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山西省2022~2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）
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这是一份山西省2022~2023学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本卷主要考查内容， 下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
高二年级2022~2023学年第二学期期中考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
4.本卷主要考查内容：选择性必修一，选择性必修二，选择性必修三第一章~第二章第二节。
可能用到的相对原子质量：H－1 Li－7 N－14 O－16 P－31 K－39 Fe－56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 原子模型是由人们对物质世界微观结构的认识而建立的。从电子层模型分析，基态Cr原子的M层核外电子的运动状态有
A. 8种 B. 13种 C. 14种 D. 18种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】原子核外电子的运动状态都不相同，即一个电子就是一种运动状态，Cr为24号元素，基态Cr原子的电子排布式为，核外M层有13个电子(即有13种运动状态)，综上所述B符合题意，故选B；
答案选B
2. 下列描述原子结构化学用语正确的是
A. 氯化铵的电子式： B. 基态铜原子的价层电子排布式：
C. 乙烯分子的结构简式为 D. 的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，A错误；
B．基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，B错误；
C．乙烯分子的结构简式为CH2=CH2，C错误；
D．H2O中O与两个H分别形成共价键，同时存在两对孤电子对，空间构型为V形，D正确；
故答案选D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为12NA
B. 23gCH3CH2OH中为sp3杂化的原子数为NA
C. 0.5molSF6中S的价层电子对数为3NA
D. 甲烷酸性燃料电池中正极有1mol气体反应时转移的电子数目2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mol[Cu(NH3)4]2+中有12molN-Hσ键和4molCu-Nσ键，故σ键的数目为16NA，A错误；
B．已知CH3CH2OH分子中的C和O均为sp3杂化，故23gCH3CH2OH中为sp3杂化的原子数为=1.5NA，B错误；
C．已知SF6分子中S周围的价层电子对数为6，则0.5molSF6中S的价层电子对数为0.5mol×6×NAmol-1=3NA，C正确；
D．甲烷酸性燃料电池中正极上为O2得到电子被还原，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，则有1mol气体反应时转移的电子数目4NA，D错误；
故答案为：C。
4. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列说法正确的是
A. 基态Br原子中电子的空间运动状态有35种 B. [Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键
C. 中心原子S的杂化方式为sp3 D. 非金属元素S、O、Br中电负性最大的是Br
【答案】C
【解析】
【详解】A．Br为35号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，其内层轨道全部占满，共占据14个轨道，4s能级一个轨道全部占满，4p能级3个轨道也占满，所以共有14+1+3=18种空间运动状态的电子，故A错误；
B．[Ag(S2O3)2]3-中存在Ag+和之间的配位键，S原子和O原子之间的共价键，但不存在离子键，故B错误；
C．与SO原子总数相同，价电子总数相同，所以中心S原子的杂化方式相同，SO中心S原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化，故C正确；
D．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性O最强，所以电负性最大的是O元素，故D错误；
故答案为C。
5. 下列说法错误的是
A. 某烯烃()与溴发生1∶1加成反应，产物有3种(不考虑立体异构)
B. 主链含5个碳原子，有甲基、乙基两个支链的烷烃有2种
C. 丙烯分子中最多有7个原子共平面
D. 的名称为3，3－二甲基－2－乙基－1－丁烯
【答案】A
【解析】
【详解】A．某烯烃()与溴发生1∶1加成反应，产物有1、2，3、4，1、4和5、6等4种加成方式，产物由4种(不考虑立体异构)，A错误；
B．主链含5个碳原子，有甲基、乙基两个支链的烷烃有：3-甲基-3-乙基戊烷和2-甲基-3-乙基戊烷2种，B正确；
C．丙烯分子中双键所在的6个原子一定共平面，甲基中通过旋转可以最多增加一个最多有7个原子共平面，C正确；
D．键线式为的烯烃即(CH3)3C(CH2CH3)C=CH2，根据烯烃的系统命名法可知，其名称为3，3－二甲基－2－乙基－1－丁烯，D正确；
故答案为：A。
6. 有三种有机物I、Ⅱ、Ⅲ存在如图转化关系。下列说法正确的是
A. 反应1和反应2均为加成反应
B. 有机物I中所有原子均可共平面
C. 有机物Ⅲ的二氯代物有7种(不考虑立体异构)
D. 有机物Ⅱ和Ⅲ互为同系物，且均可发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，反应1为取代反应，反应2为加成反应，A错误；
B．由题干信息可知，有机物I中存在sp3杂化的碳原子，即不可能所有原子共平面，B错误；
C．有机物Ⅲ的二氯代物如图 两个氯原子的排列有：1、1，1、2，1、3，1、4，2、3，2、4和3、4共 7种(不考虑立体异构)，C正确；
D．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)且组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，结合题干信息可知，有机物Ⅱ和Ⅲ不互为同系物，且均可发生取代反应，D错误；
故答案为：C。
7. 一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的最外层电子数等于其总电子数的。下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：W＞Y＞Z
B. X元素的各种含氧酸盐水溶液均显碱性
C. 与W同周期的元素中，第一电离能小于W的有5种
D. 该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于其总电子数的，W为磷元素；X形成化学键数为4，为碳；Y形成化学键数为2，为氧；Z形成化学键数为1，为氟，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为O、Z为F、W为P，其简单离子为O2-、F-、P3-，其中P3-有3个电子层，另两个只有2个电子层，故简单离子半径大小为P3-＞O2-＞F-即W＞Y＞Z，A正确；
B．由分析可知，X为C，Na2CO3、Na2C2O4等溶液显碱性，而NaHC2O4溶液显酸性，即X元素的各种含氧酸盐水溶液不都显碱性，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与W即P同周期的元素中，第一电离能小于W的有Na、Mg、Al、Si、S等5种，C正确；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、F、P，四种元素的原子核外电子最后进入的是2p和3p能级，故该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素，D正确；
故答案为：B。
8. 将少量硫酸铜溶液滴入氨基乙酸钠溶液(H2N－CH2－COONa)中即可得到结构如图所示的产物。下列叙述错误的是
A. 向该反应后的混合溶液中滴加NaOH溶液，会产生蓝色沉淀
B. 1molH2N－CH2－COONa中含有8NA个σ键
C. 产物中Cu、N原子均为四面体形结构
D. 氨基乙酸钠中的氮原子采取sp3杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．将少量硫酸铜溶液滴入氨基乙酸钠溶液(H2N－CH2－COONa)中形成图示络合物后，Cu2+以络合物形式存在，溶液中不存在自由移动的Cu2+，则向该反应后的混合溶液中滴加NaOH溶液，不会产生蓝色沉淀Cu(OH)2，A错误；
B．已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，则1molH2N－CH2－COONa中含有8NA个σ键，B正确；
C．由题干图示信息可知，产物中N原子、Cu原子都形成4个共价单键，所以产物中Cu、N原子均四面体形结构， C正确；
D．氨基乙酸钠中的氮原子价层电子对个数为4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3，D正确；
故答案：A。
9. 第VIA族元素的单质和化合物在生产、生活中有广泛应用。已知：分子中形成大π键的轨道必须垂直平面且相互平行，大π键可以表示为π，其中n代表大π键的原子数，m代表大π键的电子数，下列说法正确的是
A. 在氧族气态氢化物中，H2Se的沸点最低 B. SeO和SeO3的空间结构相同
C. SO中的键角小于SO3中的键角 D. 噻吩()含有的大π键为π
【答案】C
【解析】
【详解】A．在氧族气态氢化物中，H2S沸点最低，A错误；
B．和的硒原子杂化类型依次为sp3、sp2，空间构型依次是三角锥形、平面三角形，B错误；
C．SO3中S取sp2杂化，正三角形结构，键角120°，中S取sp3杂化，键角小于109°28′，C正确；
D．噻吩分子中4个C和一个S原子处于同一平面，4个C提供4个2p电子，1个S提供2个3p电子形成大π键，故含有的大π键为，D错误；
故选C。
10. 冠醚能识别碱金属离子，X、Y、Z是常见的三种冠醚，Li⁺与X作用形成稳定的结构W。下列说法正确的是
A. X与Y属于同系物
B. 上述冠醚分子中，所有碳原子和氧原子都采取sp2杂化
C. W中存在极性键、非极性键、离子键
D. 冠醚Y能与K+形成稳定结构但不能与Li+形成稳定结构的原因是Li+半径太小
【答案】D
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似(官能团种类和数目分别相同)且组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，结合题干图示信息可知，X与Y不属于同系物，A错误；
B．由题干图示信息可知，上述冠醚分子中，所有碳原子和氧原子周围的价层电子对数均为4，即它们都采取sp3杂化，B错误；
C．W中Li+与孤对电子之间的作用属于配位键，即氧原子的孤对电子填入了Li+的空轨道，即W中存在C-H、C-O极性键、C-C非极性键、配位键，不存在离子键，C错误；
D．因为Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成稳定结构，故冠醚Y能与K+形成稳定结构但不能与Li+形成稳定结构的原因是Li+半径太小，D正确；
故答案为：D。
11. 氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如图所示。下列叙述正确的是
A. 硼酸具有片层状结构，层与层之间，单元间都以范德华力连接
B. 立方氮化硼结构与金刚石相似。立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子
C. 与反应后再用氨气中和得到，含有配位键的数目为
D. 与都是由极性键构成的极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，故A错误；
B．结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，故B正确；
C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键，所以含有配位键的数目为，故C错误；
D．是由极性键构成的极性分子，而是由极性键构成的非极性分子，故D错误；
选B。
12. 甲胺铅碘[]是新型太阳能电池的敏化剂，已知[]的摩尔质量为，其晶胞结构如图所示。下列有关说法不正确的是
A. 若B代表，则C代表
B. 该晶胞沿体对角线方向的投影图为
C. 距离A最近且等距离的C有8个
D. 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图中信息B得个数为1，C位于面心，共3个，因此若B代表，则C代表，故A正确；
B. 该晶胞沿体对角线方向投影，体对角线方向的2个顶点和体心投到1个点，另外6个原子在六边形内部形成1个小六边形，因此该晶胞沿体对角线方向的投影图为，故B正确；
C. 距离A最近且等距离的C有12个，等距离的每个面有4个，有3个面，故C错误；
D. 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为，故D正确。
综上所述，答案为C。
13. 基于硫化学的金属硫电池有望替代当前锂离子电池技术，满足人类社会快速增长的能源需求，该电池的结构及原理如图所示。
下列有关叙述正确的是
A. 该电池可采用含的水溶液或有机物为电解质溶液
B. 放电时，电子的移动方向：电极a→电极b→隔膜→电极a
C. 充电时，阳极区可能发生的反应有
D. 充电时。电路中转移时，阴极质量减重78g
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电池的负极为金属K，易与发生反应，不能用含的水溶液为电解质溶液，故A错误；
B．放电时，电极a为负极，电子从电极a通过导线流动到电极b，电子不通过电解质，故B错误；
C．阳极反应可能存在[、、]，故C正确；
D．充电时，电路中转移时，阴极发生的反应为，故电极应增重78g，故D错误；
故答案选C。
14. 室温下，向20mL0.05mol•L-1的H2X溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的NaOH溶液，溶液pH随着NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 室温下，H2X的电离常数Ka1(H2X)≈2.0×10-5
B. 随着NaOH溶液的不断加入，水的电离程度先增大后减小
C. V[NaOH(aq)]=10mL时，溶液中c(Na+)＞c(HX-)＞c(H2X)＞c(H+)＞c(X2-)
D. pH=7时，V0＜20mL，溶液中c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，0.05mol/L的H2X溶液的pH=3，则H2XH++HX-，室温下，H2X的电离常数Ka1(H2X)=≈=2.0×10-5，A正确；
B．随着NaOH溶液的不断加入，溶液中溶质由H2X转化为NaHX，在转化为Na2X，则H2X电离出的H+对水的电离抑制作用逐渐减弱，HX-、X2-水解对水电离的促进作用逐渐加强，最后当NaOH溶液过量后则NaOH电离的OH-对水电离的抑制作用又逐渐增强，即在此过程中水的电离程度先增大后减小，B正确；
C．由题干图示信息可知，V[NaOH(aq)]=10mL时溶液中的溶质为NaHX，且此时溶液显酸性，即HX-的电离大于水解，溶液中c(Na+)＞c(HX-)＞c(X2-)＞c(H+)＞c(H2X)，C错误；
D．根据电荷守恒可知，溶液中存在c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，而pH=7时c(H+)= c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)，当V0=20mL时溶液的溶质为Na2X，由于X2-水解使溶液显碱性，溶液为中性时H2X过量即V0＜20mL，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共5大题，共58分。
15. 按要求回答下列问题：
（1） 的分子式为______，所含官能团的名称为_____。
（2）CH3－C≡C－CH=CHCH3分子中有_____个碳原子共平面，最多有_____个原子共平面。
（3）一定条件下，某些不饱和烃分子可以进行自身加成反应，例如：
有机物甲的结构简式为 ，它是由不饱和烃乙的两个分子在一定条件下自身加成而得到的。在此反应中除生成甲外，同时还得到另一种产量更多的有机物丙，其最长碳链仍为5个碳原子，丙是甲的同分异构体。则乙的结构简式是______，丙的结构简式是_____。
【答案】（1） ①. C10H18O ②. 碳碳双键、羟基
（2） ①. 6 ②. 10
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由该有机物结构简式可知，该分子含有10个C原子，两个碳碳双键，不饱和度为2，含有1个氧原子，因此分子式为C10H18O；官能团为碳碳双键和羟基。
【小问2详解】
饱和碳原子为四面体结构，双键碳为平面结构，三键碳为直线结构，结合有机物结构简式可知，所有碳原子均共平面，共6个；左端饱和碳原子所连的H最多有1个与三键碳共平面，右端饱和碳所连的H最多有1个与双键碳共平面，加上碳碳双键上的H，因此最多有10个原子共平面。
【小问3详解】
结合已知条件和甲的结构简式，已知甲由两个相同的乙自身加成得到，因此可知乙含有4个C原子，有一个支链，从而可知乙的结构简式为 ；由已知信息可知，不饱和碳上的H更易发生加成，因此丙的结构简式为 。
16. “祝融号”火星车到达火星表面。据悉火星上存在甲醇()、羰基硫(OCS)等有机物。回答下列问题：
（1）中O的杂化类型为___________，8g中含有___________mol键。
（2）常用于酯交换等有机合成反应，下列各种Li原子电子排布图(轨道表示式)表示的状态中能量最低和最高的分别为___________、___________(填字母)。
A． B．
C． D．
与具有相同的电子结构，小于，原因是___________。
（3）分子中键与键间的夹角为___________，该分子属于___________(填“极性”或“非极性”)分子；OCS分子中键长：C=O___________(填“>”或“<”，下同)C=S，键能：C=O___________C=S。
【答案】（1） ①. ②. 1.25
（2） ①. D ②. C ③. 核电荷数较大
（3） ①. 180° ②. 非极性 ③. < ④. >
【解析】
【小问1详解】
甲醇中的氧原子分别和碳原子、氢原子共用一对电子，氧原子还有两个孤电子对，所以氧原子的价层电子对数为4，则杂化类型为sp3；8g甲醇的物质的量为8g÷32g/mol=0.25mol，一个甲醇分子中含有一个C-O键、三个C-H键、一个O-H键，共5个σ键，则0.25mol甲醇中含有1.25mol σ 键。
【小问2详解】
A和C都是锂原子的激发态，比D的基态锂原子能量高，相对于A，C中电子跃迁到更高能级，能量更高，所以能量最低的是基态D，最高的是C；Li+和H-电子层结构相同，质子数越多，半径越小，所以r(Li+) 小于 r(H−) 。
【小问3详解】
根据价层电子对互斥理论，CO2为直线形，键角为180°，属于非极性分子；由于氧原子半径小于硫原子半径，所以C=O键的键长小于C=S键的键长，键能C=O＞C=S。
17. 铁、钴均为第四周期第Ⅷ族元素，它们的单质及其化合物均具有广泛用途。
（1）基态Co2+中未成对电子数为_____；Fe和Co的第三电离能：I3(Fe)______I3(Co)(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示：
①EDTA中电负性最大的元素是______(填元素符号)，其中C原子的杂化轨道类型为______。
②EDTA分子中存在的化学键有_____(填选项字母)。
a.离子键 b.共价键 c.氢键 d.σ键 e.π键 f.配位键
（3）将1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀。则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为_____。已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，则NH3分子与Co3+形成配合物后，H－N－H键角______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。已知晶体密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA。
①该铁氮化合物的化学式为______。
②一个晶胞内Fe(Ⅱ)构成的一个正八面体的体积为______cm3。
【答案】（1） ①. 3 ②. <
（2） ①. O ②. sp2、sp3 ③. b、d、e
（3） ①. [Co(NH3)4Cl2]+ ②. 变大
（4） ①. Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N ②.
【解析】
【小问1详解】
Co为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去2个电子形成Co2+，核外电子排布式为[Ar]3d7，3d轨道上有3个单电子；Fe失去第三个电子可形成d轨道半满的[Ar]3d5，半满结构较稳定，故Fe更容易失去第三个电子，所以I3(Fe)
【小问2详解】
①由EDTA的结构简式可知，EDTA中含有C、H、O、N四种元素，非金属性越强，电负性越强，非金属性O>N>C>H，故电负性最大的元素是O；结构中羧基(-COOH)中有碳氧双键，与双键相连的C为sp2杂化，其它C原子均形成的单键，为sp3杂化；
②由EDTA的结构简式可知，几种非金属元素间形成的均为共价键，由于羧基中有碳氧双键，双键中一条σ键一条π键，故选b、d、e；
故答案为：O；sp2、sp3；b、d、e；
【小问3详解】
配合物的内界不能电离出配位的离子，1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀，说明配合物的外界有1个Cl-，内界有2个Cl-，配离子的化学式为[Co(NH3)4Cl2]+；NH3中N的孤电子对进入Co3+的空轨道，形成配位键，此时孤电子对形成了化学键，孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大；
故答案为：[Co(NH3)4Cl2]+；变大；
【小问4详解】
①根据均摊法，Fe(Ⅲ)的个数为8×=1，Fe(Ⅱ)的个数为6×=3，N在晶胞内部，个数为1，故化学式为Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；
②晶胞密度ρ=，则V==cm3，晶胞的棱长为cm，Fe(Ⅱ)构成正八面体的棱长为cm，正八面体的体积为2××()2××=cm3；
故答案为：Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；cm3。
18. 大力推广磷酸亚铁锂电池新能源汽车对实现“碳达峰”和“碳中和”具有重要意义。电极材料以硫铁矿(主要成分FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe2O3)为原料制备，工业流程如图所示。回答下列问题：
（1）SO2分子的空间结构名称为______，试剂R是一种绿色氧化剂，其中心原子杂化方式是_____。
（2）从平衡的角度解释加FeO除铝的原因(结合离子方程式说明)_______。
（3）若“沉铁”时溶液中c(PO)=1.0×10-4mol•L-1，则“沉铁”时pH不能高于_____，[已知：常温下，Ksp(FePO4)=5.0×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、lg2=0.3，溶液体积变化忽略不计]。
（4）流程中在高温煅烧条件下，由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为______。
（5）磷酸亚铁锂(LiFePO4)的晶胞结构如图所示：
长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为______g•cm-3。
【答案】（1） ①. V形 ②. sp3
（2）Al3+在水溶液中存在如下水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加如FeO后，FeO+2H+=Fe2++H2O，导致溶液中H+浓度减小，上述平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀
（3）5.3 （4）2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
（5）
【解析】
【分析】硫铁矿(主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe2O3)通入空气煅烧生成铝、铁的氧化物和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣1，滤液加入FeS将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值除去铝得到滤渣3，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入(NH4)2HPO4沉铁，得到磷酸铁，最后高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4，据此分析解题。
【小问1详解】
已知SO2分子中心原子S原子周围的价层电子对数=2+=3，根据价层电子对互斥模型可知，SO2分子的空间结构名称为V形，试剂R是一种绿色氧化剂，则R为H2O2，则其中心原子O原子周围的价层电子对数=2+=4，则其杂化方式是sp3，故答案为：V形；sp3；
【小问2详解】
由于Al3+在水溶液中存在如下水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加如FeO后，FeO+2H+=Fe2++H2O，导致溶液中H+浓度减小，上述平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀，故能除铝，故答案为：Al3+在水溶液中存在如下水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加如FeO后，FeO+2H+=Fe2++H2O，导致溶液中H+浓度减小，上述平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀；
【小问3详解】
若“沉铁”时溶液中c(PO)=1.0×10-4mol•L-1，此时溶液中c(Fe3+)≥==5.0×10-12mol/L，则“沉铁”时生成FePO4而不能生成Fe(OH)3，则c(OH-)≤==2×10-9mol/L ，则c(H+)≥=5.0×10-6mol/L ，pH=-lgc(H+)=-lg5.0×10-6=5.3，即pH不能高于5.3，故答案：5.3；
【小问4详解】
由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4 在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑，故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
【小问5详解】
由晶胞结构知，在一个晶胞中，含有P原子4个，O原子16个，4个Fe2+，Li+：8×+4×+2×+1=4，长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数，则晶体密度ρ==g/cm3，故答案为：。
19. 氮的氧化物是造成大气污染的主要成分之一，降低氮氧化物的排放可改善大气质量。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+181kJ•mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ•mol-1
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H3=-747kJ•mol-1
碳完全燃烧时的热化学方程式为______。
（2）向密闭反应器中按n(NO)：n(CO)=1：1投料，发生(1)中的反应③。不同温度下，反应达到平衡时，NO的平衡转化率随压强的变化曲线如图所示。
①曲线a、b对应温度较低的是______(填“曲线a”或“曲线b”)。
②M点时混合气体的平均相对分子质量为______(结果保留两位小数)。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中通入1molNO、1molCO，发生(1)中的反应③。测得容器中混合气体的压强(p)随时间(t)的变化关系如表所示。
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
200
185
173
165
160
160
①反应开始到刚达平衡状态的时间段内，v(CO)=______kPa·min-1，该反应条件下的平衡常数Kp=_____(kPa)-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。该反应中正反应速率v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，逆反应速率v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，则该温度下，该反应的k正_____ (填“＞”“＜”或“=”)k逆。
②能判断反应已达到化学平衡状态的是______(填字母序号)。
A.N2和CO2的浓度比保持不变 B.容器中熵值保持不变
C.2v正(NO)=v逆(N2) D.气体的密度保持不变
（4）工业上利用电化学方法处理NO的原理如图所示。正极的电极反应式为______。
【答案】（1）
（2） ①. a ②. 34.12
（3） ①. 20 ②. 1.6 ③. ＞ ④. B
（4）
【解析】
【小问1详解】
三个反应相加，然后除2即可得到碳完全燃烧的热化学方程式。
【小问2详解】
①反应三为放热反应，恒压时，温度升高平衡逆移，NO的平衡转化率降低，故温度较低的为曲线a；
②M点NO的平衡转化率为60%，其三段式为：反应过程中气体的总质量不变为30g/mol×1mol+28g/mol×1mol=58g，平衡时气体总物质的量为1.7mol，故M点时混合气体的平均相对分子质量为。
【小问3详解】
①由表可知，4min时反应达到平衡状态，恒温恒容时，气体物质的量之比等于压强之比，即，解得x=0.8mol，所占分压为80kPa，则v(CO)==20 kPa·min-1；平衡常数Kp=；该温度下＞1，故k正＞k逆；
②A．N2和CO2的浓度比为定值，比值不变不能说明达到平衡状态，A错误；
B．容器中熵值保持不变，说明气体分子数不再发生变化，能说明达到平衡状态，B正确；
C．当v正(NO)= 2v逆(N2)时说明达到平衡状态，C错误；
D．气体的密度，气体总质量不变，恒容体积不变，密度为定值，故密度保持不变不能说明达到平衡状态，D错误；
故选B。
【小问4详解】
正极NO得电子转化为N2，其电极反应为。
高二年级2022~2023学年第二学期期中考试
化学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
4.本卷主要考查内容：选择性必修一，选择性必修二，选择性必修三第一章~第二章第二节。
可能用到的相对原子质量：H－1 Li－7 N－14 O－16 P－31 K－39 Fe－56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 原子模型是由人们对物质世界微观结构的认识而建立的。从电子层模型分析，基态Cr原子的M层核外电子的运动状态有
A. 8种 B. 13种 C. 14种 D. 18种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】原子核外电子的运动状态都不相同，即一个电子就是一种运动状态，Cr为24号元素，基态Cr原子的电子排布式为，核外M层有13个电子(即有13种运动状态)，综上所述B符合题意，故选B；
答案选B
2. 下列描述原子结构化学用语正确的是
A. 氯化铵的电子式： B. 基态铜原子的价层电子排布式：
C. 乙烯分子的结构简式为 D. 的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为，A错误；
B．基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，B错误；
C．乙烯分子的结构简式为CH2=CH2，C错误；
D．H2O中O与两个H分别形成共价键，同时存在两对孤电子对，空间构型为V形，D正确；
故答案选D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为12NA
B. 23gCH3CH2OH中为sp3杂化的原子数为NA
C. 0.5molSF6中S的价层电子对数为3NA
D. 甲烷酸性燃料电池中正极有1mol气体反应时转移的电子数目2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mol[Cu(NH3)4]2+中有12molN-Hσ键和4molCu-Nσ键，故σ键的数目为16NA，A错误；
B．已知CH3CH2OH分子中的C和O均为sp3杂化，故23gCH3CH2OH中为sp3杂化的原子数为=1.5NA，B错误；
C．已知SF6分子中S周围的价层电子对数为6，则0.5molSF6中S的价层电子对数为0.5mol×6×NAmol-1=3NA，C正确；
D．甲烷酸性燃料电池中正极上为O2得到电子被还原，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，则有1mol气体反应时转移的电子数目4NA，D错误；
故答案为：C。
4. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列说法正确的是
A. 基态Br原子中电子的空间运动状态有35种 B. [Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键
C. 中心原子S的杂化方式为sp3 D. 非金属元素S、O、Br中电负性最大的是Br
【答案】C
【解析】
【详解】A．Br为35号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，其内层轨道全部占满，共占据14个轨道，4s能级一个轨道全部占满，4p能级3个轨道也占满，所以共有14+1+3=18种空间运动状态的电子，故A错误；
B．[Ag(S2O3)2]3-中存在Ag+和之间的配位键，S原子和O原子之间的共价键，但不存在离子键，故B错误；
C．与SO原子总数相同，价电子总数相同，所以中心S原子的杂化方式相同，SO中心S原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化，故C正确；
D．非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性O最强，所以电负性最大的是O元素，故D错误；
故答案为C。
5. 下列说法错误的是
A. 某烯烃()与溴发生1∶1加成反应，产物有3种(不考虑立体异构)
B. 主链含5个碳原子，有甲基、乙基两个支链的烷烃有2种
C. 丙烯分子中最多有7个原子共平面
D. 的名称为3，3－二甲基－2－乙基－1－丁烯
【答案】A
【解析】
【详解】A．某烯烃()与溴发生1∶1加成反应，产物有1、2，3、4，1、4和5、6等4种加成方式，产物由4种(不考虑立体异构)，A错误；
B．主链含5个碳原子，有甲基、乙基两个支链的烷烃有：3-甲基-3-乙基戊烷和2-甲基-3-乙基戊烷2种，B正确；
C．丙烯分子中双键所在的6个原子一定共平面，甲基中通过旋转可以最多增加一个最多有7个原子共平面，C正确；
D．键线式为的烯烃即(CH3)3C(CH2CH3)C=CH2，根据烯烃的系统命名法可知，其名称为3，3－二甲基－2－乙基－1－丁烯，D正确；
故答案为：A。
6. 有三种有机物I、Ⅱ、Ⅲ存在如图转化关系。下列说法正确的是
A. 反应1和反应2均为加成反应
B. 有机物I中所有原子均可共平面
C. 有机物Ⅲ的二氯代物有7种(不考虑立体异构)
D. 有机物Ⅱ和Ⅲ互为同系物，且均可发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，反应1为取代反应，反应2为加成反应，A错误；
B．由题干信息可知，有机物I中存在sp3杂化的碳原子，即不可能所有原子共平面，B错误；
C．有机物Ⅲ的二氯代物如图 两个氯原子的排列有：1、1，1、2，1、3，1、4，2、3，2、4和3、4共 7种(不考虑立体异构)，C正确；
D．同系物是指结构相似(即官能团的种类和数目分别相同)且组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，结合题干信息可知，有机物Ⅱ和Ⅲ不互为同系物，且均可发生取代反应，D错误；
故答案为：C。
7. 一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的最外层电子数等于其总电子数的。下列说法不正确的是
A. 简单离子半径：W＞Y＞Z
B. X元素的各种含氧酸盐水溶液均显碱性
C. 与W同周期的元素中，第一电离能小于W的有5种
D. 该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数等于其总电子数的，W为磷元素；X形成化学键数为4，为碳；Y形成化学键数为2，为氧；Z形成化学键数为1，为氟，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为O、Z为F、W为P，其简单离子为O2-、F-、P3-，其中P3-有3个电子层，另两个只有2个电子层，故简单离子半径大小为P3-＞O2-＞F-即W＞Y＞Z，A正确；
B．由分析可知，X为C，Na2CO3、Na2C2O4等溶液显碱性，而NaHC2O4溶液显酸性，即X元素的各种含氧酸盐水溶液不都显碱性，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与W即P同周期的元素中，第一电离能小于W的有Na、Mg、Al、Si、S等5种，C正确；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、F、P，四种元素的原子核外电子最后进入的是2p和3p能级，故该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素，D正确；
故答案为：B。
8. 将少量硫酸铜溶液滴入氨基乙酸钠溶液(H2N－CH2－COONa)中即可得到结构如图所示的产物。下列叙述错误的是
A. 向该反应后的混合溶液中滴加NaOH溶液，会产生蓝色沉淀
B. 1molH2N－CH2－COONa中含有8NA个σ键
C. 产物中Cu、N原子均为四面体形结构
D. 氨基乙酸钠中的氮原子采取sp3杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A．将少量硫酸铜溶液滴入氨基乙酸钠溶液(H2N－CH2－COONa)中形成图示络合物后，Cu2+以络合物形式存在，溶液中不存在自由移动的Cu2+，则向该反应后的混合溶液中滴加NaOH溶液，不会产生蓝色沉淀Cu(OH)2，A错误；
B．已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，则1molH2N－CH2－COONa中含有8NA个σ键，B正确；
C．由题干图示信息可知，产物中N原子、Cu原子都形成4个共价单键，所以产物中Cu、N原子均四面体形结构， C正确；
D．氨基乙酸钠中的氮原子价层电子对个数为4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3，D正确；
故答案：A。
9. 第VIA族元素的单质和化合物在生产、生活中有广泛应用。已知：分子中形成大π键的轨道必须垂直平面且相互平行，大π键可以表示为π，其中n代表大π键的原子数，m代表大π键的电子数，下列说法正确的是
A. 在氧族气态氢化物中，H2Se的沸点最低 B. SeO和SeO3的空间结构相同
C. SO中的键角小于SO3中的键角 D. 噻吩()含有的大π键为π
【答案】C
【解析】
【详解】A．在氧族气态氢化物中，H2S沸点最低，A错误；
B．和的硒原子杂化类型依次为sp3、sp2，空间构型依次是三角锥形、平面三角形，B错误；
C．SO3中S取sp2杂化，正三角形结构，键角120°，中S取sp3杂化，键角小于109°28′，C正确；
D．噻吩分子中4个C和一个S原子处于同一平面，4个C提供4个2p电子，1个S提供2个3p电子形成大π键，故含有的大π键为，D错误；
故选C。
10. 冠醚能识别碱金属离子，X、Y、Z是常见的三种冠醚，Li⁺与X作用形成稳定的结构W。下列说法正确的是
A. X与Y属于同系物
B. 上述冠醚分子中，所有碳原子和氧原子都采取sp2杂化
C. W中存在极性键、非极性键、离子键
D. 冠醚Y能与K+形成稳定结构但不能与Li+形成稳定结构的原因是Li+半径太小
【答案】D
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似(官能团种类和数目分别相同)且组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，结合题干图示信息可知，X与Y不属于同系物，A错误；
B．由题干图示信息可知，上述冠醚分子中，所有碳原子和氧原子周围的价层电子对数均为4，即它们都采取sp3杂化，B错误；
C．W中Li+与孤对电子之间的作用属于配位键，即氧原子的孤对电子填入了Li+的空轨道，即W中存在C-H、C-O极性键、C-C非极性键、配位键，不存在离子键，C错误；
D．因为Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤对电子形成稳定结构，故冠醚Y能与K+形成稳定结构但不能与Li+形成稳定结构的原因是Li+半径太小，D正确；
故答案为：D。
11. 氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如图所示。下列叙述正确的是
A. 硼酸具有片层状结构，层与层之间，单元间都以范德华力连接
B. 立方氮化硼结构与金刚石相似。立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子
C. 与反应后再用氨气中和得到，含有配位键的数目为
D. 与都是由极性键构成的极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，故A错误；
B．结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，故B正确；
C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键，所以含有配位键的数目为，故C错误；
D．是由极性键构成的极性分子，而是由极性键构成的非极性分子，故D错误；
选B。
12. 甲胺铅碘[]是新型太阳能电池的敏化剂，已知[]的摩尔质量为，其晶胞结构如图所示。下列有关说法不正确的是
A. 若B代表，则C代表
B. 该晶胞沿体对角线方向的投影图为
C. 距离A最近且等距离的C有8个
D. 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图中信息B得个数为1，C位于面心，共3个，因此若B代表，则C代表，故A正确；
B. 该晶胞沿体对角线方向投影，体对角线方向的2个顶点和体心投到1个点，另外6个原子在六边形内部形成1个小六边形，因此该晶胞沿体对角线方向的投影图为，故B正确；
C. 距离A最近且等距离的C有12个，等距离的每个面有4个，有3个面，故C错误；
D. 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为，故D正确。
综上所述，答案为C。
13. 基于硫化学的金属硫电池有望替代当前锂离子电池技术，满足人类社会快速增长的能源需求，该电池的结构及原理如图所示。
下列有关叙述正确的是
A. 该电池可采用含的水溶液或有机物为电解质溶液
B. 放电时，电子的移动方向：电极a→电极b→隔膜→电极a
C. 充电时，阳极区可能发生的反应有
D. 充电时。电路中转移时，阴极质量减重78g
【答案】C
【解析】
【详解】A．该电池的负极为金属K，易与发生反应，不能用含的水溶液为电解质溶液，故A错误；
B．放电时，电极a为负极，电子从电极a通过导线流动到电极b，电子不通过电解质，故B错误；
C．阳极反应可能存在[、、]，故C正确；
D．充电时，电路中转移时，阴极发生的反应为，故电极应增重78g，故D错误；
故答案选C。
14. 室温下，向20mL0.05mol•L-1的H2X溶液中逐滴加入0.1mol•L-1的NaOH溶液，溶液pH随着NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 室温下，H2X的电离常数Ka1(H2X)≈2.0×10-5
B. 随着NaOH溶液的不断加入，水的电离程度先增大后减小
C. V[NaOH(aq)]=10mL时，溶液中c(Na+)＞c(HX-)＞c(H2X)＞c(H+)＞c(X2-)
D. pH=7时，V0＜20mL，溶液中c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，0.05mol/L的H2X溶液的pH=3，则H2XH++HX-，室温下，H2X的电离常数Ka1(H2X)=≈=2.0×10-5，A正确；
B．随着NaOH溶液的不断加入，溶液中溶质由H2X转化为NaHX，在转化为Na2X，则H2X电离出的H+对水的电离抑制作用逐渐减弱，HX-、X2-水解对水电离的促进作用逐渐加强，最后当NaOH溶液过量后则NaOH电离的OH-对水电离的抑制作用又逐渐增强，即在此过程中水的电离程度先增大后减小，B正确；
C．由题干图示信息可知，V[NaOH(aq)]=10mL时溶液中的溶质为NaHX，且此时溶液显酸性，即HX-的电离大于水解，溶液中c(Na+)＞c(HX-)＞c(X2-)＞c(H+)＞c(H2X)，C错误；
D．根据电荷守恒可知，溶液中存在c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-)，而pH=7时c(H+)= c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)，当V0=20mL时溶液的溶质为Na2X，由于X2-水解使溶液显碱性，溶液为中性时H2X过量即V0＜20mL，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共5大题，共58分。
15. 按要求回答下列问题：
（1） 的分子式为______，所含官能团的名称为_____。
（2）CH3－C≡C－CH=CHCH3分子中有_____个碳原子共平面，最多有_____个原子共平面。
（3）一定条件下，某些不饱和烃分子可以进行自身加成反应，例如：
有机物甲的结构简式为 ，它是由不饱和烃乙的两个分子在一定条件下自身加成而得到的。在此反应中除生成甲外，同时还得到另一种产量更多的有机物丙，其最长碳链仍为5个碳原子，丙是甲的同分异构体。则乙的结构简式是______，丙的结构简式是_____。
【答案】（1） ①. C10H18O ②. 碳碳双键、羟基
（2） ①. 6 ②. 10
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由该有机物结构简式可知，该分子含有10个C原子，两个碳碳双键，不饱和度为2，含有1个氧原子，因此分子式为C10H18O；官能团为碳碳双键和羟基。
【小问2详解】
饱和碳原子为四面体结构，双键碳为平面结构，三键碳为直线结构，结合有机物结构简式可知，所有碳原子均共平面，共6个；左端饱和碳原子所连的H最多有1个与三键碳共平面，右端饱和碳所连的H最多有1个与双键碳共平面，加上碳碳双键上的H，因此最多有10个原子共平面。
【小问3详解】
结合已知条件和甲的结构简式，已知甲由两个相同的乙自身加成得到，因此可知乙含有4个C原子，有一个支链，从而可知乙的结构简式为 ；由已知信息可知，不饱和碳上的H更易发生加成，因此丙的结构简式为 。
16. “祝融号”火星车到达火星表面。据悉火星上存在甲醇()、羰基硫(OCS)等有机物。回答下列问题：
（1）中O的杂化类型为___________，8g中含有___________mol键。
（2）常用于酯交换等有机合成反应，下列各种Li原子电子排布图(轨道表示式)表示的状态中能量最低和最高的分别为___________、___________(填字母)。
A． B．
C． D．
与具有相同的电子结构，小于，原因是___________。
（3）分子中键与键间的夹角为___________，该分子属于___________(填“极性”或“非极性”)分子；OCS分子中键长：C=O___________(填“>”或“<”，下同)C=S，键能：C=O___________C=S。
【答案】（1） ①. ②. 1.25
（2） ①. D ②. C ③. 核电荷数较大
（3） ①. 180° ②. 非极性 ③. < ④. >
【解析】
【小问1详解】
甲醇中的氧原子分别和碳原子、氢原子共用一对电子，氧原子还有两个孤电子对，所以氧原子的价层电子对数为4，则杂化类型为sp3；8g甲醇的物质的量为8g÷32g/mol=0.25mol，一个甲醇分子中含有一个C-O键、三个C-H键、一个O-H键，共5个σ键，则0.25mol甲醇中含有1.25mol σ 键。
【小问2详解】
A和C都是锂原子的激发态，比D的基态锂原子能量高，相对于A，C中电子跃迁到更高能级，能量更高，所以能量最低的是基态D，最高的是C；Li+和H-电子层结构相同，质子数越多，半径越小，所以r(Li+) 小于 r(H−) 。
【小问3详解】
根据价层电子对互斥理论，CO2为直线形，键角为180°，属于非极性分子；由于氧原子半径小于硫原子半径，所以C=O键的键长小于C=S键的键长，键能C=O＞C=S。
17. 铁、钴均为第四周期第Ⅷ族元素，它们的单质及其化合物均具有广泛用途。
（1）基态Co2+中未成对电子数为_____；Fe和Co的第三电离能：I3(Fe)______I3(Co)(填“＞”“＜”或“=”)。
（2）化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示：
①EDTA中电负性最大的元素是______(填元素符号)，其中C原子的杂化轨道类型为______。
②EDTA分子中存在的化学键有_____(填选项字母)。
a.离子键 b.共价键 c.氢键 d.σ键 e.π键 f.配位键
（3）将1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀。则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为_____。已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，则NH3分子与Co3+形成配合物后，H－N－H键角______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。已知晶体密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA。
①该铁氮化合物的化学式为______。
②一个晶胞内Fe(Ⅱ)构成的一个正八面体的体积为______cm3。
【答案】（1） ①. 3 ②. <
（2） ①. O ②. sp2、sp3 ③. b、d、e
（3） ①. [Co(NH3)4Cl2]+ ②. 变大
（4） ①. Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N ②.
【解析】
【小问1详解】
Co为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去2个电子形成Co2+，核外电子排布式为[Ar]3d7，3d轨道上有3个单电子；Fe失去第三个电子可形成d轨道半满的[Ar]3d5，半满结构较稳定，故Fe更容易失去第三个电子，所以I3(Fe)
【小问2详解】
①由EDTA的结构简式可知，EDTA中含有C、H、O、N四种元素，非金属性越强，电负性越强，非金属性O>N>C>H，故电负性最大的元素是O；结构中羧基(-COOH)中有碳氧双键，与双键相连的C为sp2杂化，其它C原子均形成的单键，为sp3杂化；
②由EDTA的结构简式可知，几种非金属元素间形成的均为共价键，由于羧基中有碳氧双键，双键中一条σ键一条π键，故选b、d、e；
故答案为：O；sp2、sp3；b、d、e；
【小问3详解】
配合物的内界不能电离出配位的离子，1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀，说明配合物的外界有1个Cl-，内界有2个Cl-，配离子的化学式为[Co(NH3)4Cl2]+；NH3中N的孤电子对进入Co3+的空轨道，形成配位键，此时孤电子对形成了化学键，孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大；
故答案为：[Co(NH3)4Cl2]+；变大；
【小问4详解】
①根据均摊法，Fe(Ⅲ)的个数为8×=1，Fe(Ⅱ)的个数为6×=3，N在晶胞内部，个数为1，故化学式为Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；
②晶胞密度ρ=，则V==cm3，晶胞的棱长为cm，Fe(Ⅱ)构成正八面体的棱长为cm，正八面体的体积为2××()2××=cm3；
故答案为：Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；cm3。
18. 大力推广磷酸亚铁锂电池新能源汽车对实现“碳达峰”和“碳中和”具有重要意义。电极材料以硫铁矿(主要成分FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe2O3)为原料制备，工业流程如图所示。回答下列问题：
（1）SO2分子的空间结构名称为______，试剂R是一种绿色氧化剂，其中心原子杂化方式是_____。
（2）从平衡的角度解释加FeO除铝的原因(结合离子方程式说明)_______。
（3）若“沉铁”时溶液中c(PO)=1.0×10-4mol•L-1，则“沉铁”时pH不能高于_____，[已知：常温下，Ksp(FePO4)=5.0×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、lg2=0.3，溶液体积变化忽略不计]。
（4）流程中在高温煅烧条件下，由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为______。
（5）磷酸亚铁锂(LiFePO4)的晶胞结构如图所示：
长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为______g•cm-3。
【答案】（1） ①. V形 ②. sp3
（2）Al3+在水溶液中存在如下水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加如FeO后，FeO+2H+=Fe2++H2O，导致溶液中H+浓度减小，上述平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀
（3）5.3 （4）2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
（5）
【解析】
【分析】硫铁矿(主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe2O3)通入空气煅烧生成铝、铁的氧化物和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣1，滤液加入FeS将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值除去铝得到滤渣3，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入(NH4)2HPO4沉铁，得到磷酸铁，最后高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4，据此分析解题。
【小问1详解】
已知SO2分子中心原子S原子周围的价层电子对数=2+=3，根据价层电子对互斥模型可知，SO2分子的空间结构名称为V形，试剂R是一种绿色氧化剂，则R为H2O2，则其中心原子O原子周围的价层电子对数=2+=4，则其杂化方式是sp3，故答案为：V形；sp3；
【小问2详解】
由于Al3+在水溶液中存在如下水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加如FeO后，FeO+2H+=Fe2++H2O，导致溶液中H+浓度减小，上述平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀，故能除铝，故答案为：Al3+在水溶液中存在如下水解平衡：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加如FeO后，FeO+2H+=Fe2++H2O，导致溶液中H+浓度减小，上述平衡正向移动，产生Al(OH)3沉淀；
【小问3详解】
若“沉铁”时溶液中c(PO)=1.0×10-4mol•L-1，此时溶液中c(Fe3+)≥==5.0×10-12mol/L，则“沉铁”时生成FePO4而不能生成Fe(OH)3，则c(OH-)≤==2×10-9mol/L ，则c(H+)≥=5.0×10-6mol/L ，pH=-lgc(H+)=-lg5.0×10-6=5.3，即pH不能高于5.3，故答案：5.3；
【小问4详解】
由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4 在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑，故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑；
【小问5详解】
由晶胞结构知，在一个晶胞中，含有P原子4个，O原子16个，4个Fe2+，Li+：8×+4×+2×+1=4，长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，NA为阿伏加德罗常数，则晶体密度ρ==g/cm3，故答案为：。
19. 氮的氧化物是造成大气污染的主要成分之一，降低氮氧化物的排放可改善大气质量。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+181kJ•mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ•mol-1
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H3=-747kJ•mol-1
碳完全燃烧时的热化学方程式为______。
（2）向密闭反应器中按n(NO)：n(CO)=1：1投料，发生(1)中的反应③。不同温度下，反应达到平衡时，NO的平衡转化率随压强的变化曲线如图所示。
①曲线a、b对应温度较低的是______(填“曲线a”或“曲线b”)。
②M点时混合气体的平均相对分子质量为______(结果保留两位小数)。
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中通入1molNO、1molCO，发生(1)中的反应③。测得容器中混合气体的压强(p)随时间(t)的变化关系如表所示。
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
200
185
173
165
160
160
①反应开始到刚达平衡状态的时间段内，v(CO)=______kPa·min-1，该反应条件下的平衡常数Kp=_____(kPa)-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。该反应中正反应速率v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，逆反应速率v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，则该温度下，该反应的k正_____ (填“＞”“＜”或“=”)k逆。
②能判断反应已达到化学平衡状态的是______(填字母序号)。
A.N2和CO2的浓度比保持不变 B.容器中熵值保持不变
C.2v正(NO)=v逆(N2) D.气体的密度保持不变
（4）工业上利用电化学方法处理NO的原理如图所示。正极的电极反应式为______。
【答案】（1）
（2） ①. a ②. 34.12
（3） ①. 20 ②. 1.6 ③. ＞ ④. B
（4）
【解析】
【小问1详解】
三个反应相加，然后除2即可得到碳完全燃烧的热化学方程式。
【小问2详解】
①反应三为放热反应，恒压时，温度升高平衡逆移，NO的平衡转化率降低，故温度较低的为曲线a；
②M点NO的平衡转化率为60%，其三段式为：反应过程中气体的总质量不变为30g/mol×1mol+28g/mol×1mol=58g，平衡时气体总物质的量为1.7mol，故M点时混合气体的平均相对分子质量为。
【小问3详解】
①由表可知，4min时反应达到平衡状态，恒温恒容时，气体物质的量之比等于压强之比，即，解得x=0.8mol，所占分压为80kPa，则v(CO)==20 kPa·min-1；平衡常数Kp=；该温度下＞1，故k正＞k逆；
②A．N2和CO2的浓度比为定值，比值不变不能说明达到平衡状态，A错误；
B．容器中熵值保持不变，说明气体分子数不再发生变化，能说明达到平衡状态，B正确；
C．当v正(NO)= 2v逆(N2)时说明达到平衡状态，C错误；
D．气体的密度，气体总质量不变，恒容体积不变，密度为定值，故密度保持不变不能说明达到平衡状态，D错误；
故选B。
【小问4详解】
正极NO得电子转化为N2，其电极反应为。
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