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2018-2019学年河南省洛阳市高二上学期期末考试化学试题 解析版
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洛阳市2018-2019学年第一学期期末考试
高二化学试卷
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟
第I卷(选择题，共50分)
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名，考号填写在答题卡上。
2. 考试结束将答题卡交回。
本试卷可能用到的相对分子质量：H:1 Li:7 C:14 O:16 S:32
一．选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分）
1.下列关于金属腐蚀的说法正确的是
A. 金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被还原
B. 金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行
C. 金属的化学腐蚀实质是M-ne-=Mn+，电子直接转移给氧化剂
D. 在潮湿环境中，金属的化学腐蚀一定是析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化的过程，A错误；
B.金属的化学腐蚀在酸性或碱性环境中均有可能进行，如金属铝的化学腐蚀在碱性条件下进行，B错误；
C.金属的化学腐蚀实质是金属原子失去电子变为金属阳离子，可表示为：M-ne-=Mn+，电子由金属原子直接转移给氧化剂，C正确；
D.在潮湿环境中，金属的化学腐蚀主要以吸氧腐蚀为主，D错误；
故合理选项是C。
2.用惰性电极电解饱和食盐水的阳极产物是
A. H2 B. Cl2 C. HCl D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】电解饱和食盐水时，溶液中的阴离子在阳极放电，在该溶液中存在的阴离子有Cl-、OH-，由于Cl-的放电能力大于OH-的放电能力，所以Cl-放电，Cl-失电子在阳极上生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。
故合理选项是B。
3.下列有关电池叙述正确的是
A. 锌锰干电池中，正极是锰
B. 华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种一次电池
C. 燃料电池电极本身只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质
D. 太阳能电池主要材料为二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A.锌锰干电池中，正极是石墨，A错误；
B.华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种可连续充电、放电的二次电池，B错误；
C.燃料电池电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂都是从外部供给，因此电极只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质，C正确；
D.太阳能电池主要材料为晶体硅，D错误；
故合理选项是C。
4.下面说法中正确的是
A. 电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子数目越多
B. 某基态原子外围电子排布中最高能级的符号为3f
C. 3d3表示3d能级上有3个轨道
D. ns能级的原子轨道图可表示为
【答案】D
【解析】
【详解】A.电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子出现的机会多，A错误；
B.第三能层具有的能级只有s、p、d三种，B错误；
C.3d3表示3d能级上有3个电子，C错误；
D.ns能级的电子云是球形对称的，原子轨道图可表示为，D正确；
故合理选项是D。
5.关于晶体下面说法不正确的是
A. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
B. 离子晶体都是化合物
C. 原子晶体中只含有共价键
D. 某晶体固态不导电，熔融状态能导电，则说明该晶体是离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A.在金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，所以晶体中，若含有阳离子不一定含有阴离子，A错误；
B.离子化合物是由阴、阳离子构成的化合物，离子化合物在固态时都是离子晶体，B正确；
C.原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体中只含有共价键，C正确；
D.某晶体固态不导电，说明在该晶体中不含有只有移动的离子，在熔融状态能导电，说明在熔融状态时有自由移动的离子，因此可说明该晶体是离子晶体，D正确；
故合理选项是A。
6.下面说法中，正确的是
A. 根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B. 在SiH4、NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C. 丙烯(CH3—CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化
D. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
【答案】A
【解析】
【分析】
A.元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”，根据元素的位置情况来判断；
B.在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键；
C.根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；
D.P4和CH4都是正四面体分子，CH4键角为109°28ˊ，P4键角为60°。
【详解】A.对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，铍和铝位置关系符合对角线规则，物质的性质相似，A正确；
B.NH4+含有配位键，铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中存在配位键，而SiH4中无配位键，B错误；
C.丙烯(CH3—CH=CH2)分子中甲基C原子采用sp3杂化，含有碳碳双键的两个C原子采取sp2杂化，C错误；
D.CH4分子中中心C原子价层电子对个数为4，为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为109°28′，P4结构为正四面体结构，四个P原子在正四面体的四个顶点上，键与键之间夹角为60°，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了对角线规则、配位键、原子杂化类型的判断、键角等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，题目难度中等。
7.现有三种元素的基态原子电子排布式如下①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3； ③1s22s22p5。则下列有关比较中错误的是
A. 第一电离能：③>②>① B. 原子半径：②>①>③
C. 电负性③>①>② D. 最高正化合价③>②>①
【答案】D
【解析】
【详解】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。
A.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；
B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，B正确；
C.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性③＞①＞②，C正确；
D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，但F没有正化合价，D错误；
故合理选项是D。
8.下列叙述的两个量，前者一定大于后者的是
A. 将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量
B. 纯水在0℃和80℃时的pH
C. 等体积且pH都等于5的盐酸和AlCl3的溶液中已电离的水分子
D. pH=12的氨水和NaOH溶液的导电能力
【答案】B
【解析】
【详解】A.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，稀释促进醋酸的电离平衡正向移动，所以稀释后溶液的pH若相等，醋酸需要的水量大于盐酸，A错误；
B.水的电离过程是吸热过程，升高温度，水电离程度增大，溶液中c(H+)增大，溶液的pH减小，所以纯水在0℃和80℃时的pH：前者大于后者，B正确；
C.盐酸电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，使水的电离程度减小；AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解，消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，水电离的分子数增多，所以已电离的水分子后者大于前者，C错误；
D.氨水中是一水合氨是一元弱碱，NaOH是一元强碱，碱电离产生OH-抑制水的电离，由于溶液的pH相同，所以溶液中c(OH-)相同，离子浓度相同，溶液的导电能力就相同，D错误；
故合理选项是B。
9.下列实验操作或结论正确的是
A. 滴定前待测液润洗锥形瓶
B. 容量瓶和滴定管使用前均需要查漏
C. 蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D. 用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏高
【答案】B
【解析】
【详解】A.用标准溶液滴定锥形瓶中未知浓度的溶液，滴定前不能用待测液润洗锥形瓶，否则会导致消耗标准液的体积增加，A错误；
B.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，带有玻璃塞，因此要查漏；滴定管是准确量取溶液体积的仪器，含有活塞，因此也需要查漏，B正确；
C.蒸馏完毕时，先停止加热,再关闭冷凝水，C错误；
D.用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏低，D错误；
故合理选项是B。
10.已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 升高温度，K增大 B. 减小压强，n(CO2)增大
C. 充入一定量的氮气，n(H2)不变 D. 更换高效催化剂，CO的转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.升高温度，平衡向逆反应方向移动；
B.减小压强，平衡向体积增大的方向移动；
C.在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；
D.催化剂不会引起化学平衡的移动。
【详解】A.△H＜0，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，化学平衡常数减小，A错误；
B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，减小压强，化学平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；
C.充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n(H2)不变，C正确；
D.催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以CO的转化率不变，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素的知识，注意观察方程式的特征，把握外界条件对平衡状态的影响。
二．选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）
11.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 由X→Y反应的ΔH=E2-E3
B. 降低压强有利于提高X→Z的转化率
C. 升高温度有利于提高X→Z的反应速率
D. 由图可知，等物质的量的Y的能量一定比X的能量高
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知由X→Y反应的方程式为2X(g)=3Y(g)，反应物的能量比生成物的能量低，所以该反应是吸热反应，ΔH=E3-E2，A错误；
B.根据图示可知X转化为Z的反应为2X(g)Z(g)，该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡逆向移动，降低了X的转化率，B错误；
C.根据图示可知X转化为Z的反应为2X(g)Z(g)，该反应的正反应为放热反应，ΔH=E1-E2<0，升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率加快，C正确；
D.根据图示可知3molY的能量比2molX的能量高，但不能判断等物质的量的Y、X的能量高低，D错误；
故合理选项是C。
12.下面的叙述不正确的是
A. 晶胞空间利用率：金属铜＞金属镁＞金属钾＞金属钋
B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 晶体熔点由低到高：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】A
【解析】
【详解】A.金属钾的空间利用率是68%，Po的空间利用率是52%，金属铜和金属镁的空间利用率都是74%，因此不同金属的空间利用率大小关系为金属铜=金属镁>金属钾>金属钋，A错误；
B.三种晶体都是原子晶体，由于共价键的键长Si-Si>Si-C>C-C，共价键的键长越短，原子间形成的共价键结合的就越牢固，晶体的硬度就越大，所以晶体硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确；
C.这几种物质都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，由于分子间作用力随物质相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化需要的能量就越高，所以物质的熔点由低到高：CH4
故合理选项是A。
13.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液，下面叙述错误的是
A. 待加工铝制品件为阳极
B. 在电解过程中，阴极附近溶液的pH值增大
C. 阳极的电极反应式为：2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+
D. 硫酸根离子在电解过程中向阴极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；
B.在电解过程中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，由于该溶液中含有的阴离子有水电离产生的OH-，所以阴极附近溶液的c(OH-)增大，溶液的pH值增大，B正确；
C.用电解氧化法可以在铝制品表面形成氧化膜，其中金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+，C正确；
D.在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，D错误；
故答案选D。
14.用石墨电极在电压为24V时电解烧杯内的澄清石灰水溶液，观察到烧杯内两个石墨电极表面均产生气泡，且澄清石灰水逐渐变成白色浑浊。将电解溶液产生的白色浑浊进行离心沉淀分离，并向分离后的沉淀内滴加稀盐酸，观察到有大量气泡产生。下面说法不正确的是
A. 电解时阴极电极反应为2H2O+e- =2OH-+H2↑
B. 电解产生白色浑浊主要成分是CaCO3
C. 电解时阳极附近有CO2生成
D. 石墨电极为惰性电极，电解过程石墨电极不会发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.电解时，在阴极上溶液中的阳离子放电，由于阳离子放电能力H+>Ca2+，所以在阴极上水电离产生的H+获得电子变为氢气，电极反应式是2H2O+e- =2OH-+H2↑，A正确；
B.根据题意，将电解溶液产生的白色浑浊进行离心沉淀分离，并向分离后的沉淀内滴加稀盐酸，观察到有大量气泡产生，说明电解产生白色浑浊主要成分是CaCO3，B正确；
C.电解时在阳极上溶液中的阴离子放电，4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生的O2与石墨电极发生反应生成CO2，所以阳极附近有CO2生成，C正确；
D.根据选项C分析可知，在阳极上OH-失去电子反应产生的氧气与石墨电极反应产生CO2，消耗石墨电极，D错误；
故答案选D。
15.下列图示装置和对应实验原理的描述均正确的是
A
B
C
D
根据温度计读数的变化测定浓硫酸和NaOH溶液反应的反应热
加热固体NaHCO3制备少量的Na2CO3
验证牺牲阳极的阴极保护法，可证明铁被保护
根据小试管中液面的变化可判断铁钉发生了析氢腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸溶于水会放出热量，所以不能根据温度计读数变化判断反应是否是放热反应，A错误；
B. 加热固体NaHCO3要在坩埚中进行，不能使用烧杯，B错误；
C.Fe、Zn、电解质溶液构成原电池，若Fe被保护，未被腐蚀，附近溶液中就没有Fe2+生成，向其附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中无蓝色物质生成，可以达到目的，C正确；
D.在NaCl溶液中铁发生吸氧腐蚀，试管中气体压强减小。导气管中液面上升，不是发生析氢腐蚀，D错误；
故合理选项是C。
16.用惰性电极电解2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液时，下列曲线合理的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
在2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液中含有的阴离子有Cl-、SO42-、OH-，放电顺序为Cl-> OH->SO42-；含有的阳离子由Na+、Mg2+、H+，放电顺序为H+>Mg2+> Na+，然后根据Mg2+与OH-会形成Mg(OH)2沉淀及溶液的成分来分析各种物理量的变化。
【详解】用惰性电极电解2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液时，发生的反应依次为：Mg2++2H2O+2Cl-Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，2H2O2 H2↑+O2↑。
A.电解开始形成沉淀，当第一个分组完成后，不再产生沉淀，沉淀量不再发生变化，A错误；
B.电解前Mg2+水解消耗溶液中的OH-，使溶液显酸性，即开始时pH<7，B错误；
C.电解开始发生第一个反应，开始形成沉淀，当Mg2+沉淀完全后，再进行电解，不会产生沉淀，沉淀量也不再减少，C正确；
D.当第一个反应完全后的溶液为Na2SO4溶液，该物质是强酸强碱盐，显中性，pH=7，D 错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了混合溶液电解过程中各个物理量的变化情况。掌握惰性电极电解时溶液中微粒的放电先后顺序是本题解答的关键，同时要注意当H+放电后溶液中OH-与Mg2+不能共存，会形成沉淀，结合盐的水解规律分析溶液酸碱性及其变化。
17.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电极反应为:16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法正确的是
A. 电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g
B. 电解池中加入少量硫酸增强导电性
C. 电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多
D. 电池工作时，负极可发生反应： 2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。
【详解】A.负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，A正确；
B.硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，但是不能加入硫酸，因为金属锂可以和硫酸之间反应，B错误；
C.充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，C错误；
D.据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，负极上发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写。解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等。
18.根据量子力学计算，氮化碳结构有五种，其中一种β-氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示。下列有关氮化碳的说法不正确的是
A. 该晶体中的碳、氮原子核外都满足8电子稳定结构
B. 氮化碳中碳显+4价，氮显-3价
C. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连
D. 氮化碳的分子式为C3N4
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图中结构可知，每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价健后成8电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是8电子稳定结构，A正确；
B.由于元素的非金属性N>C，所以形成共价键时，共用电子对偏向N，偏离C，所以氮化碳中碳显+4价，氮显-3价，B正确；
C.根据晶体结构可知每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连，C正确；
D.由于氮化碳是原子晶体，不存在分子，因此没有分子式，D错误；
故合理选项是D。
19.许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是
A. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl-均被完全沉淀
B. 配合物Ni(CO)4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则固态Ni(CO)4属于分子晶体
C. 配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO42-
D. 配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与 Ag+反应形成AgCl沉淀，內界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A错误；
B.配合物Ni(CO)4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，根据相似相容原理可知，固态Ni(CO)4属于分子晶体，B正确；
C.配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；
D.配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D 错误；
故合理选项是B。
20.用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20mL，浓度均为0.1mol/LHCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化如图。下列说法正确的是
A. M点c(HX)-c(X-)>c(OH-)-c(H+)
B. N点的pH>7的原因是由于NaOH过量所致
C. HX为弱酸，且电离平衡常数Ka≈1×10-10
D. P点c(Cl-)=0.05mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A.M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)> c(OH-)-c(H+)，A正确；
B.N点溶液为NaX溶液，该盐是强碱弱酸盐，X-发生水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，B错误；
C.0.1mol/L的HX的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，根据电离平衡常数的定义可得K=，C错误；
D.P点溶液为NaCl、HCl按1:1物质的量的混合溶液，c(Cl-)=，D错误；
故合理选项是A。
第II卷(非选择题，共50分)
三、填空题（本题共4小题，共50分）
21.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，2018年是合成氨工业先驱哈伯（P·Haber）获得诺贝尔奖100周年
(1)合成氨反应是一个可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），已知298K时：ΔH=-92.2kJ/mol，ΔS=-198.2J/(K·mol)，则根据正反应的焓变和熵变分析，常温下合成氨反应____（填“能”或“不能”）自发进行。实验研究表明，在特定条件下，合成氨反应的速率与参加反应的物质的浓度的关系式如下，v=kc(N2)c1.5(H2)c-1(NH3)，k为速率常数，请根据该关系式分析，如果想增大合成氨反应的速率，从浓度的角度可以采用的措施为________。根据合成氨反应的特点，请再说出一项能够提高合成氨反应速率的措施_________。
(2)研究表明，在Fe催化剂作用下合成氨的反应历程为（*表示吸附态）：
化学吸附：N2(g)→2N*；H2(g)→2H*;
表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*;NH2*+H*NH3*
脱 附：NH3*NH3(g)
其中，N2的吸附分解反应速率慢，解决了合成氨的整体反应速率。
实际生产中，合成氨常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。请回答：
①分析说明原料中N2过量的理由____________。
②近年来，中国科学院大连化学物理研究所陈平研究团队经过近二十年的积累，先后在催化剂分解、催化氨合成、化学链合成氨等方面取得重要进展。关于合成氨工艺的下列理解，正确的是______。
A.人们对合成氨研究的重要目的之一是要实现氨的低温高效合成
B.控制温度（773K）远于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
C.陈平团队首次报道了具有优异低温活性的LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，它可以大大提高反应的平衡转化率
D.N2的吸附分解反应活化能高，是合成氨反应条件苛刻的重要原因
E.陈平团队构建了一条基于可再生能源的化学链合成氨工艺流程，可以显著提高能效
(3)若N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)，的标准平衡常数,其中为标准大气压(1×105Pa)，、和为各组分的平衡分压，如P(NH3)=x(NH3) P，P为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。
①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为，则_________(用含的最简式表示）
②根据合成氨反应的特点，标准平衡常数随温度T升高而逐渐______（填“增大”或“减小”）。
(4)希腊两位科学家曾经采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶体薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。钯电极A为______极（填“阴”或“阳”），该极上的电极反应式是___________。
【答案】 (1). 能 (2). 增加原料气浓度(加压)或及时将氨气移走 (3). 使用合适的催化剂或者升高反应温度 (4). 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在Fe催化剂上的吸附是决定速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 (5). ADE (6). (7). 减小 (8). 阴 (9). N2+6e-+6H+=2NH3
【解析】
【分析】
(1)根据△G=△H-T△S<0，反应可自发进行，若△G>0，反应不能自发进行判断；根据在其他条件不变时，增大浓度、升高温度等影响化学反应速率的因素分析判断；
(2) ①从原料获得的难易及平衡移动角度分析N2过量的原因；
②从研究目的、反应速率、化学平衡移动角度、催化剂的活性、物质平衡转化率等角度分析判断；
(3)①用平衡三段式法计算；
(4)根据图示可知H2在钯电极B上失去电子，发生氧化反应，N2在钯电极A上获得电子，发生还原反应分析。
【详解】(1)△G=△H-T△S=-92.2kJ/mol -298K×[-198.2J/(K·mol)]= -92.2kJ/mol+59.0636kJ/mol=-33.14kJ/mol<0，所以反应能自发进行；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是有气体参加的反应，所以在其它条件不变时，增大原料气的浓度(或增大压强)化学反应速率加快，也可以在在其它条件不变时，通过减小生成物的浓度(即将氨气及时移走)也可以增大合成氨反应的速率；合成氨气的反应是气体体积减小的放热反应，可以提高反应速率的措施还有如使用催化剂、或升高反应体系的温度等；
(2)①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中n(N2)：n(H2)=1:3，而实际加入两种原料气时n(N2)：n(H2)=1：2.8>1:3，加入的N2过量是由于原料气中N2相对易得，可以降低生产成本，而且该反应是可逆反应，在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，氮气适度过量有利于提高H2的转化率，N2在Fe催化剂上的吸附是决定速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；
②A.用该方法合成氨气目的是研究反应原理，尽可能从理论上实现氨的低温高效合成，降低氨的生产成本，为农业增产、创收，A正确；
B.合成氨气的反应是放热反应，控制合成氨气的温度(773K)远于室温，是因为在该温度下催化剂的活性最大，而且温度高，可以适当加快反应速率，但温度高不利于平衡正向移动，B错误；
C.催化剂可以加快反应速率，但不能使平衡发生移动，因此不能改变物质平衡转化率，C错误；
D.N2的吸附分解反应活化能高，反应就难以发生，所以导致合成氨反应条件高，是合成氨气苛刻的重要原因，D正确；
E.陈平团队构建了一条基于可再生能源的化学链合成氨工艺流程，就可以提高原料利用率，降低成本，从而可以显著提高能效，E正确；
故合理选项是ADE；
(3)①合成氨的反应N2(g)+H2(g)NH3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化量(mol) ω 3ω 2ω
平衡量(mol) 1-ω 3-3ω 2ω
x(NH3)%=；x(N2)%=；x(H2)=；
，化简整理可得；
②合成氨反应是放热反应，温度T升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以标准平衡常数减小；
(4)根据图示可知H2在钯电极B上失去电子，发生氧化反应，所以B电极为阳极，H2-2e-=2H+；N2在钯电极A上获得电子，所以A电极为阴极，N2获得电子变为N3-，并与H+结合形成NH3，所以阴极的电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学平衡常数、化学反应速率、电解池反应原理的应用等知识。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。
22.研究燃煤烟气的脱硫(除SO2)和脱硝(除NOx)具有重要意义，请回答下列问题。
(1)采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收SO2和NOx，获得(NH4)2SO4的稀溶液。已知常温下，该溶液的pH=5，则=_________(该温度下NH3· H2O的Kb=1.7×10-5）。往(NH4)2SO4溶液中再加入少量(NH4)2SO4固体，的值将________（填“变大”、“不变”或“变小”）。
(2)用乙烯作为还原剂将氮的氧化物还原为N2的脱硝技术，其脱硝机理示意图如下图1，脱硝率与温度，负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝过程中乙烯和NO2反应的化学方程式：___________________。
②要达到最佳脱硝效果，应采取的条件是：___________________。
(3)利用如图装置可实现用Na2SO4溶液吸收SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫。
①a端应连接电源的_____（填“正极”或“负极”）。
②用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2使之转化为H2SO3，其目的是_______________。
③电解过程中，阴极的电极反应式为______________。
【答案】 (1). 1.7×104 (2). 变大 (3). 2C2H4+6NO2=4CO2+3N2+4H2O (4). 350℃(或340℃—360℃)、负载率3% (5). 负极 (6). 提高溶液导电性，加快电解速率 (7). SO2+4H++4e-=S+2H2O
【解析】
【分析】
(1) pH=5，则c(OH-)=10-9mol/L，利用一水合氨的电离平衡常数计算；
(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，根据浓度与盐水解反应关系判断的变化；
(2)①在该脱硝过程中乙烯和NO2反应生成N2、CO2和水，根据电子守恒、原子守恒可得化学方程式：2C2H4+6NO2=4CO2+3N2+4H2O；
②脱硝率高，负载率低，适宜的温度；
(3)①根据H+移动方向判断电极的正负；
②用Na2SO4溶液吸收SO2气体，Na2SO4是电解质，可从增强溶液的导电性分析；
③电解过程中，阴极上SO2获得电子，发生还原反应，可根据示意图分析书写电极反应式。据此进行解答。
【详解】(1)pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，根据Kw=10-14mol2/L2可得c(OH-)=10-9mol/L，NH3· H2O的Kb=1.7×10-5，则==1.7×104；
(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，NH4++H2ONH3·H2O+H+，使溶液显酸性，由于向该溶液中加入固体(NH4)2SO4时，c(NH4+)、c(SO42-)都增大，由于加入NH4+时，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c(NH4+)占总浓度的比是增大，所以溶液增大；
(2)①在该脱硝过程中乙烯和NO2反应生成N2、CO2和水，根据电子守恒、原子守恒可得化学方程式：
②要达到最佳脱硝效果，脱硝率高，负载率低，温度适宜，根据图示可知适合条件为350℃、负载率3%。
(3)①H+是阳离子，根据异种电荷相互吸引的原则可知左边电极为阴极，连接电源的负极；
②用电解方法吸收SO2气体，SO2被还原为S单质，Na2SO4是可溶性盐，是强电解质，在溶液中完全电离产生自由移动的离子，因此可增强溶液的导电性，从而可加快反应速率；
③中电解过程中，阴极上SO2获得电子，发生还原反应，该电极的反应式是SO2+4H++4e-=S+2H2O。
【点睛】本题考查了盐的水解、离子浓度大小比较、反应条件的控制、电解原理的知识。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。
23.已知X、Y、Z都是元素周期表中前四周期的元素，他们的原子序数依次增大，并且不在同一个周期。元素X的原子核外有8个运动状态不同的电子。元素Y基态原子的最外电子层没有空轨道，而且成对电子数是未成对电子数的2倍。元素Z基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。
(1)基态X原子的核外电子排布图（轨道表达式）为_________，X的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，其原因是________________________。
(2)X与Y形成的固体YX3中存在(a)所示的三聚分子，该分子中Y原子的杂化轨道类型为_______。基态Y原子中，核外能级最高的原子轨道上，具有的电子数为______。
(3)X与Y还可以形成YX42-离子，YX42-的空间构型为_________，写出一种与YX42-互为等电子体的分子的化学式________。
(4)Z与Y的离子形成化合物晶体的晶胞如图(b)所示。在晶胞中，Z离子的配位数为_________，该化合物的化学式为______。
(5)Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_______。
【答案】 (1). (2). 水分子与乙醇分子之间形成氢键 (3). sp3 (4). 4 (5). 正四面体 (6). CCl4或SiCl4等 (7). 4 (8). ZnS (9). 16NA
【解析】
【分析】
元素X的原子核外有8个运动状态不同的电子，则X是8号O元素；元素Y基态原子的最外电子层没有空轨道，而且成对电子数是未成对电子数的2倍，则Y是S元素；元素Z基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，Z是Zn元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知X是O元素，Y是S元素，Z是Zn元素。
(1)根据原子构造原理，结合泡利不相容原理和可知基态O原子的核外电子排布图为；由于O原子半径小，元素的非金属性强，H2O中的共价键的共用电子对偏向O原子一方，使H几乎成为裸露的质子，因此导致水分子与乙醇分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引力，因此水容易溶于乙醇，而H2S分子与乙醇分子之间没有氢键的存在，在乙醇在溶解度很小；
(2)S原子与O原子形成三聚分子，每个S原子与4个O原子形成共价键，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知SO3中S原子杂化轨道类型为sp3杂化；基态Y原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，可见其能级最高的原子轨道是3p轨道，该轨道上具有的电子数为4个；
(3)X与Y还可以形成SO42-离子，在SO42-离子中S原子的价层电子对数为：4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知SO42-离子的空间构型为正四面体，根据等电子体的含义可知与SO42-互为等电子体的分子的化学式可能为CCl4或SiCl4等；
(4)根据S与Zn的离子形成化合物晶体的晶胞结构可知：在晶胞中，Z离子的配位数为4，在一个晶胞中含有Zn：，含有S原子数为4，Zn：S=1：1，所以该化合物的化学式为ZnS；
(5)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，在一个配位体中含有3个σ键，四个配位体共含有4×3=12个，还有NH3中的N原子与Zn2+形成的四个配位键也属于σ键，因此1个[Zn(NH3)4]Cl2中含有的σ键为12+4=16个，则1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA。
【点睛】本题考查了物质结构，涉及元素的推断、原子的轨道表达式、原子的杂化、氢键、晶体结构与性质、化学键数目的计算等。同时考查了学生对信息的理解与综合运用的能力，注意均摊方法在晶胞计算与物质化学式确定的应用。
24.水是地球上最常见的物质之一，是所有生命生存的重要资源。
(1)键和键是共价键的两种基本类型，则H2O分子中含有的共价键数目和类型为________；水溶液中存在H3O+离子，写出该微粒的结构式________（标出配位键）。
(2)科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多种有趣的结构和性质
①一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如下：
使水结成“热冰”采用“弱电场”的条件，说明水分子是______分子。下列物质熔化时，所克服的微粒间的作用与“热冰”熔化时所克服的作用力类型完全相同的是______。
A.固态氨 B.食盐 C.干冰 D.金刚石
②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子。产生的阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式__________；该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，写出该过程的离子方程式____________________。
(3)水的性质中的一些特殊现象对于生命的存在意义非凡，请解释水的分解温度远高于其沸点的原因______________________；试从结构的角度分析固态水(冰)的密度小于液态水的密度的原因是___________________________。
(4)甲烷的气体水合物晶体称为可燃冰，存在于海底和冰川底部，是巨大的潜在能源。在可燃冰晶体中，甲烷分子装在水分子构成的笼内，假设可燃冰晶体中的水笼里装的都是甲烷，理想的可燃冰晶胞组成为8CH4·46H2O，X-射线衍射分析表明，可燃冰晶体属于立方晶体，晶胞参数a=1200pm。则该晶体的密度为________g/cm3(计算结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). 2个σ键 (2). (3). 极性 (4). A (5). 2H2O++SO2=4H++SO42- (6). H2O++H2O=H3O++-OH (7). 水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华了与氢键强得多 (8). 在冰的晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，使冰晶体中水分子的空间利用率不高，分子之间的空隙较大，密度较小 (9). 0.92
【解析】
【分析】
(1)根据H、O原子结构及形成的化学键判断；根据O原子具有孤对电子，而H+具有空轨道分析H3O+的形成；
(2)①极性分子能在磁场作用下凝结；然后根据题目给出物质判断是否为极性分子分析；
②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子可以表示成H2O+，根据题中信息判断生成物，进而书写反应的离子方程式；
(3)根据水的晶体类型、熔化与分解时破坏的作用力类型的不同及强弱大小分析；并从分子排列的是否有序、分子间距离大小分析密度的变化；
(4)根据ρ=进行计算。
【详解】(1)在H2O中O原子与2个H原子分别形成1对共用电子对，共价单键都是σ键，因此H2O中含有2个σ键；在H2O的O原子上具有孤对电子，而H+只有原子核，所以当H+与H2O接近时，H2O中O原子与H+形成配位键，从而结合形成H3O+，该微粒的结构式为；
(2)①水在磁场作用下发生凝结，说明水分子为极性分子；
在给出的四种物质中，食盐是离子晶体，金刚石是原子晶体，氨、干冰为分子晶体，由分子构成，其中干冰是固体CO2，CO2分子是非极性分子，氨分子是极性分子，因此只有固态氨熔化时，所克服的微粒间的作用与热冰相同，合理选项是A；
②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子，可以表示成H2O+，由于H2O+氧化性很强，可以氧化具有强的还原性SO2生成硫酸，2H2O++SO2=4H++SO42-，根据信息：该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，可知该过程的离子方程式为H2O++H2O=H3O++-OH；
(3)水是由分子构成的分子晶体，熔化、气化破坏的是分子间作用力和氢键，而水分解破坏的是极性共价键，极性共价键远比分子间作用力和氢键强得多，所以水的沸点比水分解的温度低很多；
在液体水中水分子排列无序，相对来说分子间的距离较小，单位体积内分子数较多，液态水的密度较大，而在固态水——冰的晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，使冰晶体中水分子的空间利用率不高，分子之间的空隙较大，从而导致冰的密度比液态水的密度小；
(4)根据晶体密度计算公式可得ρ==0.92g/cm3。
【点睛】本题考查了有关水的知识。涉及水的化学键、熔沸点变化的原因及与化学键强弱比较、水的电离、配位键的形成过程、可燃冰等甲烷的结晶水合物等知识，为我们更好的认识水、使用水提供了理论依据。
洛阳市2018-2019学年第一学期期末考试
高二化学试卷
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟
第I卷(选择题，共50分)
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名，考号填写在答题卡上。
2. 考试结束将答题卡交回。
本试卷可能用到的相对分子质量：H:1 Li:7 C:14 O:16 S:32
一．选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分）
1.下列关于金属腐蚀的说法正确的是
A. 金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被还原
B. 金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行
C. 金属的化学腐蚀实质是M-ne-=Mn+，电子直接转移给氧化剂
D. 在潮湿环境中，金属的化学腐蚀一定是析氢腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属腐蚀的本质是金属原子失去电子而被氧化的过程，A错误；
B.金属的化学腐蚀在酸性或碱性环境中均有可能进行，如金属铝的化学腐蚀在碱性条件下进行，B错误；
C.金属的化学腐蚀实质是金属原子失去电子变为金属阳离子，可表示为：M-ne-=Mn+，电子由金属原子直接转移给氧化剂，C正确；
D.在潮湿环境中，金属的化学腐蚀主要以吸氧腐蚀为主，D错误；
故合理选项是C。
2.用惰性电极电解饱和食盐水的阳极产物是
A. H2 B. Cl2 C. HCl D. NaOH
【答案】B
【解析】
【详解】电解饱和食盐水时，溶液中的阴离子在阳极放电，在该溶液中存在的阴离子有Cl-、OH-，由于Cl-的放电能力大于OH-的放电能力，所以Cl-放电，Cl-失电子在阳极上生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。
故合理选项是B。
3.下列有关电池叙述正确的是
A. 锌锰干电池中，正极是锰
B. 华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种一次电池
C. 燃料电池电极本身只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质
D. 太阳能电池主要材料为二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】A.锌锰干电池中，正极是石墨，A错误；
B.华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种可连续充电、放电的二次电池，B错误；
C.燃料电池电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂都是从外部供给，因此电极只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质，C正确；
D.太阳能电池主要材料为晶体硅，D错误；
故合理选项是C。
4.下面说法中正确的是
A. 电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子数目越多
B. 某基态原子外围电子排布中最高能级的符号为3f
C. 3d3表示3d能级上有3个轨道
D. ns能级的原子轨道图可表示为
【答案】D
【解析】
【详解】A.电子云图中的小黑点密度大，说明该原子核外空间电子出现的机会多，A错误；
B.第三能层具有的能级只有s、p、d三种，B错误；
C.3d3表示3d能级上有3个电子，C错误；
D.ns能级的电子云是球形对称的，原子轨道图可表示为，D正确；
故合理选项是D。
5.关于晶体下面说法不正确的是
A. 任何晶体中，若含有阳离子也一定含有阴离子
B. 离子晶体都是化合物
C. 原子晶体中只含有共价键
D. 某晶体固态不导电，熔融状态能导电，则说明该晶体是离子晶体
【答案】A
【解析】
【详解】A.在金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，所以晶体中，若含有阳离子不一定含有阴离子，A错误；
B.离子化合物是由阴、阳离子构成的化合物，离子化合物在固态时都是离子晶体，B正确；
C.原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，所以原子晶体中只含有共价键，C正确；
D.某晶体固态不导电，说明在该晶体中不含有只有移动的离子，在熔融状态能导电，说明在熔融状态时有自由移动的离子，因此可说明该晶体是离子晶体，D正确；
故合理选项是A。
6.下面说法中，正确的是
A. 根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B. 在SiH4、NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C. 丙烯(CH3—CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化
D. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
【答案】A
【解析】
【分析】
A.元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”，根据元素的位置情况来判断；
B.在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键；
C.根据杂化轨道数判断杂化类型，杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数，据此判断杂质类型；
D.P4和CH4都是正四面体分子，CH4键角为109°28ˊ，P4键角为60°。
【详解】A.对角线规则为：沿周期表中金属与非金属分界线方向对角的两主族元素性质相似，铍和铝位置关系符合对角线规则，物质的性质相似，A正确；
B.NH4+含有配位键，铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中存在配位键，而SiH4中无配位键，B错误；
C.丙烯(CH3—CH=CH2)分子中甲基C原子采用sp3杂化，含有碳碳双键的两个C原子采取sp2杂化，C错误；
D.CH4分子中中心C原子价层电子对个数为4，为四面体结构，4个共价键完全相同，为正四面体且键与键之间夹角为109°28′，P4结构为正四面体结构，四个P原子在正四面体的四个顶点上，键与键之间夹角为60°，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了对角线规则、配位键、原子杂化类型的判断、键角等知识，掌握原子结构理论是本题解答的关键，题目难度中等。
7.现有三种元素的基态原子电子排布式如下①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3； ③1s22s22p5。则下列有关比较中错误的是
A. 第一电离能：③>②>① B. 原子半径：②>①>③
C. 电负性③>①>② D. 最高正化合价③>②>①
【答案】D
【解析】
【详解】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S元素，②1s22s22p63s23p3为P元素，③1s22s22p5为F元素。
A.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；
B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径P＞S＞F，即②＞①＞③，B正确；
C.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性③＞①＞②，C正确；
D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，但F没有正化合价，D错误；
故合理选项是D。
8.下列叙述的两个量，前者一定大于后者的是
A. 将pH=3的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量
B. 纯水在0℃和80℃时的pH
C. 等体积且pH都等于5的盐酸和AlCl3的溶液中已电离的水分子
D. pH=12的氨水和NaOH溶液的导电能力
【答案】B
【解析】
【详解】A.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，稀释促进醋酸的电离平衡正向移动，所以稀释后溶液的pH若相等，醋酸需要的水量大于盐酸，A错误；
B.水的电离过程是吸热过程，升高温度，水电离程度增大，溶液中c(H+)增大，溶液的pH减小，所以纯水在0℃和80℃时的pH：前者大于后者，B正确；
C.盐酸电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，使水的电离程度减小；AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解，消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，水电离的分子数增多，所以已电离的水分子后者大于前者，C错误；
D.氨水中是一水合氨是一元弱碱，NaOH是一元强碱，碱电离产生OH-抑制水的电离，由于溶液的pH相同，所以溶液中c(OH-)相同，离子浓度相同，溶液的导电能力就相同，D错误；
故合理选项是B。
9.下列实验操作或结论正确的是
A. 滴定前待测液润洗锥形瓶
B. 容量瓶和滴定管使用前均需要查漏
C. 蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D. 用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏高
【答案】B
【解析】
【详解】A.用标准溶液滴定锥形瓶中未知浓度的溶液，滴定前不能用待测液润洗锥形瓶，否则会导致消耗标准液的体积增加，A错误；
B.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，带有玻璃塞，因此要查漏；滴定管是准确量取溶液体积的仪器，含有活塞，因此也需要查漏，B正确；
C.蒸馏完毕时，先停止加热,再关闭冷凝水，C错误；
D.用标准液滴定待测液时，读取滴定管的刻度滴定前平时，滴定后俯视会造成测定结果偏低，D错误；
故合理选项是B。
10.已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 升高温度，K增大 B. 减小压强，n(CO2)增大
C. 充入一定量的氮气，n(H2)不变 D. 更换高效催化剂，CO的转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.升高温度，平衡向逆反应方向移动；
B.减小压强，平衡向体积增大的方向移动；
C.在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动；
D.催化剂不会引起化学平衡的移动。
【详解】A.△H＜0，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，化学平衡常数减小，A错误；
B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，减小压强，化学平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；
C.充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n(H2)不变，C正确；
D.催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以CO的转化率不变，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素的知识，注意观察方程式的特征，把握外界条件对平衡状态的影响。
二．选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分）
11.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 由X→Y反应的ΔH=E2-E3
B. 降低压强有利于提高X→Z的转化率
C. 升高温度有利于提高X→Z的反应速率
D. 由图可知，等物质的量的Y的能量一定比X的能量高
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知由X→Y反应的方程式为2X(g)=3Y(g)，反应物的能量比生成物的能量低，所以该反应是吸热反应，ΔH=E3-E2，A错误；
B.根据图示可知X转化为Z的反应为2X(g)Z(g)，该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡逆向移动，降低了X的转化率，B错误；
C.根据图示可知X转化为Z的反应为2X(g)Z(g)，该反应的正反应为放热反应，ΔH=E1-E2<0，升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率加快，C正确；
D.根据图示可知3molY的能量比2molX的能量高，但不能判断等物质的量的Y、X的能量高低，D错误；
故合理选项是C。
12.下面的叙述不正确的是
A. 晶胞空间利用率：金属铜＞金属镁＞金属钾＞金属钋
B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 晶体熔点由低到高：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4
D. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
【答案】A
【解析】
【详解】A.金属钾的空间利用率是68%，Po的空间利用率是52%，金属铜和金属镁的空间利用率都是74%，因此不同金属的空间利用率大小关系为金属铜=金属镁>金属钾>金属钋，A错误；
B.三种晶体都是原子晶体，由于共价键的键长Si-Si>Si-C>C-C，共价键的键长越短，原子间形成的共价键结合的就越牢固，晶体的硬度就越大，所以晶体硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，B正确；
C.这几种物质都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，由于分子间作用力随物质相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化需要的能量就越高，所以物质的熔点由低到高：CH4
故合理选项是A。
13.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液，下面叙述错误的是
A. 待加工铝制品件为阳极
B. 在电解过程中，阴极附近溶液的pH值增大
C. 阳极的电极反应式为：2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+
D. 硫酸根离子在电解过程中向阴极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，A正确；
B.在电解过程中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，由于该溶液中含有的阴离子有水电离产生的OH-，所以阴极附近溶液的c(OH-)增大，溶液的pH值增大，B正确；
C.用电解氧化法可以在铝制品表面形成氧化膜，其中金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+，C正确；
D.在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，D错误；
故答案选D。
14.用石墨电极在电压为24V时电解烧杯内的澄清石灰水溶液，观察到烧杯内两个石墨电极表面均产生气泡，且澄清石灰水逐渐变成白色浑浊。将电解溶液产生的白色浑浊进行离心沉淀分离，并向分离后的沉淀内滴加稀盐酸，观察到有大量气泡产生。下面说法不正确的是
A. 电解时阴极电极反应为2H2O+e- =2OH-+H2↑
B. 电解产生白色浑浊主要成分是CaCO3
C. 电解时阳极附近有CO2生成
D. 石墨电极为惰性电极，电解过程石墨电极不会发生变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.电解时，在阴极上溶液中的阳离子放电，由于阳离子放电能力H+>Ca2+，所以在阴极上水电离产生的H+获得电子变为氢气，电极反应式是2H2O+e- =2OH-+H2↑，A正确；
B.根据题意，将电解溶液产生的白色浑浊进行离心沉淀分离，并向分离后的沉淀内滴加稀盐酸，观察到有大量气泡产生，说明电解产生白色浑浊主要成分是CaCO3，B正确；
C.电解时在阳极上溶液中的阴离子放电，4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生的O2与石墨电极发生反应生成CO2，所以阳极附近有CO2生成，C正确；
D.根据选项C分析可知，在阳极上OH-失去电子反应产生的氧气与石墨电极反应产生CO2，消耗石墨电极，D错误；
故答案选D。
15.下列图示装置和对应实验原理的描述均正确的是
A
B
C
D
根据温度计读数的变化测定浓硫酸和NaOH溶液反应的反应热
加热固体NaHCO3制备少量的Na2CO3
验证牺牲阳极的阴极保护法，可证明铁被保护
根据小试管中液面的变化可判断铁钉发生了析氢腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸溶于水会放出热量，所以不能根据温度计读数变化判断反应是否是放热反应，A错误；
B. 加热固体NaHCO3要在坩埚中进行，不能使用烧杯，B错误；
C.Fe、Zn、电解质溶液构成原电池，若Fe被保护，未被腐蚀，附近溶液中就没有Fe2+生成，向其附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，溶液中无蓝色物质生成，可以达到目的，C正确；
D.在NaCl溶液中铁发生吸氧腐蚀，试管中气体压强减小。导气管中液面上升，不是发生析氢腐蚀，D错误；
故合理选项是C。
16.用惰性电极电解2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液时，下列曲线合理的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
在2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液中含有的阴离子有Cl-、SO42-、OH-，放电顺序为Cl-> OH->SO42-；含有的阳离子由Na+、Mg2+、H+，放电顺序为H+>Mg2+> Na+，然后根据Mg2+与OH-会形成Mg(OH)2沉淀及溶液的成分来分析各种物理量的变化。
【详解】用惰性电极电解2mol/L的NaCl和1mol/L的MgSO4混合液时，发生的反应依次为：Mg2++2H2O+2Cl-Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，2H2O2 H2↑+O2↑。
A.电解开始形成沉淀，当第一个分组完成后，不再产生沉淀，沉淀量不再发生变化，A错误；
B.电解前Mg2+水解消耗溶液中的OH-，使溶液显酸性，即开始时pH<7，B错误；
C.电解开始发生第一个反应，开始形成沉淀，当Mg2+沉淀完全后，再进行电解，不会产生沉淀，沉淀量也不再减少，C正确；
D.当第一个反应完全后的溶液为Na2SO4溶液，该物质是强酸强碱盐，显中性，pH=7，D 错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了混合溶液电解过程中各个物理量的变化情况。掌握惰性电极电解时溶液中微粒的放电先后顺序是本题解答的关键，同时要注意当H+放电后溶液中OH-与Mg2+不能共存，会形成沉淀，结合盐的水解规律分析溶液酸碱性及其变化。
17.全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电极反应为:16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法正确的是
A. 电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g
B. 电解池中加入少量硫酸增强导电性
C. 电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多
D. 电池工作时，负极可发生反应： 2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e-=S82-，S82-+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算。
【详解】A.负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，A正确；
B.硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，但是不能加入硫酸，因为金属锂可以和硫酸之间反应，B错误；
C.充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，C错误；
D.据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，负极上发生氧化反应，电极反应为：Li-e-=Li+，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写。解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等。
18.根据量子力学计算，氮化碳结构有五种，其中一种β-氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示。下列有关氮化碳的说法不正确的是
A. 该晶体中的碳、氮原子核外都满足8电子稳定结构
B. 氮化碳中碳显+4价，氮显-3价
C. 每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连
D. 氮化碳的分子式为C3N4
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图中结构可知，每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价健后成8电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是8电子稳定结构，A正确；
B.由于元素的非金属性N>C，所以形成共价键时，共用电子对偏向N，偏离C，所以氮化碳中碳显+4价，氮显-3价，B正确；
C.根据晶体结构可知每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子和三个碳原子相连，C正确；
D.由于氮化碳是原子晶体，不存在分子，因此没有分子式，D错误；
故合理选项是D。
19.许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是
A. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl-均被完全沉淀
B. 配合物Ni(CO)4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则固态Ni(CO)4属于分子晶体
C. 配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO42-
D. 配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与 Ag+反应形成AgCl沉淀，內界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A错误；
B.配合物Ni(CO)4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，根据相似相容原理可知，固态Ni(CO)4属于分子晶体，B正确；
C.配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；
D.配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D 错误；
故合理选项是B。
20.用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20mL，浓度均为0.1mol/LHCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化如图。下列说法正确的是
A. M点c(HX)-c(X-)>c(OH-)-c(H+)
B. N点的pH>7的原因是由于NaOH过量所致
C. HX为弱酸，且电离平衡常数Ka≈1×10-10
D. P点c(Cl-)=0.05mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】A.M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)> c(OH-)-c(H+)，A正确；
B.N点溶液为NaX溶液，该盐是强碱弱酸盐，X-发生水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，B错误；
C.0.1mol/L的HX的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，根据电离平衡常数的定义可得K=，C错误；
D.P点溶液为NaCl、HCl按1:1物质的量的混合溶液，c(Cl-)=，D错误；
故合理选项是A。
第II卷(非选择题，共50分)
三、填空题（本题共4小题，共50分）
21.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，2018年是合成氨工业先驱哈伯（P·Haber）获得诺贝尔奖100周年
(1)合成氨反应是一个可逆反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），已知298K时：ΔH=-92.2kJ/mol，ΔS=-198.2J/(K·mol)，则根据正反应的焓变和熵变分析，常温下合成氨反应____（填“能”或“不能”）自发进行。实验研究表明，在特定条件下，合成氨反应的速率与参加反应的物质的浓度的关系式如下，v=kc(N2)c1.5(H2)c-1(NH3)，k为速率常数，请根据该关系式分析，如果想增大合成氨反应的速率，从浓度的角度可以采用的措施为________。根据合成氨反应的特点，请再说出一项能够提高合成氨反应速率的措施_________。
(2)研究表明，在Fe催化剂作用下合成氨的反应历程为（*表示吸附态）：
化学吸附：N2(g)→2N*；H2(g)→2H*;
表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*;NH2*+H*NH3*
脱 附：NH3*NH3(g)
其中，N2的吸附分解反应速率慢，解决了合成氨的整体反应速率。
实际生产中，合成氨常用工艺条件：Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。请回答：
①分析说明原料中N2过量的理由____________。
②近年来，中国科学院大连化学物理研究所陈平研究团队经过近二十年的积累，先后在催化剂分解、催化氨合成、化学链合成氨等方面取得重要进展。关于合成氨工艺的下列理解，正确的是______。
A.人们对合成氨研究的重要目的之一是要实现氨的低温高效合成
B.控制温度（773K）远于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
C.陈平团队首次报道了具有优异低温活性的LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，它可以大大提高反应的平衡转化率
D.N2的吸附分解反应活化能高，是合成氨反应条件苛刻的重要原因
E.陈平团队构建了一条基于可再生能源的化学链合成氨工艺流程，可以显著提高能效
(3)若N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)，的标准平衡常数,其中为标准大气压(1×105Pa)，、和为各组分的平衡分压，如P(NH3)=x(NH3) P，P为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。
①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为，则_________(用含的最简式表示）
②根据合成氨反应的特点，标准平衡常数随温度T升高而逐渐______（填“增大”或“减小”）。
(4)希腊两位科学家曾经采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶体薄膜做电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氨（装置如图）。钯电极A为______极（填“阴”或“阳”），该极上的电极反应式是___________。
【答案】 (1). 能 (2). 增加原料气浓度(加压)或及时将氨气移走 (3). 使用合适的催化剂或者升高反应温度 (4). 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率，N2在Fe催化剂上的吸附是决定速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 (5). ADE (6). (7). 减小 (8). 阴 (9). N2+6e-+6H+=2NH3
【解析】
【分析】
(1)根据△G=△H-T△S<0，反应可自发进行，若△G>0，反应不能自发进行判断；根据在其他条件不变时，增大浓度、升高温度等影响化学反应速率的因素分析判断；
(2) ①从原料获得的难易及平衡移动角度分析N2过量的原因；
②从研究目的、反应速率、化学平衡移动角度、催化剂的活性、物质平衡转化率等角度分析判断；
(3)①用平衡三段式法计算；
(4)根据图示可知H2在钯电极B上失去电子，发生氧化反应，N2在钯电极A上获得电子，发生还原反应分析。
【详解】(1)△G=△H-T△S=-92.2kJ/mol -298K×[-198.2J/(K·mol)]= -92.2kJ/mol+59.0636kJ/mol=-33.14kJ/mol<0，所以反应能自发进行；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是有气体参加的反应，所以在其它条件不变时，增大原料气的浓度(或增大压强)化学反应速率加快，也可以在在其它条件不变时，通过减小生成物的浓度(即将氨气及时移走)也可以增大合成氨反应的速率；合成氨气的反应是气体体积减小的放热反应，可以提高反应速率的措施还有如使用催化剂、或升高反应体系的温度等；
(2)①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中n(N2)：n(H2)=1:3，而实际加入两种原料气时n(N2)：n(H2)=1：2.8>1:3，加入的N2过量是由于原料气中N2相对易得，可以降低生产成本，而且该反应是可逆反应，在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，氮气适度过量有利于提高H2的转化率，N2在Fe催化剂上的吸附是决定速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；
②A.用该方法合成氨气目的是研究反应原理，尽可能从理论上实现氨的低温高效合成，降低氨的生产成本，为农业增产、创收，A正确；
B.合成氨气的反应是放热反应，控制合成氨气的温度(773K)远于室温，是因为在该温度下催化剂的活性最大，而且温度高，可以适当加快反应速率，但温度高不利于平衡正向移动，B错误；
C.催化剂可以加快反应速率，但不能使平衡发生移动，因此不能改变物质平衡转化率，C错误；
D.N2的吸附分解反应活化能高，反应就难以发生，所以导致合成氨反应条件高，是合成氨气苛刻的重要原因，D正确；
E.陈平团队构建了一条基于可再生能源的化学链合成氨工艺流程，就可以提高原料利用率，降低成本，从而可以显著提高能效，E正确；
故合理选项是ADE；
(3)①合成氨的反应N2(g)+H2(g)NH3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化量(mol) ω 3ω 2ω
平衡量(mol) 1-ω 3-3ω 2ω
x(NH3)%=；x(N2)%=；x(H2)=；
，化简整理可得；
②合成氨反应是放热反应，温度T升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以标准平衡常数减小；
(4)根据图示可知H2在钯电极B上失去电子，发生氧化反应，所以B电极为阳极，H2-2e-=2H+；N2在钯电极A上获得电子，所以A电极为阴极，N2获得电子变为N3-，并与H+结合形成NH3，所以阴极的电极反应式为：N2+6e-+6H+=2NH3。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学平衡常数、化学反应速率、电解池反应原理的应用等知识。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。
22.研究燃煤烟气的脱硫(除SO2)和脱硝(除NOx)具有重要意义，请回答下列问题。
(1)采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收SO2和NOx，获得(NH4)2SO4的稀溶液。已知常温下，该溶液的pH=5，则=_________(该温度下NH3· H2O的Kb=1.7×10-5）。往(NH4)2SO4溶液中再加入少量(NH4)2SO4固体，的值将________（填“变大”、“不变”或“变小”）。
(2)用乙烯作为还原剂将氮的氧化物还原为N2的脱硝技术，其脱硝机理示意图如下图1，脱硝率与温度，负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝过程中乙烯和NO2反应的化学方程式：___________________。
②要达到最佳脱硝效果，应采取的条件是：___________________。
(3)利用如图装置可实现用Na2SO4溶液吸收SO2，再用离子膜电解法电解吸收液得到单质硫。
①a端应连接电源的_____（填“正极”或“负极”）。
②用Na2SO4溶液代替水吸收烟气中的SO2使之转化为H2SO3，其目的是_______________。
③电解过程中，阴极的电极反应式为______________。
【答案】 (1). 1.7×104 (2). 变大 (3). 2C2H4+6NO2=4CO2+3N2+4H2O (4). 350℃(或340℃—360℃)、负载率3% (5). 负极 (6). 提高溶液导电性，加快电解速率 (7). SO2+4H++4e-=S+2H2O
【解析】
【分析】
(1) pH=5，则c(OH-)=10-9mol/L，利用一水合氨的电离平衡常数计算；
(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，根据浓度与盐水解反应关系判断的变化；
(2)①在该脱硝过程中乙烯和NO2反应生成N2、CO2和水，根据电子守恒、原子守恒可得化学方程式：2C2H4+6NO2=4CO2+3N2+4H2O；
②脱硝率高，负载率低，适宜的温度；
(3)①根据H+移动方向判断电极的正负；
②用Na2SO4溶液吸收SO2气体，Na2SO4是电解质，可从增强溶液的导电性分析；
③电解过程中，阴极上SO2获得电子，发生还原反应，可根据示意图分析书写电极反应式。据此进行解答。
【详解】(1)pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，根据Kw=10-14mol2/L2可得c(OH-)=10-9mol/L，NH3· H2O的Kb=1.7×10-5，则==1.7×104；
(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，NH4++H2ONH3·H2O+H+，使溶液显酸性，由于向该溶液中加入固体(NH4)2SO4时，c(NH4+)、c(SO42-)都增大，由于加入NH4+时，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说c(NH4+)占总浓度的比是增大，所以溶液增大；
(2)①在该脱硝过程中乙烯和NO2反应生成N2、CO2和水，根据电子守恒、原子守恒可得化学方程式：
②要达到最佳脱硝效果，脱硝率高，负载率低，温度适宜，根据图示可知适合条件为350℃、负载率3%。
(3)①H+是阳离子，根据异种电荷相互吸引的原则可知左边电极为阴极，连接电源的负极；
②用电解方法吸收SO2气体，SO2被还原为S单质，Na2SO4是可溶性盐，是强电解质，在溶液中完全电离产生自由移动的离子，因此可增强溶液的导电性，从而可加快反应速率；
③中电解过程中，阴极上SO2获得电子，发生还原反应，该电极的反应式是SO2+4H++4e-=S+2H2O。
【点睛】本题考查了盐的水解、离子浓度大小比较、反应条件的控制、电解原理的知识。掌握化学反应基本原理是本题解答的关键。
23.已知X、Y、Z都是元素周期表中前四周期的元素，他们的原子序数依次增大，并且不在同一个周期。元素X的原子核外有8个运动状态不同的电子。元素Y基态原子的最外电子层没有空轨道，而且成对电子数是未成对电子数的2倍。元素Z基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。
(1)基态X原子的核外电子排布图（轨道表达式）为_________，X的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，其原因是________________________。
(2)X与Y形成的固体YX3中存在(a)所示的三聚分子，该分子中Y原子的杂化轨道类型为_______。基态Y原子中，核外能级最高的原子轨道上，具有的电子数为______。
(3)X与Y还可以形成YX42-离子，YX42-的空间构型为_________，写出一种与YX42-互为等电子体的分子的化学式________。
(4)Z与Y的离子形成化合物晶体的晶胞如图(b)所示。在晶胞中，Z离子的配位数为_________，该化合物的化学式为______。
(5)Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_______。
【答案】 (1). (2). 水分子与乙醇分子之间形成氢键 (3). sp3 (4). 4 (5). 正四面体 (6). CCl4或SiCl4等 (7). 4 (8). ZnS (9). 16NA
【解析】
【分析】
元素X的原子核外有8个运动状态不同的电子，则X是8号O元素；元素Y基态原子的最外电子层没有空轨道，而且成对电子数是未成对电子数的2倍，则Y是S元素；元素Z基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，Z是Zn元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知X是O元素，Y是S元素，Z是Zn元素。
(1)根据原子构造原理，结合泡利不相容原理和可知基态O原子的核外电子排布图为；由于O原子半径小，元素的非金属性强，H2O中的共价键的共用电子对偏向O原子一方，使H几乎成为裸露的质子，因此导致水分子与乙醇分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引力，因此水容易溶于乙醇，而H2S分子与乙醇分子之间没有氢键的存在，在乙醇在溶解度很小；
(2)S原子与O原子形成三聚分子，每个S原子与4个O原子形成共价键，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知SO3中S原子杂化轨道类型为sp3杂化；基态Y原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，可见其能级最高的原子轨道是3p轨道，该轨道上具有的电子数为4个；
(3)X与Y还可以形成SO42-离子，在SO42-离子中S原子的价层电子对数为：4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知SO42-离子的空间构型为正四面体，根据等电子体的含义可知与SO42-互为等电子体的分子的化学式可能为CCl4或SiCl4等；
(4)根据S与Zn的离子形成化合物晶体的晶胞结构可知：在晶胞中，Z离子的配位数为4，在一个晶胞中含有Zn：，含有S原子数为4，Zn：S=1：1，所以该化合物的化学式为ZnS；
(5)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，在一个配位体中含有3个σ键，四个配位体共含有4×3=12个，还有NH3中的N原子与Zn2+形成的四个配位键也属于σ键，因此1个[Zn(NH3)4]Cl2中含有的σ键为12+4=16个，则1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA。
【点睛】本题考查了物质结构，涉及元素的推断、原子的轨道表达式、原子的杂化、氢键、晶体结构与性质、化学键数目的计算等。同时考查了学生对信息的理解与综合运用的能力，注意均摊方法在晶胞计算与物质化学式确定的应用。
24.水是地球上最常见的物质之一，是所有生命生存的重要资源。
(1)键和键是共价键的两种基本类型，则H2O分子中含有的共价键数目和类型为________；水溶液中存在H3O+离子，写出该微粒的结构式________（标出配位键）。
(2)科学家发现在特殊条件下，水能表现出许多种有趣的结构和性质
①一定条件下给水施加一个弱电场，常温常压下水结成冰，俗称“热冰”，其计算机模拟图如下：
使水结成“热冰”采用“弱电场”的条件，说明水分子是______分子。下列物质熔化时，所克服的微粒间的作用与“热冰”熔化时所克服的作用力类型完全相同的是______。
A.固态氨 B.食盐 C.干冰 D.金刚石
②用高能射线照射液态水时，一个水分子能释放出一个电子，同时产生一种阳离子。产生的阳离子具有较强的氧化性，试写出该阳离子与SO2的水溶液反应的离子方程式__________；该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，写出该过程的离子方程式____________________。
(3)水的性质中的一些特殊现象对于生命的存在意义非凡，请解释水的分解温度远高于其沸点的原因______________________；试从结构的角度分析固态水(冰)的密度小于液态水的密度的原因是___________________________。
(4)甲烷的气体水合物晶体称为可燃冰，存在于海底和冰川底部，是巨大的潜在能源。在可燃冰晶体中，甲烷分子装在水分子构成的笼内，假设可燃冰晶体中的水笼里装的都是甲烷，理想的可燃冰晶胞组成为8CH4·46H2O，X-射线衍射分析表明，可燃冰晶体属于立方晶体，晶胞参数a=1200pm。则该晶体的密度为________g/cm3(计算结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). 2个σ键 (2). (3). 极性 (4). A (5). 2H2O++SO2=4H++SO42- (6). H2O++H2O=H3O++-OH (7). 水分解需要破坏分子内部的极性键，水的气化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华了与氢键强得多 (8). 在冰的晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，使冰晶体中水分子的空间利用率不高，分子之间的空隙较大，密度较小 (9). 0.92
【解析】
【分析】
(1)根据H、O原子结构及形成的化学键判断；根据O原子具有孤对电子，而H+具有空轨道分析H3O+的形成；
(2)①极性分子能在磁场作用下凝结；然后根据题目给出物质判断是否为极性分子分析；
②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子可以表示成H2O+，根据题中信息判断生成物，进而书写反应的离子方程式；
(3)根据水的晶体类型、熔化与分解时破坏的作用力类型的不同及强弱大小分析；并从分子排列的是否有序、分子间距离大小分析密度的变化；
(4)根据ρ=进行计算。
【详解】(1)在H2O中O原子与2个H原子分别形成1对共用电子对，共价单键都是σ键，因此H2O中含有2个σ键；在H2O的O原子上具有孤对电子，而H+只有原子核，所以当H+与H2O接近时，H2O中O原子与H+形成配位键，从而结合形成H3O+，该微粒的结构式为；
(2)①水在磁场作用下发生凝结，说明水分子为极性分子；
在给出的四种物质中，食盐是离子晶体，金刚石是原子晶体，氨、干冰为分子晶体，由分子构成，其中干冰是固体CO2，CO2分子是非极性分子，氨分子是极性分子，因此只有固态氨熔化时，所克服的微粒间的作用与热冰相同，合理选项是A；
②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子，可以表示成H2O+，由于H2O+氧化性很强，可以氧化具有强的还原性SO2生成硫酸，2H2O++SO2=4H++SO42-，根据信息：该阳离子还能与水作用生成羟基，经测定此时的水具有酸性，可知该过程的离子方程式为H2O++H2O=H3O++-OH；
(3)水是由分子构成的分子晶体，熔化、气化破坏的是分子间作用力和氢键，而水分解破坏的是极性共价键，极性共价键远比分子间作用力和氢键强得多，所以水的沸点比水分解的温度低很多；
在液体水中水分子排列无序，相对来说分子间的距离较小，单位体积内分子数较多，液态水的密度较大，而在固态水——冰的晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，使冰晶体中水分子的空间利用率不高，分子之间的空隙较大，从而导致冰的密度比液态水的密度小；
(4)根据晶体密度计算公式可得ρ==0.92g/cm3。
【点睛】本题考查了有关水的知识。涉及水的化学键、熔沸点变化的原因及与化学键强弱比较、水的电离、配位键的形成过程、可燃冰等甲烷的结晶水合物等知识，为我们更好的认识水、使用水提供了理论依据。
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