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2021-2022学年辽宁省沈阳二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析） (1)
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这是一份2021-2022学年辽宁省沈阳二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析） (1)，共19页。试卷主要包含了CO2B. H2O，BrF3等等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省沈阳二中高二（上）期末化学试卷
1. 以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。准晶体是一种介于晶体与非晶体之间的固体，已知的准晶体都是金属互化物(合金的一种)。人们发现组成铝-铜-铁-铬的准晶体具有低摩擦系数、低表面能等特点，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是( )
A. 已知的准晶体是离子化合物
B. 已知的准晶体中含有非极性键
C. 准晶体的硬度一般比各成分金属的硬度更低
D. 准晶体可开发成为新型材料
2. 硒是人体必需的微量元素，它能有效提高人体免疫机能，抑制癌症和心脑血管等疾病的发病率。下列有关说法正确的是( )
A. 硒元素位于元素周期表中第15列
B. 硒元素位于周期表中金属与非金属的分界处
C. 硒元素位于元素周期表的P区
D. 硒的基态原子核外电子排布中共有7个能级
3. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：W>X>Y>Z B. 电负性：Y>X>W>Z
C. 简单离子的半径：X>Y>Z>W D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
4. 下列分子中，中心原子杂化类型相同，分子的空间结构也相同的是( )
A. BeCl2、CO2 B. H2O、SO2 C. SF6、CH4 D. NF3、BF3
5. 下列说法不正确的是( )
A. 光谱分析就是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素
B. 用红热的铁针刺涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈圆形
C. 手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，而不得到它的手性异构分子
D. 过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，过渡金属配合物远比主族金属配合物多
6. 下列物质的性质或数据与氢键无关的是( )
①甲醛在常温下是气态，而甲醇在常温下则呈液态
②沸点：邻二甲苯>对二甲苯
③水溶性：H2O2>H2S
④冰的密度比液态水的密度小
⑤水分子高温下也很稳定
A. ②⑤ B. ①④ C. ②③ D. ①⑤
7. 金刚石、石墨、C60和石墨烯的结构示意图分别如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 等质量的金刚石和石墨晶体中含有的碳碳键数之比为4：3
B. C60分子中含有双键的数目是30个
C. 石墨烯结构中，平均每个六元环含有2个碳原子
D. 从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键，石墨烯具有导电性
8. 下列关于物质的结构和性质叙述正确的是( )
A. 已知臭氧是极性很微弱的分子，它在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度
B. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有Cl−均被完全沉淀
C. 已知二茂铁[Fe(C5H5)2]熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂．在二茂铁结构中，C5H5−与Fe2+之间是以离子键相结合
D. 接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的大一些
9. 在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2−(黄色)+4H2O⇋[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl−下列说法中不正确的是( )
A. 将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液
B. 当[CuCl4]2−和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色
C. 1mol[Cu(H2O)4]2+配离子中含σ键数目为4NA
D. [CuCl4]2−和[Cu(H2O)4]2+，中心离子为Cu2+，配位数均为4，配位原子分别为Cl和O
10. 某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是( )
A. 则该晶体的化学式为B2A
B. A离子的配位数为8，B离子的配位数为4
C. A离子距离最近的A离子有6个，B离子距离最近的B离子有12个
D. 若最近的A离子与B离子的距离是apm，晶胞的密度表达式是M×33NA×64a3×10−30g⋅m−3
11. 常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是( )
A. 常温下，c(H+)c(OH−)=10−12的溶液：K+、AlO2−、CO32−、Na+
B. 澄清透明溶液中：K+、Fe3+、Cl−、HCO3−
C. 滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3−
D. 由水电离产生的c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液中：K+、Na+、ClO−、I−
12. 在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是( )
①生成等量H2时反应所需时间B>A
②参加反应的锌的质量B>A
③盐酸中锌有剩余
④盐酸中放氢气多
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
13. 利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. a极的电极反应式为CH4−8e+4O2−=CO2+2H2O
B. A膜和C膜均为阳离子交换膜
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a极上通入2.24L(标准状况)甲烷，阳极室Ca2+减少0.8mol
14. 化学知识无处不在，下列操作错误但对应的化学知识解释正确的是( )
选项
操作
化学知识
A
“84消毒液”稀释后拖地
利用NaClO的氧化性消毒杀菌
B
白醋除去水垢中的CaCO3
醋酸酸性强于碳酸
C
草木灰与铵态氮肥混合施用
互相促进水解并导致肥效降低
D
餐后将洗净的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀
A. A B. B C. C D. D
15. 亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2−、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白性。已知pOH=−lgc(OH−)，经测定25℃时各组分百分含量随pOH的变化情况如图所示(Cl−没有画出)，下列分析正确的是( )
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=1×10−8
B. pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−的离子方程式为5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−
C. ClO2与SO2混合后，气体漂白纸浆效果更好
D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合(不考虑ClO2和Cl−)，则混合溶液中有c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)
16. 沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定，测量分析的方法。银量法是利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl−、Br−、I−的浓度。其中两种常见的方法叫做莫尔法和佛尔哈德法。已知如下信息：
银盐
AgBr
AgI
Ag2CrO4
AgSCN
颜色状态
淡黄色沉淀
黄色沉淀
砖红色沉淀
白色沉淀
溶度积
10−13
10−17
10−12
10−12
I.莫尔法：用0.1000mol⋅L−1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol⋅L−1Cl−溶液的滴定曲线如图所示。
(1)AgNO3溶液见光易分解，滴定时标准液AgNO3应该装在 ______里。
(2)该方法应该选用 ______做指示剂。
A.NaBr
B.KI
C.Na2CrO4
D.KSCN
(3)相同实验条件下，若改为0.0400mol⋅L−1Cl−，反应终点c点(25,5)移到 ______点(用横纵坐标的数值来表示，下同)，相同实验条件下，若改为0.0500mol⋅L−1Br−，反应终点c点(25,5)移到 ______点。
II.佛尔哈德法：用铁铵矾NH4Fe(SO4)2作指示剂，返滴定法测定NaI溶液中c(I−)，实验步骤如下：
a.取待测NaI溶液20.00mL于锥形瓶中。
b.加入20.00mL0.1000mol⋅L−1AgNO3溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000mol⋅L−1KSCN标准溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，到达实验终点，停止滴定。
e.重复上述操作两次。
三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗KSCN标准溶液体积/mL
10.25
10.02
9.98
(4)该实验的终点现象是 ______。
(5)若滴定前未用标准液KSCN润洗滴定管，则测定结果 ______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(6)经计算，c(I−)=______(保留3位有效数字)。
17. 如图装置甲是某可充电电池的示意图，该电池放电的化学方程式为2K2S2+KI3=K2S4+3KI，图中的离子交换膜只允许K+通过，C、D、F均为石墨电极，E为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时C、D两电极产生的气体体积相同，E电极质量减少1.28g。
(1)装置甲的A电极为电池的 ______极，电解质中K+通过离子交换膜向 ______迁移(填“左侧”或“右侧”)；B电极的电极反应式为 ______。
(2)装置乙中D电极析出的气体体积为 ______mL(标准状况)。若电解质溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，需要向乙装置的电解质溶液中加入 ______mol ______物质(填化学式)。
(3)写出装置丙中总反应的化学反应方程式 ______。
18. 氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子轨道表示式为 ______，第三周期的元素中，第一电离能排在前三位的元素是 ______(由大到小填元素符号)。
(2)雌黄的分子式为As2S3，其分子结构为，As原子的杂化类型为 ______。
(3)写出配合物K2[Cu(CN)4]中配离子的结构式 ______。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 ______。
(4)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CuxNy，FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 ______。
(5)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。如图3为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏加德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为(14,14,34)，(34,34,34)，(14,34,14)，(34,14,14)。据此推断BP晶体的密度为 ______g⋅cm−3。(列出计算式即可)
19. 生产生活中处处有化学，结合物质与结构的相关知识，回答下列问题：
(1)有下列六种晶体。
A.金刚石
B.冰
C.钠
D.晶体氢
E.碳化硅
F.氯化镁
①直接由原子构成的晶体是 ______(填序号，下同)。
②在一定条件下能导电且为物理变化的是 ______。
③前五种晶体的熔点由高到低排序 ______。
(2)下列说法错误的是 ______。
A.键长和键角的数值可通过晶体的X射线衍射实验获得
B.深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中存在离子键、共价键、配位键、氢键等化学键
C.超分子的重要特征是分子识别，例如冠醚识别碱金属离子
D.金属量银白色光泽，具有良好的延展性、导热、导电性，均可用电子气理论解释
(3)下列结论与电负性有关的是 ______。
A.水分子的键角大于硫化氢的键角
B.三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸
C.H3O+的键角大于水的键角
D.离子键的百分数：Na2O>MgO>Al2O3>SiO2
(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g)ΔH=−313kJ⋅mol−1，F−F键的键能为159kJ⋅mol−1，Cl−Cl键的键能为242kJ⋅mol−1，则ClF3中Cl−F键的平均键能为 ______kJ⋅mol−1。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查晶体的知识，题目难度不大，注意把握题给信息是解答该题的关键。
【解答】
由准晶体都是金属互化物，说明该准晶体为合金，为金属晶体，含有金属键，该晶体具有较高的硬度，是一种新型材料。
解：A.已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，故A错误；
B.已知的准晶体都是金属互化物，不存在非极性键，为金属晶体，含有金属键，故B错误；
C.由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，故C错误；
D.该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律表，题目比较基础，关键是识记硒在周期表中的位置，熟记元素周期表分区，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
Se与氧元素同主族，位于周期表中第四周期第VIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，属于p区元素。
A.Se位于周期表中第四周期第VIA族，位于元素周期表中第16列，故A错误；
B.Se位于周期表中第四周期第VIA族，不在周期表中金属与非金属的分界处，故B错误；
C.Se位于第四周期第VIA族，属于p区元素，故C正确；
D.Se的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，有8个能级，故D错误；
故选：C。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子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。
【解答】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，该化合物为过氧化钠，则Z为Na，X为O，O的核外电子排布式为1s22s22p4，基态X(O)原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍；Y、W最外层电子数相同，二者位于同主族，Y位于第二周期，其原子序数大于O，则Y为F，W为Cl元素，以此分析解答。
根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：Y>X>W>Z，故A错误；
B.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Y>X>W>Z，故B正确；
C.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：W>X>Y>W，故C错误；
D.Y、W的氢化物分别为HF、HCl，HF为弱酸，HCl为强酸，则氢化物水溶液的酸性：HF
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查原子杂化、微粒空间结构判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵是解本题关键，知道孤电子对数的判断方法。
【解答】
中心原子杂化类型相同，说明中心原子价层电子对数相同，分子空间结构相同，说明孤电子对数相同。
解：A.BeCl2分子中Be原子价层电子对数=2+2−2×12=2且不含孤电子对，CO2中C原子价层电子对数=2+4−2×22=2且不含孤电子对，则Be、C原子都采用sp杂化，BeCl2、CO2都是直线形分子，故A正确；
B.H2O中O原子价层电子对数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，SO2中S原子价层电子对数=2+6−2×22=3且含有1个孤电子对，前者采用sp3杂化、后者采用sp2杂化，二者都为V形结构，故B错误；
C.SF6中S原子价层电子对数=6+6−6×12=6且不含孤电子对、CH4中C原子价层电子对数=4+4−4×12=4且不含孤电子对，前者采用sp3d2杂化、后者采用sp3杂化，前者为正八面体结构、后者为正四面体结构，故C错误；
D.NF3中N原子价层电子对数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对、BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，前者采用sp3杂化、后者采用sp2杂化，前者为三角锥形、后者为平面三角形，故D错误；
故选：A。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了晶体与非晶体的区别、光谱分析、配合物形成、手性催化等知识点，题目难度不大，侧重考查学生分析判断能力，注意晶体的结构特点和物理性质。
【解答】
A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；
B、晶体具有各向异性，所以用红热的铁针刺中涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形，故B错误；
C.手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，而不得到它的手性异构分子，故C正确；
D.由于许多过渡元素金属离子对多种配体具有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，所以过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，故D正确，
故选：B。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查氢键对物质性质的影响，难度不大，注意氢键只影响物质的物理性质，试题培养了学生的分析、理解能力及应用能力。
【解答】
①甲醛在常温下是气态，而甲醇在常温下则呈液态，甲醇可以形成氢键，使其熔点升高；
②沸点：邻二甲苯>对二甲苯，苯的同系物中，整个分子的对称性越好，其沸点越低，和氢键无关；
③水溶性：H2O2>H2S，过氧化氢分子和水分子形成氢键，与氢键有关；
④冰的密度比液态水的密度小，冰可以形成更多的氢键，和氢键有关；
⑤水分子高温下也很稳定，是分子的化学键较强，和氢键无关，
故选：A。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了金刚石、石墨、石墨烯、C60结构等知识点，需要学生会均摊法计算化学键个数，题目难度中等。
【解答】
A.金刚石中每个C原子形成含4×12=2条C−C键，石墨中每个C相当于含有3×12=1.5条C−C键，等质量的金刚石和石墨晶体中含有的碳碳键数之比为4：3，故A正确；
B.C60有60个碳，每个碳原子周围有3个共价键，其中一个双键，两个单键，每个碳原子周围有一个双键，每个双键由两个碳原子共用，共有60×0.5=30个双键，故B正确；
C.每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为6×13=2，故C正确；
D.石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故D错误，
故选：D。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及氢键、键角、相似相溶原理、配合物成键情况等知识点，注意基本知识的积累，难度不大。
【解答】
A.臭氧分子中正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，且极性很微弱，根据相似相溶原理，在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，故A错误；
B.向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有外界的Cl−被完全沉淀，故B错误；
C.C5H5−与Fe2+之间形成的化学键时亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子，二者形成配位键，故C错误；
D.接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，其主要原因是接近水的沸点的水蒸气中水分子间因氢键而形成了“缔合分子”，故D正确，
故选：D。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查配位化合物的相关知识，涉及平衡的移动，掌握配位化合物的构成以及配位键的判断是解决本题的关键，题目难度较小。
【解答】
A.CuCl2溶液呈黄色，[CuCl4]2−(黄色)+4H2O⇋[Cu(H2O)4]2+(蓝色)，加大量水稀释后，平衡正向移动，得到蓝色溶液，故A正确；
B.[CuCl4]2−溶液黄色，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，黄色与蓝色混合呈现绿色，当[CuCl4]2−和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色，故B正确；
C.1个水中含有2个σ键，4个水中含有8个σ键，另含有4个配位键，且配位键属于σ键，故1个[Cu(H2O)4]2+中12个σ键，1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA，故C错误；
D.根据配合物[Cu(H2O)4]SO4可知中心离子是Cu2+，配体是H2O，则中心离子的配位数是4，故D正确；
故选：C。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A.分析结构可知，A原子数目为8，B原子数目为8×18+6×12=4，晶胞化学式为BA2，故A错误；
B.分析晶胞可知，A离子的配位数为4，B离子的配位数为8，故B错误；
C.分析晶胞可知，以任意A离子为例，A离子最近的A有6个，以面心B离子为例，B离子距离最近的B离子有12个，故C正确；
D.若最近的A离子与B离子的距离是apm，即晶胞体对角线的14，可知晶胞的边长为433a，晶胞体积为(433a×10−10)3cm3，晶胞质量为4MNAg，晶胞密度ρ=mV=33MNA×16a3×10−30g⋅m−3，故D错误；
故选：C。
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
【解答】
A.该溶液呈碱性，OH−、K+、AlO2−、CO32−、Na+之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.Fe3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；
C.滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离产生的c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，ClO−与H+、I−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确哪种溶液中Zn有剩余、反应速率影响因素是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
pH相同的HCl、CH3COOH溶液，c(HCl)
③通过以上分析知，HCl溶液中好Zn有剩余，故正确；
④消耗的锌越多，生成的氢气越多，醋酸溶液中消耗的Zn多，则醋酸溶液生成的氢气多，故错误；
故选：B。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和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。
【解答】
CH4燃料原电池中，甲烷失电子在负极发生氧化反应，所以a极为负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电池总反应为：CH4+2O2=CO2+2H2O，根据电池中移动的O2−可知电解质为熔融的金属氧化物；与电源的正极相连接的为电解池的阳极，在阳极为氯离子放电，电极反应为：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则A膜应为阳离子交换膜；磷酸二氢根离子由原料是通过B膜进入产品室，所以B膜为阴离子交换膜；阴极附近氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合钠离子生成氢氧化钠，则C膜也应为阳离子交换膜，且总电路中得失电子和电荷守恒，据此分析判断。
A.a极为负极，甲烷失去电子发生氧化反应放电，电极反应为：CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，故A正确；
B.据分析可知，A膜和C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故B正确；
C.阴极电极不参与反应，可用铁电极替换，故C正确；
D.左侧为原电池，右侧为电解池，构成闭合回路，原电池释放的电子，等于电解池通过的电子，a极上通入标况下2.24L甲烷，n(CH4)=2.2422.4mol=0.1mol，CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，1molCH4∼8mole−，根据电荷守恒电解液中离子移动与电子相当，阳离子向阴极移动，阳极室Ca2+通过A膜进入产品室减少0.4mol，故D错误；
故选：D。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
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、性质与用途、盐类水解、原电池、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。
【解答】
A.NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，则稀释后拖地，故A正确；
B.醋酸的酸性大于碳酸的酸性，可发生强酸制取弱酸的反应，则白醋除去水垢中的CaCO3，故B正确；
C.草木灰与铵态氮肥混合施用，相互促进水解，导致肥效降低，则不能混合使用，故C错误；
D.洗净的铁锅擦干，不易构成原电池，可减缓铁的锈蚀，故D正确；
故选：C。
15.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了弱电解质电离、氧化还原反应等知识点，侧重考查信息获取、整合及灵活应用能力，明确纵横坐标含义、电离平衡常数计算方法、元素化合物性质等知识点是解本题关键，C为解答易错点，注意：横坐标是pOH而不是pH，题目难度不大。
【解答】
A.当c(HClO2)=c(ClO2−)时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=c(ClO2−)c(HClO2)×c(H+)=c(H+)=10−1410−8=1×10−6，故A错误；
B.pOH=11时，溶液呈酸性，由题干图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式为：5ClO2−+4H+=4ClO2+Cl−+2H2O，故B错误；
C.ClO2具有氧化性、SO2具有还原性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，反应方程式为2ClO2+5SO2+6H2O=5H2SO4+2HCl，所以漂白效果降低，故C错误；
D.根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去ClO2−离子：c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)，故D正确；
故选：D。
16.【答案】(1)酸式滴定管
(2)C
(3)2025
(4)滴入最后一滴溶液，Fe3+与SCN−反应溶液变成红色，若红色半分钟内不褪去，即达到滴定终点
(5)偏高
(6)0.060mol/L
【解析】
【分析】
本题考查物质含量的测定和沉淀溶解平衡，涉及到滴定操作和仪器的选择使用以及实验基本操作，难度不大，要注重基本实验操作的正确方法和相关注意事项，为高频考点。
【解答】
(1)AgNO3是强酸弱碱盐，水解显酸性，应装在酸式滴定管里，
故答案为：酸式滴定管；
(2)AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，若用NaBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示剂，AgSCN和AgCl的颜色相同，无法区分，因此不能用KSCN作指示剂，达到滴定终点时，AgNO3与Na2CrO4反应生成Ag2CrO4沉淀，即有砖红色沉淀生成，现象明显，因此选择Na2CrO4作为滴定Cl−的指示剂，
故答案为：C；
(3)溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol⋅L−1Cl−，则所需AgNO3溶液体积变为50×0.0400.100mL=20mL，反应终点c移到体积为20mL的位置；若改为0.0500mol⋅L−1 Br−，消耗AgNO3溶液的体积不变，但Ksp(AgBr)
(4)用KSCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时滴入最后一滴溶液，Fe3+与SCN−反应溶液变成红色，若红色半分钟内不褪去，即达到滴定终点，
故答案为：滴入最后一滴溶液，Fe3+与SCN−反应溶液变成红色，若红色半分钟内不褪去，即达到滴定终点；
(5)如果滴定前未用标准液润洗滴定管，消耗的KSCN偏多，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
(6)表中10.25mL的数据误差较大，可以忽略，则滴定消耗的KSCN的体积为10.02+9.982mL=10.00mL，用总AgNO3的物质的量减去与SCN−反应的AgNO3的物质的量，即为与I−反应的AgNO3的物质的量，则c(I−)=0.1mol/L×(20×10−3L−10×10−3L)20×10−3L=0.060mol/L，
故答案为：0.060mol/L。
17.【答案】(1)负；右侧； I3−+2e−=3I−
(2)224； 0.01； Cu(OH)2
(3)Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑
【解析】
【分析】
本题考查了电解原理的应用、原电池工作原理及电化学计算，明确原电池和电解池的工作原理、电极的判断方法等为解题关键，试题培养了学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意电子守恒在电化学计算中的应用，题目难度中等。
【解答】
(1)由题干图示可知，B为原电池的正极，A为原电池的负极，由电池总反应2K2S2+KI3=K2S4+3KI可知，正极B发生得电子的还原反应，电极反应式为I3−+2e−=3I−，该电池工作时，阳离子K+移向正极B，即电解质的K+向右侧迁移，
故答案为：负；右侧；I3−+2e−=3I−；
(2)工作一段时间后，断开K，阳极E减少了1.28gCu，即减少Cu的物质的量为1.28g64g/mol=0.02molCu，阳极反应为Cu−2e−=Cu2+，电路中转移电子0.02mol×2=0.04mol，装置乙C、D两电极产生的气体体积相同，则阴极上Cu2+全部转化为Cu、H+得到电子生成H2，阴极反应为Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，阳极上水失电子生成O2，根据电子守恒可知，2n(Cu2+)+2n(H2)=0.04mol，即2×0.1mol/L×0.1L+2n(H2)=0.04mol，生成n(H2)=0.01mol，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.01mol=0.224L=224mL，所以阴极生成0.01molH2、0.01molCu，阳极生成0.01molO2，根据溶液恢复原则可知，需要向乙装置的电解质溶液中加入0.01molCu(OH)2，
故答案为：224；0.01；Cu(OH)2；
(3)装置丙中E为铜电极、作阳极，是活泼电极，F电极为阴极，Cu失电子、溶液中H2O得电子生成H2，促进水的电离生成Cu(OH)2，所以总反应为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，
故答案为：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑。
18.【答案】(1) ；Ar>Cl>P
(2)sp3
(3)[C≡N]− F的电负性比N大，N−F键的电子对偏向F导致NF3中的N对孤电子对引力增强，难以配位
(4)Fe3CuN
(5)4×42×10−30NAa3
【解析】
【分析】
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。
【解答】
(1)基态氮原子的价电子为2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写基态N原子价电子轨道表示式为；元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，稀有气体的第一电离能在同周期最大，故第三周期的元素中，第一电离能排在前三位的元素是Ar>Cl>P，
故答案为：；Ar>Cl>P；
(2)雌黄As2S3中As原子有3个σ键和1个孤电子对，As原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断As原子的杂化类型为sp3，
故答案为：sp3；
(3)C原子最外层有4个电子，N原子最外层有5个电子；两原子都达到8个电子的稳定结构，所以CN−的结构式为：[C≡N]−；NF3不易与Cu2−形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N−F键的电子对偏向F导致NF3中的N对孤电子对引力增强，难以配位，
故答案为：[C≡N]−；F的电负性比N大，N−F键的电子对偏向F导致NF3中的N对孤电子对引力增强，难以配位；
(4)由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N(Cu)=8×18=1，Fe位于面心，N(Fe)=6×12=3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe3CuN，
故答案为：Fe3CuN；
(5)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=42×4NAg，晶胞体积V=(apm)3=a3×10−30cm3，晶体密度mV=4×42×10−30NAa3g⋅cm−3，
故答案为：4×42×10−30NAa3。
19.【答案】(1)①AE ② C ③A>E>C>B>D
(2)B
(3)ABD
(4)172
【解析】解：(1)①氯化镁属于离子晶体，由阴、阳离子构成；冰、晶体氢属于分子晶体，由分子构成；钠属于金属晶体，由钠离子与自由电子构成，金刚石、碳化硅属于共价晶体，是由原子构成的，
故答案为：AE；
②共价晶体、分子晶体不导电，熔融氯化镁能导电，但发生电解，金属Na能导电且为物理变化，
故答案为：C；
③金刚石、碳化硅属于共价晶体，它们的熔点比冰、钠、晶体氢的熔点高，碳原子半径比Si原子半径小，故C−C键的键长比C−Si键的键长短，C−C键能更大，金刚石的熔点比碳化硅高，常温下Na为固体、水为液体、氢气为气体，故钠、冰、晶体氢的熔点依次降低，即熔点：金刚石>碳化硅>钠>冰>晶体氢，
故答案为：A>E>C>B>D；
(2)A.通过晶体X射线衍射实验可以测定分子结构中的键长和键角的数值，键角是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；
B.氢键不属于化学键，故B错误；
C.超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，具有分子识别与自组装的特征，故C正确；
D.用电子气理论解释可以解释金属是银白色光泽，具有良好的延展性、导热、导电性，故D正确，
故答案为：B；
(3)A.水、硫化氢的中心原子都采取sp3杂化，氧的电负性比硫的强，水分子中成键电子对距离中心原子更近，成键电子对之间排斥力更强，水分子的键角大于硫化氢的键角，故A正确；
B.F元素的电负性比氯元素电负性强，三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，故B正确；
C.H3O+中氧原子有1对孤电子对，水中氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥力>孤电子对与成键电子对之间排斥力>成键电子对之间排斥力，使H3O+的键角大于水的键角，与电负性无关，故C错误；
D.金属性越强，氧化物中离子键的百分数越大，电负性相差越大，离子键百分数越大，与电负性有关，故D错误，
故答案为：ABD；
(4)设ClF3中Cl−F键的平均键能为akJ⋅mol−1，则242kJ⋅mol−1+3×159kJ⋅mol−1−6akJ⋅mol−1=−313kJ⋅mol−1，解得a=172，
故答案为：172。
2021-2022学年辽宁省沈阳二中高二（上）期末化学试卷
1. 以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。准晶体是一种介于晶体与非晶体之间的固体，已知的准晶体都是金属互化物(合金的一种)。人们发现组成铝-铜-铁-铬的准晶体具有低摩擦系数、低表面能等特点，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是( )
A. 已知的准晶体是离子化合物
B. 已知的准晶体中含有非极性键
C. 准晶体的硬度一般比各成分金属的硬度更低
D. 准晶体可开发成为新型材料
2. 硒是人体必需的微量元素，它能有效提高人体免疫机能，抑制癌症和心脑血管等疾病的发病率。下列有关说法正确的是( )
A. 硒元素位于元素周期表中第15列
B. 硒元素位于周期表中金属与非金属的分界处
C. 硒元素位于元素周期表的P区
D. 硒的基态原子核外电子排布中共有7个能级
3. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：W>X>Y>Z B. 电负性：Y>X>W>Z
C. 简单离子的半径：X>Y>Z>W D. 氢化物水溶液的酸性：Y>W
4. 下列分子中，中心原子杂化类型相同，分子的空间结构也相同的是( )
A. BeCl2、CO2 B. H2O、SO2 C. SF6、CH4 D. NF3、BF3
5. 下列说法不正确的是( )
A. 光谱分析就是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素
B. 用红热的铁针刺涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈圆形
C. 手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，而不得到它的手性异构分子
D. 过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，过渡金属配合物远比主族金属配合物多
6. 下列物质的性质或数据与氢键无关的是( )
①甲醛在常温下是气态，而甲醇在常温下则呈液态
②沸点：邻二甲苯>对二甲苯
③水溶性：H2O2>H2S
④冰的密度比液态水的密度小
⑤水分子高温下也很稳定
A. ②⑤ B. ①④ C. ②③ D. ①⑤
7. 金刚石、石墨、C60和石墨烯的结构示意图分别如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 等质量的金刚石和石墨晶体中含有的碳碳键数之比为4：3
B. C60分子中含有双键的数目是30个
C. 石墨烯结构中，平均每个六元环含有2个碳原子
D. 从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键，石墨烯具有导电性
8. 下列关于物质的结构和性质叙述正确的是( )
A. 已知臭氧是极性很微弱的分子，它在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度
B. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有Cl−均被完全沉淀
C. 已知二茂铁[Fe(C5H5)2]熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂．在二茂铁结构中，C5H5−与Fe2+之间是以离子键相结合
D. 接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式H2O计算出来的大一些
9. 在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2−(黄色)+4H2O⇋[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl−下列说法中不正确的是( )
A. 将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液
B. 当[CuCl4]2−和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色
C. 1mol[Cu(H2O)4]2+配离子中含σ键数目为4NA
D. [CuCl4]2−和[Cu(H2O)4]2+，中心离子为Cu2+，配位数均为4，配位原子分别为Cl和O
10. 某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是( )
A. 则该晶体的化学式为B2A
B. A离子的配位数为8，B离子的配位数为4
C. A离子距离最近的A离子有6个，B离子距离最近的B离子有12个
D. 若最近的A离子与B离子的距离是apm，晶胞的密度表达式是M×33NA×64a3×10−30g⋅m−3
11. 常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是( )
A. 常温下，c(H+)c(OH−)=10−12的溶液：K+、AlO2−、CO32−、Na+
B. 澄清透明溶液中：K+、Fe3+、Cl−、HCO3−
C. 滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液中：Na+、NH4+、Fe2+、NO3−
D. 由水电离产生的c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液中：K+、Na+、ClO−、I−
12. 在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是( )
①生成等量H2时反应所需时间B>A
②参加反应的锌的质量B>A
③盐酸中锌有剩余
④盐酸中放氢气多
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
13. 利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A. a极的电极反应式为CH4−8e+4O2−=CO2+2H2O
B. A膜和C膜均为阳离子交换膜
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a极上通入2.24L(标准状况)甲烷，阳极室Ca2+减少0.8mol
14. 化学知识无处不在，下列操作错误但对应的化学知识解释正确的是( )
选项
操作
化学知识
A
“84消毒液”稀释后拖地
利用NaClO的氧化性消毒杀菌
B
白醋除去水垢中的CaCO3
醋酸酸性强于碳酸
C
草木灰与铵态氮肥混合施用
互相促进水解并导致肥效降低
D
餐后将洗净的铁锅擦干
减缓铁的锈蚀
A. A B. B C. C D. D
15. 亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中会生成ClO2、HClO2、ClO2−、Cl−等，其中HClO2和ClO2都具有漂白性。已知pOH=−lgc(OH−)，经测定25℃时各组分百分含量随pOH的变化情况如图所示(Cl−没有画出)，下列分析正确的是( )
A. HClO2的电离平衡常数的数值Ka=1×10−8
B. pOH=11时，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−的离子方程式为5ClO2−+2H2O=4ClO2+Cl−+4OH−
C. ClO2与SO2混合后，气体漂白纸浆效果更好
D. 同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合(不考虑ClO2和Cl−)，则混合溶液中有c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)
16. 沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定，测量分析的方法。银量法是利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl−、Br−、I−的浓度。其中两种常见的方法叫做莫尔法和佛尔哈德法。已知如下信息：
银盐
AgBr
AgI
Ag2CrO4
AgSCN
颜色状态
淡黄色沉淀
黄色沉淀
砖红色沉淀
白色沉淀
溶度积
10−13
10−17
10−12
10−12
I.莫尔法：用0.1000mol⋅L−1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol⋅L−1Cl−溶液的滴定曲线如图所示。
(1)AgNO3溶液见光易分解，滴定时标准液AgNO3应该装在 ______里。
(2)该方法应该选用 ______做指示剂。
A.NaBr
B.KI
C.Na2CrO4
D.KSCN
(3)相同实验条件下，若改为0.0400mol⋅L−1Cl−，反应终点c点(25,5)移到 ______点(用横纵坐标的数值来表示，下同)，相同实验条件下，若改为0.0500mol⋅L−1Br−，反应终点c点(25,5)移到 ______点。
II.佛尔哈德法：用铁铵矾NH4Fe(SO4)2作指示剂，返滴定法测定NaI溶液中c(I−)，实验步骤如下：
a.取待测NaI溶液20.00mL于锥形瓶中。
b.加入20.00mL0.1000mol⋅L−1AgNO3溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000mol⋅L−1KSCN标准溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，到达实验终点，停止滴定。
e.重复上述操作两次。
三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗KSCN标准溶液体积/mL
10.25
10.02
9.98
(4)该实验的终点现象是 ______。
(5)若滴定前未用标准液KSCN润洗滴定管，则测定结果 ______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(6)经计算，c(I−)=______(保留3位有效数字)。
17. 如图装置甲是某可充电电池的示意图，该电池放电的化学方程式为2K2S2+KI3=K2S4+3KI，图中的离子交换膜只允许K+通过，C、D、F均为石墨电极，E为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时C、D两电极产生的气体体积相同，E电极质量减少1.28g。
(1)装置甲的A电极为电池的 ______极，电解质中K+通过离子交换膜向 ______迁移(填“左侧”或“右侧”)；B电极的电极反应式为 ______。
(2)装置乙中D电极析出的气体体积为 ______mL(标准状况)。若电解质溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，需要向乙装置的电解质溶液中加入 ______mol ______物质(填化学式)。
(3)写出装置丙中总反应的化学反应方程式 ______。
18. 氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子轨道表示式为 ______，第三周期的元素中，第一电离能排在前三位的元素是 ______(由大到小填元素符号)。
(2)雌黄的分子式为As2S3，其分子结构为，As原子的杂化类型为 ______。
(3)写出配合物K2[Cu(CN)4]中配离子的结构式 ______。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 ______。
(4)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CuxNy，FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 ______。
(5)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。如图3为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏加德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为(14,14,34)，(34,34,34)，(14,34,14)，(34,14,14)。据此推断BP晶体的密度为 ______g⋅cm−3。(列出计算式即可)
19. 生产生活中处处有化学，结合物质与结构的相关知识，回答下列问题：
(1)有下列六种晶体。
A.金刚石
B.冰
C.钠
D.晶体氢
E.碳化硅
F.氯化镁
①直接由原子构成的晶体是 ______(填序号，下同)。
②在一定条件下能导电且为物理变化的是 ______。
③前五种晶体的熔点由高到低排序 ______。
(2)下列说法错误的是 ______。
A.键长和键角的数值可通过晶体的X射线衍射实验获得
B.深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O中存在离子键、共价键、配位键、氢键等化学键
C.超分子的重要特征是分子识别，例如冠醚识别碱金属离子
D.金属量银白色光泽，具有良好的延展性、导热、导电性，均可用电子气理论解释
(3)下列结论与电负性有关的是 ______。
A.水分子的键角大于硫化氢的键角
B.三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸
C.H3O+的键角大于水的键角
D.离子键的百分数：Na2O>MgO>Al2O3>SiO2
(4)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g)ΔH=−313kJ⋅mol−1，F−F键的键能为159kJ⋅mol−1，Cl−Cl键的键能为242kJ⋅mol−1，则ClF3中Cl−F键的平均键能为 ______kJ⋅mol−1。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查晶体的知识，题目难度不大，注意把握题给信息是解答该题的关键。
【解答】
由准晶体都是金属互化物，说明该准晶体为合金，为金属晶体，含有金属键，该晶体具有较高的硬度，是一种新型材料。
解：A.已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，故A错误；
B.已知的准晶体都是金属互化物，不存在非极性键，为金属晶体，含有金属键，故B错误；
C.由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，故C错误；
D.该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选：D。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查元素周期律表，题目比较基础，关键是识记硒在周期表中的位置，熟记元素周期表分区，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
【解答】
Se与氧元素同主族，位于周期表中第四周期第VIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，属于p区元素。
A.Se位于周期表中第四周期第VIA族，位于元素周期表中第16列，故A错误；
B.Se位于周期表中第四周期第VIA族，不在周期表中金属与非金属的分界处，故B错误；
C.Se位于第四周期第VIA族，属于p区元素，故C正确；
D.Se的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，有8个能级，故D错误；
故选：C。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子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。
【解答】
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，该化合物为过氧化钠，则Z为Na，X为O，O的核外电子排布式为1s22s22p4，基态X(O)原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍；Y、W最外层电子数相同，二者位于同主族，Y位于第二周期，其原子序数大于O，则Y为F，W为Cl元素，以此分析解答。
根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：Y>X>W>Z，故A错误；
B.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：Y>X>W>Z，故B正确；
C.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径：W>X>Y>W，故C错误；
D.Y、W的氢化物分别为HF、HCl，HF为弱酸，HCl为强酸，则氢化物水溶液的酸性：HF
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查原子杂化、微粒空间结构判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵是解本题关键，知道孤电子对数的判断方法。
【解答】
中心原子杂化类型相同，说明中心原子价层电子对数相同，分子空间结构相同，说明孤电子对数相同。
解：A.BeCl2分子中Be原子价层电子对数=2+2−2×12=2且不含孤电子对，CO2中C原子价层电子对数=2+4−2×22=2且不含孤电子对，则Be、C原子都采用sp杂化，BeCl2、CO2都是直线形分子，故A正确；
B.H2O中O原子价层电子对数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对，SO2中S原子价层电子对数=2+6−2×22=3且含有1个孤电子对，前者采用sp3杂化、后者采用sp2杂化，二者都为V形结构，故B错误；
C.SF6中S原子价层电子对数=6+6−6×12=6且不含孤电子对、CH4中C原子价层电子对数=4+4−4×12=4且不含孤电子对，前者采用sp3d2杂化、后者采用sp3杂化，前者为正八面体结构、后者为正四面体结构，故C错误；
D.NF3中N原子价层电子对数=3+5−3×12=4且含有1个孤电子对、BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，前者采用sp3杂化、后者采用sp2杂化，前者为三角锥形、后者为平面三角形，故D错误；
故选：A。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了晶体与非晶体的区别、光谱分析、配合物形成、手性催化等知识点，题目难度不大，侧重考查学生分析判断能力，注意晶体的结构特点和物理性质。
【解答】
A.不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；
B、晶体具有各向异性，所以用红热的铁针刺中涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形，故B错误；
C.手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，而不得到它的手性异构分子，故C正确；
D.由于许多过渡元素金属离子对多种配体具有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，所以过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，故D正确，
故选：B。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查氢键对物质性质的影响，难度不大，注意氢键只影响物质的物理性质，试题培养了学生的分析、理解能力及应用能力。
【解答】
①甲醛在常温下是气态，而甲醇在常温下则呈液态，甲醇可以形成氢键，使其熔点升高；
②沸点：邻二甲苯>对二甲苯，苯的同系物中，整个分子的对称性越好，其沸点越低，和氢键无关；
③水溶性：H2O2>H2S，过氧化氢分子和水分子形成氢键，与氢键有关；
④冰的密度比液态水的密度小，冰可以形成更多的氢键，和氢键有关；
⑤水分子高温下也很稳定，是分子的化学键较强，和氢键无关，
故选：A。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了金刚石、石墨、石墨烯、C60结构等知识点，需要学生会均摊法计算化学键个数，题目难度中等。
【解答】
A.金刚石中每个C原子形成含4×12=2条C−C键，石墨中每个C相当于含有3×12=1.5条C−C键，等质量的金刚石和石墨晶体中含有的碳碳键数之比为4：3，故A正确；
B.C60有60个碳，每个碳原子周围有3个共价键，其中一个双键，两个单键，每个碳原子周围有一个双键，每个双键由两个碳原子共用，共有60×0.5=30个双键，故B正确；
C.每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为6×13=2，故C正确；
D.石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故D错误，
故选：D。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及氢键、键角、相似相溶原理、配合物成键情况等知识点，注意基本知识的积累，难度不大。
【解答】
A.臭氧分子中正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，且极性很微弱，根据相似相溶原理，在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，故A错误；
B.向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有外界的Cl−被完全沉淀，故B错误；
C.C5H5−与Fe2+之间形成的化学键时亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子，二者形成配位键，故C错误；
D.接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，其主要原因是接近水的沸点的水蒸气中水分子间因氢键而形成了“缔合分子”，故D正确，
故选：D。
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查配位化合物的相关知识，涉及平衡的移动，掌握配位化合物的构成以及配位键的判断是解决本题的关键，题目难度较小。
【解答】
A.CuCl2溶液呈黄色，[CuCl4]2−(黄色)+4H2O⇋[Cu(H2O)4]2+(蓝色)，加大量水稀释后，平衡正向移动，得到蓝色溶液，故A正确；
B.[CuCl4]2−溶液黄色，[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，黄色与蓝色混合呈现绿色，当[CuCl4]2−和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色，故B正确；
C.1个水中含有2个σ键，4个水中含有8个σ键，另含有4个配位键，且配位键属于σ键，故1个[Cu(H2O)4]2+中12个σ键，1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA，故C错误；
D.根据配合物[Cu(H2O)4]SO4可知中心离子是Cu2+，配体是H2O，则中心离子的配位数是4，故D正确；
故选：C。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A.分析结构可知，A原子数目为8，B原子数目为8×18+6×12=4，晶胞化学式为BA2，故A错误；
B.分析晶胞可知，A离子的配位数为4，B离子的配位数为8，故B错误；
C.分析晶胞可知，以任意A离子为例，A离子最近的A有6个，以面心B离子为例，B离子距离最近的B离子有12个，故C正确；
D.若最近的A离子与B离子的距离是apm，即晶胞体对角线的14，可知晶胞的边长为433a，晶胞体积为(433a×10−10)3cm3，晶胞质量为4MNAg，晶胞密度ρ=mV=33MNA×16a3×10−30g⋅m−3，故D错误；
故选：C。
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
【解答】
A.该溶液呈碱性，OH−、K+、AlO2−、CO32−、Na+之间不反应，在碱性溶液中能够大量共存，故A正确；
B.Fe3+、HCO3−之间发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故B错误；
C.滴入甲基橙指示剂呈红色的溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.由水电离产生的c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，ClO−与H+、I−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确哪种溶液中Zn有剩余、反应速率影响因素是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
pH相同的HCl、CH3COOH溶液，c(HCl)
③通过以上分析知，HCl溶液中好Zn有剩余，故正确；
④消耗的锌越多，生成的氢气越多，醋酸溶液中消耗的Zn多，则醋酸溶液生成的氢气多，故错误；
故选：B。
13.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和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。
【解答】
CH4燃料原电池中，甲烷失电子在负极发生氧化反应，所以a极为负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电池总反应为：CH4+2O2=CO2+2H2O，根据电池中移动的O2−可知电解质为熔融的金属氧化物；与电源的正极相连接的为电解池的阳极，在阳极为氯离子放电，电极反应为：2Cl−−2e−=Cl2↑，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则A膜应为阳离子交换膜；磷酸二氢根离子由原料是通过B膜进入产品室，所以B膜为阴离子交换膜；阴极附近氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合钠离子生成氢氧化钠，则C膜也应为阳离子交换膜，且总电路中得失电子和电荷守恒，据此分析判断。
A.a极为负极，甲烷失去电子发生氧化反应放电，电极反应为：CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，故A正确；
B.据分析可知，A膜和C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故B正确；
C.阴极电极不参与反应，可用铁电极替换，故C正确；
D.左侧为原电池，右侧为电解池，构成闭合回路，原电池释放的电子，等于电解池通过的电子，a极上通入标况下2.24L甲烷，n(CH4)=2.2422.4mol=0.1mol，CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，1molCH4∼8mole−，根据电荷守恒电解液中离子移动与电子相当，阳离子向阴极移动，阳极室Ca2+通过A膜进入产品室减少0.4mol，故D错误；
故选：D。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
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、性质与用途、盐类水解、原电池、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。
【解答】
A.NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，则稀释后拖地，故A正确；
B.醋酸的酸性大于碳酸的酸性，可发生强酸制取弱酸的反应，则白醋除去水垢中的CaCO3，故B正确；
C.草木灰与铵态氮肥混合施用，相互促进水解，导致肥效降低，则不能混合使用，故C错误；
D.洗净的铁锅擦干，不易构成原电池，可减缓铁的锈蚀，故D正确；
故选：C。
15.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了弱电解质电离、氧化还原反应等知识点，侧重考查信息获取、整合及灵活应用能力，明确纵横坐标含义、电离平衡常数计算方法、元素化合物性质等知识点是解本题关键，C为解答易错点，注意：横坐标是pOH而不是pH，题目难度不大。
【解答】
A.当c(HClO2)=c(ClO2−)时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka=c(ClO2−)c(HClO2)×c(H+)=c(H+)=10−1410−8=1×10−6，故A错误；
B.pOH=11时，溶液呈酸性，由题干图可以得出：酸性条件下ClO2−浓度高，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−，ClO2−部分转化成ClO2和Cl−离子的方程式为：5ClO2−+4H+=4ClO2+Cl−+2H2O，故B错误；
C.ClO2具有氧化性、SO2具有还原性，二者在水溶液中发生氧化还原反应，反应方程式为2ClO2+5SO2+6H2O=5H2SO4+2HCl，所以漂白效果降低，故C错误；
D.根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2−)+c(Cl−)+c(OH−)①，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(ClO2−)+c(HClO2)+c(Cl−)②，联立①②消去ClO2−离子：c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c(HClO2)，故D正确；
故选：D。
16.【答案】(1)酸式滴定管
(2)C
(3)2025
(4)滴入最后一滴溶液，Fe3+与SCN−反应溶液变成红色，若红色半分钟内不褪去，即达到滴定终点
(5)偏高
(6)0.060mol/L
【解析】
【分析】
本题考查物质含量的测定和沉淀溶解平衡，涉及到滴定操作和仪器的选择使用以及实验基本操作，难度不大，要注重基本实验操作的正确方法和相关注意事项，为高频考点。
【解答】
(1)AgNO3是强酸弱碱盐，水解显酸性，应装在酸式滴定管里，
故答案为：酸式滴定管；
(2)AgI、AgBr比AgCl更难溶于水，若用NaBr或KI作指示剂，最先生成的沉淀可能是AgBr或AgI，因此不能用NaBr、KI作指示剂，AgSCN和AgCl的颜色相同，无法区分，因此不能用KSCN作指示剂，达到滴定终点时，AgNO3与Na2CrO4反应生成Ag2CrO4沉淀，即有砖红色沉淀生成，现象明显，因此选择Na2CrO4作为滴定Cl−的指示剂，
故答案为：C；
(3)溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol⋅L−1Cl−，则所需AgNO3溶液体积变为50×0.0400.100mL=20mL，反应终点c移到体积为20mL的位置；若改为0.0500mol⋅L−1 Br−，消耗AgNO3溶液的体积不变，但Ksp(AgBr)
(4)用KSCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时滴入最后一滴溶液，Fe3+与SCN−反应溶液变成红色，若红色半分钟内不褪去，即达到滴定终点，
故答案为：滴入最后一滴溶液，Fe3+与SCN−反应溶液变成红色，若红色半分钟内不褪去，即达到滴定终点；
(5)如果滴定前未用标准液润洗滴定管，消耗的KSCN偏多，测定结果偏高，
故答案为：偏高；
(6)表中10.25mL的数据误差较大，可以忽略，则滴定消耗的KSCN的体积为10.02+9.982mL=10.00mL，用总AgNO3的物质的量减去与SCN−反应的AgNO3的物质的量，即为与I−反应的AgNO3的物质的量，则c(I−)=0.1mol/L×(20×10−3L−10×10−3L)20×10−3L=0.060mol/L，
故答案为：0.060mol/L。
17.【答案】(1)负；右侧； I3−+2e−=3I−
(2)224； 0.01； Cu(OH)2
(3)Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑
【解析】
【分析】
本题考查了电解原理的应用、原电池工作原理及电化学计算，明确原电池和电解池的工作原理、电极的判断方法等为解题关键，试题培养了学生的分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意电子守恒在电化学计算中的应用，题目难度中等。
【解答】
(1)由题干图示可知，B为原电池的正极，A为原电池的负极，由电池总反应2K2S2+KI3=K2S4+3KI可知，正极B发生得电子的还原反应，电极反应式为I3−+2e−=3I−，该电池工作时，阳离子K+移向正极B，即电解质的K+向右侧迁移，
故答案为：负；右侧；I3−+2e−=3I−；
(2)工作一段时间后，断开K，阳极E减少了1.28gCu，即减少Cu的物质的量为1.28g64g/mol=0.02molCu，阳极反应为Cu−2e−=Cu2+，电路中转移电子0.02mol×2=0.04mol，装置乙C、D两电极产生的气体体积相同，则阴极上Cu2+全部转化为Cu、H+得到电子生成H2，阴极反应为Cu2++2e−=Cu、2H++2e−=H2↑，阳极上水失电子生成O2，根据电子守恒可知，2n(Cu2+)+2n(H2)=0.04mol，即2×0.1mol/L×0.1L+2n(H2)=0.04mol，生成n(H2)=0.01mol，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.01mol=0.224L=224mL，所以阴极生成0.01molH2、0.01molCu，阳极生成0.01molO2，根据溶液恢复原则可知，需要向乙装置的电解质溶液中加入0.01molCu(OH)2，
故答案为：224；0.01；Cu(OH)2；
(3)装置丙中E为铜电极、作阳极，是活泼电极，F电极为阴极，Cu失电子、溶液中H2O得电子生成H2，促进水的电离生成Cu(OH)2，所以总反应为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，
故答案为：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑。
18.【答案】(1) ；Ar>Cl>P
(2)sp3
(3)[C≡N]− F的电负性比N大，N−F键的电子对偏向F导致NF3中的N对孤电子对引力增强，难以配位
(4)Fe3CuN
(5)4×42×10−30NAa3
【解析】
【分析】
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。
【解答】
(1)基态氮原子的价电子为2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写基态N原子价电子轨道表示式为；元素周期表中，非金属性越强，第一电离能越大，但第IIA族和第VA族由于半满和全满结构，稀有气体的第一电离能在同周期最大，故第三周期的元素中，第一电离能排在前三位的元素是Ar>Cl>P，
故答案为：；Ar>Cl>P；
(2)雌黄As2S3中As原子有3个σ键和1个孤电子对，As原子价层电子对数是4，根据价层电子对互斥理论判断As原子的杂化类型为sp3，
故答案为：sp3；
(3)C原子最外层有4个电子，N原子最外层有5个电子；两原子都达到8个电子的稳定结构，所以CN−的结构式为：[C≡N]−；NF3不易与Cu2−形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N−F键的电子对偏向F导致NF3中的N对孤电子对引力增强，难以配位，
故答案为：[C≡N]−；F的电负性比N大，N−F键的电子对偏向F导致NF3中的N对孤电子对引力增强，难以配位；
(4)由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N(Cu)=8×18=1，Fe位于面心，N(Fe)=6×12=3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe3CuN，
故答案为：Fe3CuN；
(5)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=42×4NAg，晶胞体积V=(apm)3=a3×10−30cm3，晶体密度mV=4×42×10−30NAa3g⋅cm−3，
故答案为：4×42×10−30NAa3。
19.【答案】(1)①AE ② C ③A>E>C>B>D
(2)B
(3)ABD
(4)172
【解析】解：(1)①氯化镁属于离子晶体，由阴、阳离子构成；冰、晶体氢属于分子晶体，由分子构成；钠属于金属晶体，由钠离子与自由电子构成，金刚石、碳化硅属于共价晶体，是由原子构成的，
故答案为：AE；
②共价晶体、分子晶体不导电，熔融氯化镁能导电，但发生电解，金属Na能导电且为物理变化，
故答案为：C；
③金刚石、碳化硅属于共价晶体，它们的熔点比冰、钠、晶体氢的熔点高，碳原子半径比Si原子半径小，故C−C键的键长比C−Si键的键长短，C−C键能更大，金刚石的熔点比碳化硅高，常温下Na为固体、水为液体、氢气为气体，故钠、冰、晶体氢的熔点依次降低，即熔点：金刚石>碳化硅>钠>冰>晶体氢，
故答案为：A>E>C>B>D；
(2)A.通过晶体X射线衍射实验可以测定分子结构中的键长和键角的数值，键角是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；
B.氢键不属于化学键，故B错误；
C.超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，具有分子识别与自组装的特征，故C正确；
D.用电子气理论解释可以解释金属是银白色光泽，具有良好的延展性、导热、导电性，故D正确，
故答案为：B；
(3)A.水、硫化氢的中心原子都采取sp3杂化，氧的电负性比硫的强，水分子中成键电子对距离中心原子更近，成键电子对之间排斥力更强，水分子的键角大于硫化氢的键角，故A正确；
B.F元素的电负性比氯元素电负性强，三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，故B正确；
C.H3O+中氧原子有1对孤电子对，水中氧原子有2对孤电子对，孤电子对之间排斥力>孤电子对与成键电子对之间排斥力>成键电子对之间排斥力，使H3O+的键角大于水的键角，与电负性无关，故C错误；
D.金属性越强，氧化物中离子键的百分数越大，电负性相差越大，离子键百分数越大，与电负性有关，故D错误，
故答案为：ABD；
(4)设ClF3中Cl−F键的平均键能为akJ⋅mol−1，则242kJ⋅mol−1+3×159kJ⋅mol−1−6akJ⋅mol−1=−313kJ⋅mol−1，解得a=172，
故答案为：172。
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