2019-2020学年山东省济南市历城区高二下3月月考化学试卷

济南XX学校高二“空中课堂”阶段性测试化学试题一、单选题：（每题2分）1.正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构，受热易分解，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图所示），则下列有关说法中不正确的（）A.正硼酸晶体属于分子晶体B.正硼酸分子的稳定性与氢键无关C.1molH3BO3晶体中含有3mol氢键D.B原子杂化轨道的类型sp2，层间的H3BO3分子通过共价键相连2.某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是()A.X元素可能为＋4价 B.X可能为非金属C.X为第五周期元素 D.X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3＋3.下列叙述正确的是A.铬原子的电子排布式：ls22s22p63s23p63d44s2B.Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大C.碳原子的电子排布图：D.N、O、F的电负性逐渐增大4.在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A.[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+3 B.H2O2的电子式：C.NH3和NH4Cl化学键类型相同 D.中子数为32，质子数为27的钴原子：5.下列说法不正确的是()A.CS2中所含所有原子的最外层电子数均为8B.沸点:

CH4<CCl4<SiO2C.有些物质不含化学键，存在分子间作用力D.金刚石和冰在熔化时均要破坏共价键6.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，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是()A.原子半径：X＞Y＞Q＞WB.Q的单质都具有良好的导电性C.Q和Z所形成的分子的空间构型为直线形D.化合物Y2Z3不能在水中稳定存在7.下列说法不正确的是（）A.晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF>NaClB.某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+C.熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体D.含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子8.有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是()A.在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B.在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2D.CaF2晶体在熔融状态不导电9.观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是()HCNS8SF6B12结构单元结构模型示意图备注—易溶于CS2—熔点1873KA.HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键B.固态硫S8属于原子晶体C.SF6是由极性键构成的非极性分子D.单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键10.在解释下列物质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的是()A.钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大B.金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点C.KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低D.CF4、SiF4、GeF4、SnF4的熔点和沸点逐渐升高11.化学通式相同且价电子总数相等的分子或离子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是（）A.SO42-和PO43- B.H2O2和C2H2C.N2和CO D.SO2和NO2-12.下列叙述正确的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7C.25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)13.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)＝5.1×10–9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10–10。下列推断正确的是（）A.可以用0.36mol·L–1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃B.抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替C.若误饮c(Ba2+)＝1.0×10–5mol·L–1的溶液时，会引起钡离子中毒D.不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)14.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下发生的催化氧化反应2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果该反应在密闭容器中进行，则下列有关说法错误的是A.使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等C.为了提高SO2的转化率，可适当提高O2的浓度D.在上述条件下，SO2不可能100％地转化为SO315.已知下列热化学方程式：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1由此可知Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)ΔH3，其中ΔH3的值是（）A.-441.8kJ·mol-1 B.-254.6kJ·mol-1C.-438.9kJ·mol-1 D.-260.4kJ·mol-116.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是A稀释溶液，水解平衡常数增大B.Ksp(CuS)<Ksp[Cu(OH)2]C.升高温度增大D.加入MgCl2固体，HS－浓度减小17.常温下，把1mLpH=6的H2SO4溶液加入蒸馏水中，制成100mL溶液，稀释后的溶液中，其c(H+)最接近：A1×10-8mol/L B.1×10-6mol/LC.2×10-8mol/L D.1×10-7mol/L18.常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)

∆H=-980kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-560kJ/mol现有CH4和H2组成混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是A.1:1 B.1:2 C.2:3 D.3:219.下列现象或操作不适宜用勒夏特列原理解释的是A.合成氨时将氨液化分离可提高原料利用率B.H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C.新制氯水久置后颜色变浅D.锅炉水垢中含有CaSO4，常先加Na2CO3再加酸处理20.下列说法正确的是A.化学平衡正向发生移动时，平衡常数K值一定增大B.HS－的电离方程式：HS－+H2OS2－+H3O+C.由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液中，可能大量共存的离子：Fe3+、K+、NH4+、SO42－、Cl－、ClO－D.AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合发生反应：2Al3++3CO32－＝Al2(CO3)3↓21.下列图示与对应的叙述不相符的是A.图1表示相同温度下，向pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B.图2表示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀物质的量与盐酸体积的关系C.图3表示压强对可逆反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的影响，乙的压强比甲的压强大D.图4表示10mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化(Mn2＋对该反应有催化作用)22.酒精检测仪可帮助执法交警测试驾驶员饮酒的多少，其工作原理示意图如图所示。反应原理为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法正确的是A.b为正极，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2OB.电解质溶液中的H+移向a电极C.若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气D.呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越小23.25℃时，向0.1mol/LNH3·H2O溶液中通入HCl气体，溶液中与pOH(仿pH定义)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是

A.C点的溶液中:c(NH3·H2O)>c(NH4+)B.pOH=7的溶液中的溶质是NH4ClC.pOH=3的溶液中:c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)-c(OH-)=0.1mol/LD.NH3·H2O的Kb=1.0×10-4.724.下列离于方程式书写正确的是A.加热CuSO4溶液:Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+B.泡沫灭火器工作时的化学反应:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑C.以石墨为电极电解MgCl2溶液:2Cl-+2H2OCl2+H2↑+OH-D.向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH(溶液)加热:NH4++OH-NH3↑+H2O25.下列实验装置或操作设计正确，且能达到目的的是A.实验①，设计铜锌双液原电池B.实验②，将钢闸门与外接电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀C.实验③，准确量取一定体积K2CrO7标准溶液D.实验④，可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO二、多选题：（每题4分，少选得2分，错选不得分）26.下列说法正确的是A.反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)的△H＜0，△S＞0B.钢铁水闸可用牺牲阳极或者外加电流的阴极保护法减缓其腐蚀C.常温下，KSP[Al(OH)3]＝1×10－33。欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10－6mol·L－1，需调节溶液的pH≥5D.常温常压下，11.2LCl2与足量铁粉充分反应，转移电子数为6.02×102327.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A在0.1mol•L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深CO32－水解是吸热反应B等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多酸性A比B强C常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)D室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol•L-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO结合H＋的能力比SO32－的弱A.A B.B C.C D.D28.下列图示与对应的叙述相符合的是A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.图丙表示可逆反应从加入反应物开始建立化学平衡的过程D.图丁表示将NH3通入醋酸溶液的过程中，溶液导电性的变化29.下列图示与对应的叙述相符的是()A.由图甲可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大B.乙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的ΔH<0C.丙表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线D.根据图丁，除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可加入CuO调节pH至3～530.膦（PH3）在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含之。它的分子是三角锥形。以下关于PH3的叙述中，正确的是（）A.PH3是非极性分子B.PH3分子中有未成键的电子对C.PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱D.PH3分子中的P-H键是非极性键三、综合题：31.亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl，回答问题：(1)写出基态Fe3+的核外电子排布式_________。(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和________。含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为________mol。(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为_____，电负性由大到小的排序为________。(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示：①钠的熔点比钾更高，原因是__________________________。②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。32.氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：(1)①一氯胺(NH2Cl)的电子式为__________。②工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的链能相同），则该反应的△H=______________。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8③一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_________________。(2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容积均为1L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器）/mol2.001.451.001.001.00①甲容器中，0～40min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=______________。②该反应的△H________0(填“>”或“<”)，理由是____________________。③对该反应，下列说法正确的是______________(填选项字母）。A.若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态B.若容器内Cl2和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态C.反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大D.反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量NHCl2，平衡向逆反应方向移动(3)在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：①A、B、C三点中Cl2转化率最高的是______点(填“A”“B”或“C”)。②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)

济南XX学校高二“空中课堂”阶段性测试化学试题一、单选题：（每题2分）1.正硼酸（H3BO3）是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构，受热易分解，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图所示），则下列有关说法中不正确的（）A.正硼酸晶体属于分子晶体B.正硼酸分子的稳定性与氢键无关C.1molH3BO3晶体中含有3mol氢键D.B原子杂化轨道的类型sp2，层间的H3BO3分子通过共价键相连【答案】D【解析】【详解】A．正硼酸与石墨有相似的层状结构，层内的H3BO3分子通过氢键相连，受热易分解，所以正硼酸晶体属于分子晶体，故A正确；B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B正确；C．1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故C正确；D．B只形成了3个单键，没有孤电子对，价层电子对数为3，所以采取sp2杂化，层间硼酸分子的主要作用力是范德华力，故D错误；故选D。【点睛】根据硼酸的结构跟石墨相似可知B原子的杂化方式为sp2。因为硼酸中有电负性强的O元素，分子中还有活泼H，同层分子间的主要作用力是氢键。根据其受热易分解，说明硼酸是分子晶体。2.某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是()A.X元素可能为＋4价 B.X可能为非金属C.X为第五周期元素 D.X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3＋【答案】D【解析】【详解】A、由图象可知，该元素的I4>>I3，故该元素易形成+3价阳离子，故A错误；B、由图象可知，该元素的I4>>I3，故该元素易形成+3价阳离子，X应为金属，故B错误；C、周期数=核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，故C错误；D、由图象可知，该元素的I4>>I3，故该元素易形成+3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3＋，故D正确；故选D。3.下列叙述正确的是A.铬原子的电子排布式：ls22s22p63s23p63d44s2B.Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大C.碳原子的电子排布图：D.N、O、F的电负性逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A.铬的原子序数为24，电子排布式：ls22s22p63s23p63d54s1，故A错误；B.Mg的外围电子排布为3s2，s轨道处于全充满状态，第一电离能相对较高，故Na、Mg、Al的第一电离能最大的是Mg，故B错误；C.2p轨道上的两个电子应分占两个不同的轨道，故C错误；D.同一周期，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故N、O、F的电负性逐渐增大，故D正确；故选D。4.在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A.[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+3 B.H2O2的电子式：C.NH3和NH4Cl化学键类型相同 D.中子数为32，质子数为27的钴原子：【答案】A【解析】【详解】A项、[Co(NH3)6]Cl3是由[Co(NH3)6]3+和Cl—构成的配位化合物，由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3价，故A正确；B项、H2O2为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、NH3为共价化合物，分子中只存在共价键，NH4Cl为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，故C错误；D项、中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59，原子符号为，故D错误；答案选A。【点睛】原子符号中，a代表质量数，不是代表中子数，是解答的易错点。5.下列说法不正确的是()A.CS2中所含所有原子的最外层电子数均为8B.沸点:

CH4<CCl4<SiO2C.有些物质不含化学键，存在分子间作用力D.金刚石和冰在熔化时均要破坏共价键【答案】D【解析】【详解】A、若最外层电子数+｜化合价｜=8，原子满足最外层8电子结构，所以CS2中所含所有原子的最外层电子数均为8，故A正确；B、SiO2是原子晶体，沸点最高，CH4、CCl4都是分子晶体，相对分子质量CH4<CCl4，所以沸点CH4<

CCl4<SiO2，故B正确；C、稀有气体不含化学键，存在分子间作用力，故C正确；D、冰在熔化时不破坏共价键，故D错误。【点睛】原子晶体全都以共价键结合，熔融时破坏共价键，所以原子晶体熔点高；分子晶体，熔融时只破坏分子间作用力，所以分子晶体的熔点低。6.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，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是()A.原子半径：X＞Y＞Q＞WB.Q的单质都具有良好的导电性C.Q和Z所形成分子的空间构型为直线形D.化合物Y2Z3不能在水中稳定存在【答案】B【解析】【分析】X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，则Y应为Mg或Al元素，又因为工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，所以Y是Al。W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。【详解】A．由以上分析可知Q、W、X、Y分别为C、O、Na、Al，原子半径大小关系为Na＞Al＞C＞O，选项A正确；B．Q为碳元素，其中石墨具有良好的导电性，但金刚石、无定形炭等不具有，选项B错误；C．Q和Z所形成的化合物为CS2，分子空间构成为直线形，类型于二氧化碳，选项C正确；D．Y和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Al2S3，铝离子和硫离子会发生双水解而不能共存于水溶液中，选项D正确。答案选B。7.下列说法不正确的是（）A.晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF>NaClB.某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+C.熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体D.含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子【答案】C【解析】【详解】A.晶格能的大小与构成离子晶体的离子半径和离子所带电荷数目的多少相关，因为离子半径：Ca2+＞Na+＞Mg2+、F-＞O2-，离子所带的电荷：Ca2+=Mg2+＞Na+、O2-＞F-，故晶格能的大小为MgO>CaO>NaF>NaCl，故A说法正确；B.该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第IIA族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故B说法正确；C.HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2能够部分电离出自由移动的离子，因此HgCl2属于弱电解质，熔融状态的HgCl2不能导电说明HgCl2是共价化合物，属于分子晶体，故C说法错误；D.CO2、BF3、CH4三种分子的空间构型分别为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故D说法正确；答案选C。【点睛】绝大多数盐类物质都属于强电解质、离子化合物、离子晶体，但有少部分盐属于共价化合物，如：AlCl3、BeCl2、SnCl4、HgCl2、GeCl4、AuCl3等。8.有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是()A.在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B.在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2D.CaF2晶体在熔融状态不导电【答案】D【解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。详解：在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：8×1/8+6×1/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2，C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。

点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。9.观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是()HCNS8SF6B12结构单元结构模型示意图备注—易溶于CS2—熔点1873KA.HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键B.固态硫S8属于原子晶体C.SF6是由极性键构成的非极性分子D.单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键【答案】B【解析】【详解】A、“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H－C≡N中共有2个σ键和2个π键，A正确；B、S8易溶于CS2，因此属于分子晶体，B错误；C、SF6是正八面体对称结构，是非极性分子，C正确；D、由硼的结构和熔点可知，单质硼属原子晶体，硼晶体的结构单元中有12个B原子，每个原子形成5个B－B键，而每个B－B键为2个原子所共有，所以B－B键数为12×5/2＝30个，D正确。答案选B。10.在解释下列物质的变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的是()A.钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大B.金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点C.KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低D.CF4、SiF4、GeF4、SnF4的熔点和沸点逐渐升高【答案】D【解析】【详解】A、钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大，这是因为它们中的金属键逐渐增强，与化学键的强弱有关，A不选；B、金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点，这是因为C－C键的键长比Si－Si键的键长短，C－C键的键能比Si－Si键的键能大，与化学键的强弱有关，B不选；C、KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低，这是因为它们中的离子键的强度逐渐减弱，与化学键的强弱有关，C不选；D、CF4、SiF4、GeF4、SnF4的熔点和沸点逐渐升高，这是因为分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，与化学键的强弱无关，D选。答案选D。11.化学通式相同且价电子总数相等的分子或离子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是（）A.SO42-和PO43- B.H2O2和C2H2C.N2和CO D.SO2和NO2-【答案】B【解析】【详解】A、SO42－和PO43－的化学通式相同且价电子总数相等，两者属于等电子体，故A不选；B、二者化学通式相同，H2O2价电子数为14、C2H2价电子数为10，所以二者的价电子数不相等，不是等电子体，故B选；C、N2和CO两者化学通式相同且价电子总数相等，是等电子体，故C不选；D、SO2和NO2－化学通式相同且价电子总数相等，是等电子体，故D不选。故选B。12.下列叙述正确的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7C.25℃时，0.1mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)【答案】C【解析】【详解】A．醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液呈酸性，pH＜7,B项错误；C．硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C项正确；D．AgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag＋）·c（Cl－）=Ksp（AgCl）,c（Ag＋）·c（I－）=Ksp（AgI），0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Ag＋）浓度相等，则c（Cl－）不等于c（I－），D项错误；答案选C。13.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)＝5.1×10–9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10–10。下列推断正确的是（）A.可以用0.36mol·L–1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃B.抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替C.若误饮c(Ba2+)＝1.0×10–5mol·L–1的溶液时，会引起钡离子中毒D.不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)＞Ksp(BaSO4)【答案】A【解析】【分析】因胃酸可与CO32-反应生成水和二氧化碳，使CO32-浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)向溶解方向移动，则BaCO3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。【详解】A．用0.36mol·L–1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后，浓度很小可起到解毒的作用，故A正确；B．BaCO3溶于胃酸，起不到解毒的作用，故B错误；C．c(Ba2+)=1.0×10-5mol/L的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误;D．因胃酸可与CO2反应生成水和二氧化碳，使CO32-浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32-(aq)向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，与KsP大小无关，故D错误；故选A。14.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下发生的催化氧化反应2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果该反应在密闭容器中进行，则下列有关说法错误的是A.使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等C.为了提高SO2的转化率，可适当提高O2的浓度D.在上述条件下，SO2不可能100％地转化为SO3【答案】B【解析】【详解】A.使用催化剂能加快反应速率，缩短反应时间，可以提高生产效率，故A正确；B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要根据反应物的初始浓度及转化率进行判断，故B错误；C.提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故C正确；D.此反应为可逆反应，不能完全进行到底，，SO2不可能100％地转化为SO3，故D正确；故答案为B。【点睛】易错选A项，注意生产效率不同于转化率，催化剂使反应速率加快，缩短反应时间，就可以提高生产效率，但不会使提高物质的转化率。15.已知下列热化学方程式：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1由此可知Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)ΔH3，其中ΔH3的值是（）A.-441.8kJ·mol-1 B.-254.6kJ·mol-1C.-438.9kJ·mol-1 D.-260.4kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】由已知：Zn(s)＋O2(g)=ZnO(s)ΔH1=-351.1kJ·mol-1，Hg(l)＋O2(g)=HgO(s)ΔH2=-90.7kJ·mol-1，根据盖斯定律，①-②得Zn

(s)+HgO

(s)

=ZnO

(s)

+Hg

(l)，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-З51.1kJ/mоl-(-90.

7kJ/mol)

=-260.

4kJ/mol

，故D符合题意；故选D。【点睛】根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。16.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.Ksp(CuS)<Ksp[Cu(OH)2]C.升高温度增大D.加入MgCl2固体，HS－浓度减小【答案】C【解析】【详解】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。【点睛】在难溶的物质组成和类别不相似时，不能直接由溶度积的大小来判断其溶解度的大小。17.常温下，把1mLpH=6的H2SO4溶液加入蒸馏水中，制成100mL溶液，稀释后的溶液中，其c(H+)最接近：A.1×10-8mol/L B.1×10-6mol/LC.2×10-8mol/L D.1×10-7mol/L【答案】D【解析】【详解】原硫酸溶液中H+浓度为10—6mol/L，蒸馏水中H+浓度为10—7mol/L，混合溶液中c(H+)=，最接近1×10—7mol/L。答案选D。【点睛】稀溶液加水稀释时不能忽略水电离的氢离子浓度。18.常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)

∆H=-980kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-560kJ/mol现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是A.1:1 B.1:2 C.2:3 D.3:2【答案】A【解析】分析：根据热化学方程式和混合物计算的方法确定CH4和H2的物质的量之比。详解：假设混合气中CH4为xmol，H2为ymol，根据题干得：x+y=0.4mol①，根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)

∆H=-980kJ/mol和2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-560kJ/mol得：980x+280y=252KJ②，①②联立解得：x=0.2mol，y=0.2mol，所以CH4与H2的物质的量之比是1:1，A选项正确，其余选项错误，正确答案A。19.下列现象或操作不适宜用勒夏特列原理解释的是A.合成氨时将氨液化分离可提高原料的利用率B.H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C.新制氯水久置后颜色变浅D.锅炉水垢中含有CaSO4，常先加Na2CO3再加酸处理【答案】B【解析】【详解】A、N2+3H2⇌2NH3，将氨液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，氮气和氢气的转化率变大，故能用勒夏特列原理解释，选项A不选；B、对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应前后气体的总物质的量相等，增大压强，平衡不移动，气体颜色变深是因为体积减小，I2的物质的量浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，选项B选；C、新制氯水久置后，颜色变浅，是因为反应达到的平衡中，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向进行，氯气含量减小，颜色变浅，和平衡移动有关，选项C不选；D、由平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故能用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选B【点睛】本题考查勒夏特列原理的使用与判断。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。20.下列说法正确的是A.化学平衡正向发生移动时，平衡常数K值一定增大B.HS－的电离方程式：HS－+H2OS2－+H3O+C.由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液中，可能大量共存的离子：Fe3+、K+、NH4+、SO42－、Cl－、ClO－D.AlCl3溶液与Na2CO3溶液混合发生反应：2Al3++3CO32－＝Al2(CO3)3↓【答案】B【解析】A.平衡常数K为温度的函数，只要温度改变，平衡才会发生移动，A错误；B.HS－为弱酸根离子，部分发生电离，B正确；C.由水电离出的c(H+)＝1×10－13mol/L的溶液，该溶液可为酸性、可为碱性；酸性环境中，ClO－与H+反应生成次氯酸，碱性环境中，Fe3+与OH-生成氢氧化铁沉淀，C错误；D.Al3+水解显酸性，CO32－水解显碱性，混合后相互促进水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，D错误；答案选B。21.下列图示与对应的叙述不相符的是A.图1表示相同温度下，向pH＝10的氢氧化钠溶液和氨水中分别加水稀释时pH的变化曲线，其中a表示氨水稀释时pH的变化曲线B.图2表示向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸所得沉淀物质的量与盐酸体积的关系C.图3表示压强对可逆反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的影响，乙的压强比甲的压强大D.图4表示10mL0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化(Mn2＋对该反应有催化作用)【答案】B【解析】【详解】A.初始时NaOH溶液和氨水的c(OH-)相等，加水稀释过程中c(OH-)逐渐减小，pH逐渐减小，但氨水是弱碱存在电离平衡NH3H2ONH4++OH-，稀释过程中电离平衡正向移动，所以稀释相同倍数时氨水中c(OH-)减小的幅度比NaOH小，pH变化曲线平缓些，所以曲线a表示氨水稀释时pH的变化曲线，无限稀释后两溶液pH都接近7，图1符合对应的叙述，A项正确；B.向含有少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中滴加盐酸，盐酸先与NaOH反应，没有沉淀产生，NaOH耗尽后盐酸再与NaAlO2反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，继续滴加盐酸沉淀溶解：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，由方程式的计量关系知，生成沉淀消耗的HCl的量与溶解这些沉淀消耗盐酸量之比1：3，与图2不符，B项错误；(3)从图3看，甲、乙起始反应物含量相同，一段时间后达到平衡（拐点后平行于时间轴的状态），甲、乙平衡状态相同，但乙达到平衡所用时间短，乙的反应速率快。再分析反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)该反应气体体积不变，根据勒夏特列原理，压强改变平衡不移动，加压反应速率增大，说明乙的压强比甲大，图3与叙述相符，C项正确；D.KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液发生氧化还原反应生成Mn2+，Mn2+对该反应有催化作用，所以，反应开始后产生一定量的Mn2+，反应速率迅速增大，一段时间后浓度大幅度减小，浓度的减小成为影响反应速率的主要因素，反应速率减慢，图4符合对应的叙述，D项正确；答案选B。【点睛】pH相同的强酸和弱酸（或强碱和弱碱）稀释相同的倍数，弱酸（弱碱）的pH变化幅度小。22.酒精检测仪可帮助执法交警测试驾驶员饮酒的多少，其工作原理示意图如图所示。反应原理为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法正确的是A.b为正极，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2OB.电解质溶液中的H+移向a电极C.若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气D.呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越小【答案】A【解析】燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应；A．b为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；B．该燃料电池中，a是负极，b是正极，电解质溶液中氢离子向b极移动，故B错误；C．b为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以有0.4

mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，故C错误；D．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，故D错误；故选A。23.25℃时，向0.1mol/LNH3·H2O溶液中通入HCl气体，溶液中与pOH(仿pH定义)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是

A.C点的溶液中:c(NH3·H2O)>c(NH4+)B.pOH=7的溶液中的溶质是NH4ClC.pOH=3的溶液中:c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)-c(OH-)=0.1mol/LD.NH3·H2O的Kb=1.0×10-4.7【答案】D【解析】详解】A.C点lg=0，故溶液中c(NH3·H2O)=c(NH4+)，选项A错误；B.若溶液液中的溶质只有NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pOH>7，选项B错误；C.pOH=3的溶液中c(H+)-c(OH-)=10-11-10-3<0，物料守恒有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，故c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)-c(OH-)<0.1mol/L，选项C错误；D.C点lg=0，故溶液中c(NH3·H2O)=c(NH4+)，NH3·H2O的Kb===1.0×10-4.7，选项D正确。答案选D。24.下列离于方程式书写正确的是A.加热CuSO4溶液:Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+B.泡沫灭火器工作时的化学反应:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑C.以石墨为电极电解MgCl2溶液:2Cl-+2H2OCl2+H2↑+OH-D.向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH(溶液)加热:NH4++OH-NH3↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A.硫酸不挥发，所以加热CuSO4溶液不能得到Cu(OH)2沉淀，选项A错误；B.泡沫灭火器工作时的化学反应:Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，选项B正确；C.以石墨为电极电解MgCl2溶液:Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，选项C错误；D.向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH(溶液)加热:HCO3-+NH4++2OH-NH3↑+2H2O+CO32-，选项D错误。答案选B。25.下列实验装置或操作设计正确，且能达到目的的是A.实验①，设计铜锌双液原电池B.实验②，将钢闸门与外接电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀C.实验③，准确量取一定体积K2CrO7标准溶液D.实验④，可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO【答案】B【解析】【详解】A、将锌和铜电极互换位置才能形成双液原电池，选项A错误；B、实验②，将钢闸门与外接电源的负极相连，为外接电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，选项B正确；C、实验③是碱式滴定管，K2CrO7具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取，必须改用酸式滴定管，选项C错误；D、产生的二氧化碳能与次氯酸钠反应生成次氯酸，但该反应没有明显现象，无法判断，选项D错误。答案选B。二、多选题：（每题4分，少选得2分，错选不得分）26.下列说法正确的是A.反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)的△H＜0，△S＞0B.钢铁水闸可用牺牲阳极或者外加电流的阴极保护法减缓其腐蚀C.常温下，KSP[Al(OH)3]＝1×10－33。欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10－6mol·L－1，需调节溶液的pH≥5D.常温常压下，11.2LCl2与足量铁粉充分反应，转移电子数为6.02×1023【答案】BC【解析】【分析】A.碳与二氧化碳的反应属于吸热反应；B.牺牲阳极或者外加电流的阴极保护法都能减缓其腐蚀；C.根据Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，计算溶液的pH；D.常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol；【详解】A.碳与二氧化碳化合生成一氧化碳的反应属于吸热反应，△H>0，故A项错误；B.防止金属腐蚀的电化学方法有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，可用这两种方法减缓钢闸门的腐蚀，故B项正确；C.常温下，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3＋)×c3(OH-)，欲使溶液中c(Al3＋)≤1×10－6mol·L－1，应使溶液中c(OH-)≥1×10－9mol·L－1，需调节溶液的pH≥5，故C项正确；D.常温常压不是标准状况，11.2LCl2的物质的量不是0.5mol，因此，这些氯气与足量铁反应时转移的电子数不是6.02×1023个，故D项错误。综上，本题选BC。【点睛】B项考查金属腐蚀的防护，利用原电池原理，将金属作为正极，可防止其被腐蚀，即牺牲阳极的阴极保护法；利用电解池原理，将金属作为阴极，可防止其被腐蚀，即外加电流的阴极保护法。27.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A在0.1mol•L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深CO32－水解是吸热反应B等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多酸性A比B强C常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4部分转化为BaCO3Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)D室温下，用pH试纸测得：0.1mol•L-1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol•L-1NaHSO3溶液的pH约为5HSO结合H＋的能力比SO32－的弱A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A.滴有酚酞的Na2CO3溶液显示红色,是因为碳酸钠溶液中的碳酸根离子水解溶液呈碱性,其中碳酸根离子水解程度受温度的影响,微热,溶液颜色逐渐变深,说明温度高,水解程度大,碱性增强,所以盐类水解是吸热反应，A正确；B.等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的锌反应,HA放出的氢气多,说明HA的物质的量大于HB的物质的量,溶液的体积相等,HA的物质的量浓度大于HB的,所以说明酸性:HA<HB，B错误；C.常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中CO32-浓度高而转化为BaCO3，但是Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），C错误；D.SO32-结合H＋为一级水解，HSO3-结合H＋为二级水解，HSO3-结合H＋的能力比SO32－的弱，D正确；答案选AD。28.下列图示与对应的叙述相符合的是A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.图丙表示可逆反应从加入反应物开始建立化学平衡的过程D.图丁表示将NH3通入醋酸溶液的过程中，溶液导电性的变化【答案】BC【解析】分析：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量；B．温度过高，酶失去催化活性；C．反应开始时正反应速率大于逆反应速率，平衡时正逆反应速率相等；D．醋酸为弱电解质，反应后生成醋酸铵为强电解质，离子浓度增大导电能力增强，后氨水导电能力减弱。详解：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，选项A错误；B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，选项B正确；C．反应开始时正反应速率大于逆反应速率，平衡时正逆反应速率相等，图象符合化学平衡建立特点，选项C正确；D．将NH3通入醋酸溶液的过程中，溶液导电性先增大后减小，图象不符合，选项D错误。答案选BC。点睛：本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡化学反应的能量变化规律浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响中和滴定。本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响，考查《化学反应原理》主要内容，侧重学生的分析能力的考查，为高考常见题型，易错点为B，注意蛋白质的性质，难度不大。29.下列图示与对应的叙述相符的是()A.由图甲可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大B.乙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的ΔH<0C.丙表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线D.根据图丁，除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可加入CuO调节pH至3～5【答案】BD【解析】【详解】A．Kw只与温度有关，由于温度不变，所以a点Kw的数值与b点Kw的数值相同，故A错误；B．温度越高，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短。由图可知，T1＜T2，温度越高，C的体积分数越小，说明该反应为放热反应，即该反应的△H＜0，故B正确；C．0.1000mol•L-1醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以滴定前醋酸溶液的pH大于1，当氢氧化钠溶液体积为20.00mL时，恰好完全中和生成醋酸钠，溶液显碱性，与图象不符，故C错误；D．由图可知，pH大于3时铁离子沉淀完全，pH为5时铜离子开始沉淀，则除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3～5，故D正确；故选BD。【点睛】本题的易错点为C，要注意醋酸为弱酸，0.1mol/L的醋酸pH＞1，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解显碱性。30.膦（PH3）在常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常含之。它的分子是三角锥形。以下关于PH3的叙述中，正确的是（）A.PH3是非极性分子B.PH3分子中有未成键的电子对C.PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱D.PH3分子中的P-H键是非极性键【答案】BC【解析】【详解】A．该分子为三角锥型结构，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，A错误；B．PH3分子中P原子最外层有5个电子，其中3个电子和3个H原子形成共用电子对，所以该物质中有1个未成键的孤对电子，B正确；C．氮元素非金属性强于磷元素，PH3中的P-H键的极性比NH3中N-H键的极性弱，C正确；D．同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，所以P-H是极性键，D错误；答案选BC。三、综合题：31.亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl，回答问题：(1)写出基态Fe3+的核外电子排布式_________。(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有______和________。含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为________mol。(3)黄血盐中N原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为_____，电负性由大到小的排序为________。(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示：①钠的熔点比钾更高，原因是__________________________。②Fe原子半径是rcm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_______g/cm3。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(2).配位键(3).离子键(4).1(5).sp(6).N>O>C(7).O>N>C(8).Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高(9).【解析】【分析】(1)基态Fe3+的核外电子排布式，就是按电子进入轨道的顺序，从能量最低的1s轨道排起，共排布23个电子；(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe(CN)6]4-间的作用力和Fe2+与CN-间的作用力；1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量；(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常；电负性与非金属性成正比；(4)①钠的熔点比钾更高，原因从离子带电荷与离子半径综合分析；②由图中可知，1个Fe晶胞中含有2个Fe原子。设晶胞的边长为x，则4r=，x=，。【详解】(1)基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；(2)K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外，还有K+与[Fe(CN)6]4-间的离子键和Fe2+与CN-间的配位键；1个[Fe(CN)6]4-内共含12个σ键，由此可确定含有12molσ键的K4[Fe(CN)6的物质的量为1mol；(3)黄血盐中N原子与C原子间形成共价三键，另外N原子的最外层还有1对孤对电子，从而得出N的杂化方式sp；C、N、O的第一电离能中，N原子最外层处于半满状态，出现反常，即为N>O>C；电负性与非金属性成正比，即为O>N>C；(4)①钠的熔点比钾更高，原因是Na的半径小，形成的金