第17期 原子结构 元素周期律-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

高考化学第14~17期 发理橘 答案详解 2025~2026学年高考化学第14~17期(2025年10月) 第14期4版参考答案 合B项，K(CH2 CICOOH)=10-3,CH2 CICOONa的水解常数 素养提升（十四） =Kg=10-4-10-4 1.B由图中可以看出，滴定HA的终点pH=7,则HA是 K=X-10=10=10"<10,即CH,Cc00H的电离 强酸，起始时，c(HA)=c(H)=O.1mo/L.滴定达终点时，HB 程度大于CH,CICOOˉ的水解程度，等浓度的CH,CICOOH和 消耗NaOH的体积大，则表明c(HB)>c(HA).初始时，HB的 CH2 CICOONa混合溶液中，溶液显酸性，c(H)>c(OH),C H为3，则酸性：HA>HB,说明HB是弱酸，部分电离，故c(HB)> 错误；二氯乙酸的酸性比一氯乙酸的强，在pH均为3的两种 10-3mol/L,A错误，B正确；甲基橙变色范围为3.1~4.4，由图 酸的溶液中，曲线I对应酸（一氯乙酸）的物质的量浓度更大， 可知该pH范围内NaOH滴定HB未发生突跃，不可用甲基橙 D正确. 作指示剂，C错误；初始时HB的pH=3,则电离部分c电离(HB) 4.D根据图示，此滴定实验第二滴定终点溶质为K2A, ≈c(H+)=l0-3mol/L,滴定等体积的两种酸时HB消耗的 溶液呈碱性，酚酞的变色范围是8.2~10，所以可用酚酞作指 NaOH是HA的两倍，则c物始(HB)=2c(HA)≈0.2mol/L,HB 示剂，A正确；根据图示，c(H2A)=c(HA)时，此时对应a点， 的电离度-82片×10%=0.5%，D错误 溶液pH为4，常温下，H2A第一步的电离平衡常数为10-4，B 正确；由图可知，c点溶液中，c(HA)=c(A2-),c(H)= 2.Cb点溶液为等浓度的CH,COOH和CH,COONa的混 c(OH),根据电荷守恒：c(H)+c(K+)=c(HA)+ 合溶液，CH,COOH的电离程度大于CH,COO的水解程度，此 2c(A2)+c(OH),则c(K+)=3c(HA),C正确；根据图示， 时溶液呈酸性，d点NaOH过量，抑制了水的电离，溶质为 c(A2-)=c(HA)时，此时对应c点，溶液pH为7，则Ka= CH,COONa和NaOH,溶液呈碱性，两点溶液的pH不相同，A 错误；酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，所以从 cH)cA-=107,K·K2=2H)A)=104 c(HA-） c(HA) a到c,水的电离程度一直增大；从c到e,水的电离程度一直减 ×10-7=10-1,当c(A2）=c(H2A)时，溶液pH=5.5,D错误 小，B错误；a~c点的过程中，弱电解质醋酸转化为强电解质 第14期2-3版参考答案 CH,COONa,溶液中总离子浓度增大，故溶液的导电能力增强， 精练卷（十四） C正确；e点的溶液为等浓度的CH,COONa和NaOH的混合溶 1.DH20是弱电解质，A错误；CH,COOH是弱酸，属于 液，由元素质量守恒可得：c(Na)=2c(CH,CO0ˉ)+ 弱电解质，B错误；NH3·H0是弱碱，属于弱电解质，C错误； 2c(CH,COOH),但体积增大，浓度减小，所以c(Na)= CH,COONa是盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，D正确. 2c(CH,C00-)+2c(CHC00H)<0.1mo/L,D错误. 2.BHC10是弱酸，不能完全电离，应使用可逆符号，电离 3.D氯原子具有较大的电负性，能够吸引电子，增加羧 方程式为HCO、一H+C0,A错误：熔融状态下，硫酸氢 基中羟基的极性，故二氯乙酸的酸性比一氯乙酸的强， 钠电离出Na和HSO,,电离方程式为NaHSO4=Na+ c(CHC2CO0） e(CH,CICOO-) (CHCI,COOH)(CH,CICOOH) 等于0时，即 HSO,,B正确；NaHCO3在溶液中电离出Na和HCO,电离方 c(CHCI2COO)=c CHCI2COOH)c CH2CICOO-) 程式为NaHCO,=Na*+HCO,,C错误；次氯酸钙在溶液中电 c(CH2 CICOOH),曲线Ⅱ对应的氢离子浓度大于I曲线，故曲 离出Ca2+和C10,电离方程式为Ca(Cl0)2=Ca2++2Cl0, D错误. 线I表示pH与g《CH CICOOE}的变化关系，曲线Ⅲ表示pH 3.C常温时0.1mo/L乙酸溶液的pH=3,即c(H+）= e(CHCLCOO-) 10-3mo/L<0.1mol/L=c(CHCO0H),说明H+未完全电 与1g。(CHC,coO的变化关系. 离，可以证明乙酸是弱电解质，A不符合题意；常温时 根据上述分析，曲线1表示p1与⅓CCC00 0.1mo/L的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝，即乙酸钠溶 的变 液显碱性，说明在溶液中乙酸钠发生了水解反应：CH COONa+ e(CH,CICOO-) H20一CH COOH+NaOH,“有弱才水解”，可以证明乙酸是 化关系，1g(C,aco0=0时，c(CH,C1G00）= 弱电解质，B不符合题意；0.1mol/L的乙酸溶液与同体积 c(CH,CICOOH),pH约为3，K(CH2 CICOOH) = 0.1mol/L的氢氧化钠溶液中含有的溶质的物质的量相等，由 c(CH,QC00)·c(H)=103,数量级为103，A,B错误；结 于CH,COOH是一元酸，NaOH是一元碱，因此二者恰好反应， e(CH,CICOOH) 这与CH,COOH是强酸还是弱酸无关，因此不能证明乙酸是弱 高考化学第14~17期 电解质，C符合题意；0.1/L的乙酸溶液的导电性比的两溶液，盐酸是强酸，溶液中H浓度大，分别与金属镁反 0.1o/L的盐酸弱，说明乙酸溶液中自由移动的离子浓度比 应，开始时盐酸反应速率快，D错误. 盐酸小，因此可以证明乙酸是弱电解质，D不符合题意。 9.B根据电荷守恒，X点满足：c(A)+c(OH)= 4.D乳酸为弱酸，加水稀释后H浓度降低，常温下，Kw c(H),Y点满足：c(B)+c(OH)=c(H),因为两点pH 值恒定，故OH浓度增大，A错误；乳酸为弱酸，电离产生H, 相等，故c(Aˉ)=c(Bˉ)，A错误；由图像可判断HB为强酸， 在乳酸稀溶液中滴加少量盐酸，H浓度增大，乳酸的电离平衡 V 0≤H≤5时，HB溶液满足：pH=g,B正确：X点和Y点 逆向移动，B错误：温度不变，电离平衡常数不变，C错误；相同 pH相等，根据电荷守恒可知两溶液离子浓度相同，导电能力相 pH的酸稀释相同倍数时，酸性弱的酸的pH变化小，若稀释后溶 液的pH:醋酸<乳酸，说明酸性：醋酸<乳酸，则电离常数： 同，C错误；两种酸都是一元酸，等浓度等体积时消耗的氢氧化 钠的量相同，D错误 醋酸<乳酸，D正确. 10.B溶液pOH越大，pH越小，酸性越强，碱性越弱.随 5.BNaC0是强碱弱酸盐，CO发生水解反应：CO?+ 着pOH减小，H,SeO,被消耗，其物质的量分数减小，HSeO的 H,OHCO+OH,促进水的电离，溶液显碱性，加入酚酞 物质的量分数先增大后减小，随后SO}的物质的量分数增 溶液变红，与水的电离平衡有关，A不符合题意；向饱和HS溶 大，所以L,表示SO的物质的量分数与pOH的关系，L2表 液中通入少量S02气体，发生反应：2H,S+S02=3S↓+ 示HSeO3的物质的量分数与pOH的关系，L表示H,SeO2的 2H,0,该反应是HS与S02之间的氧化还原反应，未涉及水的 物质的量分数与pOH的关系. 电离平衡移动，B符合题意；CH,COONa是强碱弱酸盐， 由以上分析可知，A错误；L1、L2交点处溶液中HSO,、 CHCO0发生水解反应：CH,CO0+H20一CHC0OH+ SeO号的浓度相等，pOH=6,则pH=8,所以K2(H,Se03)= OH,促进水的电离，盐类水解是吸热反应，加热促进 CH,COO水解，与水的电离平衡有关，不符合题意；常温下，Kw= c(H)·c(Se0）=10,B正确：ab两点对应的pOH均大 c(HSeO3) 1×10-14,pH=6的盐酸稀释10倍，溶液仍呈酸性，是因为稀释 于7，均由电离导致溶液呈酸性，即均抑制水的电离，随着pOH 过程中促进了水的电离，水电离出的H不能忽略，与水的电 增大，抑制程度增强，所以水的电离程度：>b,C错误；L2、L 离平衡有关，D不符合题意 交点处溶液中HSe0,、H,Se0,的浓度相等，pOH=11.4,则 6.CNH·H20属于弱电解质，存在电离平衡：NH3· H,O一NH+OH.将氨水加蒸馏水稀释，平衡正向移动， pH=2.6,则K1(H,e0,)=cH):cH5e0）:1026 c(HSeO,) NH·HO的电离程度增大，NH和OH的物质的量增大，但 c(H*)·c(SeO3) K2(H,SeO) 108, 溶液体积增大使c(NH,·H,O)、c(NH)、c(OH)均减小，则 c(HSeO) 溶液的导电性减弱.根据Kw=c(H*)·c(OH)且不变，得 c2(HSeO) c(H)增大，故①③正确，②④⑤⑥错误；K.(NH3·H,0)= Sc0)·cSe0g元>1，所以c(se0)·c(Hse0 c(NH)·c(O）加水稀释时，温度不变，K,(NH,·H,0)不 <c2(HSe0,),D错误. c(NH3·H,O) 11.B卤素原子为吸电子基团，且电负性：F>Cl,含有电 变，⑦错误. 负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中的羟基极 7.B水电离出的c(H)=1×10-3mo/L的溶液可能呈 性增强，更容易电离出H,使酸性增强，因此三种酸的酸性强 酸性或碱性，酸性条件下[A1(OH),]ˉ、CO片不能大量存在，A 弱关系为CF,COOH>CH,CICOOH>CH,COOH.在相同的浓度 下，HA的酸性越强，电离出的c(H)越大，pH越小.根据图 指误。户1×0Pmo/L的溶液呈酸性，酸性条件下 像，滴定还未开始时，溶液的pH:曲线I>曲线Ⅱ>曲线Ⅲ，则 C+、NH、C1、NO之间不发生任何反应，可大量共存，B正 酸性：曲线I<曲线Ⅱ<曲线Ⅲ，可知曲线I表示的是 确；与A1反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶 CH,COOH溶液的滴定曲线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是 液，酸性条件下NO,具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，碱 CH2 CICOOH和CF,COOH溶液的滴定曲线. 性条件下Cu2+与OH反应生成Cu(OH)2沉淀，C错误； 根据已知，CH2 CICOOH的pK=2.86,则K= C2O方有颜色，与无色不符，D错误 c(CH,CC00)·c(H）=102.M点溶液的pH=3.86,即 e(CH,CICOOH) 8.A两溶液中分别存在电荷守恒得：c(CH,CO0-)+ c(H+)=103.6mol/L,代人平衡常数表达式中，可得 c(OH)=c(H)、c(CI)+c(OH)=c(H),两种溶液的 c(CH,CC00)×10- pH相等，则c(H)相等，温度相同Kw相等，则c(OH)相等， c(CH,CICOOH) -=10-2.86,则c（CH,C1C00）= 所以存在c(CH,COO-)=c(Cl),A正确；pH相等、体积相等 10c(CH,C1C0OH),若用HA表示，则c(A)=10c(HA),A正 的两种溶液的中溶质的物质的量：醋酸>盐酸，消耗NaOH的： 确；曲线Ⅲ表示的是CFCOOH溶液的滴定曲线，K,= 物质的量与酸的物质的量成正比，所以消耗NaOH的物质的 c(CF3CO0)·c(H*) 量：醋酸>盐酸，B错误；盐酸与NaOH反应至中性时生成 e(CFCOOH) .滴定还未开始时，CF,COOH溶液的pH NaCl,而醋酸钠水解使溶液显碱性，醋酸与NaOH反应至中性 1 =1.06,c(CF,C00-)≈c(H+)=10-1.o6mol/L,c(CF3C00H) 时醋酸剩余，则等浓度的盐酸和醋酸溶液中分别加入相同的 NaOH溶液至中性：c(CHCO0)<c(Cl-),C错误；相同浓度 =(0.1000-10-1.)m/L,则K=c(CF,C00）·c(H) c(CFCOOH) 2 高考化学第14~17期 0.100之10-x=10,B错误：由上述分析可知，C,D正确， 10-16×10-1.6 c(H+)·c(HPO) ,可得 c(HCO)·c(HPO,) c(H,PO) e(H,CO) 12.D酸、碱对水的电离均起到抑制作用，pOH本越小，说 K1(H2C03) 明水的电离程度越大，根据图像可知，当加入20 mL NaOH溶 K2(H;PO) ·c(HPO),当pH增大时，HPO4的电离被促 液时，pOH水达到最低，说明酸与NaOH完全反应，此时溶液的 进，HP0浓度遂渐增大，所以(HC0）·cH,P0逐渐增 pH≠7，推出两种酸均为弱酸.相同条件下，起始时HX溶液中 c(H,C03) pOH本数值大，水的电离程度小，即对水的电离抑制程度大，故 大，C错误：当cH,C0,)=c(HC0,)时，gG0=0,由图 酸性：HX>HY, e(HCO) 根据上述分析，A错误；根据分析，当加人20 mL NaOH溶 可知此时的H约为6,4，当出=6,4时，<0，说 液时，两种酸与NaOH恰好完全中和，NaOH的物质的量浓度 是酸的一半，即为0.050mol/L,B错误；根据电荷守恒，得出 明c(HPO子)<c(HPO),D正确 M、N点溶液中存在：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(Y-)、 15.(每空2分)(1)①1.0×10-2②1.1：10iⅱ.1：9 c(Na)+c(H)=c(OH)+c(X),M、N点溶液显中性，即 (2)①10-5②=③c(Na*)>c(X)>c(0H)> 有c(Na)=c(Y-)、c(Na)=c(X-),因为两点c(Na)不 c(H*) 同，则c(Y)与c(X)不相等，C错误；取M点计算HY的电 (3)①a>d>c>b 离平衡常数，c(Na')=c(Y)=7x10Lx0.050moL,根 ②反应CH,COOH+F-、一CH,COO+HF的平衡常数K 17×10-3L K(CH,C00H=3×10,介于105~10°之间，因此反应 据元素质量守恒：c(HY K(HF) 10×10-3×0.10mol/L-7×10-3L×0.050mo/L 能生成HF(或根据平衡常数数据得反应正向进行的程度较小， K 17×10-3L 因此不适宜制备HF) c(H)·c(Y-) 解析：(1)①B点时，c(H)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L, c(HY) Kw=c(H）·c(0H)=1.0×10-6×1.0×10-6=1.0×10-2 7×10-3L×0.050mol/L×10-7 ②i.若所得混合溶液为中性，则c(OH)V,=c(H+)V: 17×10-3L ≈5.4× 10×103×0.10mdl/L-7×10-3L×0.050mol/L a=2,溶液中oH浓度为'0mL=0.1maL.b-2 17×10-3L H+浓度为0.01mol/L,即0.1V。=0.01V,V。:V=1:10;i.若 108,D正确 所得混合溶液的pH=10,碱过量，该温度下反应后OH浓度 e(CHCOCOO) 13.CF点1g.CH,coC00=0,则e(CH,c0c00)= 为0.01m/L,则c(0H）=0.1-0.01业=0.01mm/L,解得 VV c(CH,C0C0OH),此时溶液pH=2.5,即c(H*)=10-25o/L,所 V:V=1:9. 以K, c(CH,C0c00):cH)=c(H*)=1025,数量级为 (2)①0.100mol/LHX起，点时plH=3,c(H)=10-3mo/L, e(CH,COCOOH) 电离出的c(X-)≈c(H*)=10-3mo/L,c(HX)=0.100mol/L e(CH,COCOO-) 103,B正确：E点溶液中，gc(CH,C0C00H =-0.5, -c(X-)=0.100mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L,K= c(CH,COCOO-) c(H*)·c(X)-103×10-2 e(CH,COCOOH)=10-05 c(CHC0CO0)·c(H*) c(HX) 0.100 =105 c(CH.COCOOH) ②B点时，pH=7,溶液呈中性，c(H)=c(OH),根据电 1025,c(H*)=102,pH=2,A正确；G点对应的Na0H溶液 荷守恒：c(X)+c(OH)=c(H)+c(Na),得出c(X)= 的体积如果为20mL,则恰好完全反应，溶质为CH,COCOONa c(Na'). (强碱弱酸盐)，溶液应呈碱性，但G点pH=4.5,C错误；E、F、G ③C点恰好完全反应，pH>7,溶液呈碱性，c(H)< 三点随NaOH的加入，CH,COCOONa的浓度越来越大， c(OH-),根据电荷守恒：c(X)+c(OH）=c(H)+ CH,COCOONa水解促进水的电离，对应的溶液中水的电离程度： c(Na),得出c(X-)<c(Na),则溶液中离子浓度大小关系 E<F<G,D正确. c(Na*)>c(X)>c(OH)>c(H). 14.D由电离平衡：H2C03一HC0+H和H,P04 (3)①弱酸的电离常数越大，对应酸的酸性越强，结合H 一HPO+H可知，随pH增大，溶液中c(OH)增大，电离 能力越小，由电离常数大小可知，酸性：HF>CH COOH> 平者的名移动小}发天商钱I太 HCO3>HCO,,其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为 C02>HC02>CH2CO0->F-. (H,C0,与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示 c(Ho）与 ②反应：CH,COOH+F-一CH,CO0+HF的平衡常数 示lg c(HCO) c(H PO) K= (CH,C00)·c(H)_(CH,c00=3×10?,介于 pH的变化关系，A错误；a点→b点的过程中，c(HCO,)逐渐 c(F-).e(CH,COOH)K(HF) 增大，对水的电离的促进作用逐渐增大，B错误；根据 105~10之间，因此反应能生成HF(或根据平衡常数数据得 K（H,C0,)=cH）cHc0）和K（H,P0.)= 反应正向进行的程度较小，因此不适宜制备HF) c(H CO) 16.(每空2分)(1)2 3 高考化学第14~17期 (2)①①H0一CH—CO0H+2OH+HO-CH—CO0+: 屑反应，由图2可知，起始阶段，实验Ⅱ快速生成气体，实验Ⅲ HO—CH—COOH HO-CH-COO 生成的气体几乎为0，说明实验Ⅱ的反应速率大于实验Ⅲ；由 2H,0 图3可知，未反应前，实验Ⅱ和Ⅲ的pH相同，c(H)相同，开始 ②B③BD 反应后，起始阶段，实验Ⅱ溶液中pH变化比实验Ⅲ大，且实验 解析：(1)碳原子上连接四个不同基团即为手性碳原子， Ⅱ的pH较大，c(H)较小，说明导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异 酒石酸中与羟基直接相连的饱和碳原子为手性碳原子，共 的主要因素不是c(H). 2个. (4)根据题中假设CH,COOH能直接与Mg反应，则设计 (2)①随着p的逐渐增大，酒石酸溶液中HR的物质的 实验时可直接使用冰醋酸与镁屑反应，如果在常温水浴条件 量分数逐渐下降，HR的物质的量分数增大，pH再增大时， 下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体，就说明醋酸分 HR转化为R-,故曲线A代表HR的物质的量分数，曲线B 子与Mg直接反应. 代表HR的物质的量分数，曲线C代表R的物质的量分数， (5)醋酸溶液中含CH,COOH、CHCO0、H,探究醋酸溶 由图可知pH=6时，溶液中主要存在的含碳离子是 液中哪种微粒与Mg发生反应，分析如下：a与b对比， O OH c(CH,COOH)几乎相同，但b中c(H)约为a的100倍，使速 率：b>a;a与c相比，c(H*)几乎相同，但a中c(CHCOOH)约 为c的两倍，使速率：a>c. (6)a与b对比，c(CH,COOH)几乎相同，但b中c(H)约 ②根据分析，曲线B表示HR,溶液中始终存在电荷守 为a的100倍，使速率：b>a;a与c对比，c(H)几乎相同，但a 恒：2c(R2）+c(HR)+c(OH)=c(H)+c(M"+),M"+ 中c(CH,COOH)约为c的2倍，使速率：a>c.a的反应速率比 为调节pH时加人的碱溶液中的阳离子，A错误；曲线交点m c大很多，接近3倍，所以CH COOH是与Mg反应产生气体的 处HR和HR的物质的量分数相同，即c(HR-)=c(H2R), 主要微粒. 放K=cH):cR)=c(H）=1.05×10,pH= c(HR) 18.(除标注外，其余每空2分) -lgc(H)≈2.98，同理，q点c(HR)=c(R2-),K2= I.(1)2(1分)酚酞 c(H):c(R2-)=c(H*）=4.7×105,pH=-lge(H*)≈ (2)> c(HRˉ) (3)B>C>A 4.38,B正确：PH从3到4时，溶液中的主要存在离子为HR, (4)20.70(1分)BC 水的电离仍受到抑制，随着pH的增大，对水的电离抑制程度 Ⅱ.(5)5H2C204+2Mn0,+6H+=2Mn2++10C02↑+ 逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，C错误；曲线A和C交点 8H0 n处c(H,R)=c(R2-）,由K1·K2=H)c) (6)当滴加最后半滴酸性KO,标准溶液时，混合液由 c(HR) 无色变成了浅红色，且半分钟内不褪色 c2(H),得c（H)=√K·K,pH=-lgc(H)≈ (7)2.56x104 2.98+4.38=3.68,D正确. a Ⅲ.(8)2.0×10-4 17.(除标注外，其余每空2分)(1)CHC00H 解析：(1)①等浓度的盐酸和醋酸溶液，HC1是强酸， CH,COO +H* c(H)=c(HCI),醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要 (2)b>a>cc 以醋酸分子存在，c(H)<c(CH,COOH),由图知，A点pH= (3)由图2可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图3表明 1,C点溶液pH>1,可知滴定醋酸的曲线是图2，醋酸钠水解使 起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ(3分) 溶液呈碱性，则滴定醋酸时选择碱性范围内变色的指示剂，因 (4)室温下，将光亮的镁屑投人冰醋酸中，立即产生气体 此滴加2~3滴酚酞作指示剂. (5)a与b对比，c(CH COOH)几乎相同，但b中c(H+)约 (2)B、D溶液恰好呈中性，B点所得为氯化钠溶液，盐酸和 为a的100倍，使速率b>a;a与c对比，c(H)几乎相同，但a 氢氧化钠恰好完全反应，D点为醋酸钠和少量醋酸的混合溶 中c(CH,COOH)约为c的2倍，使速率a>c(3分) 液，醋酸未完全中和，则达到B、D状态时，反应消耗NaOH溶 (6)CH,COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒 液的体积：a>b. 解析：(2)冰醋酸是醋酸晶体，加水溶解后，醋酸电离出醋 (3)酸抑制水的电离，等浓度的盐酸和醋酸溶液中，醋酸 酸根离子和氢离子，随着加入水的体积增加，醋酸电离程度变 的氢离子浓度小，抑制水的电离程度不如盐酸，食盐水不影响 大，离子浓度逐渐增大，离子浓度越大，溶液导电性越强，b点 水的电离，则A、B、C、E四点对应溶液中水的电离程度由大到 导电性最强，c(H)最大，随着加水量的增加，离子浓度下降， 小顺序为E>B>C>A. 醋酸溶液的导电能力下降.在a、b、c三点所代表的溶液中， （4)由图知，表中缺少的读数为20.70mL.第2次所测定 c(H+)由大到小的顺序为b>a>c.加水稀释，促进醋酸的电： 结果明显偏大.盛放醋酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干 离，越稀越电离，故在a、b、c三点所代表的溶液中，c点醋酸的 燥，不影响标准溶液的体积，对测定结果无影响，A不符合题 电离程度最大 意；配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，则标准溶液 (3)实验Ⅱ和实验Ⅲ中，其他条件相同，醋酸和盐酸与镁： 中氢氧根离子的浓度偏低，导致消耗标准NaOH溶液体积增 -4 高考化学第14~17期 大，B符合题意；盛装NaOH标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴正确；根据NaH,PO,溶液中的电荷守恒可得：c(Na)+ 处有气泡，滴定后气泡消失，导致所测定的NaOH标准溶液体 c(H*)c(OH-)+c(H2 PO)+2c(HPO)+3c(PO),C 积偏大，C符合题意；读取NaOH标准溶液的体积时，开始时仰 误；磷酸第二步电离方程式为H2PO一HPO+H,K2= 视读数，滴定结束时俯视读数，计算的所用标准液体积偏小，D c(H+)·c(HPO) 不符合题意 ,D错误。 c(H,PO) (6)滴入的高锰酸钾被草酸还原为锰离子而褪色，当滴加 4.D0.1mol/LH,S溶液中，存在电荷守恒：c(H*)= 最后半滴酸性高锰酸钾标准溶液时，混合液由无色变成了浅红 c(OH-)+c(HS)+2c(S2-),A错误；0.1mol/L NaHS溶液 色，且半分钟内不褪色，说明此时达到滴定终点。 中，HS的电离平衡常数K2=1.1×102,水解平衡常数K= (7)实验过程中存在关系式：5Ca2+~5H2C,04~2KMn04, 人=10x10 (Ca2+)=n(KMn0)=)×l.0×10-4mol/L×bx10-3L7 K=9.1×10≈1.1×107，因此，K<K,即 =2.5b×10-’mdl,则血液中含钙离子的浓度为2.56×10mm e4H)·c(s-<(o）:4S》,则c(H)·c(s2)< a×103L c(HS) c(HS) =2.5b×104 c(OH-)·c(H2S),B错误；Na2S为强碱弱酸盐，溶液呈碱性， mol/L. a 存在：c(OH)>c(H),存在元素质量守恒：c(Na)= (8)当溶液中C1恰好沉淀完全（浓度等于1.0× 2c(H2S)+2c(HS)+2c(S2-),两式联立，得到c(H)+ 10-6mo/L)时，c(Ag*）=(AgC0）=2.0×10-0 c(Na*)<2c(HS)+2c(s2-)+c(OH)+2c(H,S),C错误； c(CI) 1.0x10-6mol/L= 向0.1mol/L CuSO,溶液中通人H,S气体至饱和，发生反应： 2.0×10-4mol/L. CS04+H2S=CuS↓+H,SO4,c(H2S04）≈0.1mol/L, 第15期4版参考答案 c(C2+)=√K,(Cs)=V个.3×1036=1.14×10-mol/L, 素养提升（十五） 则c(H)>c(Cu2+),D正确. 1.D氨水与氯化铵的浓度和体积未知，其混合溶液可能 第15期2-3版参考答案 呈酸性，也可能呈中性或碱性，若呈碱性，c(OH)>c(H), 精练卷（十五） 根据电荷守恒：c(Cl)+c(OH)=c(NH)+c(H),可得： 1.DC0水解：ClO-+H,0一OH+HCO,溶液显碱 c()<c(NH),A不符合题意；该一元酸的强弱未知，若是 性，但是HClO会漂白pH试纸，故无法用pH试纸测出NaClO pH=2的一元弱酸和pH=12的一元强碱等体积混合，溶液呈 溶液的酸碱性. 酸性：c(OH)<c(H),B不符合题意；水解是微弱的， 2.ANH4C1为强酸弱碱盐，NH4水解使溶液呈酸性，能 (NH4)2S04溶液中存在：c(NH4)>c(SO?)>c(H),C不符 与金属氧化物（如铁锈Fe,O3)反应，起到除锈作用，A正确； 合题意；向NaOH溶液中通S02至pH=7,c(OH)=c(H), FeCl3易水解生成Fe(OH)3和HCl.配制时应加入浓盐酸抑制 根据电荷守恒：c(Na*)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO?)+ Fe3+水解，若用硫酸会引入SO?杂质，B错误；TiCL4的水解反 c(OH-),可得c(Na*)=c(HSO3)+2c(S0),D符合题意. 应为TCL,+(x+2)H0=T02·xH20↓+4HCl,加热使水解 2.DHCO;水解程度大于其电离程度导致碳酸氢钠溶液 程度增大并使HC挥发，最终得到TO2·xH20,培烧得TO2,C 呈碱性，即c(CO)<c(H,CO),但是其电离和水解程度都较 错误；泡沫灭火器常用原料为AL2(SO4)3和NaHCO3,利用 小，Na不水解，所以存在：c(Na)>c(HC0)>c(HC03)> A+与HCO,发生水解互促反应生成CO,和A1(OH)3,D c(CO?),A错误；等体积等浓度的NaHCO3和NaOH发生反 错误 应：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H0,溶质为Na2CO3,由元素 3.CNC,的中心原子氮原子的价层电子对数为3+2× 1 质量守恒可得：c(Na)=2c(CO)+2c(HC0,)+ 2c(H2CO3),B错误；0.1mol/L NaHC03溶液与0.2mo/L (5-3×1)=4,SiC,的中心原子硅原子的价层电子对数为4 NaOH溶液等体积混合，溶质为0.05mol/L NazCO,和 1 +2×(4-4×1)=4,二者价层电子对数目相同，A错误；CCL, 0.05mol/L NaOH,CO部分水解，且水解程度微弱，可得： 中碳原子没有d轨道接受水分子中的孤电子对，难发生水解反 c(Na*)>c(H)>0.05 mol/L>e(CO)>c(HCO ,C 应，B错误；NC,水解过程中，是N原子提供孤电子对与H结 误；0.2mol/L NaHCO,溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混 合，SiCl的水解过程中，是Si原子提供空轨道容纳O原子的 合后，溶质为等物质的量的NaHCO3和Na2CO,此时存在电荷 孤电子对，因此反应的机理不同，C正确；上述水解过程中断裂 守恒：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC0,)+2c(CO);元 的Si一Cl或N一Cl键、生成的Si一O或N一H等键均属于极性 素质量守恒：2c(Na)=3[c(CO号)+c(HCO,)+ 键，不存在生成非极性键的情况，D错误. c(H,C0)],联立两式消去c(Na)得：c(CO)+2c(OH)= 4.D物质是否为强电解质与溶解度无关，CaS04、CaC03 c(HCO,)+3c(H2C03)+2c(H),D正确， 在水溶液中溶解的部分可完全电离，是强电解质，D错误 3.BNaH,PO,在水溶液中完全电离生成Na和H,PO,, 5.BNa2CO,溶液、NaHCO,溶液中均存在Na、CO号、 H,PO,又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na, HC0、H,CO3、H、OH、H2O,故含有的微粒种类相同，A正 A错误；根据NaH2PO,溶液中的元素质量守恒可得：c(Na)= 确；Na,C0,溶液中加入CaCl2,Ca2+与CO反应生成沉淀而 e(H2 PO)+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO)=0.1 mol/L,B 使CO的水解平衡左移，抑制CO片的水解，HCO→H+ -5 高考化学第14~17期 +C0,NaHC03溶液中加入Ca2+后，Ca2+和CO反应生成c(H,A)=c(A2-),可得：c(H+)-c(OH)=2c(H2A)+ 沉淀，促进HCO3的电离，B错误；A1+与CO?、HCO3都能发 c(HA-)-c(Na),C正确；NaHA溶液中，HAˉ的水解常数K 生互相促进的水解反应，C正确：由题干信息可知形成沉淀时 会消耗CO、HCO,则它们浓度减小，水解产生的OH的浓 元10=107<K。=1057,即HA的电离程度大于 =Kw-10-14 度会减小，pH减小，D正确。 其水解程度，且HAˉ的电离程度和水解程度都很小，故溶液 6.C实验1中，NaHC,O,与NaHCO3反应生成二氧化碳 中：c(HA)>c(A2-)>c(H2A),D正确. 气体，反应的离子方程式为HC20,+HC0,=C,0+C02↑+ 9.A图1是NH HCO3溶液中部分粒子的分布系数与初 H,0,说明HC,0,的酸性强于HCO3的，根据强酸制弱酸的原 始浓度的关系图，co越小，-lgco越大，NH的分布系数随初 理，H2C204的第二步电离常数应大于H2CO3的第一步电离常 始浓度减小，起初几乎不变，后增大，HC0的分布系数随初始 数，A正确；实验2中，NaHC20,溶液的pH≈3，说明HC20,的 浓度减小，起初几乎不变，后减小.图2是CH,COONH4溶液中 电离占主导，可得电荷守恒：c(Na)+c(H*)=c(HC,O,)+ 部分粒子的分布系数与初始浓度的关系图，随着初始浓度减 2c(C20?）+c(OH）,由于溶液呈酸性，c(H*)>c(OH), 小，NH、CH,COO分布系数不变且相同，A正确、C错误； 则：c(HC20,)+2c(C2O)>c(Na),B正确；实验3中，稀释 0.1mo/L CH CO0NH4溶液的-lgco=1,由图2可知，此时 NaHC,O,溶液时，pH增大，说明H浓度降低，根据温度不变， 6(NH4)=6(CHCO0ˉ)且接近0.995，说明水解程度很小.则 K2(H,C,0)=cH)cC02不变，因此（HC,02 c(CH,COO)=c(NH4),结合电荷守恒：c(CHCO0)+ 应逐 c(HC2O) c(C20}) c(OH-)=c(NH)+c(H+),可得c(CH,COO-)=c(NH)> 渐减小，C错误；HC,O在酸性条件下被KMnO,氧化为二氧 c(H)=c(OH),B错误；NH,HCO3溶液中存在电荷守恒： 化碳，D正确， c(H)+c(NH4)=c(OH)+2c(CO?)+c(HC0,),元素质 7.BK(CH COOH)>K,(HCN),则等浓度的CH,COOH; 量守恒：c(H,CO,)+c(HCO,)+c(CO?)=c(NH4)+c(NH 和HCN,CH,COOH的pH更小，故曲线M为HCN的滴定曲线、 ·H20),联立两式得：c(H)+c(H2CO3)=c(OH)+c(NH 曲线N为CH,COOH的滴定曲线，A正确；点①和点②所示溶 ·H20)+c(CO号)，D错误. 液加入的NaOH体积相等，点①D溶液呈碱性，溶质为等物质的 10.B根据图像知，氨水中通人HC1气体，曲线由C点向 量的NaCN和HCN,则CN-的水解程度大于HCN的电离程度； 点②溶液呈酸性，溶质为等物质的量的CH,COONa和 A点变化B点时l与得=0，a()=aW,说明合好中和。 溶质只有NH,Cl,B点左侧HC过量，B点右侧NH3·H2O过 CH,COOH,则CH,COOH的电离程度大于CH.COOˉ的水解程 量.当溶液中溶质浓度均为0.1mol/L的NH,Cl和HCl时，有 度，故有c(CN)<c(CH COO),B错误；点③溶液主要溶质 为醋酸钠，以钠离子和醋酸根离子为主，且溶液呈中性，则 元素质量守恒：c(CI)=2[c(NH,·H,0)+c(NH)],A点 c(H+)=c(OH),根据电荷守恒得：c(a)=c(CH,CO0), pH=0.5,c(H+)=10-o.5ml/L>0.1mol/L,说明A点溶液中 故溶液中有：c(Na*)=c(CHCO0-)>c(H*)=c(OH),C HC1的浓度大于NHCI的浓度，则c(C)>2[c(NH3·H2O) 正确；点④溶液中溶质为NaCN,溶液的pH>7,CNˉ水解使得 +e(NH)小.A错误：B点溶液中得=0，为01mL 溶液呈碱性，则：c(Na)>c(CN-),c(OH)>c(H),故溶液 NHC溶液，溶液中存在电荷守恒：c(CI)+c(OH)= 中有：c(Na)>c(CN-)>c(OH)>c(H+),D正确. c(NH)+c(H),存在元素质量守恒：c(C)=c(NH· 8.B二元弱酸HA的K=HA)CH,K2 H,O)+c(NH4),联立两式整理得：c(CI)+c(H)=2c(NH3 c(HA) ·HO)+c(NH)+c(OH-).若设水解的c(NH4)= (A-）:c(H,当c(H,A)=c(HA)时，K1=e(H*)或 c(HA) amol/L,则： c(HA)=c(A2)时，K2=c(H).由图可知，坐标原点时，曲 NH+H,O、→NH3·H2O+H 起始量/(mol/L)0.1 0 0 线m对应的pH为2.3，曲线n对应pH的为5.7，一级电离常 转化量/(mo/L)a 数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与gHA变化的 c(HA) 平衡量/(mo/L)0.1-a≈0.1a a 关系，曲线n表示山与gA二变化的关系，且K1= c(A2-) 由人=会得后-品的解得a=(兮产0 1023,K2=10-5.7 =5.15,即y=5.15,B正确；由C点pH=7,结合电荷守恒得： c(NH4)=c(Cdl-),又知c(NH3·HO)+c(NH)=0.1mol/L, 由上述分析可知，A正确：pH为3.5的溶液中，1gCA K,(NH,·H,O)=c(NH）·c(0H)。c(NH)xI07 <lgHA2,即HA只<eA,则c(H,A)>c(A2-)）,B c(NH·H2O) 0.1-c(NH4) °c(A2-） c(H2A)c(A2-) 错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na)+c(H)=c(OH)+ 2.0x05得《)器mLe(N4o分L, c(HA)+2c(A2-),则：c(H*)-c(0H)=2c(A2-)+ C错误：B点溶质只有NH,C1,水的电离程度最大，C点显中性， NH,·HO稍过量，溶质为NH4Cl和少量NH3·H,O,A点显强 c(HA1个(Na),a点时，lgA=gA2,即 c(HA) 酸性，溶质为NH,Cl和大量HCl,综上得水的电离程度：B>C 6 高考化学第14~17期 >A,D错误 2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-）+c(d-)+c(OH-)可得溶液中 11.C298K时，向MnS悬浊液中加入MnSO4固体，溶液c(C)>c(Ca2+),D错误. 中Mn2+浓度增大，由于温度不变，K不变，S2-浓度减小，将由 14.C由题意可知，随着c(C1)的增加，c(Ag)逐渐减 a点向右下方移动，不会变为d点，A错误；加人适量Na,S后， 小，故线l1对应lgc(Ag).随着c(Cl)的增加，逐渐出现AgCl 可使Cu2+转化为CuS沉淀，但引人了新杂质Na*,故不能达到 →AgCL2→AgCI→AgCI的转化，故AgCl2、AgC、AgCL 实验目的，B错误；该反应的平衡常数K=c(= 依次出现，即线l2、l3、L4分别对应lgc(AgCl)、lgc(AgC)、 c(Cu2*) Igc(AgCI). cMm2)·e(S-2_K(Mns)_2.5×10- c(Cm*)·c(s-)K,(Gs)6.3×10s≈4.0×102，C正 由线l1知，c(C1)=10-7mol/L时，lgc(Ag)≈-3，即 c(Ag)≈l0-3mol/L,K,（AgCl)=c(Ag*)·c(Cl)≈I0-7× 确；温度升高，CS溶解平衡正向移动，S2-和C2+浓度均增 10-3≈1010，A正确；由盖斯定律，①+②+③可得：Ag(aq) 大，将由b点向a点方向移动，D错误. 12.CKp(BaC03)=c(Ba2+)·c(C03）=2.5×10-9, 480一4g)即Kc0=人·k·内 BaCO3的浊液中未加入盐酸时，c(Ba2+)=c(CO?),则a点的 B正确；由N点坐标知，K=10-,由M点坐标知，K4=10“,由 横坐标为0.5，A错误；由图可知，b点H浓度小于c点，H抑 盖斯定律，③+④得到反应：Agd,(aq)+2Cl(aq)= 制水的电离，则b点水的电离程度大于c点，B错误：整个过程 c(AgCI） 无气体逸出，忽略C0的第二步水解，存在元素质量守恒： AgCl(aq),其平衡常数K= (AgC)·e(a)-K·人= c(Ba2)=c(CO)+c(HC0),c点与b点的c(CO)+ c(HCO)之比即两点c(Ba2+）之比，c点c(Ba2+)=2.5× 10e,P点：c(AgC5)=c(AeC),故P点的2(C 10-4mol/L,b点c(H+)=7.5×10-omo/L,K2(H,C03)= 10a,即c(d)=10学moL,lge(a)-,C错误：P c(c0)·c(H)=5.0×10",可得，15c(C0)= 点溶液中有Na,电荷守恒：c(Ag)+c(H+)+c(Na*)= c(HCO) c(CI)+e(OH)+c(AgCl +2e(AgCl)+3c(AgCl)+ c(HC0),c(Ba2+)=16c(CO号)，根据Kp(BaC03)=c(Ba2+) c(NO),因为c(AgCl2)=c(AgCl),所以有c(Ag)+ ·c(C0号)=2.5×10-9求得，c(C0号）=1.25×10-5mol/L, c(Ba2)=2×104mol/L,c点与b点的c(C0})+c(HC0) c(H*)+c(Na*)=e(Cl)+e(OH-)+c(NO3 +4c(AgCl) 之比约为2.5×104 +2c(AgCl）,D正确. 2x10,=5:4,C正确：向b点溶液中加疏酸钾固 15.(每空2分)(1)①0.8②锥形瓶、碱式滴定管 体，溶液中S0?浓度增大，S0?与Ba2+生成难溶的硫酸钡， Ba2+浓度减小，碳酸钡的溶解平衡右移，CO号浓度增大，CO ③500x (2)NH+H,O→NH3·H,0+H 水解使溶液呈碱性，OH浓度增大，H浓度减小，所以b点不 (3)①a②2③9.2 可能移动到d点，D错误. 13.D溶液中。品=CP,温度不变，氢氟酸的电 解析：③u=n(Na0H_00Lx0.2 mol/L m(NH Cl) x g =5000 mol/g. 离平商容数氯化钙的离子积誉数不变，则品越大，溶液中 (3)②曲线b抗碱能力较弱，说明N较小，2号溶液 c(NH) F浓度越小、Ca2+浓度越大，则图中L2代表-lgc(F)与 最小 的变化关系上代表-e(心)与品的变化 c(NH4)·c(OH c(HF) ③K,= c(NH3·H,O) ,A点时c(NH4)=c(NH3· 关系，A正确：由图可知，X点溶液中g&=0,即c(H) H,0),则c(0H)=K=1048,c(H*)= =10-9.2 c(OH) =c(HF),则氢氟酸的电离常数K(HF)=c(F)=1032,Z pH=9.2. 点溶液中1gH=1、c(Ca2+)=1022mo/L,则溶液中。 16.(每空2分)(1)6.72c(0H)>c(S0片)> c(HF) c(HSO) (F）=,·c(HE)-1032 10 mol/L=10 mol/L,K CaF2 (2)NaS03(3)2c(S0号）> c(H*) =c(Ca2+)·c2(F-)=10-22×(104.2)2=10-10.6,数量级为 ④0的水家常数人。冬=06和× 10",B正确：X点溶液中1g=0,由元素质量守恒可 e(HF) 103<K2=1.02×107,说明HS0的电离程度大于其水解 得：2c(Ca2+)=c(HF)+c(F-),由c(H)=c(HF)可得： 程度，所以溶液显酸性 2c(Ca2)=c(H)+c(F),C正确；由图可知，Y点溶液中 解析：(1)当生成NaHS0,时吸收的二氧化硫最多，12g e会品>0.即c(H)>cr)(c)=e().溶液星酸 NaOH的物质的量为0.3mol,根据NaOH~SO2,最多吸收SO2 的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L;只吸收0.1molS02 性，则溶液中c(H)>c(OH),由溶液中的电荷守恒关系： 时，溶质包括0.1 mol NaOH和0.1 mol Na2SO3,水解是微弱的， -7 高考化学第14~17期 故阴离子浓度从大到小的顺序为c(OH-)>c(SO?)> +2H,0,消耗H*(3分)》 c(HSO3 ) (3)0.03 (2)加热时发生反应：2NaHs0,△NaS0+H,0+ (4)洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率蒸发浓缩 SO2↑，因此剩余溶液中主要的溶质为Na,SO,. (5)NiCl,·6H,0+6s0C,△NiCL,+6S0,↑+12HCl↑ (3)根据电荷守恒：c(Na*)+c(H)=c(HS0,)+ 第16期1版参考答案 2c(SO)+c(OH),pH=7时溶液中H和OH浓度相等， 素养提升（十六） c (Na*=e(HSO3 +2c(SO).c (H2SO3)+e(HSO3 ) 1.(1)(×)(2)(×)(3)(V)(4)(×)(5)(×) c(S0号)=0.100mo/L,此时c(Na)=0.100mol/L- (6)(V)(7)(V)(8)(V)(9)(×)(10)(V) c(H,S03)+c(S0?),从图中可以读出c(SO})-c(H,S03) 解析：(1)向PbS黑色悬浊液中加人H2O2,H202将PbS氧 >0,则c(Na)>0.100mol/L. 化为PbSO,,发生的是氧化还原反应，不是沉淀的转化，不能据 17.(除标注外，其余每空2分)(1)△H,-△H 此比较K(PbS)与Kn(PbSO4)的大小，故错误. (2)CaCO,、BaCO,均为白色沉淀，该实验现象无法判断生 1 (2)e(2m2*)·c(0H） 成了哪种沉淀，无法判断CaCO3、BaCO3的溶度积常数，故错误. (3)ACD(3分) (3)在等浓度的FeSO4和CuSO,溶液中通入H,S气体至 (4)①增大pH在10~12.5区间，pH增大，平衡： 饱和，CuSO,溶液中生成CuS沉淀而FSO,溶液中无现象，说 Zm2+(aq)+20H(aq)一Zn(OH)2(s)正向移动，导致溶液 明相同条件下更易形成CuS沉淀，则Kp(FeS)>K,(CuS),故 中Zn元素总浓度下降(3分)②[Zm(0H)4]2-0.72(3分) 正确. 解析：(1)利用盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅲ可得目标反应，即 (4)NaOH溶液过量，不能证明红褐色Fe(OH),沉淀源自 △H=△H2-△H3· Mg(OH)2沉淀的转化，故错误. (2)Z(OH)2为固体，反应I的平衡常数表达式K1= (5)AgCO,和AgCl的K,表达式类型不同，不能根据沉 淀先后判断飞的大小，故错误. c(Zn2+)·c2(0H) (6)常温下，向相同浓度和体积的浓氨水中，分别加入等 (3)在含Zm2+的R-(RH),SO4的溶液体系中，R浓度不 量AgCl和Agl固体，充分搅拌，氯化银溶解，碘化银无变化，说 变，可说明反应达到了平衡状态，A正确；加入ZmCL2(s),溶液 明氯化银较碘化银溶解度大，二者K表达式类型相同，则 中c(Zm2+)增大，虽然三个平衡均正向移动，但根据勒夏特列 K,(AgCl)>K,(AgI),故正确. 原理，Zm2+的转化率反而减小，B错误；根据R+H20一RH (7)AgC1与NaS,0,反应生成[Ag(S203)2]3,加入几滴 +OH可判断R水溶液相当于弱碱，H+可水解使溶液呈酸 Na,S后所得黑色沉淀为Ag2S,故溶解度：Agd>Ag2S,故正确。 性，C正确；c{[ZnR4]2+}=c(Zm2+)时，Km= c[ZnR,]2+} (8)等体积的AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的 c(Zn2+)·c4(R) AgNO3溶液，产生沉淀的物质的量：AgCl>AgBr,说明原溶液中 d浓度较大，可以得出Kp(AgCl)>Km(AgBr),故正确. (9)含氟牙膏是将牙釉质中的羟基磷酸钙转化为更坚硬 (4)①随pH增大，平衡：R+H20一RH+OH逆向移 的氟磷酸钙，涉及沉淀的转化，故错误。 动，导致c(R)增大，从而使平衡：Zm2+(aq)+4R(aq) (10)除去锅炉水垢，先用饱和Na2C0,溶液浸泡得到更难 [ZR]2+(aq)正向移动，c(Zm2+)减小，最终使溶解平衡： 溶的碳酸钙，再用酸溶解碳酸钙，故正确。 ZmSi0,(s)一Zm2+(aq)+Si0}(aq)正向移动，浸出液中总 2.DZmS白色沉淀转化为CuS黑色沉淀，说明CuS的溶 Zn浓度增大.pH在10~12.5区间，pH继续增大，Zm2+（aq)+ 解度小于ZnS的，CuS和ZnS属于同类型的难溶电解质，则溶 2OH(aq)Z(OH)2(s)正向移动，导致溶液中Zm元素总 度积关系为K,(CuS)<K,(ZnS),A正确；向5mL浓度均为 浓度下降 0.05mdl/L的Nal、NaCl溶液中滴人2滴AgNO,溶液，先生成 ②pH为12.5~14之间，随着pH增加，0H浓度增加， Ag沉淀，说明Agl更难溶，则K（AgCI)>Kp(Ag),B正确； Zn(OH)2会继续与OH反应转变为[Zn(OH)4]2-,使溶液中 向浓度均为0.1mo/L的MgSO,和CuSO,的混合溶液中逐滴 Zm元素的浓度上升. 加入0.01mo/L的NaOH溶液，先看到有蓝色沉淀生成，说明 ③根据K=cH):OH)=(RH）:I0=1.8× C(OH)2更难溶，C正确；加稀盐酸，滤渣部分溶解，并产生无 c(R) c(R) 色无味的气体，说明生成碳酸钡，由于Na,CO,溶液是饱和的， 10-5,cRH=0.18…①，总R浓度为5mo/L,依据元素 生成碳酸钡的原因可能是饱和Na2CO,溶液中CO?浓度较 e(R) 大，Q。>Kp(BaCO3)直接生成BaCO3沉淀，无法判断 质量守恒：c(RH)+c（R)+4c{[ZR4]2+}=5mo/L, Kp(BaCO3)<Kp(BaSO4),D错误. c(RH*)+c(R)=5 mol/L 4 x0.07 mol/L =4.72 mol/L 第16期2-3版参考答案 …②，联立①②两式，解得：c(RH*)=0.72mol/L. 精练卷（十六） 18.(除标注外，其余每空2分)(1)CuS、S 1.B燃料电池是将燃料的化学能变成电能的装置，B错误 (2)2Fe2++CL2=2Fe3++2Cl试剂Y的作用是增大溶 2.A太阳能电池将太阳能转变为电能，A错误；石墨烯比 液的pH,加人H,02后发生反应：2Fe2++H,02+2H*=2Fe3 表面积大，可提高电池的充放电速率，B正确：锌比铁活泼，即 8 高考化学第14~17期 使镀层破损了形成原电池，锌作负极，也能保护铁，C正确；开水稀释，C。HNH水解程度增大，但由于溶液体积增大，H浓 发高效催化剂，将二氧化碳转化为有机物，能够减少大气中的 度减小，pH增大，B错误：0.01mo/LCsH,NHCl溶液中存在 二氧化碳含量，缓解温室效应，D正确. 电荷守恒：c(OH)+c(Cl)=c(C6HNH)+c(H),C错 3.B△H-T△S<0的反应可自发进行，该反应的△H<0、 误；C6 HsNH,Cl在水中完全电离，D正确。 △S<0,温度较低时△H-T△S<0,故低温能自发进行，A错误； 9.B NaHCO,溶液中存在质子守恒关系：c(CO?）+ 该合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减 c(OH-)=c(H)+c(HCO3),A错误；由于水解和电离都比 小，B正确；该反应为放热反应，即E正-E道<0，则正反应的活 较微弱，为粗略计算，将0.56mo/LNa,C0,溶液与0.1mol/L 化能小于逆反应的活化能，C错误；将D项中的前后2个反应 NaHCO,溶液等体积混合，带人K2(H,C03)表达式，可得 分别标号为①和②，根据盖斯定律，反应①-反应②得到目标 反应，则△H=△H1-△H2,由于不能明确△H1、△H2的相对大 c(H)= 2(H,C0,)·c(Hc0,）≈5.6x10"×0.Lmol/L= c(CO) 0.56 小，则△H不能确定，D错误. 10~Ⅱmol/L,pH约为1l,B正确；假设可发生反应：Ca2++H,0+ 4.AH2(g)+L2(g)一2HⅢ(g),该反应前后气体体积不 C02一CaCO3↓+2H*,该反应的平衡常数K= 变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气 c2(H) 体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用平衡移动 = c(Ca2+)·c(H,0)·c(C02) 原理解释，A项符合题意；CO?在溶液中发生水解：CO?+ c(H)·c(H+)·c(H2C03)·c(CO)·c(HCO3) H,0HC0,+OH,加入BaC2溶液后，Ba2+与CO?生成 c(Ca2+)·c(CO)·c(HC03)·c(C02)·c(H20)·c(HC03 BaC03沉淀，消耗CO?,使水解平衡向左移动，OH浓度降低， K1(H2CO3）·K2(H2CO3)·K 红色褪去，可以用平衡移动原理解释，B项不符合题意：氢氧化 K (CaCO3) ≈2.1×100<10-5，故将 钠固体溶于水放热、降低了氨气的溶解度，且增大了c(O), CO2通人CaCl2溶液中不能产生CaCO3,C错误；由于NaHC03 使平衡：NH3+H2O一NH3·H20一NH+OH,逆向进 溶液显碱性，将NHCO3溶液稀释，溶液中c(OH)减小，K 行，从而放出氨气，可以用平衡移动原理解释，C项不符合题 不变，c(H+)增大，D错误. 意；Cr,0在溶液中存在反应：Cr,0+H20一2C0}+ 2H,加NaOH后中和H,平衡右移，生成黄色CO子，可以用 c(HA) =cH,向含4A和NH,Q的混合 10.D c(HA)K (H2A) 平衡移动原理解释，D项不符合题意. 5.A平衡之前，逆萃取速率逐渐增大，6min时的逆萃取 液中滴加0咀溶液，《日)浓度减小，则嘴大， 速率大于2mi时的逆萃取速率，A错误；平衡之前，正萃取速 该小，同理号大，-号减小且 -lg 率大于逆萃取速率，B正确；萃取平衡常数只和温度有关，水中 c(HA-) 正丁酸浓度增大，萃取平衡向右移动，温度不变，萃取平衡常数 e)湘同时，>金号面城+0一· 不变，C正确：2~4min内正丁酸的平均萃取速率v= 么二9mol/(L·mim),D正确. c(NH)一=c(H)减 2 H,0+H可知，随c(0H)增大，cNH,·H,O)K(NH) 6.C①中0~10min内，(Z)=4c(Z=,1.2molL c(NH e(NH At=2Lx 10 min 小，-gcNH,·H,0增大，则4代表-1gcNH,:H,0 与 0.06mol/(L·mim),A正确；对比容器①、②，其他条件相同， pH的关系，L2代表-g(A与山的关系，L,代表 增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡 c(HA) 所用时间增大，故t>10min,B正确；对比容器①、②，其他条件 -⅓pH的关系 相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方 向移动，而容器②平衡时Z的物质的量增大，即平衡正移，正向 根据上述分析，A错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na)+ 为气体体积增大的方向，m+n<p+q,C错误：根据热化学方程 c(NH4)+c(H)=c(HA)+c(C-)+2c(A2-)+c(OH), 式可知，生成q mol Z时放热akJ,而容器①生成1.2molZ时 当c(HA-)=c(A2-)时，c(Na)+c(NH)+c(H*)= 3c(A2-）+c(C)+c(OH),由图可知，c(HA)=c(A2) 放热0.6a,则20.6a解得g=2,D正确， 时，即-g(=0时，pH<7,c(H)>c(0H),则 7.C能量越低越稳定，由图可知，Y的能量最低，则相同 c(HA-) 状况下，X、T、W、Y中Y最稳定，A错误：其他条件不变，温度 c(Na)+c(NH)<3c(A2-)+c(Cl),B错误；由a点 升高，催化剂的活性可能降低，总反应速率可能减小，不一定增 (4,0.2)可得K1=cHA）c)=102×104=1042 c(HA) 大，B错误；由图可知，反应③的能垒最大，为该反应的决速步 骤，则选择催化剂是为了降低反应③的能垒，从而加快反应速 由b点(5,0.6)可得K。=c(A）:c(H)=10a6×105= c(HA) 率，C正确：反应物只有一种，其他条件不变，达到平衡时再充 入X(g),X(g)浓度增大，相当于在原来平衡的基础上增大压 1050:由e点(8，-1.24)可得K=c(NH)·c(01) c(NH3·H,O) 强，平衡正向移动，X(g)的平衡转化率增大，D错误 c(NH)· 10-4 8.D苯环上的碳原子都采用sp杂化，A错误； C。H,NH,Cl属于强酸弱碱盐，C6H,NH水解使溶液显酸性，加 (H)=1024×10-4-》=1046,K(N4,·H,0)= c(NH,·H,O) —9 高考化学第14~17期 元=10元=1092：NH,·H,0+耳A一NH+HA+ Kw。10-14 2Cd°-2e=Cl2↑；阴极区域生成OH,Na从阳极区域通过 交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜采用阳离子交换膜，只 c(HA)·c(NH) H,0的平衡常数K=cH,A)·c(NH·H,O) 允许阳离子通过，不允许阴离子通过，A正确；阴极区生成 OH,溶液pH逐渐增大，B正确；电子不能经过电解质溶液，电 c(HA)·c(H)·c(NH4)K(H2A)104.2 子从阳极流出，流向电源正极，从电源负极流出，流向阴极，C c(H,A)·c(H)·c(NH,·HO)K(NH)=10924 错误；该工艺没有H2生成，电解总反应为4C+02+2H20 1034>103,C错误；设1和L3交点处pH=x,则 Pm记-p即o- c(NH; 电解2CL,↑+40日，D正确. 13.A放电时嵌入PbSe中的Na变成Na后脱嵌，则右侧 c(NH)·c(H*)=c(HA）·cH)=K(H,A),则 电极为负极，Na失电子生成Na;Na透过允许Na通过的隔 c(NH3·H,O) c(H2A) 膜从右侧进入左侧，则左侧为正极. c(NH4)·c2(H) c2(H) 外电路通过1mol电子时，负极有1 mol Na失电子生成 cNH,:H0·c(H产=K（H,A),K(N,·HO Na进人右侧溶液，溶液中有1 mol Na从右侧进人左侧，并与 K(H,A),将K=1042,K=10924,代人解得c(H+)= 正极的Na,-V2(PO4),结合，则理论上两电极质量变化的差值 1062,即pH=6.72.再将c(H+)=10-6”代入K= 为2mol×23g/mol=46g,A错误；充电时，左侧电极为阳极， D,得气10p0-252,放 NaV2(PO4)失电子生成Na,-V2(PO4)3,则阳极的电极反应 c(HA) c(HA) 为NaV2(P04)3-xe=Na-V2(PO4)3+xNa,B正确；放电 交点坐标为(6.72，-2.52)，D正确. 一段时间后，负极产生的Na的物质的量与负极区通过隔膜进 11.D溴化银的饱和溶液中Br和Ag浓度相等，向饱和 入左极区的Na的物质的量相同，进入左侧区的Na与参加左 溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中Ag浓度减小、Br浓 侧正极反应的Na的物质的量相同，所以电解质溶液中的Na 度增大 浓度基本保持不变，C正确；Na能与水反应，所以电解质溶液 Km(Agbr)=10-12.2,则10385×10=10-2.2，x=-8.35, 不能用NaPP。的水溶液替换，D正确， A正确；溶液中S,O号浓度为l0-46mol/L时，溶液中Br和 14.B碳纳米管(b电极)通人二氧化碳，生成甲烷和 Ag的浓度分别为103.5mo/L、10-8.35mo/L, ZnC03,发生还原反应，得到电子，是正极，电极反应为5C02+ c[(S0,7=10,[Ag(S0,)2]-的浓度为 c(Ag*) 8eˉ+2H,0=CH4+4C05.锌(a电极)为负极，锌失电子，发 生氧化反应，A错误，B正确；根据左图可知，水也是质子源，C 10835 107mmVL=10-45mal/L,反应：Agr(s)+2S,0(ag）= 错误；根据左图可知，2个[EMM]生成1个[ZnNHC]2+,没 有增加电荷的浓度，D错误 [Ag(S03)3]3(aq)+Br(ag)的平衡常数为 c(Br）·c[Ag(S,0)]3-=10-35×104 15.(除标注外，其余每空2分)(1)H:S:H(1分) -=102,B正 c2(S203) (104.6)2 (2)+11 确；根据元素质量守恒，(-4.6，-4.2)点存在：c(Br)= (3)M总压一定，充人氨气，反应物分压减小，相当于减 c(Ag)+c{[Ag(S03)]}+c{[Ag(S03)2]3}, 压，反应I、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 c(Br)·c[Ag(S20]=102,c(S,0) = (4)1.2×10-316n c2(S203) 15% (5)0.4 c[Ag(S203)2]3-}时，c(Br)=101.2c(S203),c(Br)- (6)HS得到了综合利用，3步反应均生成了H c(S203)=(102-1)c(S203-)=c(Ag*)+ 解析：(2)根据盖斯定律，由反应Ⅱ+Ⅲ-I可得V,则 c[Ag(S2O3)]ˉ}，C正确；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应 △H4=△H2+△H-△H1=(90+181-260)kJ/mol= 时，溴化银主要转化为[Ag(S0,)],随着S,O号浓度逐渐增 +11 kJ/mol. c(Ag") c(Ag') 大，溶液中eAg0,可大于e1Ag90,PT (3)总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压， 反应I、Ⅱ均正向移动，CH,平衡转化率增大，则含有He的曲 (-4.6,-4.2)点存在 c(Ag*) c[Ag(S203)2]3} 线为M. (4)由图可知，0~5min内消耗的CH4为0.3mol×5%= c[g(S,0,)门T该点左侧c[Ag(S,0,)]}> c(Ag*) 0.015mol,消耗的H2S为0.15mol×20%=0.03mol,根据氢 c[Ag(S,0)2]3,该点右侧c{[Ag(S,0,)2]3}> 原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)=2×0.015mol+ c[Ag(S,03)]},c(S20号）=0.001mol/L时，位于该点右 0.03=0.06mol,0~5min内H2的化学反应速率为v(H2)= 0.06 mol 侧，结合分析，存在：c（Br)>c{[Ag(S,03)2]3}> 10L×5min =1.2×10-3mol/(L·minm).设反应I转化了 c[Ag(S203)]},D错误. x mol CH4,则反应Ⅱ转化了(0.015-x)olCH4,反应I转化 12.C阴极上02得电子生成0H,电极反应为02+ 了2 mol H,S,反应Ⅲ转化了(0.03-2x)mol H,S,列三段 2H,0+4e=40H;阳极上C1失电子生成C2,电极反应为 式有： 10素养拓展 数理热 本版责任：孙 州纸编辑质量反情电话 0351527128 数理据 2025年10月28日，星期三 高考化学 1上接第1版) 华充满.Mg元素原子3：轨道为全充满状态.其电 服纸发行质量反情电话 (1)区元素：最外层只有1-2个电子 均比瓦周相邻元素大 素养提升（十七） 第17期总第1161期 第一轮复习 0351-5271248 次外层无d电子价电子构型为n…-2,包括1 (2)电高能的应用 物质结构型元素推航 4、ⅡA传的所有元素 ①根据电离能数据，确定原子核外电子的 山西师范大学主管山西师大教科技传媒集团主办 理报 长：徐文用 国内绒 -连续出版物号：CN14-0707八F卸发代号：21-20 。数理报杜试题研究中心 (2)区元素：最外层除有两个。电子外，还 排布 L,R.X、Y和Z为短周脚元素，XY,ZR,的 (2)价电子排布式 有16个n电子(He无p电子)，价电子构型 ②根据电离能数据，确定元素在化合物 分子结构如下图所示，R中电子只有一种自旋 为n2np·,包括ⅢA-ⅡA和0族 的化合价 取向，XY和Z处丁同一期，X的外电子数 原子结构与性质 ①主族元素的价电 =最外层电子数，如 K由子非衔式4 (3)d区元素：最外层有2个。电子，次外层 中断元素的金属性，非金属性强， 寧干Y的同点转级子数，日海干Z的品外 ②过渡元素的价电子包括最外层，次外层 有1-8个d电子，价电子构型为(m-1》 3.电负性 电子数.下列说法正确的是 必备知识集 4子，包括ⅢB~1B和第温旋元素，其中第帽城 成倒数邻三层的电子，如C的价电子排布式为 (1)电负性的递变规球 .D 贵州赵永 4 元素包括三个竖列， 同一周从左到右，元素的电负性流 Y 5.标外，其 知识点 知识点e (3)首表（子非车图》 (4)山区元素：晨外层有1-2个电子，次 大同一主族从上到下，元素的电负性逐棉减小 空？分)(1)s1 外层电子全满，价电子构型为(n一1)四 (2)电负性的意义 能层与能级 构造原理与核外电子排布规律 每个方柜（或圆圆）代表一个原子轨道，每 A千出5：Z<X 个箭头代表1个电子，同一个轨道中2个电子 ms,包括1B、,ⅡB族元素. ①用于中断元素的种类 1.能层 1构造源理 B.自项生：Y《 自旋方向相反， (5)区元素：最外层有2个”电子，次外层 般情况下，金属元素的电负性小于1.8， 按照电子能量的荣异，将核外电子分成不同 在多电子原子中，电子最先排布在能量较低 电子和p电子全满，d电子0-2个，倒数第三 金属元素的电角性大于L.8.但两者之间没有 C单析的沸点：X<) 的能层 的能级上，然后依次排布在能量较高的能级上， D.品下业价，XG用 层1-14个「电子（个别例外），价电子构型为 格的界限，不能把电负性18作为划分金国和 2.某化合物（结构如下由原子序数依次 4).2×00 这种规肆称为构造原理，构造原理示高图如下， K L M N O P O :由的四I边士 (m-2)“(n-1)-2n',这个区只有搁系刻 金属的绝对标准 增大的短周期主族元素,XY,乙，Q组成，其 6504 ◆4 润系元素。 ②体现共价提极性的强弱 电于期量高假 中乙.Q的价电子数相等.下列说法正确的是 5.基态与邀发态 知识点 在共价化合物中，共用电子对或多或少地 2.能级 基态原子为处丁能量最低的原子.基态原子 均于吸引电子能力较的子，从而形成的 +2 一能层中能量不同的电子分成不同的 元素周期律 的电了吸能量后，电子会跃到高的能级，变 共价就具有不同程度的极性.两种元素的 成激发态原子，藏发态原子不稳定，又会迁可较 元素性陆原子序数的增而呈期性变 负性相差做大，腿的极性就越显.例如，岗素中 化居 佩元素的电负性为4.0，氯元素为3.0.溴元表 W.Y 2233函 低能发，井释放出能量， 化，这就是元素周期律.元素性领的周期性变化 包包6口6o26回42 是元素晾子的核外电子排布的周期性变化的必 为2.8，陕元素为2.5，而氢的电负性为2.1. 电负性：Q<X 32 2n(■代表 基志子发去原子 站果，也就是说，由干原子结构上的周期性变 然，化复分子中建的吸半是的常为H B.沸点：wZ<W0 。子是我1 不同元素的原子发生电子跃迁时会吸收或 键>IH一CI提>H一Br键>H一I键 3.电子层与能级之问的关系 2,能级交铺 化，必然引起元素性上的周期性变化，这体现 C.第一电离能：X<Z<Y 还放同的光，可用等议取客动元素的电 了结构决定性场的规律」 反映原子间的成键类型与化合物的种头 D.孩化合物与氨基乙酸互为同系物 (1)每一电子层最多可客纳的电子数为 由构造原理可知从第三能层开始各能级不 的吸收光谱或发射光谱，亦或确定元素种类 】,元素性质的周期性变化规律 同种元素的原子间成键，由于元素的电负性 3.化学制药推动医学进 2n,如K层最多可客纳2个电子：L层最多可客 完全连质能层团序，产生了能级交错排列.即产 生“级交错”现象，如E,>E.各能级的能量 知识点四 百，保不件，两中不行元的原千成牌时 同属则（风左一右 同从上，下 步守护人类健束末豪。一种经 纳8个电子；层最多可客纳18个电子：N层最 共用电子对偏向电负性较大的原子而使键具有 典抗药物 高，序可表示为(表示能层序数)： 一拍配合物由 多可纳32个电 元素周期表的结构 极性，时原子电负性范值越大.键的极性越强，当 凸及原子字数依次增大的短周 (2)在每一个电子层中，能级符号的质序是 (1)同一能层：E.<E,<E<E 最马夏骨■或 1869年，我国化学家门捷列夫研制出了第 成提元素的电负性相范很大，以离子性为主 明元素X,Y乙妇液.比法为帽 ,,-(代表电子层数) (2)同类能级，n值大，能级具有的能量高 张元家阔明表，不程因示元素旧的内在联 当然，在离子和共价之间没有一条绝对分明 式如右图所示，其中X,Y,Z分 (3)任一电子层的能级总是从，能级并始。 知E>E-1.>E,- 系和变化规律，也为发展新元素及探究物质的 和定不变的界限。一般地，当两个原子的电 别位于不同的周期，Y和的 且能级数等干该电子层数，即第一电子层只有1 (3)E<E<E.<E,(能级交错) 用途提供了依熙随化学利学的不断发展，元 级子丰径 保力 =1410 3,核外电子的排布规则 生事值约为1.】，北学的高子和共行生客 轨道上未成对电子数之比为3：1.下列脱法阀 个能级(1)，第二电子层有2个能级(2,2) 素周期表中为未知元素留下的空位先后被相 样央志子能力 约为50%，当两个原子的电负性差值大于1.7 第三电子层有3个笔级(3，.3p3d),依此类推 (1)能量最低原理：原子核外电子光占满能 满，网期表的形式也变得更加完美 全属性 时，认为是离子键，该物是子化合物 A.电负性：X<Y L容量 (4以s,p.d.…排序的各能级所传客钠 量低的原子道，然后依次进人能量较高的 1.周期 千的电价生米值小、于1.7时，人为品个球， B.Z的单质与过量X,反应可产生白烟 的最多电子数依次为135,7…的2倍 子轨道，这样使整个原子处了能量最低的状态 第一周期：2种元素 的使特片日 近是共价化合物， (5)不同电子层的同种能级所能容纳的最 (其本点千)， C.该配合物中n元素的化合价为+2 第二周期：8种元素 ④用于为判断化合物中元素化合价的正负 D,XY和Z形成的三元化合物一定是共 多电子数相同，知1s,2s3s4s…能级最多只 (2)泡利原理：每个原子轨道最多只能容纳 第三周期：8种元素 电负性较大的元素在形成化合物时，对成 价化合物 容纳2个电子， 2个自旋状态不的电子 京四周明：18种元 2.电离能 键电子的吸引力较强，表现为负化合价，而电拉 4.短周期元素W,R,X:Y,Z的原子序数依 知识点● (3)共特规则：当电子排布在同一能级的不 第五周期：18种元素 (1)电离花的递交规律 性较小者则表现为正化合价 次增大，可形成甲，乙（结构如下图所示）物质， 同轨道时，基态源子中的电子总是优先单独占 电子云和原子轨道 第六周期：32种元素 ①间一周期中，励着原子序数的遗增，原子 枝巧点拔微粒半经大小比较 甲，乙分别与水反应都能产生氢气，且XZ主 据一个轨道.且自旋状态相同，这样整个原子 第七周期：32种元素 半径逐减小（稀有气体除外），原子核对核外电 1.电子云 子的吸引力越来越强，元素的原子越来越难失去 族，下列说法错误的是 得码低 2.族(I8个纵行] 外是 (1)电子云图中的黑点不代表 个电子，每 (4)孝却川的孝网.在等价轨首上《 主族(1A~):分别为1,2,3-17列 电子，因此元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋 入当示由子在外出一次 能级)的电子排布处于全充满，半充满和全空秋 Y'IW-X-W]- (1B-1B):分别为3~7,1112列 势，同一周期中，1A族元泰的第一电离能最小， (2)器点瓷密的程度表示了电子在原子恢 NnMod 态时，具有较低的能量和较大的稳定性，如基 第重疾（属丁副族）：第8,9,10列 希有气体的第一电离能最大 出现的率的大小 客加原子的电子非布式为 0族（稀有气体元素）：第18列 2同一主疾中，陆着原子岸数的递增，原子 (3)离核感近，电子出现的概率越大，电子云1,22p33p34。,基态u原子的电子排 半径迟渐增大，原子核对核外电子的吸引力感 3.元素的分区 A单析Y和R不需要特殊保存 越密集， 布式为12.2p323p34. 按核外电子排布，将元素周期表划分为 来越弱，元素的慕子越来越客易失去电子，元素 B.甲，乙两种物质中W的化合价相同 2.源子幼道 4.核外电子排布式和排布图 五个区，如下图所示 的第一电离能早现逐渐减小的趋势. C.Y和Z形成的简单离子半径：Y>Z 电子云的纶嘉图称为原子轨道， CO- 》烤外由子非衔式 团注意电子构型付电离能的响具有全苑 D,甲，乙两种物质中阴离子的空间结构 (1)原子轨道的形状：能级的原子轨道是 0 用数字在能级符号右上角标明该能级上排 满，半充满及全空的电子构型的元素稳定性较 球形的，p能级的原子轨道是哑铃形的 高，其电离能数值较大，如N元素原子2印轨道为 1参考答案见下期) (2)能层数越大.慕子轨道半径越大不可 布的骋子数的式子 作层的同种能级的原子轨道形状相似，只是半 山12233 径不 + (下转第4版] 2 素养·测评 数理松 数理极 素养·测评 3 r A.原子半径：Z>y>x 17.(16分)X、W,Y,，M,Q,,1是元素周期表前四周期元素，且原子序 一第一轮复习精练卷 A.第电离能：Y>Z>X B.有机物M的相对分子质量是139 数依次增大，其相关信息知下表： B.电负性：Z>Y>X>W C.最高价氧化物对应水化物的酸性：X<乙 相关信息 涉及内客：原子结构与性因 C.原子半径：X<Y<Z<W D.XY,Z的最篇单氢化物均为极性分子 题子拉外者看种不间送动线点的子 〔满分：100分，时间：75分钟】 D.最高价氧化物对应水化物的酸性：乙<Y<X 14.短周期主族元素甲，乙、丙，丁的原 。数理报社试黩研究中心 8,W,X、Y,Z是原子序数依次增大的短周明主拔元素， 子数依次增大，其中甲，丙同主族，乙、丙。 一，迭择题（本题包14小题，每小题3分，共42分，每小有一个 W,Y在元素周期表中的相对位置如右图所示，W元素原子 逆值电焉能，l)次力58、1s7245、11575,140、18376 丁同周期常温下，含甲的化合物(：由不 益太昼平的簧外是和危道上有两本血子的自验方向与其他业平的角动方而相反 项符合避意) 的是外层与次外层的电子数之差为3，W的核电绮数与2元 同短明元素短成)浓度为0.1/L时溶 基本反子核外有】木隆规此轮景置高柄能规上有6人电于 1.我国科研人员利用激光操控方法，从C:燕子束流中 素原子的最外层电子数之和等于X的原子序数.下列推断正 液山=13，p和g分别是元素丙和丁的单 系态原于外有电于层，荧外基丹有一个电子，并把电子居均电于 直接获C子，实现了对同位素C的灵敏检潮"Ca 确的是 ( 质，其中p为淡黄色同体，上述物质的转化关系如上图所示（产物水已略 请用化学用语填空： 的半底期（放射性元素的原子核有半数发生袋变所需的时 A.筒单离子半径：Y<Z 去)，下列悦法正确的是 (1)X元素在元素周期表的位置是 ,“X、“X互称为X元 间》长达10万年，是“C的17倍，可应用于地球科学与考古 B.简单气态氢化物的稳定性：X<Y<Z A.简单离子华径：甲<乙<丙<丁 素的 (填“同位素”或“同素异形体”) 学.下列说法正确的是 4008 C.化物计家水业物的的件.W<X<Z A."Cm的原千核内有21个中子 B.甲与丙能形成使紫色石蕊溶夜先变红后趣色的物质 《2)Y原子的核外电子空间运动状态有」 种：下列不能作为比较 D.化合物W乙Y,乙：中既含离子键又含共价健 C.工业上常利用反应2取漂白粉 X与Y的非金属性程弱依据的是 (填字母序号). B."C的半明长，说明"Ca难以失去电子 9.复周期主族元素X,Y,Z.W的原子序 C"C食变一半所需的时倒小干“℃其变一半所需的时间 D,m,的阴离子在酸性溶液中不能大量共存 A.X原子得电子个数多于Y原子得电子个数 致依次增大，它们的简单离子半径与简单离子 D.从C原子来流中直接学扶“Ca原子的过程属于化学变化 所带电得的关系如右图所示，其中XY的简 二非选择盟（本题包4小避，共58分） B.X的简单氯化物的梳定性弱于Y的简单氢化物 2,制作新砂壶所用的紫砂泥主要含有0.S、A!和F,还含有少量的Mg、单离子所含电子数相等，Z,图的简单离子所 10 5.(I山分)已知A,BC,D,E,F是原子序数依次增大的前四周期元素， C,单质分别与H2反应：X的单比Y的单质更难 Ca,Mn和P等元素.下列说法正确的是 )含电子数相等，下列叙述正确的是 160 A元素原子中电子只有一种自旋状态：B元素原子最高能级的不同执道都有 D.最高价氧化物水化物的酸性：X比Y的隔 A.若将基态Fe原子的核外电子排布式写为122印3.23p3d',则未声 A.第电离能：X>7 电子，且自旋状态相同：C元素是地光中含量最高的元素：D元素原子核外电 (3)写出Q元素基态原子核外电子推布式： 120 背能量最低原理 B.XM、分子早面三角 100 子总数是最外层电子数的3倍：E元素慕子只有一个不成对电子，E的单质 (4)YZ,M、Q四种元素的简单离子半径由大到小的顺序是」 33 与湿润的N,C0,反应可备E,C(化学式中的G“对应A一F元素中的C元 写出Y,Z形成原子个数比为1：1的化合物的电子式： B若将基态分原子的核外电子排布图写为 C.简单氨化物的稳定性：Z> 国四网■■ D.Y,乙，中含离子键和极性键 素)：F元素原子最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均 (5)R元素可形成R·和R,其中较稳定的是R,原因是 反了泡利原理 10.一种用作离子电池电解液的 成对 .工业上治炼R常用的方法是 C若将基态M加原子的核外电子排布式写为1222p3x3p3d”,违反盐结构如右图所示，X.Y,Z,w为原子序 可答下列向题： 《填字母序号》. 了构法原理 数依次增大的短周明主族元素，基态W (1)A-F大种元素中电负性最太的是 (城元素符号).B,C,D 电解法 还原法 色热分解法 山.物理方法 D若将基态0原子的价层电子的轨道表示式写 原子的：和p能级电子数之比为2：3，下 三种元素第一电离能中大到小的顺序是 ,其中D原子的核外电子排 (6)已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3,0.它们形成的化 ☒则地背 列说法错误的是 布式为 物是 (填离子化合物”或“共价化合物”) 了洪特规则 A.电负性：Y>X (2)E元素基态原子的最外层电子排布图为 E单质与湿润的 18.(15分)皱广泛用于航空航天，电子元件，导弹与武器造等领城 3.下列各组表述中，两个拉一定属于同种元素原子的是 B.第一电离临：Z>W N,C0,反应制备E,G的化学方程式为 种以被矿石（主要成分为Be,SO,还含有少量M0等）为原料制备的工艺 A.3n能级有一个空轨道的基态票子和核外电子排布式为 C,简单离子半径：Y>Z (3)F元素有两种常见离子.化合价分别为+1和+2，从结构上分折，F 流程如下图 1.22p33p3的原子 DY,乙分别与H,化合生成氢化物的沸点Z的高 的基态离子中更稳定的是 (填离子符号)，原因是 象水 B.2印能级有一个未成对电子的基态原子和价电子排布式为2,2p'的基 11.某二德酸银苷受体桔抗药可用干防治心肌梗死，其结构简式如图， NagiF..NaCD, 态原子 其中X、Y,Z.W为原子序数依次增大的短周期元素，X原子的杂化方式为 16.(6分)随原子序数递增，~j十种短周期元素原子半径的相对大 C!层全充满而N层为4，的原子和棱外电子排布式为甲，W的“价-类”维如图所示，下列说法错误的是 小，最高正价或最低负价的进变关系如下图所示.同答下列问题： 122,2p33p342的原了 D.最外层电数是枝外电子位数的；的原子和价电子排布式35印'的 已知：①“烧结”时，米发生氧化还原反应：“烧结”后，M元素分别转 化成可宿性的,BF,Na,MF,式他元素以息定的氧化物形式存在 原子 中d 2铁冰品石的成分为Na,FeF。 4.LiD,C0等均可作腐子电池的电材料，下列关干共组成元 素说法错误的是 回答下列避： 复化精华喷乳化特帽黄务情类% 质子单数 A.的色试验形战发射光谱 (1)在元素期表中，与处干对角线的位置，它的性质相似下 谓。 (1)在元素周期表中的位置是 ,e,(,j三种元素对应的 列叙述错锅的是 值字￥) B.第二周期第一电离能介于山和0之间的元素有4种 A.元素的电负性：霄>Z>Y B,简单氯化物的稳定性为：X<Y CFe和Co都位于周期表中的d区 简单离子半径由大到)小的团序为 (填离子符号) A.B即是一种轻金属，能与冷水反园 G,原子华径：Z>W>X>y D.b和「可以制备而的单质 D.基态P原子核外电子有9种空间运动状态 (2)「的最高价氧化物对应的水化物的溶液与g的最高价氧化物反应的 B,PD其有高馆点，能时酸碱蚀 12,原子序数依次增大的短周明元素X,Y,Z,M, C,#福下，BC溶液的和H<7 5.“嫦城石“是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由C,和，P,0在一定条件下形战站构如右图所示的一种团猴分子. 离子方程式为 和Y(乙，原子数比e大3)组成，下列说法正确的是 )X是宇宙中含量最多的元素，Y元素基态原子的价层 3)已知小分子中的各原子均裤足最外层8电子定结构，：的结构 《2)N,F。中e元泰的化合价为 A.Y位丁元素周期表的第ⅢB族 式为 (3)“烧结“时，不宜采用陶瓷类器材，原因是 电子排布式为4p,Z元素基态原子最外层电子数x。 B.基态C原子的核外电子南充在6个轨道中 (4)。与和能形成化合物。，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气 与最内层电子数相等，M元素基态原子最外层电子数 《4)实验室利用回收的M0可以制备两种常见气体，它们是_ C5种元素中，第一电离能最小的是Fe 体原子的最外电子层结构，其电子式为 ,其中所含化学键类型 等干其电子层致.下列班说法确的是 填化学式) D.5中心素中，电伤性大的P A.该团簧分子的分子式为XZMY 一，该物质能与水反应生成一种气体和一种藏写出该反应的化 (5)二沉被”步骤中加入N0州溶液调节为1，析出颗粒状的 6.X,Y,乙.W为原子序数依次增大的短周明主族元素，X与Y诚，学 学方程式： B,基态票子的第一电离能：Y>Z>M B脚(0H)2,写出生成B脚(0州)：的离子方程式： :若加 家用中子(n》轰击“W,得到核素x和Z.即“W+n一→x+Z.下列说 C.工业上主要采用电解Z的氯化物的水溶液法制备Z的单质 (5)用如右图所示装置可以证明元素b,。. 的NOH溶液过量，得的含铵粒子是 (填离子符号). 法错误的是 D.品M的他行能容农传 的最高价氧化物对应水化物的酸性强最，则溶液 《6)焦炭还原法和铁还原法制皱单质都在复气中进行，氢气的作用是 A4种元素中W的非金属性最程 13,有机物M由原子序数依次增大 100 b为 一：写出铁还原法的反应原理： B原子半径：Y>Z>W>X 的短周主族非金属元素W,X,Y,Z组即 (6)下列实可用于比较元素与j非金网 CY与X,W均可形成离子化合 成，基态Y鼠子含有2个未成对电子，Z型风 性相对强局的是 (填字母序号)， D.该反应属丁化学变化 A,最高正化合价：b<) 7.四种短周期主族元素X,YZW的原子序数依次增大.X基态原子核 与Y同主族M的质谱图如右，其中= Bj的氢化比b的简单氢化物稳定 外有2个术成对电子，Y原子中有7个运动状态完全不同的电子，Z是氧化139时，锦片离子组成为X,,:Y2,下列 04 G,」的氢化比b的简单氢化物沸点高 性最强的单，W的原子半径是短周期主族元素中最大的.下列说法正确的说法正的是 D,最高价氧化物对应水化物的酸性：)>b (参考答案见下期】