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2018-2019学年湖北省沙市中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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2018-2019学年湖北省沙市中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As-75 Ag-108 Ba-137
一、选择题（共16小题，每小题3分，每题只有一个选项符合题意。）
1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是（ ）
A. 高铁车厢大部分材料是铝合金，具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
B. 钾—钠合金可用于原子反应堆的导热剂钾与钠都属于短周期主族元素
C. 高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
D. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A.铝密度小，铝氧化产生的氧化铝非常致密，对合金起到保护作用，因此形成的合金具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，A正确；
B.钠钾合金熔点低，具有良好的导热、导电性，可以作为原子反应堆的导热剂，但钾属于长周期主族元素，B错误；
C.高纯二氧化硅由于可以使光线全反射，因此广泛用于制作光导纤维，由于SiO2是酸性氧化物，与碱会发生反应产生可溶性硅酸盐，因此光导纤维遇强碱会“断路”，C正确；
D.碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，D正确；
故合理选项是B。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大
B. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. p能级能量一定比s能级的能量高
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素的电负性表示元素的原子吸引电子能力大小，在周期表中从左到右，元素的非金属性逐渐增大，电负性逐渐变大，A正确；
B.同一原子的不同能层的同一能级含有的轨道数相同，所以2p、3p、4p能级的轨道数是相同的，B错误；
C.同一能级的形状相同，由于能层不同，因此含有的能量也不相同，C错误；
D.同一能层中p能级能量一定比s能级的能量高，但若是不同能层，高能层的s能级的能量比低能层的p能级的能量高，D错误；
故合理选项是A。
3.PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P—H键键能比N—H键键能低。下列判断错误的是（ ）
A. PH3分子呈三角锥形
B. PH3分子是极性分子
C. PH3沸点低于NH3沸点，因为P—H键键能低
D. PH3分子稳定性低于NH3分子，是因为N—H键键能高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；B．PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；C．NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故C错误；D．P-H键键能比N-H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；故选C。
考点：考查空间结构、氢键、键能与性质关系等。
4.下列各组物质的分类或归类正确的是（ ）
A. 电解质：明矾、盐酸、纯碱
B. 同位素：1H2、2H2、3H2
C. 同素异形体：C60、金刚石、石墨
D. 放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳酸钙高温分解、甲烷燃烧
【答案】C
【解析】
【详解】A.盐酸是混合物，不是电解质，A错误；
B. 1H2、2H2、3H2是氢元素三种同位素原子形成的分子，不是同位素原子，B错误；
C.C60、金刚石、石墨是C元素的三种不同的单质，它们属于同素异形体，C正确；
D.碳酸钙高温分解反应是吸热反应，D错误；
故合理选项是C。
5.下列关于晶体的描述不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体中，每个Na＋周围与其距离最近的Na＋有12个
B. 晶胞是晶体中最小的结构重复单元
C. 离子晶体的晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大
D. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A.在NaCl晶体中，每个Na＋周围与其距离最近的Na＋的个数(3×8)÷2=12个，A正确；
B.晶胞是能够反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学结构特征的平行六面体最小单元，B正确；
C.离子键与电荷成正比，与离子半径成反比，所以离子晶体的晶格能越大离子键就越强，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大，C错误；
D.在晶体中只要有阳离子,不一定有阴离子，如金属晶体中只有阳离子，待负电荷的微粒是自由电子，D错误；
故合理选项是D。
6.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中HCHO的氧化，其反应如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有关说法正确的是（ ）
A. HCHO含有的官能团为羧基
B. CO2分子是由极性键形成的极性分子
C. HCHO分子中既含σ键又含π键
D. 每生成18 g H2O消耗22.4 L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCHO含有的官能团为醛基，A错误；
B.CO2分子中的碳氧双键是极性共价键，由于两个共价键排列对称，分子中正负电荷的重心重合，因此该分子是由极性键形成的非极性分子，B错误；
C.HCHO分子中的C-H键是σ键，碳氧双键中一个是σ键，一个是π键，所以既含σ键又含π键，C正确；
D.缺少条件，不能确定O2的体积，D错误；
故合理选项是C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A. 常温常压下，7.8 g苯分子中含有的碳碳双键数目为0.3NA
B. 14g用于考古测年的14C原子中含中子数为8NA
C. 在一定条件下lmolN2与3molH2反应生成的NH3分子数小于2NA
D. 1 mol SiO2晶体中，含有Si−O键的数目为4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，不含有碳碳双键，A错误；
B.14C原子中含有6个质子，8个中子，14g14C原子的物质的量是1mol，其中含有的中子数为8NA，B正确；
C.N2与H2生成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以在一定条件下lmolN2与3molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，C正确；
D.在SiO2晶体中，每个Si原子与相邻的4个O原子形成共价键，所以1 mol SiO2晶体中，含有Si−O键的数目为4NA，D正确；
故合理选项是A。
8.下列关于2甲基1丁烯[CH2=C(CH3)CH2CH3]的说法错误的是（ ）
A. 与1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)互为同系物
B. 官能团有甲基、碳碳双键
C. 该有机物的所有碳原子可能共平面
D. 与环戊烷()互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A.2甲基1丁烯与1-丁烯结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，因此二者互为同系物，A正确；
B. 2甲基1丁烯的官能团是碳碳双键，B错误；
C.乙烯是平面分子，该有机物中与不饱和C原子连接的甲基C原子及乙基中的CH2原子在乙烯平面上，以CH2的C原子为研究对象，与之连接的2个C原子与该C原子可能在同一个平面上，有可能是所有碳原子共平面，C正确；
D.2甲基1丁烯与与环戊烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，D正确；
故合理选项是B。
9.下列有机物描述正确的是（ ）
A. 含有苯环的有机物属于芳香烃
B. (CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2-甲基-5-乙基辛烷
C. 命名为2-乙基丙烷
D. CH2=CH2和在分子组成上相差一个CH2，两者互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，A错误；
B.根据物质的系统命名方法可知(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2-甲基-5-乙基辛烷，B正确；
C.该化合物分子中最长的碳链为主链，该物质名称为2-甲基丁烷，C错误；
D.前者是烯烃，含有碳碳双键，后者是环丙烷，因此二者结构不相似，所以不能称为同系物，D错误；
故合理选项是B。
10.下列有关同分异构体的叙述中正确的是（ ）
A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
B. 新戊烷的二氯代物只有1种同分异构体
C. 分子组成是C4H9Br的同分异构体有5种
D. 同分异构现象的广泛存在是造成有机物种类繁多的唯一原因
【答案】A
【解析】
【详解】A.甲苯苯环上有三种不同位置的H原子，含3个碳原子的烷基有2种不同结构，因此若一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3×2=6种，A正确；
B.新戊烷只有1种位置的H原子，其二氯代物中2个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在两个不同的C原子上，所以有2种同分异构体，B错误；
C.C4H9Br可看作是C4H10分子的H原子被Br原子取代，C4H10有2种结构，共有4种不同的位置，所以组成是C4H9Br的同分异构体有4种，C错误；
D.碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象，D错误；
故合理选项是A。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，在0.1 mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＜
B. 浓度为0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(H2CO3)＞c(CO32-)
C. 25 ℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D. 冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.硝酸电离出的H+抑制水的电离，所以水电离出的c(H+)<，故A正确；
B.NaHCO3溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以c(H2CO3)>c(CO32－)，故B正确；
C.溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与浓度无关，故C正确；
D.冰醋酸中逐滴加水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，随着水的加入，溶液中氢离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故D错误；
故选D。
【点睛】解决本题的关键是要知道酸、碱或强酸酸式盐抑制水的电离；溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与浓度无关。
12.由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )
实验
现象
结论
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
观察到红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸测0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH
pH约为5
HSO3-电离大于水解
C
向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞
NaCl溶液不变色，
Na2SiO3溶液变成红色
非金属性：Si
向盛有10滴0. 1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0. 1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0. 1mol/L KI溶液
有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；
B.由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSO3-在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=5<7，说明HSO3-的电离作用大于其水解作用，B正确；
C.NaCl溶液不变红色是由于NaCl是强酸强碱盐
13.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W是地壳中含量最多的元素，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：W
C. W、X元素组成的化合物一定只含离子键
D. 工业上采用电解Y 的氧化物冶炼单质Y
【答案】B
【解析】
【分析】
X元素在短周期主族元素中原子半径最大，X为Na元素，W是地壳中含量最多的元素，W为O元素，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，Y为Mg元素，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10，则Z的最外层电子数为10-1-2=7，Z为Cl元素，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知W为O元素，X为Na元素，Y为Mg元素，Z为Cl元素。
A.离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Y
C. W、X元素组成的化合物如Na2O2既含有离子键，也含有共价键，C错误；
D.在工业上常采用电解熔融的MgCl2的方法冶炼Mg，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握元素的性质、元素的位置及原子序数、元素化合物知识为解答的关键，注意规律性知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。
14.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。下列说法正确的是（ ）
A. 电池放电时，a极的电极反应式为Fe3++3e−===Fe
B. 电池放电时，电路中每通过0.1 mol电子，Fe3+浓度降低0.1 mol·L−1
C. 电池充电时，Cl−从a极穿过选择性透过膜移向b极
D. 电池充电时，b极的电极反应式为Cr3++e−===Cr2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.电池放电时，是原电池的工作原理，负极失电子发生氧化反应，电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，A错误；
B.放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度和体积有关，B错误；
C.电池放电时，Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，C错误；
D.充电时是电解池工作原理，b电极连接电源的负极，作阴极，阴极发生得电子的还原反应，所以b电极反应式为Cr3++e-=Cr2+，D正确；
故合理选项是D。
15.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是（ ）
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B. 若反应开始时容器容积为2L，则0~2min的平均速率v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＞1.4mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于Q kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应是在“恒温恒压下”条件下进行的，所以反应前后气体压强始终不变，但是反应达到平衡状态前容器的体积改变，A错误；
B.该反应是在恒温恒压下进行的，反应在达到平衡状态前容器的体积一直在变化，所以无法计算化学反应速率，所以无法计算SO3的化学反应速率v(SO3)，B错误；
C.若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，相当于给体系的气体升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，达到平衡后n(SO3)<1.4mol，C错误；
D.若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应达到平衡状态前压强逐渐减小，与“恒温恒压下”相比，“恒温恒容下”相当于减小压强，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，平达平衡后n(SO3)<1.4mol，，放出的热量小于Q，D正确；
故合理选项是D。
16.25℃时，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的HNO2溶液，与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 25 ℃时，0.100 mol·L－1的HNO2溶液的pH＝2.75
B. B点对应的溶液中，2c(H＋)＋c(HNO2)＝c(NO2-)＋2c(OH－)
C. C点对应的溶液的pH＝7，加入NaOH溶液的体积为20.00 mL
D. 滴定过程中从A到D点溶液中水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.未向HNO2溶液中滴加NaOH溶液时，lg=8.5，则=108.5，由于c(H+)·c(OH-)=10-14，两式联立，可得c(H+)=10-2.75mol/L，所以该溶液的pH=2.75，A正确；
B.B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(NO2-)，根据物料守恒可得：2c(Na+)= c(NO2-)+c(HNO2)，将第一个式子扩大2倍减去第二个式子，整理可得：2c(H+)-c(OH-)=c(Na+)=c(NO2-)-c(HNO2)，B正确；
C. C点lg=0，则=1，HNO2的电离程度与NaNO2的水解程度相同，则加入NaOH溶液的体积小于20mL，C错误；
D.从A到D的过程中，溶液的溶质由酸、酸和盐、盐变为盐和碱，酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，故滴定过程中从A到D点，溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题（共52分）
17.氮的化合物在农药生产及工业制造业等领域用途非常广泛，请根据提示回答下列相关问题：
(1)基态氮原子的电子排布式为____，碳、氮、氧元素的第一电离能由小到大的顺序为______(用元素符号表示)。
(2)NH4Cl中阳离子的空间构型为______，与NH4+互为等电子体的一种非极性分子的化学式为________。
(3)NH4Cl受热易分解产生氨气，向CuSO4溶液中通入氨气至过量，产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液，该溶液中存在的配离子的结构式为_______（配位键用→表示）。
(4)GaAs与GaN均为原子晶体，GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为_________。
(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_______。已知GaAs的密度为ρ g/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为 MGa g/mol和MAsg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为_______pm（写出表达式）。
【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). C＜O＜N (3). 正四面体 (4). CH4 (5). (6). GaN中N原子半径小，Ga-N键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高 (7). 正四面体形 (8).
【解析】
【分析】
(1)N处于第二周期VA族；同一周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素；
(2)NH4Cl中氮原子形成4个N-H键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；与NH4+互为等电子体的一种非极性分子可以用碳原子替换N原子与1个单位正电荷；
(3)氨气分子中N原子提供孤电子对，铜离子提供空轨道，NH3与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子；
(4)从物质的晶体类型、原子半径大小分析物质熔沸点的高低；
(5)Ga原子周围与之距离最近写相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心。四面体棱长即为Ga之间的最短距离，由几何知识可知二者距离等于晶胞体对角线长度的倍，均摊法计算晶胞中Ga、As原子数目，计算晶胞质量，结合晶胞质量=晶胞体积×晶体密度计算晶胞棱长。
【详解】(1)N是7号元素，原子核外电子排布2、5，处于第二周期VA族，价电子排布式为：2s22p3；同一周期的主族元素，随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的O元素，故第一电离能：C＜O＜N；
(2)NH4Cl中氮原子形成了4个N-H键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为：sp3，空间构型为正四面体形；与NH4+互为等电子体的一种非极性分子可以用碳原子替换N原子与1个单位正电荷，该非极性分子为：CH4；
(3)氨气分子中N原子上有一对孤电子对，N原子提供孤电子对，铜离子提供空轨道，NH3与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，配离子结构式为；
(4)GaAs与GaN均为原子晶体，原子间通过共价键结合，由于原子半径NGa-N，键长越长，共价键的结合的牢固程度就越强，断裂共价键使物质熔化、气化需要的能量就越高，即物质的熔沸点越高，所以GaAs熔点低于GaN；
(5)Ga原子周围与之距离最近写相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心。四面体棱长即为Ga之间的最短距离，由几何知识可知二者距离等于晶胞体对角线长度的倍，晶胞中Ga原子数目为4、As原子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=4×g，设晶胞棱长为a pm，则：4×g=ρg•cm-3×(a×10-10cm)3，解得a=×1010，故GaAs晶胞中Ga之间的最短距离=××1010pm。
【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素在周期表的位置、核外电子排布、原子的杂化、微粒的空间构型、等电子体及晶体类型与性质的关系等。(5)中计算为易错点和难点，需学生有一定的空间想象力和数学分析与计算能力，掌握物质的质量、密度的计算方法。
18.X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：
（1）X元素在周期表中的位置是____；W2+离子的外围电子排布式为___。
（2）X 能与氢、氮、氧三种元素构成化合物 XO(NH2)2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为___、___，该化合物分子中的π键与σ键的个数之比是____；该物质易溶于水的主要原因是___。
（3）已知Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素与Be元素两者相应最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式：____。
（4）M晶体的原子堆积方式为六方堆积(如图所示)，则晶体中M原子的配位数是___。某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1 mol该配合物中含配位键的数目是____。
（5）Y离子和Z离子比较，半径较大的是___(填离子符号)，元素Y与元素Z形成的晶体的晶胞结构是如图所示的正方体，每个Y离子周围与它最近的Y离子有___个。
【答案】 (1). 第二周期ⅣA族 (2). 3d10 (3). sp2 (4). sp3 (5). 1∶7 (6). CO(NH2)2能与水分子间形成氢键 (7). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O (8). 12 (9). 6×6.02×1023 (10). S2- (11). 6
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X的基态原子核外的三个能级上电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体，则Y为Na元素，淡黄色固体是Na2O2；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，则Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，W为Zn，据此解答。
【详解】综上所述可知X是C；Y是Na；Z是S；W是Zn。
(1)X为C元素，C原子核外有2个电子层,最外层有4个电子，因此C元素处于周期表中第二周期ⅣA族，Zn是30号元素，Zn2+离子的外围电子排布式为3d10；
(2)碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，分子中C与O形成C=O双键，C原子与N原子形成C-N单键，N原子与H原子之间形成N-H单键，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，所以C原子采取sp2杂化，N原子成3个σ键、有1对孤电子对，因此N原子采取sp3杂化，该化合物分子中有1个π键、7个σ键，π键与σ键数目之比为1：7，CO(NH2)2能与水分子间形成氢键，因此该物质易溶于水；
(3)Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，则Be(OH)2与NaOH反应生成Na2BeO2与H2O，反应方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；
(4)M晶体的原子堆积方式为六方密堆积，以轴线原子研究，层内有6个原子相邻；上、下两层各有3个原子与之相邻，所以配位数为12，某M配合物化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2•H2O，M离子与H2O、Cl-形成配位键，1mol该配合物中含配位键为6mol，含有配位键的数目是6×6.02×1023；
(5)离子核外电子层数越多，离子半径越大，S2-离子比Na+离子多一个电子层，所以离子半径：S2->Na+；
晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，故化学式为Na2S，黑色球为Na+、白色球为S2-；在一个晶胞中与该Na+距离最近的Na+有3个，在该Na+周围的上、下、前、后、左、右，所以每个Na+离子周围与它最近的Na+离子有6个。
【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、配合物、晶胞结构及计算，侧重对晶胞计算的考查，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求。
19.碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池，其构造如图所示。放电时总反应为：Zn+2H2O+2MnO2=Zn(OH)2+2MnOOH。
从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：
回答下列问题：
(1)MnOOH中，Mn元素的化合价为_________。
(2)“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，主要原因是“粉料”中含有_________。
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2＋，方法是：加入______(填化学式)溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节pH使Fe3＋沉淀完全。常温下，已知浸出液中Mn2＋、Zn2＋的浓度约为0.1 mol/L，根据下列数据计算，调节pH的合理范围是______至__________。(离子浓度小于1×10－5 mol/L即为沉淀完全)
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－13
10－17
10－38
(4)“电解”时，阳极的电极反应式为_________。本工艺中应循环利用的物质是_______(填化学式)。
(5)若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2，且生成一种黄绿色气体，“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). ＋3 (2). C (3). H2O2(或KMnO4) (4). 3 (5). 6 (6). Mn2＋-2e－+2H2O=MnO2＋4H＋ (7). H2SO4 (8). 2MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O
【解析】
【分析】
(1)根据化合价代数和为0计算；
(2-4)废旧碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性，“还原焙烧”过程中，碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，后用硫酸溶解铁、锌和MnO得到MnSO4溶液和少量Fe2+、Zn2+，净化过程中加入H2O2溶液将少量Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH使Fe3+完全沉淀，最终得到MnSO4溶液和Zn2+，电解阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2，阴极Zn2+得电子发生还原反应生成Zn，废电解液为硫酸，据此分析解答；
(5)根据MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应书写化学方程式。
【详解】(1)根据化合价代数和为0，在MnOOH中，O为-2价，H为+1价，所以Mn元素的化合价为+3价；
(2)废旧碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性，“还原焙烧”过程中，单质碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质（其中MnOOH、MnO2被还原成MnO）；
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+，利用H2O2溶液具有氧化性将Fe2+氧化为Fe3+，再由Mn(OH)2、Zn(OH)2的Ksp近似值可求得Mn2+，Zn2+开始沉淀时的氢氧根浓度分别为
=10-6，=10-8，即Mn2+，Zn2+开始沉淀时的pH分别为8和6，而Fe(OH)3沉淀完全时的氢氧根浓度为=10-11，Fe(OH)3沉淀完全时的pH为3，所以调节pH的合理范围是 3—6，使Fe3+完全沉淀，Mn2+，Zn2+不沉淀；
(4)电解时，阳极上Mn2+失电子发生氧化反应，与溶液中的水发生反应生成MnO2和水，则阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；在阴极上溶液中的Zn2+得电子发生还原反应生成单质Zn，废电解液为硫酸，因此本工艺中应循环利用的物质是H2SO4；
(5)“粉料”中的MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2MnOOH+6HCl2MnCl2+Cl2↑+4H2O。
【点睛】本题考查了化合物中元素化合价的确定、溶度积常数的应用、反应条件的控制、电解原理、氧化还原反应及混合物的分离和提纯的知识，侧重考查学生对知识的综合运用能力，知道流程图中各个步骤发生的反应、基本操作是解题关键。
20.利用化学原理对废气、废水进行脱硝、脱碳处理，可实现绿色环保、废物利用，对构建生态文明有重要意义。
Ⅰ．脱硝：
(1)H2还原法消除氮氧化物
已知：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g) ΔH1=+133 kJ/mol
H2O(g)=H2O(l) ΔH2=－44 kJ/mol
H2的燃烧热ΔH3=－285.8 kJ/mol
在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式为__________。
(2)用NH3催化还原法消除氮氧化物，发生反应：
4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l) ΔH<0
相同条件下，在2L恒容密闭容器中，选用不同催化剂，产生N2的量随时间变化如图所示。
①计算0～4分钟在A催化剂作用下，反应速率v(NO)=____。
②下列说法正确的是____。
A.该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)
B.增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C.单位时间内H－O键与N－H键断裂的数目相等时，说明反应已达到平衡
D.若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明已达到平衡
(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH_____(填“增大”“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为________。
Ⅱ．脱碳：
(4)用甲醇与CO反应生成醋酸可消除CO污染。常温下，将a mol/L醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，忽略溶液体积变化，计算醋酸的电离常数Ka=________(用含a、b的代数式表示)。
【答案】 (1). 4H2(g)＋2NO2(g)= N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-1100.2 kJ/mol (2). 0.375 mol/(L·min) (3). CD (4). 增大 (5). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (6). ×10-7mol/L
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；
(2)①已知在A催化剂作用下，4min时氮气为2.5mol，则消耗的NO为3mol，根据v(NO)=计算；
②A.相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；
B.改变压强，活化分子百分数不变；
C.单位时间内H-O键断裂表示逆速率，N-H键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；
D.该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小；
(3)正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，负极上是氨气失电子发生氧化反应，结合电极反应分析判断；
(4)溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合K的定义计算。
【详解】Ⅰ． 已知：H2的燃烧热为285.8kJ/mol，
① H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol，
② N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+133 kJ/mol
③ H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，①×4-②-③×4，在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2(g)＋2NO2(g)= N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-1100.2 kJ/mol；
(2)①已知在A催化剂作用下4min时氮气为2.5mol，则消耗NO为3mol，所以v(NO)= =0.375 mol/(L·min)；
②A.相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，A错误；
B.增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，但反应物的活化分子百分数不变，B错误；
C.单位时间内H-O键断裂表示逆速率，N-H键断裂表示正速率，单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡状态，C正确；
D.该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，当温度不变时，说明反应已经达到平衡，D正确；
故合理选项是CD；
(3)发生的总反应方程式为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，在正极上，NO2得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，根据电极反应式可知：该电池正极区附近溶液c(OH-)中的，溶液的pH增大；在负极上NH3失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2；
(4)反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，据电荷守恒可知：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，则醋酸电离平衡常数为K===×10-7mol/L。
【点睛】本题考查了物质的量随时间的变化曲线、反应热与焓变的应用、电解原理、化学平衡常数及化学反应速率的计算等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
2018-2019学年湖北省沙市中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 C1-35.5 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As-75 Ag-108 Ba-137
一、选择题（共16小题，每小题3分，每题只有一个选项符合题意。）
1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活生产社会可持续发展密切相关。下列有关化学知识的说法错误的是（ ）
A. 高铁车厢大部分材料是铝合金，具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
B. 钾—钠合金可用于原子反应堆的导热剂钾与钠都属于短周期主族元素
C. 高纯二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
D. 我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A.铝密度小，铝氧化产生的氧化铝非常致密，对合金起到保护作用，因此形成的合金具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，A正确；
B.钠钾合金熔点低，具有良好的导热、导电性，可以作为原子反应堆的导热剂，但钾属于长周期主族元素，B错误；
C.高纯二氧化硅由于可以使光线全反射，因此广泛用于制作光导纤维，由于SiO2是酸性氧化物，与碱会发生反应产生可溶性硅酸盐，因此光导纤维遇强碱会“断路”，C正确；
D.碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，D正确；
故合理选项是B。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大
B. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
C. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D. p能级能量一定比s能级的能量高
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素的电负性表示元素的原子吸引电子能力大小，在周期表中从左到右，元素的非金属性逐渐增大，电负性逐渐变大，A正确；
B.同一原子的不同能层的同一能级含有的轨道数相同，所以2p、3p、4p能级的轨道数是相同的，B错误；
C.同一能级的形状相同，由于能层不同，因此含有的能量也不相同，C错误；
D.同一能层中p能级能量一定比s能级的能量高，但若是不同能层，高能层的s能级的能量比低能层的p能级的能量高，D错误；
故合理选项是A。
3.PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P—H键键能比N—H键键能低。下列判断错误的是（ ）
A. PH3分子呈三角锥形
B. PH3分子是极性分子
C. PH3沸点低于NH3沸点，因为P—H键键能低
D. PH3分子稳定性低于NH3分子，是因为N—H键键能高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；B．PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；C．NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故C错误；D．P-H键键能比N-H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；故选C。
考点：考查空间结构、氢键、键能与性质关系等。
4.下列各组物质的分类或归类正确的是（ ）
A. 电解质：明矾、盐酸、纯碱
B. 同位素：1H2、2H2、3H2
C. 同素异形体：C60、金刚石、石墨
D. 放热反应：盐酸与氢氧化钠、碳酸钙高温分解、甲烷燃烧
【答案】C
【解析】
【详解】A.盐酸是混合物，不是电解质，A错误；
B. 1H2、2H2、3H2是氢元素三种同位素原子形成的分子，不是同位素原子，B错误；
C.C60、金刚石、石墨是C元素的三种不同的单质，它们属于同素异形体，C正确；
D.碳酸钙高温分解反应是吸热反应，D错误；
故合理选项是C。
5.下列关于晶体的描述不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体中，每个Na＋周围与其距离最近的Na＋有12个
B. 晶胞是晶体中最小的结构重复单元
C. 离子晶体的晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大
D. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
【答案】D
【解析】
【详解】A.在NaCl晶体中，每个Na＋周围与其距离最近的Na＋的个数(3×8)÷2=12个，A正确；
B.晶胞是能够反映晶体内部原子或离子在三维空间分布之化学结构特征的平行六面体最小单元，B正确；
C.离子键与电荷成正比，与离子半径成反比，所以离子晶体的晶格能越大离子键就越强，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大，C错误；
D.在晶体中只要有阳离子,不一定有阴离子，如金属晶体中只有阳离子，待负电荷的微粒是自由电子，D错误；
故合理选项是D。
6.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中HCHO的氧化，其反应如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有关说法正确的是（ ）
A. HCHO含有的官能团为羧基
B. CO2分子是由极性键形成的极性分子
C. HCHO分子中既含σ键又含π键
D. 每生成18 g H2O消耗22.4 L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCHO含有的官能团为醛基，A错误；
B.CO2分子中的碳氧双键是极性共价键，由于两个共价键排列对称，分子中正负电荷的重心重合，因此该分子是由极性键形成的非极性分子，B错误；
C.HCHO分子中的C-H键是σ键，碳氧双键中一个是σ键，一个是π键，所以既含σ键又含π键，C正确；
D.缺少条件，不能确定O2的体积，D错误；
故合理选项是C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A. 常温常压下，7.8 g苯分子中含有的碳碳双键数目为0.3NA
B. 14g用于考古测年的14C原子中含中子数为8NA
C. 在一定条件下lmolN2与3molH2反应生成的NH3分子数小于2NA
D. 1 mol SiO2晶体中，含有Si−O键的数目为4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，不含有碳碳双键，A错误；
B.14C原子中含有6个质子，8个中子，14g14C原子的物质的量是1mol，其中含有的中子数为8NA，B正确；
C.N2与H2生成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以在一定条件下lmolN2与3molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，C正确；
D.在SiO2晶体中，每个Si原子与相邻的4个O原子形成共价键，所以1 mol SiO2晶体中，含有Si−O键的数目为4NA，D正确；
故合理选项是A。
8.下列关于2甲基1丁烯[CH2=C(CH3)CH2CH3]的说法错误的是（ ）
A. 与1-丁烯(CH2=CHCH2CH3)互为同系物
B. 官能团有甲基、碳碳双键
C. 该有机物的所有碳原子可能共平面
D. 与环戊烷()互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A.2甲基1丁烯与1-丁烯结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，因此二者互为同系物，A正确；
B. 2甲基1丁烯的官能团是碳碳双键，B错误；
C.乙烯是平面分子，该有机物中与不饱和C原子连接的甲基C原子及乙基中的CH2原子在乙烯平面上，以CH2的C原子为研究对象，与之连接的2个C原子与该C原子可能在同一个平面上，有可能是所有碳原子共平面，C正确；
D.2甲基1丁烯与与环戊烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，D正确；
故合理选项是B。
9.下列有机物描述正确的是（ ）
A. 含有苯环的有机物属于芳香烃
B. (CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2-甲基-5-乙基辛烷
C. 命名为2-乙基丙烷
D. CH2=CH2和在分子组成上相差一个CH2，两者互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，A错误；
B.根据物质的系统命名方法可知(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2-甲基-5-乙基辛烷，B正确；
C.该化合物分子中最长的碳链为主链，该物质名称为2-甲基丁烷，C错误；
D.前者是烯烃，含有碳碳双键，后者是环丙烷，因此二者结构不相似，所以不能称为同系物，D错误；
故合理选项是B。
10.下列有关同分异构体的叙述中正确的是（ ）
A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
B. 新戊烷的二氯代物只有1种同分异构体
C. 分子组成是C4H9Br的同分异构体有5种
D. 同分异构现象的广泛存在是造成有机物种类繁多的唯一原因
【答案】A
【解析】
【详解】A.甲苯苯环上有三种不同位置的H原子，含3个碳原子的烷基有2种不同结构，因此若一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3×2=6种，A正确；
B.新戊烷只有1种位置的H原子，其二氯代物中2个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在两个不同的C原子上，所以有2种同分异构体，B错误；
C.C4H9Br可看作是C4H10分子的H原子被Br原子取代，C4H10有2种结构，共有4种不同的位置，所以组成是C4H9Br的同分异构体有4种，C错误；
D.碳原子成键方式的多样性和有机物存在同分异构现象，D错误；
故合理选项是A。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，在0.1 mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)＜
B. 浓度为0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(H2CO3)＞c(CO32-)
C. 25 ℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D. 冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A.硝酸电离出的H+抑制水的电离，所以水电离出的c(H+)<，故A正确；
B.NaHCO3溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以c(H2CO3)>c(CO32－)，故B正确；
C.溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与浓度无关，故C正确；
D.冰醋酸中逐滴加水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，随着水的加入，溶液中氢离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故D错误；
故选D。
【点睛】解决本题的关键是要知道酸、碱或强酸酸式盐抑制水的电离；溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与浓度无关。
12.由下列实验及现象不能推出相应结论的是( )
实验
现象
结论
A
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体
观察到红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B
室温下，用pH试纸测0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH
pH约为5
HSO3-电离大于水解
C
向浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞
NaCl溶液不变色，
Na2SiO3溶液变成红色
非金属性：Si
向盛有10滴0. 1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0. 1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0. 1mol/L KI溶液
有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；
B.由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSO3-在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=5<7，说明HSO3-的电离作用大于其水解作用，B正确；
C.NaCl溶液不变红色是由于NaCl是强酸强碱盐
13.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W是地壳中含量最多的元素，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：W
C. W、X元素组成的化合物一定只含离子键
D. 工业上采用电解Y 的氧化物冶炼单质Y
【答案】B
【解析】
【分析】
X元素在短周期主族元素中原子半径最大，X为Na元素，W是地壳中含量最多的元素，W为O元素，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，Y为Mg元素，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10，则Z的最外层电子数为10-1-2=7，Z为Cl元素，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知W为O元素，X为Na元素，Y为Mg元素，Z为Cl元素。
A.离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Y
C. W、X元素组成的化合物如Na2O2既含有离子键，也含有共价键，C错误；
D.在工业上常采用电解熔融的MgCl2的方法冶炼Mg，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握元素的性质、元素的位置及原子序数、元素化合物知识为解答的关键，注意规律性知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。
14.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。下列说法正确的是（ ）
A. 电池放电时，a极的电极反应式为Fe3++3e−===Fe
B. 电池放电时，电路中每通过0.1 mol电子，Fe3+浓度降低0.1 mol·L−1
C. 电池充电时，Cl−从a极穿过选择性透过膜移向b极
D. 电池充电时，b极的电极反应式为Cr3++e−===Cr2+
【答案】D
【解析】
【详解】A.电池放电时，是原电池的工作原理，负极失电子发生氧化反应，电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，A错误；
B.放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度和体积有关，B错误；
C.电池放电时，Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，C错误；
D.充电时是电解池工作原理，b电极连接电源的负极，作阴极，阴极发生得电子的还原反应，所以b电极反应式为Cr3++e-=Cr2+，D正确；
故合理选项是D。
15.在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0。2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量Q kJ，则下列分析正确的是（ ）
A. 在该条件下，反应前后的压强之比为6∶5.3
B. 若反应开始时容器容积为2L，则0~2min的平均速率v(SO3)＝0.35mol·L－1·min－1
C. 若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，平衡后n(SO3)＞1.4mol
D. 若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，达平衡时放出热量小于Q kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应是在“恒温恒压下”条件下进行的，所以反应前后气体压强始终不变，但是反应达到平衡状态前容器的体积改变，A错误；
B.该反应是在恒温恒压下进行的，反应在达到平衡状态前容器的体积一直在变化，所以无法计算化学反应速率，所以无法计算SO3的化学反应速率v(SO3)，B错误；
C.若把“恒温恒压下”改为“恒压绝热条件下”反应，相当于给体系的气体升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，达到平衡后n(SO3)<1.4mol，C错误；
D.若把“恒温恒压下”改为“恒温恒容下”反应，反应达到平衡状态前压强逐渐减小，与“恒温恒压下”相比，“恒温恒容下”相当于减小压强，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，平达平衡后n(SO3)<1.4mol，，放出的热量小于Q，D正确；
故合理选项是D。
16.25℃时，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的HNO2溶液，与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 25 ℃时，0.100 mol·L－1的HNO2溶液的pH＝2.75
B. B点对应的溶液中，2c(H＋)＋c(HNO2)＝c(NO2-)＋2c(OH－)
C. C点对应的溶液的pH＝7，加入NaOH溶液的体积为20.00 mL
D. 滴定过程中从A到D点溶液中水的电离程度先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.未向HNO2溶液中滴加NaOH溶液时，lg=8.5，则=108.5，由于c(H+)·c(OH-)=10-14，两式联立，可得c(H+)=10-2.75mol/L，所以该溶液的pH=2.75，A正确；
B.B点溶液为等浓度的HNO2和NaNO2溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(NO2-)，根据物料守恒可得：2c(Na+)= c(NO2-)+c(HNO2)，将第一个式子扩大2倍减去第二个式子，整理可得：2c(H+)-c(OH-)=c(Na+)=c(NO2-)-c(HNO2)，B正确；
C. C点lg=0，则=1，HNO2的电离程度与NaNO2的水解程度相同，则加入NaOH溶液的体积小于20mL，C错误；
D.从A到D的过程中，溶液的溶质由酸、酸和盐、盐变为盐和碱，酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，故滴定过程中从A到D点，溶液中水的电离程度先增大后减小，D正确；
故合理选项是C。
二、非选择题（共52分）
17.氮的化合物在农药生产及工业制造业等领域用途非常广泛，请根据提示回答下列相关问题：
(1)基态氮原子的电子排布式为____，碳、氮、氧元素的第一电离能由小到大的顺序为______(用元素符号表示)。
(2)NH4Cl中阳离子的空间构型为______，与NH4+互为等电子体的一种非极性分子的化学式为________。
(3)NH4Cl受热易分解产生氨气，向CuSO4溶液中通入氨气至过量，产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液，该溶液中存在的配离子的结构式为_______（配位键用→表示）。
(4)GaAs与GaN均为原子晶体，GaAs熔点为1238℃，GaN熔点约为1500°，GaAs熔点低于GaN的原因为_________。
(5)GaAs的晶胞结构如图所示，其中As原子形成的空隙类型有正八面体形和正四面体形，该晶胞中Ga原子所处空隙类型为_______。已知GaAs的密度为ρ g/cm3，Ga和As的摩尔质量分别为 MGa g/mol和MAsg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中Ga之间的最短距离为_______pm（写出表达式）。
【答案】 (1). 1s22s22p3 (2). C＜O＜N (3). 正四面体 (4). CH4 (5). (6). GaN中N原子半径小，Ga-N键长比Ga-As短，键能更大，熔点更高 (7). 正四面体形 (8).
【解析】
【分析】
(1)N处于第二周期VA族；同一周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素；
(2)NH4Cl中氮原子形成4个N-H键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；与NH4+互为等电子体的一种非极性分子可以用碳原子替换N原子与1个单位正电荷；
(3)氨气分子中N原子提供孤电子对，铜离子提供空轨道，NH3与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子；
(4)从物质的晶体类型、原子半径大小分析物质熔沸点的高低；
(5)Ga原子周围与之距离最近写相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心。四面体棱长即为Ga之间的最短距离，由几何知识可知二者距离等于晶胞体对角线长度的倍，均摊法计算晶胞中Ga、As原子数目，计算晶胞质量，结合晶胞质量=晶胞体积×晶体密度计算晶胞棱长。
【详解】(1)N是7号元素，原子核外电子排布2、5，处于第二周期VA族，价电子排布式为：2s22p3；同一周期的主族元素，随原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的O元素，故第一电离能：C＜O＜N；
(2)NH4Cl中氮原子形成了4个N-H键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为：sp3，空间构型为正四面体形；与NH4+互为等电子体的一种非极性分子可以用碳原子替换N原子与1个单位正电荷，该非极性分子为：CH4；
(3)氨气分子中N原子上有一对孤电子对，N原子提供孤电子对，铜离子提供空轨道，NH3与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，配离子结构式为；
(4)GaAs与GaN均为原子晶体，原子间通过共价键结合，由于原子半径N
(5)Ga原子周围与之距离最近写相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心。四面体棱长即为Ga之间的最短距离，由几何知识可知二者距离等于晶胞体对角线长度的倍，晶胞中Ga原子数目为4、As原子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=4×g，设晶胞棱长为a pm，则：4×g=ρg•cm-3×(a×10-10cm)3，解得a=×1010，故GaAs晶胞中Ga之间的最短距离=××1010pm。
【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素在周期表的位置、核外电子排布、原子的杂化、微粒的空间构型、等电子体及晶体类型与性质的关系等。(5)中计算为易错点和难点，需学生有一定的空间想象力和数学分析与计算能力，掌握物质的质量、密度的计算方法。
18.X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：
（1）X元素在周期表中的位置是____；W2+离子的外围电子排布式为___。
（2）X 能与氢、氮、氧三种元素构成化合物 XO(NH2)2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为___、___，该化合物分子中的π键与σ键的个数之比是____；该物质易溶于水的主要原因是___。
（3）已知Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素与Be元素两者相应最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式：____。
（4）M晶体的原子堆积方式为六方堆积(如图所示)，则晶体中M原子的配位数是___。某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1 mol该配合物中含配位键的数目是____。
（5）Y离子和Z离子比较，半径较大的是___(填离子符号)，元素Y与元素Z形成的晶体的晶胞结构是如图所示的正方体，每个Y离子周围与它最近的Y离子有___个。
【答案】 (1). 第二周期ⅣA族 (2). 3d10 (3). sp2 (4). sp3 (5). 1∶7 (6). CO(NH2)2能与水分子间形成氢键 (7). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O (8). 12 (9). 6×6.02×1023 (10). S2- (11). 6
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X的基态原子核外的三个能级上电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体，则Y为Na元素，淡黄色固体是Na2O2；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，则Z为S元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，W为Zn，据此解答。
【详解】综上所述可知X是C；Y是Na；Z是S；W是Zn。
(1)X为C元素，C原子核外有2个电子层,最外层有4个电子，因此C元素处于周期表中第二周期ⅣA族，Zn是30号元素，Zn2+离子的外围电子排布式为3d10；
(2)碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO(NH2)2，分子中C与O形成C=O双键，C原子与N原子形成C-N单键，N原子与H原子之间形成N-H单键，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，所以C原子采取sp2杂化，N原子成3个σ键、有1对孤电子对，因此N原子采取sp3杂化，该化合物分子中有1个π键、7个σ键，π键与σ键数目之比为1：7，CO(NH2)2能与水分子间形成氢键，因此该物质易溶于水；
(3)Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，则Be(OH)2与NaOH反应生成Na2BeO2与H2O，反应方程式为：Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；
(4)M晶体的原子堆积方式为六方密堆积，以轴线原子研究，层内有6个原子相邻；上、下两层各有3个原子与之相邻，所以配位数为12，某M配合物化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2•H2O，M离子与H2O、Cl-形成配位键，1mol该配合物中含配位键为6mol，含有配位键的数目是6×6.02×1023；
(5)离子核外电子层数越多，离子半径越大，S2-离子比Na+离子多一个电子层，所以离子半径：S2->Na+；
晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，故化学式为Na2S，黑色球为Na+、白色球为S2-；在一个晶胞中与该Na+距离最近的Na+有3个，在该Na+周围的上、下、前、后、左、右，所以每个Na+离子周围与它最近的Na+离子有6个。
【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、配合物、晶胞结构及计算，侧重对晶胞计算的考查，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求。
19.碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池，其构造如图所示。放电时总反应为：Zn+2H2O+2MnO2=Zn(OH)2+2MnOOH。
从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如图所示：
回答下列问题：
(1)MnOOH中，Mn元素的化合价为_________。
(2)“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，主要原因是“粉料”中含有_________。
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2＋，方法是：加入______(填化学式)溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节pH使Fe3＋沉淀完全。常温下，已知浸出液中Mn2＋、Zn2＋的浓度约为0.1 mol/L，根据下列数据计算，调节pH的合理范围是______至__________。(离子浓度小于1×10－5 mol/L即为沉淀完全)
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－13
10－17
10－38
(4)“电解”时，阳极的电极反应式为_________。本工艺中应循环利用的物质是_______(填化学式)。
(5)若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2，且生成一种黄绿色气体，“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为__________。
【答案】 (1). ＋3 (2). C (3). H2O2(或KMnO4) (4). 3 (5). 6 (6). Mn2＋-2e－+2H2O=MnO2＋4H＋ (7). H2SO4 (8). 2MnOOH+6HClCl2↑+2MnCl2+4H2O
【解析】
【分析】
(1)根据化合价代数和为0计算；
(2-4)废旧碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性，“还原焙烧”过程中，碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，后用硫酸溶解铁、锌和MnO得到MnSO4溶液和少量Fe2+、Zn2+，净化过程中加入H2O2溶液将少量Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH使Fe3+完全沉淀，最终得到MnSO4溶液和Zn2+，电解阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2，阴极Zn2+得电子发生还原反应生成Zn，废电解液为硫酸，据此分析解答；
(5)根据MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应书写化学方程式。
【详解】(1)根据化合价代数和为0，在MnOOH中，O为-2价，H为+1价，所以Mn元素的化合价为+3价；
(2)废旧碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性，“还原焙烧”过程中，单质碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质（其中MnOOH、MnO2被还原成MnO）；
(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+，利用H2O2溶液具有氧化性将Fe2+氧化为Fe3+，再由Mn(OH)2、Zn(OH)2的Ksp近似值可求得Mn2+，Zn2+开始沉淀时的氢氧根浓度分别为
=10-6，=10-8，即Mn2+，Zn2+开始沉淀时的pH分别为8和6，而Fe(OH)3沉淀完全时的氢氧根浓度为=10-11，Fe(OH)3沉淀完全时的pH为3，所以调节pH的合理范围是 3—6，使Fe3+完全沉淀，Mn2+，Zn2+不沉淀；
(4)电解时，阳极上Mn2+失电子发生氧化反应，与溶液中的水发生反应生成MnO2和水，则阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；在阴极上溶液中的Zn2+得电子发生还原反应生成单质Zn，废电解液为硫酸，因此本工艺中应循环利用的物质是H2SO4；
(5)“粉料”中的MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2MnOOH+6HCl2MnCl2+Cl2↑+4H2O。
【点睛】本题考查了化合物中元素化合价的确定、溶度积常数的应用、反应条件的控制、电解原理、氧化还原反应及混合物的分离和提纯的知识，侧重考查学生对知识的综合运用能力，知道流程图中各个步骤发生的反应、基本操作是解题关键。
20.利用化学原理对废气、废水进行脱硝、脱碳处理，可实现绿色环保、废物利用，对构建生态文明有重要意义。
Ⅰ．脱硝：
(1)H2还原法消除氮氧化物
已知：N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g) ΔH1=+133 kJ/mol
H2O(g)=H2O(l) ΔH2=－44 kJ/mol
H2的燃烧热ΔH3=－285.8 kJ/mol
在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式为__________。
(2)用NH3催化还原法消除氮氧化物，发生反应：
4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l) ΔH<0
相同条件下，在2L恒容密闭容器中，选用不同催化剂，产生N2的量随时间变化如图所示。
①计算0～4分钟在A催化剂作用下，反应速率v(NO)=____。
②下列说法正确的是____。
A.该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)
B.增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C.单位时间内H－O键与N－H键断裂的数目相等时，说明反应已达到平衡
D.若反应在恒容绝热的密闭容器中进行，当K值不变时，说明已达到平衡
(3)利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH_____(填“增大”“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为________。
Ⅱ．脱碳：
(4)用甲醇与CO反应生成醋酸可消除CO污染。常温下，将a mol/L醋酸与b mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，忽略溶液体积变化，计算醋酸的电离常数Ka=________(用含a、b的代数式表示)。
【答案】 (1). 4H2(g)＋2NO2(g)= N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-1100.2 kJ/mol (2). 0.375 mol/(L·min) (3). CD (4). 增大 (5). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (6). ×10-7mol/L
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；
(2)①已知在A催化剂作用下，4min时氮气为2.5mol，则消耗的NO为3mol，根据v(NO)=计算；
②A.相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低；
B.改变压强，活化分子百分数不变；
C.单位时间内H-O键断裂表示逆速率，N-H键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；
D.该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小；
(3)正极上是二氧化氮得到电子发生还原反应，负极上是氨气失电子发生氧化反应，结合电极反应分析判断；
(4)溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合K的定义计算。
【详解】Ⅰ． 已知：H2的燃烧热为285.8kJ/mol，
① H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol，
② N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+133 kJ/mol
③ H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，①×4-②-③×4，在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2(g)＋2NO2(g)= N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-1100.2 kJ/mol；
(2)①已知在A催化剂作用下4min时氮气为2.5mol，则消耗NO为3mol，所以v(NO)= =0.375 mol/(L·min)；
②A.相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，A错误；
B.增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，但反应物的活化分子百分数不变，B错误；
C.单位时间内H-O键断裂表示逆速率，N-H键断裂表示正速率，单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡状态，C正确；
D.该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，当温度不变时，说明反应已经达到平衡，D正确；
故合理选项是CD；
(3)发生的总反应方程式为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，在正极上，NO2得到电子发生还原反应，电极反应为：2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，根据电极反应式可知：该电池正极区附近溶液c(OH-)中的，溶液的pH增大；在负极上NH3失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=6H2O+N2；
(4)反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=bmol/L，据电荷守恒可知：c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液呈中性，则醋酸电离平衡常数为K===×10-7mol/L。
【点睛】本题考查了物质的量随时间的变化曲线、反应热与焓变的应用、电解原理、化学平衡常数及化学反应速率的计算等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
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