四川省蓉城名校联盟2025届高三化学下学期期中联考试题含解析

PAGE23-四川省蓉城名校联盟2025届高三化学下学期期中联考试题（含解析）留意事项：l.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清晰，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”。2.选择题运用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的原子量：H-1N-14O-16Na-23Mg-24Cu-64Ag-108一、选择题：本题共22小题，每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与环境、生活亲密相关。下列说法错误的是（）A.在95%的乙醇溶液中加入生石灰蒸馏可制得无水乙醇B.石膏(CaSO4•2H2O）可用于制豆腐C.将含大量N、P的废水排放到河流中有利于水生动植物的生长D.烟花爆竹的火药中添加的多种不同金属盐可产生五彩缤纷的焰火【答案】C【解析】【详解】A．蒸馏是分别互溶、沸点不同的液体混合物的方法，加CaO与水反应后增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分别，故95%的乙醇溶液中加入生石灰蒸馏可制得无水乙醇，故A正确；B．石膏(CaSO4•2H2O)属于盐类，是电解质，电解质的加入可以使豆浆胶体发生聚沉，用于生产豆腐，则可用于制豆腐，故B正确；C．含氮、磷的废水排放到河流、湖泊中，简洁使水体富养分化，造成水中藻类植物大量生长，浮在水面遮挡阳光并消耗水中氧气，导致水生植物无法进行光合作用，水生动物缺氧致死，不利于水生动植物的生长，故C错误；D．不同的金属元素在火焰上燃烧产生的火焰颜色不同，烟花爆竹的火药中添加的多种不同金属盐，利用的金属元素的焰色反应，火药燃烧时，使金属盐中的金属元素灼烧，产生不同的颜色，可产生五彩缤纷的焰火，故D正确；答案选C。【点睛】2.下列关于氢键的说法正确的是（）A.氢键只存在于分子之间B.氢键能影响物质的熔沸点C.氢键是一种特别的化学键D.全部含氢化合物之间均可能存在氢键【答案】B【解析】【详解】A．氢键可存在于分子内，例如HNO3、邻硝基苯酚分子可以形成分子内氢键，还有一个苯环上连有两个羟基，一个羟基中的氢与另一个羟基中的氧可形成氢键，故A错误；B．氢键的存在能使分子间的作用力增加，能够显著提高物质的熔沸点，故B正确；C．氢键是比范德华力强，是一种介于化学键与分子间作用力之间的作用力，但不属于化学键，故C错误；D．只有电负性大的元素易形成氢键，如N、O、F等元素能与氢原子形成氢键，故D错误；答案选B。3.PH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH>a，则该电解质可能是A.NaOH B..H2SO4 C.AgNO3 D.Na2SO4【答案】A【解析】【详解】A选项，电解NaOH溶液实质是电解水，浓度增大，碱性增加，pH值增大，故A正确；B选项，电解H2SO4实质是电解水，浓度增大，酸性增加，pH值减小，故B错误；C选项，电解AgNO3反应生成银、氧气和硝酸，酸性增加，pH值减小，故C错误；D选项，电解Na2SO4实质是电解水，浓度增大，但依旧呈中性，pH值不变，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】电解类型分放氧生酸型，放氢生碱型，电解电解质型，电解水型。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4LHF的分子数约为NAB.将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-的粒子数之和为2NAC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况）气体时，线路中通过电子数目为2NAD.若用惰性电极电解足量CuSO4溶液后，加入0.1molCuO可以复原，则电解时转移电子数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，HF为液态，不能用标况下气体的摩尔体积进行计算物质的量，则分子数目也不能计算，故A错误；B．Cl2和水是可逆反应，反应物不能完全转化，将1molCl2通入水中，参加反应的Cl2物质的量小于1mol，则溶液中HClO、Cl-、ClO-的物质的量之和小于2mol，则粒子数之和小于2NA，故B错误；C．燃料电池中通入燃料的一极作负极，通入氧气的一极为正极，氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体为O2，物质的量为=1mol，1mol氧气得到4mol电子，则1molO2参加反应线路中通过电子数目为4NA，故C错误；D．若用惰性电极电解足量CuSO4溶液后，电解CuSO4，阳极生成氧气，阴极析出铜，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，1molCu2+被消耗，转移2mol电子，加入0.1molCuO可复原溶液，即补充0.1mol的Cu2+即可复原溶液，说明电解时有0.1molCu2+被消耗，则电解时转移电子数目为0.2NA，故D正确；答案选D。5.元素周期表完备的将元素的结构、位置与性质结合在一起，依据元素的原子序数就能推断出该元素在周期表中的位置，进而推断出该元素原子的结构和性质。下列关于33号元素的说法正确的是（）A.该元素位于d区B.该元素为金属元素C.该元素位于第四周期、IIIA族D.该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3【答案】D【解析】【分析】33号元素，依据原子序数=质子数=原子核外电子数，则该元素核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则能层数等于电子层数，价层电子排布为4s24p3，最外层5个电子，位于p区，则该元素位于第四周期第ⅤA族，据此分析解答。【详解】A．依据分析，该元素最终填入的电子在p层，该元素位于p区，故A错误；B．一般状况下，金属元素最外层电子数少于4，该元素最外层5个电子，为非金属元素，故B错误；C．依据分析，价层电子排布为4s24p3，共有四层电子，最外层有5个电子，该元素位于第四周期第ⅤA族，故C错误；D．依据分析，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，故D正确；答案选D。【点睛】依据核外电子排布规则，主族元素的电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数。6.下列电极反应式与出现的环境相匹配的是（）选项电极反应式出现的环境AO2+4H++4e-=2H2O酸性环境下氢氧燃料电池的负极反应B4OH--4e-=O2↑+2H2O弱酸性环境下钢铁的吸氧腐蚀CCu-2e-=Cu2+用铜做电极电解硫酸铜溶液的阳极反应DNa++e-=Na用惰性电极电解Na2SO4溶液的阴极反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．氢氧燃料的特点是，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，O2+4H++4e-=2H2O为酸性环境下正极的电极反应，负极电极反应为：H2-2e-=2H+，故A错误；B．在强酸性环境下发生析氢腐蚀，中性或碱性环境下钢铁发生吸氧腐蚀，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．用铜做电极电解硫酸铜溶液为电解精炼铜，阴阳极都是铜放电，阳极反应发生氧化反应，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，故C正确；D．用惰性电极电解Na2SO4溶液属于电解水，阴极为阳离子放电，依据放电依次，氢离子在阳极放电，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故D错误；答案选C。【点睛】金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化腐蚀，叫吸氧腐蚀，在酸性较强的溶液中发生电化腐蚀时放出氢气，这种腐蚀叫做析氢腐蚀。依据溶液所处的环境推断属于哪种腐蚀类型。7.下列关于元素的说法，正确的是（）A.非金属元素最低化合价的肯定值与其最高正化合价之和均等于8B.元素的最高化合价等于该元素原子的最外层电子数C.金属元素最外层最多有3个电子D.过渡元素全部是金属元素【答案】D【解析】【详解】A．F为非金属元素，但没有正价，只有负价，故A错误；B．主族元素的最高化合价等于该元素原子的最外层电子数，副族元素的最高价还与倒数其次层电子有关，故B错误，C．金属元素在化学反应中易失去最外层电子变为8电子稳定结构，则最外层一般少于4个电子，但不代表全部，如铅、锗元素最外层4个电子，铋元素、锑元素最外层5个电子，故C错误；D．依据元素周期表的结构及元素分布，过渡元素全部是金属元素，故D正确；答案选D。【点睛】须要留意最外层少于4个电子的不肯定是金属元素，第一周期的氢元素和氦元素，最外层少于3个电子，都是非金属元素，不能只依据最外层电子数确定元素是金属还是非金属。8.某化学小组为了探究Cu2+性质做了如下试验：向CuSO4溶液中逐滴加入稀氨水，待无明显改变后，向所得液体中加入适量乙醇。对于该试验有下列说法，其中正确的是（）A.滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀变成白色B.滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解C.试验过程中有蓝色CuSO4•5H2O晶体产生D.滴加乙醇后溶液变成深蓝色【答案】B【解析】【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶物的缘由是Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，接着添加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4，因为[Cu(NH3)4]2+为深蓝色，则得到深蓝色的透亮溶液；若加入乙醇，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，现象是有蓝色晶体生成，据此分析解答。【详解】A．依据分析，滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，接着添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透亮溶液，故A错误；B．依据A选项分析，滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色的透亮溶液，故B正确；C．依据分析，试验过程中产生蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4，故C错误；D．依据分析，滴加乙醇后，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，现象是有蓝色晶体生成，故D错误；答案选B。9.将两个铂电极放置在稀H2SO4溶液中，然后向两极分别通入CO与O2，即可产生电流。下列叙述正确是（）①通入CO的一极是正极②正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O③通入CO一极的电极反应式为CO+2H++2e-=CO2+H2O④放电时溶液中的阳离子向正极方向移动⑤放电时溶液中的阴离子向正极方向移动A.①② B.②③ C.②④ D.①⑤【答案】C【解析】【分析】①将两个铂电极放置在稀H2SO4溶液中，然后向两极分别通入CO与O2，即可产生电流，可知CO与O2在两个电极上放电，可看做为燃料电池，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，据此分析解答。【详解】①依据分析，通入燃料的一极为负极，CO可看做燃料，通入CO的一极是负极，故①错误；②依据分析，通入氧气的一极为正极，酸性条件下，氧气在正极放电，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故②正确；③依据分析通入CO一极应为负极，发生氧化反应，电极反应式为2CO-4e-+2H2O=2CO2+4H+，故③错误；④放电时为原电池，阳离子向正极移动，故④正确；⑤放电时为原电池，溶液中的阴离子向负极方向移动，故⑤错误；说法正确的为②④，答案选C。【点睛】③通入CO一极的电极反应式为CO+2H++2e-=CO2+H2O也可以依据不符合原子个数守恒，可以推断错误。10.在下列物质中：①H2O②NH3③NH3•H2O④乙醇⑤乙烯⑥CO2⑦CuSO4•5H2O⑧甲烷⑨H2O2含非极性键的极性分子有（）A.①②⑥ B.③④⑦ C.④⑨ D.③④⑧⑨【答案】C【解析】【详解】①H2O是共价化合物，正负电荷中心不重合，由极性键构成的极性分子；②NH3是共价化合物，结构不对称，正负电荷中心不重合，由极性键构成的极性分子；③NH3和H2O都是极性键构成的极性分子，则NH3•H2O中正负电荷中心不重合，属于只含极性键的极性分子；④乙醇分子中含有碳碳单键，是非极性键，结构不对称且正负电荷中心无法重叠，故乙醇是含非极性键的极性分子；⑤乙烯中含有碳碳双键，是非极性键，碳氢键是极性键，其结构对称，正负电荷中心重合，属于含非极性键和极性键的非极性分子；⑥CO2含有碳氧极性键，其结构对称，正负电荷中心重合，属于只含有极性键的非极性分子；⑦CuSO4•5H2O的结构为，其中铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，结构中不存在非极性键；⑧甲烷中碳氢键为极性键，其结构对称，正负电荷中心重合，属于只含有极性键的非极性分子；⑨H2O2含有氧氢键和氧氧键，氧氧键是非极性键，氧氢键是极性键，H2O2不是直线形分子，是半开书页形的，两个氧原子在书脊，两个氢原子分别在两个书页上，正负电荷中心不重合，是含有极性键和非极性键的极性分子；符合题目要求的为④⑨，答案选C。11.下列关于化学键的说法，正确的是（）A.配位键只存在于协作物中B.任何两原子形成的共价键均有方向性C.形成共价键的电子云优先以头碰头形式重叠D.H2O能和H+结合生成H3O+，说明共价键没有饱和性【答案】C【解析】【详解】A．铵根离子中含有配位键，全部的铵盐属于离子化合物，不是协作物，故A错误；B．s轨道是球型对称的，两原子的s能级的轨道形成的共价键没有方向性，故B错误；C．σ键比π键稳定，在分子形成时，为了使能量最低，优先形成稳定的σ键，σ键的形成都是轨道头碰头的形式重叠，故C正确；D．H2O能和H+结合生成H3O+，H2O中O原子核外仍有为成键的电子对，O供应电子对，H+供应1个空轨道，则共价键有饱和性，故D错误；答案选C。12.全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示。下列说法错误的是（）A.放电过程中右槽溶液颜色渐渐由绿色变为紫色B.放电过程中氢离子的作用之一是参加正极反应C.充电过程中左槽溶液渐渐由蓝变黄D.充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n(H+)的改变量为0.5mol【答案】A【解析】【详解】A．依据图示电源的正负极连接方式可得，放电时，右侧电极是负极，发生氧化反应，V2+转化为V3+，溶液由紫色变为绿色，故A错误；B．依据A项分析，放电时，右侧电极是负极，发生氧化反应，负极反应为：V2+-e-=V3+，左侧为正极，发生还原反应，正极反应为：VO2++2H++e-=VO2++H2O，负极区溶液中的氢离子通过交换膜进入正极区，所以氢离子的作用是参加正极反应和平衡电荷，故B正确；C．依据A项分析，放电时，右侧电极是负极，发生氧化反应，则充电时，右侧电极是阴极，发生还原反应；放电时，左侧为正极，发生还原反应，充电时，左槽为阳极，发生氧化反应，阳极反应为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，溶液渐渐由蓝变黄，故C正确；D．依据C项分析，充电时，左槽为阳极，发生氧化反应，阳极反应为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，依据电极反应，转移1mol电子，生成2molH+，若转移的电子数为3.01×1023个，即转移0.5mol电子，左槽溶液中生成1molH+，由于H+的作用是平衡电荷，同时有0.5molH+从左槽移到右槽，所以，左槽溶液中氢离子的物质的量实际增多了0.5mol，故D正确；答案选A。13.肼(N2H4）是一种火箭燃料，其结构可以看作是NH3中的一个H原子被NH2代替，下列关的说法正确的是（）A.可能存在分子间氢键B.其中N原子的杂化轨道类型为sp2C.分子的空间结构与CH2=CH2相像，6个原子共平面D.分子中相邻两化学键的键角大于109°28'小于120°【答案】A【解析】【详解】A．H2N-NH2中的氮原子电负性较大，可以与分子中另一个氢原子形成分子间氢键，故A正确；B．H2N-NH2中的N原子成了3个共价键，还剩一对孤对电子，故它的杂化轨道类型为sp3，故B错误；C．H2N-NH2中的N原子分子的空间结构与CH2=CH2不相像，氮原子的杂化轨道类型为sp3，6个原子不行能共平面，故C错误；D．分子中相邻两化学键的键角为108°，故D错误；答案选A。【点睛】由于肼分子中孤对电子对单键的挤压，导致键角小于109°28'，分析清肼分子的结构是解本题的关键。14.下列装置不能正确完成相关试验是（）A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．气体的体积可由注射器量出，结合时间可求出反应速率，故A不符合题意；B．用标准盐酸溶液滴定氢氧化钠的浓度，须要加入指示剂推断滴定终点，且盐酸显酸性，应当用酸式滴定管盛放盐酸，故B符合题意；C．利用量热计可以测定出中和热，故C不符合题意；D．食盐水呈中性，发生吸氧腐蚀，导气管中的液面会上升，故D不符合题意；答案选B。【点睛】不运用指示剂无法推断出滴定终点。15.某二元弱酸（简写为H2B)溶液，按下式发生一级和二级电离：H2BH++HB-HB-H++B2-已知相同浓度时的电离度a(H2B)>>a(HB-），现有下列四种溶液：①0.01mol•L-1的H2B溶液②0.01mol•L-1的NaHB溶液③0.02mol•L-1的HCl溶液与0.04mol•L-1的NaHB溶液等体积混合后的溶液④0.02mol•LL-1的NaOH溶液与0.02mol•L-1的NaHB溶液等体积混合后的溶液下列说法错误的是（）A.溶液④肯定显碱性 B.c(H2B)最大的是③C.c(B2-)最小的是① D.c(H+)最大的是③【答案】D【解析】【详解】0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHB溶液等体积混合液HCl与NaHB反应：NaHB+HCl=NaCl+H2B，所以③中相当于含有0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHB溶液等体积混合NaOH+NaHB=Na2B+H2O，所以④中相当于含有0.01mol/LNa2B，依据以上分析，四种溶液分别为①0.01mol/L的H2B溶液②0.01mol/L的NaHB溶液③0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB④0.01mol/LNa2BA．依据分析，溶液④0.01mol/LNa2B，为强碱弱酸盐，溶液肯定显碱性，故A正确；B．依据同离子效应，由于③中NaHB抑制H2B的电离，则③中H2B电离程度比①H2B电离程度小，则c(H2B)最大的是③，故B正确；C．由于正盐溶液中c(B2-)浓度必定是最大的，弱酸H2B的二级电离成B2-最难，则c(B2-)最小的是①，故C正确；D．因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，由于相同浓度时的电离度a(H2B)＞＞a(HB-)，c(H+)最大的是①，故D错误；答案选D。16.我国科学家已研制出一种可替代锂电池的“可充室温Na-CO2电池”，该电池结构如图所示。电极材料为钠金属片和碳纳米管，电解液为高氯酸钠－四甘醇二甲醚。下列说法错误的是（）A.电池放电时钠金属片发生氧化反应B.电池工作时，外电路流过0.01mol电子，负极材料减重0.23gC.碳纳米管作用主要是导电及吸附CO2，电池充电时，应当与直流电源的正极相连D.放电时负极反应为：C+2Na2CO3-4e-=3CO2↑+4Na+【答案】D【解析】分析】依据图示，原电池中电子由负极流向正极，则钠为负极，电极反应为：Na-e-=Na+；碳纳米管为正极，电极反应为3CO2+4e-+4Na+=C+2Na2CO3，电池总反应为：4Na+3CO22Na2CO3+C，据此分析解答。【详解】A．依据图示，原电池中电子由负极流向正极，则钠为负极，电池放电时钠金属片发生氧化反应，故A正确；B．依据分析，钠为负极，电极反应为Na-e-=Na+，电池工作时，外电路流过0.01mol电子，则产生0.01molNa+，负极材料减重0.01mol×23g/mol=0.23g，故B正确；C．依据分析，钠为负极，碳纳米管为正极，充电为放电的逆过程，电池充电时，正极变为阳极，应当与直流电源的正极相连，故C正确；D．放电时Na为负极，电极反应为：Na-e-=Na+，故D错误；答案选D。17.等电子体具有相像的化学特征。下列物质中与CO2结构相像的是（）A.N2O B.SiO2 C.MgCl2 D.COCl2【答案】A【解析】【详解】A．N2O由3个原子组成，价电子总数为16，与CO2互为等电子体，等电子体具有结构相像的特征，故A正确；B．SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，结构不相像，故B错误；C．MgCl2是离子晶体，CO2是分子晶体，结构不相像，故C错误；D．COCl2分子的结构式为，COCl2分子中C原子与Cl原子以单键相结合，与O原子以双键相结合，C=O键中含有1个δ键，1个π键，则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，所以C原子为sp2杂化；CO2为直线型分子，C原子为sp杂化，结构不相像，故D错误；答案选A【点睛】原子总数相同、电子总数或价电子总数相同的互为等电子体，等电子体的结构相像、物理性质相像。18.在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g。下列说法错误的是（）A.电源中X电极为直流电源的负极B.pH改变：A：增大，B：减小，C：不变C.通电5min时，B中共收集224mL(标准状况下）气体，该气体是氧气D.若A中KCl足量且溶液的体积为200mL，则电解后，溶液的pH为13(假设电解前后溶液体积无改变）【答案】C【解析】【详解】A．依据图示，由铜电极的质量增加，发生Ag++e-＝Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故A正确；B．A中电解氯化钾得到氢氧化钾溶液，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e-＝Ag，阳极反应为Ag-e-＝Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，pH改变：A：增大，B：减小，C：不变，故B正确；C．C中阴极反应为Ag++e-＝Ag，n(Ag)==0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH--4e-＝2H2O+O2↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，标况下其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，由2H++2e-＝H2↑，则氢气的物质的量为0.005mol，则在阴极也生成标况下112mL氢气，通电5min时，B中共收集224mL(标准状况下)气体，该气体是氢气和氧气，故C错误；D．由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽视溶液体积的改变，则c(OH-)==0.1mol•L-1，c(H+)＝mol•L-1=10-13mol•L-1，溶液pH=13，故D正确；答案选C。19.下列能级书写正确且能量最高的是（）A.4s B.3p C.3d D.3f【答案】C【解析】【详解】相同能层中能级间能量关系为s＜p＜d＜f，4s能级的能量小于3d能级，能层数等于该能层含有的能级数，M能层没有f能级，则能量最高的为3d，答案选C。【点睛】由于构造原理，3d能级高于4s能级，为易错点。20.现代技术可利用电解法制H2O2并用产生的H2O2处理废氨水，其装置如图所示。下列说法正确的是（）A.该过程的总反应为：3H2O2+8H++4NH3•H2O=8H2O+N2↑+2NH4+B.Ir-Ru惰性电极有吸附O2的作用，该电极上的反应为：O2+2H++2e-=H2O2C.理论上电路中每转移6mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为1molD.为了不影响H2O2的产量，须要向废氨水中加入适量硝酸调整溶液的pH约为5，则所得的废氨水溶液中c(NH4+)＞c(NO3-)【答案】B【解析】【分析】依据装置图可得，活性炭与电源正极相连，则活性炭为阳极，Ir-Ru惰性电极为阴极，电解液为酸性，阳极上为阴离子放电，则OH-离子放电生成氧气，阳极电极反应为4OH--4e-＝O2↑+2H2O，阴极上通入氧气生成H2O2，阴极电极反应为：O2+2H++2e-=H2O2，据此分析解答。【详解】A．依据分析，阳极电极反应为4OH--4e-＝O2↑+2H2O，阴极电极反应为：O2+2H++2e-=H2O2，电解池的总反应为：2H2O+O2=2H2O2，双氧水处理氨水，反应为：3H2O2+2NH3=N2↑+6H2O，两式合并，则该过程的总反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，故A错误；B．利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，该电极上的反应为：O2+2H++2e-=H2O2，故B正确；C．依据分析，该过程的总反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O中，氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，所以理论上电路中每转移6mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为2mol，故C错误；D．向废氨水加入适量硝酸调整溶液的pH约为5，依据溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(NO3−)+c(OH−)，pH约为5呈酸性，c(H+)＞c(OH−)，所以c(NH4+)＜c(NO3−)，故D错误；答案选B。21.下列说法正确的是（）A.手性分子具有完全相同的组成和原子排列，化学性质完全相同B.蛋白质分子间可形成氢键，分子内也存在氢键C.氯气易溶于氢氧化钠溶液符合相像相溶原理D.无机含氧酸分子中所含氧原子个数越多，酸性越强【答案】B【解析】【详解】A．具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，犹如左右手一样互为镜像，且在三维空间里不能重叠，互称手性异构，二者的结构不同，所以化学性质不同，故A错误；B．蛋白质分子中含有N、O元素，电负性较大，可与氢原子形成分子间氢键，分子内也存在氢键，故B正确；C．

氯气和氢氧化钠之间发生反应生成可溶性盐溶液，不符合相像相溶原理，故C错误；D．无机含氧酸分子中所含非羟基氧原子个数越多，酸性越强，故D错误；答案选B。【点睛】相像相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，含有相同官能团的物质互溶。22.电化学在日常生活中用途广泛，如图①是镁、次氯酸钠燃料电池的示意图，电池总反应式为：Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓。如图②是电解法除去工业废水中的Cr2O72-，下列说法正确的是（）A.图①中镁电极发生的反应是：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-B.图②最终得到Fe(OH)3和Cr(OH)3，则阳极上的电极反应式为：Fe-3e-=Fe3+C.图②中每转移0.2mol电子，阴极逸出2.24LH2D.若图①中7.2gMg溶解产生的电量用于图②废水处理，理论得到Fe(OH)3的物质的量为0.3mol【答案】D【解析】【详解】A．图①为原电池，镁做负极，则镁电极发生的反应是：Mg-2e-=Mg2+，ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-为惰性电极即正极的电极反应，故A错误；B．图②为电解池，铁做阳极，惰性电极作阴极，最终得到Fe(OH)3和Cr(OH)3，则阳极上的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．图②为电解池，阴极为氢离子放电，电解水，则阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，每转移0.2mol电子，生成0.1mol氢气，标况下的体积为2.24L，题中未给诞生成气体的状态，故C错误；D．若图①中7.2gMg溶解，物质的量为0.3mol，依据电子得失守恒，6Mg~6Fe2+~Cr2O72-~6Fe(OH)3，则产生的电量用于图②废水处理，理论得到Fe(OH)3的物质的量为0.3mol，故D正确；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。23.1906年，哈伯在60℃高温、200兆帕高压的条件下，用锇(Os)作催化剂，首次胜利得到了氨，但产率较低。随着科学的进步以及科学家们对催化剂的探讨改进，现在工业上普遍采纳铁触媒（主要成分为Fe3O4，助催化剂：K2O、Al2O3、CaO、MgO、CoO等）做合成氨的催化剂，大大提高了合成氨的产率。回答下列问题：（1）已知元素Co(钴）的原子核内有27个质子，则该元素基态原子价电子排布式为___。（2）元素Fe的基态原子核外未成对电子数为___；Fe2+与Fe3+相比较，___更稳定。（3）C、N、O处于同一周期，其中第一电离能最大的___，电负性最大的是___，它们与氢形成的简洁氢化物沸点从高到低的依次为___。（4）NH3分子中N原子的杂化方式为___；氨气极易溶于水（溶解度1：700)，除了氨气能与水发生反应外，还有两个缘由分别是___、___。（5）我国长征系列运载火箭运用的液态燃料主要是偏二甲肼［结构简式：(CH3)2NNH2，可看作是肼(NH2NH2)中同一氮原子上的两个氢原子被甲基取代］和四氧化二氮，燃烧时发生反应：(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2+4H2O+3N2。当该反应消耗1molN2O4时将形成___molπ键。【答案】(1).3d74s2(2).4(3).Fe3+(4).N(5).O(6).H2O＞NH3＞CH4(7).sp3(8).氨气与水均为极性分子或相像相溶(9).氨气分子与水分子之间可以形成氢键(10).5【解析】【详解】(1)已知元素Co(钴)的原子核内有27个质子，质子数等于原子核外电子数，则该元素基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2；(2)元素Fe的基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道上有6个电子，依据洪特规则，电子优先占据一个空轨道，则核外未成对电子数为4；Fe2+价层电子排布为1s22s22p63s23p63d6，Fe3+价层电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe3+的3d轨道上处于半充溢稳定状态，Fe3+更稳定；(3)C、N、O处于同一周期，随核电荷数增大，第一电离能渐渐增大，但N原子核外电子2p轨道上电子处于半充溢稳定状态，第一电离比相邻元素大，其中第一电离能最大的为N元素；同一周期，随核电荷数增大，电负性渐渐增大，电负性最大的是O；C、N、O三种元素的最简洁氢化物分别为：CH4、NH3、H2O，由于氨气、水均能形成氢键，故三者沸点从高到低的依次为：H2O＞NH3＞CH4；(4)NH3分子中N原子的价电子对数=3+=4，则N杂化方式为sp3；氨气极易溶于水(溶解度1：700)，除了氨气能与水发生反应外，还有两个缘由分别是氨气与水均为极性分子或相像相溶、氨气分子与水分子之间可以形成氢键；(5)一个N2分子由氮氮三键结合而成，三键中含有一个σ键和2个π键，一个CO2分子中含有两个碳氧双键，每个双键中一个σ键和1个π键，依据反应(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2+4H2O+3N2，当该反应消耗1molN2O4时将生成1molCO2和molN2，则形成π键的物质的量=1mol×2+mol×2=5mol。24.碳酸盐燃料电池，以肯定比例的Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质，操作温度为650℃，在此温度下以镍为催化剂，以煤气(CO、H2的体积比为3：1)干脆作燃料，其工作原理如图所示，并以此电源用于工业生产。（1）H2(g)、CO(g)的燃烧热△H分别为-285.8kJ•mol-1、-283.0kJ•mol-1，18g液态水变为水蒸气时吸热44.0kJ，则电池总反应3CO(g)+H2(g)+2O2(g)=3CO2(g)+H2O(g)的△H=___kJ•mol-1，B电极上发生反应的电极反应式为___。（2）若以此电源生产新型硝化剂N2O5，装置如图所示。已知两室加入的试剂分别是a.硝酸溶液；b.N2O4+无水硝酸，则左室加入的试剂应为___（填“a”或“b”)，其电极反应式为___。（3）若以此电源用惰性电极电解足量的硝酸银溶液，阴极产物的质量为5.4g，则阳极产生的气体在标准状况下的体积为___L。电解后溶液体积为500mL，溶液的pH约为___。【答案】(1).-1090.8(2).2CO2+O2+4e-=2CO32-(3).b(4).N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+(5).0.28(6).1【解析】【分析】(1)结合已知条件书写热化学方程式，依据盖斯定律计算；该装置为燃料电池，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则A为负极，B为正极，B电极上氧气和二氧化碳得电子，发生还原反应；(2)先依据化合价推断生成N2O5的电极，再依据离子的放电依次写出电极反应式；(3)依据消耗的氧气的量计算转移电子数，依据转移电子守恒，计算生成银的质量，依据消耗氢氧根计算氢离子浓度，从而计算pH。【详解】(1)已知：H2(g)、CO(g)的燃烧热△H分别为-285.8kJ•mol-1、-283.0kJ•mol-1，18g液态水为1mol，变为水蒸气时吸热44.0kJ，则热化学方程式分别为：①H2(g)+O2(g)=H2O(1)△H=-285.8kJ/mol②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ/mol③H2O(1)=H2O(g)△H=+44kJ/mol依据盖斯定律，②×3+①+③可得：3CO(g)+H2(g)+2O2(g)=3CO2(g)+H2O(g)△H=-1090.8kJ•mol-1；该装置为燃料电池，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则A为负极，B为正极，B电极上氧气和二氧化碳得电子，发生还原反应，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-；(2)N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价，若只有硝酸作电解液的电极室生成N2O5未发生氧化还原反应，由于N2O4中N为+4价，则含有N2O4的电极室电解后产生N2O5，氮元素的化合价由+4价变为+5价，发生氧化反应，该电极室作阳极，应与电源正极相连，依据(1)中分析，A为负极，因此应当在左侧生成N2O5，则左侧室应加入试剂b；其电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+；(3)电解足量的硝酸银溶液，阳极为氢氧根失电子生成氧气，阴极上发生反应：Ag++e−=Ag，产物的质量为5.4g，即=0.05mol，转移电子是0.05mol，在阳极上：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，产生氧气的物质的量是0.0125mol，标况下的体积是0.0125mol×22.4L/mol=0.28L，则消耗氢氧根的物质的量为0.05mol，则溶液中氢离子为0.05mol，浓度为=0.1mol/L，所以溶液的pH为1。25.已知有位于元素周期表前四周期的元素X、Y、Z、T、W、Q，其部分信息如下表：X宇宙中含量最丰富的元素Y植物生长所必需的三种养分元素中，电负性最大的Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍Q其气态氢化物与其低价氧化物常温下能反应，生成该元素的单质T最高正价与最低负价代数和为6，其单质能与强碱溶液反应制消毒液W其+2价阳离子的价电子排布为3d9请回答下列问题：（1）W元素位于周期表的第___周期___族，W2+能与X、Y形成的简洁分子结合生成一种深蓝色的离子，其离子符号为___。（2）X与Z按原子个数比为1：1组合得到的一种物质甲，它能用于杀菌消毒，物质甲的电子式为___；Q与T也能按原子个数比为1：1组合，得到一种暗黄色的液体乙，其结构与甲相像，则乙中存在的化学键类型有___和___；乙遇水发生歧化反应，得到一种淡黄色的固体和两种具有刺激性气味的气体，该反应的化学反应方程式为___。（3）元素Q的简洁离子半径___元素T的简洁离子半径（填“>”“<”或“=”)；元素T能形成多种含氧酸：HTO、HTO2、HTO3、HTO4，其酸性由强到弱的依次为___（用化学式表示）。【答案】(1).四(2).IB(3).[Cu(NH3)4]2+(4).(5).极性键（或极性共价键）(6).非极性键（或非极性共价键）(7).2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HC1(8).＞(9).HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO【解析】【分析】X为宇宙中含量最丰富的元素，则X为H元素，Y为植物生长所必需的三种养分元素为N、P、K，电负性最大的为N，则Y为N元素，Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Z为O元素，Q的其气态氢化物与其低价氧化物常温下能反应，生成该元素的单质，则Q为S元素，T最高正价与最低负价代数和为6，其单质能与强碱溶液反应制消毒液，则T为Cl元素，W的+2价阳离子的价电子排布为3d9，其原子的价层电子排布为3d104s1，W为Cu元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】(1)W为Cu元素，Y为N元素，X为H元素，Cu位于周期表的第四周期IB族，Cu2+能与H、N形成的简洁分子结合生成一种深蓝色的离子为四氨合铜离子，其离子符号为[Cu(NH3)4]2+；(2)X为H元素，Z为O元素，X与Z按原子个数比为1：1组合得到的一种物质甲为H2O2，它能用于杀菌消毒，H2O2的电子式为；Q为S元素，T为Cl元素，也能按原子个数比为1：1组合，得到一种暗黄色的液体乙为S2Cl2，其结构与H2O2相像，则乙中存在的化学键类型有极性键(或极性共价键)和非极性键(或非极性共价键)；S2Cl2遇水发生歧化反应，得到一种淡黄色的固体为S单质和两种具有刺激性气味的气体为Cl2和SO2，该反应的化学反应方程式为2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HC1；(3)Q为S元素，T为Cl元素，二者同周期，其简洁离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则Q元素简洁离子半径＞T的简洁离子半径；元素Cl能形成多种含氧酸：HClO、HClO2、HClO3、HClO4，非羟基氧原子数目越多，酸性越强，则其酸性由强到弱的依次为HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO。【点睛】非羟基氧是吸电子的，非羟基氧原子增多会使整个分子的电子云密度下降，可以加强氢元素的正电性，这促使剩下的羟基氧上的氢发生电离，使氢更简洁电离出去，所以酸性就越强。26.铜铁及其化合物在日常生活和工业生产中有着重要用途。（1）铁制炊具在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀而生锈，负极的电极反应式为：___，正极的电极反应式为：___。（2）下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀___。（填正确答案标号）A.B.C.D.（3）高铁酸钾(K2FeO4)广泛应用于净水、电池工业等领域。工业上以钛白粉生产的副产品FeSO4制备高铁酸钾的生产流程如图：查阅资料：K2FeO4在水中溶解度很大，在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件