2018-2019学年新疆奎屯市第一高级中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
2018-2019学年第二学期高二化学第一次月考试卷
可能用到的相对原子质量：N-14 Fe-56 Cu-64
一、选择题
1. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 甲基的电子式：
B. 氮原子的轨道表示式：
C. 氯离子的最外层电子排布：3s23p6
D. 硫离子的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A项，甲基的电子式是，A不正确；
B项，违反了泡利原理，N原子的轨道表示式是，B不正确；
C项，氯离子的最外层电子排布为3s23p6，C正确；
D项，硫离子的结构示意图是，D不正确；
答案选C。
2.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是
A. H2O与BeCl2为角形（V形） B. CS2与SO2为直线形
C. BF3与PCl3为三角锥形 D. SO3与CO32-为平面三角形
【答案】C
【解析】
【详解】A．水分子中价层电子对个数为2+
×（6-2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，故分子的空间构型是V型；BeCl2中Be原子的价层电子对个数=2+×（2-2×1）=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，故A错误；
B．CS2分子中每个S原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构；SO2分子中价层电子对个数=2+×（6-2×2）=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，故B错误；
C．SO3中，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，硫原子采用sp2杂化，分子形状为平面三角形；CO32-中碳原子价层电子对个数=3+=3，采用sp2杂化，所以CO32-的离子立体结构为为平面三角形，故C正确；
D．BF3分子中B原子的价层电子对个数=3+×（3-3×1）=3且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形；PCl3中，价层电子对数=3+（5-3×1）=4，含孤电子对数为1，杂化轨道数4，中心原子以采取sp3杂化，分子形状为三角锥形，故D错误；
故选C。
【点睛】根据价层电子对互斥模型（VSEPR模型）确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= （a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，据此判断立体结构。
3.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误结论，下列类推结论中正确的是
A. 碱金属氟化物的晶格能顺序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
B. ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4＞SiH4＞CH4；则ⅤA族元素氢化物沸点顺序是AsH3＞PH3＞NH3
C. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子
D. 若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍；则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍
【答案】A
【解析】
【详解】A、组成和结构相似的离子晶体，阴、阳离子的半径越小，离子所带的电荷越多，晶格能越大，故碱金属氟化物的晶格能顺序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，正确；
B、组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但氨分子间存在氢键，故在同族元素的氢化物中沸点反常的高，故ⅤA族元素氢化物沸点顺序是NH3＞AsH3＞PH3，错误；
C、金属晶体的构成微粒为金属阳离子和自由电子，晶体中只有阳离子，没有阴离子，错误；
D、HCl为强电解质，全部电离，醋酸为弱电解质，部分电离，若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍；则盐酸中H+浓度大于醋酸中H+浓度的2倍，错误。
故选A。
4.钛号称“崛起的第三金属”，因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域。已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是 ( )
A. 上述钛原子中，中子数不可能为22
B. 钛元素在周期表中处于第四周期ⅡB族
C. 钛原子的外围电子排布为3d24s2
D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素
【答案】B
【解析】
【详解】A、钛为22号元素，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，中子数不可能为22，A正确；
B、钛原子的外围电子层排布为3d24s2，钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族，B错误；
C、根据构造原理知钛原子的外围电子层排布为3d24s2，C正确；
D、d区元素原子的价电子排布为（n-1）d1—9ns1—2，根据钛原子的价电子排布可知钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素，D正确。
答案选B。
5.向含有1mol配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉淀的物质的量为
A. 0mol B. 1mol
C. 2mol D. 3mol
【答案】C
【解析】
在配合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中，外界是Cl-，內界是[Co（NH3）5Cl]2+，有一个氯离子在内界，有两个氯离子在外界，[Co（NH3）5Cl]Cl2的电离方程式为[Co（NH3）5Cl]Cl2=[Co（NH3）5Cl]2++2Cl-，溶液中能与银离子反应生成沉淀的是在外界的氯离子，所以依据Ag++Cl-=AgCl↓可知，1mol此配合物电离产生2mol氯离子，由此可推断1mol配合物[Co（NH3）5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉的物质的量是2mol，故选C。
点睛：本题主要考查了配合物的性质，明确配合物的外界能产生自由移动的离子，但內界不产生自由移动的离子，是解题的关键，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断。
6..在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N—N键的键能为160kJ·mol－1(N2的键能为942kJ·mol－1)，晶体片段结构如右图所示。又发现利用N2可制取出N5、N3。含N5＋离子的化合物及N60、N5极不稳定。则下列说法错误的是( )
A. 按键型分类，该晶体中含有非极性共价键
B. 含N5＋离子的化合物中既有离子键又有共价键
C. 高聚氮与N2、N3、N5、N5＋、N60互为同素异形体
D. 这种固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．高聚氮中含N-N键，则该晶体中含有非极性共价键，故A正确；B．含N5+离子的化合物，为离子化合物，还存在N-N键，则含N5+离子的化合物中既有离子键又有共价键，故B正确；C．同素异形体的分析对象为单质，而N5+
为离子，与单质不能互为同素异形体，故C错误；D．N-N易断裂，高聚氮能量较高，则固体的可能潜在应用是烈性炸药或高能材料，故D正确；故选C。
7.下列提供了有关物质的熔点，根据表中的数据，下列判断错误的是
A. AlF3晶体是离子晶体，AlCl3晶体是分子晶体
B. AlF3晶体的晶格能小于NaCl晶体的晶格能
C. 同族元素氧化物可以形成不同类型的晶体
D. 不同族元素的氯化物可以形成相同类型的晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A、AlF3晶体的熔点较高属于离子晶体，AlCl3晶体的熔点较低属于分子晶体，A正确；
B、晶体中离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大；离子半径：Al3+＜Na+，F-
Y=R>X>W
D. 将XY2通入W单质与水反应后的溶液中，生成的盐只有一种
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期主族元素．X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为碳元素，W+与Y2－具有相同的电子层结构，则W为钠元素，Y为氧元素，R与Y可形成化合物RY2、RY3，则R为硫元素。因此Z为F元素，据此分析解答。
【详解】A. Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1：2，选项A正确；B. C的氢化物中随着碳原子数的增加，沸点增大，常温下某些烃为液态或固态，而HF为气态，故Y的氢化物的沸点不一定高于X的氢化物，选项B错误；C. F没有正价，选项C错误；D. 将CO2通入W单质钠与水反应后的氢氧化钠溶液中，生成的盐可能有碳酸钠、碳酸氢钠两种，选项D错误。答案选A。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等。
17.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是
A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B. 装置②可用于稀释浓硫酸
C. 装置③可用于制备少量氨气
D. 装置④可用于蒸发、浓缩、结晶
【答案】C
【解析】
【详解】A、互不相溶的液体混合物用分液的方法分离，沸点不同互溶的液体混合物用蒸馏的方法分离，故A错误；
B、不能在容量瓶内进行溶液的稀释与药品溶解，因为浓硫酸溶解时会放热，影响所配溶液浓度的准确度，故B错误；
C、氧化钙与水反应放出大量的热量，浓氨水中的氨气溢出，碱石灰可干燥氨气，故C正确；
D、蒸发、浓缩、结晶需要用蒸发皿，不能用坩埚，故D错误。
答案选C。
18.环保、安全的铝—空气电池的工作原理如下图所示，下列有关叙述错误的是
A. NaCl的作用是增强溶液的导电性
B. 正极的电极反应式为: O2 +4e- + 2H2O=4OH-
C. 电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大
D. 用该电池做电源电解KI溶液制取1molKIO3，消耗铝电极的质量为54g
【答案】C
【解析】
【分析】
由图所给电子移动方向可知，铝电极为铝—空气电池的负极，铝在碱性条件下放电生成氢氧化铝，金属网载体为正极，氧气在正极上放电生成氢氧根。
【详解】A项、该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A正确；
B项、由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；
C项、总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C错误；
D项、1molKI制得1molKIO3时转移6mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=2mol×27g/mol=54g，故D正确。
故选C。
【点睛】在书写电极反应式时一定要注意电解质是什么,其中的离子要和电极反应式中出现的离子相对应。碱性电解质溶液中,电极反应式中不能出现H+;酸性电解质溶液中,电极反应式中不能出现OH-。
19.常温下，向 100 mL0.01 mol·L-1HA 溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1MOH 溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计）。下列叙述一定正确的是
A. 由图中信息可知HA为弱酸
B. 在N点pH=7，酸碱恰好完全反应
C. 常温时一定浓度的MA稀溶液显中性
D. K 点对应的溶液中，c(M+) + c(MOH)=2c (A-)
【答案】D
【解析】
【详解】A.0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，A错误；
B．N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，MOH过量，说明MOH是弱碱，常温下，MA溶液的pH＜7，B错误；
C．常温时一定浓度的MA稀溶液中M＋水解，溶液酸性，C错误；
D．K点溶液呈碱性，得到的是等浓度的MOH和MA的混合物，根据物料守恒此时存在c（M+）+c（MOH）=2c（A-），D正确。
答案选D。
20.已知：Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是( )
A. ZnS转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)＋Cu2＋(aq) Zn2＋(aq)＋CuS(s)
B. 在水中的溶解度：S(ZnS)＞S(PbS)＞S(CuS)
C. 若溶液中c(Cu2＋)＝1×10－10 mol·L－1，则S2－已完全转化成CuS
D. 在白色ZnS浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，不会生成黑色沉淀(PbS)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，知CuS的溶解度小于ZnS，硫化锌可以转化为硫化铜，ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)，故A正确；
B．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29可知在水中的溶解度：S(ZnS)＞S(PbS)＞S(CuS)，故B正确；
C．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，若溶液中c(Cu2+)＝1×10－10mol·L－1，则c(S2－)＝6.0×10－26 mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，S2－已完全转化成CuS，故C正确；
D．根据Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29，ZnS的溶解度大于PbS，在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液，可以生成黑色沉淀(PbS)，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响；比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小。
21.下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图
表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；
B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；
C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；
D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成可溶性的强电解质CH3COONH4，溶液导电性逐渐增强，D错误。
正确答案为A。
【点睛】本题易错点在对选项C判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)
的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
二、非选择题
22.第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
(1)铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为______，该能层上具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？________(填“是”或“否”)，原因是_____________________________________________ (如果前一问填“是”，此问可以不答)。
(3)镓与第ⅤA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(GaAs)就是其中一种，其晶体结构如下图所示(白色球代表As原子)。在GaAs晶体中，每个Ga原子与________个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为________。
（4）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为________；设晶胞边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________ g·cm－3(用含a和NA的式子表示)。
【答案】 (1). N (2). 16 (3). 1 (4). 否 (5). 30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，第一电离能高于同周期相邻的元素 (6). 4 (7). 正四面体 (8). Fe4N (9).
【解析】
【分析】
（1）根据铬的核外电子排布规律可知，铬的最外层N层上有1个电子，据此答题；
（2
）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素；
（3）根据晶胞结构图，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由4个As原子形成的四面体的体心，据此判断；
（4）根据均摊法确定氮化铁的化学式，根据ρ=m/V计算密度。
【详解】（1）铬的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以铬的最外层是N层，有1个电子，N层上原子轨道为s、p、d、f四种，共有轨道数为1+3+5+7=16；
（2）原子的最外层电子数处于半满或全满时，是一种稳定结构，此时原子的第一电离能都高于同周期相邻的元素，30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，所以30Zn与31Ga的第一电离能不符合逐渐增大的规律；
（3）根据晶胞结构图，砷化镓结构中，As位于晶胞的面心和顶点上，Ga位于由4个As原子形成的四面体的体心，所以每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体；
（4）根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为8×1/8+6×1/2=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞的体积为a3cm3，所以ρ=g·cm﹣3=g·cm﹣3。
【点睛】第一电离能比较是解答的易错点，答题时既要考虑到同周期元素性质的递变规律，又要考虑到核外电子排布处于半充满或全满时的情况，需要灵活掌握。
23.Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领城、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的作用。
（1）Cu+的核外电子排布式为__________；N元素与O元素的第一电离能比较:N____O(填“>”、“<”或“=”)。
（2）与N3-含有相同电子数的四原子分子的空间构型为____________________。
（3）在Cu催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醛分子中醛其()碳原子杂化方式为_________。
（4）[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被C1-取代可生成Cu(H2O)2Cl2，试画出其具有极性的分子的结构式_________。
（5）Cu3N 的晶胞结构如图所示，N3-的配位数为________；若晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则Cu3N的密度p=______g/cm3[用含a和NA 的式子表示，Mr(Cu3N)=206]
.
【答案】 (1). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (2). > (3). 三角锥形 (4). sp2 (5). (6). 6 (7).
【解析】
（1）Cu原子序数为29，Cu+的核外有28个电子，根据构造原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子的2p能级有3个电子，处于半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O。
（2）与N3-含有相同电子数的四原子分子为NH3，NH3中N原子形成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形。
（3）乙醛分子中醛基上的碳原子含有3个σ键和1个π键，无孤对电子，采用sp2杂化。
（4）[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被C1-取代可生成Cu(H2O)2Cl2，有两种不同的结构，其具有极性的分子结构不对称，故结构式为：。
（5）Cu3N的晶胞结构如图，Cu+个数=12×=3，N3-=8×=1，所以N3-的配位数=3×2=6，晶胞体积=(a nm)3=(a×10-7 cm)3，晶胞质量=g，Cu3N的密度p=g÷(a×10-7 cm)3= g/cm3。
点睛：本题综合考查了物质结构与性质，主要涉及核外电子排布式、元素的电离能、原子轨道杂化方式及分子空间构型、极性分子和非极性分子、晶胞的计算等，考查的知识面很广，解题时根据构造原理、价层电子对互斥理论、密度公式等知识来分析解答，本题难点是晶胞的计算，判断晶胞配位数一般就是找三维空间内距离A原子最近的相邻的B原子个数，一般要A-B间距离都相同才能算是同一个配位，例如题中N3-的前后、左右、上下共6个Cu+与其配位；计算晶胞密度时，先求出晶胞的质量和体积，然后根据密度=质量÷体积计算，注意单位统一以及数据计算正确。
24.周期表前四周期的元素A、B、C、D、E、F，原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，B的基态原子中只有1个未成对电子，C基态原子中有7种不同运动状态的电子，D的最外层电子数是其所处周期数的3倍，E与D同主族，F的一价阳离子最外层有18个电子。回答下列问题：
（1）F在周期表中的位置是_____________
（2）A元素与其他元素形成的含氧酸中，酸根呈三角锥结构的酸是_________，该酸的中心原子的杂化方式为_________
（3）CA3极易溶于水，试从下图中判断CA3溶于水后形成CA3·H2O的合理结构为_____（填字母代号），推理依据是___________
（4）元素B可形成H3BO3，已知H3BO3的电离方程式为H3BO3+2 H2O⇌[B(OH)4]一+H3O+
①基态B、D原子的第一电离能由小到大的顺序为__________(用元素符号表示)
②[B(OH)4]一中B原子的杂化类型为_______________
③写出一种与H3O+互为等电子体的分子的化学式：___________
④H3BO3晶体在热水中的溶解度大于冷水中的溶解度的原因为__________________
【答案】 (1). 第四周期IB族 (2). H2SO3 (3). sp3 (4). （b） (5). 一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根离子 (6). B＜O (7). sp3 (8). NH3、PH3、AsH3等 (9). H3BO3晶体中H3BO3分子间存在氢键，加热可以打破该氢键，使得H3BO3分子与水分子间形成氢键，从而溶解度更大
【解析】
【分析】
A是周期表中原子半径最小的元素，即A为H；C基态原子中7种不同运动状态的电子，即C为N；D的最外层电子数是其所处周期数的3倍，即D为O；因为E与D同主族，且原子序数增大，即D为O、E为S；F的一价阳离子最外层有18个电子，即F的价电子为3d104s1，即F为Cu。B的基态原子中只有1个未成对电子，原子序数小于氮元素，则B为硼，据此解答。
【详解】根据以上分析可知A、B、C、D、E、F分别是H、B、N、O、S、Cu。则：
（1）F为Cu，位于第四周期IB族；
（2）能与H形成含氧酸的是B、N、S，酸根呈三角锥结构，应有3个σ键，1个孤电子对，即符合条件的是H2SO3；杂化轨道数等于价层电子对数，SO32－中心原子S的价层电子对数为4，S的杂化类型为sp3；
（3）CA3为NH3，NH3溶于水后，形成NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，其电离方程式为NH3·H2ONH4＋＋OH－，因此合理结构为选项（b）；
（4）①同周期从左向右第一电离能增大，因此B的第一电离能小于O；
②根据其离子结构可知，B有4个σ键，无孤电子对，因此B的杂化类型为sp3；
③根据等电子体的定义，H3O＋原子总数为4，价电子总数为8，因此符合条件的分子为NH3、PH3、AsH3等；
④H3BO3晶体中H3BO3分子间存在氢键，加热可以打破该氢键，使得H3BO3分子与水分子间形成氢键，从而溶解度更大。
25.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于48。X的一种1∶1型氢化物分子中既有σ键又有π键。Z是金属元素，Z的单质和化合物有广泛的用途。已知Z的核电荷数小于28，且次外层有2个未成对电子。工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M(M可看做一种含氧酸盐)。M有显著的“压电性能”，应用于超声波的发生装置。经X射线分析，M晶体的最小重复单元为正方体(如图)，边长为4.03×10－10 m，顶点位置为Z4＋所占，体心位置为Ba2＋所占，所有棱心位置为O2－所占。
(1) Y在周期表中位于______________；Z4＋的核外电子排布式为___________________。
(2)X的该种氢化物分子构型为________，X在该氢化物中以_______方式杂化。X和Y形成的化合物的熔点应该_______(填“高于”或“低于”)X的氢化物的熔点。
(3)①制备M的化学方程式是_____________。
②在M晶体中，若将Z4＋置于正方体的体心，Ba2＋置于正方体的顶点，则O2－处于正方体的________。
③在M晶体中，Z4＋的氧配位数为________。
④已知O2－半径为1.40×10－10 m，则Z4＋半径为____ m。
【答案】 (1). 第四周期 第ⅡA族 (2). 1s22s22p63s23p6 (3). 直线型 (4). sp (5). 高于 (6). TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑ (7). 面心 (8). 6 (9). 6.15×10-11
【解析】
【分析】
X的一种1:1型氢化物分子中既有σ键又有π键，X为C元素；Z是金属元素，Z的核电荷数小于28且次外层有2个未成对电子，Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Z为Ti；X、Y、Z三种元素的原子序数之和等于48，Y的原子序数为48-6-22=20，Y为Ca；据此分析结合相关知识和计算作答。
【详解】X的一种1:1型氢化物分子中既有σ键又有π键，X为C元素；Z是金属元素，Z的核电荷数小于28且次外层有2个未成对电子，Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Z为Ti；X、Y、Z三种元素的原子序数之和等于48，Y的原子序数为48-6-22=20，Y为Ca；
（1）Y为Ca，Ca在周期表中位于第4周期IIA族；基态Z原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，Z4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6。
（2）X的该氢化物为C2H2，结构式为H—C≡C—H，分子构型为直线型；C在该氢化物中形成2个σ键和2个π键，C上没有孤电子对，C为sp杂化；C和Ca形成的化合物属于离子晶体，X的氢化物属于分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力，X和Y形成化合物的熔点高于X的氢化物的熔点。
（3）①用“均摊法”，M中含Z4+：8×=1，Ba2+：1，O2-：12×=3，M的化学式为BaTiO3；工业上利用ZO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物M，则制备M的化学方程式是TiO2+BaCO3BaTiO3+CO2↑。
②根据M的晶胞，Ti4+周围与其等距离最近的O2-有6个，Ba2+周围与其等距离最近的O2-有12
个，则若将Z4＋置于正方体的体心，Ba2＋置于正方体的顶点，则O2－处于正方体的面心。
③在M晶体中，Z4+的氧配位数为6。
④根据晶胞，2r（Ti4+）+2r（O2-）=4.03×10-10m，r（O2-）=1.40×10-10m，则r（Ti4+）=6.15×10-11m。
26.铜及其化合物在生产生活中有广泛应用
（1）工业上以黄铜矿(CuFeS2) 为原料，采用火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反应：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑ 该反应的氧化剂是________________，验证SO2的方法是________________。
（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃，加入H2O2，反应一段时间后，升温到60℃，再反应一段时间后可制得硫酸铜。温度控制在50℃～60℃的原因有：①加快反应速率；②___________。在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，可生成CuC1沉淀，写出生成CuCl的离子方程式______________。
（3）碱式碳酸铜在有机催化剂、烟火制造和颜料、农药生产中有广泛的应用。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如下:
①辉铜矿在浸取前要富集与粉碎，粉碎的好处是___________。
②浸取过程中可得到一种黄色单质，写出浸取时主要反应的化学方程式___________。
③“除铁”这一步反应在25℃进行，加入氨水调节溶液pH为4后，溶液中铜离子最大浓度不超过_________mol/L。(已知Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10－20)
【答案】 (1). Cu2S和Cu2O (2). 将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色 (3). 防止H2O2分解 (4). 2Cu2++2Cl－+SO32－+H2O 2CuCl↓+ SO42－+2H+ (5). 可提高浸取速率和浸取率 (6). Cu2S+2MnO2 +4H2SO4= 2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O (7). 2.2
【解析】
【详解】（1）2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2中，Cu元素化合价由+1价降低到0价，硫元素化合价由-2价升高为+4价，所以氧化剂为Cu2O、Cu2S；验证SO2
的方法是将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色；(2）温度过高，过氧化氢易分解，所以为了防止过氧化氢分解，将温度控制在一定范围内；在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液加热，生成CuCl沉淀,Cu的化合价降低，则S的化合价升高，所以产物中有硫酸根离子生成，所以反应的离子方程式为2Cu2++2Cl－+SO32－+H2O 2CuCl↓+ SO42－+2H+；（3）①酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌或都增加酸的浓度，都可以提高浸取速率；②反应物是二氧化锰、硫化铜和硫酸，生成物是S、硫酸铜、硫酸锰，反应的方程式为2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；③溶液pH=4，c（OH-）=10-10mol/L，则稀释后的溶液中铜离子浓度最大不能超过：mol/L=2.2 mol/L。
27.李克强总理在《2018年国务院政府工作报告》中强调“今年二氧化硫、氮氧化物排放量要下降3%。”研究烟气的脱硝(除NOx)、脱硫(除SO2)有着积极的环保意义。
Ⅰ. 汽车排气管上安装“催化转化器”，其反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH=-746.50kJ·mol-1。T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中(0~15min) NO的物质的量随时间变化如图。
（1）图中a、b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n (NO)的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是______（填“a”或“b”）
（2）在a曲线所示反应中，0~10min内，CO的平均反应速率v(CO)=___________；T℃时，该反应的化学平衡常数K=_____________；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将_________移动(填“向左”、“向右”或“不”)
（3）15min时, n (NO)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_______（填序号）
A．充入少量CO B.将N2液化移出体系 C.升高温度 D.加入催化剂
Ⅱ. 已知有下列反应：
①5O2(g)+ 4NH3(g)6H2O(g)+ 4NO(g) △H1
②N2(g)+ O2(g)2NO(g) △H2
③2NO(g)+ O2(g)2NO2(g) △H3
（1）若在高效催化剂作用下可发生8NH3(g)+ 6NO2(g) 7N2(g)+ 12H2O(g)的反应，对NO2进行处理则该反应的△H=__________（用△H1，△H2，△H3表示），△S______0
（2）某温度下，向某恒容密闭容器中充入一定量的NH3和NO2，按照（1）的原理模拟污染物的处理。若容器中观察到________________（填序号），可判断该反应达到平衡状态
A．混合气体颜色不再改变 B. 混合气体的密度不再改变
C．混合气体摩尔质量不再改变 D. NH3和NO2的物质的量之比不再改变
（3）将一定比例的O2、NH3和NO2的混合气体，匀速通入图(a)所示装有催化剂M的反应器中充分进行反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。已知该催化剂在100～150℃时活性最高，那么在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，其中去除率迅速上升段的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________
【答案】 (1). b (2). 0.01mol/(L·min) (3). 5 L/mol (4). 不 (5). AB (6). 2△H1-7△H2-3△H3 (7). > (8). AC (9). 温度升高和催化剂的高活性共同作用使得反应速率加快，去除率先迅速上升 (10). 催化剂失活或者副反应程度的增大（氨气和氧气反应）
【解析】
【分析】
I.（1）利用表面积增大，加快反应速率；（2）根据化学反应速率的数学表达式、化学平衡常数的定义、化学平衡常数与浓度商的关系进行分析；（3）从影响化学平衡移动因素进行分析；II.（1）根据热化学反应方程式的计算进行分析；（2）考查化学平衡状态的判断；（3）从化学反应条件的控制。
【详解】I.（1）表面积大，增加接触面积，加快反应速率，因此催化剂面积较大的曲线是
b；（2）根据化学反应速率的数学表达式，v(CO)=(0.4－0.2)/(2×10)mol/(L·min)=0.01 mol/(L·min)；
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)
起始浓度： 0.2 0.2 0 0
变化浓度： 0.1 0.1 0.1 0.05
平衡浓度： 0.1 0.1 0.1 0.05，根据平衡常数的表达式，=5；此时CO的浓度为0.2mol·L－1，CO2的浓度为0.2mol·L－1，代数上式，此时的浓度商为5，与化学平衡常数相等，即平衡不移动；（3）15min时，NO的物质的量减少，A、充入少量CO，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向进行，NO的物质的量减少，故A错误；B、将N2移出，减少生成物浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，故B正确；C、此反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NO物质的量增加，故C错误；D、加入催化剂，平衡不移动，NO物质的量不变，故D错误；II.（1） 根据目标反应方程式，①×2－②×7－3×③，即△H=2△H1-7△H2-3△H3；生成物气体系数之和大于反应物气体系数之和，即此反应为熵增，△S>0；（2）A、NO2为红棕色气体，其余气体为无色，即当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故A正确；B、是恒容状态，气体体积保持不变，组分都是气体，气体质量不再改变，因此密度始终保持不变，即密度不再改变，不能说明反应达到平衡，故B错误；C、反应前后气体系数之和不相等，即物质的量改变，组分都是气体，气体质量保持不变，根据M=m/n，因此平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故C正确；D、氨气和NO2物质的量之比始终保持不变，因此不能作为达到平衡的标志，故D错误；（3）随着温度的升高，去除率迅速上升，主要原因是温度升高和催化剂的高活性共同作用使得反应速率加快，去除率先迅速上升；高于380℃，去除率迅速下降的原因是催化剂失活或者副反应程度的增大（氨气和氧气反应）。
