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2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二（上）期中考试化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二（上）期中考试化学试卷（含答案解析），共18页。
2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二（上）期中考试化学试卷
1. 下列说法不正确的是( )
A. 不是所有的共价键都具有方向性
B. 可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定不同的元素
C. 根据价层电子对互斥理论可知，OF2分子的构型和H2O分子的构型相同
D. 基态Na原子核外电子占有3个能层，4种能级，6个原子轨道，有6种运动状态
2. 下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是( )
A. 无色透明溶液中：K+、CrO 42-、Cl−、H+
B. pH=7的溶液中：K+、Fe3+、SO 42-、Cl−
C. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、K+、NO 3-、ClO−
D. 含有大量AlO 2−的溶液中：K+、Na+、CO 32-、I−
3. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 离子半径的大小顺序：e>f>g>h
B. 与x形成共价键的键长：y>z>d
C. y、z、d三种元素第一电离能和电负性的大小顺序一致
D. e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应
4. 氮化锗(Ge3N4)具有耐腐蚀、硬度高、带隙可调节等优点，应用广泛。下列说法正确的是( )
A. 基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]4s24p2
B. 第4周期基态原子与锗未成对电子数相等的元素共有2种
C. 氮化锗中氮显−3价，说明氮的电负性比锗大
D. 基态氮原子2s电子能量较高，一定在比1s电子离核更远的地方运动
5. 下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是( )
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向饱和硼酸溶液中加入少量NaHCO3粉末
无气泡冒出
酸性：碳酸>硼酸
B
常温下，用pH计分别测定等体积1.0mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加1mL0.1mol/LKI溶液
先生成白色沉淀，后有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向MgCl2溶液中加入NaOH溶液
有白色沉淀生成
碱性：NaOH>Mg(OH)2
A. A B. B C. C D. D
6. 下列说法中正确的是( )
A. P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109∘28′
B. 电子云图中，小点越密，表明电子在核外出现的概率密度越大
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
7. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O
B. 该分子中C=C键键能大于C−C键的键能
C. 该分子中σ键与π键数目之比为15：4
D. 该分子中F原子的最高能层符号为2p
8. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]−的形式存在。下列说法错误的是( )
A. 原子半径：X>Y
B. 简单氢化物还原性：X>Y
C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强
D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种
9. a、b两元素形成的一种常见制冷剂A可用作人工降雨，c、d形成的一种常见化合物B因易液化而用作制冷剂，a、c两元素形成的一种常见化合物C被称为生命之源。关于上述元素的下列说法正确的是( )
A. 含a、b、c、d四种元素的化合物一定是有机物
B. 化合物B和化合物C的中心原子的价层电子对数目相同
C. 四种元素位于元素周期表的同一分区
D. 基态原子含未成对电子数最多的是b元素原子
10. 著名的观赏石-崂山璐石主要成分可表示为YxFeyZ4O10(OH)2⋅W3(OH)6，其中W、Y、Z表示三种原子序数依次增大的第三周期元素，W没有未成对电子，Z的最高正价与最低负价的代数和为0。下列说法错误的是( )
A. Y的离子半径在同周期元素中最小
B. Z在它的简单氢化物中显负价
C. W、Y、Z的最高价氧化物的水化物都属于弱电解质
D. 三种元素的电负性由大到小的顺序为Z>Y>W
11. 下列有关电解质溶液中微粒的浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol⋅L−1(NH4)2SO4溶液中：c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)+2c(SO 42−)=0.3mol⋅L−1
B. 等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(HCO3−)c(H2CO3)>c(CO32−)c(HCO3−)
C. 0.1mol⋅L−1Na2S溶液与0.1mol⋅L−1NaHS溶液等体积混合：3c(Na+)−2c(HS−)=2c(S2−)+2c(H2S)
D. NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c(Na+)=c(SO 42−)=c(NH 4+)>c(OH−)=c(H+)
12. “医用酒精"和84消毒液”混合，产生QW、Y2X4Z、YX3W等多种物质。已知X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列正确的是( )
A. Y2X4Z中σ键和π键数目之比5：1
B. 基态Y原子的价电子轨道表示式，不符合泡利原理
C. YX3W分子的空间构型为正四面体
D. Z与Q形成的常见化合物中阴阳离子个数比为1：2
13. 重铬酸钾(K2Cr2O7)有强氧化性，溶液中存在平衡：Cr2O 72−+H2O⇌2CrO 42−+2H+。取2.94g重铬酸钾橙红色晶体，溶于100 mL水的同时利用数字传感器测定pH变化如图。下列说法正确的是( )
A. 该溶液中含有Cr2O 72−离子数目0.01NA
B. Cr元素位于d区，基态原子有4个未成对电子
C. Cr2O 72−+H2O⇌2CrO 42−+2H+的平衡常数K约为10−14.2
D. 升高温度，溶液橙红色变浅，则该转化反应ΔH<0
14. 由短周期前10号元素组成的物质T和X有如图所示的转化。X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是( )
A. 为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液
B. 等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA
C. T分子中含有p−pπ键，该键的特征是轴对称，可旋转
D. T分子的空间结构为三角锥形
15. 25℃时，将0.1mol⋅L−1的R2SO4溶液加水稀释，混合溶液中−lgc(R+)cROH与lgc(OH−)的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Kh(R+)=10−8.3
B. P、Q点对应的稀释程度：P
D. 25℃时，加入适量R2SO4可使P点移至W点
16. 表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。试回答下列问题：
a
b
c
d
e
g
h
i
f
(1)f的元素符号_______，其基态原子的价电子排布式为_______。
(2)元素i位于元素周期表的_______区，基态i+核外电子的空间运动状态有_______种。
(3)元素b的第一电离能大于同周期右侧的元素，原因是_______。
(4)元素a、c、d以原子个数比1：1：1形成的分子的电子式为_______，可通过_______谱仪确定其含有的化学键。
(5)a与d两元素形成的10电子中性分子的VSEPR模型为_______；c与e形成的最常见的二价阴离子中心原子上的孤电子对数是_______。
(6)元素b的最高价氧化物对应的水化物和h的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，其离子方程式是_______。
(7)g是磷元素。已知H3PO3是二元弱酸，常温下向1L0.5mol/LH3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含P粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：
①NaH2PO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。
②反应H3PO3+HPO 32−⇌2H2PO 3−的平衡常数为_______。
17. 绿水青山就是金山银山。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.4kJ⋅mol−1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH=−905.8kJ⋅mol−1
NH3能将NO转化成无毒无害的物质。写出298 K时该反应的热化学方程式_______。
(2)我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法： C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH<0，在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化关系如图所示，由图可知，温度低于1050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是_______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050 K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_______[已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数]。
(3)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol⋅L−1，不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：
①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是_______(用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是_______。(写出一条即可)
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是_______。
A.恒容下，及时分离出CO2B.压缩体积 C.恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v(NO)=_______mol⋅L−1⋅h−1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为_______(保留两位有效数字)。
18. X、Y、Z、W、R、Q五种前四周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，W元素的焰色试验呈黄色，R的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，X能与W形成离子化合物且W+的半径大于X−的半径，Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，Q原子p能级轨道上有三个单电子。
请回答下列问题：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)Y、Z、W、R这四种元素简单离子的离子半径从大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(3)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程式：_______。
(4)基态Q原子的简化电子排布式为_______ 。单质Q的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1个R原子，形成Q4R4，俗称雄黄，则雄黄可能有_______种不同的结构；0.5molQ4R4中含有_______molQ−R键。
(5)X3QZ3形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，QZ 33-的空间构型为_______。
19. 氧化钴(Co2O3)在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石(主要成分为CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和 SiO2，还有少量 Fe、Mg、Ca 的氧化物)为原料制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示：
已知：常温下 Ksp(FeS)=6.3×10−18，Ksp(CuS)=6.3×10−36。
请回答下列问题：
(1)基态钴原子的价电子轨道表示式为_______；钴的第四电离能I4(Co)小于铁的第四电离能I4(Fe)，其理由是_______。
(2)“浸泡”过程中，所得滤渣1中的物质是_______，写出此过程中 CoO(OH)与 Na2SO3反应的离子方程式_______。
(3)“除铜”过程中需加入 FeS 固体，写出该过程发生反应的离子方程式_______。
(4)步骤 I 中加入 NaClO3后适当加热的作用是_______；过程 III 中加入 Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是_______。
(5)已知某温度下KspCaF2=3.4×10-11，KspMgF2=7.1×10-11。该温度下，步骤Ⅱ中加入足量NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中cMg2+=1.0×10-5mol⋅L-1，则滤液中cCa2+为_______(保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A. 因为s轨道是球对称图形，所以s轨道和s轨道形成的共价键没有方向性，故A正确；
B. 不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故B正确；
C. 根据价层电子对互斥理论可知，OF2分子和H2O分子的构型都是V形，故C正确；
D. 基态Na原子核外电子占有3个能层，4种能级，6个原子轨道，有11种运动状态，故D错误；
选D。
2.【答案】D
【解析】A.CrO 42-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B. Fe3+水解呈酸性，在pH=7的中性溶液中不能大量共存，故B错误；
C.使甲基橙变红的溶液呈酸性，NO 3-、ClO−在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.含有大量AlO 2−的溶液呈碱性，K+、Na+、CO 32-、I−之间不反应，都不与OH−反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
3.【答案】B
【解析】部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，x位于第一周期，为H元素； y、z、d位于第二周期，y为C ，z为N， d为O元素；e、f、g、h位于第三周期，则e为Na，f为Al ，g为S， h为Cl元素，据此结合元素周期律、元素化合物知识解答。
A.根据电子层越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，所以离子半径关系为S2−>Cl−>Na+>Al3+，故A错误；
B.根据上述分析可知：氢与碳、氮、氧三种元素形成共价键的键长分别为C−H、N−H、O−H，因为C、N、O的原子半径逐渐减小，所以它们键长为C>N>O，故B正确；
C.碳、氮、氧的电负性依次增加，但是氮元素为半满结构，第一电离能大于碳，故第一电离能顺序为氮>碳>氧，二者大小顺序不一致，C错误；
D.根据上述分析可知：e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸、高氯酸，氢氧化铝和其他三种都能反应，但硫酸和高氯酸不能相互反应，故D错误；
故答案：B。
4.【答案】C
【解析】A.已知Ge是32号元素，故基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]3d104s24p2，A错误；
B.已知Ge的基态原子核外有2个未成对电子，第4周期基态原子与锗未成对电子数相等的元素共有3d24s2的Ti、3d84s2的Ni、4s24p2的Ge和4s24p4的Se等4种，B错误；
C.电负性大的元素电子对将偏向于它，故显负电性，故氮化锗中氮显−3价，说明氮的电负性比锗大，C正确；
D.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，故基态氮原子2s电子能量较高，不一定在比1s电子离核更远的地方运动，D错误；
故答案为：C。
5.【答案】A
【解析】A.根据强酸制弱酸的原理，向饱和硼酸溶液中加入少量NaHCO3粉末没有现象，说明没有反应发生，即硼酸的酸性小于碳酸，A正确；
B.CH3COONH4溶液显中性，说明其阴离子和阳离子的水解程度是一样的，根据水解的影响因素可知浓度越小水解程度越大，B错误；
C.该实验中硝酸银过量，故该实验中没有沉淀转换，故先生成白色沉淀，后有黄色沉淀生成不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C错误；
D.向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，由于生成的氢氧化镁沉淀，则该反应能够发生，与碱性强弱无关，D错误；
故选A。
6.【答案】B
【解析】A.P4和CH4都是正四面体形分子，甲烷的键角为109∘28′，但P4的键角为60∘，故A错误；
B.电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，即电子在原子核外出现的概率密度，故B正确；
C.气体单质中不一定含有σ键，如稀有气体是单原子分子，不存在化学键，只存在范德华力，故C错误；
D.PH3为三角锥形结构，P原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，键角为96.3∘，说明PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，故D错误；
故选：B。
7.【答案】D
【解析】A.N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，故A正确；
B.键长越小，键能越大，C=C键的键长比C−C键的小，则C=C键的键能大于C−C键的键能，故B正确；
C.有机物含有1个C=C、C−C、C=N、2个C=O、则1分子中含4个π键，每个双键中还含有1个σ键，剩下其它单键都是σ键，则该分子中σ键与π键数目之比为15：4，故C正确；
D.F为9号元素，原子的电子排布式是1s22s22p5，最高能层符号为L，故D错误；
故选：D。
8.【答案】D
【解析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
A.P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B.两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3−>Cl−，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C.同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D.同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
9.【答案】B
【解析】a、b两元素形成的一种常见制冷剂A可用作人工降雨，A为干冰，a、b两元素为碳和氧，c、d形成的一种常见化合物B因易液化而用作制冷剂，B为氨气，a、c两元素形成的一种常见化合物C被称为生命之源，C为水，则a为氧、b为碳、c为氢、d为氮。
A. 含a、b、c、d四种元素的化合物不一定是有机物，如碳酸氢铵，故A错误；
B. 化合物B为氨气，化合物C为水，中心原子的价层电子对数目相同均为4，故B正确；
C. 四种元素位于元素周期表的两个不同的分区，氢在s区，其余三种在p区，故C错误；
D. 基态原子含未成对电子数：a为氧有2个、b为碳有2个、c为氢有1个、d为氮有3个，最多的是d元素原子，故D错误；
故选B。
10.【答案】B
【解析】由题干信息可知，W、Y、Z表示三种原子序数依次增大的第三周期元素，W没有未成对电子，Z的最高正价与最低负价的代数和为0，故W为Mg，Z为Si，则Y为Al，据此分析解题。
A.根据上述分析可知，Y是Al，Y的离子即Al3+半径是第三周期元素中最小的，故A正确；
B.根据上述分析可知，Z为Si，Si的简单氢化物即SiH4，硅显正价，故B错误；
C.根据上述分析可知，W、Y、Z的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SiO3都属于弱电解质，故C正确；
D.同一周期从左往右元素的电负性依次增大，故三种元素的电负性由大到小的顺序为Z>Y>W，故D正确；
故答案：B。
11.【答案】B
【解析】A. 0.1mol⋅L−1(NH4)2SO4溶液中存在物料守恒[c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)]=2×c(SO 42−)=0.2mol⋅L−1，则c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)+2c(SO 42−)=0.4mol⋅L−1，故A错误；
B. CO 32−的水解程度大于HCO 3−，则等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：c(HCO3−)c(H2CO3)>1，c(CO32−)c(HCO3−)<1，所以c(HCO3−)c(H2CO3)>c(CO32−)c(HCO3−)，故B正确。
C. 物料守恒应是n(Na):n(S)=3:2，2c(Na+)−3c(HS−)=3c(S2−)+3c(H2S)，故C错误；
D. 由物料守恒可知，c(SO 42−)=c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)，所以c(SO 42−)>c(NH 4+)，故D错误；
故选B。
12.【答案】D
【解析】“医用酒精”主要成分使CH3CH2OH，“84消毒液”主要成分是NaClO，二者混合反应生成氯化钠、乙醛、一氯甲烷等多种物质，且X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H、Y为C、Z为O、Q为Na、W为Cl元素，然后根据物质性质及元素周期律分析解答。
根据上述分析可知X为H、Y为C、Z为O、Q为Na、W为Cl元素。
A.Y2X4Z是C2H4O表示的物质为CH3CHO，其中σ键为6个，π键为1个，故σ键和π键数目之比6：1，A错误；
B.Y是C，原子核外电子总是可能成单排列，而且自旋方向相同，则基态Y原子的价电子轨道表示式为：，，不符合洪特规则，B错误；
C.YX3W表示的物质是CH3Cl，可看作是甲烷分子中的一个H原子被Cl原子取代产生的，甲烷分子为正四面体结构，由于Cl、H原子半径大小不同，所以CH3Cl分子的空间构型不是正四面体，C错误；
D.Z与Q形成的常见化合物Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数比都为1：2，D正确；
故合理选项是D。
13.【答案】C
【解析】A.2.94g重铬酸钾的物质的量n(K2Cr2O7)=mM=2.94g294g/mol=0.01mol，其溶液中存在平衡Cr2O 72−+H2O⇌2CrO 42−+2H+，反应会消耗Cr2O 72−，则该溶液中含有Cr2O 72−离子数目小于0.01NA，A错误；
B.Cr是24号元素，根据元素周期表可知：Cr元素位于d区，Cr原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，根据洪特规则，基态Cr原子有6个未成对电子，B错误；
C.pH=3.8，c(H+)=10−3.8 mol/L，c(CrO 42−)=c(H+)=10−3.8 mol/L，c(Cr2O 72−)≈0.01mol0.1L=0.1mol/L，K=c(CrO2−×cHc(CrO2−(1−3.8×(1−3.8.1=1−14.2，C正确；
D.升高温度，溶液橙红色变浅，说明溶液中c(Cr2O 72−)减小，化学平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知：该反应的正反应是吸热反应，故该转化反应△H>0，D错误；
故合理选项是C。
14.【答案】A
【解析】由短周期前10号元素组成的物质T和X，由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3，Y为氧化剂。
A.T为HCHO，X为H2CO3，物质HCHO具有还原性，会被酸性KMnO4溶液氧化为H2CO3，故为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液，A正确；
B.1个HCHO中含有3个σ键，1个π键；在H2CO3中含有5个σ键，1个π键，故等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相等，但由于二者的物质的量未知，因此不能确定其数目是否为NA，B正确；
C.T分子中含有p−p电子形成π键，π键具有一定的伸展方向，不可旋转，C错误﹔
D.X分子中碳原子价层电子对数均为3，碳原子均采用sp2杂化，且碳原子上没有孤电子对，因此其分子的空间结构为平面三角形，D错误；
故合理选项是A。
15.【答案】A
【解析】A.由P点数据可知Kb(ROH)=cR+c(OH-)cROH=10−8×102.3=10−5.7，Kh(R+)=KwKb=10-1410-5.7=10-8.3，A正确；
B.0.1mol⋅L−1的R2SO4溶液加水稀释，促进盐的水解，但溶液中H+浓度减小，OH−浓度增大，lgc(OH−)的值增大，由图中数据可知，P点稀释程度大，P、Q点对应的稀释程度：P>Q，B错误；
C.将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知c(R+)≈2c(SO42-)，C错误；
D.溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中−lgcR+cROH与lgc(OH−)的关系曲线不变，加入适量R2SO4，不可使P点移至W点，D错误；
故答案为：A。
16.【答案】(1)Se； 4s24p4
(2)ds； 14
(3)B失去的是2p电子，其电子能量比Be失去的2s电子能量高或Be原子的2s电子是全充满的稳定结构
(4)H:C⋮⋮N:；红外光
(5)四面体 ；0
(6)Be(OH)2+2OH−=BeO 22-+2H2O
(7)① c(Na+)>c(H2PO 3-)>c(H+)>c(HPO 32-)>c(OH−)② 105.11
【解析】根据元素在周期表的位置可知：a是H，b是Be，c是C，d是N，e是O，f是Se，g是P，h是K，i是Cu元素，然后根据元素周期律分析解答。
(1)f是 34号Se元素，根据构造原理可知基态Se核外电子的价层电子排布式是4s24p4；
(2)元素i是Cu元素，价层电子排布式是3d104s1，属于元素周期表的ds区；
原子核外电子有多少个轨道，就存在多少种不同运动状态的电子。基态Cu+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，则其核外电子运动的空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种不同的运动状态；
(3)元素b是Be，核外电子运动状态为1s22s2，由于电子处于s轨道的全充满的稳定状态，其失去的是2s轨道上的电子；而其右侧相邻元素是B，核外电子排布式是1s22s22p1，失去的是2p电子，2p电子能量比2s电子的能量高，因此Be的第一电离能大于同一周期右侧相邻的元素B元素；
(4)a是H，c是C，d是N，三种元素形成的原子个数比是1：1：1形成的分子是HCN，其中C原子与H原子形成1对共用电子对，与N原子形成3对共用电子对，因此HCN的电子式为H:C⋮⋮N:；可根据红外光谱仪确定其含有的化学键；
(5)a是H，d是N，二者形成的10个电子的分子是NH3，其中心N原子价层电子对数是3+5−1×=4，所以NH3的分子的VSEPR模型为四面体形；
c是C，e是O，它们形成的最常见的二价阴离子是CO32−，其中心C原子上的孤电子对数是：4+2−2×=0；
(6)b是Be，其最高价氧化物对应的水化物是Be(OH)2，该物质是难溶性物质，h是K，其最高价氧化物对应的水化物是KOH，该物质是一元强碱，它们会发生反应产生K2BeO2、H2O，该反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH−=BeO 22-+2H2O；
(7)①g是P元素，已知H3PO3是二元弱酸，常温下向1L0.5mol/LH3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，根据混合溶液中含P粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系图可知：在NaH2PO3溶液中，溶液pH<7，说明H2PO 3-在溶液中存在电离作用，且其电离大于水解程度，c(Na+)>c(H2PO 3-)；溶液中c(H+)由H2O、H2PO 3-共同电离产生，而HPO 32-只有H2PO 3-电离产生，H2PO 3-电离程度远大于水电离程度，且盐的离子电离、水解程度是微弱的，所以c(H2PO 3-)>c(H+)>c(HPO 32-)>c(OH−)，故该溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO 3-)>c(H+)>c(HPO 32-)>c(OH−)；
②反应H3PO3+HPO 32−⇌2H2PO 3−的平衡常数K=c2(H2PO3-)c(H3PO3)c(HPO32-)=c2(H2PO3-)c(H+)c(H3PO3)c(HPO32-)c(H+)=Ka1Ka2=10-1.4310-6.54=10-5.11。
17.【答案】(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=−1807.8kJ⋅mol−1
(2)温度低于1050 K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 ； 4
(3)①a ；活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下， NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢)② A ③ 0.0225； 96%
【解析】(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.4kJ⋅mol−1
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH=−905.8kJ⋅mol−1
根据盖斯定律，将②-①×5，整理可得：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=−1807.8kJ⋅mol−1；
(2)在温度低于1050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，这是由于温度低于1050 K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，有更多的反应物NO反应反应转化为生成物N2、CO2，导致NO转化率增大；
根据图象可知在1050 K、1.1×106 Pa时，假设反应开始时NO的物质的量是1 mol，NO的转化率是80%，则平衡时n(NO)=0.2mol，n(N2)=n(CO2)=0.4mol，此时容器中气体总物质的量n(总)=0.2mol+0.4mol+0.4mol=1.0mol，则该条件下的化学平衡常数Kp=P(N2)⋅P(CO2)P2(NO)=(40%×1.1×106Pa)(40%×1.1×106Pa)(20%×1.1×106Pa)2=4；
(3)①由图可知：490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，活性炭负载了钙(CaO/C)、镧的氧化物(La2O3/C)后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施可以使化学平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，使NO的去除率增大，故合理选项是A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v(NO)=.1mol/L×45%2h =0.0225mol/(L⋅h)；若该温度下的平衡常数K=121，对于反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)反应开始时c(NO)=0.1mol/L，c(N2)=c(CO2)=0，假设反应过程中△c(NO)=x，则反应产生△c(N2)=△c(CO2)=x2，因此反应达到平衡时c(NO)=(0.1−x)mol/L，c(N2)=c(CO2)=x2mol，则有K=x2×x2(0.1-x)2=121，解得 x=0.096mol/L，则此时NO的去除率为0.096mol/L0.1mol/L×100%=96%。
18.【答案】(1)第四周期 ⅤA族
(2)S2−>N3−>O2−>Na+
(3)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
(4)[Ar]3d104s24p3 ； 2 ；4
(5)三角锥形
【解析】X、Y、Z、W、R、Q五种短周期主族元素的原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，Z为O元素；W元素的焰色反应呈黄色，则W为Na元素；R的最外层电子数与其电子总数比为3:8，可知最外层电子数为6、电子总数为16符合要求，则R为S元素；X能与W形成离子化合物，且Na+的半径大于X−的半径，X为H元素；Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，结合原子序数可知Y为N元素，Q原子p能级轨道上有三个单电子，则Q核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则Q 是33号As元素，以此来解答。
(1)根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，R是S，Q是As元素。Q是As，原子核外电子排布是2、18、5，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Q位于元素周期表第四周期第ⅤA族；
(2)Y是N，Z是O，W是Na，R是S，它们形成的简单离子中，N3−、O2−、Na+核外电子排布是2、8；S2−核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小关系为：S2−>N3−>O2−>Na+；
(3)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，则M和N分别是Na2S2O3、H2SO4中的一种物质，二者发生反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；
(4)Q是As，根据构造原理可知基态As的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p3，则As原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
单质As有6条棱，在其中4条棱上各插入1个S原子，形成As4S4，俗称雄黄，这4个S原子可以在连接1个As原子的3条棱上各有1个，另外1个S原子在其余棱边上；也可以是在与1个As原子连接的2条棱上，另外两个S连接在与另外1个As原子连接的2条棱上，则雄黄可能有2种不同结构；
在1个As4S4中含有8个As−S键，在1molAs4S4中含有8molAs−S键，则在0.5molAs4S4中含有4molAs−S键；
(5)X是H，Z是O，Q是As，X3QZ3是H3AsO3，形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，AsO33-中As原子价层电子对数是：3+5+3−2×=4，As原子上有1对孤电子对，所以AsO33-的空间构型为三角锥形。
19.【答案】(1) ； Fe3+电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量
(2)SiO2和CaSO4 ； 2CoO(OH)+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+3H2O
(3)FeS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Fe2+ (aq)
(4)有利于生成氢氧化铁沉淀 ；富集Co2+(或提高Co2+的浓度和纯度)
(5)4.8×10−6mol⋅L−1
【解析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题；
(1)Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子，价电子轨道表示式为，Co3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4(Co)
(3)Ksp(CuS)
(5)由滤液中cMg2+=1.0×10-5mol⋅L-1，则滤液中cF-2=KspMgF2cMg2+=7.1×10-111.0×10-5=7.1×10-6mol⋅L-1，滤液中cCa2+=KspCaF2cF-2=3.4×10-117.1×10-6=4.8×10-6mol⋅L-1。
2021-2022学年辽宁省沈阳市第一二〇中学高二（上）期中考试化学试卷
1. 下列说法不正确的是( )
A. 不是所有的共价键都具有方向性
B. 可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定不同的元素
C. 根据价层电子对互斥理论可知，OF2分子的构型和H2O分子的构型相同
D. 基态Na原子核外电子占有3个能层，4种能级，6个原子轨道，有6种运动状态
2. 下列各组离子在特定条件下一定能够大量共存的是( )
A. 无色透明溶液中：K+、CrO 42-、Cl−、H+
B. pH=7的溶液中：K+、Fe3+、SO 42-、Cl−
C. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、K+、NO 3-、ClO−
D. 含有大量AlO 2−的溶液中：K+、Na+、CO 32-、I−
3. 部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 离子半径的大小顺序：e>f>g>h
B. 与x形成共价键的键长：y>z>d
C. y、z、d三种元素第一电离能和电负性的大小顺序一致
D. e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应
4. 氮化锗(Ge3N4)具有耐腐蚀、硬度高、带隙可调节等优点，应用广泛。下列说法正确的是( )
A. 基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]4s24p2
B. 第4周期基态原子与锗未成对电子数相等的元素共有2种
C. 氮化锗中氮显−3价，说明氮的电负性比锗大
D. 基态氮原子2s电子能量较高，一定在比1s电子离核更远的地方运动
5. 下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是( )
实验操作
实验现象
解释或结论
A
向饱和硼酸溶液中加入少量NaHCO3粉末
无气泡冒出
酸性：碳酸>硼酸
B
常温下，用pH计分别测定等体积1.0mol/LCH3COONH4溶液和0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH
测得pH都等于7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
向5mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加1mL0.1mol/LKI溶液
先生成白色沉淀，后有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向MgCl2溶液中加入NaOH溶液
有白色沉淀生成
碱性：NaOH>Mg(OH)2
A. A B. B C. C D. D
6. 下列说法中正确的是( )
A. P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109∘28′
B. 电子云图中，小点越密，表明电子在核外出现的概率密度越大
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
7. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O
B. 该分子中C=C键键能大于C−C键的键能
C. 该分子中σ键与π键数目之比为15：4
D. 该分子中F原子的最高能层符号为2p
8. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]−的形式存在。下列说法错误的是( )
A. 原子半径：X>Y
B. 简单氢化物还原性：X>Y
C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强
D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种
9. a、b两元素形成的一种常见制冷剂A可用作人工降雨，c、d形成的一种常见化合物B因易液化而用作制冷剂，a、c两元素形成的一种常见化合物C被称为生命之源。关于上述元素的下列说法正确的是( )
A. 含a、b、c、d四种元素的化合物一定是有机物
B. 化合物B和化合物C的中心原子的价层电子对数目相同
C. 四种元素位于元素周期表的同一分区
D. 基态原子含未成对电子数最多的是b元素原子
10. 著名的观赏石-崂山璐石主要成分可表示为YxFeyZ4O10(OH)2⋅W3(OH)6，其中W、Y、Z表示三种原子序数依次增大的第三周期元素，W没有未成对电子，Z的最高正价与最低负价的代数和为0。下列说法错误的是( )
A. Y的离子半径在同周期元素中最小
B. Z在它的简单氢化物中显负价
C. W、Y、Z的最高价氧化物的水化物都属于弱电解质
D. 三种元素的电负性由大到小的顺序为Z>Y>W
11. 下列有关电解质溶液中微粒的浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol⋅L−1(NH4)2SO4溶液中：c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)+2c(SO 42−)=0.3mol⋅L−1
B. 等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：c(HCO3−)c(H2CO3)>c(CO32−)c(HCO3−)
C. 0.1mol⋅L−1Na2S溶液与0.1mol⋅L−1NaHS溶液等体积混合：3c(Na+)−2c(HS−)=2c(S2−)+2c(H2S)
D. NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c(Na+)=c(SO 42−)=c(NH 4+)>c(OH−)=c(H+)
12. “医用酒精"和84消毒液”混合，产生QW、Y2X4Z、YX3W等多种物质。已知X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列正确的是( )
A. Y2X4Z中σ键和π键数目之比5：1
B. 基态Y原子的价电子轨道表示式，不符合泡利原理
C. YX3W分子的空间构型为正四面体
D. Z与Q形成的常见化合物中阴阳离子个数比为1：2
13. 重铬酸钾(K2Cr2O7)有强氧化性，溶液中存在平衡：Cr2O 72−+H2O⇌2CrO 42−+2H+。取2.94g重铬酸钾橙红色晶体，溶于100 mL水的同时利用数字传感器测定pH变化如图。下列说法正确的是( )
A. 该溶液中含有Cr2O 72−离子数目0.01NA
B. Cr元素位于d区，基态原子有4个未成对电子
C. Cr2O 72−+H2O⇌2CrO 42−+2H+的平衡常数K约为10−14.2
D. 升高温度，溶液橙红色变浅，则该转化反应ΔH<0
14. 由短周期前10号元素组成的物质T和X有如图所示的转化。X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是( )
A. 为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液
B. 等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA
C. T分子中含有p−pπ键，该键的特征是轴对称，可旋转
D. T分子的空间结构为三角锥形
15. 25℃时，将0.1mol⋅L−1的R2SO4溶液加水稀释，混合溶液中−lgc(R+)cROH与lgc(OH−)的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. Kh(R+)=10−8.3
B. P、Q点对应的稀释程度：P
D. 25℃时，加入适量R2SO4可使P点移至W点
16. 表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。试回答下列问题：
a
b
c
d
e
g
h
i
f
(1)f的元素符号_______，其基态原子的价电子排布式为_______。
(2)元素i位于元素周期表的_______区，基态i+核外电子的空间运动状态有_______种。
(3)元素b的第一电离能大于同周期右侧的元素，原因是_______。
(4)元素a、c、d以原子个数比1：1：1形成的分子的电子式为_______，可通过_______谱仪确定其含有的化学键。
(5)a与d两元素形成的10电子中性分子的VSEPR模型为_______；c与e形成的最常见的二价阴离子中心原子上的孤电子对数是_______。
(6)元素b的最高价氧化物对应的水化物和h的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，其离子方程式是_______。
(7)g是磷元素。已知H3PO3是二元弱酸，常温下向1L0.5mol/LH3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含P粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：
①NaH2PO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。
②反应H3PO3+HPO 32−⇌2H2PO 3−的平衡常数为_______。
17. 绿水青山就是金山银山。汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物，可以用不同方法处理氮的氧化物，防止空气污染。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.4kJ⋅mol−1
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH=−905.8kJ⋅mol−1
NH3能将NO转化成无毒无害的物质。写出298 K时该反应的热化学方程式_______。
(2)我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法： C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH<0，在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化关系如图所示，由图可知，温度低于1050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是_______。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050 K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_______[已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数]。
(3)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol⋅L−1，不同温度下，测得2小时时NO去除率如图所示：
①据图分析，490℃以下反应活化能最小的是_______(用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是_______。(写出一条即可)
②上述实验中，490℃时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是_______。
A.恒容下，及时分离出CO2B.压缩体积 C.恒容下，向体系通入氮气
③490℃时的反应速率v(NO)=_______mol⋅L−1⋅h−1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为_______(保留两位有效数字)。
18. X、Y、Z、W、R、Q五种前四周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，W元素的焰色试验呈黄色，R的最外层电子数与其电子总数之比为3:8，X能与W形成离子化合物且W+的半径大于X−的半径，Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，Q原子p能级轨道上有三个单电子。
请回答下列问题：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)Y、Z、W、R这四种元素简单离子的离子半径从大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(3)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，写出M和N反应的化学方程式：_______。
(4)基态Q原子的简化电子排布式为_______ 。单质Q的气态分子构型如图所示，在其中4条棱上各插入1个R原子，形成Q4R4，俗称雄黄，则雄黄可能有_______种不同的结构；0.5molQ4R4中含有_______molQ−R键。
(5)X3QZ3形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，QZ 33-的空间构型为_______。
19. 氧化钴(Co2O3)在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石(主要成分为CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和 SiO2，还有少量 Fe、Mg、Ca 的氧化物)为原料制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示：
已知：常温下 Ksp(FeS)=6.3×10−18，Ksp(CuS)=6.3×10−36。
请回答下列问题：
(1)基态钴原子的价电子轨道表示式为_______；钴的第四电离能I4(Co)小于铁的第四电离能I4(Fe)，其理由是_______。
(2)“浸泡”过程中，所得滤渣1中的物质是_______，写出此过程中 CoO(OH)与 Na2SO3反应的离子方程式_______。
(3)“除铜”过程中需加入 FeS 固体，写出该过程发生反应的离子方程式_______。
(4)步骤 I 中加入 NaClO3后适当加热的作用是_______；过程 III 中加入 Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是_______。
(5)已知某温度下KspCaF2=3.4×10-11，KspMgF2=7.1×10-11。该温度下，步骤Ⅱ中加入足量NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中cMg2+=1.0×10-5mol⋅L-1，则滤液中cCa2+为_______(保留2位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A. 因为s轨道是球对称图形，所以s轨道和s轨道形成的共价键没有方向性，故A正确；
B. 不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故B正确；
C. 根据价层电子对互斥理论可知，OF2分子和H2O分子的构型都是V形，故C正确；
D. 基态Na原子核外电子占有3个能层，4种能级，6个原子轨道，有11种运动状态，故D错误；
选D。
2.【答案】D
【解析】A.CrO 42-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B. Fe3+水解呈酸性，在pH=7的中性溶液中不能大量共存，故B错误；
C.使甲基橙变红的溶液呈酸性，NO 3-、ClO−在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.含有大量AlO 2−的溶液呈碱性，K+、Na+、CO 32-、I−之间不反应，都不与OH−反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
3.【答案】B
【解析】部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，x位于第一周期，为H元素； y、z、d位于第二周期，y为C ，z为N， d为O元素；e、f、g、h位于第三周期，则e为Na，f为Al ，g为S， h为Cl元素，据此结合元素周期律、元素化合物知识解答。
A.根据电子层越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，所以离子半径关系为S2−>Cl−>Na+>Al3+，故A错误；
B.根据上述分析可知：氢与碳、氮、氧三种元素形成共价键的键长分别为C−H、N−H、O−H，因为C、N、O的原子半径逐渐减小，所以它们键长为C>N>O，故B正确；
C.碳、氮、氧的电负性依次增加，但是氮元素为半满结构，第一电离能大于碳，故第一电离能顺序为氮>碳>氧，二者大小顺序不一致，C错误；
D.根据上述分析可知：e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸、高氯酸，氢氧化铝和其他三种都能反应，但硫酸和高氯酸不能相互反应，故D错误；
故答案：B。
4.【答案】C
【解析】A.已知Ge是32号元素，故基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]3d104s24p2，A错误；
B.已知Ge的基态原子核外有2个未成对电子，第4周期基态原子与锗未成对电子数相等的元素共有3d24s2的Ti、3d84s2的Ni、4s24p2的Ge和4s24p4的Se等4种，B错误；
C.电负性大的元素电子对将偏向于它，故显负电性，故氮化锗中氮显−3价，说明氮的电负性比锗大，C正确；
D.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，故基态氮原子2s电子能量较高，不一定在比1s电子离核更远的地方运动，D错误；
故答案为：C。
5.【答案】A
【解析】A.根据强酸制弱酸的原理，向饱和硼酸溶液中加入少量NaHCO3粉末没有现象，说明没有反应发生，即硼酸的酸性小于碳酸，A正确；
B.CH3COONH4溶液显中性，说明其阴离子和阳离子的水解程度是一样的，根据水解的影响因素可知浓度越小水解程度越大，B错误；
C.该实验中硝酸银过量，故该实验中没有沉淀转换，故先生成白色沉淀，后有黄色沉淀生成不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C错误；
D.向MgCl2溶液中加入NaOH溶液，由于生成的氢氧化镁沉淀，则该反应能够发生，与碱性强弱无关，D错误；
故选A。
6.【答案】B
【解析】A.P4和CH4都是正四面体形分子，甲烷的键角为109∘28′，但P4的键角为60∘，故A错误；
B.电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，即电子在原子核外出现的概率密度，故B正确；
C.气体单质中不一定含有σ键，如稀有气体是单原子分子，不存在化学键，只存在范德华力，故C错误；
D.PH3为三角锥形结构，P原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，键角为96.3∘，说明PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，故D错误；
故选：B。
7.【答案】D
【解析】A.N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，故A正确；
B.键长越小，键能越大，C=C键的键长比C−C键的小，则C=C键的键能大于C−C键的键能，故B正确；
C.有机物含有1个C=C、C−C、C=N、2个C=O、则1分子中含4个π键，每个双键中还含有1个σ键，剩下其它单键都是σ键，则该分子中σ键与π键数目之比为15：4，故C正确；
D.F为9号元素，原子的电子排布式是1s22s22p5，最高能层符号为L，故D错误；
故选：D。
8.【答案】D
【解析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
A.P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B.两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3−>Cl−，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C.同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D.同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
9.【答案】B
【解析】a、b两元素形成的一种常见制冷剂A可用作人工降雨，A为干冰，a、b两元素为碳和氧，c、d形成的一种常见化合物B因易液化而用作制冷剂，B为氨气，a、c两元素形成的一种常见化合物C被称为生命之源，C为水，则a为氧、b为碳、c为氢、d为氮。
A. 含a、b、c、d四种元素的化合物不一定是有机物，如碳酸氢铵，故A错误；
B. 化合物B为氨气，化合物C为水，中心原子的价层电子对数目相同均为4，故B正确；
C. 四种元素位于元素周期表的两个不同的分区，氢在s区，其余三种在p区，故C错误；
D. 基态原子含未成对电子数：a为氧有2个、b为碳有2个、c为氢有1个、d为氮有3个，最多的是d元素原子，故D错误；
故选B。
10.【答案】B
【解析】由题干信息可知，W、Y、Z表示三种原子序数依次增大的第三周期元素，W没有未成对电子，Z的最高正价与最低负价的代数和为0，故W为Mg，Z为Si，则Y为Al，据此分析解题。
A.根据上述分析可知，Y是Al，Y的离子即Al3+半径是第三周期元素中最小的，故A正确；
B.根据上述分析可知，Z为Si，Si的简单氢化物即SiH4，硅显正价，故B错误；
C.根据上述分析可知，W、Y、Z的最高价氧化物的水化物即Mg(OH)2、Al(OH)3、H2SiO3都属于弱电解质，故C正确；
D.同一周期从左往右元素的电负性依次增大，故三种元素的电负性由大到小的顺序为Z>Y>W，故D正确；
故答案：B。
11.【答案】B
【解析】A. 0.1mol⋅L−1(NH4)2SO4溶液中存在物料守恒[c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)]=2×c(SO 42−)=0.2mol⋅L−1，则c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)+2c(SO 42−)=0.4mol⋅L−1，故A错误；
B. CO 32−的水解程度大于HCO 3−，则等浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：c(HCO3−)c(H2CO3)>1，c(CO32−)c(HCO3−)<1，所以c(HCO3−)c(H2CO3)>c(CO32−)c(HCO3−)，故B正确。
C. 物料守恒应是n(Na):n(S)=3:2，2c(Na+)−3c(HS−)=3c(S2−)+3c(H2S)，故C错误；
D. 由物料守恒可知，c(SO 42−)=c(NH 4+)+c(NH3⋅H2O)，所以c(SO 42−)>c(NH 4+)，故D错误；
故选B。
12.【答案】D
【解析】“医用酒精”主要成分使CH3CH2OH，“84消毒液”主要成分是NaClO，二者混合反应生成氯化钠、乙醛、一氯甲烷等多种物质，且X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H、Y为C、Z为O、Q为Na、W为Cl元素，然后根据物质性质及元素周期律分析解答。
根据上述分析可知X为H、Y为C、Z为O、Q为Na、W为Cl元素。
A.Y2X4Z是C2H4O表示的物质为CH3CHO，其中σ键为6个，π键为1个，故σ键和π键数目之比6：1，A错误；
B.Y是C，原子核外电子总是可能成单排列，而且自旋方向相同，则基态Y原子的价电子轨道表示式为：，，不符合洪特规则，B错误；
C.YX3W表示的物质是CH3Cl，可看作是甲烷分子中的一个H原子被Cl原子取代产生的，甲烷分子为正四面体结构，由于Cl、H原子半径大小不同，所以CH3Cl分子的空间构型不是正四面体，C错误；
D.Z与Q形成的常见化合物Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数比都为1：2，D正确；
故合理选项是D。
13.【答案】C
【解析】A.2.94g重铬酸钾的物质的量n(K2Cr2O7)=mM=2.94g294g/mol=0.01mol，其溶液中存在平衡Cr2O 72−+H2O⇌2CrO 42−+2H+，反应会消耗Cr2O 72−，则该溶液中含有Cr2O 72−离子数目小于0.01NA，A错误；
B.Cr是24号元素，根据元素周期表可知：Cr元素位于d区，Cr原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，根据洪特规则，基态Cr原子有6个未成对电子，B错误；
C.pH=3.8，c(H+)=10−3.8 mol/L，c(CrO 42−)=c(H+)=10−3.8 mol/L，c(Cr2O 72−)≈0.01mol0.1L=0.1mol/L，K=c(CrO2−×cHc(CrO2−(1−3.8×(1−3.8.1=1−14.2，C正确；
D.升高温度，溶液橙红色变浅，说明溶液中c(Cr2O 72−)减小，化学平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知：该反应的正反应是吸热反应，故该转化反应△H>0，D错误；
故合理选项是C。
14.【答案】A
【解析】由短周期前10号元素组成的物质T和X，由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3，Y为氧化剂。
A.T为HCHO，X为H2CO3，物质HCHO具有还原性，会被酸性KMnO4溶液氧化为H2CO3，故为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液，A正确；
B.1个HCHO中含有3个σ键，1个π键；在H2CO3中含有5个σ键，1个π键，故等物质的量的T、X分子中含有π键的数目相等，但由于二者的物质的量未知，因此不能确定其数目是否为NA，B正确；
C.T分子中含有p−p电子形成π键，π键具有一定的伸展方向，不可旋转，C错误﹔
D.X分子中碳原子价层电子对数均为3，碳原子均采用sp2杂化，且碳原子上没有孤电子对，因此其分子的空间结构为平面三角形，D错误；
故合理选项是A。
15.【答案】A
【解析】A.由P点数据可知Kb(ROH)=cR+c(OH-)cROH=10−8×102.3=10−5.7，Kh(R+)=KwKb=10-1410-5.7=10-8.3，A正确；
B.0.1mol⋅L−1的R2SO4溶液加水稀释，促进盐的水解，但溶液中H+浓度减小，OH−浓度增大，lgc(OH−)的值增大，由图中数据可知，P点稀释程度大，P、Q点对应的稀释程度：P>Q，B错误；
C.将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知c(R+)≈2c(SO42-)，C错误；
D.溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中−lgcR+cROH与lgc(OH−)的关系曲线不变，加入适量R2SO4，不可使P点移至W点，D错误；
故答案为：A。
16.【答案】(1)Se； 4s24p4
(2)ds； 14
(3)B失去的是2p电子，其电子能量比Be失去的2s电子能量高或Be原子的2s电子是全充满的稳定结构
(4)H:C⋮⋮N:；红外光
(5)四面体 ；0
(6)Be(OH)2+2OH−=BeO 22-+2H2O
(7)① c(Na+)>c(H2PO 3-)>c(H+)>c(HPO 32-)>c(OH−)② 105.11
【解析】根据元素在周期表的位置可知：a是H，b是Be，c是C，d是N，e是O，f是Se，g是P，h是K，i是Cu元素，然后根据元素周期律分析解答。
(1)f是 34号Se元素，根据构造原理可知基态Se核外电子的价层电子排布式是4s24p4；
(2)元素i是Cu元素，价层电子排布式是3d104s1，属于元素周期表的ds区；
原子核外电子有多少个轨道，就存在多少种不同运动状态的电子。基态Cu+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10，则其核外电子运动的空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种不同的运动状态；
(3)元素b是Be，核外电子运动状态为1s22s2，由于电子处于s轨道的全充满的稳定状态，其失去的是2s轨道上的电子；而其右侧相邻元素是B，核外电子排布式是1s22s22p1，失去的是2p电子，2p电子能量比2s电子的能量高，因此Be的第一电离能大于同一周期右侧相邻的元素B元素；
(4)a是H，c是C，d是N，三种元素形成的原子个数比是1：1：1形成的分子是HCN，其中C原子与H原子形成1对共用电子对，与N原子形成3对共用电子对，因此HCN的电子式为H:C⋮⋮N:；可根据红外光谱仪确定其含有的化学键；
(5)a是H，d是N，二者形成的10个电子的分子是NH3，其中心N原子价层电子对数是3+5−1×=4，所以NH3的分子的VSEPR模型为四面体形；
c是C，e是O，它们形成的最常见的二价阴离子是CO32−，其中心C原子上的孤电子对数是：4+2−2×=0；
(6)b是Be，其最高价氧化物对应的水化物是Be(OH)2，该物质是难溶性物质，h是K，其最高价氧化物对应的水化物是KOH，该物质是一元强碱，它们会发生反应产生K2BeO2、H2O，该反应的离子方程式为：Be(OH)2+2OH−=BeO 22-+2H2O；
(7)①g是P元素，已知H3PO3是二元弱酸，常温下向1L0.5mol/LH3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，根据混合溶液中含P粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系图可知：在NaH2PO3溶液中，溶液pH<7，说明H2PO 3-在溶液中存在电离作用，且其电离大于水解程度，c(Na+)>c(H2PO 3-)；溶液中c(H+)由H2O、H2PO 3-共同电离产生，而HPO 32-只有H2PO 3-电离产生，H2PO 3-电离程度远大于水电离程度，且盐的离子电离、水解程度是微弱的，所以c(H2PO 3-)>c(H+)>c(HPO 32-)>c(OH−)，故该溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO 3-)>c(H+)>c(HPO 32-)>c(OH−)；
②反应H3PO3+HPO 32−⇌2H2PO 3−的平衡常数K=c2(H2PO3-)c(H3PO3)c(HPO32-)=c2(H2PO3-)c(H+)c(H3PO3)c(HPO32-)c(H+)=Ka1Ka2=10-1.4310-6.54=10-5.11。
17.【答案】(1)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=−1807.8kJ⋅mol−1
(2)温度低于1050 K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 ； 4
(3)①a ；活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，相同条件下， NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢)② A ③ 0.0225； 96%
【解析】(1)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.4kJ⋅mol−1
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)ΔH=−905.8kJ⋅mol−1
根据盖斯定律，将②-①×5，整理可得：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)ΔH=−1807.8kJ⋅mol−1；
(2)在温度低于1050 K时，NO的转化率随温度升高而增大，这是由于温度低于1050 K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，有更多的反应物NO反应反应转化为生成物N2、CO2，导致NO转化率增大；
根据图象可知在1050 K、1.1×106 Pa时，假设反应开始时NO的物质的量是1 mol，NO的转化率是80%，则平衡时n(NO)=0.2mol，n(N2)=n(CO2)=0.4mol，此时容器中气体总物质的量n(总)=0.2mol+0.4mol+0.4mol=1.0mol，则该条件下的化学平衡常数Kp=P(N2)⋅P(CO2)P2(NO)=(40%×1.1×106Pa)(40%×1.1×106Pa)(20%×1.1×106Pa)2=4；
(3)①由图可知：490℃以下反应活化能最小的是a，因为活化能越小，反应越容易进行，活性炭负载了钙(CaO/C)、镧的氧化物(La2O3/C)后反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高(或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知：490℃时，CaO/C对NO的去除率为45%，现测得CaO/C对NO的去除率为60%，说明采取措施可以使化学平衡正向移动，则可能是恒容下，及时分离出CO2，即减小生成物浓度，使平衡向正反应方向移动，使NO的去除率增大，故合理选项是A；
③490℃时，NO的去除率为45%，则反应速率v(NO)=.1mol/L×45%2h =0.0225mol/(L⋅h)；若该温度下的平衡常数K=121，对于反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)反应开始时c(NO)=0.1mol/L，c(N2)=c(CO2)=0，假设反应过程中△c(NO)=x，则反应产生△c(N2)=△c(CO2)=x2，因此反应达到平衡时c(NO)=(0.1−x)mol/L，c(N2)=c(CO2)=x2mol，则有K=x2×x2(0.1-x)2=121，解得 x=0.096mol/L，则此时NO的去除率为0.096mol/L0.1mol/L×100%=96%。
18.【答案】(1)第四周期 ⅤA族
(2)S2−>N3−>O2−>Na+
(3)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O
(4)[Ar]3d104s24p3 ； 2 ；4
(5)三角锥形
【解析】X、Y、Z、W、R、Q五种短周期主族元素的原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，Z为O元素；W元素的焰色反应呈黄色，则W为Na元素；R的最外层电子数与其电子总数比为3:8，可知最外层电子数为6、电子总数为16符合要求，则R为S元素；X能与W形成离子化合物，且Na+的半径大于X−的半径，X为H元素；Y的氧化物是形成酸雨的物质之一，结合原子序数可知Y为N元素，Q原子p能级轨道上有三个单电子，则Q核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，则Q 是33号As元素，以此来解答。
(1)根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，R是S，Q是As元素。Q是As，原子核外电子排布是2、18、5，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Q位于元素周期表第四周期第ⅤA族；
(2)Y是N，Z是O，W是Na，R是S，它们形成的简单离子中，N3−、O2−、Na+核外电子排布是2、8；S2−核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小关系为：S2−>N3−>O2−>Na+；
(3)M和N均为上述六种元素中的三种组成的化合物，且M和N都为强电解质，M和N溶液反应既有沉淀出现又有气体产生，则M和N分别是Na2S2O3、H2SO4中的一种物质，二者发生反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；
(4)Q是As，根据构造原理可知基态As的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p3，则As原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3；
单质As有6条棱，在其中4条棱上各插入1个S原子，形成As4S4，俗称雄黄，这4个S原子可以在连接1个As原子的3条棱上各有1个，另外1个S原子在其余棱边上；也可以是在与1个As原子连接的2条棱上，另外两个S连接在与另外1个As原子连接的2条棱上，则雄黄可能有2种不同结构；
在1个As4S4中含有8个As−S键，在1molAs4S4中含有8molAs−S键，则在0.5molAs4S4中含有4molAs−S键；
(5)X是H，Z是O，Q是As，X3QZ3是H3AsO3，形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，AsO33-中As原子价层电子对数是：3+5+3−2×=4，As原子上有1对孤电子对，所以AsO33-的空间构型为三角锥形。
19.【答案】(1) ； Fe3+电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4需要更多的能量
(2)SiO2和CaSO4 ； 2CoO(OH)+SO32−+4H+=2Co2++SO42−+3H2O
(3)FeS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Fe2+ (aq)
(4)有利于生成氢氧化铁沉淀 ；富集Co2+(或提高Co2+的浓度和纯度)
(5)4.8×10−6mol⋅L−1
【解析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析回答问题；
(1)Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子，价电子轨道表示式为，Co3+价电子排布为3d6变为较稳定的3d5，而Fe3+价电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3d4，需要更多的能量，故第四电离能：I4(Co)
(3)Ksp(CuS)
(5)由滤液中cMg2+=1.0×10-5mol⋅L-1，则滤液中cF-2=KspMgF2cMg2+=7.1×10-111.0×10-5=7.1×10-6mol⋅L-1，滤液中cCa2+=KspCaF2cF-2=3.4×10-117.1×10-6=4.8×10-6mol⋅L-1。
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