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精品解析：广东省深圳外国语学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：广东省深圳外国语学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考生必须保持答题卷的整洁， 下列化学用语表示错误的是， 下列过程中化学键被破坏的是， 某多孔储氢材料前驱体结构如图， 某密闭容器中发生如下反应等内容，欢迎下载使用。
深圳外国语学校2022—2023学年度高二第二学期第一次月考
化学试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、座位号等相关信息填写在答题卷指定区域内。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卷的整洁。
可能用到的相对原子质量：F-19 Na-23 Al-27 S-32 Zn-65
第一部分选择题(共44分)
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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. 下列说法中不正确的是
A. X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值
B. 和的空间结构不同，所以中心S原子杂化方式也不同
C. 杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键
D. 价层电子对互斥模型一般不用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过晶体X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值，A正确；
B．根据价层电子对互斥理论和中心原子S原子价层电子对数均为3，所以中心S原子杂化方式都是sp2，B错误；
C．杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键，C正确；
D．价层电子对互斥模型可用来预测分子的立体结构，以过渡金属为中心原子形成的分子结构复杂，价层电子对互斥模型一般不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构，D正确；
故选B。
2. 下列说法中不正确的是
A. 气体单质中，一定有键，可能有π键
B. 键比π键重叠程度大，形成的共价键强
C. 两个原子间形成共价键时，最多有一个键
D. N2分子有一个键，两个π键
【答案】A
【解析】
【详解】A. 稀有气体的单质中不存在化学键，多原子分子中一定有键，可能有π键，A项错误；
B. 键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠，则键比π键重叠程度大，形成的共价键强，B项正确；
C. 两个原子间形成共价键时，单键一定为键，双键中有一个键，三键中有一个键，则两个原子间形成共价键时，最多有一个键，C项正确；
D. 分子存，三键中有一个键、两个π键，D项正确；
答案选A。
3. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 红棕色的体系加压后，颜色先变深后逐渐变浅
B. 将0.01 mol·L的溶液加热，溶液颜色加深
C. 、、的平衡体系，扩大容器体积，气体颜色变浅
D. 用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
【答案】C
【解析】
【详解】A．体系中存在平衡：，加压后，浓度增大，体系内气体颜色加深，同时平衡正向移动，颜色逐渐变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．氯化铁溶液中存在水解平衡：，溶液加热使平衡正向移动，溶液颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．、、的平衡体系，扩大容器体积，气体浓度减小颜色变浅，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．盐酸中氯离子浓度比水中的大，同离子效应会抑制AgCl沉淀的溶解，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选：C。
4. 下列四组物质的溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同的是
①FeCl2、FeCl3 ②NaHCO3、Na2CO3 ③NaAlO2、AlCl3 ④CuCl2、CuSO4
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①FeCl2、FeCl3都是挥发性酸盐酸形成的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe (OH)2和Fe(OH)3，但是Fe (OH)2又很容易被氧化成Fe(OH)3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，A不符合题意；
②NaHCO3、Na2CO3中NaHCO3能受热分解，Na2CO3受热不分解，所以最后得到的固体都是Na2CO3，B不符合题意；
③NaAlO2、AlCl3中，NaAlO2也可以水解，但是NaOH没有挥发性，因此水解不能到底，只能得到NaAlO2；AlCl3水解生成HCl挥发，促进了水解的进行到底，得到Al(OH)3受热分解最后得到Al2O3，两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，C符合题意；
④CuCl2溶液受热水解产生Cu(OH)2、HCl，HCl挥发，产生的Cu(OH)2受热分解产生CuO，则最后得到的固体是CuO； CuSO4水解产生Cu(OH)2、H2SO4，H2SO4是难挥发性性的酸，二者反应又产生CuSO4，最后得到的固体是CuSO4，可见两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，D符合题意；
综上所述可知：符合题意的叙述是③④，故合理选项是C。
5. 下列化学用语表示错误的是
A. 质子数为7、中子数为7的氮原子： B. 的结构示意图：
C. 的电子式： D. 的结构式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，故原子符号为，正确；
B．的核电荷数为17，核外电子数为18，故离子结构示意图为，正确；
C．的电子式为，错误；
D．的碳氧原子间为双键，故结构式为，正确；
故选C。
6. 下列过程中化学键被破坏的是
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水 ⑥NaCl熔化
A. 全部 B. ②③④⑤⑥ C. ④⑤⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①碘是分子晶体，升华破坏的是分子间作用力，错误。
②溴蒸气被木炭吸附破坏的是分子间作用力，错误。
③酒精溶于水破坏的是分子间作用力，错误。
④HCl气体溶于水在水分子的作用下，断裂共价键，形成H+和Cl-，正确。
⑤MgCl2溶解于水断裂的是离子键，正确。
⑥NaCl是离子化合物，熔化水断裂离子键，正确。
答案选Ｃ。
7. 液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：，T℃时，液氨的离子积常数，若用定义的方式来规定，则下列叙述正确的是
A. 其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B. T℃时1L溶解有0.001的液氨溶液，其
C. 液氨达到电离平衡时
D. 一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．其他条件不变，液氨是纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，A错误；
B．T℃时1L溶解有0.001的液氨溶液，其，B正确；
C．液氨达到电离平衡时mol/L，则，C错误；
D．一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，增大,电离平衡逆向移动，D错误；
答案选B。
8. 某多孔储氢材料前驱体结构如图。已知M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的还原性：X
C. 因为Z的电负性大于Y，所以Z的第一电离能更大
D. 该化合物的阴离子中除M原子外的其他原子均满足最外层8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质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，根据上述分析，M、W、X、Y、Z分别为H、B、C、N、O。
【详解】A．同周期从左向右非金属性增强，其离子还原性减弱，简单氢化物的还原性，A错误；
B．基态N的原子核外电子排布式为1s22s22p3，空间运动状态种数即有电子的轨道数:1+1+3=5，N元素基态原子有5种空间运动状态，B错误；
C．同周期第一电离能从左向右增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，第一电离能大小顺序是，比N第一电离能小的有4种，C错误；
D．该化合物的阴离子中除H原子为2电子稳定结构，其他原子均为8电子稳定结构，D正确；
故选D。
9. 某密闭容器中发生如下反应： 。如图表示该反应的速率()随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是
A. t2时加入催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】A
【解析】
【详解】A．t2时，v正和v逆 均增大，且v正= v逆，平衡不移动；说明t2时刻改变的条件是加入催化剂，加快了化学反应速率，但平衡不移动，A正确；
B．t3时，v正和v逆均减小，且v正< v逆，平衡向逆反应方向移动；该反应正反应放热，若降低温度平衡正向移动，故t3时，改变的条件是减小压强，B错误；
C．t5时，v正和v逆均增大，且v正< v逆，平衡向逆反应方向移动，该反应正反应气体分子数减小，若增大压强，平衡正向移动，故t5时，改变的条件是升高温度，C错误；
D．t2～t3平衡不移动，t3～t4平衡逆向移动，t5～t6平衡逆向移动，说明t6以后转化率最低，D错误,
故选A。
10. VA族的氮、磷、砷()等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。下列说法不正确的是
A. 沸点：
B. N、P原子的第一电离能：
C. 基态原子的核外电子排布式为
D. 基态P原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3分子间存在氢键，NH3的沸点大于AsH3，则沸点：，A项错误；
B．同主族从上到下第一电离能依次减小，所以N、P原子的第一电离能：，B项正确；
C．As处于第四周期第VA族，根据构造原理可知，核外电子排布式，C项正确；
D．基态P原子价电子排布式为3s23p3，基态P原子电子占据最高能级为p能级，电子云轮廓图为哑铃形，D项正确；
答案选A。
11. 可充电水系Zn-CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的 H2O 电离出的H+ 和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法不正确的是
A. 放电时，电极a 为负极，发生氧化反应
B. 放电时，b 极的电极反应为：CO2 + 2H+- 2e- = HCOOH
C. 充电时，若电路中通过1 mol e-则有0.5 mol HCOOH转化为CO2
D. 充电时，水电离出的氢离子在阴极放电，阴极区溶液pH 增大
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，双极膜复合层间的H2O电离出的H+通过膜移向b极，OH-通过膜移向a极，充电时a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-═Zn，b极为阳极，电极反应式为HCOOH-2e-=CO2+2H+，据此作答。
【详解】A．放电时，由分析可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；
B．放电时，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，故B错误；
C．由分析可知，b极电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，若电路中通过1mol e-，则有0.5mol HCOOH转化为CO2，故C正确；
D．充电时，a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-═Zn，阴极区溶液pH增大，故D错误；
故选：BD。
12. 下列事实的解释不正确的是
事实
解释
A
气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难
的价层电子排布为，轨道为半充满比较稳定；
的价层电子排布为，再失去一个电子可达到轨道半充满的比较稳定状态
B
中H-O-H键角比中的大
的中心原子的孤电子对数为1，的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力
C
晶体熔点：
分子间能形成氢键
D
酸性：
氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，A正确；
B ．H2O中孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，因为H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O+中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小，成键电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<孤电子对之间的斥力，B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，C正确；
D． F和Cl为同主族元素，F的电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D正确；
故选B。
13. 科研团队利用下图电池装置模拟光合作用，乙电极制得物质的量之比为1：2的CO、H2两种气体。下列说法错误的是
A. 电子由甲电极沿外电路移向乙电极
B. 该装置实现了光能转化为电能、化学能
C. 催化剂表面发生的电极反应式为
D. 每生成1 mol CO，质子交换膜通过2 mol H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知在甲电极上H2O失去电子被氧化产生O2，所以甲电极为负极，B电极上CO2得到电子被还原产生CO，故乙电极为正极，电子由负极甲电极沿外电路移向正极乙电极，A正确；
B．在光照时甲电极上H2O失去电子被氧化产生O2，实现光能转化为电能，在两个电极分别发生氧化反应、还原反应，又实现了电能转化为化学能，B正确；
C．根据图示可知催化剂表面，H2O失去电子被氧化产生O2，同时反应产生H+，故甲电极发生的电极反应式为：，C正确；
D．在同一闭合回路中电子转移数目相等，根据负极发生的电极反应式可知反应过程中转移4 mol电子，会产生4 mol H+，乙电极制得物质的量之比为1：2的CO、H2两种气体。每生成1 mol CO，就会同时反应产生2 mol H2，反应过程中电子转移6 mol，因此质子交换膜通过6 mol H+，D错误；
故合理选项是D。
14. 用下列实验方案或装置进行实验，不能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验方案或装置
实验目的
中和热的测定
测定锌与稀硫酸反应的化学反应速率
探究温度对化学平衡的影响
比较与的大小
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．中和热的测定时为了减少热量的散失，两个烧杯口需相平，且需用环形玻璃搅拌棒进行搅拌时充分反应，A符合题意；
B．针筒可测定气体的体积，再使用手机秒表或者秒表测定时间，即可测定反应速率，B不合题意；
C．在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-[CuCl4]2-(黄)+4H2O ，要探究温度对化学平衡的影响，需要控制温度这一个变量，其他条件完全相同，C不合题意；
D．由题干信息可知，向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中滴入2~4滴2mol/L的NaOH溶液，则NaOH不足，则向白色的Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液后，若白色沉淀转化为蓝色沉淀，则说明发生了Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq),即说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，D不合题意；
故答案为：A。
15. 湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数[如]已知：。下列叙述不正确的是
A. AgCl溶解度随增大而增大
B. 沉淀最彻底时，溶液中
C 当时，溶液中
D. 25℃时，的平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，溶液中氯离子浓度增大时，氯化银的分布系数δ先增大后不断减小，说明氯化银的溶解度起始随着氯离子浓度增大而不断减小，当溶液中银离子和氯离子形成络离子时，随着氯离子浓度增大，氯化银的溶解度增大，A正确；
B．由图可知，溶液中氯离子浓度为10-2.54mol/L时氯化银的分布系数δ最大，沉淀最彻底，则由溶度积可知，溶液中银离子浓度为=10-7.21mol/L，B错误；
C．由图可知，溶液中氯离子浓度为10-2mol/L时，溶液中离子浓度的大小顺序为c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)，C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=，由图可知，氯离子浓度为10-0.2mol/L时，溶液中c(AgCl)=c(AgCl)，则平衡常数K==100.2，D正确；
答案选B。
16. 已知冰晶石()熔融时的电离方程式为。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，〇位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中、〇中的一种。下列说法正确的是
A. 冰晶石是共价晶体
B. 大立方体的体心处▽代表
C. 与距离相等且最近的有6个
D. 冰晶石晶体的密度约为 g⋅cm
【答案】D
【解析】
【分析】白球位于棱上和内部，共有8+=11，灰球位于顶点和面心，个数=化学式中Na和Al个数比是3:1，因此三角位置应该是白代表Na，灰球4个代表Al结构中有4个铝原子和12个钠原子，含有4个Na3AlF6。
【详解】A．冰晶石熔融是能电离说明是离子晶体，故A错误；
B．根据分析立方体的体心处▽代表Na+，故B错误；
C．以体心处Na+为例，与距离相等且最近的有12个，故C错误；
D．Na3AlF6的摩尔质量为210g/mol，晶胞中有4个Na3AlF6质量为g，边长为cm，因此密度为 g⋅cm，故D正确；
答案选D。
第二部分非选择题
二、实验题(共56分)
17. 氮化钙()是一种棕色粉末，耐高温、导电性好、能溶于稀酸：在空气中会被氧化，遇水会水解生成刺激性气味的气体。实验室用与反应制备，并对纯度进行测定。制备装置如下图，回答下列问题：
Ⅰ.的制备
（1）仪器X的名称为_______；E装置的作用是_______。
（2）实验开始时应先点燃A处酒精灯，目的是_______；当观察到_______时再点燃C处酒精灯。
Ⅱ.纯度的测定：
（3）甲同学称取制备的样品，加入足量的碳酸钾溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得沉淀。通过数据a、b即可求得氮化钙的质量分数，该方案是否合理？_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（4）乙同学按下图装置进行实验。用分液漏斗向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取的吸收液注入锥形瓶中并滴入几滴指示剂，用标准溶液滴定过量的稀硫酸，重复操作2~3次，若消耗标准溶液平均体积为，则产品中的质量分数为_______；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 硬质玻璃管 ②. 液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)
（2） ①. 排出装置中的空气防止钙加热氧化 ②. E装置中有均匀的气泡产生
（3） ①. 否 ②. 如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)
（4） ①. 74.0%(或0.74) ②. 偏低
【解析】
【分析】在A装置中，NH4Cl与NaNO2反应制取N2，用B装置干燥后，在C装置内与Ca反应生成Ca3N2，D装置用于防止E装置内水蒸气进入D装置，E装置用于防止空气进入D装置内，起液封作用。
【小问1详解】
由图可知，仪器X的名称为硬质玻璃管，根据题给信息可知，和Ca可以和空气中的氧气以及水蒸气反应，要防止空气中的氧气进入装置内，故装置E的作用为液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)；
【小问2详解】
装置中含有空气，会影响实验，故先点燃A处酒精灯的目的是：排出装置中的空气防止钙加热氧化；当观察到E装置中有均匀的气泡产生时，说明装置中的空气已经被排干净了；
【小问3详解】
金属钙也是比较活泼的，没有反应完的钙也可以和水反应生成氢氧化钙，再转化成碳酸钙，故该方案不合理；理由是：如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)；
【小问4详解】
根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×15×10-3L×2.00mol·L-1=0.015mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(20×10-3L×1.00mol·L-1-0.015mol×)=0.1mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测出的剩余的硫酸的量会偏大，用于吸收氨气的硫酸会偏小，氨气的量会偏小，结果偏低。
18. ZnO是一种常用的化学添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶的化工生产中。一种以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有、、及等)制取高纯ZnO的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子 mol/L生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
开始沉淀
6.3
1.5
34
6.5
7.4
沉淀完全
8.3
2.8
4.7
8.5
9.4
（1）“粉碎”的目的是___________。
（2）“酸浸”时通入过量空气的作用是___________(用离子方程式表示)。
（3）常温下，___________。调pH使用的物质A是___________(写化学式)，“调pH”的范围是___________。
（4）“还原除杂”过程中的反应是___________(用离子方程式表示)。
（5）“沉锌”反应中，往滤液加入溶液，生成及，写出反应的离子方程式___________。“沉锌”后的母液可进一步处理，获得一种化工原料，写出该原料在生产中的一种用途___________。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率
（2）
（3） ①. ②. 或或者ZnO ③.
（4）
（5） ①. ②. 作氮肥
【解析】
【分析】废渣通过粉碎通入空气并酸浸得到的滤渣是SiO2等，滤液中有Fe3+、Al3+、Zn2+、Cd2+等离子，调pH值是让铝离子和铁离子沉淀，还原除杂是除去Cd2+离子，加入碳酸氢铵让Zn2+生成碱式碳酸锌沉淀，最后灼烧分解得到氧化锌。
【小问1详解】
粉碎的目的是增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率；
【小问2详解】
通入过量的空气是把二价铁离子氧化为三价铁离子易发生沉淀除去，方程式为；
【小问3详解】
计算溶度积常数时，选择离子浓度为0.1mol/L时开始沉淀的pH值，根据表中数据，c(Zn2+)=0.1mol/L，开始沉淀的pH=6.5，Ksp=c(Zn2+)=0.1=；调节pH值不能引入新杂质，因此选择ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，调节pH值到铁离子和铝离子沉淀完全，Zn2+不沉淀，pH值范围是；
【小问4详解】
还原除杂是除去溶液中的Cd2+离子，加入Zn粉即可，方程式为；
【小问5详解】
沉锌是加入碳酸氢铵与锌离子反应，反应的离子是碳酸氢根离子，生成碱式碳酸锌与二氧化碳和水，方程式为：。
19. 研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
(Ⅰ)
(Ⅱ)
（1）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol 。
①在2 L恒容容器中，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡，测得平衡后 mol，10 min内=___________，NO的转化率___________。
②其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在可变容器中恒压条件下进行，平衡时NO的___________(填“>”、“<”或“=”)，
（2）氨气是工业制硝酸的主要原料之一，催化氧化步骤中发生的主要反应如下：
Ⅰ. kJ/mol
Ⅱ. kJ/mol
在1 L密闭容器中充入1 mol 和2 mol ，测得有关物质的平衡时物质的量与反应温度的关系如图所示。
①催化氧化步骤中，最适宜的温度为___________(填“”或“”或“”)。
②写出和生成NO的热化学方程式___________。
③温度为时，反应Ⅱ的平衡常数___________(只列算式)。
【答案】（1） ①. mol/(L·min) ②. 76% ③. >
（2） ①. ②. kJ/mol ③.
【解析】
【小问1详解】
根据反应速率等于浓度该变量除以时间可以计算出氯气的反应速率，Cl2起始浓度=mol/L，平衡浓度=0.012mol/L，△c(Cl2)=0.05-0.012=0.038mol/L，v(Cl2)==0.0038mol/L•min，再根据速率之比等于系数比得出=2v(Cl2)=0.0076 mol/L•min；Cl2反应了0.076mol，NO反应了0.152mol，NO的转化率；恒容条件下随着反应进行气体的物质的量逐渐减少，压强逐渐减少，因此恒压条件下压强大，压强大平衡正向移动，NO的转化率大，>；
【小问2详解】
根据图示看出，反应温度在T3时转化率最大所以最适宜的温度为T3；根据盖斯定律(II-I) 2就得到NO与O2反应的热化学方程式： kJ/mol；起始时1molNH3气体和2molO2，T2平衡时N2和NO的浓度相等都是0.2mol，得出如下关系，第I反应消耗NH30.2mol，O20.25mol，生成H2O0.3mol，第II反应消耗NH30.4mol，O20.3mol，生成H2O0.6mol，总体积是1L，平衡后各物质的浓度如下：c(NH3)=0.4mol/L，c(O2)=1.45mol/L，c(N2)=0.2mol/L，c(H2O)=0.9mol/L，带入平衡常数计算公式得出反应II的平衡常数K= 。
20. 掺杂了硒(Se)、碲(Te)固溶物的是一种具有良好塑性和热电性能的柔性半导体材料，该材料能用于可穿戴式、植入式电子设备的制备。
回答下列问题：
（1）Ag的核外电子排布式是，则Ag在元素周期表中的位置是___________。
（2）S、As、Se、Br在元素周期表中的位置关系如图所示，则As、Se、Br的第一电离能由大到小的顺序为___________，的空间构型为___________。
S
As
Se
Br
（3）金属Ge也是一种良好的半导体，利用离子液体[EMIM][]可电沉积还原金属Ge，该离子液体的熔点只有7℃，其中结构如图所示。
①中C原子的杂化类型是___________。
②中σ键数：π键数=___________。
③该离子液体的熔点比较低的原因是___________。
（4）ZnS的立方晶胞结构如下图所示：
①ZnS晶体中，与距离最近且等距的的个数是___________。
②ZnS的晶胞边长为a pm，则晶体的密度为___________g⋅cm(用含a、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）第五周期ⅠB族
（2） ①. Br>As>Se ②. 三角锥形
（3） ①. 、 ②. 19∶1 ③. 组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
由银的电子排布式可知银在第五周期第IB族；
【小问2详解】
根据元素周期律，第一电离能从左到右逐渐增大，As是半满稳定，因此第一电离能有大到小的顺序是Br>As>Se，的空间构型根据价层电子对互斥理论，Se原子周围成键电子对为3对，孤电子对为1对，中心原子是sp3杂化，有一对孤电子，因此空间构性为三角锥形；
【小问3详解】
结构中有一个大π键，碳原子周围有4个单键的是sp3杂化，有π键的碳原子是sp2杂化，碳原子杂化方式有sp2和sp3杂化，单键都是σ键，大π键只有一个，σ键数：π键数是19:1；离子液体熔点低和离子间作用力有关，组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；
【小问4详解】
ZnS晶体中一个Zn2+周围有4个S2-,一个S2-周围也有4个Zn2+，个数比为1:1；晶胞中有4个ZnS,晶胞的质量为g，体积是，因此晶胞的密度为 。
深圳外国语学校2022—2023学年度高二第二学期第一次月考
化学试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、座位号等相关信息填写在答题卷指定区域内。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卷的整洁。
可能用到的相对原子质量：F-19 Na-23 Al-27 S-32 Zn-65
第一部分选择题(共44分)
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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. 下列说法中不正确的是
A. X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值
B. 和的空间结构不同，所以中心S原子杂化方式也不同
C. 杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键
D. 价层电子对互斥模型一般不用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过晶体X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值，A正确；
B．根据价层电子对互斥理论和中心原子S原子价层电子对数均为3，所以中心S原子杂化方式都是sp2，B错误；
C．杂化轨道用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键，C正确；
D．价层电子对互斥模型可用来预测分子的立体结构，以过渡金属为中心原子形成的分子结构复杂，价层电子对互斥模型一般不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构，D正确；
故选B。
2. 下列说法中不正确的是
A. 气体单质中，一定有键，可能有π键
B. 键比π键重叠程度大，形成的共价键强
C. 两个原子间形成共价键时，最多有一个键
D. N2分子有一个键，两个π键
【答案】A
【解析】
【详解】A. 稀有气体的单质中不存在化学键，多原子分子中一定有键，可能有π键，A项错误；
B. 键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠，则键比π键重叠程度大，形成的共价键强，B项正确；
C. 两个原子间形成共价键时，单键一定为键，双键中有一个键，三键中有一个键，则两个原子间形成共价键时，最多有一个键，C项正确；
D. 分子存，三键中有一个键、两个π键，D项正确；
答案选A。
3. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 红棕色的体系加压后，颜色先变深后逐渐变浅
B. 将0.01 mol·L的溶液加热，溶液颜色加深
C. 、、的平衡体系，扩大容器体积，气体颜色变浅
D. 用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
【答案】C
【解析】
【详解】A．体系中存在平衡：，加压后，浓度增大，体系内气体颜色加深，同时平衡正向移动，颜色逐渐变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B．氯化铁溶液中存在水解平衡：，溶液加热使平衡正向移动，溶液颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．、、的平衡体系，扩大容器体积，气体浓度减小颜色变浅，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．盐酸中氯离子浓度比水中的大，同离子效应会抑制AgCl沉淀的溶解，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故选：C。
4. 下列四组物质的溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同的是
①FeCl2、FeCl3 ②NaHCO3、Na2CO3 ③NaAlO2、AlCl3 ④CuCl2、CuSO4
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①FeCl2、FeCl3都是挥发性酸盐酸形成的盐，所以能水解到底，生成氢氧化物Fe (OH)2和Fe(OH)3，但是Fe (OH)2又很容易被氧化成Fe(OH)3，并受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，A不符合题意；
②NaHCO3、Na2CO3中NaHCO3能受热分解，Na2CO3受热不分解，所以最后得到的固体都是Na2CO3，B不符合题意；
③NaAlO2、AlCl3中，NaAlO2也可以水解，但是NaOH没有挥发性，因此水解不能到底，只能得到NaAlO2；AlCl3水解生成HCl挥发，促进了水解的进行到底，得到Al(OH)3受热分解最后得到Al2O3，两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，C符合题意；
④CuCl2溶液受热水解产生Cu(OH)2、HCl，HCl挥发，产生的Cu(OH)2受热分解产生CuO，则最后得到的固体是CuO； CuSO4水解产生Cu(OH)2、H2SO4，H2SO4是难挥发性性的酸，二者反应又产生CuSO4，最后得到的固体是CuSO4，可见两种物质溶液加热蒸干、灼烧、所得固体的成分不相同，D符合题意；
综上所述可知：符合题意的叙述是③④，故合理选项是C。
5. 下列化学用语表示错误的是
A. 质子数为7、中子数为7的氮原子： B. 的结构示意图：
C. 的电子式： D. 的结构式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为14，故原子符号为，正确；
B．的核电荷数为17，核外电子数为18，故离子结构示意图为，正确；
C．的电子式为，错误；
D．的碳氧原子间为双键，故结构式为，正确；
故选C。
6. 下列过程中化学键被破坏的是
①碘升华 ②溴蒸气被木炭吸附 ③酒精溶于水 ④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水 ⑥NaCl熔化
A. 全部 B. ②③④⑤⑥ C. ④⑤⑥ D. ⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①碘是分子晶体，升华破坏的是分子间作用力，错误。
②溴蒸气被木炭吸附破坏的是分子间作用力，错误。
③酒精溶于水破坏的是分子间作用力，错误。
④HCl气体溶于水在水分子的作用下，断裂共价键，形成H+和Cl-，正确。
⑤MgCl2溶解于水断裂的是离子键，正确。
⑥NaCl是离子化合物，熔化水断裂离子键，正确。
答案选Ｃ。
7. 液氨与纯水类似，也存在微弱的电离：，T℃时，液氨的离子积常数，若用定义的方式来规定，则下列叙述正确的是
A. 其他条件不变，增加液氨的量，电离平衡正向移动
B. T℃时1L溶解有0.001的液氨溶液，其
C. 液氨达到电离平衡时
D. 一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，电离平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．其他条件不变，液氨是纯液体，增加液氨的量，电离平衡不移动，A错误；
B．T℃时1L溶解有0.001的液氨溶液，其，B正确；
C．液氨达到电离平衡时mol/L，则，C错误；
D．一定温度下，向液氨中加入氯化铵固体，增大,电离平衡逆向移动，D错误；
答案选B。
8. 某多孔储氢材料前驱体结构如图。已知M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是
A. 简单氢化物的还原性：X
C. 因为Z的电负性大于Y，所以Z的第一电离能更大
D. 该化合物的阴离子中除M原子外的其他原子均满足最外层8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质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，根据上述分析，M、W、X、Y、Z分别为H、B、C、N、O。
【详解】A．同周期从左向右非金属性增强，其离子还原性减弱，简单氢化物的还原性，A错误；
B．基态N的原子核外电子排布式为1s22s22p3，空间运动状态种数即有电子的轨道数:1+1+3=5，N元素基态原子有5种空间运动状态，B错误；
C．同周期第一电离能从左向右增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA，第一电离能大小顺序是，比N第一电离能小的有4种，C错误；
D．该化合物的阴离子中除H原子为2电子稳定结构，其他原子均为8电子稳定结构，D正确；
故选D。
9. 某密闭容器中发生如下反应： 。如图表示该反应的速率()随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是
A. t2时加入催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】A
【解析】
【详解】A．t2时，v正和v逆 均增大，且v正= v逆，平衡不移动；说明t2时刻改变的条件是加入催化剂，加快了化学反应速率，但平衡不移动，A正确；
B．t3时，v正和v逆均减小，且v正< v逆，平衡向逆反应方向移动；该反应正反应放热，若降低温度平衡正向移动，故t3时，改变的条件是减小压强，B错误；
C．t5时，v正和v逆均增大，且v正< v逆，平衡向逆反应方向移动，该反应正反应气体分子数减小，若增大压强，平衡正向移动，故t5时，改变的条件是升高温度，C错误；
D．t2～t3平衡不移动，t3～t4平衡逆向移动，t5～t6平衡逆向移动，说明t6以后转化率最低，D错误,
故选A。
10. VA族的氮、磷、砷()等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。下列说法不正确的是
A. 沸点：
B. N、P原子的第一电离能：
C. 基态原子的核外电子排布式为
D. 基态P原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3分子间存在氢键，NH3的沸点大于AsH3，则沸点：，A项错误；
B．同主族从上到下第一电离能依次减小，所以N、P原子的第一电离能：，B项正确；
C．As处于第四周期第VA族，根据构造原理可知，核外电子排布式，C项正确；
D．基态P原子价电子排布式为3s23p3，基态P原子电子占据最高能级为p能级，电子云轮廓图为哑铃形，D项正确；
答案选A。
11. 可充电水系Zn-CO2电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的 H2O 电离出的H+ 和OH-可以分别通过膜移向两极。下列说法不正确的是
A. 放电时，电极a 为负极，发生氧化反应
B. 放电时，b 极的电极反应为：CO2 + 2H+- 2e- = HCOOH
C. 充电时，若电路中通过1 mol e-则有0.5 mol HCOOH转化为CO2
D. 充电时，水电离出的氢离子在阴极放电，阴极区溶液pH 增大
【答案】BD
【解析】
【分析】由图可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，双极膜复合层间的H2O电离出的H+通过膜移向b极，OH-通过膜移向a极，充电时a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-═Zn，b极为阳极，电极反应式为HCOOH-2e-=CO2+2H+，据此作答。
【详解】A．放电时，由分析可知，a极为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A正确；
B．放电时，b极为正极，发生还原反应，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，故B错误；
C．由分析可知，b极电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH，若电路中通过1mol e-，则有0.5mol HCOOH转化为CO2，故C正确；
D．充电时，a极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-═Zn，阴极区溶液pH增大，故D错误；
故选：BD。
12. 下列事实的解释不正确的是
事实
解释
A
气态再失去一个电子比气态再失去一个电子更难
的价层电子排布为，轨道为半充满比较稳定；
的价层电子排布为，再失去一个电子可达到轨道半充满的比较稳定状态
B
中H-O-H键角比中的大
的中心原子的孤电子对数为1，的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力
C
晶体熔点：
分子间能形成氢键
D
酸性：
氟的电负性大于氯的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，A正确；
B ．H2O中孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，因为H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O+中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小，成键电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<孤电子对之间的斥力，B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，C正确；
D． F和Cl为同主族元素，F的电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D正确；
故选B。
13. 科研团队利用下图电池装置模拟光合作用，乙电极制得物质的量之比为1：2的CO、H2两种气体。下列说法错误的是
A. 电子由甲电极沿外电路移向乙电极
B. 该装置实现了光能转化为电能、化学能
C. 催化剂表面发生的电极反应式为
D. 每生成1 mol CO，质子交换膜通过2 mol H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知在甲电极上H2O失去电子被氧化产生O2，所以甲电极为负极，B电极上CO2得到电子被还原产生CO，故乙电极为正极，电子由负极甲电极沿外电路移向正极乙电极，A正确；
B．在光照时甲电极上H2O失去电子被氧化产生O2，实现光能转化为电能，在两个电极分别发生氧化反应、还原反应，又实现了电能转化为化学能，B正确；
C．根据图示可知催化剂表面，H2O失去电子被氧化产生O2，同时反应产生H+，故甲电极发生的电极反应式为：，C正确；
D．在同一闭合回路中电子转移数目相等，根据负极发生的电极反应式可知反应过程中转移4 mol电子，会产生4 mol H+，乙电极制得物质的量之比为1：2的CO、H2两种气体。每生成1 mol CO，就会同时反应产生2 mol H2，反应过程中电子转移6 mol，因此质子交换膜通过6 mol H+，D错误；
故合理选项是D。
14. 用下列实验方案或装置进行实验，不能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验方案或装置
实验目的
中和热的测定
测定锌与稀硫酸反应的化学反应速率
探究温度对化学平衡的影响
比较与的大小
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．中和热的测定时为了减少热量的散失，两个烧杯口需相平，且需用环形玻璃搅拌棒进行搅拌时充分反应，A符合题意；
B．针筒可测定气体的体积，再使用手机秒表或者秒表测定时间，即可测定反应速率，B不合题意；
C．在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-[CuCl4]2-(黄)+4H2O ，要探究温度对化学平衡的影响，需要控制温度这一个变量，其他条件完全相同，C不合题意；
D．由题干信息可知，向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中滴入2~4滴2mol/L的NaOH溶液，则NaOH不足，则向白色的Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液后，若白色沉淀转化为蓝色沉淀，则说明发生了Mg(OH)2(s)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+Mg2+(aq),即说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，D不合题意；
故答案为：A。
15. 湿法提银工艺中，浸出的需加入进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数[如]已知：。下列叙述不正确的是
A. AgCl溶解度随增大而增大
B. 沉淀最彻底时，溶液中
C 当时，溶液中
D. 25℃时，的平衡常数
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，溶液中氯离子浓度增大时，氯化银的分布系数δ先增大后不断减小，说明氯化银的溶解度起始随着氯离子浓度增大而不断减小，当溶液中银离子和氯离子形成络离子时，随着氯离子浓度增大，氯化银的溶解度增大，A正确；
B．由图可知，溶液中氯离子浓度为10-2.54mol/L时氯化银的分布系数δ最大，沉淀最彻底，则由溶度积可知，溶液中银离子浓度为=10-7.21mol/L，B错误；
C．由图可知，溶液中氯离子浓度为10-2mol/L时，溶液中离子浓度的大小顺序为c(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)，C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K=，由图可知，氯离子浓度为10-0.2mol/L时，溶液中c(AgCl)=c(AgCl)，则平衡常数K==100.2，D正确；
答案选B。
16. 已知冰晶石()熔融时的电离方程式为。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，〇位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中、〇中的一种。下列说法正确的是
A. 冰晶石是共价晶体
B. 大立方体的体心处▽代表
C. 与距离相等且最近的有6个
D. 冰晶石晶体的密度约为 g⋅cm
【答案】D
【解析】
【分析】白球位于棱上和内部，共有8+=11，灰球位于顶点和面心，个数=化学式中Na和Al个数比是3:1，因此三角位置应该是白代表Na，灰球4个代表Al结构中有4个铝原子和12个钠原子，含有4个Na3AlF6。
【详解】A．冰晶石熔融是能电离说明是离子晶体，故A错误；
B．根据分析立方体的体心处▽代表Na+，故B错误；
C．以体心处Na+为例，与距离相等且最近的有12个，故C错误；
D．Na3AlF6的摩尔质量为210g/mol，晶胞中有4个Na3AlF6质量为g，边长为cm，因此密度为 g⋅cm，故D正确；
答案选D。
第二部分非选择题
二、实验题(共56分)
17. 氮化钙()是一种棕色粉末，耐高温、导电性好、能溶于稀酸：在空气中会被氧化，遇水会水解生成刺激性气味的气体。实验室用与反应制备，并对纯度进行测定。制备装置如下图，回答下列问题：
Ⅰ.的制备
（1）仪器X的名称为_______；E装置的作用是_______。
（2）实验开始时应先点燃A处酒精灯，目的是_______；当观察到_______时再点燃C处酒精灯。
Ⅱ.纯度的测定：
（3）甲同学称取制备的样品，加入足量的碳酸钾溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得沉淀。通过数据a、b即可求得氮化钙的质量分数，该方案是否合理？_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（4）乙同学按下图装置进行实验。用分液漏斗向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取的吸收液注入锥形瓶中并滴入几滴指示剂，用标准溶液滴定过量的稀硫酸，重复操作2~3次，若消耗标准溶液平均体积为，则产品中的质量分数为_______；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 硬质玻璃管 ②. 液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)
（2） ①. 排出装置中的空气防止钙加热氧化 ②. E装置中有均匀的气泡产生
（3） ①. 否 ②. 如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)
（4） ①. 74.0%(或0.74) ②. 偏低
【解析】
【分析】在A装置中，NH4Cl与NaNO2反应制取N2，用B装置干燥后，在C装置内与Ca反应生成Ca3N2，D装置用于防止E装置内水蒸气进入D装置，E装置用于防止空气进入D装置内，起液封作用。
【小问1详解】
由图可知，仪器X的名称为硬质玻璃管，根据题给信息可知，和Ca可以和空气中的氧气以及水蒸气反应，要防止空气中的氧气进入装置内，故装置E的作用为液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)；
【小问2详解】
装置中含有空气，会影响实验，故先点燃A处酒精灯的目的是：排出装置中的空气防止钙加热氧化；当观察到E装置中有均匀的气泡产生时，说明装置中的空气已经被排干净了；
【小问3详解】
金属钙也是比较活泼的，没有反应完的钙也可以和水反应生成氢氧化钙，再转化成碳酸钙，故该方案不合理；理由是：如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)；
【小问4详解】
根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×15×10-3L×2.00mol·L-1=0.015mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(20×10-3L×1.00mol·L-1-0.015mol×)=0.1mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测出的剩余的硫酸的量会偏大，用于吸收氨气的硫酸会偏小，氨气的量会偏小，结果偏低。
18. ZnO是一种常用的化学添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶的化工生产中。一种以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有、、及等)制取高纯ZnO的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子 mol/L生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
开始沉淀
6.3
1.5
34
6.5
7.4
沉淀完全
8.3
2.8
4.7
8.5
9.4
（1）“粉碎”的目的是___________。
（2）“酸浸”时通入过量空气的作用是___________(用离子方程式表示)。
（3）常温下，___________。调pH使用的物质A是___________(写化学式)，“调pH”的范围是___________。
（4）“还原除杂”过程中的反应是___________(用离子方程式表示)。
（5）“沉锌”反应中，往滤液加入溶液，生成及，写出反应的离子方程式___________。“沉锌”后的母液可进一步处理，获得一种化工原料，写出该原料在生产中的一种用途___________。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率
（2）
（3） ①. ②. 或或者ZnO ③.
（4）
（5） ①. ②. 作氮肥
【解析】
【分析】废渣通过粉碎通入空气并酸浸得到的滤渣是SiO2等，滤液中有Fe3+、Al3+、Zn2+、Cd2+等离子，调pH值是让铝离子和铁离子沉淀，还原除杂是除去Cd2+离子，加入碳酸氢铵让Zn2+生成碱式碳酸锌沉淀，最后灼烧分解得到氧化锌。
【小问1详解】
粉碎的目的是增大固液接触面积，加快“酸浸”时的反应速率；
【小问2详解】
通入过量的空气是把二价铁离子氧化为三价铁离子易发生沉淀除去，方程式为；
【小问3详解】
计算溶度积常数时，选择离子浓度为0.1mol/L时开始沉淀的pH值，根据表中数据，c(Zn2+)=0.1mol/L，开始沉淀的pH=6.5，Ksp=c(Zn2+)=0.1=；调节pH值不能引入新杂质，因此选择ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，调节pH值到铁离子和铝离子沉淀完全，Zn2+不沉淀，pH值范围是；
【小问4详解】
还原除杂是除去溶液中的Cd2+离子，加入Zn粉即可，方程式为；
【小问5详解】
沉锌是加入碳酸氢铵与锌离子反应，反应的离子是碳酸氢根离子，生成碱式碳酸锌与二氧化碳和水，方程式为：。
19. 研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
(Ⅰ)
(Ⅱ)
（1）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol 。
①在2 L恒容容器中，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡，测得平衡后 mol，10 min内=___________，NO的转化率___________。
②其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在可变容器中恒压条件下进行，平衡时NO的___________(填“>”、“<”或“=”)，
（2）氨气是工业制硝酸的主要原料之一，催化氧化步骤中发生的主要反应如下：
Ⅰ. kJ/mol
Ⅱ. kJ/mol
在1 L密闭容器中充入1 mol 和2 mol ，测得有关物质的平衡时物质的量与反应温度的关系如图所示。
①催化氧化步骤中，最适宜的温度为___________(填“”或“”或“”)。
②写出和生成NO的热化学方程式___________。
③温度为时，反应Ⅱ的平衡常数___________(只列算式)。
【答案】（1） ①. mol/(L·min) ②. 76% ③. >
（2） ①. ②. kJ/mol ③.
【解析】
【小问1详解】
根据反应速率等于浓度该变量除以时间可以计算出氯气的反应速率，Cl2起始浓度=mol/L，平衡浓度=0.012mol/L，△c(Cl2)=0.05-0.012=0.038mol/L，v(Cl2)==0.0038mol/L•min，再根据速率之比等于系数比得出=2v(Cl2)=0.0076 mol/L•min；Cl2反应了0.076mol，NO反应了0.152mol，NO的转化率；恒容条件下随着反应进行气体的物质的量逐渐减少，压强逐渐减少，因此恒压条件下压强大，压强大平衡正向移动，NO的转化率大，>；
【小问2详解】
根据图示看出，反应温度在T3时转化率最大所以最适宜的温度为T3；根据盖斯定律(II-I) 2就得到NO与O2反应的热化学方程式： kJ/mol；起始时1molNH3气体和2molO2，T2平衡时N2和NO的浓度相等都是0.2mol，得出如下关系，第I反应消耗NH30.2mol，O20.25mol，生成H2O0.3mol，第II反应消耗NH30.4mol，O20.3mol，生成H2O0.6mol，总体积是1L，平衡后各物质的浓度如下：c(NH3)=0.4mol/L，c(O2)=1.45mol/L，c(N2)=0.2mol/L，c(H2O)=0.9mol/L，带入平衡常数计算公式得出反应II的平衡常数K= 。
20. 掺杂了硒(Se)、碲(Te)固溶物的是一种具有良好塑性和热电性能的柔性半导体材料，该材料能用于可穿戴式、植入式电子设备的制备。
回答下列问题：
（1）Ag的核外电子排布式是，则Ag在元素周期表中的位置是___________。
（2）S、As、Se、Br在元素周期表中的位置关系如图所示，则As、Se、Br的第一电离能由大到小的顺序为___________，的空间构型为___________。
S
As
Se
Br
（3）金属Ge也是一种良好的半导体，利用离子液体[EMIM][]可电沉积还原金属Ge，该离子液体的熔点只有7℃，其中结构如图所示。
①中C原子的杂化类型是___________。
②中σ键数：π键数=___________。
③该离子液体的熔点比较低的原因是___________。
（4）ZnS的立方晶胞结构如下图所示：
①ZnS晶体中，与距离最近且等距的的个数是___________。
②ZnS的晶胞边长为a pm，则晶体的密度为___________g⋅cm(用含a、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）第五周期ⅠB族
（2） ①. Br>As>Se ②. 三角锥形
（3） ①. 、 ②. 19∶1 ③. 组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
由银的电子排布式可知银在第五周期第IB族；
【小问2详解】
根据元素周期律，第一电离能从左到右逐渐增大，As是半满稳定，因此第一电离能有大到小的顺序是Br>As>Se，的空间构型根据价层电子对互斥理论，Se原子周围成键电子对为3对，孤电子对为1对，中心原子是sp3杂化，有一对孤电子，因此空间构性为三角锥形；
【小问3详解】
结构中有一个大π键，碳原子周围有4个单键的是sp3杂化，有π键的碳原子是sp2杂化，碳原子杂化方式有sp2和sp3杂化，单键都是σ键，大π键只有一个，σ键数：π键数是19:1；离子液体熔点低和离子间作用力有关，组成该离子液体的阴、阳离子所带电荷数较小，且阴、阳离子的体积较大，因此阴、阳离子间的作用力较小，熔点较低；
【小问4详解】
ZnS晶体中一个Zn2+周围有4个S2-,一个S2-周围也有4个Zn2+，个数比为1:1；晶胞中有4个ZnS,晶胞的质量为g，体积是，因此晶胞的密度为 。
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