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天津市部分区2020届高三上学期期中考试化学试题
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天津市部分区2019～2020学年度第一学期期中练习高三化学
本卷共12题，每题只有一个正确选项，每题3分，共36分。
1.下列说法正确的是
A. 己知2C＋SiO2Si＋2CO↑，说明Si的非金属性比C强
B. 电子层数越多，原子半径一定越大
C. 单质中不可能含有离子键
D. 第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强的其沸点最低
【答案】C
【解析】
【分析】
非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，还原性越弱；电子层数只是影响原子半径的一个因素；离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子；第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强为水，含有氢键，沸点反常的高。
【详解】A．由元素周期律可知，同一族，从上至下，非金属减弱，故C的非金属性比Si强，题意不符，故A错误；
B．电子层数只是影响原子半径的一个因素，还要考虑原子核对电子的吸引，核外电子多，相应的核内质子数也多，由于静电力的增强可能会引起原子半径的减小，如Li＞Cl，故B错误；
C．离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子，一般单质是由原子直接构成或同原子间以共价键结合，故不含离子键，C正确；
D．第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性与元素的非金属性一致，稳定性最强为水，水含有分子间氢键，沸点最高，故D错误；
答案选C。
2.对平衡CO2（g）CO2（aq） △H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是（ ）
A. 升温增压 B. 降温减压
C. 升温减压 D. 降温增压
【答案】D
【解析】
【详解】CO2（g）CO2（aq） △H= -19.75kJ/mol的正向是气体体积减小的放热过程，要使CO2在水中的溶解度增大，即使平衡正向移动，可以降低温度、增大压强，答案选D。
3.下列有关说法不正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布
B. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
C. 同一原子能层越高，s电子云的半径越大
D. N、O、F电负性逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
基态电子排布遵循能量最低原理、洪特规则、泡利原理，电子不发生跃迁；原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱；同一能级，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大；电负性是指原子对于电子的吸引能力，由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大。
【详解】A．单核10电子粒子基态时，遵循能量最低原理，每个轨道排布2个电子，自旋方向相反，故A正确；
B．原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱，所以电子在激发态跃迁到基态、基态跃迁到激发态时均会产生原子光谱，故B错误；
C．s电子云均为球形，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大，故C正确；
D．由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大，N、O、F从左至右排列，故D正确；
答案选B。
【点睛】电子的排布遵循三原则：能量最低原理、洪特规则、泡利原理；电子由激发态跃迁到基态是发射光谱，由基态到激发态是吸收光谱。
4.碳酸铵[(NH4)2CO3]在室温下就能自发地分解产生氨气，对其说法中正确的是（ ）。
A. 碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大
B. 碳酸铵分解是因为外界给予了能量
C. 碳酸铵分解是吸热反应，此反应不应该自发进行，必须借助外力才能进行
D. 碳酸盐都不稳定，都能自发分解
【答案】A
【解析】
【分析】
碳酸铵室温下自发地分解生成氨气，发生反应的化学方程式为（NH4）2CO3=NH3↑+CO2↑+H2O，反应生成了气体氨气和二氧化碳，所以熵变增大；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，自发进行，△H-T△S＞0反应不能自发进行，△H-T△S=0反应达到平衡；
【详解】A．碳铵自发分解，是因为体系由于氨气和二氧化碳气体的生成而使熵增大，故A正确；
B．碳酸铵在室温下就能自发地分解，不需要外界给予了能量，故B错误；
C．有些吸热反应也可自发，而焓变不是自发反应的唯一因素，应根据△H-T△S进行判断反应是否自发进行，故C错误；
D．有的碳酸盐稳定，不能自发分解，如Na2CO3受热不分解，故D错误；
故选：A。
5.下列叙述中不正确的是
A. NH3分子与H＋结合的过程中，N原子的杂化类型未发生改变
B. 某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体
C. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X－射线衍射实验
D. 气态SO3和SO2中心原子的孤电子对数目相等
【答案】D
【解析】
【分析】
NH3分子与H＋结合生成NH4+；离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来；计算中心原子的孤电子对数目： （中心原子价电子数－中心原子结合的原子数 中心原子结合的原子提供的单电子数）。
【详解】A．NH3分子与H＋结合生成NH4+，反应前后N原子的杂化类型均为sp3，符合题意及，故A正确；
B．离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电，因此，某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体，故B正确；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；
D．通过公式计算中心原子的孤电子对数，SO3： 、SO2： ，所以二者的孤电子对数目不相等；故D错误；
答案选D。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，加入AgNO3溶液，溴水褪色
B. 对于平衡2SO2＋O22SO3，使用催化剂有利于SO3的合成
C. 醋酸稀溶液加热后溶液pH降低(不考虑醋酸受热挥发)
D. 合成氨时适当增大压强有利于提高氮气的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，必须是可逆反应，且存在平衡移动的现象，否则勒夏特列原理不使用。
【详解】A．加入AgNO3溶液，生成AgBr 沉淀，HBr浓度减小，平衡正向移动，溴水褪色，可用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．使用催化剂会提高反应的速率，但是正逆反应速率相等，平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．醋酸存在电离平衡，该可逆反应是吸热反应，加热，平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH降低，可用勒夏特列原理解释，故C正确；
D．氮气与氢气合成氨是一个可逆反应，增大压强，会使平衡向系数减小的方向移动，平衡正向移动，有利于提高氮气的转化率，可用勒夏特列原理解释，故D正确；
答案选B。
【点睛】切记：催化剂能同等程度提升正逆反应的反应速率，平衡不移动。
7.下列说法或表示正确的是
A. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个
B. 酒石酸(HOOC－CHOH－CHOH－COOH)不存在手性碳原子
C. 熔点：MgBr2
【答案】A
【解析】
【分析】
氯化钠晶体中，Na＋位于顶点和面心；手性碳原子指与碳相连的4个基团均不一样；晶体的熔沸点通常规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；分子间氢键，物质的熔沸点反常的高，分子内氢键，物质的熔沸点更低。
【详解】A．氯化钠晶体中，Na＋位于顶点和面心，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故A正确；
B．手性碳原子指与碳相连的个基团均不一样，由酒石酸的结构式可知，中间2个碳原子均是手性碳原子，2号碳上连接的是氢、羟基、羧基、－CHOH－COOH，故B错误；
C．晶体的熔沸点通常规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，MgBr2是离子晶体，SiCl4是分子晶体，SiC是原子晶体，故熔点：SiCl4
答案选A。
【点睛】对于分子晶体熔沸点比较：比较相对分子质量和氢键，若是有机物，分子量相同，支链越多，熔沸点越低；有分子间氢键，熔沸点变大；分子内氢键，熔沸点降低。
8.下列说法正确的是
A. 25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw
B. FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
C. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
D. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大
【答案】C
【解析】
【分析】
Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关；不同催化剂对反应的催化效果不同；加入NH4Cl溶液，平衡正向移动；在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡， ，沉淀溶解平衡常数只与温度有关。
【详解】A．Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关，25℃时在任何溶液中，Kw均为恒定值，故A错误；
B．不同催化剂对反应的催化效果不同，故反应速率的改变不同，故B错误；
C．加入NH4Cl溶液，发生反应：，减小，平衡正向移动，促进Mg(OH)2的溶解，故Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，C正确；
D．在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡， ，加入Na2SO4固体，增大，为定值，故减小，D错误；
答案选C。
【点睛】平衡常数数值的大小只与温度有关，无论是化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、离子积、沉淀溶解平衡常数。
9.已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)＝1.22×10－8 mol·L－1，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)＝1.3×10－5 mol·L－1。若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01 mol·L－1的混合溶液中，滴加8 mL 0.01 mol·L－1的AgNO3溶液。下列叙述中不正确的是
A. 若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，白色沉淀会转变成黄色沉淀
B. 溶液中先产生的是AgI沉淀
C. AgCl的Ksp的数值为1.69×10－10
D. 反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
【答案】D
【解析】
【分析】
依据氯化银和碘化银的溶度积比较溶解度，反应向更难溶的方向进行；依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银； AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol•L-1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）⇌Ag++Cl-，氯离子浓度为1.30×10-5mol•L-1；依据Ksp=c（Ag+）c（Cl-）计算得到；根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小。
【详解】A． 碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液,如满足c(Ag+)c(I−)>Ksp(AgI)，则可生成黄色沉淀；
B．由已知条件知， AgI的Ksp较小，则先产生的是AgI沉淀，故B正确；
C．在AgCl饱和溶液中c(Ag+)＝1.30×10−5mol⋅L−1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag++Cl−，c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1，由Ksp=c（Ag+）c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1×1.30×10−5mol⋅L−1=1.69×10−10 mol2⋅L−2，故C正确；
D．若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag+)=0.003L×0.01mol/L=3×10−5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n(Cl−)=0.005×0.01mol/L−3×10−5mol=2×10−5mol，c(Cl−)==1.53×10−3mol/L，浊液中c(Ag+)═==1.1×10−7(mol/L)，c(I−)═==1.35×10−9(mol/L)，混合溶液中n(K+)=1×10−4mol，n(NO3−)=0.008L×0.01mol/L=8×10−5mol，则c(K+)>c(NO3−)，故c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)，故D错误；
答案选D。
10.下列各表述与示意图不一致的是
A. 图①表示5 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化
B. 图②中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C. 图③表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
D. I2在KI溶液中存在I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)的平衡，c(I3－)与温度T的关系如图④，若反应进行到状态C时，一定有V(正)>V(逆)
【答案】C
【解析】
【分析】
KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液混合： ；升高温度，平衡向吸热方向移动；当加入盐酸20 mL时，pH发生骤变；曲线AB表示平衡状态，在状态C时，在温度T1下， c（I3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡。
【详解】A．酸性KMnO4与H2C2O4混合，随着反应的进行，不断有Mn2＋生成，最终趋于稳定，故A正确；
B．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0，升高温度，平衡向吸热方向移动，逆向移动，故升高温度，K逆增大，K正减小，B正确；
C．强酸滴定强碱，当加入盐酸20 mL时，pH发生骤变，故图像不符，C错误；
D．曲线AB表示平衡状态，状态C时，在温度T1下， c（I3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡，故在状态C时，一定有V(正)>V(逆)，故D正确；
答案选C。
【点睛】酸性KMnO4在溶液中发生氧化还原反应时，一般被氧化为Mn2＋，再根据氧化还原配平原则配平方程；常温下，强酸与强碱的滴定，在pH=7发生突变。
11.某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列叙述中正确的是
A. 溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)
B. NaHSO4属于酸式盐，加入水中促进水的电离
C. 1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为3NA
D. 该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
【答案】A
【解析】
【分析】
溶液中存在电荷守恒，Na+、SO4不水解；酸式盐是可电离出氢离子的盐；硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成；蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为 。
【详解】A．溶液中有电荷守恒： ，又NaHSO4电离： ， ，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)，故A正确；
B．酸式盐是可电离出氢离子的盐，NaHSO4电离会生成H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B错误；
C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2 NA，故C错误；
D．蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为：，要使溶液呈中性，则加入的应等于，溶液的pH为2， ，，碱液的pH应为10，故D错误；
答案选A。
12.C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，结构如图。下列说法不正确的是
A. C60晶体易溶于苯、CS2，C60非极性分子
B. 1 mol C60分子中，含有δ键数目为60NA
C. C60与F2在一定条件下，发生反应生成C60F60
D. C60、金刚石和石墨是同素异形体
【答案】B
【解析】
【分析】
C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理可知C60是非极性分子；根据结构可知，每一个碳原子形成3个δ键，但每个δ键被两个六边形共用，所以每个碳原子形成δ键的个数： ，1 mol C60分子中有60个碳原子；同素异形体，是同种元素组成的不同形态的单质。
【详解】A．C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理可知C60是非极性分子，故A正确；
B．根据结构可知，每一个碳原子形成3个δ键，但每个δ键被两个六边形共用，所以每个碳原子形成δ键的个数： ，1 mol C60分子中有60个碳原子，δ键数目为： ，故B错误；
C．根据元素周期律，F的非金属性强于C，则F的氧化性强于C，可发生如下氧化还原反应反应： ，故C正确；
D．同素异形体，是同种元素组成的不同形态的单质，C60、金刚石和石墨是同素异形体，D正确；
答案选B。
13.氮、磷、砷是同族元素，请回答下列问题。
(1)氮与元素周期表同周期的相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为：_____________(用元素符号表示)。
(2)氨水溶液中存在多种氢键，任意表示出其中一种：____________________。
(3)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是___________(填序号)。
a.不能与NaOH反应 b.含离子键、共价键 c.能与水反应
(4)氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子间不易形成三键的原因：_____________________。
(5)X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。
①X的核外电子排布式为________________________。与同一个N3－相连的X＋有______个。
②X的高价阳离子(X2＋)在水溶液中存在离子[X(H2O)4]2＋，则X2＋与H2O之间的键型为_____。
③请画出[X(H2O)4]2＋离子的结构式_________________(用元素符号写结构式)。
【答案】 (1). C＜O＜N (2). O－H┄N（或O－H┄O、N－H┄O、N－H┄N） (3). bc (4). 砷原子半径较大，原子间形成的δ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小或难以重叠，难以形成π键 (5). ls22s22p63s23p63d104s1 (6). 6 (7). 配位键 (8).
【解析】
【分析】
第一电离能是指基态气态原子失去最外层一个电子所需能量，同一周期，大体呈从左往右增大的规律，氮的2p能级半满，更稳定；氢键是H与N、O、F原子之间形成的一种特殊键，物质中有O－H、N－H、F－H键均可形成氢键；PH3与HI反应可以通过NH3与HCl过分析，产物是NH4Cl，分析NH4Cl具有的性质；在元素周期表中，同一主族从上到下，原子半径增大，π键是p-p轨道肩并肩重叠形成的； X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则有2+8+18=28个电子，则X为29号元素铜，根据晶体结构图可以推断出黑色小球代表X＋，白色小球代表N3－，X2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，X2＋与H2O之间形成配位键，氧原子有孤电子对，所以配位键由氧指向X，配位数为4。
【详解】(1)第一电离能是指基态气态原子失去最外层一个电子所需能量，同一周期，大体呈从左往右增大的规律，氮的2p能级半满，更稳定，所以氮与元素周期表同周期的相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N；
故答案为：C＜O＜N；
(2) 氢键是N、O、F原子之间形成的一种特殊键，氨水溶液中与均可以形成氢键，所以有以下四种：水与水：O－H┄O，水与氨：O－H┄N，氨与氨：N－H┄N，氨与水：N－H┄O，以上任一种均可；
故答案为：O－H┄N（或O－H┄O、N－H┄O、N－H┄N）；
(3) PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应的产物性质推断，可以用NH3与HCl的反应产物NH4Cl来分析，NH4Cl可以与NaOH反应，且NH4Cl含离子键、共价键，铵根会发生水解反应，所以选bc；
故答案为：bc；
(4) 在元素周期表中，同一主族从上到下，原子半径增大，砷原子的半径更大，若形成三键，则含δ键和π键，半径越长，p-p轨道肩并肩重叠越难，所以砷原子不易形成三键；
故答案为：砷原子半径较大，原子间形成的δ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小或难以重叠，难以形成π键；
(5) ①X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则有2+8+18=28个电子，则X为29号元素铜，铜的核外电子排布式为：ls22s22p63s23p63d104s1，根据晶体结构图可以推断出黑色小球代表X＋，白色小球代表N3－，故同一个N3－相连的X＋有6个（上下左右前后）；②X2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，故二者之间形成配位键；③X2＋与H2O之间形成配位键，氧原子有孤电子对，所以配位键由氧指向X，配位数为4，故结构简式为：；
故答案为：ls22s22p63s23p63d104s1 ； 6 ；配位键； 。
14.硼及硼的化合物有着广泛的用途。请回答下列问题：
(1)硼在元素周期表中的位置为：____________________________________；
(2)硼化镁在39K时呈超导性，在硼化镁晶体理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列。图a是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，投影在同一平面上。根据图示确定硼化镁的化学式为_____________。
(3)硼酸(H3BO3)，白色片状晶体，微溶于水，对人体的受伤组织有防腐消毒作用。H3BO3溶液中存在H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)的平衡。硼酸和过量的NaOH溶液反应方程式为：H3BO3＋NaOH＝Na[B(OH)4]。硼酸晶体具有层状结构，每一层结构如图1所示。
①硼酸晶体属于_______晶体(填“离子”、“分子”或“原子”)。
②下列关于硼酸的说法正确的是_______________(填序号)。
a.H3BO3一元酸
b.其水溶液中，水的电离平衡受到抑制
c.晶体中有氢键，因此硼酸分子较稳定
(4)三氟化硼(BF3)水解生成硼酸和氟硼酸(HBF4，强酸)。BF3分子立体构型为___________，BF4－的电子式____________。
(5)氨硼烷(NBH6)是一种有效、安全的固体储氢材料。氨硼烷的结构(如图b)和乙烷相似，氨硼烷分子与硼酸分子中硼原子的杂化轨道类型分别为：___________和___________。
【答案】 (1). 第二周期ⅢA族 (2). MgB2 (3). 分子 (4). a (5). 平面三角形 (6). (7). sp3 (8). sp2
【解析】
【分析】
硼是5号元素，位于第二周期第ⅢA族；由图a知1个B原子为3个Mg原子共用，1个Mg原子为6个B原子共用，可以计算硼原子和镁原子得个数之比；硼酸晶体中存在H3BO3分子，是分子晶体；硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)显酸性，硼酸的加入，促进了水的电离，氢键是体现在物理性质方面；硼的最外层3个电子，三单写在硼原子的三个方向，与4个F结合，有一个F在于B形成共价键时需要得一个电子，所以整体显-1价；根据价层电子对互斥理论，可以计算中心原子的孤电子对数，从而得出杂化方式；氨硼烷的结构(如图b)和乙烷相似，则硼原子的杂化方式与乙烷中的碳一样。
【详解】(1) 硼是5号元素，位于第二周期第ⅢA族；
故答案为：第二周期第ⅢA族；
(2) 由图a知1个B原子为3个Mg原子共用，属于一个Mg原子的B原子为 ，1个Mg原子为6个B原子共用，属于一个B原子的Mg原子为 ，可以计算硼原子和镁原子得个数之比：2：1，故硼化镁的化学式为：MgB2；
故答案为：MgB2；
(3) ①硼酸晶体中存在H3BO3分子，是分子晶体；②硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)，是一元酸；硼酸的加入，促进了水的电离；氢键是体现在物理性质方面，如熔沸点等；
故答案为：分子；a；
(4) 根据价层电子对互斥理论，可以计算中心原子的孤电子对数， ，无孤电子对数，故分子的立体构型为：平面三角形；硼的最外层3个电子，三单写在硼原子的三个方向，与4个F结合，有一个F在于B形成共价键时需要得一个电子，所以整体显-1价，电子式为：；
故答案为：平面三角形；；
(5)氨硼烷的结构(如图b)和乙烷相似，则硼原子的杂化方式与乙烷中的碳一样，为sp3杂化；硼酸中可以通过公式来计算硼酸跟： ，所以硼酸中硼原子为sp2杂化；
故答案为：sp3 ； sp2。
15.中国尿素合成塔(尿塔)使用寿命仅为欧美国家的1/4。为此北京钢铁研究院对某尿塔腐蚀过程进行研究，得出下列腐蚀机理：
(1)H2S来自合成尿素的天然气。在380K、体积为2L的密闭容器中，存在反应：H2(g)＋S(s)H2S(g) △H＝＋21.6 kJ·mol－1。反应达到平衡时，H2、S、H2S的物质的量均为3 mol。
①380K时该反应的化学平衡常数为__________。
②下列对该反应分析正确的是_________(填序号)。
(2)反应II的化学方程式为：____________________________________。
(3)已知室温下H2S2O3：K1＝2.2×10－1，K2＝2.5×10－2。
①Na2S2O3水溶液中电荷守恒式为___________________________；
②反应IV的化学方程式_____________________________________。该反应_________(填“能”或“不能”)说明FeS溶解性强于FeS2O3。
(4)此尿塔的最终腐蚀产物为__________________。为了有效防腐，北钢建议该尿塔在生产中用CuSO4溶液“脱硫(H2S)”，离子反应方程式为_________。(室温下，H2S：K1＝1.3×10－7、K2＝7.1×10－15。CuS：Ksp＝6.3×10－36)
【答案】 (1). 1 (2). ab (3). 4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2 (4). c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－) (5). FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3 (6). 不能 (7). Fe2O3、FeS2O3 (8). Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋
【解析】
【分析】
根据平衡常数的公式进行计算，固体不带入；该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动；增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大；升高温度反应速率加快；增大硫化氢的浓度，等效为增大压强；根据反应流程图可知，反应II主要反应物有O2、FeS，主要产物有SO2、Fe2O3，再根据得失电子守恒配平方程；反应II和反应IV的最终产物是Fe2O3、FeS2O3，硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，相当于强制弱的反应。
【详解】(1) ①根据平衡常数的公式进行计算，固体不带入，故该反应的平衡常数K= = =1，②该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动，平衡常数增大，图象与实际相符合；增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大；升高温度反应速率加快，图象中正反应速率不变；增大硫化氢的浓度，等效为增大压强，平衡不移动，各组分的含量不变，图象与实际不相符；H2S2O3属于弱酸，该溶液中存在的离子有Na＋、H＋、S2O32－、HS2O3－、OH－；反应IV的主要反应物有H2S2O3、FeS，主要产物有H2S、FeS2O3；
故答案为：1；ab；
(2)根据反应流程图可知，反应II主要反应物有O2、FeS，主要产物有SO2、Fe2O3，再根据得失电子守恒配平方程，可得：4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2；
故答案为：4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2；
(3)电荷守恒：溶液中所有正离子的电荷数等于所有阴离子的负电荷数，由电离平衡常数可知，H2S2O3属于弱酸，该溶液中存在的离子有Na＋、H＋、S2O32－、HS2O3－、OH－，故有电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－)；根据反应流程图可知，反应IV的主要反应物有H2S2O3、FeS，主要产物有H2S、FeS2O3，可以写出反应IV的化学方程式为：FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3学；该反应属于复分解反应，不能说明二者的溶解度大小；
故答案为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－)； FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3；不能；
(4)由流程图可知，反应II和反应IV的最终产物是Fe2O3、FeS2O3，故此尿塔的最终腐蚀产物为为Fe2O3、FeS2O3；硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，相当于强制弱的反应，反应离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
故答案为：Fe2O3、FeS2O3；Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
【点睛】在写陌生方程式时，多看题上已知信息、流程图，一般利用氧化还原反应的配平原理进行方程式的书写；写电荷守恒时，注意是电荷的守恒，所以类似于S2O32－，在写电荷守恒时要添上相应的系数。
16.10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液的pH值升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则_________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是_____________(填序号)。
a.Ba(OH)2溶液 b.BaCl2溶液 c.NaOH溶液 d.澄清石灰水
②将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH____________(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则甲判断正确。
(4)常温下，在测得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水电离出的OH－浓度分别为a mol/L和b mol/L。则a：b＝________。
(5)25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液。
①下列判断不正确的是________(填序号)。
a.两种溶液等体积混合后：3c(Na＋)＝2[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]
b.两种溶液中存在的粒子种类不相同
c.两种溶液中c(H＋)·c(OH－)＝10－14
d.两种溶液中分别加入少量NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32－)均增大
②等体积混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是：__________；
③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有：_______。
【答案】 (1). HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ (2). 大于 (3). 乙 (4). b (5). 等于 (6). 10－4：1 (7). ab (8). c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋) (9). NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）
【解析】
【分析】
碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性；碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度；NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象；在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L；25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒： 2c(Na＋)＝3 [c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同；温度不变，水的离子积常数不变；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－；常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性。
【详解】(1)碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
故答案为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－；
(2) 碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；
故答案为：大于；
(3) ①NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象，②若加热后NaHCO3不分解，溶液仍然是NaHCO3溶液，温度不变溶液的PH值也不变，由此证明甲是正确的；
故答案为：乙；b；等于；
(4) 在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L，则a：b＝10－4：1；
故答案为：10－4：1；
(5) ①a.25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒： 2c(Na＋)＝3 [c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]，故a错误；
b.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故b错误；
c．温度不变，水的离子积常数不变，故c正确；
d．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大，故d正确；
故答案选ab；
②等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－，所以c(HCO3－)＞c(CO32－)，故有c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，在此过程中，HCO3－与H＋生成水和CO2，CO32－与H＋生成HCO3－、H2CO3，阴离子与Na＋生成NaCl、NaHCO3，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性，故至中性时，溶质的主要成分有：NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）；
故答案为：ab；c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）。
【点睛】物料守恒找非氢非氧元素，找出二者的比例关系再写平衡；比较溶液中的离子浓度大小，遵循两原则，出现在前，不出现在后；份数优先，如(5) ③混合溶液中：出现在前（Na＋、HCO3－、CO32－），不出现在后（OH－、H＋）；分数优先（Na＋＞HCO3－、CO32－），再结合水解电离程度分析。
本卷共12题，每题只有一个正确选项，每题3分，共36分。
1.下列说法正确的是
A. 己知2C＋SiO2Si＋2CO↑，说明Si的非金属性比C强
B. 电子层数越多，原子半径一定越大
C. 单质中不可能含有离子键
D. 第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强的其沸点最低
【答案】C
【解析】
【分析】
非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，还原性越弱；电子层数只是影响原子半径的一个因素；离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子；第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性最强为水，含有氢键，沸点反常的高。
【详解】A．由元素周期律可知，同一族，从上至下，非金属减弱，故C的非金属性比Si强，题意不符，故A错误；
B．电子层数只是影响原子半径的一个因素，还要考虑原子核对电子的吸引，核外电子多，相应的核内质子数也多，由于静电力的增强可能会引起原子半径的减小，如Li＞Cl，故B错误；
C．离子键是阴阳离子间的静电作用，单质中不含阴阳离子，一般单质是由原子直接构成或同原子间以共价键结合，故不含离子键，C正确；
D．第ⅥA族元素的氢化物中，稳定性与元素的非金属性一致，稳定性最强为水，水含有分子间氢键，沸点最高，故D错误；
答案选C。
2.对平衡CO2（g）CO2（aq） △H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是（ ）
A. 升温增压 B. 降温减压
C. 升温减压 D. 降温增压
【答案】D
【解析】
【详解】CO2（g）CO2（aq） △H= -19.75kJ/mol的正向是气体体积减小的放热过程，要使CO2在水中的溶解度增大，即使平衡正向移动，可以降低温度、增大压强，答案选D。
3.下列有关说法不正确的是
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布
B. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
C. 同一原子能层越高，s电子云的半径越大
D. N、O、F电负性逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
基态电子排布遵循能量最低原理、洪特规则、泡利原理，电子不发生跃迁；原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱；同一能级，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大；电负性是指原子对于电子的吸引能力，由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大。
【详解】A．单核10电子粒子基态时，遵循能量最低原理，每个轨道排布2个电子，自旋方向相反，故A正确；
B．原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱，所以电子在激发态跃迁到基态、基态跃迁到激发态时均会产生原子光谱，故B错误；
C．s电子云均为球形，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大，故C正确；
D．由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大，N、O、F从左至右排列，故D正确；
答案选B。
【点睛】电子的排布遵循三原则：能量最低原理、洪特规则、泡利原理；电子由激发态跃迁到基态是发射光谱，由基态到激发态是吸收光谱。
4.碳酸铵[(NH4)2CO3]在室温下就能自发地分解产生氨气，对其说法中正确的是（ ）。
A. 碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大
B. 碳酸铵分解是因为外界给予了能量
C. 碳酸铵分解是吸热反应，此反应不应该自发进行，必须借助外力才能进行
D. 碳酸盐都不稳定，都能自发分解
【答案】A
【解析】
【分析】
碳酸铵室温下自发地分解生成氨气，发生反应的化学方程式为（NH4）2CO3=NH3↑+CO2↑+H2O，反应生成了气体氨气和二氧化碳，所以熵变增大；反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，自发进行，△H-T△S＞0反应不能自发进行，△H-T△S=0反应达到平衡；
【详解】A．碳铵自发分解，是因为体系由于氨气和二氧化碳气体的生成而使熵增大，故A正确；
B．碳酸铵在室温下就能自发地分解，不需要外界给予了能量，故B错误；
C．有些吸热反应也可自发，而焓变不是自发反应的唯一因素，应根据△H-T△S进行判断反应是否自发进行，故C错误；
D．有的碳酸盐稳定，不能自发分解，如Na2CO3受热不分解，故D错误；
故选：A。
5.下列叙述中不正确的是
A. NH3分子与H＋结合的过程中，N原子的杂化类型未发生改变
B. 某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体
C. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X－射线衍射实验
D. 气态SO3和SO2中心原子的孤电子对数目相等
【答案】D
【解析】
【分析】
NH3分子与H＋结合生成NH4+；离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来；计算中心原子的孤电子对数目： （中心原子价电子数－中心原子结合的原子数 中心原子结合的原子提供的单电子数）。
【详解】A．NH3分子与H＋结合生成NH4+，反应前后N原子的杂化类型均为sp3，符合题意及，故A正确；
B．离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电，因此，某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体，故B正确；
C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；
D．通过公式计算中心原子的孤电子对数，SO3： 、SO2： ，所以二者的孤电子对数目不相等；故D错误；
答案选D。
6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 溴水中存在Br2＋H2OHBr＋HBrO，加入AgNO3溶液，溴水褪色
B. 对于平衡2SO2＋O22SO3，使用催化剂有利于SO3的合成
C. 醋酸稀溶液加热后溶液pH降低(不考虑醋酸受热挥发)
D. 合成氨时适当增大压强有利于提高氮气的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，必须是可逆反应，且存在平衡移动的现象，否则勒夏特列原理不使用。
【详解】A．加入AgNO3溶液，生成AgBr 沉淀，HBr浓度减小，平衡正向移动，溴水褪色，可用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．使用催化剂会提高反应的速率，但是正逆反应速率相等，平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．醋酸存在电离平衡，该可逆反应是吸热反应，加热，平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH降低，可用勒夏特列原理解释，故C正确；
D．氮气与氢气合成氨是一个可逆反应，增大压强，会使平衡向系数减小的方向移动，平衡正向移动，有利于提高氮气的转化率，可用勒夏特列原理解释，故D正确；
答案选B。
【点睛】切记：催化剂能同等程度提升正逆反应的反应速率，平衡不移动。
7.下列说法或表示正确的是
A. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个
B. 酒石酸(HOOC－CHOH－CHOH－COOH)不存在手性碳原子
C. 熔点：MgBr2
【答案】A
【解析】
【分析】
氯化钠晶体中，Na＋位于顶点和面心；手性碳原子指与碳相连的4个基团均不一样；晶体的熔沸点通常规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；分子间氢键，物质的熔沸点反常的高，分子内氢键，物质的熔沸点更低。
【详解】A．氯化钠晶体中，Na＋位于顶点和面心，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故A正确；
B．手性碳原子指与碳相连的个基团均不一样，由酒石酸的结构式可知，中间2个碳原子均是手性碳原子，2号碳上连接的是氢、羟基、羧基、－CHOH－COOH，故B错误；
C．晶体的熔沸点通常规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，MgBr2是离子晶体，SiCl4是分子晶体，SiC是原子晶体，故熔点：SiCl4
答案选A。
【点睛】对于分子晶体熔沸点比较：比较相对分子质量和氢键，若是有机物，分子量相同，支链越多，熔沸点越低；有分子间氢键，熔沸点变大；分子内氢键，熔沸点降低。
8.下列说法正确的是
A. 25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw
B. FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
C. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
D. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大
【答案】C
【解析】
【分析】
Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关；不同催化剂对反应的催化效果不同；加入NH4Cl溶液，平衡正向移动；在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡， ，沉淀溶解平衡常数只与温度有关。
【详解】A．Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关，25℃时在任何溶液中，Kw均为恒定值，故A错误；
B．不同催化剂对反应的催化效果不同，故反应速率的改变不同，故B错误；
C．加入NH4Cl溶液，发生反应：，减小，平衡正向移动，促进Mg(OH)2的溶解，故Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，C正确；
D．在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡， ，加入Na2SO4固体，增大，为定值，故减小，D错误；
答案选C。
【点睛】平衡常数数值的大小只与温度有关，无论是化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、离子积、沉淀溶解平衡常数。
9.已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)＝1.22×10－8 mol·L－1，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)＝1.3×10－5 mol·L－1。若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01 mol·L－1的混合溶液中，滴加8 mL 0.01 mol·L－1的AgNO3溶液。下列叙述中不正确的是
A. 若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，白色沉淀会转变成黄色沉淀
B. 溶液中先产生的是AgI沉淀
C. AgCl的Ksp的数值为1.69×10－10
D. 反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)
【答案】D
【解析】
【分析】
依据氯化银和碘化银的溶度积比较溶解度，反应向更难溶的方向进行；依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银； AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol•L-1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）⇌Ag++Cl-，氯离子浓度为1.30×10-5mol•L-1；依据Ksp=c（Ag+）c（Cl-）计算得到；根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小。
【详解】A． 碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液,如满足c(Ag+)c(I−)>Ksp(AgI)，则可生成黄色沉淀；
B．由已知条件知， AgI的Ksp较小，则先产生的是AgI沉淀，故B正确；
C．在AgCl饱和溶液中c(Ag+)＝1.30×10−5mol⋅L−1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag++Cl−，c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1，由Ksp=c（Ag+）c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1×1.30×10−5mol⋅L−1=1.69×10−10 mol2⋅L−2，故C正确；
D．若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag+)=0.003L×0.01mol/L=3×10−5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n(Cl−)=0.005×0.01mol/L−3×10−5mol=2×10−5mol，c(Cl−)==1.53×10−3mol/L，浊液中c(Ag+)═==1.1×10−7(mol/L)，c(I−)═==1.35×10−9(mol/L)，混合溶液中n(K+)=1×10−4mol，n(NO3−)=0.008L×0.01mol/L=8×10−5mol，则c(K+)>c(NO3−)，故c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)，故D错误；
答案选D。
10.下列各表述与示意图不一致的是
A. 图①表示5 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2＋)随时间的变化
B. 图②中曲线表示反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C. 图③表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
D. I2在KI溶液中存在I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)的平衡，c(I3－)与温度T的关系如图④，若反应进行到状态C时，一定有V(正)>V(逆)
【答案】C
【解析】
【分析】
KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液混合： ；升高温度，平衡向吸热方向移动；当加入盐酸20 mL时，pH发生骤变；曲线AB表示平衡状态，在状态C时，在温度T1下， c（I3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡。
【详解】A．酸性KMnO4与H2C2O4混合，随着反应的进行，不断有Mn2＋生成，最终趋于稳定，故A正确；
B．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H<0，升高温度，平衡向吸热方向移动，逆向移动，故升高温度，K逆增大，K正减小，B正确；
C．强酸滴定强碱，当加入盐酸20 mL时，pH发生骤变，故图像不符，C错误；
D．曲线AB表示平衡状态，状态C时，在温度T1下， c（I3－）过低，未达到平衡，所以反应需正向进行以达到平衡，故在状态C时，一定有V(正)>V(逆)，故D正确；
答案选C。
【点睛】酸性KMnO4在溶液中发生氧化还原反应时，一般被氧化为Mn2＋，再根据氧化还原配平原则配平方程；常温下，强酸与强碱的滴定，在pH=7发生突变。
11.某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列叙述中正确的是
A. 溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)
B. NaHSO4属于酸式盐，加入水中促进水的电离
C. 1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为3NA
D. 该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
【答案】A
【解析】
【分析】
溶液中存在电荷守恒，Na+、SO4不水解；酸式盐是可电离出氢离子的盐；硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成；蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为 。
【详解】A．溶液中有电荷守恒： ，又NaHSO4电离： ， ，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)，故A正确；
B．酸式盐是可电离出氢离子的盐，NaHSO4电离会生成H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B错误；
C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以1 mol NaHSO4晶体中含有的离子总数为2 NA，故C错误；
D．蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为：，要使溶液呈中性，则加入的应等于，溶液的pH为2， ，，碱液的pH应为10，故D错误；
答案选A。
12.C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，结构如图。下列说法不正确的是
A. C60晶体易溶于苯、CS2，C60非极性分子
B. 1 mol C60分子中，含有δ键数目为60NA
C. C60与F2在一定条件下，发生反应生成C60F60
D. C60、金刚石和石墨是同素异形体
【答案】B
【解析】
【分析】
C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理可知C60是非极性分子；根据结构可知，每一个碳原子形成3个δ键，但每个δ键被两个六边形共用，所以每个碳原子形成δ键的个数： ，1 mol C60分子中有60个碳原子；同素异形体，是同种元素组成的不同形态的单质。
【详解】A．C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理可知C60是非极性分子，故A正确；
B．根据结构可知，每一个碳原子形成3个δ键，但每个δ键被两个六边形共用，所以每个碳原子形成δ键的个数： ，1 mol C60分子中有60个碳原子，δ键数目为： ，故B错误；
C．根据元素周期律，F的非金属性强于C，则F的氧化性强于C，可发生如下氧化还原反应反应： ，故C正确；
D．同素异形体，是同种元素组成的不同形态的单质，C60、金刚石和石墨是同素异形体，D正确；
答案选B。
13.氮、磷、砷是同族元素，请回答下列问题。
(1)氮与元素周期表同周期的相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为：_____________(用元素符号表示)。
(2)氨水溶液中存在多种氢键，任意表示出其中一种：____________________。
(3)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是___________(填序号)。
a.不能与NaOH反应 b.含离子键、共价键 c.能与水反应
(4)氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子间不易形成三键的原因：_____________________。
(5)X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。
①X的核外电子排布式为________________________。与同一个N3－相连的X＋有______个。
②X的高价阳离子(X2＋)在水溶液中存在离子[X(H2O)4]2＋，则X2＋与H2O之间的键型为_____。
③请画出[X(H2O)4]2＋离子的结构式_________________(用元素符号写结构式)。
【答案】 (1). C＜O＜N (2). O－H┄N（或O－H┄O、N－H┄O、N－H┄N） (3). bc (4). 砷原子半径较大，原子间形成的δ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小或难以重叠，难以形成π键 (5). ls22s22p63s23p63d104s1 (6). 6 (7). 配位键 (8).
【解析】
【分析】
第一电离能是指基态气态原子失去最外层一个电子所需能量，同一周期，大体呈从左往右增大的规律，氮的2p能级半满，更稳定；氢键是H与N、O、F原子之间形成的一种特殊键，物质中有O－H、N－H、F－H键均可形成氢键；PH3与HI反应可以通过NH3与HCl过分析，产物是NH4Cl，分析NH4Cl具有的性质；在元素周期表中，同一主族从上到下，原子半径增大，π键是p-p轨道肩并肩重叠形成的； X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则有2+8+18=28个电子，则X为29号元素铜，根据晶体结构图可以推断出黑色小球代表X＋，白色小球代表N3－，X2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，X2＋与H2O之间形成配位键，氧原子有孤电子对，所以配位键由氧指向X，配位数为4。
【详解】(1)第一电离能是指基态气态原子失去最外层一个电子所需能量，同一周期，大体呈从左往右增大的规律，氮的2p能级半满，更稳定，所以氮与元素周期表同周期的相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N；
故答案为：C＜O＜N；
(2) 氢键是N、O、F原子之间形成的一种特殊键，氨水溶液中与均可以形成氢键，所以有以下四种：水与水：O－H┄O，水与氨：O－H┄N，氨与氨：N－H┄N，氨与水：N－H┄O，以上任一种均可；
故答案为：O－H┄N（或O－H┄O、N－H┄O、N－H┄N）；
(3) PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应的产物性质推断，可以用NH3与HCl的反应产物NH4Cl来分析，NH4Cl可以与NaOH反应，且NH4Cl含离子键、共价键，铵根会发生水解反应，所以选bc；
故答案为：bc；
(4) 在元素周期表中，同一主族从上到下，原子半径增大，砷原子的半径更大，若形成三键，则含δ键和π键，半径越长，p-p轨道肩并肩重叠越难，所以砷原子不易形成三键；
故答案为：砷原子半径较大，原子间形成的δ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度较小或难以重叠，难以形成π键；
(5) ①X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则有2+8+18=28个电子，则X为29号元素铜，铜的核外电子排布式为：ls22s22p63s23p63d104s1，根据晶体结构图可以推断出黑色小球代表X＋，白色小球代表N3－，故同一个N3－相连的X＋有6个（上下左右前后）；②X2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，故二者之间形成配位键；③X2＋与H2O之间形成配位键，氧原子有孤电子对，所以配位键由氧指向X，配位数为4，故结构简式为：；
故答案为：ls22s22p63s23p63d104s1 ； 6 ；配位键； 。
14.硼及硼的化合物有着广泛的用途。请回答下列问题：
(1)硼在元素周期表中的位置为：____________________________________；
(2)硼化镁在39K时呈超导性，在硼化镁晶体理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼相间排列。图a是该晶体微观空间中取出的部分原子沿Z轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，投影在同一平面上。根据图示确定硼化镁的化学式为_____________。
(3)硼酸(H3BO3)，白色片状晶体，微溶于水，对人体的受伤组织有防腐消毒作用。H3BO3溶液中存在H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)的平衡。硼酸和过量的NaOH溶液反应方程式为：H3BO3＋NaOH＝Na[B(OH)4]。硼酸晶体具有层状结构，每一层结构如图1所示。
①硼酸晶体属于_______晶体(填“离子”、“分子”或“原子”)。
②下列关于硼酸的说法正确的是_______________(填序号)。
a.H3BO3一元酸
b.其水溶液中，水的电离平衡受到抑制
c.晶体中有氢键，因此硼酸分子较稳定
(4)三氟化硼(BF3)水解生成硼酸和氟硼酸(HBF4，强酸)。BF3分子立体构型为___________，BF4－的电子式____________。
(5)氨硼烷(NBH6)是一种有效、安全的固体储氢材料。氨硼烷的结构(如图b)和乙烷相似，氨硼烷分子与硼酸分子中硼原子的杂化轨道类型分别为：___________和___________。
【答案】 (1). 第二周期ⅢA族 (2). MgB2 (3). 分子 (4). a (5). 平面三角形 (6). (7). sp3 (8). sp2
【解析】
【分析】
硼是5号元素，位于第二周期第ⅢA族；由图a知1个B原子为3个Mg原子共用，1个Mg原子为6个B原子共用，可以计算硼原子和镁原子得个数之比；硼酸晶体中存在H3BO3分子，是分子晶体；硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)显酸性，硼酸的加入，促进了水的电离，氢键是体现在物理性质方面；硼的最外层3个电子，三单写在硼原子的三个方向，与4个F结合，有一个F在于B形成共价键时需要得一个电子，所以整体显-1价；根据价层电子对互斥理论，可以计算中心原子的孤电子对数，从而得出杂化方式；氨硼烷的结构(如图b)和乙烷相似，则硼原子的杂化方式与乙烷中的碳一样。
【详解】(1) 硼是5号元素，位于第二周期第ⅢA族；
故答案为：第二周期第ⅢA族；
(2) 由图a知1个B原子为3个Mg原子共用，属于一个Mg原子的B原子为 ，1个Mg原子为6个B原子共用，属于一个B原子的Mg原子为 ，可以计算硼原子和镁原子得个数之比：2：1，故硼化镁的化学式为：MgB2；
故答案为：MgB2；
(3) ①硼酸晶体中存在H3BO3分子，是分子晶体；②硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，H3BO3(aq)＋H2O(l)[B(OH)4]－(aq)＋H＋(aq)，是一元酸；硼酸的加入，促进了水的电离；氢键是体现在物理性质方面，如熔沸点等；
故答案为：分子；a；
(4) 根据价层电子对互斥理论，可以计算中心原子的孤电子对数， ，无孤电子对数，故分子的立体构型为：平面三角形；硼的最外层3个电子，三单写在硼原子的三个方向，与4个F结合，有一个F在于B形成共价键时需要得一个电子，所以整体显-1价，电子式为：；
故答案为：平面三角形；；
(5)氨硼烷的结构(如图b)和乙烷相似，则硼原子的杂化方式与乙烷中的碳一样，为sp3杂化；硼酸中可以通过公式来计算硼酸跟： ，所以硼酸中硼原子为sp2杂化；
故答案为：sp3 ； sp2。
15.中国尿素合成塔(尿塔)使用寿命仅为欧美国家的1/4。为此北京钢铁研究院对某尿塔腐蚀过程进行研究，得出下列腐蚀机理：
(1)H2S来自合成尿素的天然气。在380K、体积为2L的密闭容器中，存在反应：H2(g)＋S(s)H2S(g) △H＝＋21.6 kJ·mol－1。反应达到平衡时，H2、S、H2S的物质的量均为3 mol。
①380K时该反应的化学平衡常数为__________。
②下列对该反应分析正确的是_________(填序号)。
(2)反应II的化学方程式为：____________________________________。
(3)已知室温下H2S2O3：K1＝2.2×10－1，K2＝2.5×10－2。
①Na2S2O3水溶液中电荷守恒式为___________________________；
②反应IV的化学方程式_____________________________________。该反应_________(填“能”或“不能”)说明FeS溶解性强于FeS2O3。
(4)此尿塔的最终腐蚀产物为__________________。为了有效防腐，北钢建议该尿塔在生产中用CuSO4溶液“脱硫(H2S)”，离子反应方程式为_________。(室温下，H2S：K1＝1.3×10－7、K2＝7.1×10－15。CuS：Ksp＝6.3×10－36)
【答案】 (1). 1 (2). ab (3). 4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2 (4). c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－) (5). FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3 (6). 不能 (7). Fe2O3、FeS2O3 (8). Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋
【解析】
【分析】
根据平衡常数的公式进行计算，固体不带入；该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动；增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大；升高温度反应速率加快；增大硫化氢的浓度，等效为增大压强；根据反应流程图可知，反应II主要反应物有O2、FeS，主要产物有SO2、Fe2O3，再根据得失电子守恒配平方程；反应II和反应IV的最终产物是Fe2O3、FeS2O3，硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，相当于强制弱的反应。
【详解】(1) ①根据平衡常数的公式进行计算，固体不带入，故该反应的平衡常数K= = =1，②该反应正反应是吸热反应，温度升高平衡向正反应移动，平衡常数增大，图象与实际相符合；增大压强平衡不移动，但容器体积减小，硫化氢的浓度增大；升高温度反应速率加快，图象中正反应速率不变；增大硫化氢的浓度，等效为增大压强，平衡不移动，各组分的含量不变，图象与实际不相符；H2S2O3属于弱酸，该溶液中存在的离子有Na＋、H＋、S2O32－、HS2O3－、OH－；反应IV的主要反应物有H2S2O3、FeS，主要产物有H2S、FeS2O3；
故答案为：1；ab；
(2)根据反应流程图可知，反应II主要反应物有O2、FeS，主要产物有SO2、Fe2O3，再根据得失电子守恒配平方程，可得：4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2；
故答案为：4FeS＋7O2＝2Fe2O3＋4SO2；
(3)电荷守恒：溶液中所有正离子的电荷数等于所有阴离子的负电荷数，由电离平衡常数可知，H2S2O3属于弱酸，该溶液中存在的离子有Na＋、H＋、S2O32－、HS2O3－、OH－，故有电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－)；根据反应流程图可知，反应IV的主要反应物有H2S2O3、FeS，主要产物有H2S、FeS2O3，可以写出反应IV的化学方程式为：FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3学；该反应属于复分解反应，不能说明二者的溶解度大小；
故答案为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2O32－)＋c(HS2O3－)＋c(OH－)； FeS＋H2S2O3＝H2S↑＋FeS2O3；不能；
(4)由流程图可知，反应II和反应IV的最终产物是Fe2O3、FeS2O3，故此尿塔的最终腐蚀产物为为Fe2O3、FeS2O3；硫化氢与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀与硫酸，相当于强制弱的反应，反应离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
故答案为：Fe2O3、FeS2O3；Cu2++H2S=CuS↓+2H+。
【点睛】在写陌生方程式时，多看题上已知信息、流程图，一般利用氧化还原反应的配平原理进行方程式的书写；写电荷守恒时，注意是电荷的守恒，所以类似于S2O32－，在写电荷守恒时要添上相应的系数。
16.10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液的pH值升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则_________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是_____________(填序号)。
a.Ba(OH)2溶液 b.BaCl2溶液 c.NaOH溶液 d.澄清石灰水
②将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH____________(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则甲判断正确。
(4)常温下，在测得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水电离出的OH－浓度分别为a mol/L和b mol/L。则a：b＝________。
(5)25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液。
①下列判断不正确的是________(填序号)。
a.两种溶液等体积混合后：3c(Na＋)＝2[c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]
b.两种溶液中存在的粒子种类不相同
c.两种溶液中c(H＋)·c(OH－)＝10－14
d.两种溶液中分别加入少量NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32－)均增大
②等体积混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是：__________；
③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有：_______。
【答案】 (1). HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－ (2). 大于 (3). 乙 (4). b (5). 等于 (6). 10－4：1 (7). ab (8). c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋) (9). NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）
【解析】
【分析】
碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性；碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度；NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象；在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L；25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒： 2c(Na＋)＝3 [c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]；NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同；温度不变，水的离子积常数不变；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大；等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－；常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性。
【详解】(1)碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
故答案为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－；
(2) 碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；
故答案为：大于；
(3) ①NaHCO3和BaCl2不反应，但Na2CO3和BaCl2能反应生成白色沉淀BaCO3：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向Na2CO3或NaHCO3溶液中加入Ba(OH)2或氢氧化钙都生成白色沉淀BaCO3，向Na2CO3（不反应）溶液或NaHCO3（要反应）溶液中加入NaOH都不产生明显现象，②若加热后NaHCO3不分解，溶液仍然是NaHCO3溶液，温度不变溶液的PH值也不变，由此证明甲是正确的；
故答案为：乙；b；等于；
(4) 在测得PH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，NaOH溶液由水电离的OH-浓度为a=10-9mol/L，Na2CO3溶液由水电离的OH-浓度为b=10-5mol/L，则a：b＝10－4：1；
故答案为：10－4：1；
(5) ①a.25℃时，浓度均为0.1 mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液两种溶液等体积混合后，存在物料守恒： 2c(Na＋)＝3 [c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)]，故a错误；
b.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故b错误；
c．温度不变，水的离子积常数不变，故c正确；
d．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32-）均增大，故d正确；
故答案选ab；
②等体积混合后溶液显碱性，CO32－与HCO3－水解程度大于电离程度，CO32－水解会产生HCO3－，所以c(HCO3－)＞c(CO32－)，故有c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
③常温下，等体积混合后的溶液中滴加稀盐酸，在此过程中，HCO3－与H＋生成水和CO2，CO32－与H＋生成HCO3－、H2CO3，阴离子与Na＋生成NaCl、NaHCO3，NaCl显中性，H2CO3显酸性，NaHCO3显碱性，故至中性时，溶质的主要成分有：NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）；
故答案为：ab；c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)；NaCl、NaHCO3、CO2（H2CO3）。
【点睛】物料守恒找非氢非氧元素，找出二者的比例关系再写平衡；比较溶液中的离子浓度大小，遵循两原则，出现在前，不出现在后；份数优先，如(5) ③混合溶液中：出现在前（Na＋、HCO3－、CO32－），不出现在后（OH－、H＋）；分数优先（Na＋＞HCO3－、CO32－），再结合水解电离程度分析。
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