新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高三上学期11月月考化学试题含答案

这是一份新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高三上学期11月月考化学试题含答案，共26页。试卷主要包含了选择题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
总分100分 考试时间100分钟
一、选择题(20题每题2分共40分)
1. 化学与生活是紧密相联的，下列说法中正确的是
A. 氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强还原性
B. 地震灾区和洪涝灾区都用漂白粉消毒，主要是利用漂白粉溶液的碱性
C. 氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂
D. 将食醋加入“84”消毒液中，会减弱其杀菌消毒效果
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氯气可用作消毒剂和漂白剂的原因是Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，故A错误；
B．地震灾区和洪涝灾区用漂白粉消毒是利用了漂白粉的强氧化性，故B错误；
C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂，前者得到漂白液，后者得到漂白粉或漂粉精，故C正确；
D．利用强酸制弱酸的原理，醋酸的酸性强于次氯酸，所以醋酸和NaClO反应生成HClO，会增强其杀菌消毒的效果，故D错误；
故选C。
2. 在人类与疾病的斗争中，有机化学提供了大量的药物，有机物X可用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图1所示，有机物Y是合成治疗肺结核药物Pretmanid的原料之一，其结构简式如图2所示。下列说法不正确的是
A. X分子中含有5个手性碳原子
B. X分子中虚线框内的所有碳、氧原子一定处于同一平面
C. Y的分子式为C11H13O4Cl
D. Y碱性条件下水解产物之一是丙三醇
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．中5个标有小黑点的均为手性碳，故A正确；
B．
，1，2，3三个碳原子和氧原子不可能处于同一平面，故B错误；
C．Y的分子式为C11H13O4Cl，故C正确；
D．Y碱性条件下，酯基，氯原子水解，产物之一是丙三醇，故D正确；
答案选B。
3. 下列关于化学用语的表示正确的是
A. 羧基的电子式： B. F﹣的结构示意图：
C. 四氯化碳的比例模型： D. HClO的结构式：H﹣Cl﹣O
【答案】B
【解析】
【详解】A．羧基中两个O原子分别与C原子成键，其中一个O原子与碳原子形成双键，另一个O原子与C原子形成单键，故电子式为： ，故A错误；
B．氟离子是由氟原子得一个电子形成的，故氟离子的最外层有8个电子，故结构示意图为 ，故B正确；
C．四氯化碳中氯原子有3个电子层，而碳原子有2个电子层，故氯原子的半径大于碳原子半径，故比例模型为，故C错误；
D．HClO中的O原子分别与H原子和Cl原子形成两条共价键，故结构式应为H-O-Cl，故D错误；
故选B。
4. 下列说法中正确的是
A 单质碘中含有极性共价键
B. H、D、T互为同素异形体
C. 只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
D. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A．同种元素的原子之间形成的是非极性共价键，单质碘中含有非极性共价键，故A错误；
B．H、D、T是氢的三种核素，它们互称同位素，同素异形体描述的对象是单质，不是元素，故B错误；
C．焰色反应是某些金属元素特有的性质，这些金属单质或它们的化合物灼烧时火焰都有颜色，故C错误；
D．元素由化合态变成游离态时，若化合价升高，则被氧化，若化合价降低，则被还原，故D正确；
答案选D。
5. 下列叙述正确的是
A. 第一电离能：LiX>Y
C. Z的最高价氧化物对应的水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应
D. 由Y、W、Q三种元素形成的某种化合物可用于检查司机是否酒后驾车
【答案】B
【解析】
【分析】Z是地壳中含量最多的金属元素，说明Z为Al，W的原子核外价电子排布式为，说明W为K，Y的基态原子的s电子数与p电子数相等，推知Y为O，X与Y同周期且相邻，结合前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X为N，Q的基态原子的未成对电子数是同周期元素中最多的，推知Q为Cr。
【详解】A.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，由于非金属性：O>N，简单气态氢化物的稳定性：Y>X，A项正确；
B.具有相同核外电子排布的离子，原子序数越小，其简单离子半径越大，简单离子的半径：X>Y>Z， B项错误；
C. Al（OH）3既能与强酸反应，又能与强碱反应，C项正确；
D.重铬酸钾具有强氧化性，能够氧化酒精，本身的颜色发生了变化，可用于检查司机是否酒后驾车，D项正确；
故选B。
10. 已知：SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH=-41.8kJ·ml-1。一定条件下，向某恒容密闭容器中加入一定量的SO2和NO2发生上述反应，测得0~10s内c(NO2)减小了0.25ml·L-1。下列说法正确的是
A. SO2(g)+NO2(g)SO3(s)+NO(g)的ΔH>-41.8kJ·ml-1
B. 当容器中气体的密度保持不变时，该反应达到化学平衡状态
C. 向容器中充入惰性气体，反应速率加快，反应物的平衡转化率增大
D. 不考虑反应放出热量的影响，10~15s内平均反应速率v(SO2)小于0.025ml·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO3(g)→SO3(s)是放热过程，生成三氧化硫固体，反应放出的热量更多，则ΔH①>③，则其溶液的pH大小顺序为：③>①>②；
④Ba(OH)2⑤NaOH属于碱，氢氧化钡是二元强碱、NaOH是一元强碱，所以Ba(OH)2中氢氧根离子浓度大于NaOH，则溶液pH大小顺序是④>⑤；
⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl⑧属于盐，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，氯化钾是强酸强碱盐，其溶液呈中性，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以相同浓度的这三种盐pH大小顺序是⑥>⑦>⑧；
相同浓度时，pH大小顺序是碱>盐>酸；
通过以上分析知，相同浓度的这几种溶液pH从小到大顺序是；②①③⑧⑦⑥⑤④，综上所述，故选B
15. 现有四种溶液：①溶液、②溶液、③溶液、④溶液。下列说法错误的是
A. ：③＜④＜①＜②B. ：③＞④＞①＞②
C. 溶液的pH：②＜①＜④＜③D. 溶液的导电能力：②＞①＞③＞④
【答案】D
【解析】
【详解】A．①0.1ml•L-1HCl溶液中c(H+)=0.1ml/L，②0.1ml•L-1H2SO4溶液c(H+)=0.1ml/L×2=0.2ml/L，③0.1ml•L-1NaOH溶液c(OH-)=0.1ml/L，c(H+)=ml/L=10-13ml/L，④0.1ml•L-1CH3COOH溶液显酸性，但醋酸为弱酸，部分电离，故10-7ml/L＜c(H+)＜0.1ml/L，故c(H+)：③＜④＜①＜②，故A正确；
B．由分析可知，氢离子浓度越大，氢氧根离子浓度越小，c(H+)：③＜④＜①＜②，则c(OH-)：③＞④＞①＞②，故B正确；
C．由分析可知，氢离子浓度越大，pH越小，c(H+)：③＜④＜①＜②，则溶液的pH：②＜①＜④＜③，故C正确；
D．①0.1ml•L-1HCl溶液中c(H+)=c(Cl-)=0.1ml/L，②0.1ml•L-1H2SO4溶液c(H+)=0.1ml/L×2=0.2ml/L，c(SO)=0.1ml/L，③0.1ml•L-1NaOH溶液c(Na+)=c(OH-)=0.1ml/L，④醋酸为弱酸，部分电离，氢离子和醋酸根离子浓度均小于0.1ml/L，故溶液的导电能力：②＞①=③＞④，故D错误；
故选：D。
16. 我国成功研发出一种新型铝—石墨双离子电池，电池结构如图所示。电池总反应为：AlLi+Cx(PF6)xC+Al+PF+ Li+，则下列有关说法不正确的是
A. 放电时，a极的电极反应式是：AlLi-e-=Li+ +Al
B. 充电时，b极与外接电源的正极相连
C. 充电时，离子向b极移动
D. 电池中电解质溶液可能是LiPF6的水溶液
【答案】D
【解析】
【分析】电池工作时的总反应化学方程式为AlLi+Cx(PF6)xC+Al++Li+，则放电时AlLi被氧化，a为原电池的负极，电极反应式为AlLi-e-=Al+Li+，b为正极，CxPF6得电子被还原，电极反应式为CxPF6+e-=xC+，充电时，电极反应与放电时的反应相反，据此分析。
【详解】A．放电时是原电池，a极是负极，负极上发生氧化反应，电极反应式是：AlLi-e-=Li+ +Al，故A正确；
B．根据分析，放电时b为正极，充电时，b极与外接电源的正极相连，作阳极，故B正确；
C．放电时b为正极，充电时，b为阳极，阴离子向阳极移动，离子向b极移动，故C正确；
D．电池中电解质溶液若是LiPF6的水溶液，溶液中有水，会与AlLi电极反应，不能构成原电池，故D错误；
答案选D。
17. 常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙变黄色的溶液：Mg2＋、K＋、SO、NO
B. c(H＋)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NH、Ca2＋、ClO-、Cl-
C. 银氨溶液：Na＋、K＋、NO、NH3·H2O
D. 与Al反应能放出H2的溶液中：Na＋、K＋、NO、SO
【答案】C
【解析】
【详解】A．使甲基橙变黄色的溶液可能显酸性，中性或碱性，镁离子在碱性环境下一定不能大量共存，故A不符合题意；
B．=1×1012的溶液显酸性，次氯酸根离子在酸性条件下不能大量共存，故B不符合题意；
C．银氨溶液显碱性，碱性环境下，四种粒子之间不反应，可以大量共存，故C符合题意；
D．与Al反应能放出H2的溶液可能为酸性，可能为碱性；在碱性环境下，四种离子可以大量共存，但是在酸性环境下，硝酸根离子与金属铝反应不能生成氢气，不满足选项条件要求，故D不符合题意；
故选C。
18. 从原子序数11依次增加到17，下列所叙递变关系正确的是
A. 金属性逐渐增强B. 原子半径逐渐增大C. 最高正价数值逐渐减小D. 从硅到氯负价从-4 -1
【答案】D
【解析】
【分析】原子序数从11到17的元素都是第三周期元素，同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，原子半径随着原子序数增大而减小，元素最高正化合价随着原子序数增大而增大，从Si元素开始出现负化合价。
【详解】原子序数从11到17的元素都是第三周期元素，
A．同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，元素非金属性随着原子序数增大而增强，选项A错误；
B．同一周期元素，电子层数相等，原子核吸引电子的能力逐渐增大，所以其原子半径逐渐减小，选项B错误；
C．主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外，第三周期元素最高正化合价随着原子序数增大而逐渐增大，选项C错误；
D．从Si到Cl元素出现负化合价，且负价从-4到-1，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了同一周期元素递变规律，明确原子结构与元素性质的关系，知道同一周期元素递变规律有哪些，常考查的含有同一主族元素递变规律，题目难度不大。
19. 新型纳米材料MFe2O，(3SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．在氧化还原反应中，铁元素化合价升高，作还原剂，A正确；
B．SO2中S元素由+4价降低到0价，得电子作氧化剂，被还原，B错误；
C．根据氧原子守恒，SO2转化为S，氧原子数减少，MFe2OX转化为MFe2Oy，氧原子数必然增加，x MFe2Oy，D错误；
故选A
20. 某有机物的结构简式如图所示，下列说正确的
A. 该分子可以发生加成反应和取代反应
B. 分子中含有2种官能团
C. 该分子在铜催化下加热不会和氧气发生催化氧化
D. 分子式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子没有苯环或碳碳双键，不可以与氢气发生加成反应，故A错误；
B．分子中含有2种官能团，羧基和羟基，故B正确；
C．该分子中有−CH2OH，在铜催化下加热会和氧气发生催化氧化生成−CHO，故C错误；
D．分子式为，故D错误。
综上所述，答案为B。
二、实验题(共15分)
21. 三硫代碳酸钠(Na2CS3)在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理废水中的重金属离子。某化学兴趣小组对Na2CS3的一些性质进行了探究性实验。
实验I.探究Na2CS3的性质：
（1）H2CS3是___(填“强”或“弱”)酸。
（2）已知步骤③中反应的氧化产物是SO42-，则该反应的离子方程式为___。
（3）某同学取步骤③反应后所得溶液于试管中，滴加足量盐酸和氯化钡溶液，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验中所用的Na2CS3的质量。你是否同意他的观点并说明理由：___。
实验Ⅱ.测定Na2CS3溶液的浓度：
按如图所示装置进行实验：将50.0mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器M的活塞，滴入足量2.0ml•L-1的稀H2SO4，关闭活塞。
已知：CS32-+2H+=CS2+H2S↑，CS2和H2S均有毒。(CS2不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O)
（4）仪器M的名称是___。反应开始前需要先通入一段时间N2，其作用为___。
（5）B中发生反应的离子方程式为___。
（6）反应结束后打开活塞K，再缓慢通入一段时间的热N2，其目的是___。
（7）为了计算三硫代碳酸钠溶液的浓度，可通过测定B中生成沉淀的质量来计算。称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是___。若B中生成沉淀的质量为8.4g，则Na2CS3溶液的物质的量浓度是___。
【答案】 ①. 弱 ②. 5CS32-+24MnO4-+52H+=15SO42-+5CO2↑+24Mn2++26H2O ③. 不同意，因为步骤③中加入的酸性KMnO4溶液是用H2SO4酸化的，含有SO42-，所以生成的硫酸钡沉淀质量偏大 ④. 分液漏斗 ⑤. 排尽装置中的空气，防止生成的H2S被氧化 ⑥. Cu2++H2S=CuS↓+2H+ ⑦. 将生成的H2S全部吹入装置B中，使其被充分吸收(或将生成的CS2全部吹入装置C中，使其被充分吸收) ⑧. 过滤、洗涤、干燥 ⑨. 1.75 ml•L-1
【解析】
【分析】（1）Na2CS3水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；
（2）根据氧化还原反应的规律分析作答；
（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；
（4）根据仪器的图形判断仪器的名称；A中发生Na2CS3 +H2SO4=Na2SO4 +CS2 +H2S↑，生成的硫化氢可与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀；
（5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；
（6）当A中反应完全后，打开K缓慢通入热N2一段时间，然后对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4黑色固体，根据关系式Na2CS3～H2S～CuS分析计算求得。
【详解】的水溶液中加入酚酞变红色，说明是强碱弱酸盐，则为弱酸；
步骤的氧化产物是，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为；
酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化，混入了硫酸根离子，所以不能通过白色沉淀的质量来计算的量，否则结果偏大；
仪器M的名称是分液漏斗，因装置中有空气，硫化氢易和氧气反应，则反应开始前需要先通入一段时间，其作用为排尽装置中的空气，防止生成的被氧化；
中发生，生成的硫化氢可与B中的硫酸铜反应生成CuS沉淀，反应的离子方程式为；
反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热一段时间，其目的是：将装置中的全部排入B中被充分吸收；将装置中的全部排入C中被充分吸收；
称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作是过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为，，根据关系式得，。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、浓度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法，注意题目信息的与相关基础知识联合分析。
三、工业流程题(共15分)
22. 铁及其化合物在日常生活中很常见
（1）氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：

回答下列问题：
①操作II所包含的两项主要基本操作是____________。上述流程中，Fe（OH）2转化成Fe（OH）3时的化学方程式为__________________________________。
②将FeCl2溶液高温水解、氧化也可直接制得氧化铁，请写出反应的化学方程式：_______________。
（2）有些同学认为用KMnO4溶液能进行绿矾（FeSO4·7H2O）产品中铁元素含量的测定，反应的离子方程式为：___________，该滴定过程中_____（填“是”或“否”）还需要指示剂。
实验步骤如下：
a．考虑绿矾产品可能因为保存不当被空气中氧气所氧化，所以事先取少量绿矾产品溶于水，滴加_____溶液进行验证。
b.称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；
c．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；
d．用硫酸酸化的0.01000 ml·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL。
请完成下列问题：
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需__________________________。
②某同学设计的下列滴定方式，最合理的是________（夹持部分略去）（填字母序号）。

③计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为_____________。
【答案】（1） ①. 过滤、洗涤 ②. 4Fe（OH）2+ 2H2O+ O2 ＝ 4Fe（OH）3 ③. 4FeCl2+ 4H2O+O2 2Fe2O3+8HCl
（2） ①. ②. 否 ③. KSCN ④. 250mL容量瓶 ⑤. b ⑥. 0.975或97.5%。
【解析】
【分析】废铁屑用碳酸钠除去油污，与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，废铁屑中与硫酸不反应的杂质，需过滤除去，在滤液中加入弱碱氨水，生成Fe（OH）2 ,Fe（OH）2被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，过滤、洗涤、干燥、煅烧即得氧化铁，据此流程分析；
【小问1详解】
①操作II所包含的两项主要基本操作是过滤、洗涤；Fe（OH）2转化成Fe（OH）3时的化学方程式为4Fe（OH）2+ 2H2O+ O2 ＝ 4Fe（OH）3。
②FeCl2溶液高温水解、氧化可以直接制得氧化铁，则该反应的化学方程式为：4FeCl2+ 4H2O+O2 2Fe2O3+8HCl；
故答案为：过滤、洗涤；4Fe（OH）2+ 2H2O+ O2 ＝ 4Fe（OH）3；4FeCl2+ 4H2O+O2 2Fe2O3+8HCl；
【小问2详解】
高锰酸钾具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Mn2＋，根据化合价升降相等，电荷守恒及原子守恒配平，反应的离子方程式为4FeCl2+ 4H2O+O2 2Fe2O3+8HCl；高锰酸钾是溶液是紫色溶液，生成的Mn2＋无色，所以该反应不需要另外的指示剂；绿矾在空气中被氧气氧化生成Fe3＋，而检验Fe3＋的试剂是KSCN溶液。
①配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250 mL，配制时需要的仪器有托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶。
②高锰酸钾具有氧化性，应盛放在酸式滴定管中，试样放在锥形瓶中，选b；
③根据得关系式为5FeSO4·7H2O~KMnO4，则上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为（0.01000 ml·L－1×0.02L×5×10×278g·ml-1）÷2.850g×100%=97.5%；
故答案为：；否；KSCN；250mL容量瓶；b；0.975或97.5%。
四、原理综合题(共15分)
23. (1)某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气态物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式为_________。反应开始至2 min，Z的平均反应速率为__________。

(2)甲烷作为能源燃烧放出大量的热，已知：
①2CH4(g)+3O2(g)=2CO(g)+4H2O(l) △H1= -1214 kJ/ml
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566 kJ/ml
则表示甲烷燃烧热的热化学方程式___________________________________________。
(3)在25℃下，向浓度均为0.1 ml·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成_________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为__________________（已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20）。
(4)Na2S溶液具有较强的碱性，其原因为______________________。(用离子方程式表示)
【答案】 ①. 3X+Y2Z ②. 0.05ml/(L·min) ③. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ/ml ④. Cu(OH)2 ⑤. Cu2+ +2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+ ⑥. S2-+H2O HS-+OH-
【解析】
【分析】(1)由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n(X)=0.3ml，△n(Y)=0.1ml，△n(Z)=0.2ml，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比；根据υ=，计算v(Z)；
(2)根据燃烧热的概念，运用盖斯定律，就可以得到甲烷燃烧的热化学方程式；
(3) Mg(OH)2、Cu(OH)2的类型相同，根据溶度积常数越小，先形成沉淀判断；
(4)根据盐的组成，结合盐的水解规律分析判断。
【详解】(1)由图象可知，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的量不变且不为0，属于可逆反应，△n(X)=0.3ml，△n(Y)=0.1ml，△n(Z)=0.2ml，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为3X+Y2Z；根据方程式可知在2min内Z的物质的量增加了0.2ml，由于容器的容积为2L，则υ(Z)==0.05ml/(L·min)；
(2)甲烷的燃烧热是101kPa时，1ml甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量。根据盖斯定律，将[①+②]÷2，整理可得：甲烷燃烧热的热化学方程式是：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ/ml；
(3)由于Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11>Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Mg(OH)2、Cu(OH)2的类型相同，所以Cu(OH)2先生成沉淀；一水合氨是一元弱碱，与Cu2+结合形成Cu(OH)2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为Cu2+ +2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+；
(4)Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中，S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液具有较强的碱性，水解反应的离子方程式为：S2-+H2O HS-+OH-。
【点睛】本题考查了图象在化学方程式书写的应用、热化学方程式的书写、化学反应速率的计算及沉淀溶解平衡、盐的水解的知识，较为全面的考查了化学反应基本原理的知识。
五、结构与性质(共15分)
24. 氢能作为理想的清洁能源之一，已经受到世界各国的普遍关注。氢的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢方法有：配位氢化物储氢、碳质材料储氢、合金储氢、多孔材料储氢等。请回答下列问题：
(1)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物(HB＝NH)3通过3CH4＋2(HB＝NH)3＋6H2O＝3CO2＋6H3BNH3制得。
①C、N、O第一电离能由大到小的顺序为___________，CH4、H2O、CO2键角由大到小的顺序为___________，原因为____________________________________________。
②)1 ml(HB＝NH)3分子中有_____个σ键。与(HB＝NH)3互为等电子体的分子为_______(填分子式)。
③氨硼烷在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体具有类似金刚石的结构，但熔点比金刚石低，原因是____________________________________________。
(2)一种储氢合金由镍和镧(La)组成，其晶胞结构如图所示。
①Ni的基态原子核外电子排布式为___________。
②该晶体的化学式为___________。
③该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定。已知：标准状况下氢气的密度为p g·cm－3；阿伏加 德罗常数的值为NA。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为___________。(储氢能力＝)
【答案】 ①. N>O>C ②. CO2＞CH4＞H2O ③. CO2中C采取sp杂化，CH4、H2O中C、O都采取sp3杂化，sp杂化的键角大于sp3杂化；又因为H2O中有两对孤对电子，CH4没有孤对电子，孤对电子与孤对电子的斥力>孤对电子与成键电子的斥力>成键电子与成键电子的斥力 ④. 12×6.02×1023 ⑤. C6H6 ⑥. B—N键的键长大于C一C键的，键能小于C一C键的 ⑦. 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 ⑧. LaNi5 ⑨.
【解析】
【分析】（1）①根据同一周期第一电离能的递变规律，利用杂化轨道理论解释键角大小；②根据单键均为σ键，双键是一个σ键和一个键、等电子体的概念求解；③利用原子晶体熔沸点的递变规律和影响因素进行解答；
（2）采用晶胞均摊法进行求解。
【详解】（1）①同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素，故C、N、O第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，
CH4中中心原子有4对σ键电子对，没有孤对电子，其中C采取sp3杂化；H2O中中心原子有2对σ键电子对，2对孤对电子，其中O采取sp3杂化；CO2中中心原子有2对σ键电子对，没有孤对电子，其中C采取sp杂化；由于孤对电子与孤对电子的斥力>孤对电子与成键电子的斥力>成键电子与成键电子的斥力，故甲烷的键角为109°28′，水的键角为104.5°，二氧化碳的键角为180°，故键角由大到小的顺序为CO2＞CH4＞H2O，原因为CO2中C采取sp杂化，CH4、H2O中C、O都采取sp3杂化，sp杂化的键角大于sp3杂化；又因为H2O中有两对孤对电子，CH4没有孤对电子，孤对电子与孤对电子的斥力>孤对电子与成键电子的斥力>成键电子与成键电子的斥力，故答案为：CO2＞CH4＞H2O；CO2中C采取sp杂化，CH4、H2O中C、O都采取sp3杂化，sp杂化的键角大于sp3杂化，又因为H2O中有两对孤对电子，CH4没有孤对电子，孤对电子与孤对电子的斥力>孤对电子与成键电子的斥力>成键电子与成键电子的斥力；
②根据单键均为σ键，双键是一个σ键和一个键，故1 ml(HB＝NH)3分子中有12×6.02×1023个σ键，等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的微粒，故与(HB＝NH)3互为等电子体的分子为C6H6，故答案为：12×6.02×1023；C6H6；
③氨硼烷在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体具有类似金刚石的结构，故立方氮化硼晶体和金刚石均为原子晶体，其熔沸点与共价键的键长成反比，由于B—N键的键长大于C一C键的，键能小于C一C键的，故立方氮化硼晶体的熔点比金刚石低，故答案为：B—N键的键长大于C一C键的，键能小于C一C键的；
(2)①Ni是28号元素，故其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；
②由均摊法可知，La位于晶胞的8个顶点，Ni是8个在面上，1个在体内，故一个晶胞中含有La为个，Ni为，故该晶体的化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5；实验步骤
实验现象
①用玻璃棒蘸取少量该溶液，点在pH试纸中部
试纸变为红色
②取少量该溶液，加入BaCl2溶液
有白色沉淀生成
③取②中反应后的上层清液，加入AgNO3溶液
有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸
④取少量该溶液，加入NaOH溶液
只有红褐色沉淀生成
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3固体溶于蒸馏水中，配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试剂，溶液变成红色
③
向另一份溶液中滴加硫酸酸化的KMnO4溶液，紫色褪去