2018-2019学年河南省南阳市第一中学高二下学期第四次月考化学试题 解析版 21页

南阳一中2019年春期高二年级第四次月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 C 12 Mg 24 Al 27 S 32‎ 第Ⅰ卷（选择题 共42分）‎ 一．选择题（每个小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）‎ ‎1.下列说法中错误的是 A. 放热反应可能开始时要加热才能发生 B. NaAlO2溶液加热蒸干、灼烧后，得到固体的仍是NaAlO2‎ C. 燃煤火电厂能量转换过程是：化学能→热能→机械能→电能 D. 其他条件不变，增加反应物浓度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关系，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，因此放热反应可能开始需要加热才能发生，A项正确，不符合题意；‎ B．NaAlO2溶液蒸干，灼烧后，仍然是NaAlO2，不会发生改变，B项正确，不符合题意；‎ C．燃料在锅炉中燃烧加热水使成蒸汽，将燃料的化学能转变成热能，蒸汽压力推动汽轮机旋转，热能转换成机械能，然后汽轮机带动发电机旋转，将机械能转变成电能，C项正确，不符合题意；‎ D．增加反应物浓度，可以提高活化分子浓度，但是不能增大活化分子百分数，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎2.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂 B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大 C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变 D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中被还原为Ag ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，为原电池的正极，A错误；B．铅蓄电池放电时电池反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，该反应中浓硫酸参加反应，所以浓度降低，B错误；C．粗铜中不仅含有铜还含有其它金属，电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以氧化剂作氧化剂发生还原反应，D正确；答案选D。‎ 考点：考查原电池和电解池原理 ‎3.下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）‎ A. C2H5OH（l）+3O2（g）==2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-1367.0kJ/mol（燃烧热）‎ B. NaOH（aq）+HCl（aq）==NaCl（aq）+H2O（l）；△H=+57.3kJ/mol（中和热）‎ C. S（s）+O2（g）===SO2（g）；△H=-269.8kJ/mol（反应热）‎ D. 2NO2==O2+2NO；△H=+116.2kJ/mol（反应热）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据燃烧热的定义，要生成稳定的氧化物，乙酸燃烧应该生成液态水，而不是气态水，A项错误；‎ B．中和反应是放热反应，△H<0，△H=-57.3kJ/mol而不是+57.3kJ/mol，B项错误；‎ C．硫和O2反应生成SO2，是放热反应，△H<0，C项正确；‎ D．在热化学方程式中，各物质需要标注聚集状态，D项错误；‎ 本题答案选C。‎ ‎4.常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5‎ ‎］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1mol·L－1HR溶液的pH为5‎ B. HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)] 逐渐增大 C. 当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)‎ D. 当c(R－)＝ c(HR)时，溶液必为中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。‎ ‎5.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g）+2D（g）。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol•L-1。下列判断错误的是 A. x=1 B. 若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态 C. B的转化率为40% D. 2min内A的反应速率为0.3mol•L-1•min-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C的浓度为0.2mol·L－1，体积为2L，则生成C的物质的量为0.2mol·L－1×2L=0.4mol，各生成物的物质的量之比等于化学计量数之比，生成的D是0.8mol。生成C和D的比例为1：2，则x=1，A项正确，不符合题意；‎ B．，各反应物和生成物均为气体，m总不变，V不变，则密度ρ一直不变，不能判断是否达到平衡，B项错误，符合题意；‎ C．生成了0.8molD，参加反应的B为0.4mol，则B的转化率为，C项正确，不符合题意；‎ D．，生成了0.8molD，参加反应的A为1.2mol，有，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选B。‎ ‎6.在室温下，由水电离产生的H+浓度为1×10-13 mol·L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是 ‎①K+、Cl-、NO3-、S2- ②K+、Fe2+、I-、SO42- ③Na+、Cl-、NO3-、SO42- ④Na+、Ca2+、Cl-、HCO3-⑤K+、Ba2+、Cl-、NO3-‎ A. ③⑤ B. ①③ C. ③④ D. ②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由水电离产生H＋浓度不能判断溶液的酸碱性，溶液可以是酸性，也可以使碱性。①若为酸性溶液，S2－和H＋不能大量共存，此外H＋、NO3－具有强氧化性，能够与S2－发生氧化还原反应，不能大量共存；②若溶液为碱性，Fe2＋与OH－会生成Fe(OH)2，从而不能大量共存；③不管是在碱性环境还是酸性环境，不会生成沉淀，气体，水等，可以大量共存；④HCO3－与会H＋反应生成CO2和H2O，HCO3－会与OH－反应生成CO32－和H2‎ O，不能大量共存；⑤不会生成沉淀，气体，水，可以大量共存。综上可以大量共存的有③⑤；本题答案选A。‎ ‎7.将氢气、甲烷、乙醇等物质在氧气中燃烧时的化学能直接转化为电能的装置叫燃料电池。燃料电池的基本组成为电极、电解质、燃料和氧化剂。此种电池能量利用率可高达80%（一般柴油发电机只有40%左右），产物污染也少。下列有关燃料电池的说法错误的是 A. 上述燃料电池的负极反应材料是氢气、甲烷、乙醇等物质 B. 氢氧燃料电池常用于航天飞行器，原因之一是该电池的产物为水，经过处理之后可供宇航员使用 C. 乙醇燃料电池的电解质常用KOH，该电池的负极反应为：C2H5OH－12e－＝2CO2↑＋3H2O D. 甲烷燃料电池的正极反应可能为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃料电池中，燃料做负极，负极反应物可以是氢气、甲烷、乙醇等物质，A项正确，不符合题意；‎ B、航天飞行器中氢氧燃料电池的总反应为O2+2H2=2H2O，反应产物是水，经过处理之后可供宇航员使用，B项正确，不符合题意；‎ C、乙醇燃料电池的电解质用KOH时，生成的二氧化碳会和其反应生成碳酸盐，负极发生反应C2H5OH-12e－+16OH－=2CO32－+11H2O，C项错误，符合题意；‎ D、燃料电池中正极上氧气得电子，碱性环境下，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，D项正确，不符合题意；‎ 本题答案选C。‎ ‎8.Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，一定容积的密闭容器中，发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ 平衡常数 ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10-5‎ 下列说法正确的是 A. 25℃达到平衡时，向容器中继续通入CO，Ni粉转化率增大，CO转化率减小 B. 温度越低，越有利于Ni(CO)4的生产 C. 在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)＜v(逆)‎ D. 平衡时向密闭容器中加入少量镍粉，平衡向正反应方向移动，新平衡时CO浓度比原平衡小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向容器中继续通入CO，相当于增大压强，平衡正向进行，CO转化率增大，A项错误；‎ B.由图表数据可知，温度升高平衡常数减小，说明反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，但反应速率小，生产效益低，不利于Ni(CO)4的生产，B项错误； ‎ C.依据浓度商计算和平衡常数比较分析判断反应进行方向，在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol·L－1，，Q>K，反应逆向进行，则此时v(正)＜v(逆)，C项正确；‎ D.固体对化学平衡无影响，平衡不移动，D项错误；‎ 本题答案选C。‎ ‎9.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 mol·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）‎ C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变 D. 冰表面各层之间，均存可逆反应HClH++Cl−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。‎ ‎【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；‎ B项、由题给数据可知，冰表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；‎ C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；‎ D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。‎ ‎10.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是 A. CO32-+H2OHCO3-+OH- 热的纯碱溶液清洗油污 B. Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+ 明矾净水 C. TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓+4HCl 用TiCl4 制备TiO2‎ D. SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强；B项，氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以做净水剂；C. TiCl4属于强酸弱碱盐，能够发生水解；D.加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡右移，促进SnCl2的水解。‎ ‎【详解】A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于除油污，A正确； B项，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以做净水剂，B正确；C项，TiCl4属于强酸弱碱盐，水解可以生成TiO2·xH2O，加热失水可得TiO2，C正确；加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡向氯化亚锡水解的方向进行，所以配制氯化亚锡溶液时应加入盐酸，D错误；正确选项D。‎ ‎11.已知在25℃时，FeS、CuS的溶度积常数（Ksp）分别为6.3×10－18、1.3×10－36。常温时下列有关说法正确的是 A. 向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体溶液的酸性增强 B. 将足量的CuSO4溶解在0.1 mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的最大浓度为1.3×10－35mol/L C. 因为H2SO4是强酸，所以反应：CuSO4十H2S＝CuS↓＋H2SO4不能发生 D. 除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 正确答案：D A．不正确，2H2S＋SO2=2H2O＋3S↓,向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体溶液的酸性减弱 B．不正确，Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，H＋将抑制H2S的电离，S2―浓度将小于0.1mol/L，将足量的CuSO4溶解在0.1 mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的浓度大于1.3×10－35mol/L C．不正确，因为CuS的溶解性更小，所以反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4能发生 D．正确，除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂进行沉淀转化，FeS＋Cu2＋CuS＋Fe2＋‎ ‎12.下列判断正确的是 A. 同温下，HF比HClO易电离，则等浓度NaF溶液的pH比NaClO溶液的pH大 B. 常温下，0.4mol•L-1HA溶液和0.2mol•L-1NaOH溶液等体积混合后的pH等于3，则混合溶液中粒子浓度大小关系：c（A-）＞c（Na+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-）‎ C. 用铂电极电解食盐水，一段时间后两极产生气体体积比为3：2（同条件下），为将电解液恢复原状，则只需向电解液中通入一定量的HCl气体 D. 常温下，PH=a的Al2(SO4)3溶液和PH=a的H2SO4溶液中，水电离的c(H+)相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同温下，酸的电离程度越小其酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的pH越大，所以等浓度等体积NaF溶液的pH比NaClO溶液的pH小，A项错误；‎ B．二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的HA和NaA，溶液呈酸性，说明酸的电离程度大于酸根离子水解程度，根据电荷守恒得c(A－)＞c(Na＋)，因为酸的电离程度较小，所以c(Na＋)＞c(HA)，溶液中氢氧根离子和氢离子浓度较小，所以离子浓度大小顺序是c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，B项正确；‎ C．用铂电解电解饱和食盐水时，如果只生成氯气和氢气，二者的体积相等，事实上不相等，说明阳极上有氧气生成，所以实质上电解的是氯化氢和水，要使溶液恢复原状，则应该加入盐酸溶液，C项错误；‎ D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以常温下pH=a的Al2(SO4)3溶液和pH=a的H2SO4溶液中，水电离的c(H＋)前者大于后者，D项错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎13.常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是 A. CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH值升高 B. 浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c(CH3COO－)- c(CH3COOH)＝2[c(H＋)-c(OH－)]‎ C. 将pH＝a的醋酸稀释为pH＝a+1的过程中，c(CH3COOH)/ c(H＋)减小 D. 等体积pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液恰好中和时，a+b=14‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸是弱酸，存在电离平衡，有CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入CH3COONa后，CH3COO－浓度增大，平衡逆向移动，溶液中的H＋减小，溶液中的pH增大，A项正确，不符合题意；‎ B．在混合溶液中，有电荷守恒C(CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，有物料守恒2c(Na＋)=c(CH3COOH)＋C(CH3COO－)；联立两式，可得c(CH3COO－)- c(CH3COOH)＝2[c(H＋)-c(OH－)]；B项正确，不符合题意；‎ C．在醋酸溶液中，有电离平衡，CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离平衡常数 ‎，转化形式有,Ka不变，稀释过程中c(CH3COO－)减小，则减小，C项正确，不符合题意；‎ D．若a+b=14，则c(H＋)=c(OH-)，醋酸会过量，所以a+b＞14，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎14.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是 A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+‎ C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3‎ D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。‎ ‎【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；‎ B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+‎ ‎，故B错误；‎ C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；‎ D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共58分）‎ ‎15.分析、归纳、探究是学习化学的重要方法和手段之一。下面就电解质A回答有关问题(假定以下都是室温时的溶液)。‎ ‎（1）电解质A的化学式为NanB，测得浓度为c mol/L的A溶液的pH＝a。‎ ‎①试说明HnB的酸性强弱____。‎ ‎②当a＝10时，A溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)______。‎ ‎③当a＝10、n＝1时，A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为____，(OH-)-c(HB)＝______。‎ ‎④当n＝1、c＝0.1、溶液中c(HB)：c(B-)＝1∶99时，A溶液的pH为___(保留整数值)。‎ ‎（2）已知难溶电解质A的化学式为XnYm，相对分子质量为M，测得其饱和溶液的密度为ρg/cm3，Xm+离子的浓度为c mol/L，则该难溶物XnYm的溶度积常数为Ksp＝___。‎ ‎【答案】 (1). 当a=7时，HnB为强酸，当a>7时，HnB为弱酸 (2). Bn-+H2OHB(n-1)-+OH- (3). c(Na+)> c(Bn-)> c(OH-)> c(H+) (4). 10-10mol/L (5). 11 (6). (m/n)mcm+n ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①依据盐溶液pH分析判断对应酸碱的强弱，弱离子水解盐溶液显示了酸碱性；‎ ‎②依据盐类水解的实质分析书写离子方程式；‎ ‎③根据溶液中的pH、电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理进行分析、计算、比较离子浓度大小；‎ ‎④根据c(HB)：c(B－)=1：99计算出水解生成氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积计算出溶液中氢离子的浓度，然后计算pH；‎ ‎(2)根据电解质A的化学式写出溶解平衡，根据溶度积常数表达式及题数中数据 计算出该难溶物XnYm的溶度积常数为Ksp。‎ ‎【详解】（1）①电解质A的化学式为NanB，测得浓度为cmol·L－1的A溶液的pH=a．当a=7说明是强酸强碱盐，HnB为强酸，当a大于7，NanB为强碱弱酸盐，在溶液中发生了水解：Bn－+H2OHB(n-1)-+OH－，HnB为弱酸;‎ ‎②NanB溶液的pH=10，NanB为强碱弱酸盐，在溶液中发生了水解：Bn－+H2OHB(n-1)-+OH－；‎ ‎③当a=10，n=1时，由于B－离子水解，溶液呈碱性，溶液中B－离子浓度减小，小于溶液中钠离子的浓度，水解是少量的，所以A溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)＞c(B－)＞c(OH－)＞c(H＋)。溶液中存在电荷守恒：c(B－)+c(OH－)=c(H＋)+c(Na＋)；物料守恒：c(Na＋)=c(HB)+c(B－)；将钠离子浓度带入电荷守恒可得：c(B－)+c(OH－)=c(H＋)+c(HB)+c(B－)，c(OH－)-c(HB)=c(H＋)=1×10-10mol·L－1；‎ ‎③当n=1、c=0.1，溶液中c（HB）：c（B－）=1：99时，参与水解的B－离子为1%，水解生成OH－浓度为：0.1mol·L－1×1%=0.001mol·L－1，则，所以溶液的pH为11；‎ ‎(2)已知难溶电解质A的化学式为XnYm，相对分子质量为M，测得其饱和溶液的密度为ρg·cm－3，Xm＋离子的浓度为cmol·L－1，XnYm的溶解平衡为：XnYm(s)nXm+(aq)+mYn-(aq)），Xm＋离子的浓度为cmol·L－1，Yn－的浓度为mol·L－1，。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液pH的简单计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的溶解平衡等知识，题目难度较大，注意掌握溶液中电荷守恒和物料守恒的应用，明确pH计算方法、溶度积常数的含义及计算方法是解题关键。‎ ‎16.硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在95 ℃“溶侵”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。‎ ‎（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_________。‎ ‎（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是_______酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______________。‎ ‎（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。‎ ‎【答案】 (1). NH3+NH4HCO3＝(NH4)2CO3 (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱 (5). 转化为H3BO3，促进析出 (6). 2Mg2++2H2O+3CO32－＝Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3－（或2Mg2++H2O+2CO32－＝Mg(OH)2∙MgCO3↓+CO2↑） (7). 溶浸 (8). 高温焙烧 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;‎ ‎（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN；‎ ‎（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；‎ ‎（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。‎ ‎17.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。已知：X的最外层电子数是次外层的2倍，在地壳中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，Q的最外层比次外层少2个电子。请回答下列问题：‎ ‎（1）X的价层电子排布式是___，Q的原子结构示意图是____。‎ ‎（2）Y、Z两种元素中，第一电离能较大的是（填元素符号）_____，原因是______。‎ ‎（3）Z、W、Q三种元素的简单离子的半径从小到大排列的是________。‎ ‎（4）关于Y、Z、Q三种元素的下列有关说法，正确有是_______；‎ A.Y的轨道表示式是：‎ B.Z、Q两种元素的简单氢化物的稳定性较强的是Z C. Z、Q两种元素简单氢化物的沸点较高的是Q D.Y常见单质中σ键与π键的数目之比是1：2‎ ‎（5）Q与Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的杂化类型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。‎ ‎【答案】 (1). 2s22p2 (2). (3). N (4). N原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定 (5). r(Na+ )＜r(O2-) ＜r(S2-) (6). BD (7). sp2杂化 (8). SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X最外层电子数是次外层的2倍，则次外层只能是K层，容纳2个电子，最外层是L层，有4个电子，X为C元素。地壳中Z的含量最大，则Z为O元素，X、Y、Z原子序数依次增大，则Y为N元素。W是短周期元素中原子半径最大的主族元素，W为Na。Q的最外层比次外层少2个电子，Q的次外层为L层，有8个电子，Q的最外层为M层，有6个电子，Q为S元素。‎ ‎【详解】(1)X为C元素，核外电子排布为1s22s22p2，价层电子排布式为2s22p2；Q为S元素，16号元素，原子结构示意图为；‎ ‎(2)Y为N元素，Z为O元素，第一电离能大的是N元素，原因是N原子的2p轨道为半充满结构，能量低稳定；‎ ‎(3)Z、W、Q形成的离子分别为O2－、Na＋、S2－。O2－和Na＋‎ 具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，则有r(Na+ )＜r(O2-)。O和S同主族，同主族元素形成的简单离子半径从上到小依次增大，有r(O2-) ＜r(S2-)，则排序为r(Na+ )＜r(O2-) ＜r(S2-)；‎ ‎(4)Y为N，Z为O，Q为S ；‎ A．Y的2p轨道上有3个电子，根据洪特原则，电子排布在能量相同的各个轨道时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，2p轨道上的3个电子，应该分别在3个不同的轨道；A项错误；‎ B．O的氢化物H2O的稳定性比S的氢化物H2S的稳定性强，因为O非金属性比S的强；B项正确；‎ C．O的氢化物H2O的沸点比S的氢化物H2S的沸点高，原因是水分子间存在氢键；C项错误；‎ D．Y的单质为N2，N和N原子之间有3对共用电子对，其中σ键有1个，π键有2个，比例为1:2，D项正确；‎ 本题答案选BD；‎ ‎(5)QZ2为SO2，中心原子S的价电子有6个，配位原子O不提供电子，对于SO2，VP=BP+LP=2+=3，中心S原子为sp2杂化；根据相似相溶的原理，SO2易溶于水是由于SO2是极性分子，H2O是极性溶剂，相似相溶；另外SO2与H2O反应生成易溶于水的H2SO3。‎ ‎18.采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题 ‎（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。‎ ‎（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：‎ 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5(g)完全分解）：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎160‎ ‎260‎ ‎1300‎ ‎1700‎ ‎∞‎ p/kPa ‎35.8‎ ‎40.3‎ ‎42.5.‎ ‎45.9‎ ‎49.2‎ ‎61.2‎ ‎62.3‎ ‎63.1‎ ‎①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1‎ ‎2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1‎ 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。‎ ‎②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=________kPa，v=_______kPa·min−1。‎ ‎③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。‎ ‎④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。‎ ‎（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：‎ 第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡 第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______（填标号)。‎ A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)‎ B．反应的中间产物只有NO3‎ C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 ‎【答案】 (1). O2 (2). 53.1 (3). 30.0 (4). 6.0×10－2 (5). 大于 (6). 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (7). 13.4 (8). AC ‎【解析】‎ 分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；‎ ‎（2）①根据盖斯定律计算；‎ ‎②根据压强之比是物质的量之比计算；‎ ‎③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；‎ ‎④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。‎ ‎（3）根据三步反应的特点分析判断。‎ 详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；‎ ‎（2）①已知：‎ ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol 根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；‎ ‎②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；‎ ‎③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。‎ ‎④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。‎ ‎（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；‎ B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；‎ C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；‎ D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。‎ 点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。‎ ‎19.下表为周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。‎ 用化学用语回答下列问题：‎ ‎（1）写出元素g的基态原子核外电子排布式______，h2+中未成对电子数为____。‎ ‎（2）在b2a2分子中，元素b为__杂化，该分子是___分子（填“极性”或“非极性”），该分子中σ键和π键的数目比为____。‎ ‎（3）bd2与bf2比较，沸点较高的是___（填分子式），原因是_______。‎ ‎（4）下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的有关叙正确是___。‎ A h位于元素周期表中第四周期第VIII族，属于d区元素 B e的基态原子中，3p能级为半充满，属于p区元素 C 最外层电子排布式为4s2，一定属于IIA族 D 最外层电子排布式为ns2np1，该元素可能是ⅢA族或ⅢB族 ‎（5）i元素最高价含氧酸是一元弱酸，它的水溶液之所以呈弱酸性并非本身能电离出H+，而是它加合了一个OH－，形成配位键，请用“→”表示)；请用离子方程式表示____与ia4－互为等电子体的一种阳离是____，ia4－的空间构型为___。‎ ‎（6）下表是一些气态原子逐级电离能(kJ·mol－1)：‎ ‎①通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子时所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量___________‎ ‎②表中X可能为以上元素中的____元素(填写元素符号)。Y与X的最高价氧化物的水化物溶液反应的离子方程式为______‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). 4 (3). sp (4). 非极性 (5). 3：2 (6). CS2 (7). 相对分子质量大，分子间作用力（范德华力）大 (8). AB (9). +H2O+H+ (10). NH4+ (11). 正四面体 (12). Li原子失去一个电子后，Li＋已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难 (13). Na (14). 2Al+6H2O+2OH-=2[Al(OH)4]-+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 各编号对应的元素，在表中表示出。‎ aH ‎ iB bC cN dO jNa kAl eP fS gCr hFe ‎【详解】(1)g为Cr元素，原子核外电子数目为24，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，h为Fe，Fe2＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，根据洪特原则，3d轨道中未成对电子数为4；‎ ‎(2)b2a2为：C2H2，元素C为sp杂化，该分子是非极性分子，该分子中含有2个C-H单键和1个碳碳三键。C—H键σ键，碳碳三键中，有1个键为σ键，其他2个为π键，则σ键共3个，π键共2个，比例为3:2；‎ ‎(3)CO2与CS2比较，CS2的熔沸点高，因为：分子结构相似，为分子晶体，分子晶体的熔沸点高低取决于相对分子质量的大小，故答案为：CS2； 相对分子质量大，分子间作用力（范德华力）大；‎ ‎(4)A．h是Fe元素位于元素周期表中第四周期ⅤⅢ族，属于d区元素，故A正确；‎ B．e原子的基态原子中3p能级为半充满，属于p区元素，故B正确；‎ C．最外层电子排布式为4s2，可能处于ⅡA族、ⅡB族，故C错误；‎ D．最外层电子排布式为ns2np1，该元素处于ⅢA族，故D错误；‎ 故答案为：AB；‎ ‎(5)i为B，它的最高价氧化物为H3BO3，根据信息，离子方程式为+H2O+H+；BH4-的等电子体，为阳离子的是NH4+，等电子体的空间结构相同，NH4＋为正四面体，则BH4-也为正四面体；‎ ‎(6) Li原子失去一个电子后，Li＋的电子排布为1s2，已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难，所以第二电离能比第一电离能大；X的第二电离能远大于第一电离能，则X的化合价为＋1价，但是X的第一电离能比Li的小，说明更容易失去电子，则X为Na；Y的第四电离能远大于第三电离能，Y的化合价为＋3价，Y为Al，X的最高价氧化物的水化物为NaOH，方程式为2Al+6H2O+2OH-=2[Al(OH)4]-+3H2↑。‎ ‎ ‎