2022-2023学年湖南重点大学附中高二（上）期末化学试卷（含解析）

2022-2023学年湖南重点大学附中高二（上）期末化学试卷

一、单选题（本大题共11小题，共34.0分）

1.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是（）

A.SO|-B.CIO；C.NOzD.CIO3

2.下列关于丙烯（CH3cH=CH2）分子的说法中，错误的是（）

A.有8个。键，1个n键B.所有原子都在同一平面上

C.3个碳原子在同一平面上D,有2个碳原子是sp2杂化

3.下列说法错误的是（）

A.等离子体由于具有能自由运动的带电粒子，故具有良好的导电性和流动性

B.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块

C.具有各向异性的固体可能是晶体

D.物质的聚集状态只有三种：气态、液态和固态

4.已知某原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P63d84s2,该元素在周期表中的位置和区是（）

A.第四周期HB族；s区B.第四周期VIDB族；d区

c.第四周期vni族；d区D.第四周期vni族；ds区

5.在化学分析中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的CI-时，采用K2CP4为指示剂，利用Ag+与CrO厂反应生成

1012

砖红色沉淀指示滴定终点。已知25P时，Ksp（AgCl）=1.8xIO-,Ksp（Ag2CrO4）=2.0xl0-,当溶液中

的CP恰好沉淀完全（浓度等于1.0x10-5mol•L-i）时，溶液中c（CrOt）约为（）

A.1.0x10-7mol-L_1B.1.8x10-5mol-L-1

C.6.2x10-3mol-L-1D.1.1x10-2mol-L-1

6.如图表示一个晶胞，该晶胞为正方体，结构粒子位于正方体的顶点和面心。下列说法正确的是（）

A.若是一个分子晶体的晶胞，其可表示干冰、冰

B.若是一个不完整的金刚石晶胞，则晶胞中缺失碳原子位于8个小立方体的中心

C.若是一个不完整的NaCl晶胞，顶点和面心的粒子表示Na+,则晶胞中C厂位置均在

12条棱边的中心

D.若是一个不完整的CaF2晶胞，已知CaFz中Ca2+的配位数为8,则图中实心球表示Ca2+

7.磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为apm,

下列说法不正确的是（）

A.磷锡青铜的化学式为CthSnP

B.该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有4个

C.三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区

D.Sn和P原子间的最短距离为与apm

8.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离

子结构如图所示（已知：分子中的大n键可用符号五盅表示，其中m代表参与形

成大TT键的原子数，n代表参与形成大7T键的电子数，如苯分子中的大TT键可表

示为请）。下列有关EMIM+的说法正确的是（）

A.该离子中碳原子杂化类型均为sp3

B.该离子中存在类似苯中的大TT键（噂）

C.该离子可与Q-结合形成有18个。键的离子化合物

D.该离子中有1个手性碳原子

9.在25久时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol•L的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=

-lgc（OH-）]与滴入HC1溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是（）

F(HC1)mL

A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点

B.③点处水电离出的c（H+）=1x10-8mol•L

C.图中点①所示溶液中，c（C「）>c（NHj）>c（OH-）>c（H+）

D.25。（：时氨水的旧约为5x10-56mol,L

10.如图为Ge单晶的晶胞，晶胞参数为apm。其中原子坐标参数A为（0,0,0）,B为6,0$）,C为弓,；,0）。下列

说法正确的是（）

A.该晶体的密度为焉盖g/cm3

B.若Ge原子半径为rpm,则晶胞参数a=提

C.该晶体中每个Ge原子被6个六元环共用

D.D原子的坐标参数为3

11.下列说法正确的是（）

A.乙醇分子和水分子间只存在范德华力

B.X—H…Y三原子不在一条直线上时，也能形成氢键

C.电0比H2s稳定是因为水分子间存在氢键

D.可燃冰（C明-8H2。）中甲烷分子与水分子间形成了氢键

二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）

12.反应2NC）2（g）UN204（g）AH=-57kJ-molT,在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变

化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）

A.£>T2

B.X、Y两点的反应速率：X>Y

C.X、Z两点气体的颜色：X比z浅

D.X、Z两点气体的平均相对分子质量：X>Z

13.三室式电渗析法处理含Na2sO,废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab,cd均为离子交换膜，在直流电

场的作用下，两膜中间的Na+和SO厂可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列

叙述正确的是（）

稀Na2sO4溶液

浓Na2s溶液

A.通电后中间隔室的SO：一向正极迁移，正极区溶液pH增大

B.该法在处理含Na2sO,废水时可以得到NaOH和H2s。4产品

C.负极反应为2H2。+2e-=H2T+20H1负极区溶液pH增大

D.当电路中通过lmol电子的电量时，会有0.5mol的。2生成

14.已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素

原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布式为nsnnp2'D元素原

子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数

等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确

的是（）

A.AsB、C三种元素的电负性：C>B>A

B.B、C、D、E四种元素的第一电离能：B>C>E>D

C.DBC3中阴离子的空间结构为三角锥形

D.F的常见离子的核外电子排布图为Is22s22P63s23P63d9

三、填空题(本大题共1小题，共8.0分)

15.我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co-N-C),该“纳米片”可用于氧化SOg和吸附Hg2+。回

答下列问题：

(1)基态Co原子的价层电子排布式为,N、C、Co中第一电离能最大的是(填元素符号)。

(2)在空气中SO“会被氧化成SO：-。S0『的空间结构是,SO；-中S原子采用杂化。已知氧

族元素氨化物的熔沸点高低顺序为匕0>H2Te>H2Se>H2S,其原因是。

(3)鼠气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中。健、TT键个数之

比为O

(4)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图所示。它的化学式为。

四、流程题(本大题共1小题，共8.0分)

16.镁及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土银矿(主要成分NiO、MgO、AI2O3、Si。2和铁的氧化物)为

原料，采用酸溶法制取NiSC)4和MgSO4-7H2。，工业流程如图所示：

MgO

已知：

15

①常温下,NiSC)4易溶于水，Ni(OH)2和NiOOH不溶于水;Ksp[Ni(OH)2]=1.0X10-

②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如图：

沉淀物Ni(OH)2Fe(OH)2Fe(0H)3A1(OH)3Mg(0H)2

开始沉淀时的pH7.17.62.73.49.2

沉淀完全(c=1x10-5mol•IT】)时的pH9.09.63.24.711.1

回答下列问题：

⑴“浸取”时需将矿样研磨的目的是,“滤渣1”的成分(填化学式)。

(2)“滤液1”中加入出。2的作用是(用离子反应方程式表示)。

(3)操作II为达到实验目的，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是o

(4)“滤液1”中是否存在Fe3+,可用检验.

⑸“沉镇”中pH调为8.5,则滤液中Ni2+的浓度为moI.L-\

(6)操作V是、过滤、洗涤。

(7)NiSC>4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性锲镉电池电极材料NiOOH,该反应的离子方程式为

五、实验题(本大题共1小题，共10.0分)

17.硫代硫酸钠(Na2s2O3)是常见的分析试剂。实验室制备Na2s2O3溶液的装置如图(部分装置省略，C中

Na2sO3过量):

f尾气处理

Na,SO)Na,SOi和

Na2s混合溶液

回答下列问题:

(1)装置A中盛放固体试剂的仪器名称为；制取SO?的反应中，利用了浓硫酸的性。

(2)装置B的作用是。

(3)装置C中的反应分两步，其中第二步反应方程式为S+Na2s=Na2s2O3。当观察到装置C中出现

的现象，说明反应已完全。

(4)测定某样品中Na2s2。3-5H2。的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)：

I.取O.OlOOmoh的七52。7溶液20.00mL,用硫酸酸化后，加入过量KI,发生反应：Cr2O^+6P+

+3+

14H=2Cr+3I2+7H2O(,

H.称取2.000g样品，配制成100mL溶液，取该溶液滴定步骤I所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次平行

实验，平均消耗18.60mL样品溶液。发生的反应为G+2s2。/=2P+S4O看一。

①步骤II中滴定终点的现象为。

②样品中Na2s2O3-5H2。的质量分数为o

(5)装置C中反应一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因：

六、简答题(本大题共1小题，共8.0分)

18.当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。

请回答下列问题：

(1)已知：

2N0(g)+02(g)=2NO2(g)AH1=-113kJ-moL

6N02(g)+03(g)=3N205(g)AH2=-227kJ-moL

4N02(g)+02(g)=2N2O5(g)AH3=-57kJ-moL

则203(g)=3C)2(g)是反应(填“放热”或“吸热”)，以上氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+

O3(g)=NO式g)+O2(g)AH4=，最后将NO?与剂反应转化为无污染的气体而脱除。

(2)已知：2N0(g)+02(g)=2NO2(g)的反应历程分两步：

步骤反应活化能正反应速率方程逆反应速率方程

I2N0(g)=N2O2®(快)EalV^=K「C2(N0)V］逆=•C(N2O2)

NO(g)+O(g)^2NO(g)Cl®)丫2正=K3，酸电02)，C(C)2)丫2逆=右<23。2)

II2222Ea2

①表中%、k2>k3.k4是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值(填“增大”或“减小”)。

②反应I瞬间建立平衡，因此决定2N0(g)+02(g)U2NC)2(g)反应速率快慢的是，则反应I与反

应I［的活化能的大小关系为EaiEa2(填或“=”)。

③反应2N0(g)+O2(g)=2N()2(g)的K=(用七、k?、1<3、表示)。

(3)将一定量的NO2放入恒容密闭容器中发生下列反应：2N()2(g)U2N0(g)+02(g),测得其平衡转化率

a(NC)2)随温度变化如图所示，从b点至必点降温，平衡将向移动。图中a点对应温度下，NO2的起始

压强为160kPa,该温度下反应的平衡常数。=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质

的量分数)。

温度(xlOOK)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查微粒空间构型及VSEPR模型，为高考高频考点,会计算价层电子对数是解本题关键，题目难度不大。

【解答】

A.SO1中价层电子对数=3+gx(6+2-3x2)=4且含有一对孤电子对，所以VSEPR模型为四面体形，离

子构型为三角锥形，故A错误；

B.C10］中价层电子对数=4+^x(7+l-4x2)=4且不含孤电子对，所以离子的VSEPR模型与离子的空间

立体构型一致都是四面体形，故B正确；

C.NO］中价层电子对数=2+；x(5+l-2X2)=3且含有一对孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形,

离子构型是V形，故C错误；

D.CIOJ中价层电子对数=3+2x(7+1-3x2)=4且含有一对孤电子对，所以VSEPR模型是四面体形，离

子构型为三角锥形，故D错误；

故选Bo

2.【答案】B

【解析】解：A.单键为o键，双键中含1个o键、1个it键，丙烯(CH3cH=CH2)中含个8。键、1个it键，故A

正确；

B.丙烯中甲基上的碳原子为sp3杂化，其形成的四条键为四面体构型，故丙烯中不可能所有原子均共平面，

故B错误；

C.由C=C为平面结构，甲基中的C与双键碳原子直接相连，则三个碳原子在同一平面内，故C正确；

D.甲基上C形成4个。键，为sp3杂化，而双键上2个C都是sp2杂化，故D正确；

故选:Bo

A.单键为(J键，双键中含1个O键、1个TT键；

B.丙烯中甲基上的碳原子为sp3杂化；

C.由C=C为平面结构分析；

D.双键上2个C都是sp2杂化。

本题考查共价键的类型及有机物的结构，明确化学键的形成和分类及原子的杂化方式与空间结构的关系即

可解答，题目难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.等离子体中的微粒带有电荷且能自由运动，使等离子体具有很好的导电性，也具有很高的温

度和流动性，应用比较广泛，故A正确；

B.由于晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，故B正确；

C.晶体具有各向异性和自范性，具有各向异性的固体可能是晶体，故C正确；

D.物质的聚集状态除了气态、液态和固态外，还有一些特殊的状态，比如液晶是介于液态和固态之间的一

种特殊状态，故D错误；

故选：Do

A.等离子体中的微粒带有电荷且能自由运动，使等离子体具有很好的导电性，也具有很高的温度和流动性；

B.由于晶体具有自范性；

C.晶体具有各向异性和自范性；

D.物质的聚集状态除了有三种：气态、液态和固态外，还有一些特殊的状态，比如液晶。

本题考查等离子体、晶体的结构及物质的聚集状态，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】解：由某原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P63d84s2,可知共4个电子层，为第四周期元素，

价电子排布为3d84s2,为Ni,最后填充d电子，为d区元素，位于第四周期W族，

故选：Co

由某原子的电子排布式为：Is22s22P63s23P63d84s2,可知共4个电子层，为第四周期元素，价电子排布为

3d84s2,为Ni,以此来解答.

本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握电子排布与元素位置的关系为解答的关键，侧重分

析与应用能力的考查，题目难度不大.

5.【答案】C

【解析】解：当溶液中的Q-恰好沉淀完全时，氯离子浓度等于LOxlOTmoi.LT,贝iJc(Ag+)=号黑=

-5

L8xl°mol/L=1.8x10mol/L,则溶液中c(CrO：-)=次叩鹦?')_2,0x10qk6.2x

l.oxio-5c«Ag+)(1.8x105)2

10-3mol/L,

故选：Co

当溶液中的C厂恰好沉淀完全(浓度等于1.0x10-5mol•L-1)时，则溶液中的银离子浓度为c(Ag+)=

Ksp(AgCl)1.8x10[〃Q1n-51八

加r=TH/产mol/L=1.8X105moi/L。

本题考查沉淀溶解平衡，侧重考查学生溶度积计算的掌握情况，试题难度中等。

6.【答案】D

【解析】A.冰的晶胞结构类似于金刚石晶胞结构，如图干冰晶胞结构如图

若该晶胞是一个分子晶体的晶胞，其可表示干冰，不能表示冰，故A错误;

B.金刚石晶胞结构如图;若是一个不完整的金刚石晶胞，则晶胞中缺失碳原子不位于互不

相邻的小立方体中心，故B错误;

C.氯化钠晶胞结构如图Ff'若是一个不完整的NaQ晶胞，顶点和面心的粒子表示Na+,则晶胞

中C1-位置在12条棱边的中心和体心上，故C错误；

D.CaF?晶胞结构如图是一个不完整的CaF2晶胞，已知CaFz中Ca2+的配位数为8,则图中实

心球表示Ca2+,故D正确；

故选：Do

7.【答案】B

【解析】解：A.由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目=9x6=3、Sn原子数目=：x8=1、P原子数目为1,

Zo

故化学式为CU3S11P,故A正确；

B.以面心的铜分析，该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有8个，故B错误；

C.三种元素Cu、Sn、P的价电子分别为3di°4s】、5s25P2、3s23P3,则三种元素在元素周期表中分别处于ds区、

p区、p区，故C正确；

D.P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半，故距离为?apm，故D正

确；

故选：Bo

A.由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目=：X6=3、Sn原子数目=Jx8=l、P原子数目为1；

Lo

B.以面心的铜分析，该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu位于晶胞的面心；

C.三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区；

D.P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半。

本题考查了晶体结构与性质，掌握均摊法的计算，试题难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.该离子中环上存在大n键，该离子中环上的碳原子杂化类型为sp2,故A错误；

B.该离子中环上的碳原子和氮原子均为sp2杂化，形成平面结构，每个碳原子和氮原子均有一个未参与杂化

的p轨道，碳原子未参与杂化的p轨道上有一个电子，氮原子未参与杂化的p轨道上有两个电子，它们形成大

7T键，由于该离子带一个单位正电荷，所以失去了一个电子，则形成大7T键的有6个电子，表示为能，故B

正确；

C.该离子中有19个Q键，则可与C「结合形成有19个G键的离子化合物，故C错误；

D.该离子中没有手性碳原子，故D错误；

故选：Bo

A.该离子中环上存在大n键；

B.该离子中环上的碳原子和氮原子均为sp2杂化，形成平面结构，每个碳原子和氮原子均有一个未参与杂化

的p轨道，碳原子未参与杂化的p轨道上有一个电子，氮原子未参与杂化的p轨道上有两个电子，它们形成大

TT键；

C.从结构图可以看出，该离子中有19个o键；

D.手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子•

本题考查手性碳、化学键、杂化类型的判断，对晶胞计算要有一定的空间想象能力，题目难度中等，注意

晶胞计算方法。

9.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确计算氨水浓度是解本题关键，

知道各点溶液中溶质成分及其性质，知道电离平衡常数计算方法及其近似处理方法，题目难度中等。

【解答】

加入20mL稀盐酸时，溶液的pOH发生突变，说明该点酸碱恰好完全反应生成氯化镂，则酸碱物质的量相等，

0.05Lxc(氨水)=0.5mol/Lx0.02L,则c(氨水)=0.2mol/L,

A.溶液导电性与离子浓度成正比，离子浓度越大，其导电性越强，①点溶液中溶质为等物质的量浓度的一

水合氨和氯化铉，②点溶液中溶质一水合氨浓度很小，氯化镀浓度很大，离子浓度①〈②，所以导电能

力：②>①，故A错误；

B.③处溶质为氯化铁，促进水电离，该点处水电离出的c(H+)=吊声mol/L=1xlO^mol.『1，故B错

误；

C.①点溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒，所以c(Cl-)<c(NH/,故C错误；

28

D.一水合氨电离程度较小,氨水溶液中C(NH3-H20)x0.2mol/L,c(NH^)«c(OH-)=10-mol/L,25笃时

156-1

氨水的4=c(嗯)'科：)=9Tmol/L=5X10-mol-L,故D正确；

故选：D。

10.【答案】B

【解析】解：人1个66晶胞中含有8*/+6*：+4=8,则该晶体的密度为筹'103%/0113,故A错误;

B.Ge晶胞类似金刚石晶胞，Ge元素半径的8倍等于晶胞的体对角线，则8r=Ca,a=搭，故B正确；

C.Ge晶胞类似金刚石晶胞，任意两条相邻的Ge-Ge键参加了2个六元环的形成，每个Ge原子可形成4条Ge-

Ge键，两面相邻的组合6种，故每个C原子被6x2=12个六元环共用，故C错误；

D.A为(0,0,0),B为4,0,：),C为弓［,0),D在对角线的;处，其D原子的坐标参数为(；［,；),故D错误；

故选：B。

A.1个Ge晶胞中含有8x：+6x4+4=8,则该晶体的密度0_巴_整2；

B.Ge晶胞类似金刚石晶胞，由图可知，Ge元素半径的8倍等于晶胞的体对角线；

C.Ge晶胞类似金刚石晶胞，任意两条相邻的Ge-Ge键参加了2个六元环的形成，每个Ge原子可形成4条Ge-

Ge键，两面相邻的组合6种；

D.对照晶胞图及A为(0,0,0),B为弓,0；),C为弓1,0)的坐标，选A为参照点，可知D在对角线的［处。

本题考查晶体结构，侧重考查学生均摊法、密度计算和分数坐标的掌握情况，试题难度中等。

11.【答案】B

【解析】解：A.乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键，故A错误：

B.X-H-Y,X、Y是电负性大的原子，就能形成氢键，与三原子是否不在一条直线上无关，故B正确；

C.%。比H2s稳定是因为水分子内氧氢键比硫氢键键能大，难断裂，故C错误；

D.可燃冰(CH4•8H2。)中甲烷分子与水分子间不能形成了氢键，必须是电负性大的原子存在，故D错误:

故选：Bo

A.乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键；

B.X-H-Y,X、Y是电负性大的原子，就能形成氢键；

CH?。比H2s稳定和键能有关；

D.可燃冰(CH4•8H2。)中甲烷分子与水分子间不能形成了氢键。

本题考查氢键对物质性质的影响以及不同晶体中影响物质熔沸点的因素，综合性较强，首先判断属于何种

晶体，然后再根据同种晶体中粒子作用力的差异进行判断，题目难度不大。

12.【答案】BC

【解析】解：A.升高温度，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，Y点NO2的体积分数小，则T1<T2,

故A错误；

B.由图可知，X点的温度大于Y点的温度，温度越高，化学反应速率越快，所以反应速率X>Y,故B正确;

C.X、Z两点温度相同，Z压强大，相当于减小容器体积，二氧化氮浓度增大，平衡正向移动，二氧化氮浓度

比原来大，因此X、Z两点气体的颜色：X比Z浅，故C正确；

D.X、Z两点都在等温线上，X的压强小，增大压强，化学平衡正向移动，Z点时气体的物质的量小，则平均

相对分子质量变大，即平均相对分子质量：X<Z,故D错误；

故选:BCo

A.焙变为负，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的体积分数增大；

B.压强相同时，温度越高、反应速率越快；

C.温度相同时•，压强越大，浓度越大，颜色越深；

D.温度相同时，增大压强，平衡正向移动，气体的总物质的量减小。

本题考查化学平衡，为高频考点，把握图中曲线及坐标的意义、化学平衡的影响因素为解答的关键，侧重

分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

13.【答案】BC

【解析【解：A.阴离子向阳极(即正极区)移动，氢氧根离子放电pH减小，故A错误；

B.直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO广可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔

室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极

区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极

区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2sO,产品，故B正确；

C.负极区是水中氢离子得到电子变为氢气，其反应式为2H2。+2e-=H2T+201，负极区溶液pH增大，

故C正确；

D.每生成Imol氧气转移4moi电子，当电路中通过lmol电子的电量时，会有0.25mol的。2生成，故D错误；

故选：BC。

A.阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小：

B.从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；

C.负极区是水中氢离子得到电子变为氢气；

D.当电路中通过lmol电子的电量时，会有0.25mol的。2生成。

本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题

干信息的分析应用，题目难度不大。

14.【答案】AB

【解析】解：A.元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性0>N>H,则电负性：0>N>H,故A正

确；

B.同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，N元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素

的第一电离能从上到下逐渐减小，则第一电离能：N>0>Al>Na,故B正确：

C.NO］的中心原子N原子价层电子对数=3+丐丝=3,采取sp2杂化，无孤对电子，则空间结构为平面

三角形，故C错误；

D.Cu的常见离子为CM+,Is22s22P63s23P63d9是CM+的核外电子排布式，不是电子排布图，故D错误；

故选：AB»

A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最多的元素，故A是H；B元素原子最高

能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，故B是N；C元素原子的价层电子排布式为ns，p2n,n=2,

即价层电子排布式为2s2np3故C是0；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的

电子，故D是Na；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，故E是Al；F元素原子的最

外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，故F是Cu。综上所述，A、B、C、D、E、F分别

为H、N、0、Na、Al、Cu,据此解答。

本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构

及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的规范答题能力。

15.【答案】3d74s2N三角锥形sp3均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，故H2S、H2Te、

H?Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，出0分子之间存在分子间氢键，熔沸点最高3：2C3N4

【解析】解：(l)Co为27号元素，则基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2；同周期从左到右第一电离能呈

增大趋势，但第HA族大于第HIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下电离能逐渐减小，则N、C、Co中

第一电离能最大的是N,

故答案为：3d74s2；N；

(2)在空气中SO厂会被氧化成SOt。SO"中S原子价层电子对数为3+96+2-3x2)=3+1=4,有1对

孤对电子，其空间结构是三角锥形，SO/中S原子价层电子对数为4+；(6+2—4x2)=4+0=4,S原子

采用杂化。已知氧族元素氢化物的熔沸点高低顺序为出其原因是均为分子晶

sp30>H2Te>H2Se>H2S,

体，范德华力随相对分子质量增大而增大，故、相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，

H2SH2Te.H?Se

小0分子之间存在分子间氢键，熔沸点最高，

故答案为：三角锥形；sp3；均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，故、相

H2SH2Te.&Se

对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，电0分子之间存在分子间氢键，熔沸点最高；

(3)鼠气KCN)2］称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中结构为N-C=

C-N,分子中。键、it键个数之比为3：2,

故答案为：3：2；

(4)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如下图所示，氮原子个数为4,碳原子个数

为4x；+4x；=3,它的化学式为C3N4,

故答案为：C3N4O

(l)Co为27号元素，则基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2；同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但

第UA族大于第1HA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下电离能逐渐减小；

(2)在空气中SO歹会被氧化成SO：-。SO/中S原子价层电子对数为3+卜6+2-3x2)=3+1=4,有1对

孤对电子，SOf中S原子价层电子对数为4+*6+2—4x2)=4+0=4,分子晶体，范德华力随相对分

子质量增大而增大；

(3)劄气［KN%］称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构；

(4)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如下图所示，氮原子个数为4,碳原子个数

为4x［+4x33。

本题考查原子结构、化学键和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、杂化和化学键的掌握情况，试题难

度中等。

16.【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率SiO22Fe2++&。2+2H+=2Fe3++

4

2H2O4.7<pH<7.1KSCN(硫氟化钾)溶液10-蒸发浓缩、冷却结晶2Ni?++40丁+CKT=Cr+

2NiOOHI+H20

【解析】解：(1)“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；NiO、

MgO、AI2O3和铁的氧化物与硫酸反应，Si。?不与硫酸反应，因此“滤渣1”的成分Si。2，

故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；SiO2；

(2)“滤液1”中加入小。2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，以便调节溶液pH值而除掉，其离子方程式为

2++3+

2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O,

+3+

故答案为：2Fe2++H2O2+2H=2Fe+2H2O；

(3)操作H为达到实验目的，其目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀银离子和镁离子，根据铝离子最终

沉淀完的pH值和银离子开始沉淀的pH值得到，由表中的数据判断通入NH3调节溶液pH的范围是4.7<pH<

7.1,

故答案为：4.7<pH<7.1；

(4)“滤液1”中是否存在Fe3+,可用KSCN(硫氟化钾)溶液检验，溶液变为红色，说明含有铁离子，反之则

无，

故答案为：KSCN(硫氟化钾)溶液；

(5)锲离子沉淀完全的pH值为9.0,则Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=1.0xIO-",“沉银”中pH调为8.5,

iz[八一15

-4

则滤液中Ni2+的浓度为c(Ni2+)=c2(於)=(]0」5.5)2mol/L=10mol/L,

故答案为:IO-4；

(6)操作V是从溶液得到晶体，因此操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；

(7)NiSC>4在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性银镉电池电极材料NiOOH即镁离子和次氯酸根在碱性条件

反应生成氯离子、水和NiOOH,该反应的离子方程式为2即2++40H-+CIO-=Cr+2NiOOHI+H2O,

2+--

故答案为：2Ni+4OH-+CIO=Cl+2NiOOHI+H2O»

红土银矿(主要成分NiO、MgO、AI2O3、Si。2和铁的氧化物)在硫酸中浸取，NiO、MgO、AI2O3和铁的氧化物

与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，过滤，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，再加入氨气调节溶液的pH

值沉淀铝离子和铁离子，过滤，向滤液中加入氧化镁调节溶液pH值沉淀银离子，过滤，向氢氧化银中加入

硫酸得到硫酸银，将滤液3经过一系列操作得到硫酸镁晶体。

本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中

等。

17.【答案】圆底烧瓶强酸防倒吸溶液由浑浊变澄清滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟

+

内不变色80.00%S2O1-+2H=SX+SO2T+H2O

【解析】解：(1)根据图中信息得到装置A中盛放固体试剂的仪器名称为圆底烧瓶；制取SO?的反应中，浓硫

酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，因此利用了浓硫酸的强酸性，

故答案为：圆底烧瓶；强酸；

(2)装置B是安全瓶，起到防倒吸的作用，

故答案为：防倒吸；

(3)装置C中的反应分两步，第一步是硫化钠和二氧化硫反应生成硫沉淀，溶液变浑浊，其中第二步反应方

程式为S+Na2sO3=Na2s2O3,说明当观察到装置C中出现溶液由浑浊变澄清的现象，说明反应已完全，

故答案为：溶液由浑浊变澄清；

(4)①步骤I所得溶液(淀粉作指示剂)，溶液为蓝色，步骤H中滴定终点，单质碘消耗完，则溶液变为无色，

因此滴定终点的现象为滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色，

故答案为：滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色；

②根据KzCrzO:〜6Na2s2O3，则样品中Na2s2O3•5H2。的质量分数=硫代鬻瑛£的质量x100%=

0.01X20X10-3X6X01X248

1&60X1020------------x100%=80.00%,

故答案为:80.00%；

(5)装置C中反应一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，说明在酸性环境中硫代硫酸根反应生成二氧

+

化硫、硫单质和水，用离子方程式表示其原因：S2O1-+2H=SX+SO2?+H2O,

故答案为：S2O1-+2H+=S1+SO2T+H2O»

浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，二氧化硫通入到亚硫酸钠和硫化钠的混合溶液中，先

是二氧化硫和硫化钠反应生成硫沉淀，硫沉淀和亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠。

本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化、仪器和氧化还原反应的掌握情况，试题难度中等。

18•【答案】放热-198kJ-mo「i还原增大反应H〈凝左(或逆反应方向)108kPa

【解析】解：⑴将第二个方程的2倍减去第三个方程的3倍得到2C)3(g)=3O2(g)AH3=-283kJ-mol,该

反应是放热反应，将第一个方程加上203(g)=302(g)AH3=-283kJ-moL,再整体除以2得到O3氧化脱除

1

氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)AH4=-198kJ-mor,二氧化氮主要具有氧化性，

最后将NO2与还原剂反应转化为无污染的气体氮气而脱除，

故答案为:放热；-198kJ-mol-1；还原。

(2)①表中七、k2,k3.是只随温度变化的常数，温度升高，速率加快，因此温度升高将使其数值增大,

故答案为：增大；

②反应I瞬间建立平衡，反应II速率较慢，因此决定2NO(g)+O2(g);2NC)2(g)反应速