四川省成都外国语2022-2022学年高二化学5月月考试题含解析.doc

四川省成都外国语2022-2022学年高二化学5月月考试题含解析可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Fe-561.化学与生活密切相关。以下说法不正确的选项是 A. 暖宝宝主要含有铁粉、水、活性炭、食盐等，其原理主要是利用铁粉与水反响放热B. 飞机播撒碘化银可以实现人工降雨C. 港珠澳人桥吊装缆绳全称为“超高分子量聚乙烯纤维干法纺丝，属于混合物D. 淸晨，漫步于瞒园，枝叶间透过一道道光线，这是由于分散质粒子直径介于10-9m10-7m【答案】A【解析】【分析】A、根据铁生锈是与氧气反响解答；B、碘化银在人工降雨中所起的作用在气象学上称作冷云催化。碘化银只要受热后就会在空气中形成极多极细(只有头发直径的百分之一到千分之一)的碘化银粒子。C、超高分子量聚乙烯纤维是世界三大高新材料之一，以质量轻、强度高、耐腐蚀等特点广泛应用于国防、军工及民用领域，聚合物中聚合度不定，属于混合物。D、雾属于气溶胶。【详解】A、铁生锈需要氧气，暖宝宝发热的原理是利用铁生锈放热，故A错误。B、通过一定的手段在云雾厚度比拟大的中低云系中播散催化剂碘化银从而到达降雨目的。一是增加云中的凝结核数量，有利水汽粒子的碰并增大；二是改变云中的温度，有利扰动并产生对流。故B正确；C、超高分子量聚乙烯纤维是世界三大高新材料之一，以质量轻、强度高、耐腐蚀等特点广泛应用于国防、军工及民用领域，聚合物中聚合度不定，属于混合物，故C正确。D、雾属于气溶胶。淸晨，漫步于瞒园，枝叶间透过一道道光线，这是由于分散质粒子直径介于10-9m10-7m，属于于胶体形成的丁达尔效应，故D正确。应选A。2.以下顺序表述正确的选项是 A. 酸性：HClO4>H3PO4> HNO3B. 稳定性：H2O > HF > H2SC. 原子半径：Na > Mg > OD. 复原性：F> Cl> S2【答案】C【解析】【详解】A非金属性：ClNP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，那么HClO4HNO3H3PO4，故A错误；B非金属性：FOS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，那么稳定性：HFH2OH2S，故B错误；C同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，那么NaMg，原子核外电子层数越多，半径越大，那么最小的为O，所以原子半径：NaMgO，故C正确；D非金属性：FClS，元素的非金属性越强，对应的阴离子的复原性越弱，那么复原性：F-Cl-S2-，故D错误；故答案为C。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是 A. 标准状况下，2.24L的CC14中含有CC1键的数目大于0.4NAB. 在含有NA个NO3-的硝酸中，cH+=lmo1/L忽略水的电离C. 27gA1片投入足量冷浓硝酸中，转移电子数目一定为3NAD. 1mol CH3COOH与1molC2H5OH在浓硫酸催化下加热，充分反响后生成NA个水分子【答案】A【解析】【详解】A标准状况下，22.4L气体的物质的量是1mol，而CC14是液体，那么2.24L的CC14的物质的量远大于0.1mol，即含有CC1键的数目大于0.4NA，故A正确；B在含有NA个NO3-的硝酸中，因溶液的体积未知，那么无法计算c(H+)，故B错误；C常温下铝遇浓硝酸发生钝化，27gA1不可能全部溶解，那么转移电子数远小于3NA，故C错误；DlmolCH3COOH与1molCH3CH2OH在浓硫酸共热下发生的酯化反响为可逆反响，生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故D错误；故答案为A。【点睛】解答阿伏加德罗常数的判断关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。4.根据以下实验：向Fe2SO43和CuSO4的混合液中参加过量铁粉，充分反响，有红色固体析出，过滤。取中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断以下说法正确的选项是 A. 氧化性Cu2+>Fe3+B. 中所得固体只含铜C. 中滤液含有Cu2+和Fe2+D. 中不会观察到溶液变红【答案】D【解析】【分析】在实验中会发生反响：Fe+Fe2SO43=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反响原理和氧化复原反响规律分析可得结论。【详解】A.在反响2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+> Cu2+，故A错误；B.中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于参加的铁是过量的，那么溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，那么滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。5.当电池工作时，以下说法错误的 A. 甲池中N极的电极反响式为：O2+4e-+4H+=2H2OB. 当N极消耗5.6L(标准状况下)O2时，铁极增重32gC. 电子的流动方向为MFeCuSO4溶液CuND. M极上发生的是氧化反响【答案】C【解析】【分析】甲池是原电池，N极氧气得电子生成水，所以N极是正极、M是负极；乙是电解池，Cu电极与正极相连，Cu是阳极，Fe电极与负极相连，Fe是阴极。【详解】A. 甲池是原电池， N极是正极，电极反响式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；B. N极是正极，消耗5.6L(标准状况下)O2时，转移电子1mol，Fe是阴极，电极反响式是Cu2+2e-=Cu，根据得失电子守恒，生成铜0.5mol，铁极增重32g，故B正确；C. 溶液中没有电子流动，电子的流动方向为MFe，CuN，故C错误；D. M极是负极，M失电子发生氧化反响，故D正确；选C。6.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、别离NaHCO3、枯燥NaHCO3四个步骤，以下图示装置和原理能到达实验目的的是A. 制取氨气B. 制取碳酸氢钠C. 别离碳酸氢钠D. 枯燥碳酸氢钠【答案】C【解析】试题分析：A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中别离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置枯燥碳酸氢钠，错误。答案选C。考点：考查化学实验根底知识，元素化合物。7.以下依据相关实验得出的结论正确的选项是 A. 向某溶液中参加稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B. I3I2I，向盛有KI3溶液的试管中参加适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大C. 将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯D. 向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中参加足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后过滤，可除去氯化镁溶液中少量氯化铁【答案】D【解析】【详解】A.该溶液也可能是碳酸氢盐、亚硫酸盐、亚硫酸氢盐等，故A错误；B.向盛有KI3溶液的试管中参加适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，是由于碘易溶于四氯化碳，而四氯化碳和水互不相溶，促进平衡向正反响方向移动，故B错误；C.该气体也可能是二氧化硫、其它烯烃或炔烃等气体，故C错误；D. FeCl3易水解生成氢氧化铁，参加MgOH2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故D正确；答案选D。8.以下实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是 A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A氯水先氧化碘离子，那么溶液变蓝，可知复原性：I-Fe2+，故A正确；B过氧化钠具有强氧化性，与水反响生成碱，过氧化钠可氧化亚铁离子，现象不能说明是否变质，故B错误；CCu与氯化铁反响生成氯化铜、氯化亚铁，发生Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，无固体析出，故C错误；D白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池时，Zn为负极，Fe为正极，发生电化学反响，故D错误；故答案为A。9.H2g2IClgI2g2HClg，该反响分、两步进行，其能量曲线如下图，以下有关说法正确的选项是A. 反响为吸热反响B. 反响和均是同种元素间发生的氧化复原反响C. 反响比反响的速率慢，与相应正反响的活化能有关D. HIgIClg I2gHClg H218 kJmol【答案】C【解析】【详解】A项，由图像可知，反响中的反响物的总能量均大于生成物的总能量，为放热反响，故A项错误；B项，反响中，氢元素化合价变化：0+1，碘元素化合价变化：+1-1；反响中，HI中碘元素化合价变化：-10，ICl中碘元素化合价变化：+10，所以反响、反响不是同种元素间发生的氧化复原反响，故B项错误；C项，反响比反响的速率慢，由图可知，反响正反响的活化能比反响的大，活化能越高那么活化分子的百分数越小，化学反响速率越慢，故反响速率与相应正反响的活化能有关，故C项正确；D项，焓变只与体系的始、末状态有关，而与反响的途径无关，由图像可知，反响前后总的能量变化为218 kJmol，所以反响、反响的焓变之和为H218 kJmol；而HIgIClgI2gHClg仅是其中的一步反响，所以H>218 kJmol；故D项错误；综上所述，此题选C。10.以下化学过程及其表述正确的选项是 A. 向NaHSO4溶液中滴入Ba (OH)2溶液至中性：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4 +H2OB. 由水电离的c (H+) 为10-13mol·L-l 的溶液中；Na+、NO3-、SO32-、Cl-一定能大量共存C. 可以用硫氰化钾溶液来检验FeCl2溶液中的溶质是否被氧化D. 可以用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2混合，证明H2O2 具有复原性【答案】C【解析】A向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，正确的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故A错误；B由水电离的c(H+)为10-3molL-1的溶液中可能存在大量氢离子或者氢氧根离子，SO32-能够与氢离子发生反响，在溶液中不能大量共存，故B错误；C氯化亚铁能够被氧化生成氯化铁，参加硫氰化钾溶液，能够显示特征的血红色，因此可以用硫氰化钾溶液来检验FeCl2溶液中的溶质是否被氧化，故C正确；D由于酸性高锰酸钾溶液能够氧化氯化氢电离的氯离子，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了双氧水的检验，所以不能使用盐酸酸化，可以使用稀硫酸，故D错误；应选C。11.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图。以下有关该有机物说法正确的选项是 A. 分子式为C26H22B. 属于苯的同系物C. 一氯代物有3种D. 能溶于水和酒精【答案】C【解析】【分析】有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。应选C。【点睛】此题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。12.在探究影响化学反响速率的因素时，将H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，一段时间后，溶液突然变成无色，发生反响：KMnO4H2C2O4H2SO4K2SO4MnSO4CO2H2O没有配平。以下有关说法错误的选项是 A. H2C2O4中C的化合价为3B. 每生成22.4L标况CO2，转移电子2molC. 该反响中，氧化剂与复原剂物质的量之比为2：5D. 溶液突然褪色的原因是产物MnSO4对该反响有催化作用【答案】B【解析】【详解】A.根据化合价法那么，氢为+1价，氧为-2价，所以 H2C2O4中C的化合价为3，A正确；B. 根据化合价升降总数相等，配平方程式2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O，反响转移电子为10e-，生成CO2为10 mol，假设CO2为1mol，转移电子1mol，B错误；C. 根据化合价升降总数相等，配平方程式2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O，该反响中，氧化剂KMnO4与复原剂H2C2O4物质的量之比为2 ：5，C正确；D. 溶液突然褪色的原因是产物MnSO4对该反响有催化作用，反响速率加快的程度很大，D正确；综上所述，此题选 B。13.常温下，用0.100 0 mol·L1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0mol·L1CH3COOH溶液所得滴定曲线如以下图。以下说法正确的选项是A. 点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)B. 溶液中、点水的电离程度：C. 点所示溶液中：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)D. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂【答案】B【解析】A.在滴定过程中，溶液中离子电荷始终守恒，点所示溶液中为醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子电荷守恒的关系式为cCH3COO-+cOH-=cNa+cH+，故A错误；B. 点pH=7时，水电离的氢离子为1×10-7mol/L，点所示溶液中恰好完全反响时，溶质为CH3COONa，促进了水的电离，故B正确；C. pH=7时，溶液呈中性，cH+=cOH-，根据电荷守恒，cCH3COO-+cOH-=cNa+cH+，cNa+=cCH3COO-，就可得知cNa+=cCH3COO-cH+=cOH-，故：cNa+=cCH3COO-cH+=cOH-，故C错误；D.滴定终点时，溶质为CH3COONa溶液，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解显碱性，溶液由酸性变为碱性，假设CH3COOH溶液装在锥形瓶中，应选用酚酞试液作指示剂，故D错误。【点睛】掌握溶液中三个守恒是关键，会读图分析数据才能很好答题。14.以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 热纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强B. 向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀C. 水的离子积随温度变化如表格所示：D. 对CO(g)NO2(g) CO2(g)NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深【答案】D【解析】【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。平衡移动原理适用的对象应存在可逆的过程，并且可逆的过程发生移动，据此判断。【详解】A、盐类水解是吸热的可逆反响，升高温度促进水解，所以热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强，效果好，能够用平衡移动原理解释，A不选；B、碳酸镁微溶，存在溶解平衡，氢氧化镁比碳酸镁难溶，那么向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以转化为Mg(OH)2沉淀，能够用平衡移动原理解释，B不选；C、水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，电离常数增大，导致水的离子积常数增大，能够用平衡移动原理解释，C不选；D、反响CO(g)NO2(g)CO2(g)NO(g)为气体体积不变的可逆反响，压强不影响该反响的平衡状态，气体颜色变深是由于二氧化氮浓度增大所致，不能用平衡移动原理解释，D选；答案选D。15.根据以下实验操作和现象所得到结论正确的选项是 选项实验操作和现象结论A向某溶液中先滴加适量的稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种B向两支各盛2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴加 0.1 mol·L1的CuSO4溶液5滴10滴，后者反响更剧烈CuSO4的量会影响的H2O2分解速率C室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色Fe3+的氧化性比I2的强D室温下，用pH试纸测得0.1mol·L1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L1 NaHSO3溶液的pH约为5HSO3结合H的能力比SO32的强A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A.硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可氧化SO32-、HSO3-，但硝酸不能排除溶液中银离子的干扰；B.两组实验的总体积不同，那么H2O2的浓度不同，且没有控制其他条件相同；C.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。通过反响现象溶液变蓝可知，反响生成碘单质，从而证明铁离子能够将碘离子氧化成碘单质；D. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；【详解】A.硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可氧化SO32-、HSO3-，但硝酸不能排除溶液中银离子的干扰；因此白色沉淀还可能为AgCl，原溶液原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中的一种或几种以外，还可能存在银离子，故A项错误；B. CuSO4作为催化剂，可以加快H2O2分解反响，但因两组实验的总体积并不同，H2O2的浓度不同，且没有控制其他条件相同，因此不能得出“CuSO4的量会影响的H2O2分解速率这样的结论，B选项错误；C.室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有碘单质生成，可以证明Fe3+的氧化性比I2的强，故C项正确；D. NaHSO3溶液电离程度大于水解程度，因此显酸性，而Na2SO3溶液水解显碱性，那么HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故D项错误；答案选C。16.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表所示元素符号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0700.066主要化合价+2+3+3，+5，-3-2以下有关表达正确的选项是 A. 四种元素位于元素周期表的同一周期B. 电解X的氯化物的水溶液可以得到单质XC. Y的最高价氧化物对应的水化物既能溶解在盐酸中，又能溶解在氨水中D. W、Z的氢化物均多于1种【答案】D【解析】【分析】W化合价为-2价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，那么Z与氧元素处于同一周期，那么Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第A族，Y的化合价为+3价，应为周期表第A族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，那么X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，以此解答。【详解】根据原子半径及主要化合价的变化规律可知，X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，A、根据题分析可知，四种元素不同一周期，故A错误；B、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，得不到单质镁，制备单质镁需电解熔融的氯化镁，故B错误；C、Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错误；D、W为O元、Z为N元素，O氢化物有H2O和H2O2，N的氢化物有NH3和N2H4，氢化物均多于1种，故D正确。应选D。【点睛】此题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握短周期元素的性质、元素化合物知识为解答的关键，注意化学用语的使用。17.以下实验中根据现象得出的结论错误的选项是 选项实验现象结论A相同条件下，用1mol/L的CH3COOH溶液和1mol/L的盐酸分别做导电性实验CH3COOH溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向某浓溶液中加铜和浓H2SO4，加热试管口有红棕色气体产生原溶液在可能含有NO3C向某钠盐固体中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向浓度均为0.1mol/L的MgCl2CuCl2混合溶液中逐滴参加氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2>KspCu(OH)2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】A、同浓度的两种一元酸的导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗说明其离子浓度小，可以证明醋酸为弱电解质；B、铜在酸性条件下，与溶液中NO3-离子反响生成铜离子、一氧化氮和水；C、使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫；D、难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。【详解】A项、用相同浓度的两种一元酸分别做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，说明醋酸电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱电解质，故A正确；B项、铜在酸性条件下，与溶液中NO3-离子反响生成铜离子、一氧化氮和水，一氧化氮在试管口与空气中的氧气反响生成红棕色气体二氧化氮，因此向某浓溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生说明原溶液中可能含有NO3-，故B正确；C项、使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，可能为NaClO与浓盐酸反响生成的氯气，也可能是Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反响生成的二氧化硫，故C错误；D项、难溶电解质的溶度积越小，越容易生成沉淀。在相同的条件下，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，因此可以得出KspMg(OH)2>KspCu(OH)2结论，故D正确。【点睛】此题考查化学实验方案的评价，涉及弱酸的证明、硝酸根离子检验、物质的检验、沉淀的溶度积大小比拟等知识，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意方案的合理性分析。18.一定温度下，用Na2S沉淀Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四种金属离子M2+，形成沉淀所需S2-最低浓度的对数值lgcS2-与lgcM2+关系如下图。以下说法不正确的选项是 A. 假设向沉淀剂Na2S溶液通入HC1气体至中性，存在关系： cHS-+2cH2S=cCl-B. 该温度下，KspMnS大于1.0×10-35C. 假设将MnSFeS的饱和溶液等体积混合，再参加足量的浓 Na2S溶液，发生的反响为MnS沉淀少于FeSD. 向l00mL浓度均为10-5mol·L-1Zn2+、Fe2+、Mn2+的混合溶液中逐滴参加10-4mol·L-1Na2S溶液，ZnS先沉淀【答案】D【解析】【分析】A、假设向沉淀剂Na2S溶液通入HC1气体至中性，原溶液中存在物料守恒，cNa=2cS2+2cHS+2cH2S，通入HCl后溶液电荷守恒分析计算；B、MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnSsMn2aq+S2aq，据此书写计算即可C、根据图象，FeS的图线在MnS的上方，那么KspFeSKspMnS，溶液中亚铁离子浓度大。D、同类型物质，溶度积小的优先产生沉淀；【详解】A、假设向沉淀剂Na2S溶液通入HC1气体至中性，假设向沉淀剂Na2S溶液通入HC1气体至中性，原溶液中存在物料守恒，cNa=2cS2+2cHS+2cH2S，通入HCl后溶液电荷守恒cH+cNa=2cS2+cHS+cOH+cCl，带入计算得到cClcHS+2cH2S，故A正确；B、MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnSsMn2aq+S2aq，其溶度积常数为Ksp=cMn2cS2，根据图象，可计算FeS的Ksp数值为KspFeS=cFe2cS2=1×10-20，CuS的Ksp数值为KspCuS=cCu2cS2=1×10-35，MnS的图线在CuS的上方，因此MnS的溶度积常数大于CuS的溶度积常数，即KspMnS大于1.0×10-35，故B正确；C、根据图象，FeS的图线在MnS的上方，那么KspFeSKspMnS， 假设将MnS、FeS的饱和溶液等体积混合，Fe2浓度大，再参加足量的浓 Na2S溶液，发生的反响为MnS沉淀少于FeS，故C正确；D、 根据图象，ZnS的图线在MnS的上方，那么KspZnSKspMnS，向含Mn2、Zn2的稀溶液中滴加Na2S溶液，同类型物质，溶度积小的优先产生沉淀，因此先析出MnS沉淀，故D错误；应选D。19.利用催化技术可将汽车尾气中的 NO 和 CO 转变成 CO2 和 N2，化学方程式：2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)。某温度下，在容积不变的密闭容器中通入 NO 和 CO，测得不同时间的 NO 和 CO 的浓度如表：时间/s012345c(NO)/×10-3mol/L1.000.450.250.150.100.10c(CO)/×10-3mol/L3.603.052.852.752.702.70以下说法中不正确的选项是 A. 2 s 内的平均反响速率 v(N2)1.875×10-4 mol·L-1·s-1B. 在该温度下，反响的平衡常数 K5C. 假设将容积缩小为原来的一半，NO 转化率大于 90%D. 使用催化剂可以提高单位时间内 CO 和 NO 的处理量【答案】B【解析】试题分析：A2s内cNO=1-0.25×10-3molL-1=7.5×10-4molL-1，那么cN2=cNO=3.75×10-4molL-1，那么vN2=1.875×10-4molL-1s-1，A正确；B4s时处于平衡状态，平衡时NO为1.0×10-3molL-1，那么：2NOg+2COg2CO2g+N2g起始量×10-3molL-1：1 3.6 0变化量×10-3molL-1：0.9 0.9 0.9 0.45平衡量×10-3molL-1：0.1 2.7 0.9 0.45那么平衡常数K=5000，B错误；C原平衡时NO转化率为=90%，假设将容积缩小为原来的一半，增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故新平衡时NO转化率大于90%，C正确；D使用催化剂加快反响速率，可以提高单位时间CO和NO的处理量，D正确，答案选B。考点：考查了化学平衡计算与影响因素、反响速率计算与含义、化学平衡常数的相关知识。20.Zn(CN)42-在水溶液中与HCHO发生如下反响：4HCHOZn(CN)42+4H+4H2O= Zn(H2O)42+4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如下图，以下说法不正确的选项是 A. HOCH2CN分子中没有手性碳原子B. 1mol HOCH2CN分子中含有键的物质的量为5molC. Zn(CN)42-和Zn(H2O)42+的中心原子配位数均为4D. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化【答案】B【解析】【详解】A. HOCH2CN分子中有1个碳原子是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，故分子中没有手性碳原子，故A正确；B. HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是键，三键中有1个键和2个键，故1mol HOCH2CN分子中含有键的物质的量为6mol，故B错误；C. Zn(CN)42-和Zn(H2O)42+的中心原子配位数均为4，故C正确；D. HOCH2CN分子中其中与羟基-OH相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个键和2个键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；应选B。21.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。以下表达不正确的选项是 A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C. 元素Y和Q可形成化合物Y2O3D. ZO2是极性键构成非极性分子【答案】A【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，那么X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，那么Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，那么Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，那么Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，那么T是P元素。【详解】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，那么X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，那么Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，那么Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，那么Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，那么T是P元素；AX是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，故A错误；BT是P元素、Z是C元素，T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形，分别为白磷和金刚石，但白磷分子中四个磷原子位于四个顶点上，故B正确；CY是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，故C正确；DZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，故D正确；故答案为A。22.如表所示的五种元素中，A、B、C、D为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，以下说法正确的选项是 BCADEA. 应用高纯度单质A制成光导纤维，可提供信息传输速度B. B、C、D三种元素的简单氢化物的沸点依次升高C. 由BC和氢三种元素形成的化合物中可能含有离子键D. E在元素周期表中的位置是第4周期IVA族，简化电子排布式为Ar4s24p2【答案】C【解析】【分析】A. B. C. D为短周期元素，由A. B. C. D在周期表中的位置可知A、D是第三周期元素，B、C是第二周期元素，令A最外层电子数是x，那么B. C. D最外层电子数是分别是x+1、x+2、x+3，x+x+1+x+2+x+3=22，x=4，所以A. B. C. D分别是 Si、N、O、Cl，E是Ge。【详解】A. 应用高纯度SiO2制成光导纤维，可提高信息传输速度，故A错误； B. NH3、H2O、HF的沸点从低到高是顺序是NH3HFH2O，故B错误；C. 由N、O和氢三种元素形成的化合物NH4NO3中含有离子键，故C正确；D. Ge在元素周期表中的位置是第4周期IVA族，简化电子排布式为Ar3d104s24p2，故D错误。23.以下说法正确的选项是 A. 键角：BF3CH4H2ONH3B. CO2、HClO、HCHO分子中一定既有键又有 键C. 二茂铁【Fe(C5H5)2】熔点是173(在100 时开始升华)，沸点是249，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2之间是以离子键相结合D. 在硅酸盐中，SiO44四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中Si原子的杂化方式与b图中S8单质中S原子的杂化方式相同【答案】D【解析】【详解】A. BF3：立体形状平面三角形，键角120；CH4：立体形状正四面体形，键角10928；H2O：立体呈角形V，形键角105；NH3：立体形状三角锥形，键角107，所以键角：BF3CH4NH3H2O，故A错误；B. CO2既有键又有键；H-O-Cl 只有键；H-CHO既有键又有键；故B错误；C. 在二茂铁结构中，不存在C5H5 -与Fe2，碳原子含有孤对电子，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键，故C错误；D. 硅酸盐中的硅酸根SiO4 4 为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子有两个孤对电子和两个共价键，杂化方式也为sp3，故D正确。所以D选项是正确的。24.以下关于晶体的说法中，不正确的选项是 晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性；含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体；共价键可决定分子晶体的熔、沸点；MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小；晶胞是晶体结构的根本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列；干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴阳离子的配位数都为6A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】晶体中原子呈周期性有序排列而非晶体中原子排列无序，晶体有自范性，非晶体无自范性，可以利用X射线鉴别晶体和非晶体，故正确；金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成，所以含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；共价键可决定分子的稳定性，分子间作用力决定分子晶体熔沸点，故错误；离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+Na+，那么MgO的晶格能