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天津市第一中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）
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1. 氢燃料电池汽车由于具备五大优势：零排放、零污染、无噪音、补充燃料快、续航能力强，而备受关注。某氢燃料电池汽车的结构如图所示：
下列说法错误的是
A. 电极A、B采用多孔电极材料的优点是能增大反应物接触面积
B. “电池”能将燃料电池产生的多余电能暂时储存起来
C. 电极B的电极反应式为O2+4e−=2O2−
D. 质子通过电解质溶液向电极B迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A．多孔电极材料表面积大，吸附性强，能增大反应物接触面积，A正确；
B．汽车行驶过程中，燃料电池产生的电能转化为动能，当汽车处于怠速等过程中，“电池”能将燃料电池产生的多余电能暂时储存起来，B正确；
C．电解质溶液为酸性溶液，电极反应应为4H++O2+4e−=2H2O，C错误；
D．电极B通入氧气，发生还原反应，为正极，质子即氢离子为阳离子，向原电池正极移动，D正确；
综上所述答案C。
2. 布洛芬是临床上广泛应用的一种非甾体抗炎药，被广泛应用于缓解关节炎、神经炎、各种软组织风湿性疼痛及具有解热作用，其结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该分子中有2个手性碳原子
B. 该分子中含有4个π键
C. 该物质易溶于水
D. 该分子中碳原子的杂化轨道类型有2种
【答案】D
【解析】
【详解】A． 分子中有1个手性碳原子(*号标出)，故A错误；
B．该分子苯环中有1个大π键，碳氧双键中有1个π键，故B错误；
C．布洛芬防止中烃基较大，不易溶于水，故C错误；
D．该分子苯环中的碳原子、羧基中的碳原子采用sp2杂化，单键碳原子采用sp3杂化，杂化轨道类型有2种，故D正确；
选D。
3. 下列有关化学用语的表述正确的是
A. 基态Se原子的价层电子排布式为： 3d104s24p4
B. 镁原子由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，会吸收能量
C. 基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图为：
D. 基态碳原子核外电子轨道表示式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Se是34号元素，处于周期表中第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，故A错误；
B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，1s22s22p63s13pl为激发态，当镁原子由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，由激发态变为基态，释放能量，故B错误；
C．基态铍原子最外层电子排布式为2s2，s能级的电子云图为球形，故B错误；
D．基态碳原子核外电子排布式为：1s22s22p2，其核外电子轨道表示式为，故D正确；
故答案选D。
4. 根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型是三角锥形的是
A. H3O+B. HCHOC. BCl3D. O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．H3O+中，价层电子对数=3+(6-1-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故A符合；
B．甲醛分子中，价层电子对数=3+(4-2×1-1×2)=3，且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故B不符合；
C．BCl3中，价层电子对数=3+(3-3×1)=3，且无孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故C不符合；
D．O3分子中，价层电子对数=2+(6-2×2)=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是V形，故D不符合；
故选A。
5. 下列说法中，正确的是
A. S区全部是金属元素
B. 第四周期元素中，未成对电子数最多的元素位于第VIB族
C. 第一电离能大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
D. 电负性大于1.8的一定是非金属，小于1.8的一定是金属
【答案】B
【解析】
【详解】A．s区中除IA族的氢元素为非金属元素，其它元素都是金属元素，故A错误；
B．第四周期元素中，未成对电子数最多的元素为铬，价电子排布为3d54s1，未成对电子数为6，原子序数为24，位于第VIB族，故B正确；
C．同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，第一电离能逐渐呈增大趋势，但IIA族的价电子层的s轨道全充满、VA族的价电子层的p轨道半充满，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故C错误；
D．电负性大于1.8的元素不一定是非金属元素，如Pb，故D错误；
故本题选B．
6. 下列说法正确的是
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1过渡到ns2np6
B. 高温时CuO比Cu2O稳定
C. 此图错误，违背了泡利原理
D. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，A错误；
B．CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，能生成Cu2O，即稳定性是CuO＜Cu2O，B错误；
C．根据洪特规则：在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋，则 违背了洪特规则，C错误；
D．铁是26号元素，故铁原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故Fe3+的最外层电子排布式为：3s23p63d5，D正确；
故答案为：D。
7. 下列说法正确的是
A. 甲醇、甲醛都存在分子之间氢键
B. 第一电离能在Al和P之间的元素有2种
C. 分子空间构型V形，中心原子可能发生sp2杂化或sp3杂化
D. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醛不能形成分子间氢键，甲醇能形成分子间氢键，故A错误；
B．第一电离能在Al和P之间的元素有Mg、 Si、S元素，有3种元素，故B错误；
C．分子空间构型V形，中心原子价层电子对个数可能是3或4，所以中心原子可能是sp2或 sp3杂化，故C正确；
D．气体单质中可能不存在化学键，如He等单原子分子中不含化学键，故D错误；
故本题选C。
8. 有关电化学知识的描述正确的是
A. 反应Cu+H2SO4═CuSO4+H2↑可设计成原电池实现
B. 利用Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K+向FeCl3溶液移动
C. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法熔融态氯化铝制金属铝
D. 在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑为非自发进行的氧化还原反应，不可设计成原电池，A错误；
B．利用Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，Cu失电子作负极，C作正极，盐桥内K+向FeCl3溶液移动，B正确；
C．熔融态氯化铝中不存在自由移动的离子，电解熔融态氧化铝制金属铝，C错误；
D．在铁制品上镀银时，铁制品做阴极，与电源负极相连，D错误；
故答案为：B。
9. 下列说法正确的是
A. N2F4的电子式为：
B. N2H4中N的杂化轨道：
C. I3AsF6晶体中，I的空间构型与水分子不同
D. 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2F4的电子式为，故A错误；
B． N2H4中N的杂化轨道为sp3，故B错误；
C．I3AsF6晶体中，I与OF2是等电子体，I的空间构型是V形，与水分子相同，故C错误；
D．对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，故D正确；
选D。
10. 近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学Zhenhai Xia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是
A. ①=②=③=④B. ③＞④＞①＞②
C. ④＞③＞①=②D. ②＞①＞④＞③
【答案】D
【解析】
【详解】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，故合理选项是D。
11. 下列说法正确的是
A. 杂化轨道全部参与形成化学键
B. 元素周期表中19～36号元素，有2个单电子的元素有4种
C. 氢键X－H•••Y的3个原子一定在一条直线上
D. 某主族元素的电离能I1～I7数据如表所示(单位：kJ•ml-1)，可推测该元素位于元素周期表第VA族
【答案】B
【解析】
【详解】A．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中的N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故A错误；
B．元素周期表中19至36号元素，有2个单电子的元素的价电子排布式为3d24s2、3d84s2、4s24p2、4s24p4，分别是Ti、Ni、Ge、Se元素，共4种，故B正确；
C．HF中的氢键为折线，不一定在一条直线上，故C错误；
D．从电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化很大，则该原子最外层只有3个电子，位于ⅢA族，故D错误；
故本题选B．
12. 下列有关描述正确的是
A. 键角：NH＞H2S＞H3O+
B. 酸性：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CHCl2COOH
C. 电负性：Br＞As＞Se
D. 沸点：CO＜N2＜HF
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH、H2S、H3O+中心原子杂化方式均为sp3，NH无孤电子对，H3O+存在一对孤对电子，H2S存在两对孤对电子，孤电子对间排斥力>孤电子对与成键电子对间排斥力>成键电子对间排斥力，故键角大小关系为NH＞H3O+＞H2S，A错误；
B．Cl为吸电子基团，吸电子基团越多，羧基中氧氢键中的共用电子对离吸电子基团越近，氧氢键的极性越强，越容易失去氢离子使酸性增强，故酸性：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CHCl2COOH，B正确；
C．同周期元素从左往右元素的电负性增强，Br、As、Se均为第四周期的元素，且原子序数大小关系为：AsD．HF分子间形成氢键，沸点最高，CO与N2相对分子质量相同，但CO为极性分子，故CO沸点更高，故沸点大小关系为N2＜CO＜HF，D错误。
故选B。
13. 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A. X能与多种元素形成共价键B. 简单氢化物沸点：
C. 第一电离能：D. 电负性：
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。
【详解】A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；
B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；
C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；
D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确；
故选B。
14. 下列说法正确的是
A. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 含有非极性键的分子一定是非极性分子
D. 单质分子一定是非极性分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．由极性键形成的双原子分子，分子中正负电荷重心不重合，所以一定是极性分子，故A正确；
B．非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4为非极性分子，但不含非极性键，故B错误；
C．含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2中含有非极性键，但H2O2为极性分子，故C错误；
D．单质分子可能是极性分子，如O3为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故 D错误；
故本题选A．
15. 下列叙述中，不正确的是
A. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B. 乳酸( )有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
D. IA族元素成键时不可能有杂化轨道
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘单质是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳中，甲烷是非极性分子，难溶于极性溶剂水中，故A正确；
B．碳原子链接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸( )连有的C为手性碳原子，故B正确；
C．水很稳定(1000℃以上才会部分分解)，是因为水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，氢键影响水的熔沸点。故C错误；
D．IA族元素的价电子排布为ns1，由于只有1个ns电子，因此不可能形成杂化轨道，故D正确；
答案选C。
16. 钴(C)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法不正确的是
A. 工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B. 电解总反应：2C2++2H2O2C+O2↑+4H+
C. 移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应会发生变化
D. 生成2mlC，Ⅰ室溶液质量理论上减少36g
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动；钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2C2++2H2O2C+O2↑+4H+。
【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，A项错误；
B．由分析可知，电解总反应为2C2++2H2O2C+O2↑+4H+，B项正确；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，C项正确；
D．由分析可知，阴极生成2ml钴，阳极有2ml水放电，则Ⅰ室溶液质量减少36g，D项正确；
答案选A。
17. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将CO2还原为碳基燃料(包括烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列叙述不正确的是
A. 该装置工作时，H+穿过质子交换膜从左向右移动
B. 图中石墨烯为阴极，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH
C. 每转移2ml电子，阴极室电解质溶液质量增加44g
D. 该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH减小
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－= O2↑+4H＋，石墨烯电极为阴极，电极反应式为CO2+2H＋+2e－＝HCOOH。
【详解】A．该装置工作时，铂电极为阳极，石墨烯为阴极，H+穿过质子交换膜从左向右移动，故A正确；
B．CO2还原为碳基燃料，碳元素化合价降低，则石墨烯为阴极，其电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，故B正确；
C．每转移2ml电子，阴极吸收1ml二氧化碳，同时有2mlH+穿过质子交换膜从左向右移动，阴极室电解质溶液质量增加46g，故C错误；
D．该装置工作过程中，图中Pt电极上水失电子生成氧气和氢离子，电极附近溶液的pH减小，故D正确；
故本题选C．
18. 镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是
A. 褪色原因为被还原B. 液体分层后，上层呈紫红色
C. 镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈D. 溶液恢复棕色的原因为被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误；
B．液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；
D．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，D项正确；
答案选D。
19. 胆矾CuSO4•5H2O可写[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意图如图，下列有关胆矾的说法正确的是
A. 所有氧原子都采取sp3杂化
B. 胆矾晶体中含有的粒子间的的作用有离子键、极性键、配位键、氢键4种化学键
C. 胆矾所含元素H、O、S的原子半径和电负性依次增大
D. 胆矾中的水在不同温度下会分步失去
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸根离子中的非羟基O不杂化，H2O中O原子的杂化方式是sp3杂化，A错误；
B．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，B错误；
C．H、O、S分别位于第1、2、3周期，原子半径依次增大，但O的电负性大于S，C错误；
D．氢键的作用力不及化学键，胆矾晶体在加热过程中，以氢键缔合的水分子先失去，作为Cu2+配体的水分子后失去，D正确；
故选D。
20. 利用下图装置进行铁上电镀铜实验探究。
下列说法不正确的是
A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B. ①中检测到，推测可能发生反应：
C. 随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【解析】
【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；
故选C。
21. X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且原子序数依次增大。它们能形成结构如图所示的分子，下列推断错误的是
A. 氢化物的沸点一定有：Y小于Z
B. X、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键的非极性分子
C. Y、Z、W分别与X均可以形成18电子分子
D. 最高价含氧酸酸性一定有：W＞Y
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且原子序数依次增大，则X为H，根据结构分析出Z有三个价键，Y有四个价键，W有2个价键，则Y为C，Z为N，W为S。
【详解】A．Y(C)的氢化物的沸点不一定小于Z(N)的氢化物的沸点，如果是碳原子较大的烷烃，固态烷烃是沸点可能大于Z(N)的氢化物的沸点，故A错误；
B．X、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键的非极性分子，比如乙炔、乙烯，故B正确；
C．Y、Z、W分别与X均可以形成18电子分子，分别为C2H6、N2H4、H2S，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此最高价含氧酸的酸性一定有：W(H2SO4)＞Y(H2CO3)，故D正确。
综上所述，答案为A。
22. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
二、填空题
23. I.近年来，我国航天事业发展迅猛，这与材料技术的进步密切相关。如新型储氢材料、陶瓷基复合材料氮化硼(BN)、太阳能电池材料砷化镓(GaAs)等，请按要求回答问题：
（1）基态砷原子简化的核外电子排布式为_______，其电子占据的最高能层符号是_______，占据最高能级的所在的原子轨道为_______形。与As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素有_______(写元素符号)。
（2）硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一，它可以与水反应缓慢产生氢气：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(反应前后B元素的化合价不变)。上述方程式中所涉及的元素的电负性由大到小的顺序为_______；BH的空间构型为_______。
（3）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机物，分子中N原子、C原子的的杂化方式分别为_______、_______。乙二胺能与Cu2+、Mg2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_______。其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_______(填Cu2+或Mg2+)。
II.金属材料Fe、Cu、Zn等在工业生产和日常生活中有广泛的应用。
（4）黄铜是铜和锌组成的合金，铜、锌两种元素位于元素周期表的_______区，Cu、Zn的第二电离能(I2)：_______＞_______。
（5）下列状态的铜，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。
A. [Ar]3d104s1B. [Ar]3d10C. [Ar]3d94s1D. [Ar]3d104p1
（6）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3+、[Fe(SCN)6]3-、[FeF6]3-。某同学按如图步骤完成实验：
已知：向C2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子；C2+不能与F-形成配离子。
①1ml[Fe(H2O)6]3+中含有_______mlσ键；[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，其原因是_______，为了能观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是_______。
②检验FeCl3溶液中含有C2+的实验方法是：取FeCl3溶液于试管中，_______。
【答案】（1） ①. ［Ar］3d104s24p3 ②. N ③. 哑铃 ④. V、C
（2） ①. O＞H＞B＞Na ②. 正四面体
（3） ①. sp3 ②. sp3 ③. 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 ④. Cu2+
（4） ①. ds ②. Cu ③. Zn （5）B
（6） ①. 18 ②. Fe3+水解产物颜色所致 ③. 向该溶液中加硝酸 ④. 加入适量溶液KSCN溶液，再加入足量的NaF溶液，溶液呈蓝色，证明原溶液中含有C2+
【解析】
【小问1详解】
砷是33号元素，基态砷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，简化的核外电子排布式为［Ar］3d104s24p3，其电子占据的最高能层是第四层，符号是N，占据最高能级是4p，所在的原子轨道为哑铃形。As原子未成对电子数是3，与As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素有V、C。
【小问2详解】
NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(反应前后B元素的化合价不变)，则NaBH4中B为+3价；元素非金属性越强，电负性越大，涉及的元素的电负性由大到小的顺序为O＞H＞B＞Na；BH中B原子价电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体。
【小问3详解】
乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机物，分子中N原子、C原子的价电子对数都是4，杂化方式分别为sp3、sp3。乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Cu2+、Mg2+等金属离子形成稳定环状离子。Cu2+的半径较大且含有的空轨道多于Mg2+，与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。
【小问4详解】
铜、锌两种元素位于元素周期表的ds区，Cu 的第二电离能是失去3d10上的一个电子，Zn的第二电离能是失去4s1上的一个电子，所以Cu、Zn的第二电离能(I2)：Cu＞Zn。
【小问5详解】
第一电离能小于第二电离能。[Ar]3d104s1、[Ar]3d104p1电离最外层一个电子所需能量是Cu的第一电离能；[Ar]3d10、 [Ar]3d94s1电离最外层一个电子所需能量是Cu的第二电离能，[Ar]3d94s1处于激发态，所需能量相对较低，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d10，选B；
【小问6详解】
①1个水分子中有2个σ键，配位键属于σ键，1ml[Fe(H2O)6]3+中含有18mlσ键；[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，可能Fe3+水解产物颜色所致，为了能观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是向该溶液中加硝酸抑制Fe3+水解。
②检验FeCl3溶液中含有C2+的实验方法是：[Fe(SCN)6]3-能转化为[FeF6]3-，C2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子，C2+不能与F-形成配离子，取FeCl3溶液于试管中，加入适量溶液KSCN溶液，再加入足量的NaF溶液，溶液呈蓝色，证明原溶液中含有C2+。
24. 电化学在现代生活、生产和科学技术的发展中发挥着越来越重要的作用。
（1）Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4。
①阳极的电极反应式为_______。
②右侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a%_______b%(填“＞”“═”或“＜”)。
③阴极产生的气体为_______。
（2）SO2和NOx是主要大气污染物，如图是同时吸收SO2和NOx的示意图。
①b是直流电源的_______。
②已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极的电极反应为_______。
③当NOx均为NO时，吸收池中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（3）某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl。
①当电路中转移amle-时，交换膜左侧溶液中约减少_______ml离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)________(填“＞”“＜”或“═”)1ml•L-1(忽略溶液体积变化)。
②若质子交换膜换成阴离子交换膜，其他不变。若有11.2L氯气(标准状况)参与反应，则必有_______ml离子通过交换膜向_______侧迁移。(填“左”、“右”)
【答案】（1） ①. ②. 阴 ③. ＜ ④. H2
（2） ①. 正极 ②. 2HSO+2H++2e-=S2O+2H2O ③. 1：1
（3） ①. 2a ②. ＞ ③. 1 ④. 左
【解析】
【小问1详解】
①Fe电极与电源正极相连为电解池的阳极，发生氧化反应。Fe由0价升高至+6价，1mlFe失去6ml电子 ，故答案为：；
②在电解池中阳极的电极反应式为，则阳极消耗，故右侧离子交换膜为阴离子交换膜；在阴极区得到电子发生还原反应生成和，通过左侧阳离子交换膜移向阴极区，所以阴极区氢氧化钠溶液浓度a%＜b%，故答案为：阴；＜；
③阴极发生还原反应，则在阴极得到电子被还原为，故答案为：；
【小问2详解】
①在b电极被氧化为，则与b电极相连的电极为阳极，所以直流电源b电极为正极，故答案为：正极；
②a电极为阴极，发生还原反应，则 得到电子被还原为，故答案为：；
③NO在吸收池中被为，2mlNO得到4ml电子被还原为，2ml失去4ml电子被氧化为4，故答案为：1：1；
【小问3详解】
①通入的电极为正极，Ag电极为负极，负极电极反应式为，则当电路中转移amle-时，交换膜左侧溶液中约减少2aml离子；质子交换膜只允许通过，aml电子转移，必有aml沉淀，为了维持电荷守恒，交换膜左侧必有aml向交换膜右侧迁移，交换膜右侧HCl浓度增大，故答案为：2a；＞；
③，正极的电极反应式为，得到1ml生成1ml ；负极的电极反应式为，交换膜右侧增加了1ml，为了维持电荷守恒，必有1ml从交换膜右侧溶液通过阴离子交换向左侧迁移，故答案为：1；左。I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
578
1817
2745
11575
14830
18376
23293
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1ml/LCuSO4
+少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
②
0.1ml/LCuSO4
+过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
1. 氢燃料电池汽车由于具备五大优势：零排放、零污染、无噪音、补充燃料快、续航能力强，而备受关注。某氢燃料电池汽车的结构如图所示：
下列说法错误的是
A. 电极A、B采用多孔电极材料的优点是能增大反应物接触面积
B. “电池”能将燃料电池产生的多余电能暂时储存起来
C. 电极B的电极反应式为O2+4e−=2O2−
D. 质子通过电解质溶液向电极B迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A．多孔电极材料表面积大，吸附性强，能增大反应物接触面积，A正确；
B．汽车行驶过程中，燃料电池产生的电能转化为动能，当汽车处于怠速等过程中，“电池”能将燃料电池产生的多余电能暂时储存起来，B正确；
C．电解质溶液为酸性溶液，电极反应应为4H++O2+4e−=2H2O，C错误；
D．电极B通入氧气，发生还原反应，为正极，质子即氢离子为阳离子，向原电池正极移动，D正确；
综上所述答案C。
2. 布洛芬是临床上广泛应用的一种非甾体抗炎药，被广泛应用于缓解关节炎、神经炎、各种软组织风湿性疼痛及具有解热作用，其结构如图所示，下列说法正确的是
A. 该分子中有2个手性碳原子
B. 该分子中含有4个π键
C. 该物质易溶于水
D. 该分子中碳原子的杂化轨道类型有2种
【答案】D
【解析】
【详解】A． 分子中有1个手性碳原子(*号标出)，故A错误；
B．该分子苯环中有1个大π键，碳氧双键中有1个π键，故B错误；
C．布洛芬防止中烃基较大，不易溶于水，故C错误；
D．该分子苯环中的碳原子、羧基中的碳原子采用sp2杂化，单键碳原子采用sp3杂化，杂化轨道类型有2种，故D正确；
选D。
3. 下列有关化学用语的表述正确的是
A. 基态Se原子的价层电子排布式为： 3d104s24p4
B. 镁原子由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，会吸收能量
C. 基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图为：
D. 基态碳原子核外电子轨道表示式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Se是34号元素，处于周期表中第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，故A错误；
B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，1s22s22p63s13pl为激发态，当镁原子由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，由激发态变为基态，释放能量，故B错误；
C．基态铍原子最外层电子排布式为2s2，s能级的电子云图为球形，故B错误；
D．基态碳原子核外电子排布式为：1s22s22p2，其核外电子轨道表示式为，故D正确；
故答案选D。
4. 根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型是三角锥形的是
A. H3O+B. HCHOC. BCl3D. O3
【答案】A
【解析】
【详解】A．H3O+中，价层电子对数=3+(6-1-3×1)=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故A符合；
B．甲醛分子中，价层电子对数=3+(4-2×1-1×2)=3，且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故B不符合；
C．BCl3中，价层电子对数=3+(3-3×1)=3，且无孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故C不符合；
D．O3分子中，价层电子对数=2+(6-2×2)=3，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是V形，故D不符合；
故选A。
5. 下列说法中，正确的是
A. S区全部是金属元素
B. 第四周期元素中，未成对电子数最多的元素位于第VIB族
C. 第一电离能大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
D. 电负性大于1.8的一定是非金属，小于1.8的一定是金属
【答案】B
【解析】
【详解】A．s区中除IA族的氢元素为非金属元素，其它元素都是金属元素，故A错误；
B．第四周期元素中，未成对电子数最多的元素为铬，价电子排布为3d54s1，未成对电子数为6，原子序数为24，位于第VIB族，故B正确；
C．同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，第一电离能逐渐呈增大趋势，但IIA族的价电子层的s轨道全充满、VA族的价电子层的p轨道半充满，元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故C错误；
D．电负性大于1.8的元素不一定是非金属元素，如Pb，故D错误；
故本题选B．
6. 下列说法正确的是
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1过渡到ns2np6
B. 高温时CuO比Cu2O稳定
C. 此图错误，违背了泡利原理
D. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，A错误；
B．CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，能生成Cu2O，即稳定性是CuO＜Cu2O，B错误；
C．根据洪特规则：在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋，则 违背了洪特规则，C错误；
D．铁是26号元素，故铁原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故Fe3+的最外层电子排布式为：3s23p63d5，D正确；
故答案为：D。
7. 下列说法正确的是
A. 甲醇、甲醛都存在分子之间氢键
B. 第一电离能在Al和P之间的元素有2种
C. 分子空间构型V形，中心原子可能发生sp2杂化或sp3杂化
D. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醛不能形成分子间氢键，甲醇能形成分子间氢键，故A错误；
B．第一电离能在Al和P之间的元素有Mg、 Si、S元素，有3种元素，故B错误；
C．分子空间构型V形，中心原子价层电子对个数可能是3或4，所以中心原子可能是sp2或 sp3杂化，故C正确；
D．气体单质中可能不存在化学键，如He等单原子分子中不含化学键，故D错误；
故本题选C。
8. 有关电化学知识的描述正确的是
A. 反应Cu+H2SO4═CuSO4+H2↑可设计成原电池实现
B. 利用Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，盐桥内K+向FeCl3溶液移动
C. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法熔融态氯化铝制金属铝
D. 在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Cu+H2SO4=CuSO4+H2↑为非自发进行的氧化还原反应，不可设计成原电池，A错误；
B．利用Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，可设计如图所示原电池装置，Cu失电子作负极，C作正极，盐桥内K+向FeCl3溶液移动，B正确；
C．熔融态氯化铝中不存在自由移动的离子，电解熔融态氧化铝制金属铝，C错误；
D．在铁制品上镀银时，铁制品做阴极，与电源负极相连，D错误；
故答案为：B。
9. 下列说法正确的是
A. N2F4的电子式为：
B. N2H4中N的杂化轨道：
C. I3AsF6晶体中，I的空间构型与水分子不同
D. 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2F4的电子式为，故A错误；
B． N2H4中N的杂化轨道为sp3，故B错误；
C．I3AsF6晶体中，I与OF2是等电子体，I的空间构型是V形，与水分子相同，故C错误；
D．对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，故D正确；
选D。
10. 近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学Zhenhai Xia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是
A. ①=②=③=④B. ③＞④＞①＞②
C. ④＞③＞①=②D. ②＞①＞④＞③
【答案】D
【解析】
【详解】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，故合理选项是D。
11. 下列说法正确的是
A. 杂化轨道全部参与形成化学键
B. 元素周期表中19～36号元素，有2个单电子的元素有4种
C. 氢键X－H•••Y的3个原子一定在一条直线上
D. 某主族元素的电离能I1～I7数据如表所示(单位：kJ•ml-1)，可推测该元素位于元素周期表第VA族
【答案】B
【解析】
【详解】A．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中的N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故A错误；
B．元素周期表中19至36号元素，有2个单电子的元素的价电子排布式为3d24s2、3d84s2、4s24p2、4s24p4，分别是Ti、Ni、Ge、Se元素，共4种，故B正确；
C．HF中的氢键为折线，不一定在一条直线上，故C错误；
D．从电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化很大，则该原子最外层只有3个电子，位于ⅢA族，故D错误；
故本题选B．
12. 下列有关描述正确的是
A. 键角：NH＞H2S＞H3O+
B. 酸性：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CHCl2COOH
C. 电负性：Br＞As＞Se
D. 沸点：CO＜N2＜HF
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH、H2S、H3O+中心原子杂化方式均为sp3，NH无孤电子对，H3O+存在一对孤对电子，H2S存在两对孤对电子，孤电子对间排斥力>孤电子对与成键电子对间排斥力>成键电子对间排斥力，故键角大小关系为NH＞H3O+＞H2S，A错误；
B．Cl为吸电子基团，吸电子基团越多，羧基中氧氢键中的共用电子对离吸电子基团越近，氧氢键的极性越强，越容易失去氢离子使酸性增强，故酸性：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CHCl2COOH，B正确；
C．同周期元素从左往右元素的电负性增强，Br、As、Se均为第四周期的元素，且原子序数大小关系为：As
故选B。
13. 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A. X能与多种元素形成共价键B. 简单氢化物沸点：
C. 第一电离能：D. 电负性：
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。
【详解】A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；
B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；
C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；
D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确；
故选B。
14. 下列说法正确的是
A. 由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
B. 非极性分子中一定含有非极性键
C. 含有非极性键的分子一定是非极性分子
D. 单质分子一定是非极性分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．由极性键形成的双原子分子，分子中正负电荷重心不重合，所以一定是极性分子，故A正确；
B．非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4为非极性分子，但不含非极性键，故B错误；
C．含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2中含有非极性键，但H2O2为极性分子，故C错误；
D．单质分子可能是极性分子，如O3为V形结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故 D错误；
故本题选A．
15. 下列叙述中，不正确的是
A. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B. 乳酸( )有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
D. IA族元素成键时不可能有杂化轨道
【答案】C
【解析】
【详解】A．碘单质是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳中，甲烷是非极性分子，难溶于极性溶剂水中，故A正确；
B．碳原子链接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸( )连有的C为手性碳原子，故B正确；
C．水很稳定(1000℃以上才会部分分解)，是因为水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，氢键影响水的熔沸点。故C错误；
D．IA族元素的价电子排布为ns1，由于只有1个ns电子，因此不可能形成杂化轨道，故D正确；
答案选C。
16. 钴(C)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法不正确的是
A. 工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B. 电解总反应：2C2++2H2O2C+O2↑+4H+
C. 移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应会发生变化
D. 生成2mlC，Ⅰ室溶液质量理论上减少36g
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动；钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2C2++2H2O2C+O2↑+4H+。
【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，A项错误；
B．由分析可知，电解总反应为2C2++2H2O2C+O2↑+4H+，B项正确；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，C项正确；
D．由分析可知，阴极生成2ml钴，阳极有2ml水放电，则Ⅰ室溶液质量减少36g，D项正确；
答案选A。
17. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将CO2还原为碳基燃料(包括烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列叙述不正确的是
A. 该装置工作时，H+穿过质子交换膜从左向右移动
B. 图中石墨烯为阴极，电极反应式为CO2+2H++2e-═HCOOH
C. 每转移2ml电子，阴极室电解质溶液质量增加44g
D. 该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH减小
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－= O2↑+4H＋，石墨烯电极为阴极，电极反应式为CO2+2H＋+2e－＝HCOOH。
【详解】A．该装置工作时，铂电极为阳极，石墨烯为阴极，H+穿过质子交换膜从左向右移动，故A正确；
B．CO2还原为碳基燃料，碳元素化合价降低，则石墨烯为阴极，其电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，故B正确；
C．每转移2ml电子，阴极吸收1ml二氧化碳，同时有2mlH+穿过质子交换膜从左向右移动，阴极室电解质溶液质量增加46g，故C错误；
D．该装置工作过程中，图中Pt电极上水失电子生成氧气和氢离子，电极附近溶液的pH减小，故D正确；
故本题选C．
18. 镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是
A. 褪色原因为被还原B. 液体分层后，上层呈紫红色
C. 镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈D. 溶液恢复棕色的原因为被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误；
B．液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；
D．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，D项正确；
答案选D。
19. 胆矾CuSO4•5H2O可写[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意图如图，下列有关胆矾的说法正确的是
A. 所有氧原子都采取sp3杂化
B. 胆矾晶体中含有的粒子间的的作用有离子键、极性键、配位键、氢键4种化学键
C. 胆矾所含元素H、O、S的原子半径和电负性依次增大
D. 胆矾中的水在不同温度下会分步失去
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸根离子中的非羟基O不杂化，H2O中O原子的杂化方式是sp3杂化，A错误；
B．氢键不属于化学键，属于分子间作用力，B错误；
C．H、O、S分别位于第1、2、3周期，原子半径依次增大，但O的电负性大于S，C错误；
D．氢键的作用力不及化学键，胆矾晶体在加热过程中，以氢键缔合的水分子先失去，作为Cu2+配体的水分子后失去，D正确；
故选D。
20. 利用下图装置进行铁上电镀铜实验探究。
下列说法不正确的是
A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B. ①中检测到，推测可能发生反应：
C. 随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【解析】
【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；
故选C。
21. X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且原子序数依次增大。它们能形成结构如图所示的分子，下列推断错误的是
A. 氢化物的沸点一定有：Y小于Z
B. X、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键的非极性分子
C. Y、Z、W分别与X均可以形成18电子分子
D. 最高价含氧酸酸性一定有：W＞Y
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且原子序数依次增大，则X为H，根据结构分析出Z有三个价键，Y有四个价键，W有2个价键，则Y为C，Z为N，W为S。
【详解】A．Y(C)的氢化物的沸点不一定小于Z(N)的氢化物的沸点，如果是碳原子较大的烷烃，固态烷烃是沸点可能大于Z(N)的氢化物的沸点，故A错误；
B．X、Y原子可以形成既含极性键又含非极性键的非极性分子，比如乙炔、乙烯，故B正确；
C．Y、Z、W分别与X均可以形成18电子分子，分别为C2H6、N2H4、H2S，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此最高价含氧酸的酸性一定有：W(H2SO4)＞Y(H2CO3)，故D正确。
综上所述，答案为A。
22. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
二、填空题
23. I.近年来，我国航天事业发展迅猛，这与材料技术的进步密切相关。如新型储氢材料、陶瓷基复合材料氮化硼(BN)、太阳能电池材料砷化镓(GaAs)等，请按要求回答问题：
（1）基态砷原子简化的核外电子排布式为_______，其电子占据的最高能层符号是_______，占据最高能级的所在的原子轨道为_______形。与As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素有_______(写元素符号)。
（2）硼氢化钠(NaBH4)是研究最广泛的储氢材料之一，它可以与水反应缓慢产生氢气：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(反应前后B元素的化合价不变)。上述方程式中所涉及的元素的电负性由大到小的顺序为_______；BH的空间构型为_______。
（3）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机物，分子中N原子、C原子的的杂化方式分别为_______、_______。乙二胺能与Cu2+、Mg2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_______。其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_______(填Cu2+或Mg2+)。
II.金属材料Fe、Cu、Zn等在工业生产和日常生活中有广泛的应用。
（4）黄铜是铜和锌组成的合金，铜、锌两种元素位于元素周期表的_______区，Cu、Zn的第二电离能(I2)：_______＞_______。
（5）下列状态的铜，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。
A. [Ar]3d104s1B. [Ar]3d10C. [Ar]3d94s1D. [Ar]3d104p1
（6）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3+、[Fe(SCN)6]3-、[FeF6]3-。某同学按如图步骤完成实验：
已知：向C2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子；C2+不能与F-形成配离子。
①1ml[Fe(H2O)6]3+中含有_______mlσ键；[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，其原因是_______，为了能观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是_______。
②检验FeCl3溶液中含有C2+的实验方法是：取FeCl3溶液于试管中，_______。
【答案】（1） ①. ［Ar］3d104s24p3 ②. N ③. 哑铃 ④. V、C
（2） ①. O＞H＞B＞Na ②. 正四面体
（3） ①. sp3 ②. sp3 ③. 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 ④. Cu2+
（4） ①. ds ②. Cu ③. Zn （5）B
（6） ①. 18 ②. Fe3+水解产物颜色所致 ③. 向该溶液中加硝酸 ④. 加入适量溶液KSCN溶液，再加入足量的NaF溶液，溶液呈蓝色，证明原溶液中含有C2+
【解析】
【小问1详解】
砷是33号元素，基态砷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，简化的核外电子排布式为［Ar］3d104s24p3，其电子占据的最高能层是第四层，符号是N，占据最高能级是4p，所在的原子轨道为哑铃形。As原子未成对电子数是3，与As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素有V、C。
【小问2详解】
NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑(反应前后B元素的化合价不变)，则NaBH4中B为+3价；元素非金属性越强，电负性越大，涉及的元素的电负性由大到小的顺序为O＞H＞B＞Na；BH中B原子价电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体。
【小问3详解】
乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机物，分子中N原子、C原子的价电子对数都是4，杂化方式分别为sp3、sp3。乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Cu2+、Mg2+等金属离子形成稳定环状离子。Cu2+的半径较大且含有的空轨道多于Mg2+，与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。
【小问4详解】
铜、锌两种元素位于元素周期表的ds区，Cu 的第二电离能是失去3d10上的一个电子，Zn的第二电离能是失去4s1上的一个电子，所以Cu、Zn的第二电离能(I2)：Cu＞Zn。
【小问5详解】
第一电离能小于第二电离能。[Ar]3d104s1、[Ar]3d104p1电离最外层一个电子所需能量是Cu的第一电离能；[Ar]3d10、 [Ar]3d94s1电离最外层一个电子所需能量是Cu的第二电离能，[Ar]3d94s1处于激发态，所需能量相对较低，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d10，选B；
【小问6详解】
①1个水分子中有2个σ键，配位键属于σ键，1ml[Fe(H2O)6]3+中含有18mlσ键；[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，可能Fe3+水解产物颜色所致，为了能观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是向该溶液中加硝酸抑制Fe3+水解。
②检验FeCl3溶液中含有C2+的实验方法是：[Fe(SCN)6]3-能转化为[FeF6]3-，C2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[C(SCN)4]2-配离子，C2+不能与F-形成配离子，取FeCl3溶液于试管中，加入适量溶液KSCN溶液，再加入足量的NaF溶液，溶液呈蓝色，证明原溶液中含有C2+。
24. 电化学在现代生活、生产和科学技术的发展中发挥着越来越重要的作用。
（1）Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4。
①阳极的电极反应式为_______。
②右侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a%_______b%(填“＞”“═”或“＜”)。
③阴极产生的气体为_______。
（2）SO2和NOx是主要大气污染物，如图是同时吸收SO2和NOx的示意图。
①b是直流电源的_______。
②已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极的电极反应为_______。
③当NOx均为NO时，吸收池中发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（3）某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl。
①当电路中转移amle-时，交换膜左侧溶液中约减少_______ml离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)________(填“＞”“＜”或“═”)1ml•L-1(忽略溶液体积变化)。
②若质子交换膜换成阴离子交换膜，其他不变。若有11.2L氯气(标准状况)参与反应，则必有_______ml离子通过交换膜向_______侧迁移。(填“左”、“右”)
【答案】（1） ①. ②. 阴 ③. ＜ ④. H2
（2） ①. 正极 ②. 2HSO+2H++2e-=S2O+2H2O ③. 1：1
（3） ①. 2a ②. ＞ ③. 1 ④. 左
【解析】
【小问1详解】
①Fe电极与电源正极相连为电解池的阳极，发生氧化反应。Fe由0价升高至+6价，1mlFe失去6ml电子 ，故答案为：；
②在电解池中阳极的电极反应式为，则阳极消耗，故右侧离子交换膜为阴离子交换膜；在阴极区得到电子发生还原反应生成和，通过左侧阳离子交换膜移向阴极区，所以阴极区氢氧化钠溶液浓度a%＜b%，故答案为：阴；＜；
③阴极发生还原反应，则在阴极得到电子被还原为，故答案为：；
【小问2详解】
①在b电极被氧化为，则与b电极相连的电极为阳极，所以直流电源b电极为正极，故答案为：正极；
②a电极为阴极，发生还原反应，则 得到电子被还原为，故答案为：；
③NO在吸收池中被为，2mlNO得到4ml电子被还原为，2ml失去4ml电子被氧化为4，故答案为：1：1；
【小问3详解】
①通入的电极为正极，Ag电极为负极，负极电极反应式为，则当电路中转移amle-时，交换膜左侧溶液中约减少2aml离子；质子交换膜只允许通过，aml电子转移，必有aml沉淀，为了维持电荷守恒，交换膜左侧必有aml向交换膜右侧迁移，交换膜右侧HCl浓度增大，故答案为：2a；＞；
③，正极的电极反应式为，得到1ml生成1ml ；负极的电极反应式为，交换膜右侧增加了1ml，为了维持电荷守恒，必有1ml从交换膜右侧溶液通过阴离子交换向左侧迁移，故答案为：1；左。I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
578
1817
2745
11575
14830
18376
23293
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1ml/LCuSO4
+少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
②
0.1ml/LCuSO4
+过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
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