湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE23-湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1

Li-7

C-12

N-14

O-16

Na-23

Mg-24

Al-27Si-28

S-32

C1-35．5

Cr-52

Fe-561.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是(

)A.75%的乙醇指的是体积分数 B.NaClO与洁厕灵混用消毒效果更好C.过氧乙酸通过氧化性灭活病毒 D.氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.体积分数为75%的乙醇为医用酒精，可用于杀菌消毒，能处理外伤，故A正确；B.次氯酸钠与盐酸（洁厕灵主要成分）反应生成有毒气体，故次氯酸钠不能与洁厕灵混合运用，故B错误；C.含过氧键的物质都有强氧化性，过氧乙酸含过氧键而具有强氧化性，可灭活病毒，故C正确；D.氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂，故D正确；故答案为：B。2.下面的价电子排布中，第一电离能最小的原子可能是（）A.ns2np3 B.ns2np5 C.ns2np4 D.ns2np6【答案】C【解析】【详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大，但ns2np3属于第VA元素，ns2np4属于第ⅥA族，所以元素的第一电离能的大小依次是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的为ns2np4，故选C。【点睛】本题考查了同一周期元素第一电离能大小的推断，留意原子轨道处于半充溢、全充溢状态下结构稳定，同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。3.下列反应式中，不能正确表达反应颜色变更的是(

)A.过氧化钠在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2===2Na2O+O2↑B.用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中放置会变蓝：4I-+O2+4H+===2I2+2H2OC.浓硫酸滴到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸脱水性：C12H22O1112C+11H2OD.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2【答案】A【解析】【详解】A.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2，故A错误；B.酸性条件下碘离子简洁被氧气氧化成碘单质，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4I-+O2+4H+===2I2+2H2O，故B正确；C.浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水而碳化，发生反应：C12H22O1112C+11H2O，故C正确；D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生反应为：3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2，故D正确；故答案为：A。4.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是(

)A.键能C-C>Si-

Si、C-H>Si-H，因此C2H6稳定性大于Si2H6B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相像的共价晶体，因此具有很高的硬度C.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-p

π键D.SiH4中

Si的化合价为+4，CH4

中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4【答案】D【解析】【详解】A．原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：Si＞C，所以键能C-C＞Si-Si、C-H＞Si-H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；

B．由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相像的共价晶体，即为原子晶体，依靠很强的共价键聚集，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正确；

C．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故C正确：

D．Si与C为同主族元素，同族元素从上到下非金属性减弱，所以C的氧化性强于Si，则SiH4还原性大于CH4，故D错误；

故选：D。5.某白色固体混合物由NaCl、KCl、

MgSO4、

CaCO3

中的一种或

者几种组成，进行如下试验：①混合物溶于水，得到澄清透亮溶液；②做焰色反应，火焰颜色为黄色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀。依据试验现象对其组成推断正确的是(

)A.可能为KCl、NaCl B.肯定为NaCl、

MgSO4C.可能为NaCl、KCl、MgSO4 D.可能为KCl

、MgSO4、

CaCO3【答案】C【解析】【详解】①混合物溶于水，得到澄清透亮溶液；则无CaCO3；②做焰色反应，火焰颜色为黄色，则含有NaCl，可能含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；综上：白色固体混合物中肯定有NaCl、MgSO4，可能含KCl，肯定没有CaCO3，故C正确；故选：C。6.下列选用的仪器和药品不能达到试验目的的是()ABCD制备Fe(OH)2并能较长时间看到白色沉淀在铁上镀铜制备无水MgCl2除Cl2中的HClA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，要较长时间保存Fe(OH)2沉淀，必需在制取过程中尽可能削减和空气接触，图中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以能削减氢氧化亚铁与氧气的接触，符合题意，故A正确；B.在铁上镀铜，则铁为阴极应与电源负极相连，铜为阳极应与电源正极相连，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，符合题意，故B正确；C.制备无水MgCl2，应在氯化氢气流中加热，符合题意，故C正确；D.除杂时导管应进步短出，图中气体的进入方向不合理，故D错误；故答案为：D。7.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。M是地壳中含量其次高的元素，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是(

)A.Y、Z、M形成简洁氢化物稳定性：Z>Y>MB.X、Y、Z、M的原子半径：M>Z>Y>XC.Z2X4的水溶液呈碱性D.ZQ3中原子最外层都满意8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，M是地壳中含量其次高的元素，则M为Si元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Y为C元素，Z为N元素；化合物Z2X4的电子总数为18个，则X的电子数为，X为H元素，该化合物为N2H4；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，所以Q为第三周期元素，最外层电子数为7，Q为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素，则：A.同周期元素从左到右元素非金属性依次增加，同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，因元素的非金属性越强，其简洁氢化物稳定性越强，所以Y、Z、M形成简洁氢化物稳定性：Z>Y>M，故A正确；B.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较：M（Si）＞Y（C）＞Z（N）＞X（H），故B错误；C.N2H4的结构简式可表示为H2N-NH2，分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，故C正确；D.ZQ3形成的化合物为NCl3，该分子中原子最外层都满意8电子稳定结构，故D正确；故答案为：B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意规律性学问的应用，题目难度不大。8.从中草药中提取的calebinA

(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA说法错误的是(

)A.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种B.1

mol该物质与溴水反应，最多消耗5molBr2C.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应D.lmol该分子最多与9molH2发生加成反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知，分子中含酚羟基、碳碳双键、酯基及醚键、羰基，结合酚、烯烃、酯等有机物的性质来解答。【详解】A.该有机物结构不对称，苯环上分别含3种H，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故A正确；B.该有机物中能与溴水发生的官能团有酚羟基和碳碳双键，所以1mol该物质与溴水反应，最多消耗4molBr2，故B错误；C.该有机物中含酯基，可在酸溶液中水解，且水解产物均含酚羟基，可与碳酸钠溶液反应，故C正确；D.苯环、碳碳双键、羰基与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与9molH2发生加成反应，故D正确；故选B。9.熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为：2Na+xSNa2Sx(x=5~3，难溶

于熔融硫)。下列说法错误的是()A.Na2S4的电子式为：B.放电时正极反应为：xS+2Na++2e-===Na2SxC.充电时的阴极反应：Na-e-===Na+D.Na和S分别为电池的负极和正极【答案】C【解析】【分析】由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发生还原反应作正极，负极反应式为Na-e-===Na+，正极反应为xS+2Na++2e-===Na2Sx，阴离子向负极移动，Na-β-Al2O3为隔膜，阳离子向正极移动，以此答题。【详解】A.Na2S4的结构类似过氧化钠，所以Na2S4电子式为：，故A正确；B.由电池的总反应方程式可知，x个S原子得到2个电子，所以放电时正极反应为xS+2Na++2e-===Na2Sx（因Na2Sx难溶于熔融硫，故不拆），故B正确；C.由充电时的总反应方程式可知，电池充电时阴极发生得电子的还原反应，故C错误；D.由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发生还原反应作正极，故D正确；故选：C。10.5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+

2I-

(aq)=2Fe2+

(aq)+I2(aq)，达到平衡。

下列说法不正确的是(

)A.加入苯，振荡，平衡正向移动B.加入FeSO4固体，平衡逆向移动C.该反应的平衡常数K=D.经苯2次萃取分别后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度【答案】C【解析】【详解】A.加入苯，导致溶液中碘单质的浓度减小，削减生成物的浓度平衡正向移动，故A正确；B.加入FeSO4固体，导致溶液中亚铁离子的浓度变大，平衡逆向移动，故B正确；C.由反应2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)可知：平衡常数K=，故C错误；D.在FeCl3与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有三价铁离子，即铁离子没有完全反应，说明该化学反应存在限度，故D正确；故选C。11.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）A.聚合物P中有酯基，能水解 B.聚合物P的合成反应为缩聚反应C.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 D.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得【答案】C【解析】【详解】A.依据X为、Y为可知，X与Y干脆相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A正确；B.聚合物P中含酯基，可由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应合成，故B正确；C.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH，与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，不能形成交联结构，故C错误；D.聚合物P的原料之一为丙三醇，油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三醇，故D正确；答案选C。【点睛】依据X和Y的结构知聚合物P中含酯基，所以用切割法推断合成聚合物P的原料。12.室温下，将两种浓度均为0.lmol/L的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变更可忽视，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是()A.NaHCO3-Na2CO3

混合溶液：c(Na+)>c(HCO)>c(CO

)>c(OH-)B.氨水-NH4Cl

混合溶液(pH=9.25)：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.CH3COOH-CH3COONa

混合溶液：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4

混合溶液：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O)【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：碳酸根离子＞碳酸氢根离子，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)>c(CO)，碳酸氢根离子和碳酸根离子水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)，故A正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒为：c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(Cl-)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH-)，又因为氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)，所以混合溶液显碱性，即c(OH-)>c(H+)，因此溶液中c(NH3·H2O)＜c(NH)，故B错误；C.溶液中物料守恒为：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两式联立消去c(Na+)可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故C正确；D.该混合溶液中物料守恒为：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O)，故D正确；答案选B。13.已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoC14]2-呈蓝色，[ZnC14]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-

[CoC14]2-+6H2OΔH用该溶液做试验，溶液的颜色变更如下：以下结论和说明正确的是()A.由试验①可推知ΔH<0B.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ键数之比为9:2C.试验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由试验③可知配离子的稳定性：[ZnC14]2->[CoC14]2-【答案】BD【解析】【详解】A.①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆反应为放热反应，则[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的反应为吸热反应，所以ΔH＞0，故A错误；B.1molH2O分子中有2molσ键，1mol[Co(H2O)6]2+的σ键为：2×6+6=18mol；1mol[CoC14]2-的σ键为4mol，所以等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ键数之比为18:4=9:2，故B正确；C.c(H2O)是常数，不会变更；平衡逆向移动应是离子浓度减小引起的，故C错误；D.加入ZnCl2后，生成难电离的稳定的粉红色的[Co(H2O)6]2+；Zn2+浓度增大，与Co2+结合的Cl-更易与Zn2+形成配位键，生成[ZnC14]2-，说明配离子：[ZnC14]2-的稳定性强于[CoC14]2-的稳定性，故D正确；故答案为：BD。14.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变更的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

A.上升温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变更C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，变更除温度外的特定条件接着反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，上升温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B．依据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变更，故B正确；C．运用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能变更平衡转化率，故C错误；D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过变更二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。15.据文献报道：Fe(CO)5

催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是(

)A.该反应可消耗温室气体CO2B.OH-作为中间产物参加了该催化循环C.该催化循环中Fe的成键数目发生了变更D.该反应可产生清洁燃料H2【答案】CD【解析】【分析】Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5Fe(CO)4COOH-Fe(CO)4H-+CO2Fe(CO)4(HOH)H-Fe(CO)4(H)2+OH-Fe(CO)4H2Fe(CO)4+H2Fe(CO)5，由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，其中OH-参加了该催化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。【详解】A.由反应机理图可知，总反应为CO+H2OCO2+H2，所以该反应可生成温室气体CO2，消耗CO，没有消耗CO2，故A错误；B.由反应机理图可知：OH-作为催化剂参加了该催化循环，不是中间产物，故B错误；C.由反应机理图可知，Fe的成键数目变更为：5个共价键→6个共价键→5个共价键→4个共价键→5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变更，故C正确；D.由反应机理图可知，总反应CO+H2OCO2+H2，所以该反应可产生清洁燃料H2，故D正确。故答案为：CD。【点睛】本题考查反应机理的分析推断、催化剂作用的理解应用、化学键的变更等，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，驾驭化学反应原理等基础学问即可解答，题目难度中等。16.I：汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如：反应I：2CO+2NO⇌N2+2CO2△H1；反应II：4CO+2NO2⇌N2+4CO2△H2<0。(1)已知：反应N(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ/mol，若CO的燃烧热△H为-283.5kJ/mol，则反应I的△H1=_____________________。(2)若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和lmolNO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_________________。A．N2和CO2的物质的量之比不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的压强保持不变D．2v(N2)=v(CO)E．混合气体的平均相对分子质量保持不变(3)在2L密闭容器中充入2molCO和1molNO2，发生上述反应II。①若在某温度下，该反应达平衡时CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为___________。②如图为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度：T1__T2(填“<"或">")；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的______点。II：CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电解装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：(4)阴极上的反应式为_______________。(5)若阳极生成的乙烯和乙烷的体积比为1：1，则两电极消耗的CH4和CO2体积比为____________(气体体积在相同条件下测定)。【答案】(1).-747.0kJ/mol(2).ABD(3).2(4).<(5).E(6).CO2+2e－=CO+O2－(7).4：3【解析】【详解】(1)已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ•mol-1，CO的燃烧热△H为-283.5kJ/mol，则有②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H4=-567kJ•mol-l，依据盖斯定律，②-①得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H1=-747.0kJ•mol-1；(2)A．初始投料为CO和NO，所以反应过程中N2和CO2的物质的量之比始终为1:2，所以二者的比值不变不能说明反应平衡，故A符合题意；B．反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能推断反应达到平衡，故B符合题意；C．反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．选项并未注明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明是否平衡，故D符合题意；E．反应前后气体总质量保持不变，而气体的物质的量变更，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量发生变更，当其不变时，说明平衡，故E不符合题意；综上所述答案为ABD；(3)①初始投料为2molCO和1molNO2，平衡时CO的转化率为50%，则平衡时△n(CO)=1mol，列三段式有；容器的容积为2L，则平衡常数K==2；②该反应焓变小于0，正反应为放热反应，相同压强条件下，上升温度平衡逆向移动，CO2的体积分数减小，所以T1<T2；该反应正反应为压强减小的反应，所以压强减小平衡逆向移动CO2的体积分数减小，同时升温也会使CO2的体积分数减小，所以可能会移动到E点；(4)与电源负极相连的一极为阴极，所以电极A为阴极，依据球棍模型可知电极A上CO2得电子生成CO同时产生O2－，所以电极反应为CO2+2e－=CO+O2－；(5)依据元素守恒和电子守恒可知阳极(B极)的反应为4CH4-6e－+3O2－=C2H6+C2H4+3H2O，转移6mol电子时消耗4molCH4，依据阴极反应式可知消耗3molCO2，所以消耗的CH4和CO2体积比为4:3。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变更，解题时要留意，选择推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。17.I：氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。(1)写出基态N原子的核外电子排布图_______________________。(2)NH3BH3分子中，N-B化学键称为配位键，其电子对由___原

子供应。氨硼烷在催化剂作用下与水反应放出氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH+B3O+9H2↑B3O的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_____变为______。II：如图是某化合物晶胞示意图，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。该立方体晶胞边长为a

pm。(3)该化合物的化学式是___________________。(4)该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，Al

原子构成的图为下列图形中的_______。(5)求出Si与Al之间的共价键键长是____

pm。【答案】(1).(2).氮(或者N)(3).sp3(4).sp2(5).LiAISi(6).D(7).【解析】【分析】(1)依据构造原理书写基态N原子的核外电子排布式，据此分析解答；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氢原子形成了3个σ键，氮原子还有1对孤电子对，硼原子和氢原子形成了3个σ键，硼原子还有空轨道，产物中，硼原子形成3个σ键，没有孤电子对，据此分析解答；II：(3)依据晶胞结构利用均摊法计算各种原子数目，其最简式即为该化合物的化学式；(4)依据晶胞中Al原子的位置结合选项分析推断；(5)Si与Al之间的共价键键长为晶胞体对角线长度的。【详解】(1)基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则核外电子排布式图；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氢原子形成了3个σ键，氮原子还有1对孤电子对，硼原子和氢原子形成了3个σ键，硼原子还有空轨道，所以氮原子和硼原子之间的共用电子对是氮原子单方面供应的，则N-B化学键称为配位键；在NH3BH3中，B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子的杂化类型是sp3，而产物中，B原子形成3个σ键，没有孤电子对，原子的杂化类型是sp2，所以在该反应中，B原子的杂化类型由sp3变为sp2；II：(3)依据晶胞结构可知Si原子个数是4，Al原子个数是8×+6×=4，Li原子个数是12×+1=4，因此该化合物的化学式是LiAlSi；(4)Al原子在该晶胞的顶点和面心，该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，Al

原子构成的图为下列图形中的D，答案选D；(5)已知该立方体晶胞边长为apm，则其体对角线的长度为apm，由晶胞图示可知，Si与Al之间的共价键键长是对角线的，即为×a=

pm。18.某化工厂排放的工业废水中主要含Na+、HSO、SO，探讨小组欲测定其中HSO的浓度，设计如下三个方案。请回答下列问题：(1)利用如图所示的装置完成方案一。①仪器A的名称是_____________。②量气管读数前，除冷却至室温外，还应进行操作是___________。(2)①方案二中汲取气体a的“X溶液"可能是____________。a．双氧水b．硝酸钠溶液c．

H2SO4

酸化的KMnO4溶液②若X为次氯酸钠，写出气体a与X溶液反应的离子方程式__________。③该方案中，操作I包含的操作名称依次为______________。(3)方案三:量取20.00

mL废水试样，用0.02

mol/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定。记录数据，计算。①方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是_____________(填标号)。该方案是否须要指示剂_____?(填“是”或“否")。②滴定数据记录如表：计算该废水试样中HSO3-的浓度为__________________。【答案】(1).分液漏斗(2).调整B、C装置使两液面相平(3).ab(4).SO2+ClO-+H2O=2H++SO+Cl-(5).过滤、洗涤、干燥(6).a(7).否(8).0.05【解析】【分析】方案一的原理为：利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2，通过测定生成的SO2的体积来确定亚硫酸氢根的浓度；方案二的原理为：首先利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2，然后利用具有氧化性的溶液汲取氧化SO2得到硫酸根，再用BaCl2溶液沉淀硫酸根，过滤、洗涤、干燥得到硫酸钡沉淀，通过硫酸钡的量来计算SO2的量，继而得到硫酸氢根的浓度；方案三的原理为：利用酸性高锰酸钾溶液氧化滴定亚硫酸氢根的浓度，方程式为5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O。【详解】(1)①依据仪器A的结构可知其为分液漏斗；②为保证C中气体的压强与大气压相同(这样才能知道C中气体的压强)，所以量气筒读数前除了要冷却到室温之外还应调整B、C装置使两液面相平；(2)①气体a为SO2，X溶液的目的是氧化汲取SO2；a．双氧水具有氧化性可以氧化SO2得到硫酸根，故a可以；b．硝酸钠溶液中含有硝酸根，SO2溶于水显酸性，酸性环境下硝酸根可以氧化SO2得到硫酸根，故b可以；c．虽然硫酸酸化的高锰酸钾可以氧化汲取SO2，但引入了硫酸根，故c不行以；综上所述答案为ab；②次氯酸钠中含有次氯酸根，可以将SO2氧化得到SO，自身被还原成Clˉ，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为SO2+ClO-+H2O=2H++SO+Cl-；③操作I的目的是从固液混合物中得到硫酸钡沉淀，所以操作为过滤、洗涤、干燥；(3)①酸性高锰酸钾溶液显酸性，且具有强氧化性，所以要用酸式滴定管，即带玻璃旋塞滴定管，故a最合理；该方案滴定过程中高锰酸根会被亚硫酸氢根还原，到达滴定终点时，亚硫酸氢根完全反应，高锰酸钾过量，所以溶液会从无色变为浅紫色，所以不须要指示剂；②依据表格数据四次试验消耗的高锰酸钾标准液的体积为：20.12mL-0.10mL=20.02mL、21.08mL-1.10mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL，第三组试验数据偏差较大，所以舍去，则该试验中消耗的酸性高锰酸钾标准液的体积为=20.00mL，待测液的体积为20.00mL，结合方程式5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O可得c(HSO)==0.05mol/L。19.某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、

CaO、

CuO等)制备羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)的工艺流程如图：已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如图：请回答下列问题：(1)①滤渣1的主要成分是_____________。②如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是____________℃，若酸浸时将温度限制在80℃左右，则滤渣1中会含有肯定量的Ni(OH)2，其缘由可能是_____________。(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为：________________。(3)试剂Y用于调整溶液的pH，则调控pH的范围是________________。(4)写出沉钙后氧化过程中反应的离子方程式______________________。(5)沉钙时，当溶液中c(F-)=3.0×10-2mol/L时，通过计算确定溶液中Ca2+否沉淀完全______[常温时，Ksp(CaF2)=2.7×10-11]。【答案】(1).CaSO4(2).70(3).随着温度的上升，Ni2+水解程度增大，从而形成肯定量的Ni(OH)2沉淀(4).H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+(5).3.2≤pH<7.1(6).ClO-

+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1-(7).c(Ca2+)=mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全【解析】【分析】含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO等)用H2SO4酸浸后，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液，大部分的CaO转化为CaSO4沉淀，即为滤渣1，少量的Ca2+残留在溶液中。加H2S，可将Fe3+还原为Fe2+，也可以将Cu2+转化为CuS沉淀，此时溶液中的金属离子还有Ni2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化剂X将Fe2+还原为Fe3+，再加试剂Y调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，再加NaF将Ca2+沉淀，金属离子只剩Ni2+，最终加NaOH、NaClO，制得羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)。【详解】（1）①由分析可知，滤渣1的主要成分是CaSO4；②由图可知当温度在70°左右时镍的浸出率较高，故酸浸时相宜的温度为70°C；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有肯定量的Ni(OH)2，；（2）由分析可知，操作A是H2S与Fe3+的反应，方程式为H2S+2Fe3