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2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期期中考试化学试题 （解析版）
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这是一份2021-2022学年四川省成都外国语学校高二下学期期中考试化学试题 （解析版），共21页。试卷主要包含了本试卷分I卷和II卷两部分，答题前，考生务必先将自己的姓名，考试结束后，将答题卡交回，Ksp=2.3×10-11]等内容，欢迎下载使用。
成都外国语学校2021—2022学年度下期期中考试
高二化学试卷
注意事项：
1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试100分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55
第Ⅰ卷
选择题：本题共20小题，共40分，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列表示正确的是
A. 水分子的比例模型： B. 硝基苯的结构简式：
C. 氨气的电子式： D. C的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子的比例模型： ，A项错误；
B．硝基苯的结构简式：，B项错误；
C．氨气的电子式：，C项错误；
D．C的电子式：，D项正确；
答案选D。
2. 下列仪器与其对应名称不相符的是
A．干燥管
B．分液漏斗
C．圆底烧瓶
D．坩埚
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据仪器的特点，该仪器为干燥管，故A不符合题意；
B．该仪器为分液漏斗，故B不符合题意；
C．该仪器为蒸馏烧瓶，故C符合题意；
D．该仪器为坩埚，故D不符合题意；
答案为C。
3. 人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是
A. 亚硝酸盐被还原 B. 维生素C是还原剂
C. 维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D. 亚硝酸盐与一氧化碳使人中毒的原理相同
【答案】D
【解析】
【详解】A、亚硝酸盐将Fe2+氧化为Fe3+，所以亚硝酸盐应被还原，故A正确；B、服用维生素C可解毒，则维C可将Fe3+还原为Fe2+，维生素C作还原剂，故B、C均正确；D、一氧化碳的毒性主要体现在能与血红蛋白结合，从而使血红蛋白失去运输氧气的能力，与亚硝酸盐中毒原理不同，故D错误。故选D。
4. 下列说法正确的是
A. H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱
B. 碘升华的过程中破坏的是共价键
C. 离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定含有共价键
D. SiO2属于原子晶体，熔化时破坏共价键和分子间作用力
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2易分解破坏的是共价键，分子间作用只能影响物质的物理性质，故A错误；
B．碘升华是由固态的碘单质变成气态的碘单质，属于物理变化，破坏的是分子间作用力，故B错误；
C．离子化合物是通过离子键相互作用而形成的，所以离子化合物中一定含有离子键，共价化合物通过共价键相互作用而形成的，所以共价化合物中一定含有共价键，故C正确；
D．SiO2属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故D错误；
故答案：C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，4.48LCl2通入水中，转移电子数为0.2NA
B. 7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA
C. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D. 120 g NaHSO4固体中含有的阳离子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A． 氯气与水的反应是可逆反应，标准状况下，4.48LCl2通入水中，转移电子数小于0.2NA，故A错误；
B． 苯分子中含有6个碳氢键，7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA，故B正确；
C． 溶液中溶剂是水，水分子中也有氧原子，1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数多于0.4NA，故C错误；
D． NaHSO4固体中含有的阳离子只有钠离子，120 g NaHSO4固体中含有的阳离子数为NA，故D错误；
故选B。
6. 下列实验误差分析错误的是
A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D. 测定中和反应反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所中和热数值偏小。
【答案】A
【解析】
【详解】A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，A项错误；
B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气泡占有体积，故所测体积偏小，B项正确；
C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，则碱溶液浓度偏小，pH测定值偏小，C项正确；
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，没有及时密封会造成热量损失，故所中和热数值偏小，D项正确；
答案选A。
7. 下列说法中正确的是
A. 两种原子的电子层上全部都是s电子，其对应元素一定属于同一周期
B. 两种原子最外层都只有一个电子，其对应元素化学性质一定相似
C. 核外电子排布为1s2的原子与核外电子排布为1s22s2的原子，其对应元素化学性质一定相似
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子，其对应元素一定属于同一周期
【答案】D
【解析】
【详解】A．两原子其核外全部都是s电子元素可以是H、He、Li、Be，H、He是第一周期元素，Li、Be是第二周期元素，对应的元素不一定属于同一周期，A错误；
B．最外层都只有一个电子的原子，可能为主族H原子与副族Cu原子，化学性质不同，B错误；
C．原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者化学性质不同，C错误；
D．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Al、Cl，均为第三周期元素，D正确；
答案选D。
8. 下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是
A. 在透明溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-
B. 加入铝粉产生H2的溶液中：Ba2+、Fe2+、HCO、NO
C. NaAlO2溶液中：Cu2+、Al3+、Cl-、CO
D. 常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中：Na+、K+、S2O、SO
【答案】A
【解析】
【详解】A．在透明溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-，可以共存，A项正确；
B．加入铝粉产生H2的溶液中有可能是酸溶液也有可能是碱溶液，如果是酸溶液，HCO与H+、Fe2+与 NO与H+不能共存，如果是碱溶液，OH-与HCO、Fe2+与OH-不能大量共存，B项错误；
C．NaAlO2溶液中，Al3+与CO、Al3+与发生双水解反应不能大量共存，C项错误；
D．常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中，c(H+)> c(OH-)，故溶液为酸溶液，S2O会与H+发生反应不能大量共存：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D项错误；
答案选A。
9. 许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是
A. 1mol配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O不能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀
B. 1mol配合物Ni(CO)4中共有8mol σ键
C. 配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO
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，内界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A说法错误；
B．一个CO 中有一个σ键，配合物Ni(CO)4中有四个配位键，则1mol配合物Ni(CO)4中共有8mol σ键，B说法正确；
C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C说法错误；
D．配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D说法错误；
答案为B。
10. Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图（如图），电解总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是
A. 电子的流向：电源负极→石墨电极→Cu→电源正极
B. 铜电极上的电极方程式为2Cu+H2O-2e-=Cu2O+2H+
C. 电解后溶液的pH变大
D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成
【答案】C
【解析】
【详解】A、“石墨电极→Cu”是通过溶液中的离子导电，A错；
B、强碱条件下方程式书写错误，B错；
C、反应消耗水，溶液体积变小，pH变大，C正确；
D、由总反应可知：Cu2O~2e-，故当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D错。
故选C。
【点睛】掌握电解池的工作原理，注意电子只能在导线中流动，溶液中是离子定向移动。在书写电极反应时注意溶液的酸碱性。
11. 下列描述正确的是
A. CS2为V形的极性分子
B. SiF4与SO的中心原子价层电子对数均为4
C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
D. 水加热到很高温度都很难分解是因为水分子间存在氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，故A错误；
B．SiF4中Si原子的价层电子对数=4+×（4-4×1）=4，为sp3杂化，SO32-中S原子的价层电子对数=3+×（6+2-3×2）=4，为sp3杂化,B正确；
C．C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；
D．水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；
故合理选项是B。
12. 实验室从废定影液[含Ag(S2O3)和Br﹣等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br﹣，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示：下列叙述正确的是
A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br﹣的Cl2
D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【答案】C
【解析】
【详解】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，以避免滤纸破损，故A错误；
B．灼烧固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故B错误；
C．高锰酸钾具有强氧化性，在常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，故C正确；
D．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故D错误；
故选C。
13. 下列各组微粒，中心原子均采用sp2杂化方式的
A. NH3，PCl3，CO，CO2 B. SO3，NO，COCl2，BF3
C. SO，ClO，PO，BF3 D. BeCl2，NCl3，NO，ClO
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3，PCl3 价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故A错误；
B．SO3，NO，COCl2，BF3 价层电子对均为3，中心原子无孤电子对，中心原子均采用sp2杂化方式，故B正确；
C．SO，ClO，PO价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故C错误；
D．NCl3， ClO价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故D错误；
故答案为B。
14. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电池。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池的总反应方程式为：PbSO4＋2LiCl＋Ca = CaCl2＋Li2SO4＋Pb。下列有关说法正确的是
A 正极反应式：Ca ＋2Cl-－2e-=CaCl2
B. 放电过程中，Li＋向钙电极移动
C. 外电路中，电子由硫酸铅电极经导线流向钙电极
D. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】
【分析】根据总反应方程式，Ca的化合价升高，根据原电池工作原理，Ca作负极，硫酸铅中Pb的化合价降低，硫酸铅作正极，利用原电池工作原理，进行分析；
【详解】A．根据原电池工作原理，电池正极上得到电子，发生还原反应，故A错误；
B．放电过程属于原电池，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即Li+向硫酸铅一极移动，故B错误；
C．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从钙电极经导线流向硫酸铅电极，故C错误；
D．根据题中信息，作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，常温下是没有电子通过的，故D正确；
答案D。
15. 化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构简式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是
A. 分子中所有原子都在同一平面内
B. A分子中C、N的杂化类型相同
C. A分子中每个N原子上均含有一对孤电子对
D. A分子中C原子上一个sp2杂化轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中N有3条键，存在一对孤对电子，则N均为sp3杂化，以N为中心存在多个三角锥结构，故所有原子不可能都在同一平面内，A项错误；
B．A分子中C为sp2杂化、N为sp3杂化，杂化类型不同，B项错误；
C．A分子中每个N原子有3条键，且均含有一对孤电子对，C项正确；
D．A分子中C为sp2杂化，未参与杂化的p轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键，D项错误；
答案选C。
16. 六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示)，下列有关六氟化硫的推测正确的是
A. 六氟化硫易燃烧生成二氧化硫
B. 六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构
C. 六氟化硫分子中的S—F键都是σ键，且键长、键能都相等
D. 六氟化硫分子是极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．与O2燃烧可燃物要发生氧化反应，六氟化硫中S化合价应升高，不能降价生成SO2，而且六氟化硫中S已经为最高价+6，故不会燃烧，A项错误；
B．六氟化硫中S原子周围有12个电子，B项错误；
C．六氟化硫分子是一个正八面体结构，S—F键都是σ键，且键长、键能都相等，C项正确；
D．六氟化硫分子空间对称，正负电中心重合，是非极性分子，D项错误；
答案选C。
17. 共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D位于同周期，D的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是（ ）
A. B的同素异形体数目最多2种
B. A与C不可以形成离子化合物
C. 通过含氧酸酸性可以比较元素B和C的非金属性
D. C与D形成的阴离子CD2－既有氧化性，又有还原性
【答案】D
【解析】
【分析】A的原子半径最小，为氢原子，C、D位于同周期，C形成三个共价键，B形成4个共价键，C为N，B为C，D的常见单质常温下为气态，D形成两个共价键，D为O，然后分析；
【详解】A．根据分析，B为C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2种，故A错误；
B．N和H可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B错误；
C．通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和N的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C错误；
D．N与O形成的阴离子NO2－中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D正确；
答案选D。
【点睛】判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。
18. 2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7
B. ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C. ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力
D. ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH5
【答案】C
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；
B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；
C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；
D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；
故选C。
19. 常温下向25mL 0.1mol·L-1 NaOH中逐滴滴加0.2mol·L-1的HN3(叠氮酸)溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计，HN3的Ka=10-4.7)。下列正确的是
A. 水电离出的c(H+)：A点大于B点
B. 在B点，离子浓度大小为c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(N)
C. 在C点，滴加的V(HN3)=12.5mL
D. 在D点，2c(H+)-2c(OH-)=c(N)-c(HN3)
【答案】D
【解析】
【详解】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A错误；
B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．滴加的V(HN3)=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(HN3)＞12.5 mL，故C错误；
D．在D点，V(HN3)=25 mL，相当于NaN3和HN3的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+ c(HN3) =2c(OH-)+ c()，移项得：2c(H+)-2c(OH-) = c()-c(HN3)，故D正确；
答案选D。
20. 某同学采用工业大理石(含有少量、、等杂质)制取，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体Ⅰ中含有，固体Ⅱ中含有、
B. 加入石灰水时，要控制，防止固体Ⅲ中，转化为
C. 试剂选用盐酸，从溶液Ⅲ得到产品的过程中，应控制条件防止其分解
D. 若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的
【答案】D
【解析】
【分析】向工业大理石(含有少量、、等杂质)中加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体II，过滤，得滤液，再加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解。
【详解】A．由分析可知，固体Ⅰ中含有，固体Ⅱ中含有、，A项正确；
B．具有两性，可以和氢氧化钙反应生成，故加入石灰水时，要控制，防止固体Ⅲ中，转化为，B项正确；
C．由分析可知，试剂a为盐酸，CaCl2·6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C项正确；
D．若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，引入杂质，D项错误；
答案选D。
第Ⅱ卷
21. 成都外国语学校化学兴趣小组探究了原电池、电解池的相关工作原理。
（1）小组同学进行了如下两个实验，其中电池工作效率更高的应是实验_______。实验2中，盐桥(含KCl饱和溶液的琼胶)中K+流向_______(选填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液，如果Zn的消耗速率为1×10-3mol·s-1，则K+的迁移速率为_______mol·s-1。
（2）小组同学分析研究甲醇和氧气以强碱(用NaOH表示)做电解质溶液的新型电池。甲醇在_______极反应；电极反应式为_______。
（3）小组同学设计了如下装置，用电解法把Na2CrO4转化为Na2Cr2O7。
电解过程中，Na+的移动方向为_______(填“左至右”或“右至左”)。Na2Cr2O7在阳极区产生的原理为_______。
【答案】（1） ①. 2 ②. CuSO4 ③. 2×10-3
（2） ①. 负 ②. CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O
（3） ①. 右至左 ②. 阳极电极反应产生H+，使2CrO+2H+=Cr2O+H2O平衡正向移动
【解析】
【小问1详解】
双液原电池Zn没有接触CuSO4，电压更稳定，故放电效率更高的为实验2；琼脂中K+流向原电池正极，故流入CuSO4溶液；负极反应为Zn2++2e-=Zn，正极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据溶液电荷守恒，每消耗1倍的Zn就会有2倍的K+迁移至CuSO4溶液，故K+迁移速率为2×1×10-3mol·s-1=2×10-3mol·s-1；
【小问2详解】
通燃料的一极为原电池的负极，故甲醇在负极反应；电极方程式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
【小问3详解】
Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式为：2CrO+2H+=Cr2O+H2O，故电解时右侧发生反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故右侧电极为阳极，左侧电极为阴极，Na+移动方向为从右到左。
22. A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期元素，B、C相邻且同周期，A、D同主族。A、C能形成甲、乙两种化合物，原子个数比分别为2：1和1：1其中甲为常见的溶剂。E是地壳中含量最多的金属元素，F元素为同周期电负性最大的元素。G为第四周期未成对电子数最多的元素，请回答下列问题：
（1）B、C中第一电离能更大的元素基态原子的价电子排布式为_______，G在周期表中属于_______区。
（2）A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角_______(填“大”或“小”)。
（3）B与As同族，AsO的空间构型为_______。As4O6的分子结构如图所示，则该化合物中As的杂化方式是_______。
（4）G3+与甲、F的简单离子构成配合物，在含有0.001mol该配合物的溶液中加入过量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到0.002mol白色沉淀。已知该配合物的配位数为6，则其化学式为_______。
（5）已知E、F构成的化合物可形成如下图所示的二聚体，其熔点190°C，沸点183°C.该二聚体形成的晶体类型为_______，晶体中含有的作用力有_______(填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E．范德华力 F．氢键
（6）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为a nm，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶胞中含有P原子的个数为_______，该晶体的密度为_______(用含NA、a的代数式表示)g·cm-3。
【答案】（1） ①. 2s22p3 ②. d
（2）大 （3） ①. 正四面体 ②. sp3
（4）[CrCl(H2O)5]Cl2
（5） ①. 分子晶体 ②. BDE
（6） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，则A为H元素；C为O元素；B、C相邻且同周期，则B为N元素；A、D同主族，结合原子序数可知D为Na； F元素为同周期电负性最大的元素，F是Cl；G为第四周期未成对电子数最多的元素，外围电子排布应为3d54s1，G为Cr。
【小问1详解】
B、C中第一电离能更大的元素为N，基态原子的价电子排布式为：2s22p3； Cr在周期表中属于d区；
【小问2详解】
A与B形成的离子为，为正四面体构型，A与B形成的分子为NH3，为三角锥构型，故A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角大；
【小问3详解】
AsO孤对电子数为，价层电子对数为4，为正四面体构型； 根据结构图所示，分子中每个As存在3条键和1对孤电子对，故价层电子对数为4，sp3杂化；
【小问4详解】
根据题干信息，配合物与外界的Cl-之比为1：2，甲是H2O，配合物的配位数为6，中心离子是Cr3+，故还有1个Cl-在内界，则其化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2；
【小问5详解】
根据熔沸点可知该二聚体形成的晶体类型为分子晶体；结合结构图和Al价电子数可知，Al周围四条化学键其中一条是配位键，晶体中含有的作用力有范德华力、共价键、配位键；
【小问6详解】
根据均摊法，该晶胞中含有P原子的个数为；该晶体的密度为g·cm-3。
23. 实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。
当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12mol·L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）实验室制Cl2的化学方程式为_______。
（2）若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有_______的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式_______。
（3）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.5000mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为_______mol·L-1；若实验时碱式滴定管使用前未润洗，会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)
（4）判断丙方案的实验结果，会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)[已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11]
（5）进行丁方案实验：装置如图二所示(夹持器具已略去)。
使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_______中。(填“Zn倒入余液”或“余液倒入Zn”)反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要_______然后再_______，最后视线与量气管内凹液面最低处相平。
【答案】（1）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3
（3） ①. 6.9000mol/L ②. 高
（4）低 （5） ①. Zn倒入余液 ②. 使气体冷却到室温 ③. 调整量气管两端液面相平
【解析】
【分析】实验要测定反应残余液中盐酸的临界浓度，甲方案要注意HCl易挥发，Cl2中会混有HCl，要先用饱和食盐水除杂；丁方案用到了量气管，量气管要预先调整液面相平，反应后也要调整液面相平，保证管内气压与外界大气压相等，防止影响气体体积造成误差。
【小问1详解】
实验室制Cl2反应为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
【小问2详解】
氯气中的杂质气体氯化氢，可用饱和食盐水除去；可将反应分成两步，第一步：Cl2+H2OHCl+HClO，第二步：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，由于AgClO易溶于水，所以AgNO3与HClO不反应，两步相加可得：Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
【小问3详解】
临界浓度为：；若实验时碱式滴定管使用前未润洗，则所测标准溶液体积偏大，根据公式：，会使测得余酸的临界浓度偏高；
【小问4详解】
制取Cl2反应后溶液存在Mn2+，Ksp(MnCO3)< Ksp(CaCO3)，MnCO3更易沉淀，余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，会有部分CaCO3转化为MnCO3，M(Mn)> M(Ca)，故称量的剩余的CaCO3质量偏大，计算的参加反应的CaCO3质量偏小，测得余酸的临界浓度偏低；
【小问5详解】
防止酸液附着试管壁导致误差，故应将Zn倒入余液；该反应放热，温度高会使气体体积膨胀造成误差，故要先使气体冷却到室温；读数前要调整量气管使两端液面相平。
24. 铂是重要的催化剂和吸氢材料，广泛用于新能源和化工行业。一种以电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)为原料生产海绵Pt及Au的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“焙烧”的主要目的是_______，“操作I”为_______。
（2）已知“滤液I”主要含HAuCl4、H2PtCl6，且二者均为强酸。HAuCl4中金元素化合价为_______。
（3）“沉金”的化学反应方程式为。_______。
（4）“沉铂”中生成(NH4)2PtCl6，结合“沉铂”过程中的平衡移动原理解释升高温度，(NH4)2PtCl6沉淀率升高的主要原因_______。
（5）“灼烧”时发生分解反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. 将有机物燃烧去除 ②. 过滤
（2）+3 （3）HAuCl4+3FeCl2=Au↓+3FeCl3+HCl
（4）存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtC16+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使(NH4)2PtCl6，沉淀率升高
（5）3(NH4)2PtCl63Pt+2N2↑+18HC1↑+2NH3↑
【解析】
【分析】电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)，通过焙烧，可以除去里面的少量有机物；然后再加入王水，Ag+会沉淀，生成氯化银沉淀，金和铂会转化为HAuCl4、H2PtCl6，通过过滤，由题可知“滤液Ⅰ”主要含HAuCl4、H2PtCl6；滤液Ⅰ中加入氯化亚铁，HAuCl4被还原为Au，通过过滤分离；滤液中加入氯化铵，会与H2PtCl6反应，生成(NH4)2PtCl6；(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，据此分析作答。
【小问1详解】
由分析可知，“焙烧”的主要目的是将有机物灼烧除掉；“操作Ⅰ”为过滤；
【小问2详解】
HAuCl4中氢为+1价，氯为-1价，则金元素化合价为+3价；
【小问3详解】
“沉金”时加入氯化亚铁与HAuCl4反应，生成Au，Au的化合价降低，则同时还会生成氯化铁，化学反应方程式为：；
【小问4详解】
“沉铂”时，加入氯化铵，会与H2PtCl6反应，生成(NH4)2PtCl6，化学方程式为：，该反应中升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；
【小问5详解】
(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，通过氧化还原反应原理和原子守恒分析，还会生成氨气、氯化氢和氮气，化学方程式为：。
【点睛】对于陌生化学反应方程式的书写，先看价态有没有改变，改变为氧化还原反应，根据价态改变，确定反应物和生成物，再根据得失电子守恒配平。
25. 碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。
（1）下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的一项是_______。
A. 采取节能低碳生活方式
B. 推行生活垃圾分类
C. 植树造林增加绿色植被
D. 燃煤锅炉改烧天然气
（2）二氧化碳加氢制备甲醇可有效缓解温室效应问题。
已知：(I)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+42.3kJ/mol
(II)CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH2
(III)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-49.4kJ/mol
①ΔH2=_______。
②在260°C、5MPa恒容条件下发生反应(III)，原料气体积组成为V(CO2)：V(H2)：V(N2)=1：3：l，平衡时CO2的转化率为50%，则H2的压强为_______MPa，反应(III)的平衡常数：Kp=_______(MPa)-2(计算结果精确至小数点后两位，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
①下列对CO2甲烷化反应体系的说法不合理的有_______。
A．存在副反应CO2+H2CO+H2O
B．存在反应CO2+4H2CH4+2H2O
C．含碳副产物的产率均高于CH4
D．温度高于360°C后，升高温度，甲烷产率将继续保持不变
②CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：5，反应气的总流量控制在36mL·min-1，260°C时测得CO2转化率为40%，则H2反应速率为_______mL·min-1。
【答案】（1）B （2） ①. +91.7kJ/mol ②. 1.5 ③. 0.15
（3） ①. CD ②. 9.6
【解析】
【小问1详解】
采取节能低碳生活方式，可以减少二氧化碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，故A不选；
B．推行生活垃圾分类，可以回收利用资源，防止有害垃圾污染环境，不会直接影响“碳中和”，故B选；
C．植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，故C不选；
D．燃煤锅炉改烧天然气，可以减少二氧化碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选；
故选：；
【小问2详解】
根据盖斯定律：ⅠⅢ得；反应Ⅰ是吸热反应，且熵不增加，该反应一定不能自发进行，反应Ⅱ，，该反应在高温下能自发进行，反应Ⅲ，，则该反应在低温能自发进行，
故答案为：；
设起始氢气、二氧化碳和氮气的物质的量分别为、和，平衡时二氧化碳的转化率为，列化学平衡三段式，
起始
转化
平衡
此时混合气体总物质的量为，，，，，
故答案为：；；
【小问3详解】
成都外国语学校2021—2022学年度下期期中考试
高二化学试卷
注意事项：
1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。
2、本堂考试100分钟，满分100分。
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。
4、考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55
第Ⅰ卷
选择题：本题共20小题，共40分，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列表示正确的是
A. 水分子的比例模型： B. 硝基苯的结构简式：
C. 氨气的电子式： D. C的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子的比例模型： ，A项错误；
B．硝基苯的结构简式：，B项错误；
C．氨气的电子式：，C项错误；
D．C的电子式：，D项正确；
答案选D。
2. 下列仪器与其对应名称不相符的是
A．干燥管
B．分液漏斗
C．圆底烧瓶
D．坩埚
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据仪器的特点，该仪器为干燥管，故A不符合题意；
B．该仪器为分液漏斗，故B不符合题意；
C．该仪器为蒸馏烧瓶，故C符合题意；
D．该仪器为坩埚，故D不符合题意；
答案为C。
3. 人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是
A. 亚硝酸盐被还原 B. 维生素C是还原剂
C. 维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D. 亚硝酸盐与一氧化碳使人中毒的原理相同
【答案】D
【解析】
【详解】A、亚硝酸盐将Fe2+氧化为Fe3+，所以亚硝酸盐应被还原，故A正确；B、服用维生素C可解毒，则维C可将Fe3+还原为Fe2+，维生素C作还原剂，故B、C均正确；D、一氧化碳的毒性主要体现在能与血红蛋白结合，从而使血红蛋白失去运输氧气的能力，与亚硝酸盐中毒原理不同，故D错误。故选D。
4. 下列说法正确的是
A. H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱
B. 碘升华的过程中破坏的是共价键
C. 离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定含有共价键
D. SiO2属于原子晶体，熔化时破坏共价键和分子间作用力
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O2易分解破坏的是共价键，分子间作用只能影响物质的物理性质，故A错误；
B．碘升华是由固态的碘单质变成气态的碘单质，属于物理变化，破坏的是分子间作用力，故B错误；
C．离子化合物是通过离子键相互作用而形成的，所以离子化合物中一定含有离子键，共价化合物通过共价键相互作用而形成的，所以共价化合物中一定含有共价键，故C正确；
D．SiO2属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故D错误；
故答案：C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，4.48LCl2通入水中，转移电子数为0.2NA
B. 7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA
C. 1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA
D. 120 g NaHSO4固体中含有的阳离子数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A． 氯气与水的反应是可逆反应，标准状况下，4.48LCl2通入水中，转移电子数小于0.2NA，故A错误；
B． 苯分子中含有6个碳氢键，7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA，故B正确；
C． 溶液中溶剂是水，水分子中也有氧原子，1L 0.1mol/L Na2SO4溶液中含有的氧原子数多于0.4NA，故C错误；
D． NaHSO4固体中含有的阳离子只有钠离子，120 g NaHSO4固体中含有的阳离子数为NA，故D错误；
故选B。
6. 下列实验误差分析错误的是
A. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D. 测定中和反应反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所中和热数值偏小。
【答案】A
【解析】
【详解】A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，A项错误；
B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气泡占有体积，故所测体积偏小，B项正确；
C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，则碱溶液浓度偏小，pH测定值偏小，C项正确；
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，没有及时密封会造成热量损失，故所中和热数值偏小，D项正确；
答案选A。
7. 下列说法中正确的是
A. 两种原子的电子层上全部都是s电子，其对应元素一定属于同一周期
B. 两种原子最外层都只有一个电子，其对应元素化学性质一定相似
C. 核外电子排布为1s2的原子与核外电子排布为1s22s2的原子，其对应元素化学性质一定相似
D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子，其对应元素一定属于同一周期
【答案】D
【解析】
【详解】A．两原子其核外全部都是s电子元素可以是H、He、Li、Be，H、He是第一周期元素，Li、Be是第二周期元素，对应的元素不一定属于同一周期，A错误；
B．最外层都只有一个电子的原子，可能为主族H原子与副族Cu原子，化学性质不同，B错误；
C．原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者化学性质不同，C错误；
D．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Al、Cl，均为第三周期元素，D正确；
答案选D。
8. 下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是
A. 在透明溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-
B. 加入铝粉产生H2的溶液中：Ba2+、Fe2+、HCO、NO
C. NaAlO2溶液中：Cu2+、Al3+、Cl-、CO
D. 常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中：Na+、K+、S2O、SO
【答案】A
【解析】
【详解】A．在透明溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-，可以共存，A项正确；
B．加入铝粉产生H2的溶液中有可能是酸溶液也有可能是碱溶液，如果是酸溶液，HCO与H+、Fe2+与 NO与H+不能共存，如果是碱溶液，OH-与HCO、Fe2+与OH-不能大量共存，B项错误；
C．NaAlO2溶液中，Al3+与CO、Al3+与发生双水解反应不能大量共存，C项错误；
D．常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中，c(H+)> c(OH-)，故溶液为酸溶液，S2O会与H+发生反应不能大量共存：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D项错误；
答案选A。
9. 许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是
A. 1mol配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O不能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀
B. 1mol配合物Ni(CO)4中共有8mol σ键
C. 配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO
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，内界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A说法错误；
B．一个CO 中有一个σ键，配合物Ni(CO)4中有四个配位键，则1mol配合物Ni(CO)4中共有8mol σ键，B说法正确；
C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C说法错误；
D．配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D说法错误；
答案为B。
10. Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图（如图），电解总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是
A. 电子的流向：电源负极→石墨电极→Cu→电源正极
B. 铜电极上的电极方程式为2Cu+H2O-2e-=Cu2O+2H+
C. 电解后溶液的pH变大
D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成
【答案】C
【解析】
【详解】A、“石墨电极→Cu”是通过溶液中的离子导电，A错；
B、强碱条件下方程式书写错误，B错；
C、反应消耗水，溶液体积变小，pH变大，C正确；
D、由总反应可知：Cu2O~2e-，故当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D错。
故选C。
【点睛】掌握电解池的工作原理，注意电子只能在导线中流动，溶液中是离子定向移动。在书写电极反应时注意溶液的酸碱性。
11. 下列描述正确的是
A. CS2为V形的极性分子
B. SiF4与SO的中心原子价层电子对数均为4
C. C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
D. 水加热到很高温度都很难分解是因为水分子间存在氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，故A错误；
B．SiF4中Si原子的价层电子对数=4+×（4-4×1）=4，为sp3杂化，SO32-中S原子的价层电子对数=3+×（6+2-3×2）=4，为sp3杂化,B正确；
C．C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；
D．水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；
故合理选项是B。
12. 实验室从废定影液[含Ag(S2O3)和Br﹣等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br﹣，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示：下列叙述正确的是
A. 用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取Ag
C. 用装置丙制备用于氧化过滤液中Br﹣的Cl2
D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层
【答案】C
【解析】
【详解】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，以避免滤纸破损，故A错误；
B．灼烧固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故B错误；
C．高锰酸钾具有强氧化性，在常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，故C正确；
D．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故D错误；
故选C。
13. 下列各组微粒，中心原子均采用sp2杂化方式的
A. NH3，PCl3，CO，CO2 B. SO3，NO，COCl2，BF3
C. SO，ClO，PO，BF3 D. BeCl2，NCl3，NO，ClO
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3，PCl3 价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故A错误；
B．SO3，NO，COCl2，BF3 价层电子对均为3，中心原子无孤电子对，中心原子均采用sp2杂化方式，故B正确；
C．SO，ClO，PO价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故C错误；
D．NCl3， ClO价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故D错误；
故答案为B。
14. 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电池。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池的总反应方程式为：PbSO4＋2LiCl＋Ca = CaCl2＋Li2SO4＋Pb。下列有关说法正确的是
A 正极反应式：Ca ＋2Cl-－2e-=CaCl2
B. 放电过程中，Li＋向钙电极移动
C. 外电路中，电子由硫酸铅电极经导线流向钙电极
D. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】
【分析】根据总反应方程式，Ca的化合价升高，根据原电池工作原理，Ca作负极，硫酸铅中Pb的化合价降低，硫酸铅作正极，利用原电池工作原理，进行分析；
【详解】A．根据原电池工作原理，电池正极上得到电子，发生还原反应，故A错误；
B．放电过程属于原电池，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即Li+向硫酸铅一极移动，故B错误；
C．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从钙电极经导线流向硫酸铅电极，故C错误；
D．根据题中信息，作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，常温下是没有电子通过的，故D正确；
答案D。
15. 化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构简式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是
A. 分子中所有原子都在同一平面内
B. A分子中C、N的杂化类型相同
C. A分子中每个N原子上均含有一对孤电子对
D. A分子中C原子上一个sp2杂化轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中N有3条键，存在一对孤对电子，则N均为sp3杂化，以N为中心存在多个三角锥结构，故所有原子不可能都在同一平面内，A项错误；
B．A分子中C为sp2杂化、N为sp3杂化，杂化类型不同，B项错误；
C．A分子中每个N原子有3条键，且均含有一对孤电子对，C项正确；
D．A分子中C为sp2杂化，未参与杂化的p轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键，D项错误；
答案选C。
16. 六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示)，下列有关六氟化硫的推测正确的是
A. 六氟化硫易燃烧生成二氧化硫
B. 六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构
C. 六氟化硫分子中的S—F键都是σ键，且键长、键能都相等
D. 六氟化硫分子是极性分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．与O2燃烧可燃物要发生氧化反应，六氟化硫中S化合价应升高，不能降价生成SO2，而且六氟化硫中S已经为最高价+6，故不会燃烧，A项错误；
B．六氟化硫中S原子周围有12个电子，B项错误；
C．六氟化硫分子是一个正八面体结构，S—F键都是σ键，且键长、键能都相等，C项正确；
D．六氟化硫分子空间对称，正负电中心重合，是非极性分子，D项错误；
答案选C。
17. 共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D位于同周期，D的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是（ ）
A. B的同素异形体数目最多2种
B. A与C不可以形成离子化合物
C. 通过含氧酸酸性可以比较元素B和C的非金属性
D. C与D形成的阴离子CD2－既有氧化性，又有还原性
【答案】D
【解析】
【分析】A的原子半径最小，为氢原子，C、D位于同周期，C形成三个共价键，B形成4个共价键，C为N，B为C，D的常见单质常温下为气态，D形成两个共价键，D为O，然后分析；
【详解】A．根据分析，B为C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2种，故A错误；
B．N和H可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B错误；
C．通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和N的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C错误；
D．N与O形成的阴离子NO2－中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D正确；
答案选D。
【点睛】判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。
18. 2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7
B. ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C. ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力
D. ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH5
【答案】C
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；
B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；
C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；
D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；
故选C。
19. 常温下向25mL 0.1mol·L-1 NaOH中逐滴滴加0.2mol·L-1的HN3(叠氮酸)溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计，HN3的Ka=10-4.7)。下列正确的是
A. 水电离出的c(H+)：A点大于B点
B. 在B点，离子浓度大小为c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(N)
C. 在C点，滴加的V(HN3)=12.5mL
D. 在D点，2c(H+)-2c(OH-)=c(N)-c(HN3)
【答案】D
【解析】
【详解】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A错误；
B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．滴加的V(HN3)=12.5 mL时，恰好反应生成NaN3，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(HN3)＞12.5 mL，故C错误；
D．在D点，V(HN3)=25 mL，相当于NaN3和HN3的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+ c(HN3) =2c(OH-)+ c()，移项得：2c(H+)-2c(OH-) = c()-c(HN3)，故D正确；
答案选D。
20. 某同学采用工业大理石(含有少量、、等杂质)制取，设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A. 固体Ⅰ中含有，固体Ⅱ中含有、
B. 加入石灰水时，要控制，防止固体Ⅲ中，转化为
C. 试剂选用盐酸，从溶液Ⅲ得到产品的过程中，应控制条件防止其分解
D. 若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的
【答案】D
【解析】
【分析】向工业大理石(含有少量、、等杂质)中加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体II，过滤，得滤液，再加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解。
【详解】A．由分析可知，固体Ⅰ中含有，固体Ⅱ中含有、，A项正确；
B．具有两性，可以和氢氧化钙反应生成，故加入石灰水时，要控制，防止固体Ⅲ中，转化为，B项正确；
C．由分析可知，试剂a为盐酸，CaCl2·6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C项正确；
D．若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，引入杂质，D项错误；
答案选D。
第Ⅱ卷
21. 成都外国语学校化学兴趣小组探究了原电池、电解池的相关工作原理。
（1）小组同学进行了如下两个实验，其中电池工作效率更高的应是实验_______。实验2中，盐桥(含KCl饱和溶液的琼胶)中K+流向_______(选填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液，如果Zn的消耗速率为1×10-3mol·s-1，则K+的迁移速率为_______mol·s-1。
（2）小组同学分析研究甲醇和氧气以强碱(用NaOH表示)做电解质溶液的新型电池。甲醇在_______极反应；电极反应式为_______。
（3）小组同学设计了如下装置，用电解法把Na2CrO4转化为Na2Cr2O7。
电解过程中，Na+的移动方向为_______(填“左至右”或“右至左”)。Na2Cr2O7在阳极区产生的原理为_______。
【答案】（1） ①. 2 ②. CuSO4 ③. 2×10-3
（2） ①. 负 ②. CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O
（3） ①. 右至左 ②. 阳极电极反应产生H+，使2CrO+2H+=Cr2O+H2O平衡正向移动
【解析】
【小问1详解】
双液原电池Zn没有接触CuSO4，电压更稳定，故放电效率更高的为实验2；琼脂中K+流向原电池正极，故流入CuSO4溶液；负极反应为Zn2++2e-=Zn，正极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据溶液电荷守恒，每消耗1倍的Zn就会有2倍的K+迁移至CuSO4溶液，故K+迁移速率为2×1×10-3mol·s-1=2×10-3mol·s-1；
【小问2详解】
通燃料的一极为原电池的负极，故甲醇在负极反应；电极方程式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；
【小问3详解】
Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式为：2CrO+2H+=Cr2O+H2O，故电解时右侧发生反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故右侧电极为阳极，左侧电极为阴极，Na+移动方向为从右到左。
22. A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期元素，B、C相邻且同周期，A、D同主族。A、C能形成甲、乙两种化合物，原子个数比分别为2：1和1：1其中甲为常见的溶剂。E是地壳中含量最多的金属元素，F元素为同周期电负性最大的元素。G为第四周期未成对电子数最多的元素，请回答下列问题：
（1）B、C中第一电离能更大的元素基态原子的价电子排布式为_______，G在周期表中属于_______区。
（2）A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角_______(填“大”或“小”)。
（3）B与As同族，AsO的空间构型为_______。As4O6的分子结构如图所示，则该化合物中As的杂化方式是_______。
（4）G3+与甲、F的简单离子构成配合物，在含有0.001mol该配合物的溶液中加入过量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到0.002mol白色沉淀。已知该配合物的配位数为6，则其化学式为_______。
（5）已知E、F构成的化合物可形成如下图所示的二聚体，其熔点190°C，沸点183°C.该二聚体形成的晶体类型为_______，晶体中含有的作用力有_______(填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E．范德华力 F．氢键
（6）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为a nm，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶胞中含有P原子的个数为_______，该晶体的密度为_______(用含NA、a的代数式表示)g·cm-3。
【答案】（1） ①. 2s22p3 ②. d
（2）大 （3） ①. 正四面体 ②. sp3
（4）[CrCl(H2O)5]Cl2
（5） ①. 分子晶体 ②. BDE
（6） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，则A为H元素；C为O元素；B、C相邻且同周期，则B为N元素；A、D同主族，结合原子序数可知D为Na； F元素为同周期电负性最大的元素，F是Cl；G为第四周期未成对电子数最多的元素，外围电子排布应为3d54s1，G为Cr。
【小问1详解】
B、C中第一电离能更大的元素为N，基态原子的价电子排布式为：2s22p3； Cr在周期表中属于d区；
【小问2详解】
A与B形成的离子为，为正四面体构型，A与B形成的分子为NH3，为三角锥构型，故A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角大；
【小问3详解】
AsO孤对电子数为，价层电子对数为4，为正四面体构型； 根据结构图所示，分子中每个As存在3条键和1对孤电子对，故价层电子对数为4，sp3杂化；
【小问4详解】
根据题干信息，配合物与外界的Cl-之比为1：2，甲是H2O，配合物的配位数为6，中心离子是Cr3+，故还有1个Cl-在内界，则其化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2；
【小问5详解】
根据熔沸点可知该二聚体形成的晶体类型为分子晶体；结合结构图和Al价电子数可知，Al周围四条化学键其中一条是配位键，晶体中含有的作用力有范德华力、共价键、配位键；
【小问6详解】
根据均摊法，该晶胞中含有P原子的个数为；该晶体的密度为g·cm-3。
23. 实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。
当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12mol·L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）实验室制Cl2的化学方程式为_______。
（2）若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有_______的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式_______。
（3）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.5000mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为_______mol·L-1；若实验时碱式滴定管使用前未润洗，会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)
（4）判断丙方案的实验结果，会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)[已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11]
（5）进行丁方案实验：装置如图二所示(夹持器具已略去)。
使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_______中。(填“Zn倒入余液”或“余液倒入Zn”)反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要_______然后再_______，最后视线与量气管内凹液面最低处相平。
【答案】（1）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3
（3） ①. 6.9000mol/L ②. 高
（4）低 （5） ①. Zn倒入余液 ②. 使气体冷却到室温 ③. 调整量气管两端液面相平
【解析】
【分析】实验要测定反应残余液中盐酸的临界浓度，甲方案要注意HCl易挥发，Cl2中会混有HCl，要先用饱和食盐水除杂；丁方案用到了量气管，量气管要预先调整液面相平，反应后也要调整液面相平，保证管内气压与外界大气压相等，防止影响气体体积造成误差。
【小问1详解】
实验室制Cl2反应为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O
【小问2详解】
氯气中的杂质气体氯化氢，可用饱和食盐水除去；可将反应分成两步，第一步：Cl2+H2OHCl+HClO，第二步：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，由于AgClO易溶于水，所以AgNO3与HClO不反应，两步相加可得：Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
【小问3详解】
临界浓度为：；若实验时碱式滴定管使用前未润洗，则所测标准溶液体积偏大，根据公式：，会使测得余酸的临界浓度偏高；
【小问4详解】
制取Cl2反应后溶液存在Mn2+，Ksp(MnCO3)< Ksp(CaCO3)，MnCO3更易沉淀，余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，会有部分CaCO3转化为MnCO3，M(Mn)> M(Ca)，故称量的剩余的CaCO3质量偏大，计算的参加反应的CaCO3质量偏小，测得余酸的临界浓度偏低；
【小问5详解】
防止酸液附着试管壁导致误差，故应将Zn倒入余液；该反应放热，温度高会使气体体积膨胀造成误差，故要先使气体冷却到室温；读数前要调整量气管使两端液面相平。
24. 铂是重要的催化剂和吸氢材料，广泛用于新能源和化工行业。一种以电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)为原料生产海绵Pt及Au的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“焙烧”的主要目的是_______，“操作I”为_______。
（2）已知“滤液I”主要含HAuCl4、H2PtCl6，且二者均为强酸。HAuCl4中金元素化合价为_______。
（3）“沉金”的化学反应方程式为。_______。
（4）“沉铂”中生成(NH4)2PtCl6，结合“沉铂”过程中的平衡移动原理解释升高温度，(NH4)2PtCl6沉淀率升高的主要原因_______。
（5）“灼烧”时发生分解反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. 将有机物燃烧去除 ②. 过滤
（2）+3 （3）HAuCl4+3FeCl2=Au↓+3FeCl3+HCl
（4）存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtC16+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使(NH4)2PtCl6，沉淀率升高
（5）3(NH4)2PtCl63Pt+2N2↑+18HC1↑+2NH3↑
【解析】
【分析】电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)，通过焙烧，可以除去里面的少量有机物；然后再加入王水，Ag+会沉淀，生成氯化银沉淀，金和铂会转化为HAuCl4、H2PtCl6，通过过滤，由题可知“滤液Ⅰ”主要含HAuCl4、H2PtCl6；滤液Ⅰ中加入氯化亚铁，HAuCl4被还原为Au，通过过滤分离；滤液中加入氯化铵，会与H2PtCl6反应，生成(NH4)2PtCl6；(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，据此分析作答。
【小问1详解】
由分析可知，“焙烧”的主要目的是将有机物灼烧除掉；“操作Ⅰ”为过滤；
【小问2详解】
HAuCl4中氢为+1价，氯为-1价，则金元素化合价为+3价；
【小问3详解】
“沉金”时加入氯化亚铁与HAuCl4反应，生成Au，Au的化合价降低，则同时还会生成氯化铁，化学反应方程式为：；
【小问4详解】
“沉铂”时，加入氯化铵，会与H2PtCl6反应，生成(NH4)2PtCl6，化学方程式为：，该反应中升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；
【小问5详解】
(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，通过氧化还原反应原理和原子守恒分析，还会生成氨气、氯化氢和氮气，化学方程式为：。
【点睛】对于陌生化学反应方程式的书写，先看价态有没有改变，改变为氧化还原反应，根据价态改变，确定反应物和生成物，再根据得失电子守恒配平。
25. 碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。
（1）下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的一项是_______。
A. 采取节能低碳生活方式
B. 推行生活垃圾分类
C. 植树造林增加绿色植被
D. 燃煤锅炉改烧天然气
（2）二氧化碳加氢制备甲醇可有效缓解温室效应问题。
已知：(I)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+42.3kJ/mol
(II)CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) ΔH2
(III)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-49.4kJ/mol
①ΔH2=_______。
②在260°C、5MPa恒容条件下发生反应(III)，原料气体积组成为V(CO2)：V(H2)：V(N2)=1：3：l，平衡时CO2的转化率为50%，则H2的压强为_______MPa，反应(III)的平衡常数：Kp=_______(MPa)-2(计算结果精确至小数点后两位，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
①下列对CO2甲烷化反应体系的说法不合理的有_______。
A．存在副反应CO2+H2CO+H2O
B．存在反应CO2+4H2CH4+2H2O
C．含碳副产物的产率均高于CH4
D．温度高于360°C后，升高温度，甲烷产率将继续保持不变
②CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：5，反应气的总流量控制在36mL·min-1，260°C时测得CO2转化率为40%，则H2反应速率为_______mL·min-1。
【答案】（1）B （2） ①. +91.7kJ/mol ②. 1.5 ③. 0.15
（3） ①. CD ②. 9.6
【解析】
【小问1详解】
采取节能低碳生活方式，可以减少二氧化碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，故A不选；
B．推行生活垃圾分类，可以回收利用资源，防止有害垃圾污染环境，不会直接影响“碳中和”，故B选；
C．植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，故C不选；
D．燃煤锅炉改烧天然气，可以减少二氧化碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选；
故选：；
【小问2详解】
根据盖斯定律：ⅠⅢ得；反应Ⅰ是吸热反应，且熵不增加，该反应一定不能自发进行，反应Ⅱ，，该反应在高温下能自发进行，反应Ⅲ，，则该反应在低温能自发进行，
故答案为：；
设起始氢气、二氧化碳和氮气的物质的量分别为、和，平衡时二氧化碳的转化率为，列化学平衡三段式，
起始
转化
平衡
此时混合气体总物质的量为，，，，，
故答案为：；；
【小问3详解】
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