2022届北京市第四中学高二上学期期末考试化学试题（含解析）

北京第四中学2021-2022学年上学期高二年级期末考试化学试卷可能使用的相对原子质量：H-1N-14O-16Ti-48Ba-137一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分)1.关于原子光谱说法不正确的是A.霓虹灯光、LED灯光与原子核外电子跃迁释放能量有关B.焰色试验是利用元素特征可见原子光谱鉴别某些元素C.许多元素是通过原子光谱发现的D.原子电子发生跃迁，是指电子从较低能量的状态变为较高能量的状态【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．霓虹灯光、LED灯光中原子获得能量从能量低的能级跃迁到能量高的能级，很快电子能量高的激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时，将释放能量，光(辐射)是电子跃迁释放能量的重要形式之一，故A说法正确；B．不同元素原子的电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，焰色试验本质是电子从能量高的激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时，释放能量，光(辐射)是电子跃迁释放能量的重要形式之一，因此焰色试验是利用元素的特征可见原子光谱鉴别某些元素，故B说法正确；C．不同元素原子的电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，在历史上，许多元素是通过原子光谱发现的，如铯和铷，故C说法正确；D．电子从较低能量的状态变为较高能量的状态称为电子跃迁，电子从较高能量的状态变为较低能量的状态也称为电子跃迁，故D说法错误；答案为D。2.下列表述不正确的是A.多电子原子中，原子轨道能量：3s＜3p＜3dB.第四周期有18种元素，因此第四能层最多容纳18个电子C.不同元素原子的1s轨道能量不同D.基态Cl原子中，存在17个运动状态不同的电子【2题答案】【答案】B【解析】【详解】A．多电子原子中，同一能层中原子轨道能量ns＜np＜nd，原子轨道能量：3s＜3p＜3d，A正确；B．每个电子层最多容纳2n2，所以因此第四能层最多容纳32个电子，B错误；C．元素不同，原子的1s轨道能量不同，C正确；D．基态Cl原子中核外电子数为17，每个电子的运动状态都不相同，故存在17个运动状态不同的电子，D正确；答案选B。3.第四周期基态原子中单电子数最多的是A.Cr B.Mn C.As D.Kr【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A．Cr的价电子排布式为3d54s1，其单电子数为6；B．Mn的价电子排布式为3d54s2，其单电子数为5；C．As的价电子排布式为4s24p3，其单电子数为3；D．Kr的价电子排布式为4s24p6，其单电子数为0；综上所述，第四周期上述四种基态原子中单电子数最多的Cr，即A符合题意；故选A。4.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）A.SO2和SiO2 B.NaCl和HCl C.CCl4和KCl D.CO2和H2O【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化硫都只含共价键，故A错误；B、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，故B错误；C、KCl是离子晶体，KCl中只含离子键，CCl4是分子晶体，CCl4中只含共价键，故C错误；D、固体CO2和H2O都是分子晶体，CO2和H2O都只含共价键，故D正确；答案选D。5.关于元素周期表说法正确的是A.除ds区外，各区的名称来自按照构造原理最后填入电子的能级的符号B.最外层电子数为2的元素都分布在s区C.第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种元素D.第四周期的金属元素从左到右，元素的金属性依次减弱【5题答案】【答案】A【解析】【详解】A．除ds区外，按照构造原理最后填入电子的能级的符号将元素周期表分为s、p、d、f和ds五个区，A正确；B．最外层电子数为2的元素不都分布在s区，如He在p区，Sc、Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni等在d区，B错误；C．同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，故第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有Be、C、O等3种元素，C错误；D．同一周期主族元素的金属性从左往右依次减弱，但副族元素就不一定有这规律了，故第四周期的主族金属元素从左到右，元素的金属性依次减弱，副族原子不一定，如Zn＞Fe，D错误；故答案为：A。6.下列说法不正确的是A.碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍B.丙烯(CH3CH=CH2)分子中有8个σ键，1个π键C.丙烯分子中的π键不如σ键稳定D.π键电子云形状为镜面对称【6题答案】【答案】A【解析】【详解】A．碳碳三键含有1个σ键和2个π键，碳碳双键含有1个σ键和1个π键，由于碳原子之间σ键键能大于π键键能，故碳碳三键、碳碳双键的键能小于碳碳单键的3倍和2倍，A错误；B．丙烯(CH3CH=CH2)分子除碳碳双键中含有1个π键外，其余8个都是σ键，B正确；C．丙烯分子中的π键易断裂，不如σ键稳定，C正确；D．两原子在成键时，原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的共价键为π键，每个π键的电子云由两块组成，它们互为镜像，D正确；故选A。7.下列说法不正确的是A.晶体的X射线衍射实验可以测定分子的键长、键角、键能B.红外吸收光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团C.晶体的X射线衍射实验可以测定晶胞中微粒的相对位置D.晶体的X射线衍射实验可以区分玻璃与水晶【7题答案】【答案】A【解析】【详解】A．晶体的X射线衍射实验可以测定键长和键角，不能测定分子键能，故A说法错误；B．红外吸收光谱仪可以测得未知物中含有哪种化学键或官能团的信息，故B说法正确；C．通过晶体的X射线衍射实验获得衍射图后，经过计算可以从衍射图形获得晶体结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，故C说法正确；D．晶体的X射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法，玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，晶体的X射线衍射实验可以区分玻璃与水晶，故D说法正确；答案为A。8.下列分子中属于极性分子的是A.S8(八元环状分子) B.CH2Cl2 C.BF3 D.CS2【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A．S8八元环状分子，S和S之间用非极性共价键结合，S8应属于非极性分子，故A不符合题意；B．CH2Cl2空间构型为四面体，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B符合题意；C．BF3空间构型为平面三角形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故C不符合题意；D．CS2空间构型为直线形，化学键的极性矢量和为0，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D不符合题意；答案为B。9.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③>②>①B.原子半径：③>②>①C.电负性：③>②>①D.最高正化合价：③>②>①【9题答案】【答案】A【解析】【分析】根据元素的基态原子的电子排布式可知，三种元素分别是S、P、F；【详解】A．一般非金属性越强，第一电离能越大，但P原子的3p轨道处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于S，应是③>②>①，A正确；B．同一周期从左到右，半径越来越来越小，同一周期从上到下，半径依次增大，半径应是②>①>③，B不正确；C．非金属性越强，电负性越大，应是③>①>②，C不正确；D．F没有正价，S最高正化合价为＋6，P最高正化合价为＋5，D不正确。故选A。10.下列酸中酸性最弱的是A.CF3COOH B.CCl3COOH C.CH3COOH D.CH3CH2COOH【10题答案】【答案】D【解析】【详解】与羧酸(-COOH)相连的C-X(X为卤素原子)的极性越大，羧酸的酸性越大，这是由于元素的非金属性（电负性）：F＞Cl＞H，所以吸引电子对能力F比Cl更强，Cl比H更强，即极性依次减弱，从而使CF3COOH中的-COOH的羟基H原子具有更大的活性，更容易发生电离，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH；烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的烃基的极性越小，羧酸的酸性越弱，则酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH；综上所述，酸性最弱的是CH3CH2COOH，D项符合题意；答案选D。11.关于离子键、共价键的各种叙述，下列说法中正确的是A.在离子化合物里，只能存在离子键B.非极性键只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中C.在共价化合物分子内，一定不存在离子键D.由多种元素组成的多原子分子里，一定既存在极性键又存在非极性键【11题答案】【答案】C【解析】【详解】A．在离子化合物里，一定存在离子键，也可能含有共价键，如NaOH，NH4Cl等，A错误；B．非极性键不一定只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中，多原子化合物中也可能存在非极性键，如H2O2、C2H6、N2H4等中均含有非极性键，B错误；C．在共价化合物分子内，一定不存在离子键，一定只存在共价键，C正确；D．由多种元素组成的多原子分子里，不一定既存在极性键又存在非极性键，P4中只含有非极性键，NH3、H2O中只含有极性键，C2H6既有极性键又有非极性键，D错误；故答案为：C。12.下列说法中不正确的是A.离子晶体中可能存在共价键、氢键B.硫单质熔点高于白磷的原因是硫硫键键能大于磷磷键键能C.可通过融化状态下是否导电，区分离子晶体与分子晶体D.石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，说明层间靠范德华力维系【12题答案】【答案】B【解析】【详解】A．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键和氢键，如胆矾，胆矾的平面结构式为，故A说法正确；B．硫单质和白磷均属于分子晶体，不含分子间氢键，其熔点与范德华力有关，与键能无关，故B说法错误；C．离子晶体是由阴阳离子通过离子键结合，熔融状态下，断裂离子键，形成自由移动的离子，能够导电，分子晶体中分子间存在范德华力或氢键，熔融状态时断裂范德华力或氢键，没有自由移动的离子，因此分子晶体熔融状态下不能够导电，故C说法正确；D．石墨晶体层与层之间存在范德华力，范德华力小于共价键，所以石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，故D说法正确；答案B。13.向蓝色的硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，溶液变为绿色，向绿色溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，最终蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向深蓝色溶液中加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列说法不正确的是A.上述过程中涉及2种配离子B.深蓝色晶体中含铜配离子的配位数为4C.上述的转化过程说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同D.向深蓝色溶液中加入乙醇通过改变溶剂极性，使溶质溶解度降低【13题答案】【答案】A【解析】【详解】A．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH-结合生成Cu(OH)2，但由于氨水是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，故过程中涉及到一种配离子，A错误；B．深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4H2O的铜离子的配位数为4，B正确；C．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH-结合生成Cu(OH)2，但由于氨水是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，配合物向生成更稳定的配合物转化，故铜离子与不同配体形成的配位键强度不同，C正确；D．步骤3中加入乙醇可减小溶剂极性，降低Cu(NH3)4SO4的溶解度，从而析出深蓝色晶体，D正确；故选A。14.25℃时，若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-12mol·L-1，则下列说法正确的是A.该溶液中水的电离被促进B.该溶液pH一定为2C.该溶液中K+、Na+、Cl-、NO可以大量共存D.该溶液一定是碱溶液【14题答案】【答案】C【解析】【详解】A．常温下，纯水电离出c(OH-)=1×10-7mol·L-1，该溶液中水电离产生的c(OH-)=1×10-12mol·L-1＜1×10-7mol·L-1，该溶液中水的电离被抑制，故A错误；B．酸、碱都抑制水的电离，该溶液的pH可能为2，也可能为12，故B错误；C．所给离子无论在酸中还是碱中能够大量共存，故C正确；D．根据B选项分析，该溶液可能为酸，也可能为碱，故D错误；答案为C。15.常温下，向溶液中逐滴加入的溶液，溶液中水电离的随加入溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是A.b、d两点溶液的相同B.从a到e，水的电离程度一直增大C.从ac过程中，溶液的导电能力逐渐增强D.e点所示溶液中，【15题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．b点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，c点溶质为CH3COONa，d点溶质为CH3COONa、NaOH，CH3COO−水解平衡常数，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度导致溶液呈酸性，则b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，两种溶液的pH不相同，A错误；B．溶液中水电离出的OH−浓度等于溶液中水电离出的氢离子浓度，都代表了水的电离程度，醋酸、氢氧化钠溶液中水的电离被抑制，醋酸钠溶液中因水解促进了水的电离，从a到e，c点为醋酸钠溶液其中水的电离程度最大，结合选项A，可知水的电离程度先增大后减小，B错误；C．从ac的过程中，醋酸浓度不断下降、醋酸钠浓度不断增大，则溶液的导电能力逐渐增强，C正确；D．e点所示溶液中，溶液体积约60mL，物料守恒：，D错误；答案选C。16.对室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是A.温度均升高20℃，两溶液的pH均不变B.加入适量氯化铵固体后，两溶液的pH均减小C.加水稀释100倍后，氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小D.与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多【16题答案】【答案】B【解析】【详解】A、升高温度，水的离子积Kw变大，所以两溶液的pH一定改变，A错误；B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH4+和OH-反应，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B正确；C、向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C错误；D、体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3反应，氨水产生的Fe(OH)3更多，D错误；故选B。【点睛】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中，比如HAc(醋酸)和HCl这两种溶液，体积相同、pH相同时，仅仅溶液中说明c(H+)或n(H+)相同，但是HAc是弱电解质，在水中部分电离，随着H+的消耗，其电离平衡不断向右移动，这相当于HAc能提供的H+不止这么多，而是远远大于这个数值，而HCl是强电解质，其在水中完全电离，随着H+的消耗，不会再有H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH相同时，和足量的金属反应，HAc放出的氢气多。17.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Cu2+、K+、NH、Cl-B.含有NO的溶液中：I-、SO、SO、H+C.强酸性溶液中：Na+、Fe3+、SO、SCN-D.pH=11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO【17题答案】【答案】D【解析】【详解】A．铜离子为蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；B．大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；C．铁离子和SCN-会发生反应不能共存，故C不符合题意；D．四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；故选D。18.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.0.1mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2ONH4++OH－B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+C.向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+D.用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32−=CaCO3↓【18题答案】【答案】D【解析】【详解】A、0.1mol/L氨水的pH约为11.1，说明氨水部分电离，电离方程式是NH3·H2ONH4++OH－，故A正确；B、铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质，用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂，离子方程式是Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故B正确；C、向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深，说明Cr2O72－浓度增大，Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+平衡逆向移动，故C正确；D、硫酸钙微溶于水，用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，离子方程式是CaSO4+CO32−=CaCO3+SO42−，故D错误；选D。19.室温下，1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是A.溶液a和0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B.向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，pH变化不大C.向溶液a中加入0.1molNaOH固体，pH基本不变D.含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【19题答案】【答案】C【解析】【分析】含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO--，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；B、向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11molCH3COOH和0.09molCH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；C、向溶液a中加入0.1molNaOH固体，0.1molCH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；D、含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。答案选C。20.利用如图装置探究铜粉与下列试剂的反应，在试管中加入一定量铜粉，加入试剂后，立即塞上橡胶塞，实验现象如下表所示，下列推断不正确的是资料：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+,[Cu(NH3)4]2+呈绛蓝色。装置序号试剂现象①10mL浓NH3·H2O，3mLH2O溶液变为绛蓝色，左侧水柱上升②10mL浓NH3·H2O，3mLH2O2溶液变为绛蓝色，且比①深③10mL20%HNO3溶液，3mLH2O溶液快速变蓝，产生无色气体，左侧水柱下降④10mL20%HNO3溶液，3mLH2O2溶液变蓝比③慢，产生无色气体，左侧水柱下降A.①中实验现象说明O2参与了反应B.②中溶液颜色比①深可能是由于H2O2氧化Cu生成Cu2+C.③中左侧水柱下降可能是反应产生NO气体导致的D.④比③变蓝慢是由于H2O2分解造成自身消耗【20题答案】【答案】D【解析】【分析】本题为探究实验，根据实验过程及实验现象做出合理的推断：将铜氧化需要较强的氧化剂，实验①浓氨水不能氧化铜，因此可推测有其他氧化剂参与反应；实验②中过氧化氢有强氧性，可在一定条件下将铜氧化；③硝酸具有强氧化性，常温下能将铜氧化；④中硝酸与过氧化氢两种氧化剂同时使用要考虑相互之间的影响。【详解】A项、溶液变为绛蓝色，说明铜被氧化；左侧水柱上升，说明装置内气体减少。由此推测，装置内的氧气在浓氨水的环境下将铜氧化，A选项正确；B项、②中溶液颜色比①中的深，说明生成的含铜化合物浓度更高，对比可知，由于过氧化氢的存在，增大了铜的溶解量，B选项正确；C项、根据现象及硝酸强氧化性可知，铜被硝酸氧化，硝酸被还原成NO，C选项正确；D项、根据实验现象可知，过氧化氢的存在对硝酸与铜的氧化反应起了干扰作用。硝酸的还原产物为NO，如果过氧化氢分解产生O2，则会与NO反应生成红棕色的NO2，与实验现象不相符，D选项错误；答案选D【点睛】化学是以实验为基础的科学，往往是根据实验的结论进行分析，做出对实验结果的合理解释，解题时应避免做出与实验结论不相符的推测。如本题的D选项的推测与实验现象就不相符。二、填空题21.下图所示为PTC元件(热敏电阻)的主要成分——钡钛矿晶体结构，该结构是具有代表性的最小重复单位。该晶体经X射线分析鉴定，晶胞为立方体，边长a=400pm，顶点位置为Ti4+所占，立方体中心位置为Ba2+所占，所有棱心位置为O2-所占。（1）Ti在周期表中的位置_______。（2）写出晶体的化学式_______，其组成元素的电负性大小顺序是_______。（3）在该物质的晶体中，每个Ti4+周围有_______个与它最邻近的且距离相等的Ti4+。（4）指明Ba2+周围与它最邻近的且距离相等的O2-有_______个；（5）若用NA表示阿佛加德罗常数，计算该晶体密度_______(g/cm3)。（6）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln(H2O)6-n]x+(n和x均为正整数)的配离子，将其通过氢离子交换树脂(R-H)，可发生离子交换反应：[CrCln(H2O)6-n]x++xR-H=Rx[CrCln(H2O)6-n]+xH+。交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成。将含0.0015mol[CrCln(H2O)6-n]x+的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol·L-1NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为_______，中心离子的配位数为_______。【21~26题答案】【答案】（1）第四周期第IVB族（2）①.BaTiO3②.O>Ti>Ba（3）6（4）12（5）（6）①.[CrCl(H2O)5]2+②.6【解析】【小问1详解】Ti的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，位于第四周期IVB族；【小问2详解】根据晶胞结构示意图可知：Ba：1；Ti：8×＝1；O：12×＝3，所以该晶体的化学式是：BaTiO3；元素的电负性与非金属性有关，从左到右依次增大，从上到下依次减弱，所以其组成元素的电负性大小为：O>Ti>Ba；【小问3详解】晶胞中一个顶点的与其前、后、左、右、上、下的最近且距离相等，所以有6个与它最邻近的且距离相等的Ti4+；【小问4详解】体心位置为Ba2+所占，所有棱心位置为O2－所占，正方体共有12条棱，所以Ba2+周围与它最邻近的且距离相等的O2-有12个；【小问5详解】根据晶体的化学式BaTiO3，可得1个晶胞的质量为，则根据晶胞的密度公式可知，；【小问6详解】中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH-=H2O，可以得出H+的物质的量为0.1200mol/L×25.00×10-3L=0.003mol，所以x==2，[CrCln(H2O)6-n]x+中Cr的化合价为+3价，则有3-n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2+；上述配合物中有1个氯离子和5个水分子分别与Cr3+进行配位，所以配位数为1+5=6，故答案为：[CrCl(H2O)5]2+；6。22.LiCoO2是锂离子电池最早使用的电极材料，利用原钴矿(含Cr2O3、NiS等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下：

资料：i．在含一定量Cl-的溶液中，钴离子以CoCl形式存在：Co2++4Cl-CoClii．CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。ⅲ．盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如下图所示：

（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为_______。

a．4mol/Lb．6mol/Lc．10mol/L（2）从平衡移动角度解释步骤iii中加入NaCl固体的目的_______。（3）步骤iv的操作是_______。（4）步骤vi用(NH4)2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因_______。

（5）步骤viii中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2。该反应的化学方程式是_______。（6）锂离子电池的工作原理如图，充、放电过程中，Li+在LiCoO2电极和碳电极之间传递。

电池的总反应为：LixC+Lil-xCoO2C+LiCoO2①放电时，电池的负极是_______，Li+向_______电极移动(填LiCoO2电极、碳电极)。②充电时，电池的阳极反应式是_______。【22~27题答案】【答案】（1）c（2）加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度（3）萃取分液（4）温度过高，碳酸铵分解(或NH和CO水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。(或温度过高Co2(OH)2CO3分解，沉淀质量减少。)（5）4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2（6）①.碳电极

②.LiCoO2电极③.LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+【解析】【分析】该工艺流程过程为：处理后的原钴矿用盐酸浸取后钴溶解，溶液中含Cr3+、Ni2+等杂质；在氯化钠共同作用下，Co2+大量转化成CoCl，用有机胺试剂萃取，经分液后与水中杂质分离；在洗脱过程中又重新转化成CoCl2溶液，再与加入的碳酸铵发生反应生成碱式碳酸钴，煅烧后又生成四氧化三钴，最后与碳酸钠烧结成产品LiCoO2。【小问1详解】由图可知，盐酸浓度为4mol/L、6moI/L时，杂质的含量虽然低，但Co2+的溶解率也低；盐酸浓度为10mol/L时，Co2+的溶液率很高，而杂质溶解率低，故应选择10mol/L；故选c；【小问2详解】步骤iii的目的是尽可能把二价钴转化成CoCl，根据反应Co2＋＋4Cl−CoCl可知，氯化钠的溶解增大了Cl-浓度，使平衡正向移动，提高了Co2+的转化率，故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl−浓度增大，平衡Co2＋＋4Cl−CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；【小问3详解】有机胺试剂与水不相溶，iv操作后得到水层和CoCl2的有机层溶液，故可采用分液的方法分离，故答案为：分液；【小问4详解】由图可知，在一段时间内加入等量碳酸铵所得沉淀质量随温度的升高，先增大后减小，因考虑温度对反应的影响：一方面，温度高有利于CO和Co2+的水解，从而有利于生成碱式碳酸钴；另一方面，温度升高，使碳酸铵的双水解程度增大，致使碳酸铵分解，浓度降低，溶液碱性下降，不利与Co2+的水解成Co(OH)2CO3，故答案为：温度过高，碳酸铵分解(或NH4+和CO-水解程度增大)，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少；【小问5详解】步骤viii的反应为Co3O4、6Li2CO3烧结和氧气反应生成LiCoO2：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2+6CO2；【小问6详解】(6)根据电池反应LixC+Lil-xCoO2C+LiCoO2可知：①放电时负极发生氧化反应，所含元素化合价升高，电极反应为LixC-xe−=xLi++C，故碳电极为负极；放电时原电池中阳离子向正极运动，故Li+向LiCoO2电极移动②充电时阳极发生氧化反应，物质的变化为：LiCoO2→Li1-xCoO2，电极反应为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+。23.石油天然气开采和炼制过程中会产生大量含硫废水(其中S元素的主要化合价是-2价)，对设备、环境等造成严重危害。已知：H2S有剧毒；常温下溶解度为1∶2.6(体积)。(1)H2S、HS−、S2−在水溶液中的物质的量分数随pH的分布曲线如图。当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是___________。(2)沉淀法处理含硫废水：向pH≈8的含硫废水中加入适量Cu2+的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。用化学平衡移动的原理解释溶液的pH降低的原因：___________。(3)氧化还原法处理含硫废水：向pH≈8的含硫废水中加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH=5，产生淡黄色沉淀。①反应的离子方程式是___________。②不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如图。本工艺选择控制体系的pH=5，不选择pH＜5，从环境保护的角度分析其主要原因：___________。(4)电浮选絮凝法处理含硫废水：铝作阳极、石墨作阴极，以直流电电解含一定浓度Na2SO4的pH≈8的含硫废水。阳极产生微小气泡，随后溶液中产生淡黄色浑浊，阳极附近生成的胶体吸附淡黄色浑浊。①用离子方程式表述产生淡黄色浑浊的可能原因：___________(1种即可)。②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物(含阳极扩散的胶体)带到水面形成浮渣层，结合电极反应式解释胶体和浮渣层的形成过程：___________。【23题答案】【答案】①.HS−②.含硫废水中存在HS−⇌H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，S2−+Cu2+==CuS↓，c(S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液的pH降低③.2HS−++4H+==3S↓+3H2O④.pH＜5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境⑤.2HS−+O2+2H+==2S↓+2H2O(O2+2HS−==2S↓+2OH−)或HS−-2e−==S↓+H+⑥.阳极：Al-3e−==Al3+，Al3+形成Al(OH)3胶体，阴极：2H2O+2e−==H2↑+2OH−，H2气泡把污水中吸附了S的Al(OH)3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层【解析】【详解】(1)由图像可知，当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS−；(2)当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS−，则含硫废水中存在HS−⇌H++S2−，加入适量Cu2+的溶液，发生反应S2−+Cu2+==CuS↓，生成CuS黑色沉淀，c(S2−)减小，使HS−的电离平衡正向移动，c(H+)增大，溶液的pH降低；(3)①当pH≈8时，含硫废水中最主要的含硫(-2价)微粒是HS−，加入一定浓度的Na2SO3溶液，加酸将溶液调为pH=5，产生淡黄色沉淀为S单质，HS−与在酸性环境下发生归中反应生成S单质，反应的离子方程式是2HS−++4H+==3S↓+3H2O；②本工艺选择控制体系的pH=5，不选择pH＜5，从环境保护的角度分析其主要原因为：pH＜5时，溶液中-2价S元素主要以H2S的形式存在，常温下H2S的溶解度为1∶2.6，酸性强使H2S更易逸出，H2S有剧毒会污染环境；(4)①pH≈8的含硫废水中硫(-2价)微粒最主要是HS−，铝作阳极，阳极发生反应Al-3e−==Al3+，石墨作阴极，阴极发生反应2H2O+2e−==H2↑+2OH−，阳极产生微小气泡，则阳极可能发生反应，随后溶液中产生淡黄色浑浊，即有S单质生成，则可能是氧气将HS−氧化为S单质，也有可能是HS−在阳极失电子被氧化生成S单质，故可能是发生了反应2HS−+O2+2H+==2S↓+2H2O(O2+2HS−==2S↓+2OH−)或HS−-2e−==S↓+H+；②阴极产生的气泡把污水中的悬浮物(含阳极扩散的胶体)带到水面形成浮渣层是由于阳极：Al-3e−==Al3+，Al3+形成Al(OH)3胶体，阴极：2H2O+2e−==H2↑+2OH−，H2气泡把污水中吸附了S的Al(OH)3胶体悬浮物带到水面形成浮渣层。24.某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀【实验1】装置实验现象

现象i：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。现象ii：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。（1）SO离子中中心原子的杂化类型___________，Fe3+简化的核外电子排布式___________。（2）配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用：___________。（3）探究现象i产生的原因：①甲同学认为发生反应：2Fe3++3SO+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是_______