江苏省无锡市天一中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学（强化班）试题Word版含解析

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 江苏省天一中学2021-2022学年第二学期期中考试
高二化学(强化班)
本卷满分：100分 考试用时：75分钟
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 F19 Si28 S32 Xe131 Ba137
I卷 选择题(共45分)
选择题(本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题意)。
1. 下列关于物质结构与性质的说法，正确的是
A. 玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱
B. As、S、F三种元素的电负性大小顺序为S＞As＞F
C. Na的第一电离能小于Mg，但其第二电离能却远大于Mg的第二电离能
D. 水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氢原子光谱的精细结构是在有外磁场的条件下出现的，在引入了角量子数后才得以解释，A错误；
B．非金属越强，元素电负性越强，F＞S＞As，B错误；
C． M g原子3s轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于Na的，它们失去1个电子后，Na+的最外层排布为2s2p6，Mg2+的最外层排布为3s1，Na+是稳定结构，第二电离能远高于Mg的，C正确；
D．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点大于H2S，稳定性由共价键决定的，D错误；
答案选C。
2. 元素周期表长周期共有18个纵行，从左到右排为18列，即碱金属是第1列，稀有气体是第18列。按这种规定，下列说法正确的是（ ）
A. 第9列元素中没有非金属
B. 第15列元素的原子最外层的电子排布是ns2np5
C. 最外层电子排布为ns2的元素一定在第2列
D. 第11、12列为d区的元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．第9列是过渡元素中的第Ⅷ族元素，全部是金属元素，故A正确；
B．第15列是第ⅤA族元素，原子的最外层电子排布是ns2np3，故B错误；
C．最外层电子排布为ns2的元素除第二列(第ⅡA族)外，还有零族的氦元素及众多的过渡元素，故C错误；
D．第11、12列是第ⅠB、ⅡB族元素，为ds区元素，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，由于存在能级交错现象，如第四周期，在过渡金属部分存在3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s2、…，最外层电子排布为4s2。
3. 近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n。已知，最简单的氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为150℃，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如下图。下列有关说法肯定错误的是

A. Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体
B. 氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料
C. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
D. Al2H6中含有离子键和极性共价键
【答案】D
【解析】
【详解】根据Al2H6分子的球棍模型可判断，该化合物形成的晶体属于分子晶体，含有的化学键是极性键，A正确，D不正确。由于燃烧热极高，所以B正确。根据Al2H6的组成元素可判断，其燃烧产物是氧化铝和水，C正确。答案选D。
4. 下列判断中不正确的是
A. 熔融态能够导电的晶体一定是离子晶体
B. 不同族元素氧化物可形成同类晶体
C. 同族元素氧化物可形成不同类型晶体
D. 氯化铵固体属于离子晶体，加热使其分解时破坏了离子键和共价键
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．熔融态能够导电的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，A错误；
B．不同族元素氧化物可形成同类晶体，例如氧化钠、氧化镁等均是离子晶体，B正确；
C．同族元素氧化物可形成不同类型晶体，例如二氧化硅是共价晶体，二氧化碳是分子晶体，C正确；
D．氯化铵是离子化合物，氯化铵固体属于离子晶体，氯化铵中存在离子键和共价键，加热使其分解时生成氨气和氯化氢，破坏了离子键和共价键，D正确；
答案选A。
5. 下列轨道表示式能表示磷原子的最低能量状态的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】由于轨道中的电子处于半充满或全充满状态能量最低、稳定性强，且遵循洪特规则，单独电子占据一个轨道，电子自旋方向相同，所以选项C正确，答案选C。
6. 科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图所示(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。下列说法不正确的是

A. Y的单质的氧化性在同主族中最强
B. 简单离子半径：
C. Z与Y可形成多种离子化合物
D. 简单氢化物的热稳定性；
【答案】B
【解析】
【分析】根据题图可知，W形成1个共价键，且是四种短周期元素W、X、Y、Z中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，又W、X、Z分别位于不同周期，则W是H元素；X形成4个共价键，则X是C元素；Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素；Y形成2个共价键，其原子序数比C元素的大，比Na元素的小，则Y是O元素。
【详解】
A．同主族元素自上而下，元素非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，故的氧化性在同主族中最强，A项正确；
B．电子层结构相同的不同离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径，B项错误；
C．O、两种元素可形成、等离子化合物，C项正确；
D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的热稳定性就越强，X是C元素，Y是O元素，由于元素的非金属性，所以形成的简单氢化物的热稳定性，D项正确；
故选B。
7. 有X、Y两种活性反应中间体微粒，均含有1个碳原子和3个氢原子，其球棍模型如图所示。下列说法错误的是
(X)(Y)
A. X的组成为CH B. Y的组成为CH
C. X的价层电子对数为4 D. Y中键角小于120°
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，X为平面三角形结构，其碳原子应该有三对价层电子对，其组成为CH，正确；
B．Y为三角锥形结构，其碳原子有四对价层电子对，故其组成为CH，正确；
C．由图可知，X碳原子应该有三对价层电子对，错误；
D．Y为三角锥形结构，其碳原子有四对价层电子对，故其组成为CH，键角比120°小，正确。
故选C。
8. 二茂铁分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法正确的是

A. 二茂铁中与环戊二烯离子之间离子键
B. 环戊二烯()中含有键的数目为
C. 环戊二烯离子中的大键可表示为
D. 是第Ⅷ的一种元素，属于区
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中与环戊二烯离子之间为配位键，A错误；
B.一个环戊二烯分子中含3个C-C和2个C=C、6个C-H键共11个σ键，则1mol环戊二烯中含有σ键的数目为，B错误；
C. 环戊二烯离子中的大键为5个原子形成的6电子大键，C正确；
D.是第Ⅷ的一种元素，D错误；
故选：C。
9. 铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、C60晶胞和C60分子如图所示，下列说法中错误的是

A. 铜和氧形成的离子化合物，该化合物中铜元素的化合价为+1
B. 在C60晶胞中含有14个C60分子
C. C60与F2在一定条件下，发生加成反应生成C60F60
D. 1 mol C60分子中，含有的σ键数目约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．在该离子化合物中含有Cu原子个数是4，含有O原子个数为：1+8×=2，n(Cu)：n(O)=4：2=2：1，则该化合物化学式是Cu2O，根据化合物中元素化合价代数和为0，O为-2价，则Cu为+1价，A正确；
B．在C60晶胞中含有C60分子数目是：8×+6×=4个，B错误；
C．在C60中含有30个共价键，则C60与F2在一定条件下，发生加成反应生成C60F60，C正确；
D．在C60分子中，每个C原子与相邻C原子形成3个σ键，则在1个C60分子中含有σ键数目是个，故在1 mol C60分子中，含有的σ键数目约为，D正确；
故合理选项是B。
10. 有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是

A. 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C. 在金刚石晶体中，6个碳原子形成一个环且不在同一平面上
D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；
B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；
C．金刚石晶胞中相连4个C形成四面体结构，则6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C正确；
D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；
故选D。
【点睛】本题易错选项是D，分子的化学式由组成原子的数目判断，要注意是“分子”，不要与晶胞的计算混淆。
11. 价层电子对互斥理论(VSEPR)是关于分子几何构型的经验规律，该理论认为，分子的稳定结构应使中心原子价层电子对之间的斥力最小，且不同价层电子对之间排斥力相对大小满足：孤对电子－孤对电子＞孤对电子－键对电子＞键对电子－键对电子。如H2O分子中∠H-O-H≈104.5°，下列推断不合理的是
A. NH3分子中∠H-N-H<109.5°
B. H2O键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H
C. 已知P4分子为正四面体，P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O
D. [Zn(NH3)6]2+离子中∠H-N-H小于NH3分子中∠H-N-H
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH3分子中N原子的最外层有1对孤对电子，而中N原子最外层没有孤对电子，所以∠H-N-H＜109.5°，A合理；
B．因为H2O中O原子最外层有2对孤对电子，而H3O+中O原子最外层只有1对孤对电子，所以键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H，B合理；
C．已知P4O6和P4O10的结构式分别为和，前者P原子的最外层有1对孤对电子，所以P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O，C合理；
D．[Zn(NH3)6]2+离子中N原子的最外层孤对电子形成了配位键，对N-H键不再产生排斥作用，所以∠H-N-H大于NH3分子中∠H-N-H，D不合理；
故选D。
12. 在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案(原理如图)，下列说法不正确的是

A. 电源a端为负极
B. 的电子排布式为
C. 阳极发生的电极反应式为
D. 电路中转移1mol电子，需要消耗
【答案】D
【解析】
【分析】整个过程是电解条件下、Fe3+起催化剂作用，HCl与O2反应生成Cl2和H2O，所以该工艺的总反应式为4HCl+O22Cl2+2H2O，电解池阳极发生氧化反应，HCl转化为Cl2，H+向阴极移动，阳极的电极反应为：2HCl(g)-2e-═Cl2(g)+2H+，阴极区上Fe3+得电子生成Fe2+，Fe3+与Fe2+间循环转化，阴极区反应有Fe3++e-═Fe2+，然后发生4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，据此分析解答。
【详解】A．电解池左侧发生反应Fe3+→Fe2+，左侧是阴极，电源a端为负极，A正确；
B．已知Fe是26号元素，故Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，B正确；
C．根据图示，b是阳极，阳极发生的电极反应式为2HCl-2e-=2H++Cl2，C正确；
D．根据电子守恒，电路中转移1mol电子，需要消耗0.25mol氧气，题干未告知标准状况无法计算其体积，D错误；
故答案为：D。
13. 利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图。H+、O2、NO等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne。下列说法错误的是（ ）

A. 反应①②③④均在正极发生
B. 单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amol
C. ④的电极反应式为NO+10H++8e-=NH+3H2O
D. 增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol，故B错误；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO+8e-→NH，由于生成物中有NH，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO+10H++8e-=NH+3H2O，故C正确；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
答案选B。
14. 液流电池是一种新的蓄电池，是利用正负极电解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池，具有容量高、使用领域(环境)广、循环使用寿命长的特点。如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液。下列说法正确的是

A. 充电时阳极的电极反应式：Zn-2e-=Zn2+
B. 充电时电极a为外接电源的负极
C. 放电时Br-向右侧电极移动
D. 放电时左右两侧电解质储罐中的离子总浓度均增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液，所以该电池的负极为锌，溴为原电池的正极，充电时阳极的电极反应式与正极的电极反应式相反，所以充电时阳极的电极反应式为2Br--2e-=Br2，A错误；
B．在充电时，原电池的正极连接电源的正极，是电解池的阳极，而原电池的负极连接电源的负极，所以充电时电极a为外接电源的正极，B错误；
C．放电时为原电池，在原电池中间隔着一个阳离子交换膜，所以Br-不能向右侧电极移动，C错误；
D．放电时左侧生成溴离子，右侧生成锌离子，所以放电时左右两侧电解质储罐中的离子总浓度均增大，D正确；
答案选D
15. 将质量相等的银片和铂片分别作为阳极和阴极来电解硝酸银溶液：i.以电流强度为1A，通电10 min；ii.10 min后，反接电源，以电流强度为2 A继续通电10 min；下列图象分别表示的是：铂电极的质量，银电极的质量及电解池产生气体质量与电解时间的关系图，正确的是下列

A. ①③ B. ①② C. ②③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】一开始银电极作阳极失电子形成Ag+，银电极质量减少；铂电极作阴极，Ag+在阴极得电子生成银单质，所以铂电极质量增加；反接后银电极作阴极，质量增加，铂电极上的银先失电子，质量减少，当银反应完后，只有OH-失电子(因为铂是惰性电极，不失电子)产生氧气，再从电流强度和时间关系可得出①③符合题意，故选A。
答案选A
II卷 非选择题
16. 2020年11月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪院士诞辰100周年纪念日，社会各界举行了各式各样的纪念活动。已知钪(Sc)是17种稀土元素之一，钪单质及其化合物用途广泛。请回答下列问题：
(1)与Sc同周期且其基态原子的未成对电子数与Sc原子相同的元素有___________种。
(2)元素呈气态时，从它的阳离子中将一个电子移至无穷远处时所需做的功，称为该元素的电离势，单位为电子伏特(ev)。Sc的三种气态离子Sc+、Sc2+、Sc3+的电离势分别为6.54ev、12.80ev、24.76ev，上述三种气态离子的电离势依次增大的原因为___________。
(3)我国科学家首次合成并晶体结构表征了稀土金属末端氮宾配合物-钪末端氮宾配合物，该配合物的分子结构如图所示。

①该配合物分子中碳原子的杂化方式为___________；与Sc原子形成配位键的N原子个数为___________。
②该配合物中各元素第一电离能从大到小的顺序为___________。
【答案】 ①. 4 ②. 随着气态离子所带正电荷数的增多，核外电子距离原子核的距离减小，原子核对核外电子的引力增大 ③. sp2、sp3 ④. 4 ⑤. N＞H＞C＞Sc
【解析】
【分析】
【详解】(1)与Sc同周期且其基态原子的未成对电子数与Sc原子相同的元素有4种，分别为K、Cu、Ga、Br。
(2)上述三种气态离子的电离势依次增大的原因为随着气态离子所带正电荷数的增多，核外电子距离原子核的距离减小，原子核对核外电子的引力增大。
(3)①该配合物分子中碳原子的杂化方式含有双键为sp2，其余为sp3；根据结构式可知与Sc原子形成配位键的N原子个数为4。
②总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大，N为半充满状态，故第一电离能较大，该配合物中各元素第一电离能从大到小的顺序为：N＞H＞C＞Sc。
17. 照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解未曝光的溴化银(AgBr)，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为，达到回收银的目的。回答下列问题：
（1）元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为___。
（2）离子结构如图所示，写出一种等电子体_______。

（3）中存在的作用力有_______(填化学键类型)。
（4）在空气中灼烧生成和，分子的空间构型为_______，与构型不同的原因是_______，由此判断的键角_______的键角。
（5）用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为rcm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式_______(用含r，，M的表达式表示)。
（6）从组成的角度分析比的分解温度低的原因是_______。
【答案】（1）4d105s1
（2） (或CCl4、SiCl4、 等)
（3）离子键 共价键 配位键
（4） ①. V形 ②. 硫原子上孤对电子对对共价键的排斥作用使键角变小 ③. 小于
（5）mol-1
（6）银离子对碳酸根离子中的氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出二氧化碳
【解析】
【分析】（1）根据元素周期表中铜和银的位置关系分析银的电子排布式。
（2）根据等电子体之间必须满足具有相同的原子数和价电子数分析，结合同族元素或同周期左右元素互换的方法即可判断。
（3）根据离子化合物中含有离子键，配位离子间有配位键和共价键进行分析。
（4）根据价层电子理论分析二氧化硫的空间构型，并结合是否存在孤电子对分析其构型和键角的大小。
（5）根据晶胞的均摊法计算。
（6）主要考虑银离子对碳酸根子中的氧离子的吸引作用对物质的影响。
【小问1详解】
元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，铜的价电子排布式为3d104s1，银在铜的下一周期。即可判断银的价电子排布式为4d105s1。
【小问2详解】
等电子体之间必须满足具有相同的原子数目和价电子数目，离子的原子数目为5，价电子数目为： 6×2+6×3+2=32，结合同族元素或同周期左右元素互换的方法可知； (或CCl4、SiCl4、 等)满足题意.
【小问3详解】
为离子化合物，外界和内界之间是离子键，内界配位离子中含有配位键和共价键。
【小问4详解】
二氧化硫分子中心原子为硫原子，硫原子的σ键为2个，含有的孤电子对数为 ，价层电子对数为2+1=3，所以硫原子为sp2杂化。分子的空间构型为V形，二氧化碳中碳原子没有孤电子对，导致碳氧双键之间的排斥力减小，键角增大，故二氧化碳和二氧化硫的构型不同。由于水分子中的氧原子存在孤电子对，水合氢离子中的氧原子没有孤电子对，所以水的键角小于水合氢离子。
【小问5详解】
设阿伏伽德罗常数为NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，则一个晶胞中含有金原子为 ，设晶胞的边长为xcm，若金原子半径为rcm，则有 ，即 ，又金的密度为，摩尔质量为，则有，解得NA= mol-1。
【小问6详解】
由于硫离子半径大于氧离子半径，故银离子对碳酸根离子中的氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出二氧化碳，导致碳酸银比硫化银的分解温度低。
18. 根据物质结构与性质的关系，请回答下列问题：
（1）两种硼氢化物的熔点如下表所示：
硼氢化物


熔点/℃
400
-645
两种物质熔点差异的原因是_______。
（2）SbCl5在水中溶解度不大，而SbCl3在水中溶解度较大，原因是：_______。
（3）SO3的三聚体环状结构如所示，该结构中S-O键长有a、b两类，b的键长大于a的键长的原因为_______。

（4）离子液体是一种只由离子组成的液体，在低温下也能以液态稳定存在，是一种很有研究价值的溶剂。最常见的离子液体主要由阴离子和以下的正离子组成。图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环状结构中高度离域。

为了使正离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的不能被H原子替换，原因是_______。
（5）某种由阳离子X和阴离子Y形成的离子晶体晶胞结构如图所示(深色为X离子)，该晶体中Y离子的配位数为_______，该化合物的化学式为_______。

（6）Cu2+等的水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。试推断Ni2+的水合离子为_______(填“有”或“无”)色离子，依据是_______。
离子
Sc3+


Cu2+

水合离子颜色
无色
紫红色
浅绿色
蓝色
无色

【答案】（1）硼氢化钠是离子晶体而硼氢化铝是分子晶体，离子晶体的熔点高
（2）SbCl5为非极性分子，SbCl3为极性分子
（3）形成a键的O原子与1个S原子结合，原子之间电子云重叠程度大；形成b键的O原子与两个S原子结合，原子之间电子云重叠程度较小
（4）氮原子上连H原子形成分子间氢键，该离子不易以单体形式存在
（5） ①. 8 ②. XY
（6） ①. 有 ②. Ni2+的3d轨道上有未成对电子
【解析】
【小问1详解】
硼氢化钠是由活泼金属离子与硼氢根离子组成，属于离子晶体，而硼氢化铝熔点为-64.5℃属分子晶体，微粒间作用力弱，离子晶体的熔点高，故答案为：硼氢化钠是离子晶体而硼氢化铝是分子晶体，离子晶体的熔点高；
【小问2详解】
已知SbCl5的中心原子Sb周围的价层电子对数为：5+=5，故其空间构型为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，而SbCl3的中心原子Sb周围的价层电子对数为：3+=4，故其空间构型为三角锥形，其分子中正负电荷中心不重合，则其为极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性分子组成的溶剂，非极性分子易溶于非极性分子组成的溶剂，水为极性分子，SbCl5在水中溶解度不大，而SbCl3在水中溶解度较大， 故答案为：SbCl5为非极性分子，SbCl3为极性分子；
【小问3详解】
形成a键的O原子与1个S原子结合，形成双键，原子之间电子云重叠程度大；形成b键的O原子与两个S原子结合，形成单键，原子之间电子云重叠程度较小，故答案为：形成a键的O原子与1个S原子结合，原子之间电子云重叠程度大；形成b键的O原子与两个S原子结合，原子之间电子云重叠程度较小；
小问4详解】
氮原子上连H原子形成分子间氢键，防止离子间形成氢键而聚沉，使离子不易以单体形式存在，所以与N原子相连的-C2H5不能被氢原子替换，故答案为：氮原子上连H原子形成分子间氢键，该离子不易以单体形式存在；
【小问5详解】
离子晶体晶胞结构如图所示（深色为X离子），根据均摊法，由阳离子X分别有8个在顶点，1个在体心和4个在面心，含有的X离子的个数为8×+1+4×=4；阴离子Y分别有4个在棱心，6个在面心，含有的Y离子的个数为4×+6×=4；含有阳离子X和阴离子Y的个数比为1：1，则该化合物的化学式为XY；根据化学式阳离子X的最近的阴离子Y有8个，则阴离子Y的配位数为8，故答案为：8；XY；
【小问6详解】
Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+ 无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d轨道上有未成对电子，所以为有色离子，故答案为：有；Ni2+的3d轨道上有未成对电子。
19. 利用所学电化学反应原理，解决以下问题：
I．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图所示。

（1）闭合K1，断开K2，通电后，d端显红色，则电源b端为_______极，若c、d为惰性电极，检验c端产物的方法为_______。滤纸中央溶液处发生的现象为_______。
（2）已知C装置中溶液的溶质为和，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量与通过电子的物质的量关系如图所示，则氧化能力由大到小的顺序是_______。

（3）D装置中溶液是溶液，则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是_______。
II．电化学技术是有效解决CO、SO2、NOx等大气污染的重要方法，某兴趣小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸，装置如下：

（4）电解质溶液中离子向_______(填极“A极”或“B极”)移动。
（5）用该原电池做电源，石墨做电极电解和混合溶液，通电一段时间，两极均产生(标准状况)气体，假设电解前后溶液体积不变，则电解后溶液中的浓度为_______。
【答案】（1） ①. 负 ②. 将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝 ③. 紫红色向c极移动
（2）Cu2+＞H+＞X3+
（3）在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出
（4）A极 （5）0.1mol/L
【解析】
【分析】Ⅰ．(1)闭合K1，断开K2，为电解饱和食盐水和酚酞装置，通电后，d端显红色，则d端为阴极生成氢气和氢氧化钠，则b负极，a为正极，c端为阳极，氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，高锰酸钾液滴中高锰酸根离子移向阳极；(2)打开K1，关闭K2，则为电解C、D两池，根据电解C的图象可知，开始即析出固体，总共0.2mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+不放电，H+放电，从而判断离子氧化性；(3)D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出；
Ⅱ．(4)电极过程中阴离子移向阳极；
(5)电解2LAgNO3和KNO3混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上先银离子放电生成银单质，当银离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，所以反应式为：Ag++e-=Ag；2H++2e-═H2，结合电荷守恒计算，据此分析解题。
【小问1详解】
闭合K1，断开K2，为电解饱和食盐水和酚酞装置，通电后，d端显红色，则d端为阴极生成氢气和氢氧化钠，则b负极，a为正极，c端为阳极，氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，检验氯气的方法为：将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝；又高锰酸钾液滴中高锰酸根离子移向阳极，所以高锰酸钾液滴现象为紫红色向c极移动；故答案为：负；将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，试纸变蓝；紫红色向c极移动；
【小问2详解】
根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故氧化能力为Cu2+＞H+＞X3+；故答案为：Cu2+＞H+＞X3+；
【小问3详解】
D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始为氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出，故答案为：在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出；
【小问4详解】
原电池中二氧化硫失电子发生氧化反应，A为负极，B为正极，溶液中硫酸根离子移向负极A，故答案为：A极；
【小问5详解】
电解2LAgNO3和KNO3混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑或者2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极上先银离子放电生成银单质，当银离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，所以反应式为：Ag++e-=Ag；2H++2e-═H2，通电一段时间，两极均产生2.24L(标准状况)气体，物质的量n==0.1mol，电子转移总数0.4mol，消耗氢氧根离子物质的量0.4mol，溶液中增加氢离子物质的量0.4mol，同时阴极上生成0.1molH2消耗0.2molH+，则电解后溶液中氢离子浓度c==0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L。