【化学】四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

四川省南充市白塔中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共54分）
1.化学与生产、生活和科研密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 地沟油回收后可以用于制肥皂或生物柴油
B. 市售“锌强化酱油”中含有大量锌元素
C. 向燃煤中加入CaO、推广电动公交车均符合绿色化学理念
D. 非必需氨基酸可以在人体中利用氮元素合成
【答案】B
【解析】
【详解】A.地沟油对人体健康有害，可作为化工原料，经过加工处理后，可以用来制造肥皂和生物柴油，A项正确；
B.锌为微量元素，不能加入大量，B项错误；
C. 向燃煤中加入CaO可使煤脱硫，降低SO2的排放符合绿色化学理念，推广电动公交车降低了碳氧化物、氮氧化物的排放，也符合绿色化学理念，C项正确；
D. 非必需氨基酸是在人体中可以利用氮元素合成的，不需要通过食物获取，D项正确；
答案选B
2.下列物质一定属于纯净物的是（ ）
A. 冰醋酸 B. 铝热剂 C. 聚乙烯 D. C4H10
【答案】A
【解析】
【详解】A.冰醋酸为醋酸固体，纯净物，A正确；
B.铝热剂为单质铝和部分金属氧化物组成混合物，B错误；
C.聚乙烯由聚合度n不同的分子组成的混合物，C错误；
D.C4H10可能由正丁烷和异丁烷组成的混合物，D错误；
答案为A。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
B. 在同一能级上运动的电子，其运动状态是相同的
C. 能层序数越大，s电子云的半径越大
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】C
【解析】试题分析：A．小黑点表示的是电子出现的概率，不表示电子的多少，A错误；B．在同一能级上运动的电子，其运动状态不相同，B错误；C．能层序数越大，s电子云的半径越大，C正确；D．电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱，D错误；答案选C。
4.下列能级能量由小到大排列顺序正确的是（ ）
A. 3s 3p 3d 4s B. 4s 4p 3d 4d
C. 4s 3d 4p 5s D. 1s 2s 3s 2p
【答案】C
【解析】根据电子构造原理判断。
A、能量由小到大的顺序为：3s 3p 4s 3d，A错误；B、能量由小到大的顺序应为4s 3d 4p 4d，B错误；C、能量由小到大的顺序应为4s 3d 4p 5s，C正确；D、能量由小到大的顺序应为1s 2s 2p 3s，D错误。正确答案为C。
5.下列电子排布式或电子排布图正确的是(　　)
A. O： B. S2-：1s22s22p63s23p6
C. N： D. Cu的：[Ar]3d94s2
【答案】B
【解析】
【分析】根据能量最低原理、泡利原理和洪特规则进行判断。
【详解】A. 违背了洪特规则，正确的电子排布图为，A项错误；
B. S2-的电子排布式为：1s22s22p63s23p6，B项正确；
C. 违背了泡利原理，正确的电子排布图为，C项错误；
D. d轨道完全充满时最稳定，因此Cu的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，即[Ar] 3d104s1，D项错误；
答案选B。
6.下列说法正确的是(　　)
A. 第三能层有s、p共两个能级 B. 3d能级最多容纳5个电子
C. 第三能层最多容纳8个电子 D. 无论哪一能层的s能级最多容纳的电子数均为2个
【答案】D
【解析】
【详解】A、每一能层包含的能级数等于 该能层的序数，故第三能层有s、p. d三个能级，选项A错误；
B、d能级最多容纳的电子数是10，选项B错误；
C、每一能层最多客纳的电子数为2n2，第三能层最多容纳18个电子，选项C错误；
D、s能级最多容纳的电子数分别是2，选项D正确。
答案选D。
7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A. 标准状况下22.4L二氯甲烷中含有的分子数目为NA
B. 常温下14gC2H4、C3H6混合气体中所含共价键数目为2NA
C. 常温常压下，34 g 羟基含有的电子总数为20NA
D. 标准状况下22.4LCH4与1molCl2充分反应后生成HCl分子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 二氯甲烷在标准状况下为液态，无法计算物质的量，A项错误；
B. C2H4和C3H6的最简式均为CH2，14g混合气体的物质的量为1mol，所含共价键的物质的量为3mol，数目为3NA，B项错误；
C. 1个羟基含有9个电子，34 g （即2mol）羟基含有电子的物质的量为18mol，含有的电子总数为18NA，C项错误；
D. 标准状况下22.4LCH4（即1mol）与1molCl2反应，Cl2不足，1molCl2参与反应，可生成1molHCl，故生成HCl分子数为NA，D项正确；
答案选D。
8.下列反应不属于取代反应的是(　　)
A. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl
B. ＋HNO3＋H2O
C. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O
D. CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲烷和氯气在光照的条件下反应，甲烷分子中的H原子被Cl原子替代，发生了取代反应，A项错误；
B.苯和硝酸反应，苯环中的H原子被硝基替代，发生了取代反应，B项错误；
C.乙醇在铜作催化剂的条件下反应，生成甲醛，发生的是氧化反应，C项正确；
D.乙酸和乙醇发生酯化反应，乙醇分子中的氢原子被取代，发生了取代反应，D项错误；
答案选C。
9.C6H14的各种同分异构体中所含甲基数和它的一氯取代物的数目可能是（ ）
A. 2个甲基，4种 B. 4个甲基，1种
C. 3个甲基，5种 D. 4个甲基，4种
【答案】C
【解析】
【分析】C6H14有5种同分异构体：①CH3CH2CH2CH2CH2CH3②CH3CH2CH(CH3)CH2CH3③(CH3)2CHCH2CH2CH3④(CH3)2CHCH(CH3)2⑤(CH3)3CCH2CH3。
【详解】A. ①有2个甲基，其一氯取代物有3种，故A不选；
B. 4个甲基的有④和⑤2种，④的一氯取代物有2种，⑤的一氯取代物有3种，故B不选；
C.3个甲基的C6H14有②和③，②的一氯取代物有4种，③的一氯取代物有5种，故C选；
D.4个甲基的有④和⑤2种，④的一氯取代物有2种，⑤的一氯取代物有3种，故D不选；
故选C。
10.下列实验不能达到目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
为提高苯硝化制硝基苯的产率
在反应容器口用长导管冷凝回流
B
为加快乙酸和乙醇酯化反应的速率
在浓硫酸作用下加热
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤后分液
D
为检验淀粉水解产物中的葡萄糖
向水解后溶液中滴加新制的银氨溶液并加热
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在反应容器口用长导管冷凝回流，可使平衡正向移动，同时能提高苯的硝化的产率，A项正确；
B. 加催化剂和升高温度，都能使反应速率加快，B项正确；
C. 除去乙酸乙酯中的少量乙酸，加入饱和碳酸钠溶液，可除去挥发出的未反应的乙醇，吸收未反应的乙酸，同时还能降低乙酸乙酯的溶解度，C项正确；
D. 为检验淀粉水解产物中的葡萄糖，应向水解液中加入碱溶液，中和促进水解时加入的硫酸，在碱性条件下滴加新制的银氨溶液水浴加热，观察是否有银镜，D项错误；
答案选D
11.下列说法不正确的是(　　)
A. 煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠
B. 煤可与水蒸气反应制成水煤气，水煤气的主要成分为CO和H2
C. 石油裂化主要目的得到乙烯、丙烯和甲烷
D. 以石油、煤和天然气为原料，可生产塑料、合成橡胶和合成纤维
【答案】C
【解析】
【详解】A. 石油分馏后可得到煤油，由于钠的密度大于煤油的密度，因此可用于保存少量的金属钠，A项正确；
B. 煤的组成主要以碳元素为主，可以和水蒸气反应制水煤气，发生的反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，B项正确；
C. 石油裂解的主要目的是得到乙烯、丙烯和甲烷，C项错误；
D. 塑料、合成橡胶和合成纤维是三大合成材料，都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的，D项正确；
答案选C。
12.充分利用能源，提高原子利用率，减少向环境排放废弃物等都是“绿色化学”基本要求。下述做法主要是从“绿色化学”角度考虑的是(　　)
①实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时，向试剂瓶中添加少量铁粉；②用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收做银镜实验后试管内壁的银；③用印刷电路的废液溶解废铁屑制氯化亚铁并回收铜；④工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用。
A. ①③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，且原子的利用率为100%。
【详解】①实验室短时间保存硫酸亚铁溶液时，向试剂瓶中添加少量铁粉，是为了防止Fe2+被氧化为Fe3+，与绿色化学无关；
②用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收做银镜实验后试管内壁的银，银与稀硝酸反应又生成硝酸银，使硝酸银循环使用，减少了浪费，降低了氮氧化物的排放，符合绿色化学的要求；
③印刷电路的废液中含有FeCl2、CuCl2、FeCl3，向溶液中加入过量的铁粉，过滤，将得到的固体洗涤干燥即可得到铜，可以减少废物的排放，符合绿色化学的要求；
④工业合成氨中分离产物得到氢气和氮气再循环使用，从源头上消除了污染，减少了废物的排放，符合绿色化学的要求；
符合绿色化学要求的是②③④；
答案选B。
13.如图是第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关说法中正确的是（ ）

A. y轴表示的可能是第一电离能
B. y轴表示的可能是电负性
C. y轴表示的可能是原子半径
D. y轴表示的可能是形成基态离子转移的电子数
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；
B．随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；
C．随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；
D．金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；
答案选B。
14.下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（ ）
A. 2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑ B. Al2O3＋3C2Al＋3CO↑
C. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2 D. 2Ag2O4Ag＋O2↑
【答案】B
【解析】分析：金属冶炼常采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法，结合金属活动性顺序表分析解答。
详解：A．钠是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼钠，故A不选；B．工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，用冰晶石降低其熔点，还没有用碳作还原剂，故B选；C．铁较活泼，工业上采用热还原法冶炼铁，故C不选；D．Hg、Ag等不活泼金属的氧化物不稳定，受热易分解，故采用热分解法冶炼，故D不选；故选B。
15.工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是(　　)
A. 制取镁：海水 Mg(OH)2MgOMg
B. 冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3Al
C. 制溴：浓缩海水Br2SO2吸收HBr(aq) Br2
D 制碘：海带海带灰I2(aq)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 冶炼金属镁用电解熔融状态的氯化镁的方法，A项错误；
B. 冶炼金属铝用电解熔融状态的氧化铝的方法，B项错误；
C. 制溴选择吹出法，C项正确；
D. 海带灰用水溶解后得到的是含I-的溶液，通入氯气可将I-氧化为I2，通过萃取、分液得到含碘的有机溶液，蒸馏后得到单质碘，D项错误；
答案选C。
16.一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共20g，混合气体的密度是相同状况下氢气密度的12.5倍，让混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了16.8 g，组成该混合气体的可能是(　　)
A. 甲烷和乙烯 B. 乙烷和丙烯 C. 乙烷和乙烯 D. 甲烷和丙烯
【答案】A
【解析】
【分析】一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物，可知碳原子的个数均少于4，混合气体的密度是相同状况下氢气密度的12.5倍，说明混合气体的摩尔质量为25g/mol，气体通过装有溴水的试剂瓶时，只有烯烃能发生加成反应，试剂瓶中增加的质量为烯烃的质量，据此解答。
【详解】由分析知混合气体的摩尔质量为25g/mol，那么烷烃一定是甲烷，烯烃与溴水发生了加成反应，那么m(烯烃)=16.8g，甲烷的质量为20-16.8=3.2g，物质的量为0.2mol，则烯烃的物质的量为-0.2mol=0.6mol，M(烯烃)==28g/mol，则烯烃为乙烯，所以混合气体为甲烷和乙烯的混合；
答案选A。
17.将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的定容容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）＋B（g）2C（g） △H<0 ，经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0. 6 mol·L-1 ，现有下列几种说法：①用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol·L-1•s-1；②达到平衡状态时，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小；③2 s 时物质 A 的转化率为70％ ；④达平衡时，增加A物质的量，平衡正向移动，A的转化率降低；⑤当B和C的生成速率相等时，该反应达到平衡状态。其中不正确的是（ ）
A. ①③ B. ②⑤ C. ③⑤ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据题干数据，利用三段法进行计算。
【详解】2A（g） ＋ B（g） 2C（g）
始(mol/L) 2 1 0
转(mol/L) 0.6 0.3 0.6
2s(mol/L) 1.4 0.7 0.6
①反应的平均速率等于浓度的变化量与时间的变化量的比值，因此用物质 A 表示的平均反应速率v===0.3 mol·L-1•s-1，正确；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，正确；
③2 s 时物质 A 的转化率=×100%= 30％，错误 ；
④达平衡时，增加A物质的量，平衡正向移动，A的转化率降低，正确；
⑤B和C的生成速率之比为1:2，不相等，不是平衡状态，错误；
不正确的是③⑤；
答案选C。
18.人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和 H2O 合成CH4。下列有关说法不正确的是（ ）

A. 该装置中GaN为负极
B. 电池工作时H+向Cu电极移动
C. Cu电极的电极反为: CO2+8e-+8H+═CH4+2H2O
D. 该装置中涉及的能量转化形式只有两种
【答案】D
【解析】
【分析】由装置图中电子的流动方向可知，GaN为负极，Cu为正极，负极上2H2O-4e-=4H++O2↑，正极上CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中的阳离子向正极移动，据此分析解答。
【详解】A. 由分析可知GaN为负极，Cu为正极，A项正确；
B. 工作时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，即向Cu移动，B项正确；
C. Cu正极，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C项正确；
D. 该装置将太阳能转化为化学能，化学能转化为电能，是三种形式的能量之间的转化，D项错误；
答案选D。
二、填空、简答题（共46分）
19.某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无水醋酸，D中放有饱和碳酸钠溶液。

已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH；无水硫酸钠可吸水作干燥剂。
②有关有机物的沸点见下表：
试剂
乙醚
乙醇
乙酸
乙酸乙酯
沸点(℃)
34.7
78.5
118
77.1
请回答：
(1)图中仪器B的名称为________________；若产物水分子中氧原子为18O，写出能表示18O位置的乙酸乙酯制取的化学方程式____________________________________________。
(2)球形干燥管C的作用是__________________________，若反应前D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，反应结束后D中的现象是____________________________________。
(3)从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出____________；再加入(此空从下列选项中选择)___________；然后进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。
A.五氧化二磷 B.碱石灰 C.无水硫酸钠 D.生石灰
(4)从绿色化学的角度分析，使用浓硫酸制乙酸乙酯不足之处主要有________________________。
【答案】(1). 烧瓶 (2). CH3CH2OH+CH3CO18OH CH3COOCH2CH3+H218O (3). 防止倒吸、冷凝 (4). 溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅 (5). 乙醇 (6). C (7). 反应需要浓硫酸作催化剂，产生酸性废水，同时乙醇发生副反应
【解析】
【分析】乙醇和乙酸在浓硫酸催化的作用下，加热发生取代反应生成乙酸乙酯；产物中含有挥发出的乙酸和乙醇、乙醚等，可以用饱和碳酸钠溶液进行分离和提纯；若要得到较纯净的乙酸乙酯，可以用无水氯化钙吸收乙醇，水蒸气用无水硫酸钠吸收，最后控制温度（77℃左右）进行蒸馏即可；据以上分析进行解答。
【详解】（1）装置图中B为圆底烧瓶，其中发生了酯化反应，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3CO18OH CH3COOCH2CH3+H218O；
（2）球形干燥管C的作用是防止倒吸和冷凝，烧杯D中加入的是饱和的碳酸钠溶液，其作用吸收未反应完的挥发出来的乙醇和乙酸以及降低乙酸乙酯的溶解度，加入几滴酚酞，溶液变为红色，反应结束后，溶液分为两层，上层为有机层，下层为无机层，溶液的碱性减弱，溶液的颜色变浅；
（3）无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH，无水硫酸钠可吸水作干燥剂，先加入无水氯化钙可先分理处乙醇，再加入无水硫酸钠可吸收水分，再进行蒸馏，收集77℃左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯；
（4）浓硫酸在反应中作催化剂，虽能加快反应速率，但也会产生酸性的废水，还会和乙醇之间发生副反应。
20.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4·5H2O，主要步骤如下：


已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH 分别如下：

请回答下列问题：
(1)为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施有:__________(写一种)。
(2)试剂①是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是__________________________。根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是__________________________。
(3)试剂②为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在___________________范围。操作Ⅰ的名称是_________________。
(4)溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是__________________、________________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1). 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案) (2). 调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，从而把杂质快除去 (3). 温度控制在80ºC，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 (4). 3.2≤pH<4.7 (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶
【解析】
【分析】孔雀石中加入稀硫酸，得到硫酸铜、硫酸亚铁、水、二氧化碳，还有SiO2，那么气体E为CO2，加入试剂②后产生红褐色沉淀D，说明沉淀为Fe(OH)3，进一步说明溶液B中含有Fe3+，那么试剂①是一种具有氧化性的试剂，可将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新杂质，选用的试剂①是H2O2；试剂②的作用是调节溶液的pH使Fe3+沉淀，同时保留Cu2+，溶液C为硫酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤干燥后可得CuSO4·5H2O，据此解答本题。
【详解】（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施是升高反应的温度或者增大接触面积；
（2）由分析可知试剂①是双氧水，可将溶液A中的Fe2+氧化为Fe3+，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是在Cu2+开始沉淀之前Fe3+已完全沉淀，从而把杂质除去；由曲线图可知，当温度为80℃，pH=1.5时Fe3+的转化率最高，因此工业上氧化操作时应采取的条件是温度为80℃，pH=1.5时，氧化时间为4h左右；
（3）试剂②为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在3.2~4.7之间，既能让Fe3+完全沉淀，又不让Cu2+开始沉淀；操作Ⅰ为过滤；
（4）由分析可知，溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
21.在2L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃
600
800
830
1000
1200
K
0.25
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝ 。
（2）该反应为 反应（选填“吸热”、“放热”）。反应达平衡后，若再通入一定量CO2，则平衡常数K将________，CO2的转化率________。(填“增大”、“减小”或“不变”)
（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 （多选扣分）。
a．容器中压强不变 b．混合气体中c(CO)不变 c．v正(H2)＝v逆(H2O) d．c(CO2)＝c(CO)
（4）若 600℃时，向容器中充入1mol CO、1mol H2O，反应达到平衡后，CO的转化率是 。
【答案】（1）（2）吸热 不变 减小 （3）bc （4）
【解析】
【详解】（1）平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度幂之积的之比，故K ＝，故答案为：；
（2）从表格可以看出随着温度的升高，平衡常数增大，故温度升高平衡向正向移动，则反应为吸热反应；平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，故反应达平衡后，再通入一定量CO2平衡常数不变，通入一定量CO2，H2的转化率会提高，但CO2的转化率会减小，故答案为：吸热；不变；减小；
（3）反应是气体体积不变的反应，体系的压强一直保持不变，故不能用压强来判断是否达到平衡状态。
a、该反应是一个气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，故错误；
b、物质的浓度不变是平衡状态的标志，故c(CO)不变反应达到了平衡，故正确；
c、由于v正(H2)＝v正(H2O) ， v正(H2)＝v逆(H2O) 故v正(H2O)= v逆(H2O)，同种物质的生成速率和消耗速率相等，反应达到了平衡，故正确；
d、c(CO2)＝c(CO)，不能说明浓度不再变化，故错误；
bc正确，故答案为：bc；
（4）反应方向发生改变，新的平衡常数为原来的倒数，K（新）=1/0.25=4,设CO反应了x mo1/L，由题意建立如下三段式：
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）
C起始(mo1/L) 0.5 0.5 0 0
C变化(mo1/L) x x x x
C平衡(mo1/L) 0.5-x 0.5-x x x
由化学平衡常数K== =4，解得x=mo1/L，故答案为。
22.A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题:
(1) A元素基态原子占据最高能级的电子云轮廓图为_________；B元素原子中未成对电子为_________,E元素原子核外由_________种运动状态不同的电子。 
(2)写出C元素基态原子的电子排布式:_____________________。 
(3)D元素的价层电子排布图为:_________________________。 
(4)元素B与D的电负性的大小关系是B____________(填“>”“<”或“=”,下同)D,E与C的第一电离能大小关系是E________C。
(5)写出元素C的单质和元素E的最高价氧化物的水化物的水溶液反应的离子方程式：____________。
【答案】(1). 球形 (2). 2p能级上的电子 (3). 6 (4). 1s22s22p63s23p1 (5). (6). > (7). < (8). Al+4OH-= AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】A和E属同族,它们原子的最外层电子排布式为ns1，说明A和E位于第IA族，而A不是金属，则A为H，B和D也属同族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则B和D为第VIA族元素，那么B为O，D为S，C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半，那么C为Al，五种元素核电荷数依次增大，可知E为K，由此分析。
【详解】由分析可知A为H，B为O，C为Al，D为S，E为K；
（1）A元素为H，基态原子核外只有s能级，电子云轮廓图为球形；B元素为O，核外电子排布式为1s22s22p4，原子中未成对电子为2p能级上的电子；E为K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，有6种运动状态不同的电子；
（2）C为Al元素，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1；
（3）D元素为S，电子排布式为1s22s22p63s23p4，价层电子排布图为：；
（4）B为O，D为S，同主族从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性B > D；同周期第一电离能逐渐增大，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，所以有第一电离能Al>Na>K，所以第一电离能E （5）C的单质为Al，E的最高价氧化物的水化物的水溶液为KOH，反应的离子方程式为：Al+4OH-= AlO2-+2H2O。