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2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期3月月考化学试题（解析版）
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这是一份2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期3月月考化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了本试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷两部分，本堂考试90分钟，满分100分，答题前，考生务必先将自己的姓名，考试结束后，将答题卡交回，11等内容，欢迎下载使用。
四川省成都外国语学校2021—2022学年高二下学期3月月考
化学试题
注意事项：
1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试90分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 K-31 S-32
第Ⅰ卷 (选择题)
一．选择题(共20个，2分/个，共40分，每题只有一个正确答案。)
1. 根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是
A. 酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
B. 铁表面的镀锌层破损后，就完全失去了对铁的保护作用
C. 水库的钢闸门与电源正极连接可实现电化学保护
D. 智能手机常用的锂离子电池属于一次电池
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸雨后钢铁所处环境酸性较强，发生析氢腐蚀，盐液显中心，铁锅发生吸氧腐蚀，A正确；
B．锌比铁活泼，镀层破损后形成原电池，Zn为负极，Fe被保护起来，B错误；
C．与电源正极相连后，钢闸门上发生氧化反应，加速腐蚀，钢闸门应与电源负极相连，C错误；
D．锂离子电池可以充电，为二次电池，D错误；
综上所述答案为A。
2. 下列说法中正确的是
A. 多电子原子的所有电子在同一区域里运动
B. 能量高的电子在离核近的区域运动，能量低的电子在离核远的区域运动
C. 处于最低能量的原子叫基态原子
D. 同一原子中，1s、2s、3s所能容纳的电子数越来越多
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子核外有多电子时，电子的能量不尽相同，电子不可能都在同一区域里运动，而是分层排布的，A项错误；
B．能量低的电子在离原子核近的区域里运动即在低能层运动，而能量高的电子在离核远的区域即高能层运动，B项错误；
C．能量越低越稳定，根据构造原理可知，核外电子优先排布在能量较低的能级上，C项正确；
D．s能级最多容纳2个电子，与其所在能层高低无关，D项错误；
答案选C。
3. 下列化学用语正确的是
A. 乙烯的结构简式CH2CH2 B. 氯化铵的电子：
C. 氟原子的结构示意： D. 铬原子的价电子轨道表示：
【答案】D
【解析】
【详解】A．结构简式中的碳碳双键不能省略，所以乙烯的结构简式CH2=CH2，A错误；
B．氯离子最外层有8个电子，氯化铵的电子式为氯化铵的电子：，B错误；
C．F原子核外有9个电子，结构示意图为，C错误；
D．Cr为24号元素，价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，D正确；
综上所述答案为D。
4. 下列有关说法正确的是
A. 所有非金属元素都分布在p区
B. 电子云通常用小点的疏密程度来表示，小点密表示在该空间的电子数多
C. Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu处于s区
D. 已知Fe的价层电子排布式为3d64s2，Fe3＋的价层电子排布式为3d5
【答案】D
【解析】
【详解】A．H元素为非金属元素，但位于s区，A错误；
B．小点密表示在该空间内电子出现的概率大，B错误；
C．Cu的价电子为3d104s1，处于ds区，C错误；
D．Fe原子失去最外层3个电子后形成Fe3+，所以Fe3＋的价层电子排布式为3d5，D正确；
综上所述答案为D。
5. 燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4、C2H6等)跟氧气(或空气)起反应将化学能转变为电能的装置，若电解质溶液是强碱溶液，下面关于乙烷(C2H6)燃料电池的说法正确的是
A. 该电池工作时，正极附近溶液的碱性增强
B. 负极反应式：C2H6+18OH—+14e—=2CO+12H2O
C. 通入5.6LO2完全反应后，有1mol电子发生转移
D. 燃料电池的优点之一是点燃时化学能大部分转化为电能而不是热能和光能
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，乙烷燃料电池的负极为通入乙烷的电极，碱性条件下，乙烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，电极反应式为C2H6+18OH——14e—=2CO+12H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，故A正确；
B．由分析可知，通入乙烷的电极为负极，碱性条件下，乙烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，电极反应式为C2H6+18OH——14e—=2CO+12H2O，故B错误；
C．缺标准状况下，无法计算5.6LO2完全反应后转移电子的物质的量，故C错误；
D．乙烷燃料电池工作时，不需要点燃乙烷，故D错误；
故选A。
6. 下列说法正确的是
A. 6C的电子排布式1s22s22p2x，违反了泡利不相容原理
B. 价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第IIA族，是p区元素
C. ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量
D. 电子排布式(23V)1s22s22p63s23p63d34s2违反了洪特规则
【答案】C
【解析】
【详解】A．2p能级共有2个电子，应单独占据一个轨道且自旋方向相同。选项中填充在1个轨道中，违背了洪特规则，A错误；
B．价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第IVA族，是p区元素，B错误；
C．一般情况下电子能量与能层和能级都有关，根据构造原理可知：ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，C正确；
D．电子排布式(23V)1s22s22p63s23p63d34s2符合原子核外电子排布规律，D错误；
故合理选项是C。
7. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 水电离出的的溶液中：、、、
D. 含大量的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使甲基橙变红的溶液中存在大量H+，酸性环境可以氧化，不能大量共存，故A错误；
B．的溶液中是酸性溶液，、、、均不发生反应，能大量共存，故B正确；
C．水电离出的说明酸或者碱抑制水的电离，如果是酸性溶液会生成CO2，不能大量共存，故C错误；
D．与会发生双水解生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
8. 与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是
A. 甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应
B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快
C. 甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移
D. 乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，甲不是原电池，故A错误；
B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；
C. 甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；
D. 盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确；
答案选D。
9. 下列关于原子结构、原子轨道的说法正确的是
A. N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子
B. 在K能层中，有自旋相反的两条轨道
C. s电子绕核运动，其轨道为球面，而p电子在哑铃形曲面上运动
D. 114号元素是位于p区的金属元素，价电子排布式为7s27p4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子，故A正确；
B．K能层含有s能级有1个轨道，最多容纳自旋相反的两个电子，故B错误；
C．s电子的原子轨道都是球形的，p电子的原子轨道都是哑铃形，故C错误；
D．114号元素位于第七周期第IVA族，属于p区，价电子数为4，价电子排布式为7s27p2，故D错误；
故选：A。
10. 氯碱工业用离子交换膜法电解饱和食盐水，装置示意图如图。下列说法错误的是
A. a为阳极，发生氧化反应生成氯气
B. b极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C. 电解时，Na+穿过离子交换膜进入阴极室
D. 饱和食盐水从c处进入，淡盐水从e处流出
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．a和电源的正极相连，为阳极，溶液中的Cl-在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故A正确；
B．b为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；
C．离子交换膜为阳离子交换膜，电解时，阳离子移向阴极，所以Na+穿过离子交换膜进入阴极室，故C正确；
D．由于溶液中的Cl-在阳极放电，所以饱和食盐水从c处进入阳极室，Cl-放电生成氯气逸出，Na+穿过离子交换膜进入阴极室，所以淡盐水从d处流出，故D错误；
故选D。
11. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，86g己烷的分子数为NA个
B. 25℃时，1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中NH为0.1NA
C. 17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个
D. 64gCu分别与足量稀硝酸反应时，转移电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．己烷的分子式为C6H14，所以86g己烷的物质的量为=1mol，所含分子数为NA个，A正确；
B．1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，但由于铵根会水解，所以NH的个数小于0.1NA，B错误；
C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，每个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键，所以共含的极性共价键为3.2NA个，C错误；
D．64gCu的物质的量为1mol，足量稀硝酸反应全部转化为Cu2+，转移电子数为2NA，D错误；
综上所述答案为A。
12. 锂空气充电电池有望成为电池行业的“明日之星”，其放电时的工作原理如图所示。已知电池反应：2Li+O2Li2O2，下列说法错误的是
A. 放电时，正极的电极反应式：O2 + 2e−+ 2Li+=Li2O2
B. 放电时，B极消耗 22.4 L的O2，外电路中通过2mol电子
C. 充电时，Li+向A极移动
D. 充电时，A极接电源的负极
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时，A极作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，B极为正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2，充电时，A极为阴极，B极为阳极，据此作答。
【详解】A．放电时，B极为正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2，故A正确；
B．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，无法计算转移电子数，故B错误；
C．充电时，B极为阳极，A极为阴极，Li+向阴极即向A极移动，故C正确；
D．充电时，A极为阴极，连接电源的负极，故D正确；
故选B。
13. 下列离子方程式符合题意的是
A. 等物质的量浓度的盐酸与Na2CO3溶液等体积混合：2H++CO=CO2↑+H2O
B. 加入Na2S除去废水中的Cu2+：S2-+Cu2+=CuS↓
C. 将NaClO碱性溶液与含Fe2+的溶液混合： ClO-+2Fe2++H2O=Cl-+2Fe3++2OH-
D. 用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．等物质的量浓度的盐酸与Na2CO3溶液等体积混合，只能生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为H++CO=HCO，A错误；
B．加入Na2S除去废水中的Cu2+，生成CuS沉淀，离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，B正确；
C．碱性溶液中Fe3+会生成沉淀，离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=Cl-+2Fe(OH)3↓，C错误；
D．用铜电极电解硫酸铜溶液，阳极上Cu失去电子，不会生成氧气，离子反应为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，D错误；
综上所述答案为B。
14. 电絮凝的反应原理是以金属铁为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子；在经一系列水解、聚合及氧化过程，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是
A. 阳极电极方程式为Fe-3e-=Fe3+和2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. 阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C. 每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子大于4mol
D. 选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果
【答案】A
【解析】
【详解】A．若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，同时水电离产生的OH-失去电子变为O2，同时产生H+，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，选项A不正确；
B．阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故电离方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B正确；
C．在阳极上的电极反应式有Fe-2e-=Fe2+、2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此当生成1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子大于4 mol，选项C正确；
D．Fe3+经过水解生成Fe(OH)3胶体使水中的杂质凝聚沉淀，选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果，选项D正确；
答案选A。
15. 已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是
A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B. X的第一电离能一定大于Y
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的酸性
D. 气态氢化物的稳定性：HnY小于HmX
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属性越强，电负性越大，同周期自左向右非金属性逐渐增强，所以X的非金属性强于Y的，故A正确；
B．非金属性越强第一电离能越大，但氮元素的第一电离能大于氧元素的，故B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的酸性，故C正确；
D．非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性X＞Y，则气态氢化物的稳定性：HnY小于HmX，故D正确。
故答案选B。
16. 某实验小组用碱性锌锰电池作为电源模拟工业上电解精炼铜，装置如图。其中a、b分别为碱性锌锰电池的两电极，该电池总反应为Zn+2MnO2+2H2O = 2MnO(OH)+Zn(OH)2。粗铜中含有Zn、Fe、Pt等杂质。下列说法错误的是
A. 碱性锌锰电池的a为正极，b为负极
B. 碱性锌锰电池正极电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-
C. CuSO4溶液中SO向粗铜一极移动
D. 当电路中转移1 mol电子时，粗铜减少的质量为32 g
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，粗铜连接电源正极，作阳极；精铜连接电源的负极作阴极。根据图示可知碱性锌锰电池的a电解连接粗铜，应该是a为正极，则b为负极，A正确；
B．根据总反应方程式可知碱性锌锰电池正极上MnO2得到电子被还原为MnO(OH)，故正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-，B正确；
C．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，CuSO4溶液中SO应该向正电荷较多的阳极——粗铜一极移动，C正确；
D．阳极上主要是粗铜的主要成分Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，同时活动性比Cu强的金属，如Fe、Zn也会失去电子变为金属阳离子进入溶液中，而活动性比Cu弱的金属入Ag、Au等则沉淀在阳极底部，形成阳极泥，因此当电路中转移1 mol电子时，粗铜减少的质量可能为32 g，也可能不是32 g，D错误；
故合理选项是D。
17. X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。下列说法不正确的是
A. 离子半径Z>X>Y
B. 第一电离能：Y＜Z
C. Y、W均属于元素周期表中的p区元素
D. X、Y、Z、W核电荷数逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，则X为O元素，Z为S元素，Y为Na元素，Y、Z、W位于同一周期，W最外层电子数是X、Y最外层电子数之和，则W为Cl元素。
A. 具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小，Z离子多一个电子层半径最大，故离子半径Z>X>Y，选项A正确；
B. Y为金属元素，Z为非金属元素，第一电离能：Y＜Z，选项B正确；
C. Na属于元素周期表中的s区元素，、Cl属于元素周期表中的p区元素，选项C不正确；
D. X、Y、Z、W核电荷数分别为8、11、16、17，逐渐增大，选项D正确；
答案选C。
18. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl>C>Si
B. 利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体
C. 利用装置丙证明氨气极易溶于水
D. 利用装置丁制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应的水化物的酸性来比较，即比较Cl、C、Si的非金属性强弱应该用、、，描述错误，不符题意；
B．托盘天平读数只能读到小数点后一位，不能到小数点后4位，描述错误，不符题意；
C．引发喷泉的操作：挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入圆底烧瓶，此时由于氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小，形成喷泉，描述正确，符合题意；
D．装置丁中不能使用酒精液封，因为酒精与水互溶不能隔绝空气，不能防止被氧化，描述错误，不符题意；
综上，本题选C。
19. 按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是
A. 铁腐蚀的速度由大到小的顺序：只闭合K3>只闭合K1>都断开>只闭合K2
B. 只闭合K3，正极的电极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-
C. 先只闭合K1，一段时间后，漏斗内液曲上升，然后再只闭合K2，漏斗内液面上升
D. 只闭合K2，U形管左、右两端液面均下降
【答案】A
【解析】
【详解】A、金属腐蚀速率：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，闭合K3，是原电池，铁作负极：闭合K2，是电解池，铁作阴极；闭合K1，铁作阳极，因此腐蚀速率是只闭合K1>只闭合K3>都断开>只闭合K2，故A说法错误；B、B、只闭合K3，构成吸氧腐蚀，正极：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B说法正确；C、只闭合K1，铁作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，U形管中气体压强增大，因此漏斗中液面上升，然后闭合K2，铁作阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式2Cl－2e－=Cl2↑，U形管中气体压强增大，漏斗中液面上升，故C说法正确；D、根据选项C的分析，铁作阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式2Cl－2e－=Cl2↑，故D说法正确。
20. 工业上利用电渗析法制取次磷酸钴[Co(H2PO2)2]的原理如图所示：
已知：Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，可实现化学镀钴。下列说法正确的是
A. a为电源的负极
B. 阳极的电极反应：Co-2e-+2H2PO=Co(H2PO2)2
C. 膜Ⅰ阳离子交换膜，膜Ⅳ为阴离子交换膜
D. Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中可能发生：Co2++H2PO+3OH-=Co+HPO+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】利用电渗析法制取次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，根据图示，H2PO由原料室进入产品室、Co2+由M电极透过膜Ⅰ进入产品室，Co2+和H2PO生成Co(H2PO2)2。
【详解】A．M电极生成Co2+，M是阳极，a为电源的正极，故A错误；
B．Co在阳极失电子生成Co2+，阳极的电极反应：Co-2e-= Co2+，故B错误；
C．Co2+由M电极透过膜Ⅰ进入产品室，膜Ⅰ为阳离子交换膜，Na+透过膜Ⅳ进入缓冲室2，膜Ⅳ为阳离子交换膜，故C错误；
D．Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，可实现化学镀钴，根据氧化还原反应规律，Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中可能发生Co2++H2PO+3OH-=Co+HPO+2H2O，故D正确；
选D。
第II卷 (非选择题)
二．填空题(共5个题，60分)
21. 有五种短周期元素A、B、X、D、E，它们的原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，D的氧化物具有两性，E和X同族。F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满。根据以上信息，回答下列问题：
（1）元素A基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为___________，F2+的电子排布式为___________。
（2）元素A、B、X电负性由大到小的顺序为___________ (用元素符号表示，下同)，基态X原子比基态B原子的第一电离能低的原因是___________。
（3）元素E原子核外有___________种不同运动状态的电子。 D元素基态原子的最高能级符号为___________。
（4）元素B的简单氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物的高，原因是___________。
（5）下列说法正确是___________ (填标号)。
①简单离子半径：X＞D
②简单氢化物的稳定性：X＜E
③B的氧化物对应的水化物都是强酸
④D和E的简单离子在水溶液中不能大量共存
【答案】（1） ①. ②. 1s22s22p63s23p63d6
（2） ①. O>N>C ②. 同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大
（3） ①. 16 ②. 3p
（4）NH3能形成分子间氢键
（5）①④
【解析】
【分析】五种短周期元素A、B、X、D、E，原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，A是C元素；X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；则B是N元素；D的氧化物具有两性，D是Al元素；E和X同族，E是S元素；F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满，F是Fe元素。
【小问1详解】
A是C元素，C元素基态原子的价电子排布图为，F是Fe元素，Fe失去4s轨道上2个电子形成Fe2+，Fe2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；
【小问2详解】
同周期元素从左到右，电负性依次增大，元素C、N、O电负性由大到小的顺序为O>N>C；同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大，所以基态C原子比基态N原子的第一电离能低；
【小问3详解】
E是S元素，S原子核外有16个电子，有16种不同运动状态的电子。D是Al元素，基态Al原子的最高能级符号为3p；
【小问4详解】
B是N元素，NH3能形成分子间氢键，所以NH3的沸点比同主族相邻元素氢化物的高。
【小问5详解】
①电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Al3+，故①正确；
②同主族元素从上到下，简单氢化物的稳定性依次减弱，稳定性H2O>H2S，故②错误；
③N的氧化物对应的水化物中，HNO2是弱酸，故③错误；
④Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故④正确；
正确的是①④。
22. 完成下列填空
（1）火箭发射常以液态肼(N2H4)为燃料，液态过氧化氢为助燃剂。
已知：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=−534 kJ∙mol−1
H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) ΔH=−98 kJ∙mol−1
H2O(l)=H2O(g) ΔH=44 kJ∙mol−1
试写出N2H4和液态H2O2反应生成气态水的热化学方程式：_______。
（2）反应的自发性由焓变和熵变两个因素决定。N2(g)+O2(g)=2NO(g)，已知N≡N的键能为946 kJ∙mol−1，O=O键的键能为498 kJ∙mol−1，N≡O的键能为630 kJ∙mol−1；该反应的ΔH=_______，其反应自发的原因是_______。
（3）以纯铜作阴极，以石墨作阳极，电解某浓度的硫酸铜溶液，阴极产物均附在电极上，通电一段时间后，关闭电源，迅速撤去电极(设阴极产物没有损耗)，若在电解后的溶液中加入16.0gCuO固体，则恰好能使溶液恢复到原浓度，则整个电解过程中，所产生的气体体积为(标准状况)_______L。
（4）科学家设计利用电化学原理回收CO2达到减排的目的，实验装置如图所示。
已知在碱性条件下，卤素单质可以和乙醇反应。假设理想状态下，该装置能将a电极的CO2全部转化成HCOO-。
①则b为_______极(填“正”或“负”)，a电极的电极反应式为_______。
②标准状况下，当有4mol电子转移时，回收的 CO2为_______L。
【答案】（1）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) ΔH＝−642 kJ∙mol−1
（2） ①. +184 kJ∙mol−1 ②. 熵增或ΔS>0
（3）2.24 （4） ①. 负 ②. CO2+H2O+2e- =HCOO +OH- ③. 44.8
【解析】
【小问1详解】
N2H4和液态H2O2反应生成气态水的化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)，依次将已知的三个热化学方程式标号为①、②、③，根据盖斯定律①+2×②+4×③得N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)的ΔH=(-534kJ·mol-1)+2×(-98kJ·mol-1)+4×(+44kJ•mol-1)=-642 kJ·mol-1；
【小问2详解】
该反应的ΔH=946kJ/mol+498kJ/mol-2×630kJ/mol=+184kJ/mol，反应自发进行的判断依据是ΔH-TΔS＜0，ΔH＞0，其反应自发的原因是ΔS＞0；
【小问3详解】
16.0gCuO固体恰好能使溶液恢复到原浓度，所以电解过程中阴极上析出铜，根据原子守恒知，阳极电解反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上电极反应Cu2++2e-=Cu，16.0gCuO氢氧化铜的物质的量=0.2mol，电子转移总物质的量0.4mol，生成氧气0.1mol，标准状况下生成气体体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
【小问4详解】
①根据题意，a电极的CO2全部转化成HCOO-，发生还原反应，所以a电极为阴极，则电源的b电极为负极；根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为CO2+H2O+2e- =HCOO +OH-；
②根据a电极的反应式可知，转移4mol电子时，回收2molCO2，标况下体积为2mol×22.4L/mol=44.8L。
23. 氮的氧化物在生产、生活中有广泛应用。
Ⅰ．已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)+ O2(g)=NO(g) ΔH1=+90kJ∙mol−1(常温下平衡常数为K1)
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH2=+68kJ∙mol−1(常温下平衡常数为K2)
（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)该反应常温下平衡常数K=_______(用K1、K2表示)
Ⅱ．四氧化二氮(N2O4)可作为运载火箭的推进剂，将4mol N2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O42NO2，平衡体系中N2O4的体积分数()随温度的变化如图所示：
（2）D点v(正)_______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。
（3）A、B、C点中平衡常数K的值最大的是_______点。T2时，N2O4的平衡转化率为_______；若达平衡时间为5s，则此时间内的NO2平均反应速率为_______。
（4）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
Ⅲ．碳很多化合物在生产生活中应用广泛，对其进行综合利用是目前研究的热点之一。中科院化学所研究了该反应的反应历程，如图所示：
CH3OH(g)+CO2(g)+H2(g)=CH3COOH+H2O(g) ΔH2=+220.5kJ∙mol−1
（5）反应历程中，能降低反应活化能的物质有_______(填化学式)；中间产物有_______种；
（6）第4步反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）
（2）< （3） ①. C ②. 25％ ③. 0.2mol·L-1·s-1
（4）减小 （5） ①. LiI和Rh ②. 5
（6）CH3COORbI+H2=Rb+HI+CH3COOH
【解析】
【小问1详解】
①N2(g)+ O2(g)=NO(g)，常温下平衡常数为K1；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ，常温下平衡常数为K2；
②-①×2得2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，该反应常温下平衡常数K=；
【小问2详解】
时，A为平衡点，D点要得到平衡，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，v(正)
升高温度，N2O4的体积分数减小，平衡正向移动，平衡常数增大，A、B、C点中平衡常数K的值最大的是C点。T2时，设参加反应的N2O4为xmol，则生成NO2为2xmol，N2O4的体积分数为60%，，x=1mol，N2O4的平衡转化率为；若达平衡时间为5s，则此时间内的NO2平均反应速率为 mol·L-1·s-1；
【小问4详解】
若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数减小。
【小问5详解】
催化剂降低反应活化能，根据图示，LiI和Rh是该反应的催化剂，能降低活化能。中间产物有，共5种。
【小问6详解】
根据图示，第4步反应的化学方程式为CH3COORbI+H2=Rb+HI+CH3COOH。
24. 硫氰化钾俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品.主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等.实验室模拟工业以和为原料制备的实验装置如图所示：
已知：①不溶于，密度比水大且难溶于水；
②三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应：，该反应比较缓慢，且在高于170℃易分解。
③的溶解度随温度变化较大。
(1)A装置中固体混合物是_______；仪器a的名称_______
(2)三颈烧瓶内的导气管插入下层液体中，原因是_______。
(3)待实验中观察到_______现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭.保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，使进行完全后，打开，继续保持液温105℃，滴入适量的溶液，写出生成的化学方程式_______。
(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收的离子方程式_______。
(5)反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再_______.(填操作)，得到硫氰化钾晶体。
(6)晶体中含量的测定：称取样品，配成溶液.量取溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液.(已知：滴定时发生的反应为(白色))
①指示剂a为_______。
②晶体中的质量分数为_______%。
【答案】 ①. 消石灰或氢氧化钙或熟石灰和 ②. 球形干燥管 ③. 使氨气与充分接触，防倒吸 ④. 三颈烧瓶内液体不分层 ⑤. ⑥. ⑦. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥 ⑧. ⑨. 87.3%
【解析】
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O转为氮气，据此解题。
【详解】(1) 根据以上分析A中的混合物为消石灰或氢氧化钙或熟石灰和NH4Cl，仪器a的名称为球形干燥管；
(2)为了使氨气与CS2充分接触，防倒吸，所以将三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中；
(3) 待实验中观察到三颈烧瓶内液体不分层；NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105°C一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105°C，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
(4) 装置E中， NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应离子方程式为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；故答案为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；
(5) 先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤干燥；
(6) ①Fe3+遇KSCN变红色，所以滴定过程的指示剂a为Fe (NO3) 3溶液；故答案为：Fe (NO3) 3溶液；
②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色) 可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.018L× 0.1mol/L=0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数为：；故答案为：87.3%。
25. 利用炼锌矿渣［主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4］获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①浸出液中金属离子主要含Ga3＋、Fe3＋、Zn2＋，含少量Fe2＋。
②常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH如表1。
③金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表2。
表1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度/(mol·L-1)
开始沉淀pH
Fe2＋
1.0×10-3
8.0
Fe3＋
4.0×10-2
1.7
Zn2＋
1.5
5.5
Ga3＋
3.0×10-3
3.0
表2 金属离子的萃取率
金属离子
萃取率
Fe2＋
0
Fe3＋
99%
Zn2＋
0
Ga3＋
97%~98.5%
(1)ZnFe2O4中Fe的化合价为___________，调pH前加入H2O2的目的是___________。
(2)滤液1获得的物质是___________(填化学式，下同)，水层1获得的物质是___________。
(3)Ga与Al化学性质相似。反萃取时，加入过量NaOH溶液后，Ga的存在形式是___________(填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为___________。
(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为___________。
(6)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为___________mol·L–1
【答案】 ①. +3 ②. 将Fe2＋氧化成Fe3＋ ③. ZnSO4 ④. FeCl2 ⑤. NaGaO2 ⑥. +3e-+2H2O=Ga+4OH- ⑦. Ga(CH3)3 + 3NH3 =GaN + 3CH4 ⑧. 3.0×10-10.2
【解析】
【分析】由题中图示可知，炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入铁粉把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，进一步反应得到CaN；据此分析解答。
【详解】(1)由化合价代数和为0可知，ZnFe2O4中Fe的化合价为+3价，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；答案为+3；将Fe2＋氧化成Fe3＋。
(2)根据题中表格数据，调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子，即滤液1为ZnSO4；滤饼[Fe(OH)3、Ga(OH)3] 加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入铁粉把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，则水层1获得的物质是FeCl2；答案为ZnSO4；FeCl2。
(3)Ga与Al化学性质相似，加入过量NaOH溶液，发生Ga3++4OH-=+2H2O反应，则Ga的存在形式是NaGaO2；答案为NaGaO2。
(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极发生得电子的还原反应，其电极反应为+3e-+2H2O=Ga+4OH-；答案为+3e-+2H2O=Ga+4OH-。
(5)以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，由质量守恒定律可知，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3 + 3NH3 =GaN + 3CH4；答案为Ga(CH3)3 + 3NH3 =GaN + 3CH4。
(6)由表中数据可知，Ga(OH)3的溶度积常数为Ksp[Ga(OH)3]=(3.0×10-3)×(10-11)3=3.0×10-36，溶液的pH=5.4，c(OH-)=mol/L=10-8.6mol/L，则滤液1中残余的c(Ga3+)==mol/L=3.0×10-10.2mol·L-1；答案为3.0×10-10.2。
四川省成都外国语学校2021—2022学年高二下学期3月月考
化学试题
注意事项：
1、本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试90分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 K-31 S-32
第Ⅰ卷 (选择题)
一．选择题(共20个，2分/个，共40分，每题只有一个正确答案。)
1. 根据所学习的电化学知识，下列说法正确的是
A. 酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀、铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
B. 铁表面的镀锌层破损后，就完全失去了对铁的保护作用
C. 水库的钢闸门与电源正极连接可实现电化学保护
D. 智能手机常用的锂离子电池属于一次电池
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸雨后钢铁所处环境酸性较强，发生析氢腐蚀，盐液显中心，铁锅发生吸氧腐蚀，A正确；
B．锌比铁活泼，镀层破损后形成原电池，Zn为负极，Fe被保护起来，B错误；
C．与电源正极相连后，钢闸门上发生氧化反应，加速腐蚀，钢闸门应与电源负极相连，C错误；
D．锂离子电池可以充电，为二次电池，D错误；
综上所述答案为A。
2. 下列说法中正确的是
A. 多电子原子的所有电子在同一区域里运动
B. 能量高的电子在离核近的区域运动，能量低的电子在离核远的区域运动
C. 处于最低能量的原子叫基态原子
D. 同一原子中，1s、2s、3s所能容纳的电子数越来越多
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子核外有多电子时，电子的能量不尽相同，电子不可能都在同一区域里运动，而是分层排布的，A项错误；
B．能量低的电子在离原子核近的区域里运动即在低能层运动，而能量高的电子在离核远的区域即高能层运动，B项错误；
C．能量越低越稳定，根据构造原理可知，核外电子优先排布在能量较低的能级上，C项正确；
D．s能级最多容纳2个电子，与其所在能层高低无关，D项错误；
答案选C。
3. 下列化学用语正确的是
A. 乙烯的结构简式CH2CH2 B. 氯化铵的电子：
C. 氟原子的结构示意： D. 铬原子的价电子轨道表示：
【答案】D
【解析】
【详解】A．结构简式中的碳碳双键不能省略，所以乙烯的结构简式CH2=CH2，A错误；
B．氯离子最外层有8个电子，氯化铵的电子式为氯化铵的电子：，B错误；
C．F原子核外有9个电子，结构示意图为，C错误；
D．Cr为24号元素，价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为，D正确；
综上所述答案为D。
4. 下列有关说法正确的是
A. 所有非金属元素都分布在p区
B. 电子云通常用小点的疏密程度来表示，小点密表示在该空间的电子数多
C. Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu处于s区
D. 已知Fe的价层电子排布式为3d64s2，Fe3＋的价层电子排布式为3d5
【答案】D
【解析】
【详解】A．H元素为非金属元素，但位于s区，A错误；
B．小点密表示在该空间内电子出现的概率大，B错误；
C．Cu的价电子为3d104s1，处于ds区，C错误；
D．Fe原子失去最外层3个电子后形成Fe3+，所以Fe3＋的价层电子排布式为3d5，D正确；
综上所述答案为D。
5. 燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4、C2H6等)跟氧气(或空气)起反应将化学能转变为电能的装置，若电解质溶液是强碱溶液，下面关于乙烷(C2H6)燃料电池的说法正确的是
A. 该电池工作时，正极附近溶液的碱性增强
B. 负极反应式：C2H6+18OH—+14e—=2CO+12H2O
C. 通入5.6LO2完全反应后，有1mol电子发生转移
D. 燃料电池的优点之一是点燃时化学能大部分转化为电能而不是热能和光能
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，乙烷燃料电池的负极为通入乙烷的电极，碱性条件下，乙烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，电极反应式为C2H6+18OH——14e—=2CO+12H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。
【详解】A．由分析可知，电池工作时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，故A正确；
B．由分析可知，通入乙烷的电极为负极，碱性条件下，乙烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，电极反应式为C2H6+18OH——14e—=2CO+12H2O，故B错误；
C．缺标准状况下，无法计算5.6LO2完全反应后转移电子的物质的量，故C错误；
D．乙烷燃料电池工作时，不需要点燃乙烷，故D错误；
故选A。
6. 下列说法正确的是
A. 6C的电子排布式1s22s22p2x，违反了泡利不相容原理
B. 价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第IIA族，是p区元素
C. ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量
D. 电子排布式(23V)1s22s22p63s23p63d34s2违反了洪特规则
【答案】C
【解析】
【详解】A．2p能级共有2个电子，应单独占据一个轨道且自旋方向相同。选项中填充在1个轨道中，违背了洪特规则，A错误；
B．价电子排布为5s25p2的元素位于第五周期第IVA族，是p区元素，B错误；
C．一般情况下电子能量与能层和能级都有关，根据构造原理可知：ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，C正确；
D．电子排布式(23V)1s22s22p63s23p63d34s2符合原子核外电子排布规律，D错误；
故合理选项是C。
7. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 水电离出的的溶液中：、、、
D. 含大量的溶液中：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．能使甲基橙变红的溶液中存在大量H+，酸性环境可以氧化，不能大量共存，故A错误；
B．的溶液中是酸性溶液，、、、均不发生反应，能大量共存，故B正确；
C．水电离出的说明酸或者碱抑制水的电离，如果是酸性溶液会生成CO2，不能大量共存，故C错误；
D．与会发生双水解生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
8. 与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是
A. 甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应
B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快
C. 甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移
D. 乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示，甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，甲不是原电池，故A错误；
B. 甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；
C. 甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；
D. 盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确；
答案选D。
9. 下列关于原子结构、原子轨道的说法正确的是
A. N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子
B. 在K能层中，有自旋相反的两条轨道
C. s电子绕核运动，其轨道为球面，而p电子在哑铃形曲面上运动
D. 114号元素是位于p区的金属元素，价电子排布式为7s27p4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子，故A正确；
B．K能层含有s能级有1个轨道，最多容纳自旋相反的两个电子，故B错误；
C．s电子的原子轨道都是球形的，p电子的原子轨道都是哑铃形，故C错误；
D．114号元素位于第七周期第IVA族，属于p区，价电子数为4，价电子排布式为7s27p2，故D错误；
故选：A。
10. 氯碱工业用离子交换膜法电解饱和食盐水，装置示意图如图。下列说法错误的是
A. a为阳极，发生氧化反应生成氯气
B. b极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C. 电解时，Na+穿过离子交换膜进入阴极室
D. 饱和食盐水从c处进入，淡盐水从e处流出
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．a和电源的正极相连，为阳极，溶液中的Cl-在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故A正确；
B．b为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；
C．离子交换膜为阳离子交换膜，电解时，阳离子移向阴极，所以Na+穿过离子交换膜进入阴极室，故C正确；
D．由于溶液中的Cl-在阳极放电，所以饱和食盐水从c处进入阳极室，Cl-放电生成氯气逸出，Na+穿过离子交换膜进入阴极室，所以淡盐水从d处流出，故D错误；
故选D。
11. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，86g己烷的分子数为NA个
B. 25℃时，1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中NH为0.1NA
C. 17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个
D. 64gCu分别与足量稀硝酸反应时，转移电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．己烷的分子式为C6H14，所以86g己烷的物质的量为=1mol，所含分子数为NA个，A正确；
B．1 L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，但由于铵根会水解，所以NH的个数小于0.1NA，B错误；
C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，每个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键，所以共含的极性共价键为3.2NA个，C错误；
D．64gCu的物质的量为1mol，足量稀硝酸反应全部转化为Cu2+，转移电子数为2NA，D错误；
综上所述答案为A。
12. 锂空气充电电池有望成为电池行业的“明日之星”，其放电时的工作原理如图所示。已知电池反应：2Li+O2Li2O2，下列说法错误的是
A. 放电时，正极的电极反应式：O2 + 2e−+ 2Li+=Li2O2
B. 放电时，B极消耗 22.4 L的O2，外电路中通过2mol电子
C. 充电时，Li+向A极移动
D. 充电时，A极接电源的负极
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时，A极作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，B极为正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2，充电时，A极为阴极，B极为阳极，据此作答。
【详解】A．放电时，B极为正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2，故A正确；
B．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，无法计算转移电子数，故B错误；
C．充电时，B极为阳极，A极为阴极，Li+向阴极即向A极移动，故C正确；
D．充电时，A极为阴极，连接电源的负极，故D正确；
故选B。
13. 下列离子方程式符合题意的是
A. 等物质的量浓度的盐酸与Na2CO3溶液等体积混合：2H++CO=CO2↑+H2O
B. 加入Na2S除去废水中的Cu2+：S2-+Cu2+=CuS↓
C. 将NaClO碱性溶液与含Fe2+的溶液混合： ClO-+2Fe2++H2O=Cl-+2Fe3++2OH-
D. 用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．等物质的量浓度的盐酸与Na2CO3溶液等体积混合，只能生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为H++CO=HCO，A错误；
B．加入Na2S除去废水中的Cu2+，生成CuS沉淀，离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，B正确；
C．碱性溶液中Fe3+会生成沉淀，离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=Cl-+2Fe(OH)3↓，C错误；
D．用铜电极电解硫酸铜溶液，阳极上Cu失去电子，不会生成氧气，离子反应为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，D错误；
综上所述答案为B。
14. 电絮凝的反应原理是以金属铁为阳极，在直流电的作用下，阳极被溶蚀，产生金属离子；在经一系列水解、聚合及氧化过程，使废水中的胶态杂质、悬浮杂质凝聚沉淀而分离。下列说法不正确的是
A. 阳极电极方程式为Fe-3e-=Fe3+和2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. 阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C. 每产生1molO2，整个电解池中理论上转移电子大于4mol
D. 选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果
【答案】A
【解析】
【详解】A．若铁为阳极，则阳极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，同时水电离产生的OH-失去电子变为O2，同时产生H+，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，选项A不正确；
B．阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，故电离方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B正确；
C．在阳极上的电极反应式有Fe-2e-=Fe2+、2H2O-4e-=O2↑+4H+，因此当生成1 mol O2，整个电解池中理论上转移电子大于4 mol，选项C正确；
D．Fe3+经过水解生成Fe(OH)3胶体使水中的杂质凝聚沉淀，选择铝做阳极也可起到相似的絮凝效果，选项D正确；
答案选A。
15. 已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是
A. X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价
B. X的第一电离能一定大于Y
C. 最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的酸性
D. 气态氢化物的稳定性：HnY小于HmX
【答案】B
【解析】
【详解】A．非金属性越强，电负性越大，同周期自左向右非金属性逐渐增强，所以X的非金属性强于Y的，故A正确；
B．非金属性越强第一电离能越大，但氮元素的第一电离能大于氧元素的，故B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性强于Y对应的酸性，故C正确；
D．非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性X＞Y，则气态氢化物的稳定性：HnY小于HmX，故D正确。
故答案选B。
16. 某实验小组用碱性锌锰电池作为电源模拟工业上电解精炼铜，装置如图。其中a、b分别为碱性锌锰电池的两电极，该电池总反应为Zn+2MnO2+2H2O = 2MnO(OH)+Zn(OH)2。粗铜中含有Zn、Fe、Pt等杂质。下列说法错误的是
A. 碱性锌锰电池的a为正极，b为负极
B. 碱性锌锰电池正极电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-
C. CuSO4溶液中SO向粗铜一极移动
D. 当电路中转移1 mol电子时，粗铜减少的质量为32 g
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，粗铜连接电源正极，作阳极；精铜连接电源的负极作阴极。根据图示可知碱性锌锰电池的a电解连接粗铜，应该是a为正极，则b为负极，A正确；
B．根据总反应方程式可知碱性锌锰电池正极上MnO2得到电子被还原为MnO(OH)，故正极的电极反应式为：2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-，B正确；
C．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，CuSO4溶液中SO应该向正电荷较多的阳极——粗铜一极移动，C正确；
D．阳极上主要是粗铜的主要成分Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，同时活动性比Cu强的金属，如Fe、Zn也会失去电子变为金属阳离子进入溶液中，而活动性比Cu弱的金属入Ag、Au等则沉淀在阳极底部，形成阳极泥，因此当电路中转移1 mol电子时，粗铜减少的质量可能为32 g，也可能不是32 g，D错误；
故合理选项是D。
17. X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，Y、Z、W位于同一周期，W的最外层电子数是X、Y最外层电子数之和。下列说法不正确的是
A. 离子半径Z>X>Y
B. 第一电离能：Y＜Z
C. Y、W均属于元素周期表中的p区元素
D. X、Y、Z、W核电荷数逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y、Z、W为短周期元素，X2-和Y+核外电子排布相同，X、Z位于同一主族，则X为O元素，Z为S元素，Y为Na元素，Y、Z、W位于同一周期，W最外层电子数是X、Y最外层电子数之和，则W为Cl元素。
A. 具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小，Z离子多一个电子层半径最大，故离子半径Z>X>Y，选项A正确；
B. Y为金属元素，Z为非金属元素，第一电离能：Y＜Z，选项B正确；
C. Na属于元素周期表中的s区元素，、Cl属于元素周期表中的p区元素，选项C不正确；
D. X、Y、Z、W核电荷数分别为8、11、16、17，逐渐增大，选项D正确；
答案选C。
18. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 利用装置甲可证明非金属性强弱：Cl>C>Si
B. 利用装置乙准确称得0.1775gNaCl固体
C. 利用装置丙证明氨气极易溶于水
D. 利用装置丁制备Fe(OH)2并能较长时间观察到白色
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应的水化物的酸性来比较，即比较Cl、C、Si的非金属性强弱应该用、、，描述错误，不符题意；
B．托盘天平读数只能读到小数点后一位，不能到小数点后4位，描述错误，不符题意；
C．引发喷泉的操作：挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入圆底烧瓶，此时由于氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小，形成喷泉，描述正确，符合题意；
D．装置丁中不能使用酒精液封，因为酒精与水互溶不能隔绝空气，不能防止被氧化，描述错误，不符题意；
综上，本题选C。
19. 按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是
A. 铁腐蚀的速度由大到小的顺序：只闭合K3>只闭合K1>都断开>只闭合K2
B. 只闭合K3，正极的电极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-
C. 先只闭合K1，一段时间后，漏斗内液曲上升，然后再只闭合K2，漏斗内液面上升
D. 只闭合K2，U形管左、右两端液面均下降
【答案】A
【解析】
【详解】A、金属腐蚀速率：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，闭合K3，是原电池，铁作负极：闭合K2，是电解池，铁作阴极；闭合K1，铁作阳极，因此腐蚀速率是只闭合K1>只闭合K3>都断开>只闭合K2，故A说法错误；B、B、只闭合K3，构成吸氧腐蚀，正极：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B说法正确；C、只闭合K1，铁作阳极，阳极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，U形管中气体压强增大，因此漏斗中液面上升，然后闭合K2，铁作阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式2Cl－2e－=Cl2↑，U形管中气体压强增大，漏斗中液面上升，故C说法正确；D、根据选项C的分析，铁作阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式2Cl－2e－=Cl2↑，故D说法正确。
20. 工业上利用电渗析法制取次磷酸钴[Co(H2PO2)2]的原理如图所示：
已知：Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，可实现化学镀钴。下列说法正确的是
A. a为电源的负极
B. 阳极的电极反应：Co-2e-+2H2PO=Co(H2PO2)2
C. 膜Ⅰ阳离子交换膜，膜Ⅳ为阴离子交换膜
D. Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中可能发生：Co2++H2PO+3OH-=Co+HPO+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】利用电渗析法制取次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，根据图示，H2PO由原料室进入产品室、Co2+由M电极透过膜Ⅰ进入产品室，Co2+和H2PO生成Co(H2PO2)2。
【详解】A．M电极生成Co2+，M是阳极，a为电源的正极，故A错误；
B．Co在阳极失电子生成Co2+，阳极的电极反应：Co-2e-= Co2+，故B错误；
C．Co2+由M电极透过膜Ⅰ进入产品室，膜Ⅰ为阳离子交换膜，Na+透过膜Ⅳ进入缓冲室2，膜Ⅳ为阳离子交换膜，故C错误；
D．Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，可实现化学镀钴，根据氧化还原反应规律，Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中可能发生Co2++H2PO+3OH-=Co+HPO+2H2O，故D正确；
选D。
第II卷 (非选择题)
二．填空题(共5个题，60分)
21. 有五种短周期元素A、B、X、D、E，它们的原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，D的氧化物具有两性，E和X同族。F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满。根据以上信息，回答下列问题：
（1）元素A基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为___________，F2+的电子排布式为___________。
（2）元素A、B、X电负性由大到小的顺序为___________ (用元素符号表示，下同)，基态X原子比基态B原子的第一电离能低的原因是___________。
（3）元素E原子核外有___________种不同运动状态的电子。 D元素基态原子的最高能级符号为___________。
（4）元素B的简单氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物的高，原因是___________。
（5）下列说法正确是___________ (填标号)。
①简单离子半径：X＞D
②简单氢化物的稳定性：X＜E
③B的氧化物对应的水化物都是强酸
④D和E的简单离子在水溶液中不能大量共存
【答案】（1） ①. ②. 1s22s22p63s23p63d6
（2） ①. O>N>C ②. 同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大
（3） ①. 16 ②. 3p
（4）NH3能形成分子间氢键
（5）①④
【解析】
【分析】五种短周期元素A、B、X、D、E，原子序数依次递增，A元素的一种核素可用于考古时判断文物的年代，A是C元素；X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；则B是N元素；D的氧化物具有两性，D是Al元素；E和X同族，E是S元素；F为第四周期的元素，F3+离子的3d能级电子为半充满，F是Fe元素。
【小问1详解】
A是C元素，C元素基态原子的价电子排布图为，F是Fe元素，Fe失去4s轨道上2个电子形成Fe2+，Fe2+电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；
【小问2详解】
同周期元素从左到右，电负性依次增大，元素C、N、O电负性由大到小的顺序为O>N>C；同一周期从左到右，核电荷数增大，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引从左到右增大，所以基态C原子比基态N原子的第一电离能低；
【小问3详解】
E是S元素，S原子核外有16个电子，有16种不同运动状态的电子。D是Al元素，基态Al原子的最高能级符号为3p；
【小问4详解】
B是N元素，NH3能形成分子间氢键，所以NH3的沸点比同主族相邻元素氢化物的高。
【小问5详解】
①电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Al3+，故①正确；
②同主族元素从上到下，简单氢化物的稳定性依次减弱，稳定性H2O>H2S，故②错误；
③N的氧化物对应的水化物中，HNO2是弱酸，故③错误；
④Al3+和S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故④正确；
正确的是①④。
22. 完成下列填空
（1）火箭发射常以液态肼(N2H4)为燃料，液态过氧化氢为助燃剂。
已知：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=−534 kJ∙mol−1
H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) ΔH=−98 kJ∙mol−1
H2O(l)=H2O(g) ΔH=44 kJ∙mol−1
试写出N2H4和液态H2O2反应生成气态水的热化学方程式：_______。
（2）反应的自发性由焓变和熵变两个因素决定。N2(g)+O2(g)=2NO(g)，已知N≡N的键能为946 kJ∙mol−1，O=O键的键能为498 kJ∙mol−1，N≡O的键能为630 kJ∙mol−1；该反应的ΔH=_______，其反应自发的原因是_______。
（3）以纯铜作阴极，以石墨作阳极，电解某浓度的硫酸铜溶液，阴极产物均附在电极上，通电一段时间后，关闭电源，迅速撤去电极(设阴极产物没有损耗)，若在电解后的溶液中加入16.0gCuO固体，则恰好能使溶液恢复到原浓度，则整个电解过程中，所产生的气体体积为(标准状况)_______L。
（4）科学家设计利用电化学原理回收CO2达到减排的目的，实验装置如图所示。
已知在碱性条件下，卤素单质可以和乙醇反应。假设理想状态下，该装置能将a电极的CO2全部转化成HCOO-。
①则b为_______极(填“正”或“负”)，a电极的电极反应式为_______。
②标准状况下，当有4mol电子转移时，回收的 CO2为_______L。
【答案】（1）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) ΔH＝−642 kJ∙mol−1
（2） ①. +184 kJ∙mol−1 ②. 熵增或ΔS>0
（3）2.24 （4） ①. 负 ②. CO2+H2O+2e- =HCOO +OH- ③. 44.8
【解析】
【小问1详解】
N2H4和液态H2O2反应生成气态水的化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l)，依次将已知的三个热化学方程式标号为①、②、③，根据盖斯定律①+2×②+4×③得N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)的ΔH=(-534kJ·mol-1)+2×(-98kJ·mol-1)+4×(+44kJ•mol-1)=-642 kJ·mol-1；
【小问2详解】
该反应的ΔH=946kJ/mol+498kJ/mol-2×630kJ/mol=+184kJ/mol，反应自发进行的判断依据是ΔH-TΔS＜0，ΔH＞0，其反应自发的原因是ΔS＞0；
【小问3详解】
16.0gCuO固体恰好能使溶液恢复到原浓度，所以电解过程中阴极上析出铜，根据原子守恒知，阳极电解反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上电极反应Cu2++2e-=Cu，16.0gCuO氢氧化铜的物质的量=0.2mol，电子转移总物质的量0.4mol，生成氧气0.1mol，标准状况下生成气体体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
【小问4详解】
①根据题意，a电极的CO2全部转化成HCOO-，发生还原反应，所以a电极为阴极，则电源的b电极为负极；根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为CO2+H2O+2e- =HCOO +OH-；
②根据a电极的反应式可知，转移4mol电子时，回收2molCO2，标况下体积为2mol×22.4L/mol=44.8L。
23. 氮的氧化物在生产、生活中有广泛应用。
Ⅰ．已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：
N2(g)+ O2(g)=NO(g) ΔH1=+90kJ∙mol−1(常温下平衡常数为K1)
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ΔH2=+68kJ∙mol−1(常温下平衡常数为K2)
（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)该反应常温下平衡常数K=_______(用K1、K2表示)
Ⅱ．四氧化二氮(N2O4)可作为运载火箭的推进剂，将4mol N2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O42NO2，平衡体系中N2O4的体积分数()随温度的变化如图所示：
（2）D点v(正)_______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。
（3）A、B、C点中平衡常数K的值最大的是_______点。T2时，N2O4的平衡转化率为_______；若达平衡时间为5s，则此时间内的NO2平均反应速率为_______。
（4）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
Ⅲ．碳很多化合物在生产生活中应用广泛，对其进行综合利用是目前研究的热点之一。中科院化学所研究了该反应的反应历程，如图所示：
CH3OH(g)+CO2(g)+H2(g)=CH3COOH+H2O(g) ΔH2=+220.5kJ∙mol−1
（5）反应历程中，能降低反应活化能的物质有_______(填化学式)；中间产物有_______种；
（6）第4步反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）
（2）< （3） ①. C ②. 25％ ③. 0.2mol·L-1·s-1
（4）减小 （5） ①. LiI和Rh ②. 5
（6）CH3COORbI+H2=Rb+HI+CH3COOH
【解析】
【小问1详解】
①N2(g)+ O2(g)=NO(g)，常温下平衡常数为K1；
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) ，常温下平衡常数为K2；
②-①×2得2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，该反应常温下平衡常数K=；
【小问2详解】
时，A为平衡点，D点要得到平衡，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，v(正)
升高温度，N2O4的体积分数减小，平衡正向移动，平衡常数增大，A、B、C点中平衡常数K的值最大的是C点。T2时，设参加反应的N2O4为xmol，则生成NO2为2xmol，N2O4的体积分数为60%，，x=1mol，N2O4的平衡转化率为；若达平衡时间为5s，则此时间内的NO2平均反应速率为 mol·L-1·s-1；
【小问4详解】
若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数减小。
【小问5详解】
催化剂降低反应活化能，根据图示，LiI和Rh是该反应的催化剂，能降低活化能。中间产物有，共5种。
【小问6详解】
根据图示，第4步反应的化学方程式为CH3COORbI+H2=Rb+HI+CH3COOH。
24. 硫氰化钾俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品.主要用于合成树脂、杀虫杀菌剂、芥子油、硫脲类和药物等.实验室模拟工业以和为原料制备的实验装置如图所示：
已知：①不溶于，密度比水大且难溶于水；
②三颈烧瓶内盛放、水和催化剂，发生反应：，该反应比较缓慢，且在高于170℃易分解。
③的溶解度随温度变化较大。
(1)A装置中固体混合物是_______；仪器a的名称_______
(2)三颈烧瓶内的导气管插入下层液体中，原因是_______。
(3)待实验中观察到_______现象时，熄灭A处酒精灯，待D中无气泡产生时关闭.保持三颈烧瓶内液温105℃一段时间，使进行完全后，打开，继续保持液温105℃，滴入适量的溶液，写出生成的化学方程式_______。
(4)装置E的作用为吸收尾气，防止污染环境，写出吸收的离子方程式_______。
(5)反应结束后将三颈烧瓶中的固体催化剂滤去，再_______.(填操作)，得到硫氰化钾晶体。
(6)晶体中含量的测定：称取样品，配成溶液.量取溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴a作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液.(已知：滴定时发生的反应为(白色))
①指示剂a为_______。
②晶体中的质量分数为_______%。
【答案】 ①. 消石灰或氢氧化钙或熟石灰和 ②. 球形干燥管 ③. 使氨气与充分接触，防倒吸 ④. 三颈烧瓶内液体不分层 ⑤. ⑥. ⑦. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥 ⑧. ⑨. 87.3%
【解析】
【分析】加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，多余的氨气在E中发生反应2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O转为氮气，据此解题。
【详解】(1) 根据以上分析A中的混合物为消石灰或氢氧化钙或熟石灰和NH4Cl，仪器a的名称为球形干燥管；
(2)为了使氨气与CS2充分接触，防倒吸，所以将三颈烧瓶内的导气管插入下层CS2液体中；
(3) 待实验中观察到三颈烧瓶内液体不分层；NH4HS加热易分解，制备KSCN溶液时，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，保持三颈烧瓶内液温105°C一段时间，其目的是让NH4HS完全分解而除去，然后打开K2，继续保持液温105°C，缓缓滴入适量的KOH溶液，装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
(4) 装置E中， NH3被酸性重铬酸钾氧化为氮气，反应离子方程式为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；故答案为：2NH3+Cr2O+8H+=N2+2Cr3++7H2O；
(5) 先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤洗涤干燥；
(6) ①Fe3+遇KSCN变红色，所以滴定过程的指示剂a为Fe (NO3) 3溶液；故答案为：Fe (NO3) 3溶液；
②达到滴定终点时消耗0.1000mol/L AgNO3标准溶液18.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色) 可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.018L× 0.1mol/L=0.0018mol，晶体中KSCN的质量分数为：；故答案为：87.3%。
25. 利用炼锌矿渣［主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4］获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①浸出液中金属离子主要含Ga3＋、Fe3＋、Zn2＋，含少量Fe2＋。
②常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH如表1。
③金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表2。
表1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度/(mol·L-1)
开始沉淀pH
Fe2＋
1.0×10-3
8.0
Fe3＋
4.0×10-2
1.7
Zn2＋
1.5
5.5
Ga3＋
3.0×10-3
3.0
表2 金属离子的萃取率
金属离子
萃取率
Fe2＋
0
Fe3＋
99%
Zn2＋
0
Ga3＋
97%~98.5%
(1)ZnFe2O4中Fe的化合价为___________，调pH前加入H2O2的目的是___________。
(2)滤液1获得的物质是___________(填化学式，下同)，水层1获得的物质是___________。
(3)Ga与Al化学性质相似。反萃取时，加入过量NaOH溶液后，Ga的存在形式是___________(填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为___________。
(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为___________。
(6)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为___________mol·L–1
【答案】 ①. +3 ②. 将Fe2＋氧化成Fe3＋ ③. ZnSO4 ④. FeCl2 ⑤. NaGaO2 ⑥. +3e-+2H2O=Ga+4OH- ⑦. Ga(CH3)3 + 3NH3 =GaN + 3CH4 ⑧. 3.0×10-10.2
【解析】
【分析】由题中图示可知，炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入铁粉把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，进一步反应得到CaN；据此分析解答。
【详解】(1)由化合价代数和为0可知，ZnFe2O4中Fe的化合价为+3价，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；答案为+3；将Fe2＋氧化成Fe3＋。
(2)根据题中表格数据，调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子，即滤液1为ZnSO4；滤饼[Fe(OH)3、Ga(OH)3] 加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入铁粉把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，则水层1获得的物质是FeCl2；答案为ZnSO4；FeCl2。
(3)Ga与Al化学性质相似，加入过量NaOH溶液，发生Ga3++4OH-=+2H2O反应，则Ga的存在形式是NaGaO2；答案为NaGaO2。
(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极发生得电子的还原反应，其电极反应为+3e-+2H2O=Ga+4OH-；答案为+3e-+2H2O=Ga+4OH-。
(5)以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，由质量守恒定律可知，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3 + 3NH3 =GaN + 3CH4；答案为Ga(CH3)3 + 3NH3 =GaN + 3CH4。
(6)由表中数据可知，Ga(OH)3的溶度积常数为Ksp[Ga(OH)3]=(3.0×10-3)×(10-11)3=3.0×10-36，溶液的pH=5.4，c(OH-)=mol/L=10-8.6mol/L，则滤液1中残余的c(Ga3+)==mol/L=3.0×10-10.2mol·L-1；答案为3.0×10-10.2。
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