江苏省南京市南京师范大学附属中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE21-江苏省南京市南京师范高校附属中学2024-2025学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1O16Na23S32Fe56Ba137Ⅰ卷（选择题共44分）选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共计20分）1.下列说法不正确的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B.水解反应NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，上升温度平衡逆向移动C.草木灰与铵态氮肥不宜混合运用D.盐类水解反应的逆反应是中和反应【答案】B【解析】【详解】A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，胶体表面积大，吸附实力强，可用作净水剂，故A正确；B．水解反应为吸热反应，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+达到平衡后，上升温度平衡正向移动，故B错误；C．草木灰水溶液呈碱性，铵态氮肥在碱性条件下不稳定，不宜混合运用，故C正确；D．盐类水解反应从逆反应来看是酸碱中和反应，通常情回况下我们把中和反应看作不行逆反应，但是可逆反应是肯定的，不行逆反应是相对的，故D正确；故选B。2.下列各组物质中，都是由极性键构成为极性分子的一组的是A.CH4和H2O B.CO2和HCl C.NH3和H2S D.HCN和BF3【答案】C【解析】【详解】CH4是由极性键构成的非极性分子，H2S是由极性键构成的极性分子，BF3是由极性键构成的非极性分子，CO2是由极性键构成的非极性分子，HCl是由极性键构成的极性分子。3.向含有MgCO3固体的浊液中滴加少许浓盐酸（忽视体积改变），下列数值变小的是A.c（Mg2+） B.Ksp（MgCO3） C.c（H+） D.c（CO32-）【答案】D【解析】【分析】MgCO3固体的浊液中存在溶解平衡，MgCO3（s）Mg2＋（aq）＋CO32－（aq），从平衡移动的角度分析滴加少许浓盐酸后引起的各种改变。【详解】A．滴加少许浓盐酸后，碳酸根离子浓度减小，平衡正向移动，镁离子浓度增大，故A不选；B．Ksp（MgCO3）是温度的函数，温度不变，Ksp（MgCO3）不变，故B不选；C．滴加少许浓盐酸后，酸性增加，氢离子浓度增大，故C不选；D．滴加少许浓盐酸后，碳酸根离子与盐酸反应，生成碳酸氢根离子，c（CO32-）变小，故选D；故选D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B.0.1mol·L-1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C.0.1mol·L-1KHCO3溶液：Na+、Fe2+、ClO-、NO3-D.0.1mol·L-1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-四种离子之间不反应，在碱性条件下可大量共存，故A选；B．0.1mol·L-1FeCl2溶液中亚铁离子能被MnO4-氧化成铁离子，故B不选；C．Fe2+能被ClO-氧化生成Fe3＋，故C不选；D．0.1mol·L-1H2SO4溶液中H+、NO3-、HSO3-之间发生氧化还原反应，生成SO42－和NO，故D不选；故选A。5.下列试验操作能达到试验目的的是A.用经水潮湿的pH试纸测量溶液的pHB.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液C.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D.用装置乙除去试验室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】【分析】此题考查基本试验操作，依据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。【详解】A.用水潮湿的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，试验操作错误，不能达到试验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的试验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠干脆置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生改变，引起试验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液汲取，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；故选D。【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。6.下列说法不正确是A.HClO、H2CO3、HNO3、HClO4的酸性依次增加B.苹果酸（）含有1个手性碳原子C.HCl、NH3、C2H5OH均易溶于水的缘由之一是与H2O之间均能形成氢键D.[Cu(H2O)4]2+中配位原子为氧原子【答案】C【解析】【详解】A．同种元素不同价态的含氧酸，化合价越高，酸性越强，故HClO、HClO4酸性增加，NaClO能与CO2和H2O反应，说明HClO<H2CO3，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N<Cl，酸性HNO3<HClO4,故A正确；B．如图苹果酸（）含有1个手性碳原子，只有带*的碳原子上连有四个不同的原子或原子团，故B正确；C．NH3、C2H5OH均易溶于水的缘由之一是与H2O之间均能形成氢键，但HCl与水分子间不能形成氢键，故C错误；D．[Cu(H2O)4]2+中氧原子供应孤电子对，铜离子供应空轨道，配位原子为氧原子，故D正确；故选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.室温下用稀NaOH溶液汲取Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2OB.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑C.室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2OD.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+【答案】A【解析】【分析】A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；C.不符合客观事实；D.应拆分的物质没有拆分；【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO，正确离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3，故D错误；综上所述，本题应选A.【点睛】本题考查离子方程式正误的推断。推断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行推断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行推断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行推断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行推断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行推断。8.下列关于范德华力的叙述中，正确的是()A.范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特别化学键B.任何分子间在随意状况下都会产生范德华力C.范德华力与化学键的区分是作用力的强弱问题D.范德华力特别微弱，故破坏范德华力不须要消耗能量【答案】C【解析】【详解】A.范德华力的实质也是一种电性作用，但是范德华力是分子间较弱的作用力，它不是化学键，A错误；B.当分子间的距离足够远时，分子间没有范德华力，所以并不是任何分子间在随意状况下都会产生范德华力，B错误；C.化学键是微粒间的一种剧烈的相互作用，而范德华力是分子间较弱的作用力，所以范德华力与化学键的区分是作用力的强弱问题，C正确；D.虽然范德华力特别微弱，但是破坏范德华力也要消耗能量，D错误；故合理选项是C。9.有机物CH3CH==CH—C≡CH中标有“·”的碳原子的杂化方式依次为A.sp、sp2、sp3 B.sp3、sp、sp2 C.sp2、sp、sp3 D.sp3、sp2、sp【答案】D【解析】【分析】依据价层电子对互斥理论推断C原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，假如价层电子对个数是4，则C原子采纳sp3杂化，假如价层电子对个数是3，则C原子采纳sp2杂化，假如价层电子对个数是2，则C原子采纳sp杂化。【详解】甲基上C原子含有4个σ键，则C原子采纳sp3杂化，碳碳双键两端的C原子含有3个σ键，则C原子采纳sp2杂化，碳碳三键两端的C原子含有2个σ键，则C原子采纳sp杂化，故选D。【点睛】本题考查原子杂化方式推断，明确价层电子对互斥理论是解本题关键，知道价层电子对个数的计算方法。10.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液潮湿后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀试验。下列有关该试验的说法正确的是A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】依据试验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了很多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。依据电解质溶液的酸碱性可推断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。不定项选择题(每小题3分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。)11.高温时通过以下反应制备金属铝。用铝制作的“快速放电铝离子二次电池”的原理如下图所示(EMI+为有机阳离子)。①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1③Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3下列说法正确的是A.该电池的电解质可用氯化铝水溶液替代B.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a-b)kJ·mol-1C.该电池充电时石墨电极与电源正极相连D.该电池放电时的负极反应方程式为：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-【答案】CD【解析】【详解】A．该电池在无水条件下进行，电解质不行用氯化铝水溶液替代，高温时氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝，故A错误；B．依据盖斯定律Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）为①+②，所以Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=（a+b）kJ·mol－1，故B错误；C．充电时正极与外接电源的正极相连，则石墨极与外电源的正极相连，故C正确；D．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，铝发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4－结合生成Al2Cl7－，所以电极反应式为：Al-3e－+7AlCl4－═4Al2Cl7－，故D正确；故选CD。【点睛】本题考查学生二次电池的工作原理以及盖斯定律的应用等学问，侧重学生的分析实力的考查，属于综合学问的考查，留意把握电极的推断方法和电极方程式的书写，易错点A，高温时氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝。12.下列装置图或曲线图与对应的叙述相符的是A.如下图所示，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线B.某温度下FeS、CuS的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。在物质的量浓度相等的Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化钠溶液，首先沉淀的离子为Fe2+C.如下图所示，用0.1mol·L-1CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时:c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)D.据下图，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在5.8左右【答案】C【解析】【详解】A．醋酸存在电离平衡，同浓度同体积盐酸和醋酸，起先时盐酸溶液pH小于醋酸，所以虚线表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；B．依据图象分析可知，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同浓度Fe2＋和Cu2＋溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol·L－1CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）+c（Na＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），c（H＋）=c（OH－），则c（CH3COO－）=c（Na＋），得到当pH=7时：c（Na＋）=c（CH3COO－）＞c（OH－）=c（H＋），故C正确；D．分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为3.7，加入氧化铜会调整溶液pH，到pH=5.5时铜离子会沉淀，应调整溶液pH小于5.5，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解应用，溶液中电荷守恒的分析计算沉淀溶解平衡的数值理解，驾驭图象分析方法是关键，难点C，利用电荷守恒进行分析。13.下列有关原子核外电子的能量与运动状态的说法正确的是A.在同一原子中，2p、3p、4p……能级的电子轨道数依次增多B.在同一能级上运动的电子，其能量肯定相同C.在同一能级上运动的电子，其运动状态有可能相同D.在同一原子中，1s、2s、3s、4s……能级的原子轨道的平均半径相同【答案】B【解析】【详解】A．同一原子中，不同能层，相同能级的轨道数相同，故A错误；B．原子的最外层同一能级的电子能量相同，则在同一能级上运动的电子，其能量肯定相同，故B正确；C．在同一能级上运动的电子，其运动状态不同，故C错误；D．在同一原子中，1s、2s、3s、4s……能级的原子轨道的平均半径增大，故D错误；故选B。14.下列说法正确的是A.反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)∆H>0，高温下该反应可自发进行B.电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极C.反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O，每消耗1molKIO3转移的电子数目为6molD.恒温恒容密闭容器中进行的反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，当压强不再发生改变，反应达到平衡【答案】AB【解析】【详解】A．由化学计量数可知△S＞0，分解反应是吸热反应，即反应的△H＞0，△S＞0，要△H-T△S<0，高温下该反应可自发进行，故A正确；B．依据电解原理的应用：电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B正确；C．反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O，碘元素的化合价改变，转移电子是5mol，每消耗1molKIO3转移的电子数目为5mol，故C错误；D．恒温恒容闭密容器中进行的反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)始终是一个压强不会发生改变的反应，压强不再发生改变时，反应不肯定达到平衡状态，故D错误；故选AB。15.下表中各粒子对应的立体构型及杂化方式均正确的是选项粒子立体构型杂化方式ASO3平面三角形S原子实行sp2杂化BSO2V形S原子实行sp3杂化CCO32-三角锥形C原子实行sp2杂化DBeCl2直线性Be原子实行sp杂化A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．SO3分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采纳sp2杂化，为平面三角形结构，故A正确；B．SO2的价层电子对个数=2+（6-2×2）=3，硫原子实行sp2杂化，该分子为V形结构，故B错误；C．碳酸根离子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（4+2-3×2）=3，所以原子杂化方式是sp2，为平面三角形结构，故C错误；D．BeCl2分子中每个Be原子含有2个σ键，价层电子对个数是2，没有孤电子对，为sp杂化，为直线型，故D正确；故选AD。16.S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法中错误的是()A.S2Cl2为非极性分子B.分子中既含有极性键又含有非极性键C与S2Br2结构相像，熔、沸点S2Br2>S2Cl2D.与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl【答案】A【解析】【详解】A、依据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，故A说法错误；B、S和Cl之间形成共价键为极性键，S和S之间形成共价键为非极性键，故B说法正确；C、S2Cl2与S2Br2结构相像，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故C说法正确；D、S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D说法正确。17.室温下进行下列试验，依据试验操作和现象所得到的结论正确的是选项试验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中肯定含有Fe2+B向浓度均为0.05mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的实力比CH3COOH的强A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中肯定含有Fe2+是错误的，故A错误；B.黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，依据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知，所以无法依据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；故选C。18.室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按肯定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积改变可忽视，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A0.2mol·L−1氨水：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH−）>c（H+）B.0.2mol·L−1NH4HCO3溶液（pH>7）：c（NH4+）>c（HCO3-）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）C.0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D.0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3·H2O）+c（CO32-）+c（OH−）=0.3mol·L−1+c（H2CO3）+c（H+）【答案】BD【解析】【详解】A.NH3∙H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c（OH-）>c（NH4+），选项A错误；B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c（NH4+）>c（HCO3-），HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大，则c（H2CO3）>c（NH3∙H2O），选项B正确；C.由物料守恒，n（N）:n（C）=2:1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]，选项C错误；D.由物料守恒，n（N）:n（C）=4:1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=4[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]①；电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）②；结合①②消去c（NH4+）得：c（NH3∙H2O）+c（OH-）=c（H+）+4c（H2CO3）+3c（HCO3-）+2c（CO32-）③，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c（NH4HCO3）=0.1mol/L，由碳守恒有，c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c（CO32-），则有c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），将④带入③中得，c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+3c（H2CO3）+0.3mol/L，选项D正确；答案选BD。第Ⅱ卷（填空题）二、填空题19.（1）A、B、C为同一短周期金属元素。依据下表数据分析，A、B、C三种元素的离子半径由大到小的依次是_____。(用离子符号表示)电离能/kJ•mol-1I1I2I3I4A500460069009500B7401500770010500C5801800270011600（2）已知H2O2分子的空间结构如图所示，H2O2分子中氧原子实行____________杂化；H2O2分子是______(填“极性分子”或“非极性分子”)。（3）R是第4周期元素中未成对电子数最多的原子。R3+在溶液中存在如下转化：R3+R(OH)3[R(OH)4]-①基态R原子的价电子排布式为_____。②[R(OH)4]-中存在的化学键是_____；1mol[R(OH)4]-离子中含有σ键的数目为_______mol。A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键【答案】(1).Na＞Mg＞Al(2).sp3(3).极性分子(4).3d54s1(5).BD(6).8【解析】【详解】（1）由表中数据可知，C的第四电离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A其次电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Na＞Mg＞Al，故答案为：Na＞Mg＞Al；（2）由H2O2的结构可知，O原子形成1个O-H键、1个O-O键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，H2O2分子的正负电荷中心不重叠，是极性分子；故答案为：sp3；极性分子；（3）①R是1～36号元素中未成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；②R为Cr元素，[Cr（OH）4]-与[Al（OH）4]-结构相像，Cr3＋与OH－之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键，故选BD；又因为该离子中化学键均为σ键，1mol[R(OH)4]-离子中含有σ键的数目为4mol+4mol=8mol。故答案为：BD；8。【点睛】本题考查电离能、化学键与杂化轨道、原子半径比较、核外电子排布规律等，难点（1）留意理解第一电离能与化合价关系。20.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)，常用铁触媒作催化剂。（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_____，电负性最大的元是______。（2）26Fe在周期表中的位置是_____，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行说明：_____。（3）与CO互为等电子体的阴离子是_____，阳离子是_____。（填化学式）（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸汲取NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_____。【答案】(1).N(2).O(3).第四周期VIII族(4).Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充溢的结构，依据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋简单失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性(5).CN－（或C22－）(6).NO＋(7).HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+【解析】【详解】（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小依次是N＞O＞C；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；（2）Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充溢的结构，依据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋简单失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2＋的价电子排布式为3d6，3d轨道再失去一个电子后就成了半充溢的结构，依据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2＋简单失去一个电子，易被氧化为Fe3＋，具有较强的还原性；（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN－（或C22－），阳离子是NO＋。故答案为：CN－（或C22－）；NO＋；（4）依据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。21.铝及铝的化合物有着极为广泛的用途。（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下用石墨做阴极和阳极进行电解：2Al2O34Al+3O2↑,则电解时不断消耗的电极是_____（填“阳极”或“阴极”）（2）铝片、石墨、空气和海水构成的原电池可用于航标供电，该原电池正极的电极反应是_____。（3）泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生反应的离子方程式是______。（4）在配制AlCl3溶液时，防止溶液出现浑浊现象，溶液中应加入_____。（5）Mg(OH)2固体能除去镁盐溶液中Al3+，缘由是_____。（用离子方程式表示）【答案】(1).阳极(2).O2+2H2O+4e-=4OH－(3).Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑(4).盐酸(5).3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋【解析】【详解】（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下用石墨做阴极和阳极进行电解：2Al2O34Al+3O2↑，阳极上氧离子失电子生成氧气，高温下不断与石墨反应，则电解时不断消耗的电极是阳极，故答案为：阳极；（2）铝片、石墨、空气和海水构成的原电池可用于航标供电，铝和石墨构成的原电池，铝做负极，在负极发生的反应是Al-3e-=Al3+,在正极反应是O2+2H2O+4e-=4OH－，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH－；（3）泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生反应，HCO3－和Al3＋均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑；（4）Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋由于Al3+的水解，产生Al(OH)3会出现浑浊现象，要消退浑浊现象，又不污染药品，可加入适量的盐酸，抑制Al3+水解。故答案为：盐酸；（5）氢氧化铝溶解度更小，Mg(OH)2固体能除去镁盐溶液中Al3+，用离子方程式表示：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋。故答案为：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋。22.“盐泥”是氯碱工业中产生的。盐泥中含NaCl(15%~20%)、Mg(OH)2(15%~20%)、CaCO3(15%~20%)和BaSO4等不溶于酸的物质。用“盐泥”生产七水硫酸镁，设计了如下工艺流程：（1）电解食盐水前，为除去粗食盐水中的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，下列试剂加入的先后依次合理的是_____（填序号）。A．碳酸钠溶液B．氢氧化钠溶液C．氯化钡溶液D．盐酸（2）已知Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10-12。设食盐水中Mg2+的浓度为0.06mol·L-1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的pH≥_____才可能产生Mg(OH)2沉淀。（3）氯碱工业上电解食盐水阴极发生的反应是_____。（4）三种化合物的溶解度(S)随温度改变曲线见下图在“过滤Ⅰ”中须要趁热过滤，其主要缘由是_________；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、_________。（5）检验MgSO4·7H2O中杂质是否洗涤干净的操作是_____。【答案】(1).BACD或ABCD或ACBD(2).9(3).2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）(4).温度较高时钙盐与镁盐分别更彻底（或高温下CaSO4·2H2O溶解度小）(5).硫酸钡（BaSO4）、硫酸钙（CaSO4或CaSO4·2H2O）(6).取最终洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。【解析】【详解】（1）加入的钡离子可以由碳酸钠除去，故最终加碳酸钠，钡试剂与氢氧化钠先后都可，故加入试剂的依次为先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3或先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3，BACD或ABCD或ACBD；故答案为：BACD或ABCD或ACBD；（2）已知Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10-12。设食盐水中Mg2+的浓度为0.06mol·L-1，c(OH-)=,氢离子浓度为10-9mol·L-1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的pH≥9才可能产生Mg(OH)2沉淀。故答案为：9；（3）H＋比Na＋简单得到电子，因而H＋不断地从阴极获得电子被还原为氢原子，并结合成氢分子从阴极放出，氯碱工业上电解食盐水阴极发生的反应是2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）。故答案为：2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）；（4）在蒸发浓缩的过程中，温度大于40℃时随温度上升CaSO4·2H2O晶体溶解度降低，故会析出CaSO4·2H2O晶体，且应当趁热过滤，防止温度降低CaSO4·2H2O的溶解度变大，又重新溶解，不利于钙盐和镁盐的分别；同时温度降低硫酸镁晶体会析出，造成产量损失；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、盐泥中含有的硫酸钡，蒸发酒精出来的硫酸钙，故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分别更彻底（或高温下CaSO4·2H2O溶解度小）；硫酸钡（BaSO4）、硫酸钙（CaSO4或CaSO4·2H2O）；（5）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应当先除去硫酸根离子，再检验氯离子，方法为：取最终洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。故答案为：取最终洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。【点睛】本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，留意除去多种杂质时，要考虑加入试剂的依次，为了保证将杂质除尽，所加试剂必需过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂，难点（5）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应当先除去硫酸根离子，再检验氯离子。23.绿矾(FeSO4·7H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS起先沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。（1）工业上若用过量稀硝酸溶解铁屑，则会产生污染性气体，其反应离子方程式是_____。（2）操作II中，通入硫化氢至