养之一，下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向Na2SiO3溶液中通入少量NO2 有透明凝胶生成 非金属性：N>Si
B 向两支盛有5mL0.1mol·L-1的H2O2溶液的试管中，一支加入2滴0.05mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液，另一支加入2滴0.01mol·L-1CuSO4溶液 前者产生气泡较快 催化能力：Fe3+>Cu2+
C 取5mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入10mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后萃取分液，向水层加KSCN溶液 水层溶液变红 KI与FeCl3的反应是可逆反应
D 向足量NaOH溶液中先加入少量MgCl2溶液，充分反应后加入CuCl2溶液 先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀 ：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、向 Na2SiO3溶液通入 NO2，NO2与水反应生成 HNO3（强酸），HNO3与 SiO32-反应生成 H2SiO3凝胶，HNO3的酸性强于 H2SiO3，而酸性强弱对应非金属性（N 的最高价含氧酸是 HNO3，Si 的是 H2SiO3），故可推出非金属性 N > Si，A正确；
B、操作问题：对比催化能力需控制催化剂浓度一致，但 Fe2(SO4)3中 Fe3+ 浓度（0.05mol L- ）与 CuSO4中 Cu2+ 浓度（0.01mol L- ）不同，变量不唯一。结论逻辑：无法通过该操作比较 Fe3+ 与 Cu2+的催化能力，B错误；
C、操作问题：FeCl3的物质的量（0.001mol）远多于 KI（0.0005mol），反应后 Fe3+ 有剩余，加入 KSCN 变红不能证明反应可逆（可逆反应需反应物、生成物同时存在）。结论逻辑：剩余的 Fe3+ 导致溶液变红，不能说明反应是可逆反应，C错误；
D、操作问题：NaOH 过量，加入 CuCl2时，过量的 OH-直接与 Cu2+ 生成 Cu(OH)2沉淀，并非 Mg(OH)2转化而来。结论逻辑：无法通过该操作比较 Mg(OH)2与 Cu(OH)2的 Ksp 大小，D错误；
故答案为：A。
【分析】核心解题要点：
比较非金属性需用 “最高价含氧酸的酸性”，且实验需体现酸的强弱对比；
对比实验需控制单一变量（如催化剂浓度）；
证明可逆反应需保证反应物不足量、生成物能检测到；
比较 Ksp 需让难溶物发生转化（而非直接生成新沉淀）。
14．已知：常温下，，，向1L含0.05mol Fe2(SO4)3和0.1mol FeSO4的酸性混合溶液中通入NH3，至该溶液的pH为2，溶液体积变化可忽略不计，所得溶液中的值为
A．1：1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】溶液pH的定义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】当溶液的pH为2时，氢氧根离子浓度c(OH-) = 10-12 mol/L。对于0.1 mol/L的FeSO4溶液，计算Fe2+与OH-的离子积：c(Fe2+) × c2(OH-) = 0.1 × (10-12)2 = 10-25
该值小于Fe(OH)2的溶度积常数Ksp[Fe(OH)2] = 1.0 × 10-17，说明Fe2+不会形成沉淀，因此溶液中c(Fe2+)保持初始浓度0.1 mol/L。
对于Fe3+，根据Ksp[Fe(OH)3] = 1.0 × 10-39，其浓度为：
，因此，Fe2+与Fe3+的浓度比为：
c(Fe2+) ： c(Fe3+) = 0.1 ： 1 × 10-3 = 102 ： 1
故答案为：B。
【分析】解题要点：
1. 初始浓度：，。
2. 求：时，。
3. 用算离子浓度： 未沉淀，； 。
4. 浓度比：。
二、填空题
15．填空
（1）断开气态物质中1mol某种共价键生成气态原子需要吸收的能量称为键能(kJ·mol 1)。如表所示是一些共价键的键能。
共价键 H-H N≡N N-H
键能(kJ·mol-1) 436 946 391
根据上表的数据，在合成1mol氨　 　(“放出”或“吸收”)的热量为　 　kJ。
（2）在2L容器中投入2molSO2和bmolO2，下图是部分反应物与生成物随时间的变化曲线。
①10min时v(正)　 　v(逆)(填“大于”或“小于”或“等于”)；0~10min内，v(SO3)=　 　。
②平衡时，SO2的转化率为　 　。
③下列条件能够加快反应速率的是　 　。
A．升高温度
B．保持压强不变，充入He使容积增大
C．保持体积不变，充入He使压强增大
D．充入一定量的氧气
④下列情况能说明该反应达到化学平衡的是　 　。
A．v(SO3)=v(SO2)
B．混合气体的密度保持不变
C．t时刻，体系的温度不再发生改变
D．混合气体的总物质的量不再改变
E．SO2、O2、SO3的物质的量之比达到2∶1∶2
【答案】（1）放出；46kJ
（2）大于；0.05 mol/(L·min)；70%；AD；CD
【知识点】反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）由表格数据可知，合成1mol氨时，破坏反应物化学键消耗总能量为436kJ/mol×mol+946kJ/mol×mol=1127kJ，形成生成物化学键放出的总能量为391kJ/mol×3×1mol=1173kJ，则反应放出热量为1173kJ—1127kJ=46kJ，故答案为：46kJ；
故答案为： 放出 ； 46kJ ；
（2）①由图可知，10min时，二氧化硫和三氧化硫的物质的量都为1mol，反应未达到平衡，是正反应速率大于逆反应速率的平衡形成过程，则0~10min内，三氧化硫的反应速率为=0.05 mol/(L·min)
故答案为：大于；0.05 mol/(L·min)；
②由图可知，平衡时二氧化硫的物质的量为0.6mol，则二氧化硫的转化率为×100%=70%，
故答案为：70%；
③A．升高温度，反应速率加快，故正确；
B．保持压强不变，充入不参与反应的氦气使容积增大相当于减小压强，反应速率减慢，故错误；
C．保持体积不变，充入不参与反应的氦气使压强增大，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故错误；
D．充入一定量的氧气，反应物的浓度增大，反应速率加快，故正确；
故答案为： AD；
④A．v(SO3)=v(SO2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．该反应为放热反应，反应放出的热量使体系温度增大，则t时刻，体系的温度不再发生改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的总物质的量减小，则混合气体的总物质的量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
E．SO2、O2、SO3的物质的量之比达到2∶1∶2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故答案为：CD。
【分析】(1)计算合成1mol氨的键能变化：断键吸热：；成键放热：；反应放热：，结论为“放出”。
(2)① 10min时反应未平衡，正反应速率大于逆反应速率；
速率计算：。
②平衡时剩余0.6mol，转化率：。
③加快速率的条件：升温（A）、增大反应物浓度（D）。
④平衡判断：温度不变（C）、总物质的量不变（D）（均体现正逆速率相等）。
（1）由表格数据可知，合成1mol氨时，破坏反应物化学键消耗总能量为436kJ/mol×mol+946kJ/mol×mol=1127kJ，形成生成物化学键放出的总能量为391kJ/mol×3×1mol=1173kJ，则反应放出热量为1173kJ—1127kJ=46kJ，故答案为：46kJ；
（2）①由图可知，10min时，二氧化硫和三氧化硫的物质的量都为1mol，反应未达到平衡，是正反应速率大于逆反应速率的平衡形成过程，则0~10min内，三氧化硫的反应速率为=0.05 mol/(L·min) 故答案为：大于；0.05 mol/(L·min)；
②由图可知，平衡时二氧化硫的物质的量为0.6mol，则二氧化硫的转化率为×100%=70%，故答案为：70%；
③A．升高温度，反应速率加快，故正确；
B．保持压强不变，充入不参与反应的氦气使容积增大相当于减小压强，反应速率减慢，故错误；
C．保持体积不变，充入不参与反应的氦气使压强增大，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故错误；
D．充入一定量的氧气，反应物的浓度增大，反应速率加快，故正确；
故选AD；
④A．v(SO3)=v(SO2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．该反应为放热反应，反应放出的热量使体系温度增大，则t时刻，体系的温度不再发生改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的总物质的量减小，则混合气体的总物质的量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
E．SO2、O2、SO3的物质的量之比达到2∶1∶2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选CD。
16．I．工业上用H2和CO工合成甲醇的反应为：①
该反应平衡常数(K)随温度的变化情况如下表所示。
温度/℃ 250 300 350
K 2.041 0.270 0.012
完成下列填空：
（1）请书写出该反应的平衡常数表达式　 　。
（2）250℃时，测得各组分浓度如下表所示，通过计算得出浓度商Q为　 　(填数值，保留三位小数)，则此时v(正)　 　v(逆)。(填“>”、“<”或“=”)
物质 H2 CO CH3OH
浓度/mol·L-1 0.30 1.6 0.70
Ⅱ．工业上也能采用CO2催化氢化的方法合成甲醇：
②
已知：
（3）写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：　 　。
（4）想要增大反应②的平衡常数，能改变的条件是　 　。
Ⅲ．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作时，关闭K。
（5）甲中负极的电极反应式为　 　。
（6）若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若一定条件下铝钝化形成致密Al2O3，则C电极反应式为　 　。
（7）若把乙装置改为铁钉镀铜装置，铁钉是　 　电极(A、B)，该电极上发生　 　反应(氧化、还原)。
【答案】；4.861；<； ；降温；；；B；还原
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；该反应的平衡常数表达式：；
故答案为： ；
（2）250℃时，浓度商Q=>K，则平衡逆向移动，此时v(正) 故答案为： 4.861 ；<；
（3）已知：Ⅰ
Ⅱ
由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得反应： ；
故答案为： ；
（4）平衡常数受温度影响，反应为放热反应，则增大反应②的平衡常数，平衡正向移动，能改变的条件是降温；
故答案为： 降温 ；
（5）甲为甲醇燃料电池，负极反应为甲醇失去电子发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子和水，电极反应式为；
故答案为： ；
（6）由图，丙中D连接氢氧燃料电池的负极，则D为阴极，C为阳极，若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若一定条件下铝钝化形成致密Al2O3，则C电极反应为铝在酸性条件下失去电子发生氧化反应生成氧化铝薄膜，反应为；
故答案为： ；
（7）由图，乙装置中A为阳极，B为阴极，若把乙装置改为铁钉镀铜装置，则镀件铁钉为阴极，为B极；该电极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜镀层。
故答案为： B ； 还原 ；
【分析】(1) 平衡常数表达式：（生成物浓度幂比反应物）。
(2) 计算浓度商，因，平衡逆向移动，故。
(3) 盖斯定律：已知反应Ⅰ+Ⅱ，得 。
(4) 反应②放热，平衡常数仅与温度有关，降温使平衡正向移动，增大。
(5) 甲醇燃料电池负极（碱性环境）： （甲醇失电子生成）。
(6) 丙中C为阳极，Al钝化生成： 。
(7) 电镀时镀件（铁钉）作阴极（B极），发生还原反应（得电子）。
17．请回答下列问题：
（1）写出稀氨水中一水合氨的电离方程式　 　；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是　 　(忽略溶液体积的变化)(填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入NH3 D．加入少量浓盐酸
（2）将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后醋酸溶液的说法正确的是___________(填字母)。
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多
C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
（3）磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。H3PO2是一元中强酸，其中磷元素的化合价为　 　；写出其电离方程式：　 　；推测NaH2PO2是　 　(填“正盐”或“酸式盐”)。
（4）已知25℃，NH3·H2O的溶液中，，H2SO3的，，若氨水的浓度为2.0mol/L，溶液中的　 　。将SO2通入该氨水中，当为10-7mol/L时，溶液中的　 　。
【答案】（1）；BD
（2）A；B
（3）+1；；正盐
（4）mol/L；0.62
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）一水合氨是弱电解质，其电离方程式为；
A．电离为吸热反应，升高温度平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根的浓度减小，B符合题意；
C．通入NH3 ，一水合氨的浓度增大，平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，C不符合题意；
D．加入浓盐酸，与氢氧根反应，平衡正向进行，铵根浓度增大，氢氧根的浓度减小，D符合题意；
故答案为： ；BD；
（2醋酸溶液中存在电离平衡；
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故答案为：AB；
（3）H3PO2的代数和为0，则P的化合价为+1；H3PO2是一元中强酸，部分电离，其电离方程式为；NaH2PO2由Na+和酸根构成，无法再电离氢离子，则NaH2PO2是正盐；
故答案为： +1 ； ； 正盐 ；
（4），；。
故答案为：mol/L ； 0.62 。
【分析】(1)电离方程式：；（可逆）。
措施：加（增大、抑制电离降）；加浓盐酸（消耗、促进电离增），选BD。
(2)醋酸稀释：电离平衡正向移动，电离程度增大（A对）、离子总数增多（B对）；离子浓度降低，导电性减弱（C错）；醋酸分子减少（D错）。
(3)中P化合价：+1（化合物代数和为0）。
电离方程式：（一元酸）。
：不能电离，是正盐。
(4)中。
。
（1）一水合氨是弱电解质，其电离方程式为；
A．电离为吸热反应，升高温度平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根的浓度减小，B符合题意；
C．通入NH3 ，一水合氨的浓度增大，平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，C不符合题意；
D．加入浓盐酸，与氢氧根反应，平衡正向进行，铵根浓度增大，氢氧根的浓度减小，D符合题意；
故选BD；
（2）醋酸溶液中存在电离平衡；
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故答案为AB；
（3）H3PO2的代数和为0，则P的化合价为+1；H3PO2是一元中强酸，部分电离，其电离方程式为；NaH2PO2由Na+和酸根构成，无法再电离氢离子，则NaH2PO2是正盐；
（4），；。
18．现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期主族元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题：
相关信息
元素的核外电子数和其电子层数相等，是宇宙中含量最丰富的元素 A
空气中含量最多的元素 B
地壳中含量最多的元素 C
同周期中原子半径最小的元素 D
元素的原子核外最高能层的p轨道半满 E
元素的原子核外s电子与p电子的数目之比为2：3 F
（1）按电子排布， A元素位于　 　区，基态F原子核外电子的空间运动状态有　 　种。
（2）写出B单质的电子式　 　，基态D原子的核外电子排布式 　 　，基态E原子的价层电子轨道表示式　 　。
（3）B、C、D、E四种元素中，原子半径从大到小的顺序为　 　(用元素符号表示)，B、C、E三种元素最简氢化物的稳定性由大到小的顺序　 　(用化学式表示)
【答案】（1）s；10
（2）；1s22s22p5；
（3）P>N>O>F；H2O >NH3 >PH3
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）按电子排布，A为H元素，位于 s区；F为Ca元素，原子核外有几个轨道，其核外电子就有几种空间运动状态，Ca原子核外电子排布式为，核外电子占有的轨道个数=1+1+3+1+3+1=10，所以其原子核外电子空间运动状态有10种，
故答案为：s；10；
（2）N2为共价化合物，其电子式为：；基态F原子的核外电子排布式；基态P原子的价层电子轨道表示式：，
故答案为：；；；
（3）层数越多，原子半径越大，层数相同，质子数越大，原子半径越小，原子半径从大到小的顺序为P>N>O>F；非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O >N> P，最简氢化物的稳定性由大到小的顺序为H2O >NH3 >PH3，
故答案为：P>N>O>F；H2O >NH3 >PH3。
【分析】现有A、B、C、D、E、F六种前四周期元素，原子序数依次增大，逐一推导如下：
A元素：核外电子数与电子层数相等，且是宇宙中含量最丰富的元素，故A为氢（H）；B元素：空气中含量最多的元素，故B为氮（N）；C元素：地壳中含量最多的元素，故C为氧（O）；D元素：与C同周期（第二周期），同周期中原子半径最小的元素，故D为氟（F）；E元素：原子核外最高能层的p轨道半满，其电子排布为，故E为磷（P）；F元素：第四周期主族元素，核外s电子与p电子数目比为2：3，电子排布式为，故F为钙（Ca）。
据此可分析各元素的性质与相关反应。
（1）按电子排布，A为H元素，位于 s区；F为Ca元素，原子核外有几个轨道，其核外电子就有几种空间运动状态，Ca原子核外电子排布式为，核外电子占有的轨道个数=1+1+3+1+3+1=10，所以其原子核外电子空间运动状态有10种，故答案为：s；10；
（2）N2为共价化合物，其电子式为：；基态F原子的核外电子排布式；基态P原子的价层电子轨道表示式：，故答案为：；；；
（3）层数越多，原子半径越大，层数相同，质子数越大，原子半径越小，原子半径从大到小的顺序为P>N>O>F；非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O >N> P，最简氢化物的稳定性由大到小的顺序为H2O >NH3 >PH3，故答案为：P>N>O>F；H2O >NH3 >PH3。
1 / 1吉林省友好学校第78届2024-2025学年高二上学期1月期末联考 化学试题
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是
A．农业上使用的铵态氮肥不能与草木灰混合使用
B．明矾可用于自来水的杀菌消毒
C．手机中使用的锂电池属于新型二次电池
D．将电源的正、负极分别连接惰性电极和水闸，可使闸门防腐
2．已知（石墨） ＝（金刚石），在该反应进程中其能量变化如图所示，有关该反应的描述正确的是
A．该反应为放热反应 B．金刚石比石墨稳定
C．该反应为氧化还原反应 D．石墨比金刚石稳定
3．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项类别 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 HClO Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 酒精 H2O
A．A B．B C．C D．D
4．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（　　）
A． B． C． D．
5．铜的还原性较弱，不能与稀硫酸反应被稀硫酸氧化。某学生根据所学知识，欲实现Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑反应，设计了四个实验，如图所示，你认为可行的实验是：
A． B．
C． D．
6．下列关于元素周期表的描述正确的是
A．有7个周期，18个族
B．第IA族元素也称为碱金属元素
C．元素种类最多的族为第IIIB族
D．He的价电子层为1s2，属于s区元素
7．现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p1；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是
A．第一电离能：③＞②＞① B．原子半径：③＞②＞①
C．电负性：③< ②< ① D．最高正化合价：③＞②＞①
8．已知 ，在V2O5存在时，该反应机理为：①(快)②(慢)，下列说法错误的是
A．该反应速率主要由第②步基元反应决定
B．V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物
C．V2O5的存在提高了该反应的反应速率和产率
D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数
9．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A． ，则
B．已知 ； ；则
C．已知31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则P4(白磷，s)=4P(红磷，s)
D．已知 ，则氢气燃烧热
10．常温下，下列事实不能说明某一元酸HX是弱酸的是（　　）。
A．溶液
B．和反应，生成HX
C．溶液比硝酸导电能力弱
D．溶液与溶液恰好中和
11．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．用醋酸除去水垢：
B．KClO碱性溶液与反应：
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：
D．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：
12．M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，M的一种原子不含中子，W是第二周期未成对电子数最多的元素，X、Y同族，且Y的原子序数为X的两倍，的d轨道有10个电子。下列说错误的是
A．与可以发生化合反应
B．仅含M、W、Y的某种盐酸能与酸反应又能与碱反应
C．第一电离能由大到小的顺序为
D．工业上可采用热还原法冶炼Z的单质
13．科学探究是化学学科核心素养之一，下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向Na2SiO3溶液中通入少量NO2 有透明凝胶生成 非金属性：N>Si
B 向两支盛有5mL0.1mol·L-1的H2O2溶液的试管中，一支加入2滴0.05mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液，另一支加入2滴0.01mol·L-1CuSO4溶液 前者产生气泡较快 催化能力：Fe3+>Cu2+
C 取5mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入10mL0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后萃取分液，向水层加KSCN溶液 水层溶液变红 KI与FeCl3的反应是可逆反应
D 向足量NaOH溶液中先加入少量MgCl2溶液，充分反应后加入CuCl2溶液 先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀 ：
A．A B．B C．C D．D
14．已知：常温下，，，向1L含0.05mol Fe2(SO4)3和0.1mol FeSO4的酸性混合溶液中通入NH3，至该溶液的pH为2，溶液体积变化可忽略不计，所得溶液中的值为
A．1：1 B． C． D．
二、填空题
15．填空
（1）断开气态物质中1mol某种共价键生成气态原子需要吸收的能量称为键能(kJ·mol 1)。如表所示是一些共价键的键能。
共价键 H-H N≡N N-H
键能(kJ·mol-1) 436 946 391
根据上表的数据，在合成1mol氨　 　(“放出”或“吸收”)的热量为　 　kJ。
（2）在2L容器中投入2molSO2和bmolO2，下图是部分反应物与生成物随时间的变化曲线。
①10min时v(正)　 　v(逆)(填“大于”或“小于”或“等于”)；0~10min内，v(SO3)=　 　。
②平衡时，SO2的转化率为　 　。
③下列条件能够加快反应速率的是　 　。
A．升高温度
B．保持压强不变，充入He使容积增大
C．保持体积不变，充入He使压强增大
D．充入一定量的氧气
④下列情况能说明该反应达到化学平衡的是　 　。
A．v(SO3)=v(SO2)
B．混合气体的密度保持不变
C．t时刻，体系的温度不再发生改变
D．混合气体的总物质的量不再改变
E．SO2、O2、SO3的物质的量之比达到2∶1∶2
16．I．工业上用H2和CO工合成甲醇的反应为：①
该反应平衡常数(K)随温度的变化情况如下表所示。
温度/℃ 250 300 350
K 2.041 0.270 0.012
完成下列填空：
（1）请书写出该反应的平衡常数表达式　 　。
（2）250℃时，测得各组分浓度如下表所示，通过计算得出浓度商Q为　 　(填数值，保留三位小数)，则此时v(正)　 　v(逆)。(填“>”、“<”或“=”)
物质 H2 CO CH3OH
浓度/mol·L-1 0.30 1.6 0.70
Ⅱ．工业上也能采用CO2催化氢化的方法合成甲醇：
②
已知：
（3）写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：　 　。
（4）想要增大反应②的平衡常数，能改变的条件是　 　。
Ⅲ．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作时，关闭K。
（5）甲中负极的电极反应式为　 　。
（6）若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若一定条件下铝钝化形成致密Al2O3，则C电极反应式为　 　。
（7）若把乙装置改为铁钉镀铜装置，铁钉是　 　电极(A、B)，该电极上发生　 　反应(氧化、还原)。
17．请回答下列问题：
（1）写出稀氨水中一水合氨的电离方程式　 　；若想增大该溶液中的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是　 　(忽略溶液体积的变化)(填字母)。
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体 C．通入NH3 D．加入少量浓盐酸
（2）将0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后醋酸溶液的说法正确的是___________(填字母)。
A．电离程度增大 B．溶液中离子总数增多
C．溶液导电性增强 D．溶液中醋酸分子增多
（3）磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。H3PO2是一元中强酸，其中磷元素的化合价为　 　；写出其电离方程式：　 　；推测NaH2PO2是　 　(填“正盐”或“酸式盐”)。
（4）已知25℃，NH3·H2O的溶液中，，H2SO3的，，若氨水的浓度为2.0mol/L，溶液中的　 　。将SO2通入该氨水中，当为10-7mol/L时，溶液中的　 　。
18．现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期主族元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题：
相关信息
元素的核外电子数和其电子层数相等，是宇宙中含量最丰富的元素 A
空气中含量最多的元素 B
地壳中含量最多的元素 C
同周期中原子半径最小的元素 D
元素的原子核外最高能层的p轨道半满 E
元素的原子核外s电子与p电子的数目之比为2：3 F
（1）按电子排布， A元素位于　 　区，基态F原子核外电子的空间运动状态有　 　种。
（2）写出B单质的电子式　 　，基态D原子的核外电子排布式 　 　，基态E原子的价层电子轨道表示式　 　。
（3）B、C、D、E四种元素中，原子半径从大到小的顺序为　 　(用元素符号表示)，B、C、E三种元素最简氢化物的稳定性由大到小的顺序　 　(用化学式表示)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．铵态氮肥中的NH4+与草木灰中的CO32-在溶液中发生双水解反应（NH4+ + CO32- + H2O → NH3↑ + HCO3-），导致NH4+浓度降低，肥效下降，因此二者不能混合施用，故A正确；B．明矾净水是通过Al3+水解生成Al(OH)3胶体（Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+）来吸附悬浮物，但该过程不具备杀菌消毒作用，故B错误；
C．手机锂电池通过Li+在正负极间的可逆迁移实现充放电（充电：LiCoO2 → Li1-xCoO2 + xLi+ + xe-；放电逆向进行），属于典型的二次电池，故C正确；
D．外加电流阴极保护法中，将被保护金属连接电源负极（阴极反应：2H2O + 2e- → H2↑ + 2OH-），通过抑制金属的氧化反应（M → Mn+ + ne-）实现防腐，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、草木灰的成分为K2CO3，CO32－能与NH4＋发生水解，生成NH3，使得肥效降低。
B、，明矾为KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，可用于净水，但不能杀菌消毒。
C、锂电池为新型可充电二次电池。
D、水闸与电源负极相连，为阴极，被保护。
2．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】根据图像分析，石墨的能量低于金刚石，因此该反应为吸热反应。由于能量越低物质越稳定，可以得出石墨比金刚石更稳定的结论。该反应过程中没有发生电子转移，不属于氧化还原反应。
故答案为：D
【分析】物质所具有的能量：石墨＜金刚石。因此该反应为吸热反应。物质所具有的能量越低，结构越稳定。因此稳定性：石墨＞金刚石。据此结合选项分析。
3．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。铁（Fe）是单质而非化合物，因此不属于强电解质，选项A错误；B．氨气（NH3）在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质；硫酸钡（BaSO4）在熔融状态下能导电，属于电解质，选项B错误；
C．碳酸钙（CaCO3）在熔融状态下完全电离并导电，属于强电解质；次氯酸（HClO）在水溶液中部分电离，属于弱电解质；酒精（乙醇）在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，选项C正确；
D．水（H2O）能够微弱电离，属于电解质，选项D错误；
故答案为：C
【分析】此题是对物质分类的考查，结合强电解质、弱电解质和非电解质的定义和类别进行分析即可。强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质；属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。弱电解质是指在水溶液中不能完全电离的电解质；属于弱电解质的有弱酸、弱碱和水。非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；属于非电解质的有NH3、非金属氧化物和绝大多数有机物。
4．【答案】A
【知识点】盐类水解的原理
【解析】【解答】A．NaF中F－会水解，水解方程式为F－＋H2O HF＋OH－，使得溶液呈碱性，A符合题意；
B．Na2SO4在溶液中会电离出Na＋和 ，Na＋和 均不会水解，溶液呈中性，B不符合题意；
C．NaOH在溶液中会电离出Na＋和OH－，电离出OH－使得溶液呈碱性，C不符合题意；
D．CuSO4溶液中，Cu2＋会水解，Cu2＋＋2H2O Cu(OH)2＋2H＋，使得溶液呈酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解。几种物质中，只有NaF是强碱弱酸盐，F-水解会结合H+使溶液呈现碱性。
5．【答案】C
【知识点】电解原理
【解析】【解答】铜属于不活泼金属，不能与稀硫酸直接发生反应。若要使反应Cu + H2SO4 = CuSO4 + H2↑得以实现，需要将该反应设计为电解池体系。在该电解池中，铜必须作为阳极（发生氧化反应），电解液选用硫酸溶液。选项BD均为原电池装置，不符合要求（故BD错误）；选项A虽然为电解池，但铜作为阴极使用（故A错误）；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
混淆原电池与电解池的作用：反应 Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑中，Cu 需被氧化，而稀硫酸无法在原电池中氧化 Cu（原电池依赖自发反应，B、D 为原电池，不可行），易误判原电池能实现该反应。
电解池电极角色判断错误：电解池需 Cu 作阳极（发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+），若 Cu 作阴极（如 A），则 Cu 不参与反应，无法生成 CuSO4，易误认阴极 Cu 能被氧化。
6．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、元素周期表共有7个周期，但只有16个族（7个主族、7个副族、1个Ⅷ族和1个0族），A错误；
B、第IA族中除氢元素外都是碱金属元素，而氢元素（H）是非金属元素，B错误；
C、镧系元素（57-71号）和锕系元素（89-103号）各有15种元素，它们都属于第IIIB族，这使得第IIIB族成为元素种类最多的族 ，C正确；
D、氦（He）的电子排布为1s2，虽然其电子构型类似ns2，但根据IUPAC分区，它确实属于p区元素（因为最后一个电子填入p轨道）。0族元素都属于p区，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
周期表结构混淆：易误记周期表 “7 个周期、18 个族”，实际是 7 个周期、16 个族（8、9、10 列为第 Ⅷ 族）。
第 ⅠA 族元素范围误判：第 ⅠA 族包含 H，而 “碱金属” 仅指 Li~Cs，易误将 H 归为碱金属。
元素种类最多的族判断错误：易忽略第 ⅢB 族包含镧系、锕系（共 32 种元素），误认其他族元素更多。
He 的分区错误：He 价电子层为 1s2，但因化学性质与稀有气体一致，实际属于 p 区，易误归为 s 区。
7．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、根据元素周期律，同周期元素从左到右第一电离能呈现增大趋势，因此P元素（②）的第一电离能大于Al元素（①）；F元素（③）的非金属性最强，其第一电离能最大。故第一电离能排序为：③ > ② > ①，A正确；
B、原子半径变化规律：同周期从左到右逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大。Al（①）、P（②）、F（③）的原子半径关系为：① > ② > ③，B错误；
C、电负性变化规律：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。因此电负性排序为：③ > ② > ①，C错误；
D、最高正化合价：Al（①）为+3价，P（②）为+5价，F（③）无正化合价。故最高正化合价排序为：② > ① > ③，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干给出的电子排布式可确定元素种类：① 1s22s22p63s23p1 对应Al元素；
② 1s22s22p63s23p3 对应P元素；③ 1s22s22p5 对应F元素，基于此进行上述分析判断。
8．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、总反应速率由慢反应步骤决定，在该反应中第②步是慢反应，因此总反应速率主要由第②步基元反应决定，A正确；
B、V2O5是该反应的催化剂，第①步反应生成VO2，第②步反应消耗VO2，因此VO2是中间产物，B正确；
C、V2O5作为催化剂只能加快反应速率，但不能改变反应的平衡状态，因此不能提高产率，C错误；
D、催化剂的作用是降低反应的活化能，增加活化分子的比例，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题关键点：
A．反应速率的决定步骤：总反应速率由最慢的基元反应（第②步）决定。
B．催化剂与中间产物的判断：V2O5参与反应后又生成，是催化剂；VO2是反应过程中生成又消耗的物质，为中间产物。
C．催化剂的作用范围：催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，因此不改变产率。
D．催化剂的原理：通过降低反应活化能，提高活化分子百分数来加快反应速率。
9．【答案】C
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、中和热的 ΔH=-57.3 kJ mol- 是 “仅 H+与 OH-结合” 的热量，但 H2SO4与 Ba(OH)2反应还会生成 BaSO4沉淀，沉淀过程会额外放热，因此实际 ΔH 应小于 - 114.6 kJ mol- （不是等于）。A错误；
B、ΔH 为负值时，放热越多，ΔH 越小。生成 CO2的反应（ΔH1）比生成 CO 的反应（ΔH2）放热更多，因此 ΔH1 ΔH2），B错误；
C、31g 白磷对应 0.25mol P4，其能量比等质量红磷多 bkJ，说明 1mol P4（124g）的能量比 4mol 红磷多 4bkJ；P4转化为红磷是放热反应，故 ΔH=-4bkJ mol- ，C正确；
D、燃烧热的定义是 “1mol 物质完全燃烧生成稳定氧化物”，H 的稳定氧化物是液态 H2O，但题干中 H2O 是气态，因此不能直接用气态水的 ΔH 计算燃烧热，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．中和热的额外能量变化：选项中生成 BaSO4沉淀会释放额外热量，故 ΔH 应小于 - 114.6 kJ mol- 。
B．反应放热的 ΔH 比较：选项中生成 CO2比生成 CO 放热更多，ΔH 为负值，故 ΔH1 < ΔH2。
C．能量差与热化学方程式：31g 白磷（0.25mol P4）比红磷多 bkJ 能量，则 1mol P4转化为 4mol 红磷放热 4bkJ，ΔH=-4bkJ mol- 。
D．燃烧热的定义：选项中 H2O 的状态应为液态（燃烧热定义为生成稳定氧化物），且题干中是气态水，故不能直接取一半。
10．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，如果完全电离，pH=1，可以证明HX是弱酸，不符合题意，A错误；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，根据强酸制弱酸原理，证明HX是一元弱酸，不符合题意，B错误；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸，不符合题意，C错误；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸，符合题意，D错误；
答案：D
【分析】A.0.1mol/L的HX溶液pH=4，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸；
B.NaX和H2CO3反应生成HX，说明H2CO3酸性比HX强，证明HX是一元弱酸；
C. 0.1mol/L的HX溶液比0.1mol/L硝酸导电能力弱 ，说明HX没有完全电离，证明HX是弱酸 ；
D.不论HX是强酸还是弱酸，10mL 0.1mol/L的NaOH溶液与10mL0.1mol/L的HX溶液恰好中和，不能证明HX是弱酸还是强酸。
11．【答案】D
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸钙（CaCO3）是难溶物应保留化学式，醋酸（CH3COOH）是弱酸不能拆解，正确离子方程式为：，A错误；
B、碱性条件下，ClO-氧化Fe(OH)3生成FeO42-需用OH-配平：，B错误；
C、Al3+与CO32-发生双水解反应：，C错误；
D、电解饱和食盐水的离子方程式书写正确，符合反应事实，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．物质拆分规则要求弱酸不能拆成离子。醋酸是弱酸，不能写成 H+，需保留 CH3COOH 分子形式。
B．反应环境为碱性时，溶液中存在 OH-，产物不能出现 H+（H+会与 OH-反应），该方程式产物含 H+不符合环境要求。
C．Al3+与 CO32-会发生双水解反应，不会直接生成 Al2(CO3)3，实际产物是 Al(OH)3沉淀和 CO2气体。
D．电解饱和食盐水的反应中，Cl-（阳极）、H2O（阴极）的拆分符合规则，产物（H2、Cl2、OH-）与配平均正确。
12．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A. 二氧化氮(NO2)与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮(NO)，该反应属于氧化还原反应而非化合反应，选项A错误；B. 仅含氢、氮、硫元素的盐如硫化铵((NH4)2S)，既能与酸反应生成硫化氢(H2S)，又能与碱反应释放氨气(NH3)，选项B正确；
C. 氮原子由于2p轨道半充满的稳定结构，其第一电离能高于同周期相邻的氧元素；而同主族元素从上到下电离能递减，因此电离能顺序为N > O > S，选项C正确；
D. 工业上通过碳热还原法冶炼铜，即用碳还原氧化铜(CuO)获得单质铜，选项D正确；
故答案为：A
【分析】M的一种原子不含中子，因此M为H。W是第二周期未成对电子数最多的元素，因此W的价电子排布式为2s22p3，因此W为N。X、Y同主族且Y的原子序数是X的两倍，推得因此X为O、Y为S。的d轨道有10个电子，因此其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以Z为Cu。据此结合元素周期律分析选项。
13．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、向 Na2SiO3溶液通入 NO2，NO2与水反应生成 HNO3（强酸），HNO3与 SiO32-反应生成 H2SiO3凝胶，HNO3的酸性强于 H2SiO3，而酸性强弱对应非金属性（N 的最高价含氧酸是 HNO3，Si 的是 H2SiO3），故可推出非金属性 N > Si，A正确；
B、操作问题：对比催化能力需控制催化剂浓度一致，但 Fe2(SO4)3中 Fe3+ 浓度（0.05mol L- ）与 CuSO4中 Cu2+ 浓度（0.01mol L- ）不同，变量不唯一。结论逻辑：无法通过该操作比较 Fe3+ 与 Cu2+的催化能力，B错误；
C、操作问题：FeCl3的物质的量（0.001mol）远多于 KI（0.0005mol），反应后 Fe3+ 有剩余，加入 KSCN 变红不能证明反应可逆（可逆反应需反应物、生成物同时存在）。结论逻辑：剩余的 Fe3+ 导致溶液变红，不能说明反应是可逆反应，C错误；
D、操作问题：NaOH 过量，加入 CuCl2时，过量的 OH-直接与 Cu2+ 生成 Cu(OH)2沉淀，并非 Mg(OH)2转化而来。结论逻辑：无法通过该操作比较 Mg(OH)2与 Cu(OH)2的 Ksp 大小，D错误；
故答案为：A。
【分析】核心解题要点：
比较非金属性需用 “最高价含氧酸的酸性”，且实验需体现酸的强弱对比；
对比实验需控制单一变量（如催化剂浓度）；
证明可逆反应需保证反应物不足量、生成物能检测到；
比较 Ksp 需让难溶物发生转化（而非直接生成新沉淀）。
14．【答案】B
【知识点】溶液pH的定义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】当溶液的pH为2时，氢氧根离子浓度c(OH-) = 10-12 mol/L。对于0.1 mol/L的FeSO4溶液，计算Fe2+与OH-的离子积：c(Fe2+) × c2(OH-) = 0.1 × (10-12)2 = 10-25
该值小于Fe(OH)2的溶度积常数Ksp[Fe(OH)2] = 1.0 × 10-17，说明Fe2+不会形成沉淀，因此溶液中c(Fe2+)保持初始浓度0.1 mol/L。
对于Fe3+，根据Ksp[Fe(OH)3] = 1.0 × 10-39，其浓度为：
，因此，Fe2+与Fe3+的浓度比为：
c(Fe2+) ： c(Fe3+) = 0.1 ： 1 × 10-3 = 102 ： 1
故答案为：B。
【分析】解题要点：
1. 初始浓度：，。
2. 求：时，。
3. 用算离子浓度： 未沉淀，； 。
4. 浓度比：。
15．【答案】（1）放出；46kJ
（2）大于；0.05 mol/(L·min)；70%；AD；CD
【知识点】反应热和焓变；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）由表格数据可知，合成1mol氨时，破坏反应物化学键消耗总能量为436kJ/mol×mol+946kJ/mol×mol=1127kJ，形成生成物化学键放出的总能量为391kJ/mol×3×1mol=1173kJ，则反应放出热量为1173kJ—1127kJ=46kJ，故答案为：46kJ；
故答案为： 放出 ； 46kJ ；
（2）①由图可知，10min时，二氧化硫和三氧化硫的物质的量都为1mol，反应未达到平衡，是正反应速率大于逆反应速率的平衡形成过程，则0~10min内，三氧化硫的反应速率为=0.05 mol/(L·min)
故答案为：大于；0.05 mol/(L·min)；
②由图可知，平衡时二氧化硫的物质的量为0.6mol，则二氧化硫的转化率为×100%=70%，
故答案为：70%；
③A．升高温度，反应速率加快，故正确；
B．保持压强不变，充入不参与反应的氦气使容积增大相当于减小压强，反应速率减慢，故错误；
C．保持体积不变，充入不参与反应的氦气使压强增大，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故错误；
D．充入一定量的氧气，反应物的浓度增大，反应速率加快，故正确；
故答案为： AD；
④A．v(SO3)=v(SO2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．该反应为放热反应，反应放出的热量使体系温度增大，则t时刻，体系的温度不再发生改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的总物质的量减小，则混合气体的总物质的量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
E．SO2、O2、SO3的物质的量之比达到2∶1∶2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故答案为：CD。
【分析】(1)计算合成1mol氨的键能变化：断键吸热：；成键放热：；反应放热：，结论为“放出”。
(2)① 10min时反应未平衡，正反应速率大于逆反应速率；
速率计算：。
②平衡时剩余0.6mol，转化率：。
③加快速率的条件：升温（A）、增大反应物浓度（D）。
④平衡判断：温度不变（C）、总物质的量不变（D）（均体现正逆速率相等）。
（1）由表格数据可知，合成1mol氨时，破坏反应物化学键消耗总能量为436kJ/mol×mol+946kJ/mol×mol=1127kJ，形成生成物化学键放出的总能量为391kJ/mol×3×1mol=1173kJ，则反应放出热量为1173kJ—1127kJ=46kJ，故答案为：46kJ；
（2）①由图可知，10min时，二氧化硫和三氧化硫的物质的量都为1mol，反应未达到平衡，是正反应速率大于逆反应速率的平衡形成过程，则0~10min内，三氧化硫的反应速率为=0.05 mol/(L·min) 故答案为：大于；0.05 mol/(L·min)；
②由图可知，平衡时二氧化硫的物质的量为0.6mol，则二氧化硫的转化率为×100%=70%，故答案为：70%；
③A．升高温度，反应速率加快，故正确；
B．保持压强不变，充入不参与反应的氦气使容积增大相当于减小压强，反应速率减慢，故错误；
C．保持体积不变，充入不参与反应的氦气使压强增大，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故错误；
D．充入一定量的氧气，反应物的浓度增大，反应速率加快，故正确；
故选AD；
④A．v(SO3)=v(SO2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．该反应为放热反应，反应放出的热量使体系温度增大，则t时刻，体系的温度不再发生改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的总物质的量减小，则混合气体的总物质的量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
E．SO2、O2、SO3的物质的量之比达到2∶1∶2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选CD。
16．【答案】；4.861；<； ；降温；；；B；还原
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；该反应的平衡常数表达式：；
故答案为： ；
（2）250℃时，浓度商Q=>K，则平衡逆向移动，此时v(正) 故答案为： 4.861 ；<；
（3）已知：Ⅰ
Ⅱ
由盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ得反应： ；
故答案为： ；
（4）平衡常数受温度影响，反应为放热反应，则增大反应②的平衡常数，平衡正向移动，能改变的条件是降温；
故答案为： 降温 ；
（5）甲为甲醇燃料电池，负极反应为甲醇失去电子发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根离子和水，电极反应式为；
故答案为： ；
（6）由图，丙中D连接氢氧燃料电池的负极，则D为阴极，C为阳极，若丙中C为铝，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若一定条件下铝钝化形成致密Al2O3，则C电极反应为铝在酸性条件下失去电子发生氧化反应生成氧化铝薄膜，反应为；
故答案为： ；
（7）由图，乙装置中A为阳极，B为阴极，若把乙装置改为铁钉镀铜装置，则镀件铁钉为阴极，为B极；该电极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜镀层。
故答案为： B ； 还原 ；
【分析】(1) 平衡常数表达式：（生成物浓度幂比反应物）。
(2) 计算浓度商，因，平衡逆向移动，故。
(3) 盖斯定律：已知反应Ⅰ+Ⅱ，得 。
(4) 反应②放热，平衡常数仅与温度有关，降温使平衡正向移动，增大。
(5) 甲醇燃料电池负极（碱性环境）： （甲醇失电子生成）。
(6) 丙中C为阳极，Al钝化生成： 。
(7) 电镀时镀件（铁钉）作阴极（B极），发生还原反应（得电子）。
17．【答案】（1）；BD
（2）A；B
（3）+1；；正盐
（4）mol/L；0.62
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离方程式的书写；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）一水合氨是弱电解质，其电离方程式为；
A．电离为吸热反应，升高温度平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根的浓度减小，B符合题意；
C．通入NH3 ，一水合氨的浓度增大，平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，C不符合题意；
D．加入浓盐酸，与氢氧根反应，平衡正向进行，铵根浓度增大，氢氧根的浓度减小，D符合题意；
故答案为： ；BD；
（2醋酸溶液中存在电离平衡；
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故答案为：AB；
（3）H3PO2的代数和为0，则P的化合价为+1；H3PO2是一元中强酸，部分电离，其电离方程式为；NaH2PO2由Na+和酸根构成，无法再电离氢离子，则NaH2PO2是正盐；
故答案为： +1 ； ； 正盐 ；
（4），；。
故答案为：mol/L ； 0.62 。
【分析】(1)电离方程式：；（可逆）。
措施：加（增大、抑制电离降）；加浓盐酸（消耗、促进电离增），选BD。
(2)醋酸稀释：电离平衡正向移动，电离程度增大（A对）、离子总数增多（B对）；离子浓度降低，导电性减弱（C错）；醋酸分子减少（D错）。
(3)中P化合价：+1（化合物代数和为0）。
电离方程式：（一元酸）。
：不能电离，是正盐。
(4)中。
。
（1）一水合氨是弱电解质，其电离方程式为；
A．电离为吸热反应，升高温度平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，A不符合题意；
B．加入NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡逆向进行，氢氧根的浓度减小，B符合题意；
C．通入NH3 ，一水合氨的浓度增大，平衡正向进行，铵根和氢氧根浓度增大，C不符合题意；
D．加入浓盐酸，与氢氧根反应，平衡正向进行，铵根浓度增大，氢氧根的浓度减小，D符合题意；
故选BD；
（2）醋酸溶液中存在电离平衡；
A．加水稀释，电离平衡正向移动，导致电离的CH3COOH增多，故醋酸的电离程度增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中CH3COO-、H+数目增多，故溶液中离子总数增多，B正确；
C．加水稀释，电离平衡正向移动，使溶液中CH3COO-、H+数目增多，但稀释使溶液的体积增大，最终溶液中离子浓度c(CH3COO-)、c(H+)都减小，因而溶液导电性减弱，C错误；
D．加水稀释，电离平衡正向移动，导致更多的CH3COOH发生电离作用，因而溶液中未电离的CH3COOH数目减少，D错误；
故答案为AB；
（3）H3PO2的代数和为0，则P的化合价为+1；H3PO2是一元中强酸，部分电离，其电离方程式为；NaH2PO2由Na+和酸根构成，无法再电离氢离子，则NaH2PO2是正盐；
（4），；。
18．【答案】（1）s；10
（2）；1s22s22p5；
（3）P>N>O>F；H2O >NH3 >PH3
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）按电子排布，A为H元素，位于 s区；F为Ca元素，原子核外有几个轨道，其核外电子就有几种空间运动状态，Ca原子核外电子排布式为，核外电子占有的轨道个数=1+1+3+1+3+1=10，所以其原子核外电子空间运动状态有10种，
故答案为：s；10；
（2）N2为共价化合物，其电子式为：；基态F原子的核外电子排布式；基态P原子的价层电子轨道表示式：，
故答案为：；；；
（3）层数越多，原子半径越大，层数相同，质子数越大，原子半径越小，原子半径从大到小的顺序为P>N>O>F；非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O >N> P，最简氢化物的稳定性由大到小的顺序为H2O >NH3 >PH3，
故答案为：P>N>O>F；H2O >NH3 >PH3。
【分析】现有A、B、C、D、E、F六种前四周期元素，原子序数依次增大，逐一推导如下：
A元素：核外电子数与电子层数相等，且是宇宙中含量最丰富的元素，故A为氢（H）；B元素：空气中含量最多的元素，故B为氮（N）；C元素：地壳中含量最多的元素，故C为氧（O）；D元素：与C同周期（第二周期），同周期中原子半径最小的元素，故D为氟（F）；E元素：原子核外最高能层的p轨道半满，其电子排布为，故E为磷（P）；F元素：第四周期主族元素，核外s电子与p电子数目比为2：3，电子排布式为，故F为钙（Ca）。
据此可分析各元素的性质与相关反应。
（1）按电子排布，A为H元素，位于 s区；F为Ca元素，原子核外有几个轨道，其核外电子就有几种空间运动状态，Ca原子核外电子排布式为，核外电子占有的轨道个数=1+1+3+1+3+1=10，所以其原子核外电子空间运动状态有10种，故答案为：s；10；
（2）N2为共价化合物，其电子式为：；基态F原子的核外电子排布式；基态P原子的价层电子轨道表示式：，故答案为：；；；
（3）层数越多，原子半径越大，层数相同，质子数越大，原子半径越小，原子半径从大到小的顺序为P>N>O>F；非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O >N> P，最简氢化物的稳定性由大到小的顺序为H2O >NH3 >PH3，故答案为：P>N>O>F；H2O >NH3 >PH3。
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