北京市2023-2024学年高二年级上册期末考试化学试卷

首都师大附中20232024学年第一学期期末考试

高二化学

可能用到的相对原子质量：HlC12N14O16F19Ca40Ti48Fe56

第I卷（共42分）

一、选择题（本大题共21小题，每小题2分，共42分。在每小题所列出的四个选项中，只有

一项是最符合题目要求的）

1.下列化学用语不正确的是

A.氮分子的电子式：：N”N：

B.基态ci原子的价电子轨道表示式：E3,

3s3p

C.基态Fe?+的价电子排布式：3d54sl

D.CO2分子的空间结构模型:©□©□©

【答案】C

【解析】

【详解】A.N2分子的电子式为：：NNN：，A正确；

B.基态Cl原子的价电子排布式为3s23P5,价电子轨道表示式：E]B正确；

3s3p

C.Fe是26号元素，基态Fe?+的价电子排布式：3d6»C错误；

D.CO2是直线形分子且C原子半径大于O原子，D正确；

故选C。

2.下列化学用语或图示表达不正琥的是

A.SC)3的VSEPR模型:

B.S?一的结构示意图:

C.原子核内有8个中子的碳原子：%4c

HClHClHC1

D.HC1分子中◎键的形成:

o0^oo引ooo引c3°

【答案】A

【解析】

【详解】A.S03中心S原子的孤电子对数为gx（6-3x2）=0,不含孤对电子，价电子对数为3,VSEPR

模型为平面三角形，故A错误；

B.S为16号元素，S?一核外电子排布为2,8,8,离子结构示意图为

C.8个中子的碳原子，质量数为14,核素表示式为：*C,故C正确;

HClHC1HC1

D.HC1分子以共价键的形式结合，◎键的形成:0^00QGW

故D正确;

故选Ao

3.下列表述不乖琥的是

A,原子轨道能量：ls<2s<3s<4s

B.M电子层存在3个能级、9个原子轨道

C.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动

D.同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子

【答案】C

【解析】

【详解】A.能层不同，能级相同的原子轨道，能层越大，能量越大，则原子轨道能量为ls<2s<3s<4s,故

A正确；

B.M电子层存在s、p、d共3个能级，共有（1+3+5尸9个原子轨道，故B正确；

C.4s电子能量高于3s电子，4s电子在离核更远的地方的出现几率比3s电子大，不一定总是在比3s电子

离核更远的地方运动，故C错误；

D.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，所以同一周期中碱金属元素的第一电离能最小，最容

易失电子，故D正确；

故选C。

4.关于金属腐蚀与防护的如下各叙述中，正确的是

A.常温下潮湿的空气中，金属主要发生化学腐蚀

B.铁发生析氢腐蚀的负极反应式为Fe-3e-=Fe3+

C.马口铁（镀锡铁）镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化

D.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极法

【答案】D

【解析】

【详解】A.置于潮湿空气中的金属能形成原电池，主要发生电化学腐蚀，A错误；

B.铁发生析氢腐蚀的负极反应式为Fe_2b=Fe?+,B错误；

C.马口铁是镀锡，镀层破损后，铁作负极，被氧化，被腐蚀时首先是铁被氧化，C错误；

D.锌比铁活泼，可作为原电池的负极，被氧化，铁为正极，被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，D正确；

故选D。

5.下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是

A.稳定性：HF>HC1>HBrB.第一电离能：Al>Mg>Na

C.酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3D.电负性：C<N<0

【答案】B

【解析】

【详解】A.同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强,

则最简单氢化物的稳定性：HF>HC1>HBr,A正确；

B.Mg核外电子排布，3s能级全充满，其第一电离能大于相邻族元素，第一电离能：Mg〉Al〉Na,B

错误；

C.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱，

酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3,C正确；

D.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：C<N<0,D正确；

答案选B。

6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.常温常压下，4.4gCC）2与N2。混合气体中含有的原子总数为0.3NA

B.标况下，11.2L的CO2气体含有的。键数为2NA

1

C.Imol-L的CuCl2溶液中含有C1"的数目为2NA

D.在过氧化钠与水的反应中，每反应O.lmol过氧化钠，转移电子的数目为0.2NA

【答案】A

【解析】

44g

【详解】A.4.4gCCh与N2O混合气体含有气体分子的物质的量为：一'―^=0.1mol,O.lmol混合气体

"44g/mol

中含有0.3mol原子，含有的原子总数为0.3NA，故A正确；

B.CO2的结构式为O=C=O,含有2个◎键，标况下，11.2L的CO2物质的量为0.5mol,含有的◎键数为

NA，故B错误；

C.未说明ImoLl/CuCU溶液的体积，无法计算ImoLLT的CuCU溶液中含有C「的数目，故C错误；

D.在过氧化钠与水的反应中，一半过氧化钠中的O由1价上升到0价，另一半由1价下降到2价，每反

应O.lmol过氧化钠，转移电子的数目为01NA，故D错误；

故选Ao

7.NaCl的晶胞结构如图所示。下列说法不正琥的是

A.NaCl属于离子晶体

B.每个晶胞中平均含有4个Na+和4个C「

C.每个Na+周围有6个紧邻的C「和6个紧邻的Na+

D.Na+和C「间存在较强的离子键，因此NaCl具有较高的熔点

【答案】C

【解析】

【详解】A.NaCl由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确;

B.每个晶胞中平均含有12x4+l=4个Na+和8x—+6x1=4个C「，B正确；

482

C.每个Na+周围有6个紧邻的Cl-和12个紧邻的Na+,C错误；

D.Na+和Cr以离子键结合，因此NaCl具有较高的熔点，D正确；

故选C。

8.三氯化氮（NCL）可用于漂白和消毒。下列说法不乖确的是

A.NCI3分子中的化学键均为极性共价键

B.NC13中每个原子均满足8电子稳定结构

C.NCh分子为非极性分子

D.根据电负性N>C1推测，NCI3与H2。反应生成NH3和HC10

【答案】C

【解析】

【详解】A.NCL分子中N和C1之间构成的是极性键，A正确；

B.NCL中N原子和每个C1形成1个共用电子对，N还有还有1个孤电子对，每个原子均满足8电子稳

定结构，B正确；

S_3x]

c.NCL分子中的中心原子的价电子对数为3+工一=4,为sp3杂化，空间构型为三角锥形，正负电

荷的中心不重合，为极性分子，C错误；

D.根据电负性N>CLNC13中N的化合价为3价，C1的化合价为+1价,因此NCL与1^0反应生成NH3

和HC10,D正确；

故选C。

9.对下列事实的解释不亚琥的是

选

事实解释

项

气态氢化物稳定性：

A分子间存在氢键，H2s分子间不存在氢键

H2S<H2O

石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子

B熔点：石英〉干冰

间作用力强

F的电负性大于C1,F—C的极性大于C1-C,使

酸性：

CF3C-的极性大于C^C-的极性，导致分子中

CF；C00H>CCl3C00H

0-H极性：CF3coOH>CCl3C00H

DCU分子中的共价键是◎键Cl价电子排布为3s23P§,Cl原子结合为Cl2时,两

个原子的3p轨道“头碰头”重叠

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.气态氢化物稳定性与化学键有关，与氢键无关，解释不合理，A错误；

B.石英是共价晶体，干冰是分子晶体，作用力不同，共价键比分子间作用力强，故熔点：石英〉干冰，B

正确；

C.F的电负性大于C1,则CF3COOH中0—H极性大，更容易电离，可知酸性CF,COOH>CC13coOH,

C正确；

D.CU中Cl—Cl为P-Pb键，Cl结合为CU时，两个原子的3P轨道“头碰头”重叠，D正确；

故选Ao

10.血红蛋白结合。2后的结构如图所示，Fe?+与周围的6个原子均以配位键结合。CO也可与血红蛋白配

位，它与血红蛋白结合的能力约为。2的230〜270倍。二者与血红蛋白(Hb)结合的反应可表示为：

①Hb+O2=Hb(OjK]；②Hb+COUHb(CO)(,下列说法不强理的是

A.Fe?+形成配位键时提供空轨道

B.电负性：0>C,故CO中与Fe?+配位的是0

C.由题意可得结论：相同温度下，K]>K\

D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反

【答案】B

【解析】

【详解】A.Fe?+存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；

B.电负性：0>C,0在成键时不易给出孤电子对，故CO中与Fe2+配位的是c,B错误；

C.CO也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为。2的230〜270倍，可知反应②正向进行程度

比①大，故相同温度下，K2>KX,C正确；

D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆

向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；

故选B。

11.科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成甲醇（CH3OH）,该反应历程示

意图如下。

cP.,

光H20

1H心

CuZnOCuZnOCuZnO

"过程VI过程III

7&光

/--------------zOX>一、过程V/-----------也&过程W,---此副

CuZnOCuZnOCuZnO

•C：OOoH

下列说法不正琥的是

A.过程II中存在极性键的断裂与形成

B.过程V中生成CH30H时吸收能量

Cu/ZnO

C.总反应的化学方程式是CO2+3H2CHOH+H,0

光3

D.在催化反应的过程中，C原子的杂化类型发生改变

【答案】B

【解析】

【详解】A.过程II中涉及CO键的断裂与CH键和HO键的形成，且CO键、CH键、HO键均为极性键,

A正确；

B.过程V中生成CH30H时，是CEO与H形成CH30H存在HO键形成的过程，该过程放出能量，B

错误；

C.该反应总过程是CO2和H2在Cu/ZnO作催化剂、光照条件下合成CH30H，总反应方程式为

Cu/ZnO

C0+3H——CHOH+H0,C正确;

22光3?

D.CO2中C原子的杂化类型为sp,CH30H中C原子的杂化类型为sp3,在催化反应的过程中，C原子的

杂化类型发生改变，D正确；

故选B

12.离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机

合成、分离提纯以及电化学研究中。下图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是

+

/%

HC-N

//\\

HC、CH

BF；

H2C.

、CH3

A.该离子液体能与水分子形成氢键

B.该结构中不存在手性碳原子

C.该结构中C原子的轨道杂化类型有3种

D.BF；中存在配位键，b提供孤电子对

【答案】C

【解析】

【详解】A.该离子液体中，含有电负性较大的N,可与水分子中的H形成N…H0型的氢键，所以该离子

液体能与水分子形成氢键，故A正确；

B.饱和碳原子所连的四个不同的原子或原子团为手性碳原子，所以该结构中不存在手性碳原子，故B正确；

C.该结构中C原子的轨道杂化类型有sp3杂化和sp2杂化，所以该结构中C原子的轨道杂化类型有2种，

故C错误；

D.BF；由BF3和F形成，BF3中存在空轨道，F有孤对电子，可形成配位键，故D正确;

故选c。

13.因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体,

边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。

图1图2

下列说法不正琥的是

A.用X射线衍射可测定铁晶体的结构

B.图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子

C.图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合

D.图1与图2代表的铁单质的密度不同

【答案】B

【解析】

【详解】A.晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A

正确；

B.图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子

周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；

C.铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；

D.图1中，据“均摊法”，晶胞中含8x1+l=2个Fe,则晶体密度为

2x56.

rv\-----4x5621-3

-=N.2x56一3；同理图2中，晶体密度为人”X1A0-g.cm；

AW213in21J

V-f—xlOg-cm——xlOg-cm(1.22a)NA

aaNA

故铁单质的密度不同，故D正确；

故选B。

14.氮化硼晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温

润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。

六方氮化硼立方氮化硼晶胞

关于这两种晶体的说法，正确的是

A.六方氮化硼与立方氮化硼互为同素异形体

B.立方相氮化硼含有b键和兀键，所以硬度大

C.六方、立方相氮化硼晶体的化学式均为BN,硼原子的杂化类型分别为sp,sp3

D.两种晶体中既有极性键又有非极性键

【答案】C

【解析】

【详解】A.同素异形体是指同种元素形成的不同单质，氮化硼是化合物，A错误；

B.立方相氮化硼中全部都是单键，只有。键，B错误；

C.由图，根据六方氮化硼的六元环中N原子和B原子数目相同，且为平面结构，硼原子的杂化类型为sp2,

立方氮化硼的晶胞中，由均摊法，B原子处于顶点和面心，晶胞中B原子数为8义工+6x^=4,N都在晶

82

胞内，晶胞中N原子数也为4,且所有B原子以四根单键和N原子连接，是sp3杂化，故六方、立方相氮

化硼晶体的化学式均为BN,硼原子的杂化类型分别为sp2、sp3,C正确；

D.两种晶体中都是N原子和B原子交替连接，都是极性共价键，D错误；

本题选C。

15.钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图i所示，该合金吸

收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图ii所示。

下列说法不氐理的是

A.钛铁合金的化学式：TiFe

B.钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个

C.钛铁合金与钛、铁的纯金属相比，熔点更低，硬度更大

D.如图ii所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH2

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图1晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8x1=1,

8

含有的Fe原子个数=1,则钛铁合金的化学式为TiFe,故A正确；

B.由图1可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包

围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；

C.合金与纯金属相比，一般熔点更低，硬度更大，故C正确；

D.由图2可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有

的Ti原子个数=8义1+4'工=2,含有的Fe原子个数=2,含有的H原子个数=10xL+l=6,Ti:Fe:H=2:2:6=l:l:3,

842

则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3,故D错误；

答案选D。

16.热激活电池是一种需要达到启动温度才开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放电后

的产物为Li7Si3和LiMn2O4o

己知：LiCl和KC1混合物的熔点与KC1的物质的量分数的关系如图2所示。

ffll图2

下列说法不正确的是

A.放电时，Li+向b极区移动

B.放电时，a极的电极反应是3Lii3Si411e=4Li7Si3+llLi+

C.该电池中火药燃烧产生的热能转化为电能

D.调节混合物中KC1的物质的量分数可以改变电池的启动温度

【答案】C

【解析】

【详解】A.放电时，Li+向正极移动，即向b极区移动，故A正确；

B.放电时，a极的Lii3Si4失电子发生氧化反应，电极反应是3Lii3Si411e=4Li7Si3+llLi+,故B正确；

C.该电池中火药反应产生的化学能转化为电能，故C错误；

D.LiCl和KC1混合物的熔点与KC1的物质的量分数的关系图，调节混合物中KC1的物质的量分数为0.6

时，400℃时就可以启动电池，故D正确；

故选C。

17.室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：

①将冰醋酸配制成0.Imol•I7】醋酸溶液；

②取20mL①所配溶液，加入amLO.lmollTNaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；

③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n（Na+）=n（C「）。

下列说法正确的是

A.①中：所得溶液的pH=1

B.②中：a=20

C.③中：所得溶液中c（CH3coeT）<c（H+）,且pH<7

D.取等体积的①与③所得溶液，二者所含CH3coOH分子数目相等

【答案】C

【解析】

【详解】A.因为醋酸是弱酸，故①中O.lmol/L的醋酸溶液中c（H+）<0.1mol/L,pH>l,A错误；

B.若②中a=20,则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，pH>7,B错误；

C.③中溶液的电荷守恒为：c（CH3co0]+c（0H]+c（Cl]=c（H+）+c（Na+）,结合n（Na+）=n（Cr），

+

故c（CH3co0）+c（0H）=c（H+）,所以C（CH3co0）<c（H+）,c（0Hj<c（H）,PH<7,C正确；

D.①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少,

D错误；

故选C。

18.向100mL0.01mol/LBa（OH）?溶液中滴加O.lmol/LNaHCC）3溶液，测得溶液电导率的变化如图。

下列说法不正琥的是

MNXI

NaHOO费硬的体帆mL

A.Ba(OH)2和NaHCOs都是强电解质

2+

B.A-B电导率下降的主要原因是发生了反应：Ba+2OH-+2HCO；=BaCO3+2H2O+CO^~

C.B—C,溶液中的c(OH)减小

D.A、B、C三点水的电离程度：A<B<C

【答案】B

【解析】

【详解】A.Ba(OH)2和NaHCC>3在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；

B.A-B加入NaHCX)3的物质的量小于Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为

2+

Ba+OH-+HCO；=BaCO3J+H2O,故B错误；

C.B-C时加入的NaHCC)3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B-C溶液中c(0fT)减

小，故C正确；

D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是Ba(OH)2,水的电离受到

抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化领还有剩余，C点Ba(OH)2和NaHCOs恰好完全反应，

因此水的电离程度：A<B<C,故D正确；

答案选B。

19.利用废铝箔(主要成分为A1,含少量Mg、Fe等)制明矶［KAl(SC>4)2」2H2O］的一种工艺流程如下：

K2SO4

NaOH溶液稀硫酸适量稀硫酸饱和溶液

铝箔一T①而溶］避"|②酸化胃巡|③酸溶|一④结晶|一明研

调pH为8〜9

析出A1(OH)3

下列说法不正确的是

A.①中生成了比：2A1+2NaOH+6H2O=2Na[A1(OH)4]+3H2T

B.操作a是过滤，以除去难溶于NaOH溶液的杂质

C.②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质

D.由④可知，室温下明研的溶解度小于AU(SO4)3和K?SO4的溶解度

【答案】C

【解析】

【分析】A1能与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]溶于水，而Mg、Fe不反应，以单质固体形式除去，

则操作a是过滤，再加稀硫酸调节pH析出A1(OH)3沉淀，过滤固体，继续向纯固体中加入适量稀硫酸得到

A12(SC»4)3溶液，最后加饱和K2s04溶液结晶得到溶解度更小的明矶。

【详解】A.A1能与强碱反应，化学方程式为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)/+3H2T,故A

正确；

B.Mg、Fe不与NaOH反应，则操作是过滤，以除去难溶于溶液的杂质，故B正确；

C.②中加入稀硫酸的作用是调节pH使AF+转为A1(OH)3沉淀，③中是为了溶解A1(OH)3沉淀同时引入硫

酸根，两者作用不同，故C错误；

D.④是根据溶解度差异来制取明矶，即室温下明矶的溶解度小于Ab(SO4)3和K2so4的溶解度，故D正确；

故选C。

20.某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。

编号①②③

碳*"碳棒碳慢，碳棒

伯钳

X-■■

装置

二二」二二二二二」二二二」二二二二二」:二二三圭制1父换膜

\.____7k_._____7*/___/

澄清£a(OH)2溶液澄清七a(0H)2溶液澄清Wa(OH)2溶液

小灯泡微弱发光，两极均产两极均产生气泡，阳极附

两极均产生气泡，溶

现象生气泡，阳极附近出现白色近出现白色浑浊，阴极附

液无明显变化

浑浊，阴极附近无明显变化近无明显变化

下列说法正确的是()

A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2是弱电解质

B.对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料无关

C.对比①和③，白色浑浊是由于0H迁移到阳极使Ca(0H)2沉淀析出

D.阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCCh

【答案】D

【解析】

【详解】A.①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导

电能力弱，与电解质的强弱无关，实质上Ca(0H)2溶于水完全电离，属于强电解质，A错误；

B.对于①阳极上溶液中0H失去电子，发生氧化反应，电极反应式为40H4e=O2f+2H2。，O2与C电极发生

反应产生C02,C02与溶液中Ca(0H)2反应产生CaC03白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，B

错误；

C.根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生的氧气与电极反应产生的C02溶解在Ca(0H)2溶液中形成

的CaCCh，不是Ca(0H)2沉淀析出，C错误；

D.用石墨作电极电解Ca(0H)2溶液，在阳极上溶液中OH失去电子，发生氧化反应，电极反应式为

4OH4e=O2t+2H2O,反应产生O2与碳电极发生反应产生C02,CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCCh白色

沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCCh，D正确；

故合理选项是D。

21.某小组对FeCb溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。

①向2mLO.lmol/LFeCb溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白

色不溶物生成。

②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色

褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。

③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。

已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体

下列说法不亚确的是

A.①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl；

B.由③可知②中白色浑浊不是CiP+与SCN直接反应生成的

C.②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了

D.实验表明：Ksp(CuSCN)<Ksp(CuCl)

【答案】C

【解析】

【详解】A.①中，FeCb溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有CM+生成；2天后，溶液

变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+,Cu+与Cl结合为CuCl沉淀，从而得出可能原

因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCH,A正确；

B.由③可知，CuS04溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是C/+与SCN

直接反应生成的，B正确；

C.②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN结合为CuSCN,从而促进Fe(SCN)3的不断电离,

不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；

D.从②中可以看出，当溶液中既有C1又有SCN时，优先生成CuSCN,则表明：Ksp(CuSCN)<Mp(CuCl),

D正确；

故选C。

第n卷(共58分)

22.氟在已知元素中电负性最大、非金属性最强，其单质在1886年才被首次分离出来。

(1)基态F原子的核外电子排布式为0基态F原子的电子有种空间运动状态。

(2)氟氧化物O2F2、OF2的结构己经确定。

O2F2H2O2

0—0键长/pm121148

①依据上表数据推测0-0键的稳定性：O2F2凡。?(填，'或

②OF2中F—0—F的键角小于H2。中H—0—H的键角，解释原因：o

(3)HF是一种有特殊性质的氢化物。

①已知：氢键(X-H…Y)中三原子在一条直线上时，作用力最强。测定结果表明，(HF%固体中HF分子

排列成锯齿形。画出含2个HF的重复单元结构：o

②HF中加入BF3可以解离出H2F+和具有正四面体形结构的阴离子，写出该过程的离子方程式：

(4)工业上用菟石(主要成分CaF?)制备HF。CaF2晶体的一种立方晶胞如图所示。

2+

①CaF2晶体中距离Ca最近的F-有个。

②晶体中Ca2+与F-的最近距离为dnm,阿伏加德罗常数的值为NA。该晶体的密度

P=g-cmT（列出计算式）。

【答案】（1）①.Is22s22P5②.5

（2）①.>②.F电负性大于氧大于氢，故OF2中O周围电子密度相对小于H2O中的，。周围电子

对间斥力较小，键角变小,

+

(3)②.BF3+2HF=[BF4]+H2F

4x78

1021

(4)①,8②.

【解析】

【小问1详解】

F元素原子序数为9,根据核外电子排布规则，基态F原子的核外电子排布式为Is22s22P5,其核外电子占据

了5个不同的原子轨道，故电子有5种空间运动状态；

【小问2详解】

①键长越长，键能越小，O2F2中0—0键的长度小于H2O2中0—0键的长度，则O2F2中0—0键的键能大

于H2O2中O—O键的键能，则0—0键的稳定性：O2F2>H2O2；

②F电负性大于氧大于氢，故OF2中0周围电子密度相对小于H2O中的，0周围电子对间斥力较小，键角

变小，OF?中F—O—F键角小于H20中H—O—H键角；

【小问3详解】

①测定结果表明，（HF%固体中HF分子排列为锯齿形，画出含2个HF的重复单元结构为：

②HF溶剂中加入BF3可以解离出HF和具有正四面体形结构的阴离子，该阴离子为[BF4],离子方程式为:

+

BF3+2HF=[BF4]+H2F；

【小问4详解】

①由晶胞结构可知，Ca2+占据8个顶点和6个面心，8个k位于晶体的内部，CaFz晶体中距离Ca?+最近的

F-有8个；

②由晶胞结构可知，Ca2+的个数为8X'+6XL=4,F-的个数为8,晶体中Ca?+与广的最近距离为晶胞体对

82

角线的工，设晶胞的边长为a,则6ax』=d,a=—7=d,该晶体的密度

44V3

4x78_4x78_4x78_

P=-----;---------=-------3---------------------=-------3------------^-x1(Xgem3

NA(axl0BNA^xlO-&?

Vv3Jvv3>

23.金属钛(Ti)密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和铁铁矿。

(1)Ti元素在周期表中的分区是位于区。基态Ti原子中含有的未成对电子数是o

(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为acm、acm和bcm,结

①该氧化物的化学式是，Ti位于距离最近的O构成的中心(填字母序号，下同)。

a.三角形b.四面体c.六面体d.八面体

②该氧化物的晶体熔点为1850C,其晶体类型曩不可能是。

a.共价晶体b.离子晶体c.分子晶体

③若已知mg该氧化物晶体体积为ven?,则阿伏加德罗常数NA可表示为___________moL。

(3)以钓铁矿(FeTiOs)为原料，用美还原法冶炼金属钓的生产流程图如下：

①Fe元素在元素周期表中的位置是o

②“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：

③结合流程及下表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为℃□

TiMgMgCl2

熔点

1668651714

/℃

沸点

328711071412

/℃

④己知Mg和Ti的晶胞类型相同，Mg?+和Ti4+的离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因:

【答案】(1)①.d区②.2

、o„„„160V

(2)①.TiCh②.d③.c——

ma"b

高温

=

(3)①.第四周期第VIII族TiO2+2C+2C12^TiC14+2CO③.1668④.Mg和Ti均为

金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti，+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个

单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高

【解析】

【小问1详解】

Ti元素原子序数为22,处于元素周期表第四周期第IVB族，是d区，基态Ti原子的价电子排布为3d24s2,

根据原子核外电子排布规则，3d轨道中的电子未成对，含有未成对电子数为2；

【小问2详解】

①根据均摊法，该晶胞中0的个数为2x4+2=4,Ti的个数为8x^+1=2,故该氧化物的化学式为TiCh，

48

从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O,Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d；

②该氧化物晶体熔点为1850℃,分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可

能是分子晶体，答案选c；

③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为总NA，一个晶胞体

积为a2bcm3,则有」NAxa2bcm3=Vcm3,NA=———；

160加/b

【小问3详解】

钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiCh,TiCh与焦炭、CL高温下反应生成TiC14和一种可燃性气体，则该气体

为CO,精制TiCL加Mg还原，生成MgCL和Ti,最后分离得到Ti。

①Fe元素原子序数为26,在元素周期表中第四周期第VIII族;

②高温氯化过程中，TiCh与C、C12反应生成TiCk和CO,化学方程式为TiO2+2C+2c12^=TiC14+2CO；

③从表中可知，Ti的熔点为1668℃,而Mg、MgCb的沸点分别为1107℃和1412℃,分离过程最后生成的

Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃；

④Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti，+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷,

而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。

24.以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCl溶液制备NaClO溶液的装置示意如下。

NaClO溶液和H2

(1)产生NaClO

-

①生成NaClO的反应包括：2CT-2e-=CU、2H2O+2e=H2+2OH-,

②测所得溶液pH,试纸先变蓝(pH它10)后褪色，说明溶液具有的性质是

(2)相同温度下，在不同初始pH下电解NaCl溶液，pH对NaClO浓度影响如下所示。

推测NaClO浓度在pH为3或13时较小的原因：

I.pH=3时，C"的溶解度减小

II.pH=13时，

①根据化学平衡移动原理，推测I合理。依据的化学平衡是

②补全猜想II,经过检验，推测II成立。

根据上述实验，说明电解法制备NaClO溶液，初始pH不宜过小或过大。

(3)用同样方法电解CaCL溶液制备Ca(C10)2，电解难以持续，推测原因：。

【测量】

(4)取VmL所得NaClO样液，加水稀释。依次加入KI溶液、稀H2s0,。析出的％用amol〕TNa2s2O3

标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2s2。3溶液V2mL。(已知：

1

I2+2Na2s2O3=2NaI+Na2S4O6)样液中c(NaC10)=___________mol-L=

【答案】(1)①.CL+2OH=C1+C1O+H2O②.碱性、漂白性

(2)①.CI2+H2OUH++CI+HCIO②.阳极上0H放电

(3)在阴极区生成Ca(0H)2，覆盖在电极表面，电极难以持续

V,a

(4)

2Vl

【解析】

【小问1详解】

①根据装置图可知，生成NaClO的反应包括：阳极上2c12e=CL,阴极上2H2O+2e=H2+2OH,然后氯气与

OH反应C12+2OH=C1+C1O+H2O,故答案为C12+2OH=C1+C1O+H2O;

②测溶液的pH,试纸显变蓝，说明溶液呈碱性，后有褪色，说明溶液具有漂白性，故答案为碱性、漂白性;

【小问2详解】

①氯气溶于水，存在CI2+H2OUH++CI+HCIO,pH=3时，溶液中c(H+)增大，平衡逆向进行，则氯气的溶

解度减小，故答案为CI2+H2OUH++C1+HC1O；

②pH=13时，溶液显碱性，按照放电顺序，阳极上0H放电，电极反应为：4OHe=2H2O+O2t,根据问题(1)

可知，生成NaClO的量减少，故答案为阳极上0H放电；

【小问3详解】

电解CaCL溶液制备Ca(C10)2,在阴极区生成Ca(0H)2是一种微溶物，覆盖在电极表面，电极难以持续，故

答案为在阴极区生成Ca(0H)2,覆盖在电极表面，电极难以持续；

【小问4详解】

根据题意可知，发生的反应有：2I+CIO+2H+T2+CI+H