第3章第2节弱电解质的电离盐类的水解同步练习（含解析）2022——2023学年上学期高一化学鲁科版（2019）选择性必修1

第3章第2节弱电解质的电离 盐类的水解同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列可以说明CH3COOH是弱酸的事实是
A．CH3COOH能与水以任意比互溶
B．CH3COOH能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体
C．1 mol·L-1 CH3COOH溶液c(H＋)约为0.01 mol·L-1
D．1 mol·L-1 CH3COOH溶液能使紫色石蕊试液变红
2．在0.1 mol·L-1的HCN溶液中存在如下电离平衡： HCN H++CN-。下列叙述正确的是
A．加入少量NaOH固体，平衡正向移动
B．加入少量NaCN固体，平衡正向移动
C．加水，平衡逆向移动
D．滴加少量0.1 mol·L-1HCl溶液， 溶液中c(H+)减小
3．常温下，向100mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液。和的变化趋势如图所示(不考虑生成的，已知的)，下列说法正确的是
A．
B．M点存在关系：
C．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
D．当时，
4．常温下，用溶液滴定溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．该滴定实验中，选择甲基橙作指示剂的滴定误差小
B．点①所示溶液中：
C．点②所示溶液中：
D．点③所示溶液中：
5．肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡　。下列说法错误的是
A．N2H4的水溶液中存在：
B．反应的平衡常数
C．联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2
D．向N2H4的水溶液中加水，减小
6．常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是
A．使酚酞变红的溶液中：、、、
B．由水电离的的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．澄清透明的溶液中：、、、
7．在0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+。对于该平衡，下列叙述正确的是
A．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
B．加水，平衡向逆反应方向移动
C．滴加少量0.1 mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)减少
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
8．在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是
A． B．HCO C．HSO D．26X3＋
9．有关电离平衡的理解不正确的是
A．电解质在溶液中达到电离平衡时，分子浓度和离子的浓度相等
B．电离平衡状态下溶液中各微粒的物质的量浓度和质量分数均保持不变
C．电离平衡是动态平衡，弱电解质分子电离成离子和其离子结合成分子的过程均在进行
D．改变条件时，电离平衡会发生移动，在新的条件下建立新的平衡
10．下列电离方程式书写正确的是
A．
B．
C．
D．
11．将0.1mol L-1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起的变化是
A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离度变大
C．溶液中c(OH-)减小 D．溶液的导电能力减弱
12．下列各组物质的量浓度相同的溶液，按pH由小到大的顺序，排列正确的是
A．溶液、溶液、NaCl溶液、溶液
B．溶液、溶液、溶液、NaCl溶液
C．溶液、溶液、溶液、溶液
D．溶液、溶液、溶液、溶液
13．为了配制与比为1∶1的溶液，可在溶液中加入适量的
①HCl ②NaCl ③氨水 ④
A．①② B．③④ C．①③ D．①④
14．下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是
A．0.1mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol·L-1
B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子
C．CH3COONa溶液pH大于7
D．5mL0.1mol·L-1的醋酸溶液与5mL0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和
15．在25 ℃时，0.1 mol·L-1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液，电离平衡常数分别为 5.6×10-4、 1.8×10-4、6.2×10-10、(H2CO3)=4.5×10-7和(H2CO3)=4.7×10-11，其中氢离子浓度最小的是
A．HCN B．HCOOH C．HNO2 D．H2CO3
二、实验题
16．用实验确定某酸HA是否为弱电解质，两位同学的方案如下：
甲：①称取一定质量的HA，配制0.1mol L-1的溶液100mL；②用pH计测出该溶液的pH，根据测定结果即可判断HA是否为弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸分别配制pH=2的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液于两支试管中，同时加入相同纯度的锌粒，根据观察到的实验现象即可判断HA是否为弱电解质。
(1)在两个方案的步骤①中，都要用到的定量仪器是____。
(2)甲方案中，若测得溶液的pH____(填“>”“<”或“=”)1，则可说明HA是弱电解质。
(3)乙方案中，能说明HA是弱电解质的现象是____(填字母序号)。
A．装盐酸的试管中放出H2的速率较大
B．装HA溶液的试管中放出H2的速率较大
C．两支试管中产生气体的速率一样大
(4)请你对两种方案的可行性作出评价____。
(5)请你再设计一个合理而比较容易进行的实验方案(药品可任取)，并作简明扼要的表述_____。
17．某化学兴趣小组利用饱和氯水与石灰石的反应制取较浓的HClO溶液，并对所得溶液中的部分阴离子进行了检验，实验操作与现象如下：
实验操作 实验现象
步骤1 在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水，充分反应，过滤，将滤液分为若干份 有少量气泡产生，溶液的黄绿色褪去
步骤2 取一份滤液与稀盐酸混合 产生大量气泡
步骤3 另取一份滤液加热 溶液变浑浊，且有大量无色气体产生
(1)写出饱和氯水中所有电离过程的电离方程式：_______；饱和氯水中存在的微粒有_____________。
(2)步骤2、步骤3的实验目的是__________，为达到该实验目的，还可以采取的方法是________。
(3)请你设计一个简单的实验方案证明步骤1所得滤液中的HClO浓度比饱和氯水中HClO浓度大：_____________。
三、元素或物质推断题
18．Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，Q、W、Z是非金属元素。五种元素核电荷数之和为54，对应原子最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，但Z的核电荷数是W的2倍。
(1)X、Y各自的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水，该反应的离子方程式为______________________________________________________。
(2)X与W可形成X2W和X2W2两种化合物，X2W2的电子式为_____________。
(3)Q与W可形成化合物QW2，这种化合物固态时属于________晶体。
(4)Y的硝酸盐水溶液显________性，用离子方程式解释原因___________________。
(5)Z的氢化物与W的氢化物发生反应生成Z的单质和水，其化学方程式为_____________________。
(6)W、X、Y、Z四种元素原子半径由大到小的顺序是：________(用元素符号表示)。
(7)0.5 mol Q的单质与足量的W单质完全反应，放出196.75 kJ的热量。写出该反应的热化学方程式：____________________________________________。
19．J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素。
（1）M的离子结构示意图为_____；元素T在周期表中位于第_____族。
（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为______。
（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为_____。
（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性。
①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为______。
②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H>0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是_______（选填序号）。
选项 a b c d
x 温度 温度 加入H2的物质的量 加入甲的物质的量
y 甲的物质的量 平衡常数K 甲的转化率 生成物物质的量总和
（5）由J、R形成的液态化合物JR2 0.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ。 该反应的热化学方程式为________。
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参考答案：
1．C
【详解】A．只说明CH3COOH易溶于水，故A不选；
B．说明CH3COOH的酸性比碳酸强，故B不选；
C．0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)=0.001 mol·L-1，说明CH3COOH没能完全电离，即说明CH3COOH是弱酸，故C选；
D．醋酸溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明CH3COOH显酸性，故D不选；
故选C。
2．A
【详解】A．加入NaOH固体，OH-与H+结合，促进平衡正向进行，A正确；
B．加入NaCN固体，溶液中CN-的浓度增大，促进平衡逆向进行，B错误；
C．加水，促进电离，平衡正向进行，C错误；
D．加入HCl，溶液中H+浓度增大，平衡逆向进行，CN-浓度减小，D错误；
故答案为：A。
3．C
【详解】A．由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3 H2O，由NH3 H2ONH4++ OH-，可知此时溶液中Kb=1.810-5=，则c(OH-)= 1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)- n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n()，n(Na+)= n(OH-)+n(Cl-)- n()- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)＞0.005，即a＞0.005，A错误；
B．根据电荷守恒，，B错误；
C．原溶液水解促进水的电离，而M点含一水合氨电离出OH-抑制水的电离，则M点溶液中水的电离程度比原溶液小，C正确；
D．当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，溶液显碱性，水能微弱电离，则c(Na+)= c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c()＞c(H+)，D错误；
故选C。
4．D
【分析】用溶液滴定溶液，根据反应方程式，当20mL时，达到终点，如图①点，溶质为，，呈碱性；如图所示，③点时，10mL，溶质为、，且浓度相等，，呈酸性；②点时，20mL，，醋酸过量；
【详解】A．综上所述，滴定达到终点时，如图①点，溶质为，，呈碱性，选择酚酞作指示剂，故A错误；
B．点①所示溶液中，溶质为，，呈碱性，；根据电荷守恒，可得，所以，故B错误；
C．点②所示溶液中，，，根据电荷守恒，可得，所以，故C错误；
D．点③所示溶液中，溶质为、，且浓度相等，根据物料守恒有，故D正确；
故选D。
5．D
【详解】A．N2H4的水溶液中发生电离，生成、、OH-、H+，则溶液中存在电荷守恒：，A正确；
B．反应的平衡常数，B正确；
C．联氨与硫酸形成酸式盐时，发生反应N2H4+2H2SO4=N2H6(HSO4)2，则产物的化学式为N2H6(HSO4)2，C正确；
D．N2H4溶于水后发生两步电离，Kb1=、Kb2=，则=，向N2H4的水溶液中加水，N2H4的电离常数不变，则不变，D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．使酚酞变红的溶液中显碱性，碱性环境 会生成沉淀，不能大量共存，故A错误；
B．酸或者碱抑制水的电离，由水电离的的溶液中有肯能是酸溶液，也有可能是碱溶液，无论是酸溶液还是碱性溶液、、、相互均不反应，一定能大量共存，故B正确；
C．的溶液中能与H+反应，不能大量共存，故C错误；
D．澄清透明的溶液中与会发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
7．A
【详解】A．向上述溶液中加入少量NaOH固体，OH-会中和H+，导致c(H+)减小，使电离平衡向正反应方向移动，A正确；
B．加水稀释，电离平衡向电离的正方向移动，B错误；
C．滴加少量0.1 mol·L-1HCl溶液，溶液中c(H+)增大，导致电离平衡逆向移动，但平衡逆向移动导致溶液中c(H+)减少的影响小于加入HCl溶液使c(H+)增大的影响，最终达到平衡后溶液中c(H+)增大，C错误；
D．向醋酸溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，D错误；
故合理选项是A。
8．B
【详解】首先判断A的微粒是Al3＋，D的微粒是Fe3＋，Al3＋、Fe3＋能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡向电离的方向移动，但溶液显酸性，pH<7，因而不合题意；HCO与H2O电离出来的H＋结合为H2CO3，使水的电离平衡向电离的方向移动，并且使溶液呈碱性：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，选项B符合题意。HSO4－能完全电离，为溶液提供H＋，使水的电离平衡向离子结合的方向移动，使溶液呈酸性，选项C不合题意。
9．A
【详解】A． 电解质在溶液中达到电离平衡后，各种分子和离子的浓度不再发生变化，但不一定相等，故A错误；
B． 电离平衡状态下溶液中各微粒的物质的量浓度和质量分数均保持不变，是动态平衡，故B正确；
C． 电离平衡是动态平衡，弱电解质分子电离成离子和其离子结合成分子的过程均在进行，速率不等于0，故C正确；
D． 电离平衡的建立是有条件的，改变条件时，电离平衡会发生移动，在新的条件下建立新的平衡，故D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．碳酸是弱酸，碳酸氢根离子不拆，NaHCO3在水中全部电离，电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋，故A错误；
B．氢氟酸是弱酸，在水中部分电离，，故B正确；
C．硫酸是强酸，在水中全部电离，H2SO4=2H＋＋SO，故C错误；
D．CH3COONH4是强电解质，在水中全部电离，应为：CH3COONH4=CH3COO-＋NH，故D错误；
故选B。
11．A
【详解】A．CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释时，平衡虽然正向移动，当溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大，但加入CH3COONa晶体时，平衡逆向移动，溶液中的H+浓度减小，溶液的pH增大，A符合题意；
B．CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释时，平衡虽然正向移动，CH3COOH的电离度变大，加入CH3COONa晶体，平衡逆向移动，CH3COOH的电离度变小，B不合题意；
C．由A项分析可知，两种措施均能使溶液的pH增大，则溶液中c(OH-)增大，C不合题意；
D．溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度和离子所带的电荷有关，加水稀释时，平衡虽然正向移动，当溶液中CH3COO-、H+浓度均减小，溶液的导电能力减弱，而加入醋酸钠晶体后，溶液中的CH3COO-浓度增大，还有Na+、H+均可导电，则溶液的导电能力增强，D不合题意；
故答案为：A。
12．C
【详解】A．Na2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaCl为中性，水解显酸性，为pH由大到小的顺序排列，故A不选；
B．Na2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，水解显酸性，而NaCl为中性，不是按pH由小到大的顺序，故B不选；
C．(NH4)2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2CO3水解显碱性，为pH由小到大的顺序排列，故C选；
D．(NH4)2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，水解显碱性，不是按pH由小到大的顺序，故D不选；
故选C。
13．B
【分析】氯化铵是典型的强碱弱酸盐，由于 水解，导致溶液中 <溶液呈酸性，为了配制 与 Cl-的浓度比为1:1的溶液，须加一定量的酸性物质并保持氯离子浓度不变，抑制水解；或增加铵根离子浓度；或减少溶液中氯离子的浓度。
【详解】①通入氯化氢，使氯离子浓度更大，导致溶液中 <，故①不选；
②溶液中加入 NaCl 晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致<，故②不选；
③加入适量氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故③选；
④溶液中加入硝酸铵晶体后，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，故④选；
根据以上分析，故本题选B。
14．D
【详解】A．0.1 mol·L-1的醋酸溶液中H+浓度约为10-3 mol·L-1，说明不完全电离，说明其为弱电解质 ，A不符合题意；
B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明没有完全电离，说明是弱电解质，B不符合题意；
C．室温时，CH3COONa溶液的pH大于7说明该物质为强碱弱酸盐，醋酸是弱电解质，C不符合题意；
D．5mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液与5mL 0.1mol·L-1的KOH溶液恰好完全中和说明其为一元酸，不能说明其为弱电解质，D符合题意；
故选D。
15．A
【详解】酸的电离常数越大，说明该酸在溶液中的电离程度越大，酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反之，溶液中氢离子浓度越小；由电离常数的大小可知，酸性由强到弱的顺序是：，故最小的是溶液；
故答案选A。
16．(1)100mL容量瓶
(2)＞
(3)B
(4)配制pH=2的HA溶液难以实现，加入的锌粒表面积难以做到相同
(5)配制NaA溶液，测定pH＞7，即可以证明HA是弱电解质
【详解】（1）由题干信息可知，在两个方案的步骤①均为配制100mL一定物质的量浓度的溶液，故在该步骤中都要用到的定量仪器是100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；
（2）由题干信息可知，甲方案为测量0.1mol/L的HA溶液的pH值，若HA为强电解质，则0.1mol/L的HA溶液中H+浓度为0.1mol/L，此时溶液pH=1，若HA为弱电解质，则溶液中H+浓度小于0.1mol/L，pH大于1，即若测得溶液的pH>1，则可说明HA是弱电解质，故答案为：＞；
（3）由题干信息可知，乙方案为先配制等pH=2的HA和HCl两种酸溶液，然后稀释10倍，再去等量的两种稀释后的溶液，与相同纯度的锌粒反应，观察现象，若HA是强电解质，则稀释后的两溶液中的H+浓度相等，与锌粒反应速率一样大，若HA是弱电解质，则稀释后的溶液中H+浓度是HA的更大，则其与锌粒反应的速率更大，故答案为：B；
（4）弱酸在稀释过程中会继续电离出氢离子，所以配制pH=2的HA溶液难以实现；又因为固体的表面积也影响反应速率，因此不妥之处在于加入的锌粒表面积难以做到相同，
故答案为：配制pH=2的HA溶液难以实现，加入的锌粒表面积难以做到相同；
（5）弱酸的强碱盐可以水解，水解显示碱性，可以配制NaA溶液，如果测定其pH＞7，即可以证明HA是弱电解质，故答案为：配制NaA溶液，测定pH＞7，即可以证明HA是弱电解质。
17． ，， 、HClO、、、、、 检验 另取一份滤液，加入NaOH溶液，观察有无沉淀产生 将步骤1所得滤液和饱和氯水同时滴在有色布条上，比较有色布条褪色的快慢
【分析】CaCO3 消耗了氯水中的 HCl，使 Cl2+H2OHCl+HClO 平衡向右移动，HClO浓度增大，反应中产生的气体为二氧化碳(氯化氢与碳酸钙反应所得)，而二氧化碳溶于水呈酸性，抑制了次氯酸的电离平衡，使溶液中存在了浓度更高的次氯酸；因为碳酸钙是过量的，碳酸钙和二氧化碳和水反应生成了可溶于水的碳酸氢钙，加热时碳酸氢钙分解生成CaCO3和CO2，反应的离子方程式为Ca2++2CaCO3↓+CO2↑+H2O，据此分析解答。
【详解】(1)氯气可溶于水，且和水反应生成盐酸和次氯酸，得到的混合溶液为氯水，饱和氯水中盐酸是强电解质、次氯酸和水是弱电解质，所有电离过程的电离方程式：、、；饱和氯水中存在的微粒有、HClO、、、、、；
(2)因为碳酸钙是过量的，碳酸钙和二氧化碳和水反应生成了可溶于水的碳酸氢钙，溶液中存在HCO3-，步骤2、步骤3的实验目的是检验，步骤2中加入盐酸生成二氧化碳气体，为达到该实验目的，还可以采取的方法是另取一份滤液，加入NaOH溶液，观察有无沉淀产生
(3)HClO具有强氧化性，HClO的浓度越大，漂白效果会越好，将步骤1所得滤液和饱和氯水同时滴在有色布条上，比较有色布条褪色的快慢。
18．(1)
(2)
(3)分子
(4) 酸 Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(5)H2S＋H2O2=S↓＋2H2O
(6)Na>Al>S>O
(7)C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=－196.75kJ·mol－1
【分析】W、Z最外层电子数相同，但是Z的核电荷数是W的2倍，短周期元素中只有O、 S符合；X、Y各自的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水，因为Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，所以X是钠、Y是铝；根据五种元素核电荷数之和为54，对应原子最外层电子数之和为20，得出Q为碳元素。
【详解】（1）X、Y各自的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠溶液与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为；
（2）钠与氧形成氧化钠和过氧化钠两种氧化物，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为；
（3）Q与W可形成化合物QW2，该化合物为二氧化碳，固体二氧化碳为分子晶体；
（4）硝酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；
（5）硫化氢具有还原性，与氧化性物质双氧水发生氧化还原反应生成单质硫和水，其化学方程式为H2S＋H2O2=S↓＋2H2O ；
（6）Na、 Al、S三种元素位于同一周期，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小为Na>Al>S；O与S为同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，OAl>S>O；
（7）0.5 molC与足量的O2完全反应生成CO2气体，放出196.75 kJ的热量，放热焓变为负值，反应的热化学方程式：C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH=－196.75kJ·mol－1。
19． ⅦA CH2=CH2 AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑ 2NH3·H2O+3H2O2=N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O a和c CS2(l)+3O2(g)=CO2(g)+2SO2(g) △H=-1075kJ/mol
【分析】J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，则J为C元素；根据J、R在周期表中的相对位置可知R为S元素；则T为Cl元素；M是地壳中含量最多的金属元素，则M为Al元素；根据L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性可L为N元素。
【详解】（1）M为Al，其离子结构示意图为；元素T为Cl，最外层有7个电子，在周期表中位于第ⅦA族。
（2）J为C，和氢组成的化合物分子有6个原子，则为乙烯，其结构简式为CH2=CH2。
（3）M和T形成的化合物AlCl3在潮湿的空气中冒白色烟雾，即AlCl3和空气在的水蒸气反应生成白色固体Al(OH)3，同时生成HCl，反应的化学方程式为AlCl3+3H2O=Al(OH)3+3HCl↑。
（4）①在微电子工业中，甲的水溶液即氨水可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，氨水中的-3价氮被H2O2氧化为N2，其化学方程式为2NH3·H2O+3H2O2=N2↑+8H2O或2NH3+3H2O2=N2↑+6H2O。
②一定条件下，氨在固定体积的密闭容器中发生分解反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)（△H>0）达平衡后，a．升高温度，平衡正向移动，氨的物质的量减小，正确；b．升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，错误；c．增加氢气的物质的量，平衡逆向移动，氨的转化率降低，正确；d．再加入氨，平衡正向移动，生成更多的生成物，错误；故选ac；
（5）由J、R形成的液态化合物CS2 0.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，即CO2和SO2，298K时放出热量215kJ，则1mol CS2在氧气在完全燃烧，放出的热量为215kJ ×5=1075kJ的热量，故该反应的热化学方程式为CS2(l)+3O2(g)=CO2(g)+2SO2(g) △H=-1075kJ/mol。
答案第1页，共2页
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