化学卷·2018届四川省成都市树德中学高二上学期期末化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届四川省成都市树德中学高二上学期期末化学试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年四川省成都市树德中学高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每题3分，共48分）‎ ‎1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝 B．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用 C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应集中回收并填埋处理，开发废电池的综合利用技术 D．乙醇是不可再生的能源 ‎2．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）所含的中子数为9NA ‎②常温常压下，22.4L NO气体的分子数小于NA ‎③室温下，28.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的共价键约为3×6.02×1023个 ‎④7.2g CaO2中含有的阴离子数目约为6.02×1022‎ ‎⑤标准状况时，22.4L氟化氢所含有的原子数为2NA ‎⑥标况下，7.8g苯中含有碳碳双键的数目为0.3NA．‎ A．①②⑥ B．②④⑤ C．②④ D．⑤⑥‎ ‎3．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．H、D、T表示同一种核素 B．O2﹣离子的原子结构示意图：‎ C．HClO分子的结构式：H﹣O﹣Cl D．四氯化碳分子比例模型：‎ ‎4．下列排列顺序中，不正确的是（　　）‎ A．酸性：HClO＜H2SO3＜HClO4 B．稳定性：PH3＜H2S＜NH3‎ C．电负性：P＜S＜Cl D．沸点：HF＜HBr＜HI ‎5．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为20．则下列说法不正确的是（　　）‎ X Y W Z A．最高价氧化物的水化物的酸性：X＜Z B．电负性大小：Y＜Z C．离子半径大小：W＜Y D．W的最高价氧化物的水化物具有两性 ‎6．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．VSEPR模型就是分子的空间构型 B．在共价化合物分子中一定存在σ键 C．全由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D．共价键键长越短，键能一定越大 ‎7．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A．若2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1，则H2的标准燃烧热为﹣241.8 kJ•mol﹣1‎ B．若C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定 C．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJ•mol﹣1，则20.0g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量 D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2，则△H1＞△H2‎ ‎8．H2O2（l）在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．有MnO2条件下的反应曲线是a曲线 B．a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大 C．a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大 D．b曲线的热化学方程式为：H2O2（l）═H2O（l）+O2（g）△H=﹣（E1﹣E2）KJ•mol﹣1‎ ‎9．仅根据题中图示得出的结论不合理的是（　　）‎ A B C D 图示 结论 HB为弱酸 HF为弱电解质 溶解度：AgI＜AgCl ‎ 正反应△H＞0‎ A．A B．B C．C D．D ‎10．在恒容的密闭容器中进行如下的可逆反应：3A（g）+B（g）⇌4C（g）+D（s），下列说法不能判断反应已达化学平衡状态的是（　　）‎ A．反应速率v（A）=3v（B） B．固体D的物质的量一定 C．气体的密度不变 D．C的浓度不变 ‎11．室温下，pH均为2的两种溶液：①醋酸溶液，②盐酸．下列说法错误的是（　　）‎ A．两溶液中水电离出的c（H+）：①=②‎ B．两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：②＞①‎ C．取大小和形状完全相同的两块锌粒分别投入两种酸中，当产生相同体积的气体时所需的时间：①＞②‎ D．等体积的两溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积：①＞②‎ ‎12．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如表：‎ 物质 X Y Z 初始浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎2min末浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.08‎ a b 平衡浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡时，X的转化率为5%‎ B．t℃时，该反应的平衡常数为40‎ C．增大平衡后的体系压强，v（正）增大，v（逆）减小，平衡向正反应方向移动 D．2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03 mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎13．下列叙述与图象对应符合的是（　　）‎ A．对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动 B．对于反应 2A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）△H＜0，p2＞p1，T1＞T2‎ C．该图象表示的化学方程式为：2A═B+3C D．对于反应 2X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，y可以表示Y的百分含量 ‎14．25℃时，相同体积和pH的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如图所示．下列说法正确是（　　）‎ A．在上述三种盐原溶液中，水的电离程度大小是NaX＞NaY＞NaZ B．在等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ混合液中，离子浓度的大小关系是c（Z﹣）＞c（Y﹣）＞c（X﹣）‎ C．在上述NaX和NaY的混合液中存在=‎ D．在0.2mol•L﹣1 NaX溶液中加 入等体积0.1mol•L﹣1的盐酸，所得混合液中存在c（H+）+c（HX）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）‎ ‎15．将溶液 的c（H+）、c（OH﹣）之比取为AG[AG=lg]．25℃时，用0.01mol．L﹣1的氢氧化钠溶液滴定20ml相同物质的量浓度的醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．A点时c（CH3COO﹣）＞c（Na+）‎ B．室温时0.01mol．L﹣1的醋酸溶液pH=6‎ C．OA段溶液中均有：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）‎ D．若B点时加入NaOH溶液40mL，所得溶液中：c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）=c（OH﹣）﹣c（H+）‎ ‎16．根据20℃时某些物质的溶解度（g）数据：‎ CaCO3‎ CaSO4‎ Mg（OH）2‎ MgCO3‎ ‎1.4×10﹣3‎ ‎2.55×10﹣2‎ ‎9×10﹣4‎ ‎1.1×10﹣2‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．硫酸钙悬浊液中存在CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）‎ B．用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3‎ C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3，沉淀变为红褐色，说明溶解度Fe（OH）3＜Mg（OH）2‎ D．向2ml饱和MgCl2 溶液中先后滴加0.1mol/L的Na2CO3、NaOH溶液各2滴，产生的白色沉淀为Mg（OH）2‎ ‎　‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17．按下列要求作答．‎ ‎（1）宇宙中含量最高的元素为　　（填元素符号）．‎ ‎（2）第四周期中第一电离能最小的元素的最高价氧化物的水化物的电子式为　　．‎ ‎（3）电负性最大的元素的原子核外电子排布式为　　．‎ ‎（4）第二周期中，第一电离能介于B和N之间的元素共有　　种．‎ ‎（5）最外层电子排布为4s24p1的原子的核电荷数为　　‎ ‎（6）前36号元素中，未成对电子数最多的元素在周期表中的位置为　　，它位于　　 区．‎ ‎（7）地球上的元素绝大多数是金属，非金属 （包括稀有气体）仅应　　 种．‎ ‎18．水是生命之源，它与我们的生活密切相关．在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂．‎ ‎（1）写出与H2O分子互为等电子体的一种阴离子的化学式为　　．‎ ‎（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢原子（H3O+）．下列对上述过程的描述不合理的是　　‎ A．氧原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变 C．微粒的化学性质发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变 ‎（3）向CuSO4溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解，溶液呈深蓝色．请写出生成配合离子的离子方程式：　　．‎ ‎19．A、B、C、D、E、F、G均是原子序数小于36的元素．A的基态原子外围电子排布式为3s2；B原子的L电子层的P能级上有一个空轨道； C元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子； D 的原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；E是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；F和G在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数F比G小2．‎ 根据信息回答下列问题：‎ ‎（1）C的外围电子排布图为　　．C与氢元素可分别形成含10个电子的分子、阴离子和阳离子，阳离子中中心原子的杂化类型为　　‎ ‎（2）用电子式表示化合物AE2的形成过程　　‎ ‎（3）F与BD易形成配合物F（BD）5，在F（BD）5中F的化合价为　　‎ ‎（4）E有多种含氧酸根①EO﹣②EO2﹣③EO3﹣④EO4﹣，其中空间构型为四面体形的是　　（填序号）．‎ ‎（5）C 的最高价氧化物对应的水化物与A 的单质反应时，C被还原到最低价，该反应的化学方程式为　　．‎ ‎20．某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：‎ 实验 编号 ‎0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液 ‎0.1mol•L﹣1‎ H2C2O4溶液 ‎ 水 反应温度/℃‎ 反应时间/s ‎①‎ ‎5.0mL ‎5.0mL ‎0‎ ‎20‎ ‎125‎ ‎②‎ V1‎ V2‎ ‎2.0mL ‎20‎ ‎320‎ ‎③‎ ‎5.0mL ‎5.0mL ‎0‎ ‎50‎ ‎30‎ 反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O ‎（1）实验的记时方法是从溶液混合开始记时，至　　时，记时结束．‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，则V1=　　mL，V2=　　mL．‎ ‎（3）下列有关该实验的叙述正确的是　　．‎ A．实验时必须用移液管或滴定管来量取液体的体积 B．实验时应将5.0mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后，立即按下秒表，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中至反应结束时，按下秒表，记录读数．‎ C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性 D．实验①和③可研究温度对反应速率的影响 ‎（4）某小组在进行每组实验时，均发现该反应是开始很慢，突然会加快，其可能的原因是　　．‎ ‎21．某草酸晶体的化学式可表示为H2C2O4•xH2O，为测定x的值，进行下列实验：‎ ‎①称取7.56g某草酸晶体配成100.0mL的水溶液，‎ ‎②用移液管移取25.00mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4，用浓度为0.600mol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗KMnO4 的体积为10.00mL．‎ ‎（1）若滴定终点时仰视读数，则所测x的值将　　（填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎（2）x=　　．‎ ‎22．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：‎ ‎（1）SO2分子的空间构型为　　．‎ ‎（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表．‎ 离子 SO42﹣‎ SO32﹣‎ NO3﹣‎ NO2﹣‎ Cl﹣‎ c/（mol•L﹣1）‎ ‎8.35×10﹣4‎ ‎6.87×10﹣6‎ ‎1.5×10﹣4‎ ‎1.2×10﹣5‎ ‎3.4×10﹣3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式　　．增加压强，SO2的转化率　　（填“提高”“不变”或“降低”）．‎ ‎②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐　　 （填“提高”“不变”或“降低”）．‎ ‎③由实验结果可知，脱硫反应速率　　脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是　　．‎ ‎（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压Pe如图所示．‎ ‎①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均　　（填“增大”“不变”或“减小”）．‎ ‎②反应ClO2﹣+2SO32﹣=2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为　　‎ ‎（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果．从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是　　．‎ ‎23．表是25℃时四种酸的电离平衡常数：‎ 化学式 CH3COOH HA HNO2‎ H2CO3‎ Ka Ka=1.8×10﹣5‎ Ka=4.9×10﹣10‎ Ka=4.6×10﹣4‎ Ka1 =4.1×10﹣7 ‎ Ka2 =5.6×10﹣11‎ ‎（1）用离子方程式表示NaNO2溶液呈碱性的原因　　‎ ‎（2）25℃时，向向0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液pH=　　‎ ‎（3）写出NaA溶液中通少量CO2的离子方程式　　‎ ‎（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小顺序为　　‎ ‎（5）已知HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与NO2，某同学分别取少量NaCl溶液与NaNO2溶液于试管中，分别滴加浓醋酸，以此来鉴别失去标签的NaCl溶液和NaNO2溶液，该方法　　（填“可行”或“不可行”），理由是　　‎ ‎（6）已知NaHCO3溶液中存在HCO3‑⇌H++CO32﹣，加水稀释时溶液中的c（H+）将　　（填“增大”或“减小”）‎ ‎24．工业上采用乙苯与CO2脱氢生产重要化工原料苯乙烯（g）+CO2（g）⇌（g）=CO（g）+H2O（g）△H，其中乙苯在CO2气氛中的反应可分两步进行 A．（g）⇌（g）+H2（g）△H1=﹣125KJ/mol B．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=﹣41KJ/mol ‎（1）上述乙苯与CO2反应的反应热△H为　　‎ ‎（2）苯乙烯与HCl加成的产物中具有手性异构体的分子的结构简式为　　．‎ ‎（3）在3L密闭容器内，乙苯与CO2的反应在三种不同的条件下进行实验，乙苯、CO2的起始浓度分别为1.0mol/L和3.0mol/L，其中实验I在T1℃，0.3MPa，而实验II、III分别改变了实验其他条件；乙苯的浓度随时间的变化如图I所示．‎ ‎①实验I乙苯在0﹣50min时的反应速率为　　‎ ‎②实验Ⅱ可能改变条件的是　　‎ ‎③图II是实验I中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线，请在图II中补画实验Ⅲ中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线．‎ ‎（4）25℃时，将体积为Va PH=a的某一元强碱与体积为Vb PH=b的某二元强酸混合．若所得混合溶液的pH=11，且a=13，b=2，则Va：Vb=　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市树德中学高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每题3分，共48分）‎ ‎1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A．加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝 B．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用 C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应集中回收并填埋处理，开发废电池的综合利用技术 D．乙醇是不可再生的能源 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．加碘食盐含碘酸钾；‎ B．食品添加剂应限量使用；‎ C．电池中的重金属等污染土壤和水体，不能填埋处理；‎ D．乙醇可再生．‎ ‎【解答】解：A．加碘食盐含碘酸钾，淀粉遇碘单质变蓝，则加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝，故A正确；‎ B．食品添加剂应限量使用，如食品中加适量的防腐剂等，应少食用，故B错误；‎ C．电池中的重金属等污染土壤和水体，不能填埋处理，应集中回收再利用，故C错误；‎ D．乙醇可再生，为可再生能源，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）所含的中子数为9NA ‎②常温常压下，22.4L NO气体的分子数小于NA ‎③室温下，28.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有的共价键约为3×6.02×1023个 ‎④7.2g CaO2中含有的阴离子数目约为6.02×1022‎ ‎⑤标准状况时，22.4L氟化氢所含有的原子数为2NA ‎⑥标况下，7.8g苯中含有碳碳双键的数目为0.3NA．‎ A．①②⑥ B．②④⑤ C．②④ D．⑤⑥‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】①17g甲基（﹣14CH3）的物质的量为1mol，该甲基中含有8个中子；‎ ‎②常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，根据n=分析；‎ ‎③室温下，28.0g乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出含有C、H原子的物质的量，乙烯和丙烯分子中，每个C、H原子平均形成1个共价键，据此进行计算；‎ ‎④CaO2中阴离子为过氧根离子，化学式CaO2中含有2个离子；‎ ‎⑤标准状况时，氟化氢的状态不是气态；‎ ‎⑥苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，不存在碳双键．‎ ‎【解答】解：①常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）的物质的量为： =1mol，1mol﹣14CH3中含有8mol中子，含有中子数为8A，故①错误；‎ ‎②常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4LNO的物质的量小于=1mol，含有的分子数小于NA，故②正确；‎ ‎③室温下，28.0g乙烯和丙烯的混合气体中含有28.0g最简式CH2，含有最简式的物质的量为： =2mol，则混合物中含有2molC、4molH原子，由于乙烯和丙烯分子中，每个C、H原子平均形成1个共价键，则混合物中含有共价键数目约为4×6.02×1023个，故③错误；‎ ‎④7.2g CaO2的物质的量为： =0.1mol，0.1mol CaO2中含有0.1mol钙离子和0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，含有离子的数目为6.02×1022，故④正确；‎ ‎⑤标准状况时，22.4L氟化氢的状态不是气态，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故⑤错误；‎ ‎⑥苯分子中的碳碳键为一种独特键，其分子中不存在碳碳双键，故⑥错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A．H、D、T表示同一种核素 B．O2﹣离子的原子结构示意图：‎ C．HClO分子的结构式：H﹣O﹣Cl D．四氯化碳分子比例模型：‎ ‎【考点】原子结构示意图．‎ ‎【分析】A．具有一定质子数和中子数的原子就是一种核素；‎ B．O2﹣离子核内8个质子，核外为10个电子；‎ C．次氯酸的中心原子是氧原子，结构式为H﹣O﹣Cl；‎ D．Cl原子半径大于C原子．‎ ‎【解答】解：A．H、D、T为氢元素的3种不同核素，它们之间互为同位素，故A错误；‎ B．O2﹣离子核内8个质子，离子结构示意图为：，故B错误；‎ C．HClO中O原子分别和H原子、Cl原子形成共价键，故次氯酸的结构式为H﹣O﹣Cl，故C正确；‎ D．可以表示甲烷的比例模型，四氯化碳中氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的比例模型为：，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．下列排列顺序中，不正确的是（　　）‎ A．酸性：HClO＜H2SO3＜HClO4 B．稳定性：PH3＜H2S＜NH3‎ C．电负性：P＜S＜Cl D．沸点：HF＜HBr＜HI ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【分析】A．HClO4为强酸，亚硫酸为中强酸，HClO为弱酸；‎ B．非金属性越强，对应氢化物越稳定；‎ C．非金属性越强，电负性越大；‎ D．HF分子间含氢键，沸点最高，相对分子质量越大的分子的沸点高．‎ ‎【解答】解：A．HClO4为强酸，亚硫酸为中强酸，HClO为弱酸，则酸性：HClO＜H2SO3＜HClO4，故A正确；‎ B．非金属性P＜S＜N，则稳定性：PH3＜H2S＜NH3，故B正确；‎ C．非金属性P＜S＜Cl，则电负性P＜S＜Cl，故C正确；‎ D．HF分子间含氢键，沸点最高，相对分子质量越大的分子的沸点高，则沸点为HBr＜HI＜HF，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为20．则下列说法不正确的是（　　）‎ X Y W Z A．最高价氧化物的水化物的酸性：X＜Z B．电负性大小：Y＜Z C．离子半径大小：W＜Y D．W的最高价氧化物的水化物具有两性 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置可知，X、Y为第二周期元素，W、Z为第三周期元素，设X的最外层电子数为x，四种元素的原子最外层电子数之和为20，则x+x+2+（x﹣1）+x+3=20，解得x=4，则X为C，Y为O，W为Al，Z为Cl，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由上述分析可知，X为C，Y为O，W为Al，Z为Cl，‎ A．非金属性Cl＞C，则最高价氧化物的水化物的酸性：X＜Z，故A正确；‎ B．非金属性越强，电负性越大，则电负性大小：Y＞Z，故B错误；‎ C．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径大小：W＜Y，故C正确；‎ D．W的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，与酸碱反应生成盐和水，具有两性，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．VSEPR模型就是分子的空间构型 B．在共价化合物分子中一定存在σ键 C．全由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D．共价键键长越短，键能一定越大 ‎【考点】判断简单分子或离子的构型；共价键的形成及共价键的主要类型．‎ ‎【分析】A、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型；‎ B、共价单键是σ键，共价双键有一个σ键，π键，共价三键由一个σ键，两个π键组成；‎ C、铵盐属于离子化合物；‎ D、决定键能大小的不仅仅是键长，还有结构、元素的金属性和非金属性等．‎ ‎【解答】解：A、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，但不是分子的空间构型，故A错误；‎ B、共价化合物中一定存在共价键，共价键中一定有σ键，故B正确；‎ C、铵盐为全由非金属元素组成的化合物，属于离子化合物，故C错误；‎ D、决定键能大小的不仅仅是键长，还有结构、元素的金属性和非金属性等，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）‎ A．若2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6 kJ•mol﹣1，则H2的标准燃烧热为﹣241.8 kJ•mol﹣1‎ B．若C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则石墨比金刚石稳定 C．已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJ•mol﹣1，则20.0g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量 D．已知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2‎ ‎，则△H1＞△H2‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】A、燃烧热是在101KP时，1mol可燃物在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；‎ B、物质的能量越高越不稳定；‎ C、氢氧化钠固体溶于水放热；‎ D、反应1为碳的完全燃烧，反应2为碳的不完全燃烧．‎ ‎【解答】解：A、燃烧热是在101KP时，1mol可燃物在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此时生成的水必须为液态，故﹣241.8 kJ•mol﹣1不是氢气的燃烧热，故A错误；‎ B、物质的能量越高越不稳定，由反应C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0可知，石墨的能量低于金刚石，故石墨比金刚石稳定，故B正确；‎ C、氢氧化钠固体溶于水放热，故将20.0g氢氧化钠固体即0.5mol氢氧化钠固体和盐酸中和，放出的热量大于28.7KJ，故C错误；‎ D、反应1为碳的完全燃烧，反应2为碳的不完全燃烧，故反应1放出的热量多于反应2，则△H1＜△H2，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．H2O2（l）在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．有MnO2条件下的反应曲线是a曲线 B．a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大 C．a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大 D．b曲线的热化学方程式为：H2O2（l）═H2O（l）+O2（g）△H=﹣（E1﹣E2）KJ•mol﹣1‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素；催化剂的作用；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】‎ A．催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变；‎ B．催化剂降低反应所需活化能，导致活化分子百分数增大；‎ C．在双氧水的分解反应中，二氧化锰是正催化剂，增大反应速率但不影响平衡移动；‎ D．该反应的焓变为△H=（E1﹣E2）KJ•mol﹣1或）△H=﹣（E2﹣E1）KJ•mol﹣1．‎ ‎【解答】解：A．催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变，所以有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A错误；‎ B．催化剂降低反应所需活化能，导致活化分子百分数增大，b曲线中有催化剂，如果a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大，故B正确；‎ C．在双氧水的分解反应中，二氧化锰是正催化剂，增大反应速率但不影响平衡移动，所以双氧水转化率不变，故C错误；‎ D．该反应的焓变为△H=（E1﹣E2）KJ•mol﹣1或）△H=﹣（E2﹣E1）KJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．仅根据题中图示得出的结论不合理的是（　　）‎ A B C D 图示 结论 HB为弱酸 HF为弱电解质 溶解度：AgI＜AgCl ‎ 正反应△H＞0‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；强电解质和弱电解质的概念；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．加水稀释相同的倍数弱酸的pH变化小；‎ B．溶液中存在分子，说明HF没有完全电离；‎ C．一定条件下，AgCl可以转化为AgI；‎ D．升高温度K增大，说明向正反应方向移动．‎ ‎【解答】解：A．加水稀释相同的倍数弱酸的pH变化小，HB溶液的pH变化小，所以HB为弱酸，故A正确；‎ B．溶液中存在分子，说明HF没有完全电离，即HF为弱酸，故B正确；‎ C．一定条件下，AgCl可以转化为AgI，但是不能说明AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，故C错误；‎ D．升高温度K增大，说明向正反应方向移动，即正反应方向为吸热方向，所以正反应△H＞0，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．在恒容的密闭容器中进行如下的可逆反应：3A（g）+B（g）⇌4C（g）+D（s），下列说法不能判断反应已达化学平衡状态的是（　　）‎ A．反应速率v（A）=3v（B） B．固体D的物质的量一定 C．气体的密度不变 D．C的浓度不变 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．‎ ‎【解答】解：A、反应速率v（A）=3v（B），未体现正与逆的关系，故A错误；‎ B、固体D的物质的量一定，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故B正确；‎ C、气体的密度不变，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故C正确；‎ D、C的浓度不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．室温下，pH均为2的两种溶液：①醋酸溶液，②盐酸．下列说法错误的是（　　）‎ A．两溶液中水电离出的c（H+）：①=②‎ B．两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：②＞①‎ C．取大小和形状完全相同的两块锌粒分别投入两种酸中，当产生相同体积的气体时所需的时间：①＞②‎ D．等体积的两溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积：①＞②‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．酸溶液中氢氧根离子由水电离，水电离的氢氧根离子与氢离子的浓度相同；‎ B．加水稀释促进醋酸的电离；‎ C．锌与氢离子反应后，促进醋酸的电离；‎ D．酸的物质的量浓度越大，消耗的氢氧化钠的体积越大．‎ ‎【解答】解：A．酸溶液中氢氧根离子由水电离，c（OH﹣）==10﹣12mol/L，两个溶液中氢离子浓度相同，则两溶液中水电离出的c（H+）：①=②，故A正确；‎ B．加水稀释促进醋酸的电离，醋酸中氢离子的浓度变化小，即盐酸的pH大，所以稀释后溶液的pH：②＞①，故B正确；‎ C．锌与氢离子反应后，促进醋酸的电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸中反应速率快，则当产生相同体积的气体时所需的时间：①＜②，故C错误；‎ D．室温下，pH均为2的两种溶液：①醋酸溶液，②盐酸，醋酸的浓度大于0.01mol/L，盐酸的浓度等于0.01mol/L，酸的物质的量浓度越大，消耗的氢氧化钠的体积越大，即消耗NaOH溶液的体积：①＞②，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如表：‎ 物质 X Y Z 初始浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎2min末浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.08‎ a b 平衡浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．平衡时，X的转化率为5%‎ B．t℃时，该反应的平衡常数为40‎ C．增大平衡后的体系压强，v（正）增大，v（逆）减小，平衡向正反应方向移动 D．2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03 mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．结合表格数据可知，转化的X为0.1mol/L﹣0.05mol/L；‎ B．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，结合平衡浓度计算K；‎ C．增大压强，正逆反应速率均增大；‎ D．结合v=计算．‎ ‎【解答】解：A．结合表格数据可知，转化的X为0.1mol/L﹣0.05mol/L，则X的转化率为×100%=50%，故A错误；‎ B．X、Y、Z的平衡浓度分别为0.05mol/L、0.05mol/L、0.1mol/L，则K==1600，故B错误；‎ C．增大压强，正逆反应速率均增大，且平衡向正反应方向移动，故C错误；‎ D.2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）==0.03 mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．下列叙述与图象对应符合的是（　　）‎ A．对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动 B．对于反应 2A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）△H＜0，p2＞p1，T1＞T2‎ C．该图象表示的化学方程式为：2A═B+3C D．对于反应 2X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，y可以表示Y的百分含量 ‎【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡的影响因素；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．‎ ‎【分析】A、对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）在t0时刻充入了一定量的NH3，c（NH3）立即增大，则V逆立即增大；‎ B、根据“定一议二”的原则，按照“先拐先平数值大”的规律来分析；‎ C、此反应最后达平衡，故为可逆反应；‎ D、从图象可知，温度T升高，y降低．‎ ‎【解答】解：A、对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3 （g）在t0时刻充入了一定量的NH3，c（NH3）立即增大，故V逆立即增大，由于反应物的浓度是在原来基础上逐渐增大，故V正在原来基础上逐渐增大，不会出现突变，故A错误；‎ B、根据“定一议二”的原则，将曲线a和b做对比可知压强p2＞p1，将曲线b和c做对比可知温度T1＞T2，故B正确；‎ C、根据图象可知，A为反应物，B和C为生成物，在t1时反应达平衡，A、B、C的浓度该变量分别为0.8mol/L、0.4mol/L和1.2mol/L，故A、B、C的计量数之比为2：1：3，由于此反应最后达平衡，故为可逆反应，故化学方程式为：2A⇌B+3C，故C错误；‎ D、从图象可知，温度T升高，y降低．而对于反应 2X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，升高温度，平衡左移，Y的百分含量升高，故y不能表示Y的百分含量，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．25℃时，相同体积和pH的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如图所示．下列说法正确是（　　）‎ A．在上述三种盐原溶液中，水的电离程度大小是NaX＞NaY＞NaZ B．在等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ混合液中，离子浓度的大小关系是c（Z﹣）＞c（Y﹣）＞c（X﹣）‎ C．在上述NaX和NaY的混合液中存在=‎ D．在0.2mol•L﹣1 NaX溶液中加 入等体积0.1mol•L﹣1的盐酸，所得混合液中存在c（H+）+c（HX）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）‎ ‎【考点】盐类水解的应用．‎ ‎【分析】由图象可以看出，pH相同的NaX、NaY和NaZ溶液，稀释后pH的变化程度不相同，因此可以判断NaX、NaY、NaZ的浓度不同，由于NaZ的pH变化最小，说明NaZ的浓度最大且弱酸根Z﹣的水解程度最小，X﹣的水解程度最大，注意这里需要和等浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的比较进行区分，如果是等浓度的话，那么pH变化最大的应该是水解程度最小的．‎ A．pH相同，因此对水的电离的促进作用是相同的，所以NaX、NaY和NaZ溶液中水的电离度大小是相同的；‎ B．酸根离子水解程度越大，其溶液中酸根离子浓度越小；‎ C．酸的电离程度不同，则其水解程度不同；‎ D．溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaX、NaCl、HX，根据电荷守恒及物料守恒判断．‎ ‎【解答】解：由图象可以看出，pH相同的NaX、NaY和NaZ溶液，稀释后pH的变化程度不相同，因此可以判断NaX、NaY、NaZ的浓度不同，由于NaZ的pH变化最小，说明NaZ的浓度最大且弱酸根Z﹣的水解程度最小，X﹣的水解程度最大，注意这里需要和等浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的比较进行区分，如果是等浓度的话，那么pH变化最大的应该是水解程度最小的．‎ A．由于三种盐溶液pH相同，因此对水的电离的促进作用是相同的，所以NaX、NaY和NaZ溶液中水的电离度大小是相同的，故A错误；‎ B．等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ混合液中，酸根离子水解程度越大，其溶液中酸根离子浓度越小，所以离子浓度的大小关系是c（Z﹣）＜c（Y﹣）＜c（X﹣），故B错误；‎ C．在可表示X﹣水解的百分含量或水解程度，可表示Y﹣水解的百分含量或水解程度，而X﹣和Y﹣的水解程度是不相同的，所以两者不相等，故C错误；‎ D．在0.2mol•L﹣1 NaX溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1的盐酸反应后溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaX、NaCl、HX，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（X﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（HX）+c（X﹣）=2c（Cl﹣），所以得c（H+）+c（HX）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．将溶液 的c（H+）、c（OH﹣）之比取为AG[AG=lg]．25℃时，用0.01mol．L﹣1的氢氧化钠溶液滴定20ml相同物质的量浓度的醋酸溶液，滴定曲线如图所示．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．A点时c（CH3COO﹣）＞c（Na+）‎ B．室温时0.01mol．L﹣1的醋酸溶液pH=6‎ C．OA段溶液中均有：c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）‎ D．若B点时加入NaOH溶液40mL，所得溶液中：c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）=c（OH﹣）﹣c（H+）‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．A点AG=lg=0，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；‎ B．室温时0.01mol．L﹣1的醋酸溶液中AG=lg=6，结合c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14计算c（H+），再根据pH=﹣lgc（H+）；‎ C．醋酸为弱电解质，开始阶段c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）；‎ D．若B点时加入NaOH溶液40mL，此时为等浓度CH3COONa、NaOH混合溶液，根据物料守恒：c（Na+）=2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）．‎ ‎【解答】解：A．A点AG=lg=0，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），可得c（CH3COO﹣）=c（Na+），故A错误；‎ B．室温时0.01mol．L﹣1的醋酸溶液中AG=lg=6，则=106，而c（H+）×c（OH﹣）=10﹣14，联立可得c（H+）=10﹣4mol/L，则溶液pH=﹣lgc（H+）=﹣lg10﹣4=4，故B错误；‎ C．醋酸为弱电解质，开始阶段如O点c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），故C错误；‎ D．若B点时加入NaOH溶液40mL，此时为等浓度CH3COONa、NaOH混合溶液，根据物料守恒：c（Na+）=2c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），联立可得：c（CH3COO﹣）+2c（CH3COOH）=c（OH﹣）﹣c（H+），故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎16．根据20℃时某些物质的溶解度（g）数据：‎ CaCO3‎ CaSO4‎ Mg（OH）2‎ MgCO3‎ ‎1.4×10﹣3‎ ‎2.55×10﹣2‎ ‎9×10﹣4‎ ‎1.1×10﹣2‎ 下列说法不正确的是（　　）‎ A．硫酸钙悬浊液中存在CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）‎ B．用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3‎ C．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3，沉淀变为红褐色，说明溶解度Fe（OH）3＜Mg（OH）2‎ D．向2ml饱和MgCl2 溶液中先后滴加0.1mol/L的Na2CO3、NaOH溶液各2滴，产生的白色沉淀为Mg（OH）2‎ ‎【考点】溶解度、饱和溶液的概念．‎ ‎【分析】A、硫酸钙悬浊液是硫酸钙的饱和溶液，存在溶解平衡；‎ B、CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度；‎ C、沉淀容易由溶解度大的向溶解度小的转化；‎ D、根据MgCO3和Mg（OH）2的Ksp来计算．‎ ‎【解答】解：A、硫酸钙悬浊液是硫酸钙的饱和溶液，存在溶解平衡，其溶解平衡的表达式为：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），故A正确；‎ B、根据Ksp可知，CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度，而沉淀容易由溶解度大的向溶解度小的转化，故用Na2CO3溶液浸泡锅炉中的水垢，可将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，故B正确；‎ C、沉淀容易由溶解度大的向溶解度小的转化，向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3，沉淀变为红褐色，即Mg（OH）2转化为Fe（OH）3沉淀，则说明溶解度Fe（OH）3＜Mg（OH）2，故C正确；‎ D、设产生MgCO3沉淀时所需的碳酸根的浓度为c（CO32﹣），产生Mg（OH）2沉淀是所需的氢氧根的浓度为c（OH﹣），根据MgCO3的Ksp可知：c（Mg2+）•c（CO32﹣）=，根据Mg（OH）2的Ksp可知：c（Mg2+）•c（OH﹣）2=9×10﹣4，即当同时产生MgCO3和Mg（OH）2沉淀时，所需的碳酸根和氢氧根的浓度之比为： =，则=， ==1.1：3，故产生Mg（OH）2沉淀所需的氢氧根的浓度比产生MgCO3沉淀所需的碳酸根的浓度更高，故应先产生产生MgCO3沉淀，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17．按下列要求作答．‎ ‎（1）宇宙中含量最高的元素为　H　（填元素符号）．‎ ‎（2）第四周期中第一电离能最小的元素的最高价氧化物的水化物的电子式为　　．‎ ‎（3）电负性最大的元素的原子核外电子排布式为　1s22s22p5　．‎ ‎（4）第二周期中，第一电离能介于B和N之间的元素共有　3　种．‎ ‎（5）最外层电子排布为4s24p1的原子的核电荷数为　31　‎ ‎（6）前36号元素中，未成对电子数最多的元素在周期表中的位置为　第四周期第ⅥB族　，它位于　d　 区．‎ ‎（7）地球上的元素绝大多数是金属，非金属 （包括稀有气体）仅应　22　 种．‎ ‎【考点】电子式；元素周期表的结构及其应用．‎ ‎【分析】（1）宇宙中含量最多为H；‎ ‎（2）第四周期中第一电离能最小的元素为钾；‎ ‎（3）电负性最大的元素为F，核外有两个电子层共9个电子；‎ ‎（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，当ⅡA族的s能级为全满稳定状态，ⅤA族的p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；‎ ‎（5）原子的核外电子数=核内质子数=原子序数；‎ ‎（6）1～36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族；‎ ‎（7）非金属元素共22种．‎ ‎【解答】解：（1）宇宙中含量最多为H，占90.8%左右；‎ 故答案为：H；‎ ‎（2）第四周期中第一电离能最小的元素为钾，最高价氧化物的水化物为氢氧化钾，电子式为：；‎ 故答案为：；‎ ‎（3）电负性最大的元素为F，核外有两个电子层，原子核外电子排布式为：1s22s22p5；‎ 故答案为：1s22s22p5；‎ ‎（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，当ⅡA族的s能级为全满稳定状态，ⅤA族的p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，‎ 故答案为：3；‎ ‎（5）电子排布为4s24p1的原子中其内层电子层上完全排满电子，所以该原子中电子数=2+8+18+3=31，原子中核外电子数=核电荷数，所以它的核电荷数为 31，‎ 故答案为：31；‎ ‎（6）1～36号元素，未成对电子数最多的元素外围电子排布为3d54s1，共有6个未成对电子，该元素是铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，位于d区；‎ 故答案为：第四周期第ⅥB族；d；‎ ‎（7）地球上的元素绝大多数是金属，非金属共22种；‎ 故答案为：22．‎ ‎　‎ ‎18．水是生命之源，它与我们的生活密切相关．在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂．‎ ‎（1）写出与H2O分子互为等电子体的一种阴离子的化学式为　NH2﹣　．‎ ‎（2）水分子在特定条件下容易得到一个H+，形成水合氢原子（H3O+）．下列对上述过程的描述不合理的是　A　‎ A．氧原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变 C．微粒的化学性质发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变 ‎（3）向CuSO4溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，然后沉淀溶解，溶液呈深蓝色．请写出生成配合离子的离子方程式：　Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O　．‎ ‎【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ ‎【分析】（1）具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体；‎ ‎（2）A．根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3；‎ B．水分子为V型，H3O+为三角锥型；‎ C．分子和离子的化学性质不同；‎ D．根据微粒的空间构型判断；‎ ‎（3）硫酸铜和氨水反应生成铵根离子和氢氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀可以溶于过量的氨水中，氢氧化铜和氨水继续反应生成铜氨络合物．‎ ‎【解答】解：（1）H2‎ O有3个原子8个价电子，根据等电子体原理可知，与水互为等电子体的阴离子为NH2﹣，‎ 故答案为：NH2﹣；‎ ‎（2）A．水分子中O原子价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，所以采用sp3杂化，H3O+中氧原子价层电子对个数=3+×（6﹣1﹣3×1）=4，杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A错误；‎ B．水分子中O原子含有2个孤电子对，所以O原子采用sp3杂化，其空间构型为V形结构；H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B正确；‎ C．H2O为中性分子，H3O+为酸性的阳离子，微粒的化学性质发生了改变，故C正确；‎ D．水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D正确；‎ 故答案为：A；‎ ‎（3）向CuSO4的水溶液中逐滴加入氨水，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2H2O，生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和氨水继续反应生成铜氨络合物，离子方程式为Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O，‎ 故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O．‎ ‎　‎ ‎19．A、B、C、D、E、F、G均是原子序数小于36的元素．A的基态原子外围电子排布式为3s2；B原子的L电子层的P能级上有一个空轨道； C元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子； D 的原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；E是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素；F和G在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数F比G小2．‎ 根据信息回答下列问题：‎ ‎（1）C的外围电子排布图为　　．C与氢元素可分别形成含10个电子的分子、阴离子和阳离子，阳离子中中心原子的杂化类型为　sp3　‎ ‎（2）用电子式表示化合物AE2的形成过程　　‎ ‎（3）F与BD易形成配合物F（BD）5，在F（BD）5中F的化合价为　0　‎ ‎（4）E有多种含氧酸根①EO﹣②EO2﹣③EO3﹣④EO4﹣，其中空间构型为四面体形的是　④　（填序号）．‎ ‎（5）C 的最高价氧化物对应的水化物与A 的单质反应时，C被还原到最低价，该反应的化学方程式为　4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O　．‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】A的基态原子外围电子排布式为3s2，则A为镁元素，B原子的L电子层的P能级上有一个空轨道，则B为碳元素，C元素的基态原子最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，则C为氮元素，D 的原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则D为氧元素，E是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，则E为氯元素，F和G在周期表中既处于同一周期又位于同一族，说明F和G都位于第ⅤⅢ族，原子序数F比G小2，且都小于36，所以F为铁元素，G为镍元素，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）C为氮元素，它的外围电子排布图为，C与氢元素的阳离子为铵根离子，中心原子氮的价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为：；sp3；‎ ‎（2）AE2为MgCl2，用电子式表示MgCl2的形成过程为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）F（BD）5为Fe（CO）5，因为Fe（CO）5化合价的代数和为0，CO的化合价的代数和为0，则Fe元素的化合价为0，故答案为：0；‎ ‎（4）Cl有多种含氧酸根①ClO﹣②ClO2﹣③ClO3﹣④ClO4﹣，中心原子Cl的价层电子对数都为=4，氯原子都是按sp3方式杂化的，其中只有ClO4﹣，有四个Cl﹣O键，没有孤电子对，其空间构型为四面体型，其它含氧酸根都有孤电子对，空间构型不为四面体，故答案为：④；‎ ‎（5）C 的最高价氧化物对应的水化物与A 的单质反应时，C被还原到最低价，生成硝酸铵，该反应的化学方程式为4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O，‎ 故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg（NO3）2+NH4NO3+3H2O．‎ ‎　‎ ‎20．某研究性学习小组为了研究影响化学反应速率的因素，设计如下方案：‎ 实验 编号 ‎0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液 ‎0.1mol•L﹣1‎ H2C2O4溶液 ‎ 水 反应温度/℃‎ 反应时间/s ‎①‎ ‎5.0mL ‎5.0mL ‎0‎ ‎20‎ ‎125‎ ‎②‎ V1‎ V2‎ ‎2.0mL ‎20‎ ‎320‎ ‎③‎ ‎5.0mL ‎5.0mL ‎0‎ ‎50‎ ‎30‎ 反应方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O ‎（1）实验的记时方法是从溶液混合开始记时，至　紫红色刚好褪去　时，记时结束．‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，则V1=　5.0　mL，V2=　3.0　mL．‎ ‎（3）下列有关该实验的叙述正确的是　C、D　．‎ A．实验时必须用移液管或滴定管来量取液体的体积 B．实验时应将5.0mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后，立即按下秒表，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中至反应结束时，按下秒表，记录读数．‎ C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性 D．实验①和③可研究温度对反应速率的影响 ‎（4）某小组在进行每组实验时，均发现该反应是开始很慢，突然会加快，其可能的原因是　反应生成的Mn2+对反应有催化作用　．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）溶液混合后显示紫红色，当紫红色褪去后计时结束；‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，要保证变量单一；‎ ‎（3）根据规范的操作要求，实验探究的基本原理分析回答；‎ ‎（4）催化剂对化学反应速率的影响．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）实验计时方法是从溶液混合开始记时，到紫红色刚好褪去计时结束，故答案为：紫红色刚好褪去；‎ ‎（2）实验①和②研究浓度对反应速率的影响，高锰酸钾作为指示剂，浓度不变，都是5.0mL，溶液总体积为10.0mL，故答案为：V1=5.0，V2=3.0；‎ ‎（3）A．实验时可以用量筒量取体积，故A错误；‎ B．实验时应将5.0mLKMnO4溶液与5.0mL H2C2O4溶液混合后，再将盛有混合液的烧杯置于相应温度的水浴中，立即按下秒表，至反应结束时，按下秒表，记录读数，故B错误；‎ C．在同一温度下，最好采用平行多次实验，以确保实验数据的可靠性，故C正确；‎ D．实验①和③对应物质的体积相同，可研究温度对反应速率的影响，故D正确，‎ 故选：CD．‎ ‎（4）从实验数据分析，MnSO4溶液在反应中为催化剂，可能原因为反应生成的Mn2+对反应有催化作用，故答案为：反应生成的Mn2+对反应有催化作用．‎ ‎　‎ ‎21．某草酸晶体的化学式可表示为H2C2O4•xH2O，为测定x的值，进行下列实验：‎ ‎①称取7.56g某草酸晶体配成100.0mL的水溶液，‎ ‎②用移液管移取25.00mL所配溶液置于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4，用浓度为0.600mol/L的KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗KMnO4 的体积为10.00mL．‎ ‎（1）若滴定终点时仰视读数，则所测x的值将　偏小　（填“偏大”或“偏小”）．‎ ‎（2）x=　2　．‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】（1）读取读数时仰视，导致KMnO4溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大；‎ ‎（2）依据滴定发生的氧化还原反应离子方程式的定量关系计算得到．‎ ‎【解答】解：（1）读取读数仰视，导致KMnO4溶液体积偏大，计算测定的草酸的质量偏大，故x的值偏小，故答案为：偏小；‎ ‎（2）由题给化学方程式及数据可知，5H2C2O4+2MnO4﹣+6 H+═10CO2↑+2 Mn2++8 H2O，7.56g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.600 mol/L×10.00 mL×10﹣3 L/mL××=0.0600 mol，‎ 则7.56g H2C2O4•xH2O中含H2O的物质的量为=0.12‎ ‎ mol，0.0600mol晶体含水0.160mol，1mol晶体中含的结晶水2mol，则x=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎22．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：‎ ‎（1）SO2分子的空间构型为　V形　．‎ ‎（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表．‎ 离子 SO42﹣‎ SO32﹣‎ NO3﹣‎ NO2﹣‎ Cl﹣‎ c/（mol•L﹣1）‎ ‎8.35×10﹣4‎ ‎6.87×10﹣6‎ ‎1.5×10﹣4‎ ‎1.2×10﹣5‎ ‎3.4×10﹣3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式　3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O　．增加压强，SO2的转化率　提高　（填“提高”“不变”或“降低”）．‎ ‎②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐　降低　 （填“提高”“不变”或“降低”）．‎ ‎③由实验结果可知，脱硫反应速率　大于　脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是　NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高　．‎ ‎（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压Pe如图所示．‎ ‎①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均　减小　（填“增大”“不变”或“减小”）．‎ ‎②反应ClO2﹣+2SO32﹣=2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为　　‎ ‎（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果．从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是　形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高　．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型、分子空间构型；‎ ‎（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；‎ ‎②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；‎ ‎③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；‎ ‎（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；‎ ‎②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K=；‎ ‎（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；‎ ‎【解答】解：（1）SO2中S原子价层电子对=2+（6﹣2×2）=3，所以采取sp2杂化方式，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型是V形，‎ 故答案为：V形；‎ ‎（2）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，‎ 故答案为：3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；提高；‎ ‎②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低，‎ 故答案为：降低；‎ ‎③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率．原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，‎ 故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；‎ ‎（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；‎ ‎②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K=，故答案为：；‎ ‎（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好，‎ 故答案为：形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高；‎ ‎　‎ ‎23．表是25℃时四种酸的电离平衡常数：‎ 化学式 CH3COOH HA HNO2‎ H2CO3‎ Ka Ka=1.8×10﹣5‎ Ka=4.9×10﹣10‎ Ka=4.6×10﹣4‎ Ka1 =4.1×10﹣7 ‎ Ka2 =5.6×10﹣11‎ ‎（1）用离子方程式表示NaNO2溶液呈碱性的原因　NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣　‎ ‎（2）25℃时，向向0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，此时溶液pH=　5　‎ ‎（3）写出NaA溶液中通少量CO2的离子方程式　A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣　‎ ‎（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液呈碱性，溶液中各离子浓度的大小顺序为　c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　‎ ‎（5）已知HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与NO2，某同学分别取少量NaCl溶液与NaNO2溶液于试管中，分别滴加浓醋酸，以此来鉴别失去标签的NaCl溶液和NaNO2溶液，该方法　可行　（填“可行”或“不可行”），理由是　NaNO2+CH3COOH⇌CH3COONa+HNO2，2HNO2=H2O+NO+NO2，HNO2不稳定会分解，使平衡不断朝生成亚硝酸的方向移动，可观察到有红棕色气体产生，故此方法可行　‎ ‎（6）已知NaHCO3溶液中存在HCO3‑⇌H++CO32﹣，加水稀释时溶液中的c（H+）将　增大　（填“增大”或“减小”）‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）用离子方程式表示NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性；‎ ‎（2）根据醋酸的电离平衡常数进行计算；‎ ‎（3）由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HA＞HCO3﹣，所以NaA溶液中通少量CO2的离子方程式为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣；‎ ‎（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的Ka=4.9×10﹣10，所以NaA的水解Kh=＞Ka，所以水解大于电离，以水解为主溶液呈碱性，由此得出离子浓度的大小；‎ ‎（5）醋酸微弱电离出氢离子与NO2﹣结合成HNO2，而HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与生成红棕的NO2，由此分析解答；‎ ‎（6）NaHCO3溶液中HCO3‑即水解也电离，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）用离子方程式表示NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，方程式为：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，故答案为：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；‎ ‎（2）醋酸的电离平衡常数Ka=1.8×10﹣5=，已知c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）=5：9，则c（H+）=1.8×10﹣5×=1×‎ ‎10﹣5mol/L，则该溶液的pH=5，故答案为：5；‎ ‎（3）由电离平衡常数可知，酸性H2CO3＞HA＞HCO3﹣，所以NaA溶液中通少量CO2的离子方程式为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣，‎ 故答案为：A﹣+CO2+H2O=HA+HCO3﹣；‎ ‎（4）25℃时，等物质的量浓度的HA、NaA混合溶液中，HA的Ka=4.9×10﹣10，所以NaA的水解Kh=＞Ka，所以水解大于电离，以水解为主溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；‎ ‎（5）醋酸微弱电离出氢离子与NO2﹣结合成HNO2，而HNO2不稳定，在稀溶液中也易分解生成NO与生成红棕的NO2，‎ 故答案为：可行，NaNO2+CH3COOH⇌CH3COONa+HNO2，2HNO2=H2O+NO+NO2，HNO2不稳定会分解，使平衡不断朝生成亚硝酸的方向移动，可观察到有红棕色气体产生，故此方法可行；‎ ‎（6）NaHCO3溶液中HCO3‑的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，加水稀释时溶液碱性减弱，氢离子浓度增大，故答案为：增大．‎ ‎　‎ ‎24．工业上采用乙苯与CO2脱氢生产重要化工原料苯乙烯（g）+CO2（g）⇌（g）=CO（g）+H2O（g）△H，其中乙苯在CO2气氛中的反应可分两步进行 A．（g）⇌（g）+H2（g）△H1=﹣125KJ/mol B．H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=﹣41KJ/mol ‎（1）上述乙苯与CO2反应的反应热△H为　﹣166KJ/mol　‎ ‎（2）苯乙烯与HCl加成的产物中具有手性异构体的分子的结构简式为　‎ ‎　．‎ ‎（3）在3L密闭容器内，乙苯与CO2的反应在三种不同的条件下进行实验，乙苯、CO2的起始浓度分别为1.0mol/L和3.0mol/L，其中实验I在T1℃，0.3MPa，而实验II、III分别改变了实验其他条件；乙苯的浓度随时间的变化如图I所示．‎ ‎①实验I乙苯在0﹣50min时的反应速率为　0.012mol/（L•min）　‎ ‎②实验Ⅱ可能改变条件的是　加催化剂　‎ ‎③图II是实验I中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线，请在图II中补画实验Ⅲ中苯乙烯体积分数V%随时间t的变化曲线．‎ ‎（4）25℃时，将体积为Va PH=a的某一元强碱与体积为Vb PH=b的某二元强酸混合．若所得混合溶液的pH=11，且a=13，b=2，则Va：Vb=　1：9　．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）方程A+方程B，根据盖斯定律分析计算；‎ ‎（2）苯乙烯与HCl加成的产物中具有手性异构体的分子即Cl加到H少的那个碳上；‎ ‎（3）①根据图I中乙苯的浓度变化，求出反应速率；‎ ‎②根据图I中实验Ⅱ改变条件平衡不移动，反应速率增大；‎ ‎③实验Ⅲ中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小；‎ ‎（4）pH=13的强碱溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，所得溶液pH=11，混合溶液呈碱性，溶液中c（OH﹣‎ ‎）=0.001mol/L，设溶液的体积为x、y，根据氢氧根离子、氢离子的物质的量及混合后溶液体积计算出混合溶液中c（OH﹣），再计算出溶液中氢离子浓度及溶液的pH即可；．‎ ‎【解答】解：（1）方程A+方程B得到：（g）+CO2（g）⇌（g）=CO（g）+H2O（g）△H，所以该反应的反应热为：△H=△H1+△H2=﹣125﹣41=﹣166KJ/mol，‎ 故答案为：﹣166KJ/mol；‎ ‎（2）苯乙烯与HCl加成的产物中具有手性异构体的分子即Cl加到H少的那个碳上，则结构简式为，故答案为：；‎ ‎（3）①根据图I中可知，0﹣50min时乙苯的浓度变化为1.0mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，则其反应速率为v===0.012mol/（L•min）；‎ 故答案为：0.012mol/（L•min）；‎ ‎②根据图I中实验Ⅱ改变条件平衡不移动，而反应速率增大，所以改变的条件是加催化剂，故答案为：加催化剂；‎ ‎③实验Ⅲ中改变条件，由图I可知乙苯的浓度增大，平衡逆移，所以苯乙烯体积分数V%随时间t增大而减小，其图形为：；‎ 故答案为：；‎ ‎（4）pH=13的强碱溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，所得溶液pH=11，混合溶液呈碱性，溶液中c（OH﹣）=0.001mol/L，设酸溶液体积为x，碱溶液体积为y，则： =0.001mol/L，解得y：x=1：9，即Va：Vb=1：9，‎ 故答案为：1：9．‎