四川省成都市石室中学2022-2023学年高二下学期5月月考化学 Word版含解析.docx

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成都石室中学高2024届5月考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Fe：56S：32Cl：35.5第I卷(选择题)一、单选题(每小题2.5分，共75分)1.下列错误的是A.NH3的电子式为：B.制备金属Al：C.某离子结构示意图为：，可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－D.N原子的轨道表示式为：【答案】B【解析】【详解】A．NH3是共价化合物，N、H原子间共用1对电子，N原子还含有1对孤电子对，其电子式为，故A正确；B．工业上常用电解熔融氧化铝制备金属Al，，故B错误；C．35Cl-和示37Cl-都是氯离子，氯离子的核内质子数和核外电子数都是18，故C正确；D．基态N原子的轨道表示式，故D正确；故选：B。2.下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是 A.I3AsF6晶体中存在离子，离子的几何构型为正八面体形B.C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为HY>WB.Z的氢化物分子间存在氢键C.Y、Z形成的化合物分子的中心原子可能采取sp3杂化D.WY2分子中σ键与π键的数目之比一定是2∶1【答案】C 【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，最外层电子数不能为8，故W、X最外层电子数分别为4、3，且X原子序数较大，故W处于第二周期，X处于第三周期，则W为C元素、X为Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为Cl，Y为Al到Cl之间的元素，可能为、P或S，据此分析解答。【详解】A．同主族，自上而下，电负性减弱，Y若为Si元素，则电负性C＞Si，故A错误；B．Z为Cl元素，氯化氢分子中不存在氢键，故B错误；C．Y、Cl形成的分子可以为SiCl4，四氯化硅为正四面体构型，中心原子Si可能采用sp3杂化，故C正确；D．WY2分子应为CS2，其结构式为S=C=S，分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，故D错误；故选C。【点睛】本题的难点为Y元素的不确定性对物质结构和性质的影响，要注意具体情况具体分析。8.维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用。该物质的结构简式如图所示，维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力有A.离子键、共价键B.离子键、氢键、共价键C.氢键、范德华力D.离子键、氢键、范德华力【答案】D【解析】【分析】物质溶于水克服的是分子与分子之间的作用力或者离子间的静电作用，某些共价化合物分子也会克服共价键，如酸等。【详解】A．该化合物结构中不含羧基或者酚羟基，溶于水时没有克服共价键，故A错误；B．该化合物结构中不含羧基或者酚羟基，溶于水时没有克服共价键，故B错误；C．该化合物属于离子化合物，溶于水时，还克服了离子键，故C错误；D．维生素分子中含有氨基和羟基，易形成氢键，故溶于水时要破坏离子键、氢键和范德华力，故D正确；故选D。9.氮化硼(BN)有六方氮化硼和立方氮化硼(如图) 等不同结构，是一种重要的功能陶瓷材料。下列相关说法不正确的是A.六方氮化硼的硬度小于立方氮化硼B.在六方氮化硼中，实线、虚线均代表共价键C.立方氮化硼晶胞中，N原子对紧邻B原子形成的空隙填充率为50%D.在一定条件下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼【答案】B【解析】【详解】A．六方氮化硼为层状结构，层间范德华力比共价键弱很多，故六方氮化硼的硬度小于立方氮化硼的，故A正确；B．六方氮化硼为层状结构，层原内子之间形成共价键，层间通过范德华力维系，故B错误；C．立方氮化硼晶胞中，顶点B原子与3个面心B原子形成正四面体，晶胞中有8个这种正四面体，而只有4个正四面体填充N原子，N原子对紧邻B原子形成的空隙填充率为50%，故C正确；D．在一定条件下，可以使B、N原子之间形成化学键，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，故D正确，故选：B。10.化学上通常通过实验的方法来认识物质的结构与性质，下列说法中不正确的是A.现代化学中常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素B.通过X－射线衍射实验来鉴定晶体和非晶体C.通过直接测定熔融态物质的导电性来判断物质是否为离子化合物D.测静电对液流的影响来判断液态物质分子的极性【答案】C【解析】【详解】A．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；B．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X—射线衍射实验，故B正确；C ．通过直接测定熔融态物质的导电性来判断化合物是否为离子化合物，而不是判断物质是否为离子化合物，故C错误；D．判断液态物质分子的极性可通过测静电对液流的影响来判断，故D正确；故选C。11.如图为单元形成的“巨分子”的部分结构。有关说法不正确的是A.难溶于水B.为正二十四面体C.该物质为B的一种同素异形体D.该晶体熔点高、硬度大【答案】B【解析】【详解】A、的空间结构与水分子相似性较小，难溶于水，故A正确；B、在几何学方面，正二十四面体是不存在的，故B错误；C、同素异形体是同种元素构成的不同种单质，故B是B的一种同素异形体，故C正确；D.是空间网状结构，熔沸点较高，硬度较大，故D正确。故选：B。12.下列现象与氢键有关的是①NH3的沸点比PH3的高；②乙醇能与水以任意比混溶，而甲醚(CH3－O－CH3)难溶于水；③邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低；④水分子在高温下很稳定；⑤冰的密度比液态水的密度小；⑥NH3易液化；⑦NH3分子比PH3分子稳定；；⑧在相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高A.①②③⑤⑥⑧B.①②④⑤⑧C.②③⑥⑧D.①④⑥【答案】A【解析】【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA 族其他元素氢化物的高，①正确；②因乙醇与水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，甲醚与水分子之间不能形成氢键，则甲醚（(CH3－O－CH3）难溶于水，②正确；③对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，③正确；④水分子高温下很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，④错误；⑤冰中存在氢键，氢键有一定的方向性。水结冰后分子间的空隙变大，故其体积变大，则冰的密度比液态水的密度小，⑤正确；⑥NH3分子之间可以形成氢键，故易液化，⑥正确；⑦氮磷在同一主族，氮的非金属性大于磷所以NH3分子比PH3分子稳定，⑦错误；⑧H2O和H2S均为分子晶体，结构相似，但前者分子间存在氢键，所以在相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高，⑧正确；所以①②③⑤⑥⑧正确；故选A。13.下列有关说法正确的是A.表明1s轨道呈球形，有无数对称轴B.表明S2Cl2为非极性分子C表明1个碳酸亚乙烯分子中含6个σ键D.表明每个P4S3分子中含孤电子对的数目为6个【答案】A【解析】【详解】A．1s轨道为球形，球有无数个对称轴，A正确；B．结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，但该分子结构不对称，为极性分子，B错误；C．分子中有碳碳键，碳氧键，碳氢键，氧氢键分别含有一个σ键，所以分子中含有8个σ键，C错误；D．分子中每个硫原子有2个孤电子对，每个磷原子有1个孤电子对，则分子中含孤电子对的数目为10对，D错误；故选A。 14.下列说法中正确的是A.测量接近沸点的水蒸气的相对分子质量大于18，是因为形成了“缔合分子”B.某原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子放出能量C.p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层数的增加，p能级原子轨道数也在增多D.按照泡利原理，在同一个原子中不可能存在两个空间运动状态完全相同的电子【答案】A【解析】【详解】A．接近水的沸点的水蒸气中存在相当量的水分子因氢键而相互缔合形成缔合分子，所以此时水蒸气的相对分子质量大于18，A正确；B．某原子核外电子由，由基态跃迁到激发态，原子吸收能量，B错误；C．p轨道是哑铃形的，任何能层的p能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，C错误；D．处于同一轨道即空间运动状态完全相同，所以存在两个空间运动状态完全相同的电子，D错误；故选A。15.下列说法中不正确的是A.晶体沸点由高到低：金刚石B.碳酸盐的分解温度：C.无机含氧酸的酸性：D.FeS2与ZnS晶格能分别为、，岩浆晶出次序为：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．一般来说，沸点为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，且分子晶体中分子质量越大沸点越大，晶体沸点由高到低：金刚石，故A正确；B．碳酸盐中，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，则分解温度：MgCO3＜CaCO3＜SrCO3，故B错误；C．无机含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，无机含氧酸的酸性：，故C正确； D．晶格能越大，岩浆晶出越容易，FeS2与ZnS晶格能分别为、，岩浆晶出次序为：，故D正确；故选B。16.下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数)A.256gS8中含有S−S键的个数为8NAB.18g冰中含有氢键数目为2NAC.1mol[Fe(CN)6]3－离子中含有的σ键为6NAD.N60结构如上图，14gN60中含有的N−N键个数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A．256gS8单质的物质的量为，而1molS8中含8mol键，单质中含有8molS−S键，即8NA个，A正确；B．依据计算物质的量，氢键是分子间作用力，每个水分子平均形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，B正确；C．中配位键属于σ键，CN-中也有1根σ键，1mol离子中含有的σ键为，即12NA，C错误；D．依据计算物质的量，1个形成的N−N键为，则形成N−N键个数为，D正确；故选C。17.在某密闭容器中发生可逆反应。当其他条件不变时，C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列说法不正确的是 A.p1T2【答案】C【解析】【详解】A．由C的百分含量一时间变化曲线可知：在相同温度，压强越大达到平衡需要时间越短，所以p1T2，由纵坐标可知温度升高C的百分含量降低，则说明升高温度平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应，B正确；C．由A的分析可知p1T2，D正确；故选C18.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O（1）△H=-57.3kJ/mol，向50mL2mol/L的NaOH溶液中加入1mol/L的某种酸恰好完全反应，测得加入酸的体积与反应放出热量的关系如下图所示（不考虑热量的散失），则该酸可能是A.醋酸（CH3COOH)B.盐酸C.草酸（HOOC-COOH)D.硫酸【答案】C【解析】【分析】【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）十OH-（aq）=H2 O；△H=-57.3kJ/mol，50mL2mol/L的NaOH溶液中加入1mol/L的酸溶液，恰好完全反应，该酸属于二元酸，但是根据图示放出的热量小于5.73kJ，所以该酸属于二元弱酸，故选C。19.下列方案设计不能达到实验目的的是ABCD测定硫酸与锌反应的化学反应速率由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响探究醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．随着反应不断进行，氢气量不断增大，右侧活塞向右移动，测量一段时间产生氢气的量就可以测量这段时间内的反应速率，故A正确；B．温度升高，气体颜色加深，c(NO2)增大，温度降低，气体颜色变浅，c(NO2)减小，由此球中气体颜色的深浅可以判断温度对平衡的影响，故B正确；C．实验原理方程式：2MnO+4H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由于题中高锰酸钾的物质的量不同，无法通过褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，故C错误；D．强酸能和弱酸盐发生反应生成弱酸，醋酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，碳酸钠和硼酸不反应，所以酸性醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；故选C。20.肌肉中大量肌红蛋白Mb可以结合O2形成MbO2维持人体的生理活动，发生反应：ΔH，该过程可自发进行。温度为T时，平衡常数K==2.0kPa－1(气体分压=气体总压×体积分数)，下列说法中不正确的是 A.ΔH<0B.提高p(O2)，K值变小C.提高氧气浓度，有利于Mb(aq)的转化D.当=4.0时，吸入的空气中p(O2)=21kPa，该反应逆向进行【答案】D【解析】【详解】A．由题中方程式可知此反应正反应是一个熵减的过程，所以ΔH<0才能自发，A正确；B．由平衡常数的表达式可知提高p(O2)，K值变小，B正确；C．提高氧气浓度，有利于提高另一种反应物Mb(aq)的转化率，C正确；D．当=4.0时，吸入的空气中p(O2)=21kPa，此时Q=<2.0kPa－1，该反应正向进行，D错误；故选D。21.下列标志可表明对应反应达到平衡状态的是反应条件可逆反应标志A恒温恒容2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)混合气体的密度不变B恒温恒压NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)NH3在混合气体中的百分含量不变C恒温恒容H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)Qp(分压商，用分压代替浓度计算)不变D恒温恒压2NO2(g)⇌N2O4(g)c(NO2)=2c(N2O4)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】 【分析】【详解】A．恒温恒容，气体总质量不变，故混合气体的密度为定值，无法用来判断是否达到平衡状态，故A错误；B．由于反应物是固体，故氨气和二氧化碳的物质含量之比始终是2:1，NH3在混合气体中的百分含量始终不变，无法用来判断是否达到平衡状态，故B错误；C．恒温恒容，Qp不变，说明各气体分压不再改变，则说明反应达到平衡状态，故C正确；D．二氧化氮浓度是四氧化二氮浓度的二倍，无法说明其浓度不再变化，故无法用来判断是否达到平衡状态，故D错误；答案选C。22.在密闭容器中发生反应：3A（?）B（g）+C（?）达到平衡，t1时刻改变某一条件，t2再次达到平衡，化学反应速率v随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是A.该反应为放热反应B.t1时刻改变的条件是增大体系压强C.A为非气态，C可能为气态D.平衡常数：K（t1）>K（t2）【答案】C【解析】【详解】A．如果t1时刻升温，则正逆反应速率均增大，与图形不符，故不能判断反应的热效应，故A错误；B．t1时刻改变条件后，正反应不变，逆反应速率增大，则A为非气态，若增大压强，平衡应逆向进行，与图形不符，故B错误；C．t1时刻改变条件，正反应不变，逆反应速率增大，则A为非气态，C可能为气态，故C正确；D．t1时刻温度没有改变，所以平衡常数：K（t1）=K（t2），故D错误；故选C。23.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应： Ⅰ．CH4（g）+CO2（g）2H2（g）+2CO（g）ΔH=+247.1kJ·mol-1Ⅱ．H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）ΔH=+41.2kJ·mol-1在恒压、反应物起始投料比n（CH4）:n（CO2）=1:1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的个数是①升高温度，Ⅰ、Ⅱ正反应速率均增大，逆反应速率均减小②800K下，改变起始投料比，可使甲烷的转化率由X点提高至Y点③曲线A表示CH4的平衡转化率④相同条件下，使用高效催化剂不能使曲线A和曲线B相重叠A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【详解】①升高温度，ⅠⅡ正、逆反应速率均增大，故错误；②800K下，可以通过改变二氧化碳的量，即改变起始投料比，使甲烷的转化率由X点提高至Y点，故正确；③根据两个反应得到总反应为CH4（g）+2CO2（g）H2（g）+3CO（g）+H2O（g），加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线A表示CO2的平衡转化率，故错误；④相同条件下，使用高效催化剂只能改变化学反应速率但不能使平衡移动，故不能使曲线A和曲线B相重叠，故正确；综上，有2个正确；答案选B。24.已知，，，向10mLCaCl2 溶液中滴加0.1mol/L的Na2SO4溶液时，溶液中pCa与Na2SO4溶液体积(V)的关系如图所示(实线)，下列有关说法正确的是(已知1g3=0.48)A.y值3.48B.a与b两点c(Ca2+)之比为100：9C.原CaCl2溶液浓度为1mol/LD.若把0.1mol/L的Na2SO4溶液换成0.2mol/L的Na2CO3溶液则图象在终点后变为虚线部分【答案】B【解析】【详解】A．未滴加Na2SO4溶液时pCa=1，可知原溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，a点为滴加10mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，此时恰好完全反应，此时溶液中c(Ca2+)=c()=mol/L=3.0×10-3mol/L，pCa=－lgc(Ca2+)==，即y值为2.52，A错误；B．a点溶液中c(Ca2+)=mol/L，b点溶液中加入Na2SO4的体积为20mL，则溶液中c()=mol/L=mol/L，则此时溶液中c(Ca2+)=mol/L=mol/L，所以a点和b点溶液中c(Ca2+)之比为(mol/L)∶(mol/L)=100∶9，B正确；C．未滴加Na2SO4溶液时pCa=1，可知原溶液中c(Ca2+)=0.1mol/L，原CaCl2溶液浓度为0.1mol/L，C错误；D．若把0.1mol/L的Na2SO4溶液换成0.2mol/L的Na2CO3溶液，则两者的滴定终点不同，后者变为5mL，D错误；故选B。25.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项操作现象解释或结论 A在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体溶液颜色变浅增大生成物浓度，平衡逆向移动B常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞两份溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO－)>Kh(HCO3－)C向重铬酸钾溶液中加水溶液颜色变浅增加反应物H2O的用量，平衡+H2O2+2H+向右移动D先生成白色沉淀，随后产生黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．KCl对Fe3+与SCN-的络合反应没有影响，增大Cl-浓度，平衡不移动，故A错误；B．等体积、等浓度的两种盐溶液，NaHCO3溶液红色更深，说明其水解程度更大，可知常温下的水解平衡常数Kh(CH3COO-)＜Kh()，故B错误；C．稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，但平衡常数不变，因此平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，故C正确；D．AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，不能比较溶度积大小，故D错误；故选：C。26.下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是（）A.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SOB.离子方程式2Ca2++3HCO+3OH-═2CaCO3↓+CO+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应C.由水电离出的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NOD.n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时发生的反应为NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-═NH3•H2O+AlO +2H2O+2BaSO4↓【答案】D【解析】【详解】A．Fe3+发生水解，使得溶液呈酸性，因此只能存在酸性溶液中，故A错误；B．若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+CO32-+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4++Ca2++HCO3-+2OH-═CaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故B错误；C．由水电离出的c(H+)＝1×10-12mol/L，说明水的电离受到抑制，为酸溶液或碱溶液，为碱溶液时，Mg2+与氢氧根离子反应，为酸溶液时，I-、NO3-发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．n[NH4Al(SO4)2]：n[Ba(OH)2]=2：5时，铵根恰好全部转化为一水合氨，铝离子恰好完全转化为偏铝酸根离子，硫酸根恰好完全转化为硫酸钡沉淀，氢氧根恰好完全反应，钡离子过量，发生的反应的离子方程式为：NH+Al3++2SO+2Ba2++5OH-═NH3•H2O+AlO+2H2O+2BaSO4↓，故D正确。答案选D。27.25℃时，向某二元弱酸H2X的钠盐溶液中滴加盐酸，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或。下列叙述不正确的是A.曲线m表示与pH的变化关系B.Ka1(H2X)的数量级为10－7C.当溶液呈中性时，D.25℃时，NaHX溶液中：c(OH－)>c(H+)【答案】C【解析】【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），则pH相同时＜， 或，则＞，则m、n分别表示pH与、的变化关系。【详解】A．根据分析可知，曲线m表示与pH的变化关系，A正确；B．曲线n点pH＝7.4，c（H+）＝mol/L，＝1，则＝10，所以Ka1(H2X)＝×c（H+）＝，数量级，B正确；C．由两条直线坐标可知Ka1（H2X）=，Ka2（H2X）=，当溶液显中性时,所以、，C错误；D．根据曲线m可知HX﹣的电离平衡常数为；根据曲线n可知pH＝7.4，lg＝1，＝10，所以HX﹣的水解平衡常数Kh＝＝＝＞，说明HX﹣的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c(OH－)>c(H+)，D正确；故选C。28.中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极,设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下左图，电池的工作原理如下右图。下列有关说法正确的是A.放电时，纸张中的纤维素作为锂电池的负极B.充电时，若阳极放出1molO2，则有4mole-回到电源正极C.开关K闭合给锂电池充电，X为直流电源负极 D.放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极【答案】C【解析】【详解】A.纤维素不导电，石墨导电，故放电时，纸张表面毛笔书写后留下的石墨作电池正极，A错误。B.充电时为电解池，若阳极放出1molO2，则失去4mole-，阴极得4mole-，故B错误；C.充电时，直流电源阴极与电池负极(金属锂)相连，故X为直流电源负极，C正确；D.原电池或电解池工作时，电解质中阴、阳离子的移动方向一般遵循“阴阳相吸”原则，即原池放电时，电解质中的Li+离子移向阴极D错误；答案选C。【点睛】考查原电池和电解池的原理。根据Li空气电池判断原电池的正负极。根据加入的物质，判断电极的离子移动的方向等。29.实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：序号实验实验Ⅰ铁钉表面及周边未见明显变化铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成实验Ⅱ铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现锌片周边未见明显变化下列说法不正确的是A.实验Ⅰ的现象说明溶液与反应生成了B.实验Ⅱ中保护了，使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢C.实验Ⅱ中正极的电极反应式：D.若将片换成片，推测片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色【答案】A【解析】 【详解】A．根据实验现象可知，实验Ⅰ中铁钉被空气中氧气氧化，随机出现极少量红色和蓝色区域，Fe2+与K3[Fe(CN6)]会生成蓝色沉淀，OH-在酚酞作用下会使溶液变红，故反应过程中溶液存在OH-、Fe2+，最后有少量红棕色铁锈生成，发生了吸氧腐蚀，但是不能说明K3[Fe(CN6)]与Fe反应生成了Fe2+，A项错误；B．实验ⅠI中形成了以铁为正极，锌为负极的原电池，锌片发生氧化反应，故Ⅱ中铁的腐蚀速率降低，B项正确；C．实验Ⅱ中，溶液酸性较弱，且由铁钉周边出现红色区域可知，正极的电极反应式：，C项正确；D．若将片换成片，则实验Ⅱ中，铁为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，铁钉周边会出现蓝色；铜为正极，根据C选项正极电极反应式可知，有OH-生成，铜片周边会出现红色，D项正确；答案选A。30.，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（）A.时，B.电离常数的数量级为C.图中点x的纵坐标值为D.的约等于线c与线d交点处的横坐标值【答案】A【解析】【分析】根据图知，pH<7时，CH3COOH电离量少，c表示CH3COOH的浓度；pH=7时c（OH－）=c（H＋），二者的对数相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，则lgc（OH－）增大，所以b、d分别表示H＋、OH－；pH>7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO －)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2O⇌CH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2mol·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；D、CH3COO－+H2O⇌CH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。第II卷(非选题)(共25分)31.人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界。（1）Fe单质为体心立方晶体，晶胞中铁原子的配位数为___________，基态铁原子有___________个未成对电子，Fe3+的电子排布式为___________。（2）硝酸钾中的空间构型为_______，写出与互为等电子体的一种非极性分子______。（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有___________。（4）下列说法正确的有___________(填字母序号)。A.乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高B.钨的配合物离子[W(CO)5OH]－能催化固定CO2，该配离子中钨显－1价C.聚乙烯()分子中有5n个σ键D.由下表中数据可确定在反应Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中，每生成60gSiO2放出的能量为(2c－a－b)kJ 化学键Si−SiO=OSi−O键能(kJ∙mol−1)abc（5）根据下表，比较下列两组物质的熔点高低(填“>”或“<”)。SiC____Si；SiCl4_____SiO2。化学键Si－OSi－ClH－HH－ClSi－SiSi－C键能(kJ∙mol−1)460360436431176347（6）工业上高纯硅可通过下列反应制取：，根据上表计算，该反应的反应热ΔH=___________kJ·mol－1。（7）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式_____，已知Fe原子为面心立方最密堆积，若两个最近的Fe原子间的距离为spm，则该晶体的密度是_____g•cm－3。(选择字母作答)A．B．C．D．【答案】（1）①.8②.4③.[Ar]3d5（2）①.平面三角形②.BF3、SO3（g）、BBr3等（3）C、N、O、S（4）A（5）①.＞②.＜（6）+236（7）①.②.A【解析】【小问1详解】 Fe单质为体心立方晶体，如图，晶胞中体心的铁原子到8个顶点铁原子的距离相等，配位数为8；基态铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，有4个未成对电子，Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5；故答案为8，4，[Ar]3d5；【小问2详解】中N原子价层电子对=，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，与互为等电子体的一种非极性分子有：BF3、SO3、BBr3等，故答案为：平面正三角形，BF3、SO3、BBr3等；【小问3详解】只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为C、N、O、S；【小问4详解】A．乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，A正确；B．根据化合物中化合价的代数和为0知，钨的配合物离子[W（CO）5OH]-中钨显0价，B错误；C．聚乙烯（）分子中有（6n-1）个σ键，C错误；D．由表中数据知反应Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（4c-2a-b）kJ，D错误；故选A。【小问5详解】物质熔化时需断键，断键需吸收能量，而键能越大的物质，断键所吸收能量越大，熔点越高，依据图表中的键能数值分析可知，键能Si-O＞Si-C＞Si-Si，所以物质的熔点高低为：SiC＞Si，SiCl4是分子晶体，SiO2是原子晶体，所以熔点SiCl4＜SiO2，答案为：＞，＜；【小问6详解】2molH2反应，需1molSiCl4，则断裂4molSi-Cl键和2molH-H键，同时生成1molSi和4molHCl，则形成2molSi-Si键和4molH-Cl键．所以吸收能量为，而放出能量为，则整个过程能量变化为，此反应的热化学方程式为△H=+236kJ·mol-1，答案为：+236； 【小问7详解】该晶胞中铁原子个数=，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氢气和氮化铁，所以该反应方程式为：，设正四面体的棱长为xpm，则正四面体的面对角线为pm，又两个最近的Fe原子间的距离为spm，所以x=s，则x=s，根据ρ===，A正确，故选A；