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2021-2022学年湖北省重点高中智学联盟高二（下）联考化学试卷（3月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年湖北省重点高中智学联盟高二（下）联考化学试卷（3月份）（含答案解析），共21页。试卷主要包含了 下列化学用语正确的是， 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载，25,0等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省重点高中智学联盟高二（下）联考化学试卷（3月份）
1. 下列化学用语正确的是( )
A. 乙醇的分子式：C2H5OH
B. 基态Se原子核外电子排布式[Ar]4s24p4
C. NaCN的电子式：
D. N2H4的结构式：
2. 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列叙述错误的是( )
A. 胆矾晶体不导电，胆矾属于电解质
B. 胆矾晶体中存在离子键、极性键、氢键等化学键
C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D. 铜所在周期第一电离能最小和电负性最小的元素都是钾
3. 下列分子、离子键角大小判断错误的是( )
A. BeCl2>SO3>SO2
B. PCl4+>NCl3>H2O
C. NF3>NCl3>PCl3
D. 光气(COCl2)中∠Cl−C=O>∠Cl−C−Cl
4. 2−吡啶甲酸是一种稀土碱金属整合物，其合成原理如图。下列说法错误的是( )
A. 一个甲基吡啶分子中有14个σ键
B. 甲基吡啶中所有原子可能共平面
C. 沸点：2−吡啶甲酸大于甲基吡啶
D. 在水中的溶解性：2−吡啶甲酸大于甲基吡啶
5. 利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 杯酚与C60分子之间的作用为范德华力 B. 杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯
C. 晶体熔点：杯酚>C70>C60 D. 操作①用到的主要仪器为分液漏斗
6. 短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，下列说法正确的是( )
A. A元素构成的单质晶体类型与E元素构成的单质晶体类型一定不同
B. F分别与C、D构成的化合物所含化学键类型完全相同
C. 工业上可通过电解H的熔融氯化物的方法制备H的单质
D. 上述元素中，E元素基态原子第一电离能最大
7. 双极膜电渗析法制备缩水甘油()的原理：将3−氯−1，2−丙二醇的水溶液通过膜M与双极膜之间的电渗析室，最终得到的缩水甘油纯度很高(几乎不含无机盐)。在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O解离成OH−和H+并分别通过阴膜和阳膜。下列说法正确的是( )
A. 装置工作时，3−氯−1，2−丙二醇被氧化
B. 3−氯−1，2−丙二醇生成缩水甘油的过程中均有极性键和非极性键的断裂和生成
C. 上述转化物质涉及元素的第一电离能大到小排列顺序和电负性大到小排列顺序一致
D. 装置工作时，阴极上发生的电极反应：2H++2e−=H2↑
8. 科学家合成出了一种用于分离铜系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是( )
A. 化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构
B. 化合物A中Z原子的杂化方式为sp2
C. 最简单氢化物的沸点：Z>Y
D. 位于第6周期与Y同族的元素，原子序数为85，属于金属元素
9. 磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图，P原子位于晶胞的顶角和面心。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是( )
A. 一个晶胞中含有4个B原子
B. 点1可能的原子分数坐标为(0.25,0.25,0.75)
C. P与B原子的最近距离为34apm
D. BP晶体的密度为168a3NA×10−21g⋅cm−3
10. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 含78gNa2S的溶液中阴离子总数等于NA
B. 铅蓄电池在放电过程中消耗98gH2SO4，则电路中通过的电子数为NA
C. 标准状况下，H2与F2反应生成22.4LHF，转移的电子数为NA
D. 将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和为2NA
11. 氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中如图2为反应①过程中能量变化的曲线图。
下列分析合理的是( )
A. 如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线
B. 反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=−92kJ/mol
C. 在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6L
D. 催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率
12. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是( )
A. 仪器甲中液体读数为10.60mL
B. 用乙装置进行中和反应的反应热测定
C. 用丙装置模拟外加电流法保护铁
D. 用丁装置比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解的催化效果
13. 我国最近在太阳能光电催化——化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. a极上发生的电极反应为Fe3++e−=Fe2+
B. 该装置工作时，H+由b极区流向a极区
C. a极区Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率
D. 从工艺可知反应2Fe2++2H+=2Fe3++H2↑可自发进行
14. 在一定条件下，将A和B各0.32mol充入10L的恒容密闭容器中，发生如下反应：A(g)+B(g)=2C(g)△H<0.反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是( )
t/min
0
2
4
7
9
n(B)/mol
0.32
0.24
0.22
0.20
0.20
A. 其他条件不变，向平衡体系中再充入0.32molA，再达到新平衡时，B的转化率增大
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)>ν(正)
C. 其他条件不变，起始时向容器中充入0.64molA和B，平衡时，n(C)<0.48mol
D. 反应前2min的平均速率ν(C)=0.004mol⋅(L⋅min)−1
15. 室温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中1gc(MOH)c(M+)、pOH[pOH=−lgc(OH−)]、中和率(中和率=被中和的MOH的物质的量反应前MOH的总物质的量)的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. MCl的水解常数的数量级为10−10
B. a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl−)
C. b点时，c(M+)>c(Cl−)>c(MOH)>c(OH−)>c(H+)
D. a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度，a
(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子价电子轨道表示式为 ______。
(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子核外电子占据的空间运动状态有 ______种。
(3)Fe2+的稳定性小于Fe3+，其原因是 ______。
(4)OF2分子中O的杂化方式为 ______，H2O分子极性 ______OF2分子的极性(填“大于”或“小于”)
(5)H2O的沸点大于HF的沸点的原因是 ______。
(6)已知葡萄糖分子结构简式为CH2OH−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO，则一个葡萄糖分子中含手性碳原子数目为 ______。
(7)CH3COOH、HCOOH、CH2ClCOOH的酸性由强到弱的顺序为 ______。
17. 近年来，科学家研究的以复合过渡金属镍的氢氧化物为催化剂、三乙醇胺为电子给体以及[Ru(bpy)3]Cl2⋅6H2O为光敏剂的催化体系，在可见光驱动下可高效催化还原CO2.
(1)下列有关Ni原子的叙述正确的是 ______(填标号).
A.第一电离能比钙的大
B.基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2
C.基态Ni原子形成基态Ni2+时，先失去3d轨道上的电子
D.基态Co原子第五电离能比基态Ni原子第五电离能大
(2)三乙醇胺的制备：.
①三乙醇胺中所含的元素(除H元素外)，第一电离能由小到大的顺序为 ______.
②下列关于H2O和NH3的叙述正确的是 ______。
A.中心原子的价层电子对数相同
B.中心原子的杂化方式不同
C.分子的VSEPR模型相同
D.H2O分子的键角比NH3分子的键角大
(3)[Ru(bpy)3]Cl2⋅6H2O中配体bpy分子的结构简式为，分子中N原子的杂化类型为 ______，则1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为 ______。与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中的大Π键可表示为 ______(用Πmn的形式表示，m表示原子数，n表示电子数)。
(4)β−Nix(OH)y的晶胞结构如图(氧、氢原子均位于晶胞内部)所示．已知晶胞的底边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 ______g⋅cm−3(列出表达式).
18. 碳单质及其化合物在生产生活中用途广泛。回答以下问题：
(1)以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：
a.主反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ⋅mol−1
b.副反应C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+90.3kJ⋅mol−1
已知CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)中逆反应的活化能为89kJ⋅mol−1，则该反应的正反应活化能为 ______kJ⋅mol−1。对于反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，测得在不同温度下H2O(g)的平衡转化率为α(T1)<α(T2)<α(T3)，则温度T1、T2、T3由大到小关系为 ______。
(2)以水煤气制备甲烷的反应为：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。
下列说法正确的是 ______。
A.步骤①只有非极性键断裂
B.步骤②的原子利用率为100%
C.过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢
D.该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境
该反应的正反应速率表达式为v正=k⋅c(CO)⋅c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：
CO浓度/(mol⋅L−1)
浓度/(mol⋅L−1)
正反应速率/(mol⋅L−1⋅min−1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
由上述数据可得该温度下，c2=______mol⋅L−1，该反应的正反应速率常数k=______L3⋅mol−3⋅min−1。若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和H2(g)，两者物质的量之比为1：2，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，该反应的压强平衡常数Kp=______MPa−2(分压=总压×物质的量分数；结果保留两位有效数字)。
19. 一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4⋅7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示。
已知：①锌灰的主要成分为ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO。
②Cu++Cl−=CuCl↓
③PbSO4难溶于水
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为 ______ 。
(2)酸浸时，硫酸浓度不宜过高，原因为 ______ 。
(3)写出“沉铜”时的离子方程式 ______ 。
(4)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)42−离子，每溶解2mol ZnO需消耗 ______ mol KOH。电解池中的总反应离子方程式为： ______ 。
(5)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒子浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO−
浓度/mol⋅L−1
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=______ ，c(Zn2+)=______ 。
(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10−23，Ka1(H2S)=1.0×10−7，Ka2(H2S)=1.0×10−15，Ka(CH3COOH)=2.0×10−5)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.乙醇是含有2个C原子的饱和一元醇，结构简式为C2H5OH，分子式为C2H6O，故A错误；
B.基态Se的原子序数为34，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故B错误；
C.NaCN由钠离子和氰根离子构成，氰根离子中C、N原子间共用3对电子，两原子外围电子数均为8，其电子式为，故C正确；
D.根据价键规则可知，肼分子中含有N−N键、N−H键，不含有N=N键，其结构式为，故D错误；
故选：C。
A.C2H5OH是乙醇的结构简式；
B.基态Se的原子序数为34，结合泡利原理和洪特规则写出其核外电子排布式；
C.NaCN是离子化合物，由钠离子和氰根离子构成；
D.肼分子中N原子之间以单键相连，含有N−H键。
本题考查常见化学用语的书写，题目难度不大，涉及电子式、结构式、结构简式及分子式、核外电子排布式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.胆矾为晶体，不存在自由移动的离子，不能导电，溶于水导电，属于电解质，故A正确；
B.胆矾中Cu2+的配体为4个水分子，外界为水和SO42−之间通过氢键结合在一起，则胆矾可表示为[Cu(H2O)4]SO4⋅H2O，胆矾中存在的微粒间作用力包括Cu2+与配体之间的配位键，水分子内的H−O极性共价键，内届与外界之间的离子键，外界中水和SO42−之间形成的氢键，但氢键不属于化学键，故B错误；
C.“熬之则成胆矾”，是蒸发水分，是浓缩结晶过程，故C正确；
D.铜所在周期即第四周期，K为第四周期第ⅠA族元素，所以铜所在周期第一电离能最小和电负性最小的元素都是钾，故D正确；
故选：B。
A.存在自由移动的离子或电子的物质能导电，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
B.Cu2+的配体为4个水分子，外界为水和SO42−之间通过氢键结合在一起；
C.“熬之则成胆矾”，是蒸发水分；
D.铜所在周期即第四周期，K为第四周期第ⅠA族元素。
本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意把握铜的化合物的性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.BeCl2中Be无孤电子对，为sp杂化，空间构型为直线形，键角180∘，SO3中S无孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，键角120∘，SO2中S有一个孤电子对，为sp2杂化，空间构型为V型，键角小于120∘，故A正确；
B.PCl4+中P无孤电子对，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角109∘28′，NCl3有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，键角小于109∘28′，H2O有2个孤电子对键角更小，故B正确；
C.NF3、NCl3、PCl3中心原子上均有1个孤电子对，F电负性比Cl大，导致N−F与N−Cl比，成键电子对更靠近F，成键电子对之间的排斥力较小，即键角NF3
故选：C。
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型，分子中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，据此分析解答。
本题考查了键角大小的判断，要综合考虑整个分子的构型来判断键角，题目难度适中。
4.【答案】B
【解析】解：A.甲基吡啶分子中含有7个C−Hσ键，5个C−Cσ键、1个C=N中含有1个σ键、1个C−Nσ键，该分子中含有14个σ键，故A正确；
B.甲基具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故B错误；
C.能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，2−吡啶甲酸能形成分子间氢键，熔沸点大于甲基吡啶，故C正确；
D.羧基属于亲水基，2−甲基吡啶含有亲水基，溶解性大于甲基吡啶，故D正确；
故选：B。
A.甲基吡啶分子中含有7个C−Hσ键，5个C−Cσ键、1个C=N中含有1个σ键、1个C−Nσ键；
B.甲基具有甲烷结构特点；
C.能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
D.羧基属于亲水基。
本题考查有机物的结构与性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.C60分子中C吸引电子的能力不强，与杯酚不能形成分子间氢键，杯酚与C60分子之间的作用为范德华力，故A正确；
B.非极性分子易溶于非极性分子，则杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯，故B正确；
C.分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，则晶体熔点：杯酚>C70>C60，故C正确；
D.操作①分离出固体与溶液，用到的玻璃仪器有漏斗和烧杯，不需要分液漏斗，故D错误；
故选：D。
由流程可知，C60和C70的混合物中加入杯酚，杯酚与C60形成超分子，加入甲苯、过滤分离出超分子，超分子中加入氯仿，杯酚易溶于氯仿，过滤分离出C60，蒸馏杯酚、氯仿的混合物，分离出杯酚可循环利用，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、分子晶体的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的难点。
6.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，A为C元素，B为N，C为O，D为F，E为Ne，F为Na，G为Mg，H为Al元素，
A.碳元素形成的单质为C60时，C60形成的晶体为分子晶体，Ne形成的晶体为分子晶体，二者的晶体类型相同，故A错误；
B.Na与O形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，Na与F形成的NaF中只含有离子键，所含化学键类型不完全相同，故B错误；
C.氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，工业上通过电解熔融氧化铝的方法制备Al的单质，故C错误；
D.上述五种元素中，稀有气体Ne的最外层满足8电子稳定结构，其基态原子的第一电离能最大，故D正确；
故选：D。
短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，A的沸点很高，则A为C；B、C、D、E单质的沸点小于零，则分别为N元素、O元素、F元素、Ne元素；F、G、H的单质的沸点大于零，则分别为Na元素、Mg元素、Al元素，以此结合元素的性质分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合单质熔点、原子序数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.根据元素化合价统计，反应前后C、H、O原子化合价均未改变，描述错误，故A错误；
B.反应过程中有C−Cl键、O−H键断裂，均是极性键，描述错误，故B错误；
C.第一电离能由大到小：O>H>Cl>C，电负性由大到小：O>Cl>C>H，描述错误，故C错误；
D.电解池阴极电子流入，H+在阴极得电子生成H2，描述正确，故D正确；
故选：D。
A.根据元素化合价统计，反应前后C、H、O原子化合价均未改变；
B.反应过程中有C−Cl键、O−H键断裂，均是极性键；
C.第一电离能由大到小：O>H>Cl>C，电负性由大到小：O>Cl>C>H；
D.电解池阴极电子流入，H+在阴极得电子生成H2。
本题主要考查双极膜电渗析法制备缩水甘油的工作原理，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，侧重考查学生分析图像和解决电化学问题的能力，题目难度中等。
8.【答案】A
【解析】解：由分析可知X为B，Y为F，Z为S元素，
A.由图示结构可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，故A正确；
B.化合物A中S原子的杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，故B错误；
C.氟化氢分子间存在氢键，其沸点大于硫化氢，即最简单氢化物的沸点：Z
故选：A。
短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，负离子中Y形成1个共价键，Z位于第三周期，Z与Y2可以形成分子ZY6，所以Z为S元素、Y为F元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素，以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，故A正确；
B.1，2，3，4四点位于P所围成的四面体的体心，故点1可能的原子分数坐标为(0.25,0.25,0.75)，故B正确；
C.P与B原子的最近距离为晶胞体对角线的14，即34apm，故C正确；
D.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，由化学式BP知每个晶胞有4个P原子。晶胞质量m=42×2NAg，晶胞体积V=(apm)3=a3×10−30cm3，晶体密度mV=168a3NA×10−30g⋅cm−3，故D错误；
故选：D。
A.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内；
B.1，2，3，4四点位于P所围成的四面体的体心；
C.P与B原子的最近距离为晶胞体对角线的14；
D.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，由化学式BP知每个晶胞有4个P原子。晶胞质量m=42×2NAg，晶胞体积V=(apm)3=a3×10−30cm3，晶体密度mV=168a3NA×10−30g⋅cm−3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
10.【答案】B
【解析】解：A.78gNa2S的物质的量为78g78g/mol=1mol，因为硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以含78gNa2S的溶液中阴离子总数大于NA，故A错误；
B.依据铅蓄电池的总反应PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，可知当消耗98gH2SO4，物质的量为：1molH2SO4时，电路中转移的电子数为NA，故B正确；
C.HF标况下是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D.氯气和水的反应为可逆反应，故氯水中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和小于2NA，故D错误；
故选：B。
A.硫离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；
B.铅蓄电池的总反应PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此解答；
C.HF标况下是液体；
D.氯气和水的反应为可逆反应。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
11.【答案】B
【解析】解：A.催化剂可降低反应的活化能，则图中d曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线，故A错误；
B.由图可知△H=(508−600)kJ/mol=−92kJ/mol，则反应①的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=−92kJ/mol，故B正确；
C.反应②中N元素的化合价由−3价升高为+2价，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3为1.25mol5=0.25mol，状况未知，不能计算其体积，故C错误；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率，但平衡转化率不变，故D错误；
故选：B。
A.催化剂可降低反应的活化能；
B.焓变等于正逆反应的活化能之差，结合焓变及状态书写热化学方程式；
C.反应②中N元素的化合价由−3价升高为+2价，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3为1.25mol5=0.25mol；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动。
本题考查含氮物质的性质，为高频考点，把握催化剂对反应的影响、热化学方程式的书写、反应速率及平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.滴定管的感量为0.01mL，小刻度在上方，图中液体读数为10.60mL，故A正确；
B.图中保温好，温度计测定温度，可测定中和热，故B正确；
C.Fe与电源负极相连作阴极，为外加电流法保护铁，故C正确；
D.过氧化氢的浓度不同，且催化剂不同，两个变量，不能比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解的催化效果，故D错误；
故选：D。
A.滴定管的感量为0.01mL，小刻度在上方；
B.图中保温好，温度计测定温度；
C.Fe与电源负极相连作阴极；
D.过氧化氢的浓度不同，且催化剂不同。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、金属的腐蚀及防护、反应速率、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.a极为负极，电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，故A错误；
B.原电池工作时，氢离子(阳离子)从负极(a)流向正极(b)，故B错误；
C.负极生成的Fe3+与硫化氢反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故a极区Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率，故C正确；
D.反应2Fe2++2H+=2Fe3++H2↑需在通电条件下发生，故该反应为非自发反应，故D错误；
故选：C。
由图可知，a极为电子的流出极，故a极为负极，电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，生成的Fe3+与硫化氢反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，b极为正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14.【答案】A
【解析】解：A.向平衡体系中再充入0.32molA，该平衡向着正向移动，所以B的转化率增大，故A正确；
B.降低温度，平衡向着正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C.原平衡时B的物质的量为0.20mol，则平衡时消耗B的物质的量为：0.32mol−0.20mol=0.12mol，此时生成C的物质的量为：0.12mol×2=0.24mol；由于该反应是气体体积不变的反应，所以其他条件不变，起始时向容器中充入0.64molA和B，平衡时n(C)=0.24mol×2=0.48mol，故C错误；
D.反应前2minB的平均速率为：v(B)=0.32mol−0.24mol10L2min=0.004mol⋅(L⋅min)−1，则ν(C)=2v(B)=0.008mol⋅(L⋅min)−1，故D错误；
故选：A。
A.向平衡体系中再充入0.32molA，平衡向着正向移动，则B的转化率增大；
B.该反应为放热反应，降低温度平衡向着吸热反应方向移动；
C.该反应前后气体体积相等，则压强不影响平衡，若起始时向容器中充入0.64molA和B，则达到平衡时C的物质的量是原平衡的2倍；
D.根据v=△nV△t计算出反应前2min的平均速率ν(B)，然后根据反应速率与化学计量数的关系计算出v(C).
本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡特征、化学反应速率的概念为解答关键，注意掌握影响化学平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
15.【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，水解常数Kh=10−9.8，数量级为10−10，故A正确；
B.a点时，加入HCl的体积小于20mL，由物料守恒可知c(MOH)+c(M+)>2c(Cl−)，故B错误；
C.b点中和率为50%，则MOH反应掉一半，加入HCl为20mL，溶液为MOH和MCl浓度比为1：1的混合溶液，溶液显碱性，MOH电离程度大于M+的水解程度，故离子浓度大小关系为c(M+)>c(Cl−)>c(MOH)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.随着HCl的加入，溶液中盐逐渐增多，促进水的电离，故a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度，a
向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，发生反应MOH+HCl=MCl+H2O，b点中和率为50%，则MOH反应掉一半，加入HCl为20mL；a点加入HCl的体积小于20mL，此时1gc(MOH)c(M+)=0，即c(MOH)=c(M+)，pOH=4.2，即c(OH−)=10−4.2mol/L，则溶液中c(H+)=10−9.8mol/L，MCl的水解平衡为M++H2O⇌MOH+H+，水解常数Kh=c(MOH)⋅c(H+)c(M+)=c(H+)=10−9.8；d点中和率100%，加入盐酸体积为40mL，MOH与HCl恰好反应为MCl溶液；c点加入HCl溶液体积20mL
16.【答案】 8Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定 sp3 大于 水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多 4CH2ClCOOH、HCOOH、CH3COOH
【解析】解：(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子为Cr，基态Cr原子价电子为3d能级上的5个电子、4s能级上的1个电子，价电子排布为3d54s1，其基态原子的价电子轨道表示为，
故答案为：；
(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子为Si，基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，基态Si原子核外电子占据的轨道个数=1+1+3+1+2=8，核外电子占据的空间运动状态有8种，
故答案为：8；
(3)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定，所以Fe2+的稳定性小于Fe3+，
故答案为：Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定；
(4)OF2分子中O原子的价电子数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，则O原子采用sp3杂化；元素的电负性差值越大，分子的极性越大，H和O元素之间的电负性差大于O和F元素之间的电负性差，所以H2O分子极性>OF2分子的极性，
故答案为：sp3；大于；
(5)H2O的沸点比HF的沸点高，是由于水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多，
故答案为：水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多；
(6)如图，葡萄糖分子中手性碳原子个数是4，
故答案为：4；
(7)CH3COOH甲基是推电子基团，使乙酸的酸性比甲酸弱、CH2ClCOOH中氯是吸电子基团，使其酸性比甲强，CH3COOH、HCOOH、CH2ClCOOH的酸性由强到弱的顺序为CH2ClCOOH、HCOOH、CH3COOH，
故答案为：CH2ClCOOH、HCOOH、CH3COOH。
(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子为Cr，基态Cr原子价电子为3d能级上的5个电子、4s能级上的1个电子；
(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子为Si，基态Si原子核外电子占据几个轨道，核外电子占据的空间运动状态就有几种；
(3)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定；
(4)OF2分子中O原子的价电子数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对；元素的电负性差值越大，分子的极性越大；
(5)分子间形成的氢键个数越多，其沸点越高；
(6)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
(7)CH3COOH甲基是推电子基团，使乙酸的酸性比甲酸弱、CH2ClCOOH中氯是吸电子基团，使其酸性比甲强。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布特点、氢键对物质性质的影响等知识点是解本题关键，题目难度不大。
17.【答案】ABDH
B.基态Ni原子的核外价电子为3d、4s能级上的电子，基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，故B正确；
C.基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子，故C错误；
D.电子排布在全满、全空、或是半满状态下较稳定，I5(Co)和I5(Ni)分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，更难失去电子，需要的能量较高，故D正确；
故答案为：ABD；
(2)①C、N、O元素都位于第二周期且原子序数依次增大，则电负性：C
B.H2O的价层电子对数为2+6−2×12=4，NH3的价层电子对数为3+5−3×12=4，中心原子均为sp3杂化，故B错误；
C.H2O的价层电子对数为2+6−2×12=4，NH3的价层电子对数为3+5−3×12=4，中心原子均为sp3杂化，VSEPR模型均为四面体形，故C正确；
D.H2O分子的孤电子对数目为2，比氨气分子多，故对于成键电子的斥力较大，导致键角较小，故D错误；
故答案为：AC；
(3)根据图知，N原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，Ru2+有6对成键电子，需要6个杂化轨道，根据杂化前后轨道数目不变，确定d2sp3补全配体bpy()的碳氢键，则1个配体pby中含有21个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为21NA，与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中杂环有五个C和一个N形成大π键，其中五个C提供五个孤电子，N提供一个孤电子，故大π键表示为π66，
故答案为：sp2；21NA；π66；
(4)该晶胞中Ni原子个数=4×112+4×16=1、OH−个数为2，则y=2，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2sin60∘×2×(c×10−7cm)=32a2c×10−21cm3，晶胞质量为59+34NAg，晶体密度=mV=59+34NA×(32a2c×10−21)g/cm3，
故答案为：59+34NA×(32a2c×10−21)g/cm3。
(1)A.镍和钙的电子层数相同，镍的核电荷数比钙的大，则原子核对电子的吸引力：Ni原子大于Ca原子，所以第一电离能比钙的大；
B.基态Ni原子的核外价电子为3d、4s能级上的电子；
C.基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去最外层电子；
D.电子排布在全满、全空、或是半满状态下较稳定，I5(Co)和I5(Ni)分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，更难失去电子；
(2)①C、N、O元素都位于第二周期且原子序数依次增大，则电负性：C
(3)根据图知，N原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，Ru2+有6对成键电子，需要6个杂化轨道，根据杂化前后轨道数目不变，确定d2sp3补全配体bpy()的碳氢键，则1个配体pby中含有21个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为21NA，与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中杂环有五个C和一个N形成大π键，其中五个C提供五个孤电子，N提供一个孤电子；
(4)该晶胞中Ni原子个数=4×112+4×16=1、OH−个数为2，则y=2，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2sin60∘×2×(c×10−7cm)=32a2c×10−21cm3，晶胞质量为59+34NAg，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
18.【答案】48T1>T2>T3 ABD0.21.0×104 0.44
【解析】解：(1)根据盖斯定律：b−a得CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=(90.3−131.3)kJ/mol=−41kJ/mol=正反应活化能-逆反应活化能，则该反应的正反应活化能为48kJ/mol；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2O(g)的平衡转化率减小，α(T1)<α(T2)<α(T3)，则T1>T2>T3，
故答案为：48；T1>T2>T3；
(2)A.步骤①是H2断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；
B.步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为100%，故B正确；
C.根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故C错误；
D.根据反应的历程可知，有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境，故D正确；
v正=k⋅c(CO)⋅c3(H2)，当H2浓度相同时，v正与c(CO)成正比，根据第一组和第二组数据对比可知c2=0.2，则第三组数据为：c(CO)=0.2mol⋅L−1，c(H2)=0.15mol⋅L−1和v正=6.75mol⋅L−1⋅min−1，即6.75=k×0.2×(0.15)3，解得k=1.0×104L3⋅mol−3⋅min−1；若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和H2(g)，两者物质的量之比为1：2，设起始CO物质的量为amol，则氢气物质的量为2amol，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，列化学平衡三段式，
CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)
起始(mol)a2a00
转化(mol)x3xxx
平衡(mol)a−x2a−3xxx
则3aa−x+2a−3x+x+x=9MPa6MPa，解得x=0.5a，混合气体总物质的量为3amol×69=2amol，Kp=p(CH4)⋅p(H2O)p(CO)⋅p3(H2)=0.5a2a×6MPa×0.5a2a×6MPa0.5a2a×6MPa×(0.5a2a×6MPa)3≈0.44MPa−2，
故答案为：ABD；0.2；1.0×104；0.44。
(1)根据盖斯定律：b−a得CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=(90.3−131.3)kJ/mol=−41kJ/mol=正反应活化能-逆反应活化能；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2O(g)的平衡转化率减小；
(2)A.步骤①是H2断键，CO未断键；
B.步骤②反应物全部变为生成物；
C.根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢；
D.根据反应的历程可知，有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷；
H2浓度相同时，逆反应速率v正与c(CO)成正比，则c2=0.2mol⋅L−1，根据c(CO)=0.2mol⋅L−1，c(H2)=0.15mol⋅L−1和v逆=6.75mol⋅L−1⋅min−1计算正反应速率常数k；若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和H2(g)，两者物质的量之比为1：2，设起始CO物质的量为amol，则氢气物质的量为2amol，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，列化学平衡三段式，
CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)
起始(mol)a2a00
转化(mol)x3xxx
平衡(mol)a−x2a−3xxx
则3aa−x+2a−3x+x+x=9MPa6MPa，解得x的值，结合Kp=p(CH4)⋅p(H2O)p(CO)⋅p3(H2)计算。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、焓变与活化能的关系、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
19.【答案】SiO2、PbSO4 会产生SO2气体污染环境 Zn+2Cu2++2Cl−=2CuCl↓+Zn2+ 44H2+Zn(OH)42−−电解2H2O+Zn+2OH− 51×10−10mol⋅L−1
【解析】解：(1)由上述分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4，
故答案为：SiO2、PbSO4；
(2)浓硫酸有强氧化性，溶解时可能被还原为SO2，污染环境，
故答案为：会产生SO2气体污染环境；
(3)“沉铜”时的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl−=2CuCl↓+Zn2+，
故答案为：Zn+2Cu2++2Cl−=2CuCl↓+Zn2+；
(4)由ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4]可知，每溶解2mol ZnO需消耗4molKOH，阳极上氢失去电子、阴极上Zn得到电子，电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)42−−电解2H2O+Zn+2OH−，
故答案为：4；H2+Zn(OH)42−−电解2H2O+Zn+2OH−；
(5)由表中离子浓度及Ka(CH3COOH)=2.0×10−5)，c(H+)=2.0×10−5×0.050.10mol/L=10−5mol⋅L−1，可知pH=5；Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+的K=c2(H+)c(Zn2+)c(H2S)=Ka1×Ka2Ksp=1.0×10−7×1.0×10−141.0×10−23=100，c(Zn2+)=(10−5)2100×0.1mol/L=1×10−11mol⋅L−1，
故答案为：5；1×10−11mol⋅L−1。
由流程可知，加入稀硫酸酸溶，过滤1得到滤渣1为SiO2和PbSO4，滤液中主要是硫酸锌、氯化锌、硫酸铜、硫酸亚铁等，加入Zn沉铜生成CuCl沉淀，再加入40%的过氧化氢溶液氧化亚铁离子生成铁离子，在pH为5.6的条件下过滤得到滤渣2主要是Fe(OH)3，滤液2为ZnSO4溶液，蒸发浓缩、氯气结晶、过滤洗涤、干燥等操作得到硫酸锌晶体，进而获取ZnO，最后电解生成Zn，以此来解答(1)∼(3)；
(4)由ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4]可知，每溶解2mol ZnO需消耗4mol KOH，阳极上氢失去电子、阴极上Zn得到电子，结合电子守恒书写电解池中的总反应离子方程式；
(5)由表中离子浓度及Ka(CH3COOH)=2.0×10−5)，c(H+)=2.0×10−5×0.050.10mol/L=10−5mol⋅L−1，可知pH=5；Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+的K=c2(H+)c(Zn2+)c(H2S)=Ka1×Ka2Ksp=1.0×10−7×1.0×10−141.0×10−23=100，据此计算c(Zn2+)。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2021-2022学年湖北省重点高中智学联盟高二（下）联考化学试卷（3月份）
1. 下列化学用语正确的是( )
A. 乙醇的分子式：C2H5OH
B. 基态Se原子核外电子排布式[Ar]4s24p4
C. NaCN的电子式：
D. N2H4的结构式：
2. 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列叙述错误的是( )
A. 胆矾晶体不导电，胆矾属于电解质
B. 胆矾晶体中存在离子键、极性键、氢键等化学键
C. “熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D. 铜所在周期第一电离能最小和电负性最小的元素都是钾
3. 下列分子、离子键角大小判断错误的是( )
A. BeCl2>SO3>SO2
B. PCl4+>NCl3>H2O
C. NF3>NCl3>PCl3
D. 光气(COCl2)中∠Cl−C=O>∠Cl−C−Cl
4. 2−吡啶甲酸是一种稀土碱金属整合物，其合成原理如图。下列说法错误的是( )
A. 一个甲基吡啶分子中有14个σ键
B. 甲基吡啶中所有原子可能共平面
C. 沸点：2−吡啶甲酸大于甲基吡啶
D. 在水中的溶解性：2−吡啶甲酸大于甲基吡啶
5. 利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法错误的是( )
A. 杯酚与C60分子之间的作用为范德华力 B. 杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯
C. 晶体熔点：杯酚>C70>C60 D. 操作①用到的主要仪器为分液漏斗
6. 短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，下列说法正确的是( )
A. A元素构成的单质晶体类型与E元素构成的单质晶体类型一定不同
B. F分别与C、D构成的化合物所含化学键类型完全相同
C. 工业上可通过电解H的熔融氯化物的方法制备H的单质
D. 上述元素中，E元素基态原子第一电离能最大
7. 双极膜电渗析法制备缩水甘油()的原理：将3−氯−1，2−丙二醇的水溶液通过膜M与双极膜之间的电渗析室，最终得到的缩水甘油纯度很高(几乎不含无机盐)。在直流电场的作用下，双极膜复合层间的H2O解离成OH−和H+并分别通过阴膜和阳膜。下列说法正确的是( )
A. 装置工作时，3−氯−1，2−丙二醇被氧化
B. 3−氯−1，2−丙二醇生成缩水甘油的过程中均有极性键和非极性键的断裂和生成
C. 上述转化物质涉及元素的第一电离能大到小排列顺序和电负性大到小排列顺序一致
D. 装置工作时，阴极上发生的电极反应：2H++2e−=H2↑
8. 科学家合成出了一种用于分离铜系金属的化合物A(如图所示)，短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是( )
A. 化合物A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构
B. 化合物A中Z原子的杂化方式为sp2
C. 最简单氢化物的沸点：Z>Y
D. 位于第6周期与Y同族的元素，原子序数为85，属于金属元素
9. 磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图，P原子位于晶胞的顶角和面心。设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是( )
A. 一个晶胞中含有4个B原子
B. 点1可能的原子分数坐标为(0.25,0.25,0.75)
C. P与B原子的最近距离为34apm
D. BP晶体的密度为168a3NA×10−21g⋅cm−3
10. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 含78gNa2S的溶液中阴离子总数等于NA
B. 铅蓄电池在放电过程中消耗98gH2SO4，则电路中通过的电子数为NA
C. 标准状况下，H2与F2反应生成22.4LHF，转移的电子数为NA
D. 将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和为2NA
11. 氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中如图2为反应①过程中能量变化的曲线图。
下列分析合理的是( )
A. 如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线
B. 反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=−92kJ/mol
C. 在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6L
D. 催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率
12. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是( )
A. 仪器甲中液体读数为10.60mL
B. 用乙装置进行中和反应的反应热测定
C. 用丙装置模拟外加电流法保护铁
D. 用丁装置比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解的催化效果
13. 我国最近在太阳能光电催化——化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. a极上发生的电极反应为Fe3++e−=Fe2+
B. 该装置工作时，H+由b极区流向a极区
C. a极区Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率
D. 从工艺可知反应2Fe2++2H+=2Fe3++H2↑可自发进行
14. 在一定条件下，将A和B各0.32mol充入10L的恒容密闭容器中，发生如下反应：A(g)+B(g)=2C(g)△H<0.反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是( )
t/min
0
2
4
7
9
n(B)/mol
0.32
0.24
0.22
0.20
0.20
A. 其他条件不变，向平衡体系中再充入0.32molA，再达到新平衡时，B的转化率增大
B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)>ν(正)
C. 其他条件不变，起始时向容器中充入0.64molA和B，平衡时，n(C)<0.48mol
D. 反应前2min的平均速率ν(C)=0.004mol⋅(L⋅min)−1
15. 室温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中1gc(MOH)c(M+)、pOH[pOH=−lgc(OH−)]、中和率(中和率=被中和的MOH的物质的量反应前MOH的总物质的量)的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. MCl的水解常数的数量级为10−10
B. a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl−)
C. b点时，c(M+)>c(Cl−)>c(MOH)>c(OH−)>c(H+)
D. a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度，a
(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子价电子轨道表示式为 ______。
(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子核外电子占据的空间运动状态有 ______种。
(3)Fe2+的稳定性小于Fe3+，其原因是 ______。
(4)OF2分子中O的杂化方式为 ______，H2O分子极性 ______OF2分子的极性(填“大于”或“小于”)
(5)H2O的沸点大于HF的沸点的原因是 ______。
(6)已知葡萄糖分子结构简式为CH2OH−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO，则一个葡萄糖分子中含手性碳原子数目为 ______。
(7)CH3COOH、HCOOH、CH2ClCOOH的酸性由强到弱的顺序为 ______。
17. 近年来，科学家研究的以复合过渡金属镍的氢氧化物为催化剂、三乙醇胺为电子给体以及[Ru(bpy)3]Cl2⋅6H2O为光敏剂的催化体系，在可见光驱动下可高效催化还原CO2.
(1)下列有关Ni原子的叙述正确的是 ______(填标号).
A.第一电离能比钙的大
B.基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2
C.基态Ni原子形成基态Ni2+时，先失去3d轨道上的电子
D.基态Co原子第五电离能比基态Ni原子第五电离能大
(2)三乙醇胺的制备：.
①三乙醇胺中所含的元素(除H元素外)，第一电离能由小到大的顺序为 ______.
②下列关于H2O和NH3的叙述正确的是 ______。
A.中心原子的价层电子对数相同
B.中心原子的杂化方式不同
C.分子的VSEPR模型相同
D.H2O分子的键角比NH3分子的键角大
(3)[Ru(bpy)3]Cl2⋅6H2O中配体bpy分子的结构简式为，分子中N原子的杂化类型为 ______，则1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为 ______。与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中的大Π键可表示为 ______(用Πmn的形式表示，m表示原子数，n表示电子数)。
(4)β−Nix(OH)y的晶胞结构如图(氧、氢原子均位于晶胞内部)所示．已知晶胞的底边长为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 ______g⋅cm−3(列出表达式).
18. 碳单质及其化合物在生产生活中用途广泛。回答以下问题：
(1)以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：
a.主反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ⋅mol−1
b.副反应C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)ΔH2=+90.3kJ⋅mol−1
已知CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)中逆反应的活化能为89kJ⋅mol−1，则该反应的正反应活化能为 ______kJ⋅mol−1。对于反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，测得在不同温度下H2O(g)的平衡转化率为α(T1)<α(T2)<α(T3)，则温度T1、T2、T3由大到小关系为 ______。
(2)以水煤气制备甲烷的反应为：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)。如图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。
下列说法正确的是 ______。
A.步骤①只有非极性键断裂
B.步骤②的原子利用率为100%
C.过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢
D.该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境
该反应的正反应速率表达式为v正=k⋅c(CO)⋅c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：
CO浓度/(mol⋅L−1)
浓度/(mol⋅L−1)
正反应速率/(mol⋅L−1⋅min−1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
由上述数据可得该温度下，c2=______mol⋅L−1，该反应的正反应速率常数k=______L3⋅mol−3⋅min−1。若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和H2(g)，两者物质的量之比为1：2，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，该反应的压强平衡常数Kp=______MPa−2(分压=总压×物质的量分数；结果保留两位有效数字)。
19. 一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO4⋅7H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示。
已知：①锌灰的主要成分为ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO。
②Cu++Cl−=CuCl↓
③PbSO4难溶于水
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为 ______ 。
(2)酸浸时，硫酸浓度不宜过高，原因为 ______ 。
(3)写出“沉铜”时的离子方程式 ______ 。
(4)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)42−离子，每溶解2mol ZnO需消耗 ______ mol KOH。电解池中的总反应离子方程式为： ______ 。
(5)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒子浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO−
浓度/mol⋅L−1
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=______ ，c(Zn2+)=______ 。
(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10−23，Ka1(H2S)=1.0×10−7，Ka2(H2S)=1.0×10−15，Ka(CH3COOH)=2.0×10−5)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.乙醇是含有2个C原子的饱和一元醇，结构简式为C2H5OH，分子式为C2H6O，故A错误；
B.基态Se的原子序数为34，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故B错误；
C.NaCN由钠离子和氰根离子构成，氰根离子中C、N原子间共用3对电子，两原子外围电子数均为8，其电子式为，故C正确；
D.根据价键规则可知，肼分子中含有N−N键、N−H键，不含有N=N键，其结构式为，故D错误；
故选：C。
A.C2H5OH是乙醇的结构简式；
B.基态Se的原子序数为34，结合泡利原理和洪特规则写出其核外电子排布式；
C.NaCN是离子化合物，由钠离子和氰根离子构成；
D.肼分子中N原子之间以单键相连，含有N−H键。
本题考查常见化学用语的书写，题目难度不大，涉及电子式、结构式、结构简式及分子式、核外电子排布式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。
2.【答案】B
【解析】解：A.胆矾为晶体，不存在自由移动的离子，不能导电，溶于水导电，属于电解质，故A正确；
B.胆矾中Cu2+的配体为4个水分子，外界为水和SO42−之间通过氢键结合在一起，则胆矾可表示为[Cu(H2O)4]SO4⋅H2O，胆矾中存在的微粒间作用力包括Cu2+与配体之间的配位键，水分子内的H−O极性共价键，内届与外界之间的离子键，外界中水和SO42−之间形成的氢键，但氢键不属于化学键，故B错误；
C.“熬之则成胆矾”，是蒸发水分，是浓缩结晶过程，故C正确；
D.铜所在周期即第四周期，K为第四周期第ⅠA族元素，所以铜所在周期第一电离能最小和电负性最小的元素都是钾，故D正确；
故选：B。
A.存在自由移动的离子或电子的物质能导电，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
B.Cu2+的配体为4个水分子，外界为水和SO42−之间通过氢键结合在一起；
C.“熬之则成胆矾”，是蒸发水分；
D.铜所在周期即第四周期，K为第四周期第ⅠA族元素。
本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意把握铜的化合物的性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
3.【答案】C
【解析】解：A.BeCl2中Be无孤电子对，为sp杂化，空间构型为直线形，键角180∘，SO3中S无孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，键角120∘，SO2中S有一个孤电子对，为sp2杂化，空间构型为V型，键角小于120∘，故A正确；
B.PCl4+中P无孤电子对，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角109∘28′，NCl3有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，键角小于109∘28′，H2O有2个孤电子对键角更小，故B正确；
C.NF3、NCl3、PCl3中心原子上均有1个孤电子对，F电负性比Cl大，导致N−F与N−Cl比，成键电子对更靠近F，成键电子对之间的排斥力较小，即键角NF3
故选：C。
根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型，分子中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，据此分析解答。
本题考查了键角大小的判断，要综合考虑整个分子的构型来判断键角，题目难度适中。
4.【答案】B
【解析】解：A.甲基吡啶分子中含有7个C−Hσ键，5个C−Cσ键、1个C=N中含有1个σ键、1个C−Nσ键，该分子中含有14个σ键，故A正确；
B.甲基具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以该分子中所有原子一定不共平面，故B错误；
C.能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，2−吡啶甲酸能形成分子间氢键，熔沸点大于甲基吡啶，故C正确；
D.羧基属于亲水基，2−甲基吡啶含有亲水基，溶解性大于甲基吡啶，故D正确；
故选：B。
A.甲基吡啶分子中含有7个C−Hσ键，5个C−Cσ键、1个C=N中含有1个σ键、1个C−Nσ键；
B.甲基具有甲烷结构特点；
C.能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
D.羧基属于亲水基。
本题考查有机物的结构与性质，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，试题侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.C60分子中C吸引电子的能力不强，与杯酚不能形成分子间氢键，杯酚与C60分子之间的作用为范德华力，故A正确；
B.非极性分子易溶于非极性分子，则杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯，故B正确；
C.分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，则晶体熔点：杯酚>C70>C60，故C正确；
D.操作①分离出固体与溶液，用到的玻璃仪器有漏斗和烧杯，不需要分液漏斗，故D错误；
故选：D。
由流程可知，C60和C70的混合物中加入杯酚，杯酚与C60形成超分子，加入甲苯、过滤分离出超分子，超分子中加入氯仿，杯酚易溶于氯仿，过滤分离出C60，蒸馏杯酚、氯仿的混合物，分离出杯酚可循环利用，以此来解答。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、分子晶体的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的难点。
6.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，A为C元素，B为N，C为O，D为F，E为Ne，F为Na，G为Mg，H为Al元素，
A.碳元素形成的单质为C60时，C60形成的晶体为分子晶体，Ne形成的晶体为分子晶体，二者的晶体类型相同，故A错误；
B.Na与O形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，Na与F形成的NaF中只含有离子键，所含化学键类型不完全相同，故B错误；
C.氯化铝为共价化合物，熔融氯化铝不导电，工业上通过电解熔融氧化铝的方法制备Al的单质，故C错误；
D.上述五种元素中，稀有气体Ne的最外层满足8电子稳定结构，其基态原子的第一电离能最大，故D正确；
故选：D。
短周期内连续八种元素单质的沸点与原子序数的关系如图，A的沸点很高，则A为C；B、C、D、E单质的沸点小于零，则分别为N元素、O元素、F元素、Ne元素；F、G、H的单质的沸点大于零，则分别为Na元素、Mg元素、Al元素，以此结合元素的性质分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合单质熔点、原子序数来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.根据元素化合价统计，反应前后C、H、O原子化合价均未改变，描述错误，故A错误；
B.反应过程中有C−Cl键、O−H键断裂，均是极性键，描述错误，故B错误；
C.第一电离能由大到小：O>H>Cl>C，电负性由大到小：O>Cl>C>H，描述错误，故C错误；
D.电解池阴极电子流入，H+在阴极得电子生成H2，描述正确，故D正确；
故选：D。
A.根据元素化合价统计，反应前后C、H、O原子化合价均未改变；
B.反应过程中有C−Cl键、O−H键断裂，均是极性键；
C.第一电离能由大到小：O>H>Cl>C，电负性由大到小：O>Cl>C>H；
D.电解池阴极电子流入，H+在阴极得电子生成H2。
本题主要考查双极膜电渗析法制备缩水甘油的工作原理，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，侧重考查学生分析图像和解决电化学问题的能力，题目难度中等。
8.【答案】A
【解析】解：由分析可知X为B，Y为F，Z为S元素，
A.由图示结构可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，故A正确；
B.化合物A中S原子的杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，故B错误；
C.氟化氢分子间存在氢键，其沸点大于硫化氢，即最简单氢化物的沸点：Z
故选：A。
短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，负离子中Y形成1个共价键，Z位于第三周期，Z与Y2可以形成分子ZY6，所以Z为S元素、Y为F元素；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素，以此解答该题。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，故A正确；
B.1，2，3，4四点位于P所围成的四面体的体心，故点1可能的原子分数坐标为(0.25,0.25,0.75)，故B正确；
C.P与B原子的最近距离为晶胞体对角线的14，即34apm，故C正确；
D.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，由化学式BP知每个晶胞有4个P原子。晶胞质量m=42×2NAg，晶胞体积V=(apm)3=a3×10−30cm3，晶体密度mV=168a3NA×10−30g⋅cm−3，故D错误；
故选：D。
A.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内；
B.1，2，3，4四点位于P所围成的四面体的体心；
C.P与B原子的最近距离为晶胞体对角线的14；
D.由题图知BP的B原子分数坐标均小于晶胞参数，推知B原子均在晶胞体内，每个晶胞有4个B原子，由化学式BP知每个晶胞有4个P原子。晶胞质量m=42×2NAg，晶胞体积V=(apm)3=a3×10−30cm3，晶体密度mV=168a3NA×10−30g⋅cm−3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
10.【答案】B
【解析】解：A.78gNa2S的物质的量为78g78g/mol=1mol，因为硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以含78gNa2S的溶液中阴离子总数大于NA，故A错误；
B.依据铅蓄电池的总反应PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，可知当消耗98gH2SO4，物质的量为：1molH2SO4时，电路中转移的电子数为NA，故B正确；
C.HF标况下是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D.氯气和水的反应为可逆反应，故氯水中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和小于2NA，故D错误；
故选：B。
A.硫离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子；
B.铅蓄电池的总反应PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此解答；
C.HF标况下是液体；
D.氯气和水的反应为可逆反应。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
11.【答案】B
【解析】解：A.催化剂可降低反应的活化能，则图中d曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线，故A错误；
B.由图可知△H=(508−600)kJ/mol=−92kJ/mol，则反应①的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=−92kJ/mol，故B正确；
C.反应②中N元素的化合价由−3价升高为+2价，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3为1.25mol5=0.25mol，状况未知，不能计算其体积，故C错误；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率，但平衡转化率不变，故D错误；
故选：B。
A.催化剂可降低反应的活化能；
B.焓变等于正逆反应的活化能之差，结合焓变及状态书写热化学方程式；
C.反应②中N元素的化合价由−3价升高为+2价，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3为1.25mol5=0.25mol；
D.催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动。
本题考查含氮物质的性质，为高频考点，把握催化剂对反应的影响、热化学方程式的书写、反应速率及平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.滴定管的感量为0.01mL，小刻度在上方，图中液体读数为10.60mL，故A正确；
B.图中保温好，温度计测定温度，可测定中和热，故B正确；
C.Fe与电源负极相连作阴极，为外加电流法保护铁，故C正确；
D.过氧化氢的浓度不同，且催化剂不同，两个变量，不能比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解的催化效果，故D错误；
故选：D。
A.滴定管的感量为0.01mL，小刻度在上方；
B.图中保温好，温度计测定温度；
C.Fe与电源负极相连作阴极；
D.过氧化氢的浓度不同，且催化剂不同。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、金属的腐蚀及防护、反应速率、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.a极为负极，电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，故A错误；
B.原电池工作时，氢离子(阳离子)从负极(a)流向正极(b)，故B错误；
C.负极生成的Fe3+与硫化氢反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故a极区Fe3+和Fe2+的浓度会影响H2S分解效率，故C正确；
D.反应2Fe2++2H+=2Fe3++H2↑需在通电条件下发生，故该反应为非自发反应，故D错误；
故选：C。
由图可知，a极为电子的流出极，故a极为负极，电极反应式为Fe2+−e−=Fe3+，生成的Fe3+与硫化氢反应2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，b极为正极，电极反应式为2H++2e−=H2↑，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
14.【答案】A
【解析】解：A.向平衡体系中再充入0.32molA，该平衡向着正向移动，所以B的转化率增大，故A正确；
B.降低温度，平衡向着正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C.原平衡时B的物质的量为0.20mol，则平衡时消耗B的物质的量为：0.32mol−0.20mol=0.12mol，此时生成C的物质的量为：0.12mol×2=0.24mol；由于该反应是气体体积不变的反应，所以其他条件不变，起始时向容器中充入0.64molA和B，平衡时n(C)=0.24mol×2=0.48mol，故C错误；
D.反应前2minB的平均速率为：v(B)=0.32mol−0.24mol10L2min=0.004mol⋅(L⋅min)−1，则ν(C)=2v(B)=0.008mol⋅(L⋅min)−1，故D错误；
故选：A。
A.向平衡体系中再充入0.32molA，平衡向着正向移动，则B的转化率增大；
B.该反应为放热反应，降低温度平衡向着吸热反应方向移动；
C.该反应前后气体体积相等，则压强不影响平衡，若起始时向容器中充入0.64molA和B，则达到平衡时C的物质的量是原平衡的2倍；
D.根据v=△nV△t计算出反应前2min的平均速率ν(B)，然后根据反应速率与化学计量数的关系计算出v(C).
本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡特征、化学反应速率的概念为解答关键，注意掌握影响化学平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
15.【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，水解常数Kh=10−9.8，数量级为10−10，故A正确；
B.a点时，加入HCl的体积小于20mL，由物料守恒可知c(MOH)+c(M+)>2c(Cl−)，故B错误；
C.b点中和率为50%，则MOH反应掉一半，加入HCl为20mL，溶液为MOH和MCl浓度比为1：1的混合溶液，溶液显碱性，MOH电离程度大于M+的水解程度，故离子浓度大小关系为c(M+)>c(Cl−)>c(MOH)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；
D.随着HCl的加入，溶液中盐逐渐增多，促进水的电离，故a、b、c、d四点对应溶液中水的电离程度，a
向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，发生反应MOH+HCl=MCl+H2O，b点中和率为50%，则MOH反应掉一半，加入HCl为20mL；a点加入HCl的体积小于20mL，此时1gc(MOH)c(M+)=0，即c(MOH)=c(M+)，pOH=4.2，即c(OH−)=10−4.2mol/L，则溶液中c(H+)=10−9.8mol/L，MCl的水解平衡为M++H2O⇌MOH+H+，水解常数Kh=c(MOH)⋅c(H+)c(M+)=c(H+)=10−9.8；d点中和率100%，加入盐酸体积为40mL，MOH与HCl恰好反应为MCl溶液；c点加入HCl溶液体积20mL
16.【答案】 8Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定 sp3 大于 水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多 4CH2ClCOOH、HCOOH、CH3COOH
【解析】解：(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子为Cr，基态Cr原子价电子为3d能级上的5个电子、4s能级上的1个电子，价电子排布为3d54s1，其基态原子的价电子轨道表示为，
故答案为：；
(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子为Si，基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，基态Si原子核外电子占据的轨道个数=1+1+3+1+2=8，核外电子占据的空间运动状态有8种，
故答案为：8；
(3)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定，Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定，所以Fe2+的稳定性小于Fe3+，
故答案为：Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，其3d能级为半充满状态，结构更稳定；
(4)OF2分子中O原子的价电子数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，则O原子采用sp3杂化；元素的电负性差值越大，分子的极性越大，H和O元素之间的电负性差大于O和F元素之间的电负性差，所以H2O分子极性>OF2分子的极性，
故答案为：sp3；大于；
(5)H2O的沸点比HF的沸点高，是由于水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多，
故答案为：水分子间形成的氢键比HF形成的氢键多；
(6)如图，葡萄糖分子中手性碳原子个数是4，
故答案为：4；
(7)CH3COOH甲基是推电子基团，使乙酸的酸性比甲酸弱、CH2ClCOOH中氯是吸电子基团，使其酸性比甲强，CH3COOH、HCOOH、CH2ClCOOH的酸性由强到弱的顺序为CH2ClCOOH、HCOOH、CH3COOH，
故答案为：CH2ClCOOH、HCOOH、CH3COOH。
(1)前四周期元素中未成对电子数最多的元素基态原子为Cr，基态Cr原子价电子为3d能级上的5个电子、4s能级上的1个电子；
(2)目前应用最广泛的半导体材料对应元素基态原子为Si，基态Si原子核外电子占据几个轨道，核外电子占据的空间运动状态就有几种；
(3)原子轨道中电子处于半满、全满、全空时较稳定；
(4)OF2分子中O原子的价电子数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对；元素的电负性差值越大，分子的极性越大；
(5)分子间形成的氢键个数越多，其沸点越高；
(6)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
(7)CH3COOH甲基是推电子基团，使乙酸的酸性比甲酸弱、CH2ClCOOH中氯是吸电子基团，使其酸性比甲强。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布特点、氢键对物质性质的影响等知识点是解本题关键，题目难度不大。
17.【答案】ABDH
B.基态Ni原子的核外价电子为3d、4s能级上的电子，基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，故B正确；
C.基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去4s轨道上的2个电子，故C错误；
D.电子排布在全满、全空、或是半满状态下较稳定，I5(Co)和I5(Ni)分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，更难失去电子，需要的能量较高，故D正确；
故答案为：ABD；
(2)①C、N、O元素都位于第二周期且原子序数依次增大，则电负性：C
B.H2O的价层电子对数为2+6−2×12=4，NH3的价层电子对数为3+5−3×12=4，中心原子均为sp3杂化，故B错误；
C.H2O的价层电子对数为2+6−2×12=4，NH3的价层电子对数为3+5−3×12=4，中心原子均为sp3杂化，VSEPR模型均为四面体形，故C正确；
D.H2O分子的孤电子对数目为2，比氨气分子多，故对于成键电子的斥力较大，导致键角较小，故D错误；
故答案为：AC；
(3)根据图知，N原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，Ru2+有6对成键电子，需要6个杂化轨道，根据杂化前后轨道数目不变，确定d2sp3补全配体bpy()的碳氢键，则1个配体pby中含有21个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为21NA，与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中杂环有五个C和一个N形成大π键，其中五个C提供五个孤电子，N提供一个孤电子，故大π键表示为π66，
故答案为：sp2；21NA；π66；
(4)该晶胞中Ni原子个数=4×112+4×16=1、OH−个数为2，则y=2，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2sin60∘×2×(c×10−7cm)=32a2c×10−21cm3，晶胞质量为59+34NAg，晶体密度=mV=59+34NA×(32a2c×10−21)g/cm3，
故答案为：59+34NA×(32a2c×10−21)g/cm3。
(1)A.镍和钙的电子层数相同，镍的核电荷数比钙的大，则原子核对电子的吸引力：Ni原子大于Ca原子，所以第一电离能比钙的大；
B.基态Ni原子的核外价电子为3d、4s能级上的电子；
C.基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，形成基态Ni2+时，先失去最外层电子；
D.电子排布在全满、全空、或是半满状态下较稳定，I5(Co)和I5(Ni)分别指失去3d5和3d6上的一个电子所需能量，3d5处于半充满稳定状态，更难失去电子；
(2)①C、N、O元素都位于第二周期且原子序数依次增大，则电负性：C
(3)根据图知，N原子价层电子对个数都是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，Ru2+有6对成键电子，需要6个杂化轨道，根据杂化前后轨道数目不变，确定d2sp3补全配体bpy()的碳氢键，则1个配体pby中含有21个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为21NA，与bpy分子有相似结构的单环分子吡啶的结构简式为，吡啶分子中杂环有五个C和一个N形成大π键，其中五个C提供五个孤电子，N提供一个孤电子；
(4)该晶胞中Ni原子个数=4×112+4×16=1、OH−个数为2，则y=2，该晶胞体积=12(a×10−7cm)2sin60∘×2×(c×10−7cm)=32a2c×10−21cm3，晶胞质量为59+34NAg，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
18.【答案】48T1>T2>T3 ABD0.21.0×104 0.44
【解析】解：(1)根据盖斯定律：b−a得CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=(90.3−131.3)kJ/mol=−41kJ/mol=正反应活化能-逆反应活化能，则该反应的正反应活化能为48kJ/mol；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2O(g)的平衡转化率减小，α(T1)<α(T2)<α(T3)，则T1>T2>T3，
故答案为：48；T1>T2>T3；
(2)A.步骤①是H2断键，CO未断键，因此只有非极性键断裂，故A正确；
B.步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为100%，故B正确；
C.根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故C错误；
D.根据反应的历程可知，有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体CO，从而保护环境，故D正确；
v正=k⋅c(CO)⋅c3(H2)，当H2浓度相同时，v正与c(CO)成正比，根据第一组和第二组数据对比可知c2=0.2，则第三组数据为：c(CO)=0.2mol⋅L−1，c(H2)=0.15mol⋅L−1和v正=6.75mol⋅L−1⋅min−1，即6.75=k×0.2×(0.15)3，解得k=1.0×104L3⋅mol−3⋅min−1；若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和H2(g)，两者物质的量之比为1：2，设起始CO物质的量为amol，则氢气物质的量为2amol，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，列化学平衡三段式，
CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)
起始(mol)a2a00
转化(mol)x3xxx
平衡(mol)a−x2a−3xxx
则3aa−x+2a−3x+x+x=9MPa6MPa，解得x=0.5a，混合气体总物质的量为3amol×69=2amol，Kp=p(CH4)⋅p(H2O)p(CO)⋅p3(H2)=0.5a2a×6MPa×0.5a2a×6MPa0.5a2a×6MPa×(0.5a2a×6MPa)3≈0.44MPa−2，
故答案为：ABD；0.2；1.0×104；0.44。
(1)根据盖斯定律：b−a得CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=(90.3−131.3)kJ/mol=−41kJ/mol=正反应活化能-逆反应活化能；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2O(g)的平衡转化率减小；
(2)A.步骤①是H2断键，CO未断键；
B.步骤②反应物全部变为生成物；
C.根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢；
D.根据反应的历程可知，有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷；
H2浓度相同时，逆反应速率v正与c(CO)成正比，则c2=0.2mol⋅L−1，根据c(CO)=0.2mol⋅L−1，c(H2)=0.15mol⋅L−1和v逆=6.75mol⋅L−1⋅min−1计算正反应速率常数k；若某温度下，在刚性密闭容器中加入CO(g)和H2(g)，两者物质的量之比为1：2，设起始CO物质的量为amol，则氢气物质的量为2amol，起始压强为9MPa，平衡时压强为6MPa，列化学平衡三段式，
CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)
起始(mol)a2a00
转化(mol)x3xxx
平衡(mol)a−x2a−3xxx
则3aa−x+2a−3x+x+x=9MPa6MPa，解得x的值，结合Kp=p(CH4)⋅p(H2O)p(CO)⋅p3(H2)计算。
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、焓变与活化能的关系、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
19.【答案】SiO2、PbSO4 会产生SO2气体污染环境 Zn+2Cu2++2Cl−=2CuCl↓+Zn2+ 44H2+Zn(OH)42−−电解2H2O+Zn+2OH− 51×10−10mol⋅L−1
【解析】解：(1)由上述分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4，
故答案为：SiO2、PbSO4；
(2)浓硫酸有强氧化性，溶解时可能被还原为SO2，污染环境，
故答案为：会产生SO2气体污染环境；
(3)“沉铜”时的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl−=2CuCl↓+Zn2+，
故答案为：Zn+2Cu2++2Cl−=2CuCl↓+Zn2+；
(4)由ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4]可知，每溶解2mol ZnO需消耗4molKOH，阳极上氢失去电子、阴极上Zn得到电子，电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)42−−电解2H2O+Zn+2OH−，
故答案为：4；H2+Zn(OH)42−−电解2H2O+Zn+2OH−；
(5)由表中离子浓度及Ka(CH3COOH)=2.0×10−5)，c(H+)=2.0×10−5×0.050.10mol/L=10−5mol⋅L−1，可知pH=5；Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+的K=c2(H+)c(Zn2+)c(H2S)=Ka1×Ka2Ksp=1.0×10−7×1.0×10−141.0×10−23=100，c(Zn2+)=(10−5)2100×0.1mol/L=1×10−11mol⋅L−1，
故答案为：5；1×10−11mol⋅L−1。
由流程可知，加入稀硫酸酸溶，过滤1得到滤渣1为SiO2和PbSO4，滤液中主要是硫酸锌、氯化锌、硫酸铜、硫酸亚铁等，加入Zn沉铜生成CuCl沉淀，再加入40%的过氧化氢溶液氧化亚铁离子生成铁离子，在pH为5.6的条件下过滤得到滤渣2主要是Fe(OH)3，滤液2为ZnSO4溶液，蒸发浓缩、氯气结晶、过滤洗涤、干燥等操作得到硫酸锌晶体，进而获取ZnO，最后电解生成Zn，以此来解答(1)∼(3)；
(4)由ZnO+2KOH+H2O=K2[Zn(OH)4]可知，每溶解2mol ZnO需消耗4mol KOH，阳极上氢失去电子、阴极上Zn得到电子，结合电子守恒书写电解池中的总反应离子方程式；
(5)由表中离子浓度及Ka(CH3COOH)=2.0×10−5)，c(H+)=2.0×10−5×0.050.10mol/L=10−5mol⋅L−1，可知pH=5；Zn2++H2S⇌ZnS(s)+2H+的K=c2(H+)c(Zn2+)c(H2S)=Ka1×Ka2Ksp=1.0×10−7×1.0×10−141.0×10−23=100，据此计算c(Zn2+)。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
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