6A.N为阴极，与电源的负极相连B.若，则M极的电极反应式为C.理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为D.该装置在常温下工作，可节约能源【答案】C【解析】【分析】该电解池中，O2-离子移向N极、失去电子发生氧化反应生成O2，则N极为阳极，N极与电源正极相连，M极阴极、与电源负极相连，M极上发生还原反应；【详解】A．据分析，M为阴极，与电源的负极相连，A错误；B．据分析：M极上发生还原反应，若，则M极的电极反应式为，B错误；C．存在关系式：，每生成(标准状况)电路中转移电子数为，，每生成(标准状况)电路中转移电子数为，则理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为，C正确；D．常温下固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)中离子不能自由移动，高温下熔融离子可自由移动，则该装置在不能在常温下工作，D错误；答案选C。10.亚硒酸是一种二元弱酸。常温下溶液中逐滴加入溶液，混合溶液中[X为或]与pH的变化关系如图所示。
7A.曲线a表示与的变化关系B.的的数量级为C.时D.时，溶液中存在：【答案】D【解析】【分析】硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg，b表示lg，以此解题。【详解】A．由分析可知，a表示lg，b表示lg，故A错误；B．H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==10-2.37，则数量级为，故B错误；C．由图可知时，=，则根据电荷守恒可知，，因为溶液显酸性，故氢氧根浓度大于氢离子浓度，且=，则，故C错误；
8D．pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c（SeO）=c(OH-)+3c(HSeO)，故D正确；故选D。11.X、Y、Z、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大：X原子核外有6种不同运动状态的电子：Y最外层电子数比次外层电子数多3个；Z基态原子的能级成对电子数与未成对电子数相等；Q电子总数是最外层电子的3倍；R是用量最大使用最广泛的金属。下列说法正确的是A.的价电子排布式为B.第一电离能C.的分子空间构型为直线型D.最简单氢化物分子键角：【答案】C【解析】【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X是6号元素，X为C，Y最外层电子数比次外层电子数多3个，则Y为N，Z基态原子的能级成对电子数与未成对电子数相等，则为2s22p4，则Z为O，Q电子总数是最外层电子的3倍，则Q为P，R是用量最大使用最广泛的金属，则R是Fe，以此解题。【详解】A．Fe2+的价电子排布式为，A错误；B．N的价层电子排布式为2s22p3，是半满的稳定结构，其第一电离能大于O的第一电离能，B错误；C．中心原子C的价层电子对数为2，是sp杂化，其分子空间构型为直线形，C正确；D．最简单氢化物和中N的电负性较大，且N—H较短，相邻两个N—H间的斥力较大，键角较大，D错误；故选C。12.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向某溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀原溶液中有，无B向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀生成
9C用注射器吸入由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍，气体颜色变浅反应的平衡正向移动D用试纸测得：溶液约为9，溶液的约为8电离出的能力比的强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．溶液可检验，滴加少量的溶液，产生蓝色沉淀，可知X溶液中一定含有，A错误；B．浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量溶液，Ksp小的先沉淀，只出现黄色沉淀，可知，B正确；C．用注射器吸入由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍，瞬间由于c()减小，气体的颜色变浅，接下来由于减小了容器压强，平衡逆向移动，气体颜色变深，由于外界因素的影响是主要的，故气体颜色也比原来浅，C错误；D．溶液、溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，D错误；故选B。13.催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
10A.总反应方程式为B.该催化循环过程中起催化作用的只有C.该反应有利于减少二氧化碳的排放D.该催化循环中的成键数目未发生变化【答案】A【解析】【详解】A．由图知，总反应为CO和H2O在、OH-催化作用下生成CO2和H2，总反应方程式为，A正确；B．该催化循环过程中起催化作用的有、OH-，B错误；C．该反应生成二氧化碳，不利于减少二氧化碳的排放，C错误；D．该催化循环中的成键数目有6个、5个、4个，故的成键数目发生变化，D错误；答案选A14.的分解反应为，反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化情况如图所示(第到的浓度变化曲线未标出)，下列说法正确的是
11A.时改变平衡状态的条件为增大压强B.第反应温度比第反应温度高C.时反应重新达到平衡，D.的平均反应速率比时大【答案】C【解析】【分析】由第4min到第8min时，生成物逐渐浓度增大、反应物浓度逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，则是因为改变反应温度引起的，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T(4min)＜T(8min)；第10min时CO的浓度瞬时减小，而另一种生成物Cl2的浓度却瞬时不变，随后逐渐增大，说明改变的条件为移出部分CO(或减小苯CO的浓度)，第10min到第12min时，各成分浓度变化值为0.01mol/L，则第14min时COCl2浓度为0.03mol/L，由图知，第14min时，各成分浓度均瞬间变为三分之二，则第14min时，采取的措施为扩大体积、减小压强；【详解】A．据分析，时改变平衡状态的条件为减小压强，A错误；B．据分析，第反应温度比第反应温度低，B错误；C．据分析，时反应重新达到平衡，，C正确；D．、时均处于平衡状态，各成分的改变值为0，的平均反应速率时等于时，D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。请考生根据要求作答。15.随着经济的发展，能源与环境问题越来越受到人们的重视和关注，资源利用和环境保护是当前重要研究课题，回答下列问题：（1）合成气(、、)
12在工业上可用来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及不同温度下的化学平衡常数如表所示：热化学方程式平衡常数温度／℃500700800Ⅰ.2.500.3400.150Ⅱ.2.500.5780.378则反应_______(用含a、b代数式表示)，_______0(填“>”或“<”)。（2）科学家提出利用与制备“合成气”(、)，可能的反应历程如下图所示：注：表示吸附性活性炭，E表示相对总能量，表示过渡态。若则决定制备“合成气”反应速率化学方程式为_______。（3）一定条件下，向密闭容器中通入一定量的和制备甲醇，投料比，反应为；测得容器内总压强与反应时间的关系如下图所示。①X点的逆反应速率(逆)与Y点的正反应速率(正)的大小关系：(逆)_______(正)(填“>”、“<”或“=”)。②图中Z点的压强平衡常数_______(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。
13阴极区电极反应式为_______；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是_______。装置工作时，阴极区除生成外，还可能生成副产物并降低电解效率。已知：电解效率，标准状况下，当右池生成氧气体积为时，测得左池的物质的量为，则电解效率为_______。【答案】（1）①.b-a②.>（2）或（3）①.<②.0.074（4）①.②.温度过高微生物催化能力降低(合理答案均计分)③.80%【解析】【小问1详解】设Ⅲ根据盖斯定律可知，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则；根据表格中的数据可知，随着温度升高，在减小，则为放热反应，a<0，随着温度升高，在减小设反应Ⅲ的平衡常数为，因为Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则500℃、700℃、800℃时的数值分别为：1、1.7、2.52，可以发现，温度升高，常数增大，则为吸热反应，故；【小问2详解】因为，所以，反应速率由活化能大的步骤决定，故决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为：或；【小问3详解】①由图可知，T1对应的图像反应提前达到平衡状态，故T1>T2，X点没有平衡，逆反应速率较小，Y点处于平衡状态，则(正)=(逆)>(逆)，故答案为<；
14②投料比，设n(CO)=1mol，n(H2)=3mol，达到平衡时参加反应的CO为xmol，则可得一下三段式根据阿伏伽德罗定律可知压强之比等于物质的量之比，则，解得，x=0.6mol，则平衡时总物质的量n(总)=，则平衡常数；【小问4详解】由图可知，右侧水失去电子生成氧气，则右侧为阳极，左侧为阴极，在阴极二氧化碳得到电子生成，电极方程式为：；该反应使用到了微生物，温度高的时候微生物会失去活性，反应速率会降低，故主要原因是：温度过高微生物催化能力降低(合理答案均计分)；由图可知，生成1个氧气分子转移4个电子，则生成336mL氧气时，转移电子0.06mol，根据阴极电极方程式可知，在阴极生成1个转移2个电子，则生成0.024mol转移电子0.048mol，电解效率。16.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。回答下列问题：（1）已知在水中存在以下平衡：，，溶液显_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)；等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，所得溶液中离子浓度由大到小顺序是_______。（2）时，次氯酸的；亚硫酸的、。将少量的通入溶液中反应的离子方程式为_______。（3）常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的、溶液中和的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示。
15①的电离常数为_______。②当加入盐酸的体积为时，溶液中_______(用计算式表示)。（4）溶液与溶液反应会生成沉淀。已知：常温下，，则转化为的平衡常数_______。【答案】（1）①.酸性②.（2）（3）①.②.（4）90【解析】【小问1详解】已知在水中存在以下平衡：，，这说明HA－只存在电离平衡，不水解，所以溶液显酸性；等体积等物质的量浓度的和溶液混合后恰好生成，HA－只存在电离平衡，不水解，由于水还电离出氢离子，因此所得溶液中离子浓度由大到小顺序是。【小问2详解】时，次氯酸的；亚硫酸的、，因此酸性强弱顺序为H2SO3＞HSO＞HClO，由于次氯酸根离子具有强氧化性，所以将少量的通入溶液中生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为。【小问3详解】①随着盐酸的加入，一水合氨浓度减小，铵根浓度增大，当二者浓度相等时pH＝9.3，即氢氧根浓度为
1610－4.7mol/L，的电离常数为＝。②当加入盐酸的体积为时pH＝8.9，即氢氧根浓度为10－5.1mol/L，溶液中生成的氯化铵和一水合氨的浓度相等，则根据物料守恒c(Cl－)=c(NH)+c(NH3·H2O)和电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(NH)+c(H＋)可知溶液中2c(OH－)－2c(H＋)＝（）。【小问4详解】转化为的方程式为AgCl+SCN－＝Cl－+AgSCN，其平衡常数。17.物质的结构决定了物质的性质。请从结构和性质的角度回答下列问题：（1）下列状态的镁中，失去最外层一个电子所需能量最大的是_______(填字母序号)。A.B.C.D.（2）在分子中，键采用的成键轨道是_______。（3）基态的价电子轨道表示式为_______；按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，位于_______区。（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最强的是_______。（5）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是_______。【答案】（1）A（2）（3）①.②.d（4）（5）吡啶能与分子形成分子间氢键，吡啶和均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子【解析】【小问1详解】
17A.D表示Mg+，B、C表示Mg，Mg的第二电离能大于第一电离能，所以A、D失去最外层有关电子需要的能量大于B、C，3p能级的能量大于3s，3p能级上的电子易失去，电离最外层一个电子所需能量最大的是A，故答案为：A；【小问2详解】在分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，因此键采用的成键轨道是。【小问3详解】基态的价电子排布式为3d5，则其轨道表示式为；基态Fe的价电子排布式为3d64s2，按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，因此位于d区。【小问4详解】已知－CH3为推电子基团，－F是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息碱性随N原子电子云密度的增大而增强可知，其中碱性最强的为：，故答案为：。小问5详解】已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；18.氮化钙()是一种棕色粉末，耐高温、导电性好、能溶于稀酸：在空气中会被氧化，遇水会水解生成刺激性气味的气体。实验室用与反应制备，并对纯度进行测定。制备装置如下图，回答下列问题：Ⅰ.的制备
18（1）仪器X的名称为_______；E装置的作用是_______。（2）实验开始时应先点燃A处酒精灯，目的是_______；当观察到_______时再点燃C处酒精灯。Ⅱ.纯度的测定：（3）甲同学称取制备的样品，加入足量的碳酸钾溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得沉淀。通过数据a、b即可求得氮化钙的质量分数，该方案是否合理？_______(填“是”或“否”)，理由是_______。（4）乙同学按下图装置进行实验。用分液漏斗向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取的吸收液注入锥形瓶中并滴入几滴指示剂，用标准溶液滴定过量的稀硫酸，重复操作2~3次，若消耗标准溶液平均体积为，则产品中的质量分数为_______；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.硬质玻璃管②.液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)（2）①.排出装置中的空气防止钙加热氧化②.E装置中有均匀的气泡产生（3）①.否②.如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)（4）①.74.0%(或0.74)②.偏低
19【解析】【分析】在A装置中，NH4Cl与NaNO2反应制取N2，用B装置干燥后，在C装置内与Ca反应生成Ca3N2，D装置用于防止E装置内水蒸气进入D装置，E装置用于防止空气进入D装置内，起液封作用。【小问1详解】由图可知，仪器X的名称为硬质玻璃管，根据题给信息可知，和Ca可以和空气中的氧气以及水蒸气反应，要防止空气中的氧气进入装置内，故装置E的作用为液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)；【小问2详解】装置中含有空气，会影响实验，故先点燃A处酒精灯的目的是：排出装置中的空气防止钙加热氧化；当观察到E装置中有均匀的气泡产生时，说明装置中的空气已经被排干净了；【小问3详解】金属钙也是比较活泼的，没有反应完的钙也可以和水反应生成氢氧化钙，再转化成碳酸钙，故该方案不合理；理由是：如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)；【小问4详解】根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×15×10-3L×2.00mol·L-1=0.015mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(20×10-3L×1.00mol·L-1-0.015mol×)=0.1mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148gCa3N2～2molNH3，产品中Ca3N2的质量分数；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测出的剩余的硫酸的量会偏大，用于吸收氨气的硫酸会偏小，氨气的量会偏小，结果偏低。
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