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2024无锡一中高一下学期6月期末考试化学含解析
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这是一份2024无锡一中高一下学期6月期末考试化学含解析，共18页。试卷主要包含了 可能用到的相对原子质量， 下列化学反应表示正确的是， 氧元素的单质及化合物应用广泛等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2. 请将答案填写在答题卡的指定位置。
3. 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 V—51
一、 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 《流浪地球2》向观众展示了太空电梯、行星发动机、超级计算机550W等超前的科技幻想，探讨了数字生命、人工智能等科技伦理问题。它们与化学有着密切联系，下列说法不正确的是
A. 我国“硅—石墨烯—锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是主族元素
B. 我国提出网络强国战略，光纤线路总长超过三千万公里，光纤主要成分是Si
C. 新型陶瓷碳化硅(SiC)可作耐高温结构材料
D. 富勒烯、石墨烯都是碳单质
【答案】B
【解析】
【详解】A．C、Si、Ge都是都是ⅣA元素，都是主族元素，故A正确；
B．二氧化硅具有良好的导光性，是制造光导纤维的主要原料，故B错误；
C．碳化硅(SiC)是熔点很高，可作耐高温结构材料，故C正确；
D．富勒烯、石墨烯都是碳单质，故D正确；
答案选B。
2. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)
B. FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)
C. NH3(g)NO(g)NaNO3(aq)
D. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解熔融的氧化铝可以得到铝和氧气，铝在氯气中燃烧可以得到氯化铝，A正确；
B．FeS2与氧气高温时反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，B错误；
C．氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，NO为不成盐氧化物，不能和NaOH反应，C错误；
D．二氧化硅不能和水反应生成硅酸，D错误；
故答案选A。
3. 实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取B. 用装置乙干燥
C. 用装置丙收集D. 用装置丁探究的还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室采用氯化铵与熟石灰混合固体加热制取氨气，故A正确；
B．氯化钙能与氨气发生反应，不能干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故C正确；
D．氨气具有一定还原性，能与氧化铜发生氧化还原反应，通过观察试管中CuO颜色变化，可判断反应的发生，从而证明氨气的还原性，故D正确；
故选：B。
阅读下列材料，完成下面试题：
氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。烧碱溶液可以吸收硝酸工业尾气中的NO和NO2，生成亚硝酸钠(NaNO2)，NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。
4. 下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是
A. ①和②均属于氮的固定
B. 氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环
C. ④中每生成1 ml NO，消耗2 ml O2
D. ③和⑤过程中氮元素分别被还原和氧化
5. 下列化学反应表示正确的是
A. 用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO+NO2+2OH-=2+H2O
B. 用水吸收二氧化氮制硝酸：2NO2+H2O=HNO3+NO
C. 雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2+2O22NO2
D. 铜粉和稀硝酸反应：Cu+4H++=Cu2++2NO2↑+2H2O
6. 反应NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。下列说法正确是
A. 基态N原子的轨道表示式为
B. Cl-的结构示意图为
C. 亚硝酸根(NO)中N原子杂化类型为sp2
D. H2O的空间填充模型为
【答案】4. D 5. A 6. C
【解析】
【4题详解】
A．氮的固定是将游离态的氮转化为氮化合物的方法。根据图示可知：反应①和②均是将N2反应变为氮的化合物，因此两个反应都属于氮的固定，A正确；
B．氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与了反应，转化为铵盐时，氢元素参加了反应，B正确；
C．反应④中NH3与O2反应产生，根据反应过程中电子转移守恒，可知二者反应转化关系为：NH3～2O2，则每反应生成1 ml，反应消耗2 ml O2，C正确；
D．反应③中NO与O2反应转化为，N元素升高，失去电子被氧化；反应⑤中反应转化为N2，N元素的化合价降低，得到电子被还原，D错误；
故合理选项是D；
【5题详解】
A．硝酸工业产生的尾气中含有NO、NO2，用NaOH溶液吸收尾气fy cs NaNO2、H2O，反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2+H2O，A正确；
B．原子、电子不守恒，NO2与水反应产生HNO3、NO，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，B错误；
C．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应产生NO，反应方程式为：N2+O22NO，C错误；
D．Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应的离子方程式应该为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；
故合理选项是A；
【6题详解】
A．N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3。原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态N原子的轨道表达式为：，A错误；
B．Cl是17号元素，原子核内有17个质子，Cl-核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误；
C．亚硝酸根()中N原子价层电子对数是2+=3，所以N原子杂化类型为sp2杂化，C正确；
D．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，是球棍模型，H2O的空间填充模型为，D错误；
故合理选项是C。
7. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是
A. 电负性：YB. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
C. 原子半径：r(W)D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
【答案】A
【解析】
【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有6个电子，可知X为C元素；而基态时，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子，则Y原子外围电子排布式为3s23p3、Z原子外围电子排布式为3s23p4，故Y为P元素、Z为S元素；W与Y处于同一主族，结合W原子序数大于硫，可知W为As元素。由分析可知，X为C元素、Y为P元素、Z为S元素、W为As元素。
【详解】A．同周期从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，故电负性PB．元素非金属性：P＞As，则简单氢化物稳定性：PH3＞AsH3，故B错误；
C．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：As＞S，故C错误；
D．碳酸属于弱酸，而硫酸属于强酸，碳酸的酸性比硫酸弱，故D错误；
答案选A。
8. 氧元素的单质及化合物应用广泛。下列说法正确的是
A. 16O、17O、18O互为同素异形体
B. 分子中键角大小：SO2>SO3
C. Na2O2、H2O2晶体类型相同
D. 上图所示1个Cu2O晶胞中有4个铜原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．16O、17O、18O互为同位素，故A错误；
B．SO2分子中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，SO3分子中S原子价电子对数为3，无孤电子对，分子中键角大小：SO2C．Na2O2是离子晶体、H2O2是分子晶体，晶体类型不相同，故C错误；
D．根据均摊原则，白球个数,2、黑球个数为4，根据化学式，可知黑球表示Cu原子，所以1个Cu2O晶胞中有4个铜原子，故D正确；
选D。
9. 根据实验操作及现象，下列结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁片插入浓硝酸中无现象的原因是铁片和浓硝酸发生了钝化，表面生成致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，不能证明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强，故A错误；
B．硝酸会直接将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能证明样品中含有，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，故B错误；
C．正确的操作是向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明原溶液中含有铵根离子，故C错误；
D．向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，证明原溶液无，滴加稀硝酸后溶液变红，则被氧化为，说明具有还原性，故D正确；
故选D。
10. 金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)＋2H2S (g)=CS2(g)＋4H2(g)，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是
A. 沸点：H2O＜H2S
B. H2S分子是一种只存在极性键的非极性分子
C. 题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D. 该反应中每消耗1 ml H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此其沸点比分子之间只存在范德华力的H2S高，因此沸点：H2O＞H2S，A错误；
B．H2S分子中含有H-S极性共价键，由于分子结构不对称，因此是一种只存在极性键的极性分子，B错误；
C．由图可知，反应机理步骤I中H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，C正确；
D．该反应中每消耗l ml H2S，则消耗0.5 ml CH4，C元素的化合价由-4价变为+4价，转移电子的数目约为0.5 ml×8×6.02×1023/m1=4×6.02×1023，D错误；
故合理选项是C。
11. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2则ΔH1<ΔH2
D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图像1，金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A错误；
B.根据图像2，白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，白磷比红磷稳定性差，故B错误；
C.依据图像3，固体硫变化为气态硫需要吸收能量，故ΔH1<ΔH2，故C正确；
D.根据图像4，反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和，反应是放热反应，即CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH<0，故D错误；
答案选C。
12. 微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，原理如图所示，下列说法错误的是
A. b为正极
B. 负极反应为CH3COO-＋7OH-－8e-=2CO2＋5H2O
C. 该装置能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物并提供电能
D. X膜为阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图正极通O2，负极为有机废水CH3COO-，则为正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+。
【详解】A．b极通入O2，O元素化合价降低，发生还原反应，则b为正极，故A正确；
B．由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的一极，发生失电子的氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故B错误；
C．原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，能提供电能，故C正确；
D．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故D正确；
答案选B。
13. 甲烷可用于消除NO2的污染：CH4＋2NO2N2＋CO2＋2H2O。在2 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 ml CH4和1.00 ml NO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表：
下列说法正确的是
A. 组别①，0～20 min内，NO2的反应速率为0.025 ml·L-1·min-1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1＞T2
C. 组别②，40 min时，表格中对应的数据为0.18
D. 组别②，该反应在温度T2达到平衡状态时，NO2的转化率为70%()
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于题组①，在0～20 min内，CH4的物质的量减少0.25 ml，根据反应方程式中物质反应转化关系可知会同时反应消耗0.50 ml NO2，反应在2 L容器中进行，则0～20 min内，NO2的反应速率为v(NO2)=，A错误；
B．温度越高反应速率越大，根据实验数据可知0- 20 min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25 ml，实验②中CH4的变化量0.32 ml，说明实验②反应的温度高，由实验数据可知实验控制的温度：T1＜T2，B错误；
C．T1、40min时，反应达到平衡，因温度：T1＜T2，可见反应温度T2较大，平衡时用时较少，所以表格中T2对应反应已经达到平衡状态，则表格对应的数据应该为0.15，C错误；
D．对于组别②，反应达到平衡时反应消耗CH4的物质的量是0.35 ml，则根据物质反应转化关系可知：必然会同时反应消耗0.70 ml NO2，故NO2的平衡转化率为：×100%=70%，D正确；
故合理选项D。
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. 甲烷既是高效的能源，又是重要的化工原料，在生产、生活中用途广泛。
（1）CH4燃烧放出大量的热。
常温下，1gCH4在O2中完全燃烧生成CO2和液态水释放出55.7 kJ的热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式___________。
（2）甲烷—空气质子交换膜燃料电池应用广泛，其结构如图所示。
①a处通入的物质是___________(填化学式)，电极N的电极反应式为___________。
②若该燃料电池消耗11.2L (标准状况下) CH4，则理论上电路中转移___________ml电子。
（3）工业上利用CH4催化重整制H2，反应原理为：CH4(g) + H2O(g) CO(g) +3H2(g)。在恒容密闭容器中投入等物质的量的CH4和H2O，发生上述反应。
①在不改变物质浓度的条件下，加快该反应速率的措施有___________(答出一点即可)。
②下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的有___________(填字母序号)。
A．c(H2)=3c(H2O)
B．混合气体的密度不再变化
C．单位时间内生成1mlCO，同时消耗3ml H2
D．混合气体的压强不再变化
（4）高温条件下，利用CH4还原NO的反应过程如图所示。
①H、C、N、O、Fe五种元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②写出反应ⅱ的化学方程式___________。
【答案】（1）CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-891.2 kJ·ml-1
（2） ①. CH4(g) ②. O2+4e-+4H+=2H2O ③. 4
（3） ①. 升高温度或使用催化剂(答出一点即可) ②. CD
（4） ①. O>N>C>H>Fe ②. 4Fe3O4 + 2NO 6Fe2O3+ N2
【解析】
【小问1详解】
1ml甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出热量为55.7×16=891.2kJ，焓变为负，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-891.2 kJ·ml-1；
【小问2详解】
①由电子移动方向可知，电极M为负极，电极N为正极，燃料CH4通入负极即a处发生氧化反应，O2通入正极得到电子发生还原反应，即N上电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O；
②标准状况下11.2LCH4的物质的量为0.5ml，CH4通入负极发生氧化反应，电极方程式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+，理论上电路中转移4ml电子；
【小问3详解】
①在不改变物质浓度的条件下，加快该反应速率的措施有：升高温度或使用催化剂等；
②A．反应熟练之比等于化学方程式化学计量数之比，当c(H2)=3c(H2O)时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．该反应过程中气体质量始终不变，容器是恒容的容器，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．单位时间内生成1ml CO，同时消耗3ml H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C选；
D．该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当混合气体的压强不再变化时，说明反应达到平衡，故D选；
故答案为：CD。
【小问4详解】
①同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，H、C、N、O、Fe五种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H>Fe；
②反应ⅱ中NO和Fe3O4发生反应生成N2和氧化铁，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4Fe3O4+2NO=6Fe2O3+N2(条件为高温)。
15. 元素周期表揭示了元素间的内在联系，使元素构成了较为系统的体系。元素在周期表中的位置与原子结构、元素性质密切相关。下图是元素周期表的前四周期，a ~ e代表其中的五种元素。
（1）第一电离能介于元素a、b的元素有___________种，前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多的原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中该元素处于___________区。
（2）元素c和d的单质可以化合生成一种淡黄色固体，该物质的电子式为___________，
（3）在50℃左右，单质e能够与CO反应生成[e(CO)4]，升高温度后[e(CO)4]又可分解，工业上常用这些反应提纯单质e，已知[e(CO)4]是易挥发的液体，沸点43℃，推测其固态时所属晶体类型为___________。
（4）2023年诺贝尔化学奖颁给合成量子点的三位科学家。量子点是一种重要的低维半导体材料，常由硅(Si)、磷(P)、硫(S)、硒(Se)等元素组成。下列说法正确的是___________。
A. 原子半径：r(Si)>r(S)>r(Se)
B. 第一电离能：
C. 晶体硅、白磷(P4)均为分子晶体
D. 氢化物的稳定性：H2Se>H2S>PH3
（5）晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)与金刚石(C)结构相似，晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)晶胞结构示意图如下：
①1ml晶体硅(Si)存在Si—Si的数目为___________，晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)、金刚石(C)的熔点由高到低的顺序为___________。
②工业上高纯硅可通过反应SiCl4(g)＋2H2(g)Si (s)＋4HCl(g)制取，该反应的ΔH=___________。
【答案】（1） ①. 3 ②. 3d54s1 ③. d
（2） （3）分子晶体 （4）B
（5） ①. 2ml ②. C >SiC >Si ③. + 236kJ·ml−1
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构可知，a为B，b为N，c为O，d为Na，e为Fe，据此回答。
【小问1详解】
第一电离能介于元素B、N的元素有2种，分别为C和O，前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多的原子为Cr，价电子排布式为3d54s1，在元素周期表中该元素处于d区；
【小问2详解】
元素c和d的单质可以化合生成一种淡黄色固体Na2O2，该物质的电子式为；
【小问3详解】
[Fe(CO)4]是易挥发的液体，沸点43℃，所以晶体类型为分子晶体；
【小问4详解】
A．根据层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小可知，原子半径：r(Se)＞r(Si)>r(S)，A错误；
B．根据同周期从左往右，第一电离能增大，P3p轨道半满，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，B正确；
C．晶体硅为原子晶体，白磷(P4)为分子晶体，C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：H2S>PH3>H2Se，D错误；
故选B。
【小问5详解】
①每个硅原子连接4个硅原子，根据均摊可知，1ml晶体硅(Si)存在Si—Si的数目为2ml，晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)、金刚石(C)均为原子晶体，半径Si＞C，所以键长Si-Si＞Si-C＞C-C，共价键的键能金刚石＞碳化硅＞硅单质，所以晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)、金刚石(C)的熔点由高到低的顺序为C >SiC >Si；
②ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=4×360+2×436-2×176-4×431=+236kJ·ml−1。
16. 铁单质及化合物在生产、生活及科学研究中用途广泛。
（1）研究表明，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶胞结构(均为立方体)在不同温度下的转化如图所示。下列说法正确的是___________。(填序号)。
A． 将γ-Fe加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
B． 平均每个晶胞含有的Fe原子个数：γ-Fe > δ-Fe > α-Fe
C． 在α-Fe、γ-Fe晶体中，与每个铁原子距离相等且最近的铁原子分别为6个、12个
（2）亚铁氰化钾属于批准使用的食品添加剂，受热易分解：3K4[Fe(CN)6]12KCN＋Fe3C＋2(CN)2↑＋N2↑＋C，回答下列问题：
①基态Fe2＋与Fe3＋中未成对的电子数之比为___________。
②常温常压下CCl4为无色液体，碳原子的杂化方式为___________，CCl4空间构型为___________。
③ 氰[(CN)2]为无色可燃气体、剧毒、有苦杏仁味，和卤素单质的结构相似。氰分子具有对称性，共价键夹角为180°，(CN)2分子中σ键和π键数目之比为___________。KCN可以转化为HCN，HCN分子中碳原子的杂化方式为___________。
（3）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的晶胞如图2所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图3所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】（1）BC （2） ①. 4∶5 ②. sp3 ③. 正四面体形 ④. 3∶4 ⑤. sp
（3）Fe3CuN
【解析】
【小问1详解】
A．由题设信息可知，铁在不同温度下可以转化为不同晶体结构的同素异形体，将γ-Fe加热到1500C分别急速冷却和缓慢冷缺，温度不同，得到的晶体类型不相同，故A项错误；
B．δ-Fe 所含铁原子个数是，γ-Fe中铁原子的个数是，α-Fe中含有铁原子的个数是，则平均每个晶胞含有的Fe原子个数：γ-Fe > δ-Fe > α-Fe，故B正确；
C．由α-Fe结构可知，每个铁原子等距离且最近的铁原子是相邻顶点上的铁原子，上下、左右、前后共6个，γ-Fe晶体中，以顶点为原点，与其等距离且最近的铁原子位于面心，顶点被8个晶胞共用，则等距离且最近的铁原子共有个，故C正确；
故选BC；
【小问2详解】
①基态Fe的电子排布式为，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为4：5，故答案为：4：5；②CCl4分子中碳原子的价层电子对数为4+0=4，碳原子的杂化方式为sp3,空间构型为正四面体形，故答案为：sp3；正四面体形； ③单键都是σ键，叁键中有1个σ键、2个键π键，(CN)2分子的结构式是，所以(CN)2分子中σ键和π键的数目比为3：4；HCN分子的结构式是,中心原子碳原子有2个σ键，其杂化方式为sp，故答案为：3：4；sp；
【小问3详解】
由图3可知，Cu替代a位置Fe型的能量更低，更稳定，则1个晶胞中Fe原子的个数为，Cu原子个数为，N原子个数为1，更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN，故答案为：Fe3CuN；
17. V2O5—WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO。反应如下：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)，
（1）催化剂的制备
已知：常温下偏钒酸铵(NH4VO3)微溶于水；草酸(H2C2O4)能与含钒粒子形成易溶于水的物质。
称取一定量偏钒酸铵(NH4VO3)和钨酸钠(Na2WO4)，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的TiO2粉末浸渍于上述混合溶液中，在热水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到V2O5—WO3/TiO2催化剂。
①焙烧时NH4VO3分解产生V2O5的化学方程式为___________。
② H2C2O4的作用是___________。
（2）催化剂的应用
将模拟烟气以一定流速通过装有V2O5—WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。
①研究表明反应温度高于350 ℃，NO转化率下降的原因之一是NH3被氧气氧化，请写出该反应的化学方程式___________。
②除了上述原因，导致NO转化率下降的其他原因是___________。
（3）V2O5的回收。回收V2O5的过程如图所示：
①酸浸过程中，V2O5转化成VO2＋，该反应的离子方程式为___________。
②为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL (VO2)2SO4溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000ml·L-1KMnO4标准溶液与过量的Fe2反应，当反应恰好完全时，消耗标准溶液24.00mL。上述反应原理如下：
VO+Fe2++2H+ = VO2++Fe3++H2O；
MnO+5Fe2++ 8H+ = Mn2++5Fe3++4H2O。
则V2O5样品的纯度为___________。(写出计算过程)
【答案】（1） ①. 2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O ②. 与VO形成易溶于水的物质，促进NH4VO3的溶解
（2） ①. 4NH3＋5O24NO ＋6H2O ②. 催化剂活性下降，反应速率减慢
（3） ①. V2O5＋SO＋4H＋=2VO2＋＋SO＋2H2O ②. 86.45%
【解析】
【小问1详解】
①根据NH4VO3的分子式，可知焙烧时NH4VO3分解产生V2O5和H2O、NH3，化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O，故答案为：2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O；
②已知草酸H2C2O4能与含钒粒子形成易溶于水的配合物，所以H2C2O4的作用是与形成易溶水的配合物，促进NH4VO3的溶解，故答案为：与形成易溶于水的配合物，促进NH4VO3的溶解；
【小问2详解】
①氨的催化氧化化学方程式为：4NH3＋5O24NO ＋6H2O，故答案为：4NH3＋5O24NO ＋6H2O；
②反应温度高于350℃，催化剂活性下降，反应速率减慢，故答案为：催化剂活性下降，反应速率减慢；
【小问3详解】
①酸浸时，V2O5和SO在酸性条件下转化为VO2＋和，离子方程式为V2O5＋SO＋4H＋=2VO2＋＋SO＋2H2O，故答案为：V2O5＋SO＋4H＋=2VO2＋＋＋2H2O；
②由题意可知，滴定消耗高锰酸钾溶液，由方程式可知，与(VO2)2SO4溶液反应的硫酸亚铁铵的物质的量为0.5000ml / L ×0.01L-0.01000ml / L× 0.024L×5=0.0038ml，则(VO2)2SO4的物质的量为0.0038ml，样品中五氧化二钒的纯度为，故答案为86.45%。选项
实验操作及现象
结论
A
常温下，将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B
取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入浓硝酸，仍有沉淀
此样品中含有SO
C
向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变色
溶液X中不含NH
D
向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，滴加稀硝酸后溶液变红
Fe2＋具有还原性
组别
温度
时间/min
n/ml
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
…
0.15
a
b
c
d
e
化学键
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
键能/(kJ/ml)
360
436
431
176
注意事项：
1. 本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2. 请将答案填写在答题卡的指定位置。
3. 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 V—51
一、 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 《流浪地球2》向观众展示了太空电梯、行星发动机、超级计算机550W等超前的科技幻想，探讨了数字生命、人工智能等科技伦理问题。它们与化学有着密切联系，下列说法不正确的是
A. 我国“硅—石墨烯—锗高速晶体管”技术获重大突破，C、Si、Ge都是主族元素
B. 我国提出网络强国战略，光纤线路总长超过三千万公里，光纤主要成分是Si
C. 新型陶瓷碳化硅(SiC)可作耐高温结构材料
D. 富勒烯、石墨烯都是碳单质
【答案】B
【解析】
【详解】A．C、Si、Ge都是都是ⅣA元素，都是主族元素，故A正确；
B．二氧化硅具有良好的导光性，是制造光导纤维的主要原料，故B错误；
C．碳化硅(SiC)是熔点很高，可作耐高温结构材料，故C正确；
D．富勒烯、石墨烯都是碳单质，故D正确；
答案选B。
2. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)
B. FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)
C. NH3(g)NO(g)NaNO3(aq)
D. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解熔融的氧化铝可以得到铝和氧气，铝在氯气中燃烧可以得到氯化铝，A正确；
B．FeS2与氧气高温时反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，B错误；
C．氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，NO为不成盐氧化物，不能和NaOH反应，C错误；
D．二氧化硅不能和水反应生成硅酸，D错误；
故答案选A。
3. 实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取B. 用装置乙干燥
C. 用装置丙收集D. 用装置丁探究的还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室采用氯化铵与熟石灰混合固体加热制取氨气，故A正确；
B．氯化钙能与氨气发生反应，不能干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，故C正确；
D．氨气具有一定还原性，能与氧化铜发生氧化还原反应，通过观察试管中CuO颜色变化，可判断反应的发生，从而证明氨气的还原性，故D正确；
故选：B。
阅读下列材料，完成下面试题：
氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。烧碱溶液可以吸收硝酸工业尾气中的NO和NO2，生成亚硝酸钠(NaNO2)，NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。
4. 下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是
A. ①和②均属于氮的固定
B. 氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环
C. ④中每生成1 ml NO，消耗2 ml O2
D. ③和⑤过程中氮元素分别被还原和氧化
5. 下列化学反应表示正确的是
A. 用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO+NO2+2OH-=2+H2O
B. 用水吸收二氧化氮制硝酸：2NO2+H2O=HNO3+NO
C. 雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2+2O22NO2
D. 铜粉和稀硝酸反应：Cu+4H++=Cu2++2NO2↑+2H2O
6. 反应NH4Cl＋NaNO2=NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。下列说法正确是
A. 基态N原子的轨道表示式为
B. Cl-的结构示意图为
C. 亚硝酸根(NO)中N原子杂化类型为sp2
D. H2O的空间填充模型为
【答案】4. D 5. A 6. C
【解析】
【4题详解】
A．氮的固定是将游离态的氮转化为氮化合物的方法。根据图示可知：反应①和②均是将N2反应变为氮的化合物，因此两个反应都属于氮的固定，A正确；
B．氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与了反应，转化为铵盐时，氢元素参加了反应，B正确；
C．反应④中NH3与O2反应产生，根据反应过程中电子转移守恒，可知二者反应转化关系为：NH3～2O2，则每反应生成1 ml，反应消耗2 ml O2，C正确；
D．反应③中NO与O2反应转化为，N元素升高，失去电子被氧化；反应⑤中反应转化为N2，N元素的化合价降低，得到电子被还原，D错误；
故合理选项是D；
【5题详解】
A．硝酸工业产生的尾气中含有NO、NO2，用NaOH溶液吸收尾气fy cs NaNO2、H2O，反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2+H2O，A正确；
B．原子、电子不守恒，NO2与水反应产生HNO3、NO，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，B错误；
C．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应产生NO，反应方程式为：N2+O22NO，C错误；
D．Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应的离子方程式应该为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；
故合理选项是A；
【6题详解】
A．N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3。原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态N原子的轨道表达式为：，A错误；
B．Cl是17号元素，原子核内有17个质子，Cl-核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误；
C．亚硝酸根()中N原子价层电子对数是2+=3，所以N原子杂化类型为sp2杂化，C正确；
D．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，是球棍模型，H2O的空间填充模型为，D错误；
故合理选项是C。
7. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是
A. 电负性：Y
C. 原子半径：r(W)
【答案】A
【解析】
【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有6个电子，可知X为C元素；而基态时，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子，则Y原子外围电子排布式为3s23p3、Z原子外围电子排布式为3s23p4，故Y为P元素、Z为S元素；W与Y处于同一主族，结合W原子序数大于硫，可知W为As元素。由分析可知，X为C元素、Y为P元素、Z为S元素、W为As元素。
【详解】A．同周期从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，故电负性P
C．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：As＞S，故C错误；
D．碳酸属于弱酸，而硫酸属于强酸，碳酸的酸性比硫酸弱，故D错误；
答案选A。
8. 氧元素的单质及化合物应用广泛。下列说法正确的是
A. 16O、17O、18O互为同素异形体
B. 分子中键角大小：SO2>SO3
C. Na2O2、H2O2晶体类型相同
D. 上图所示1个Cu2O晶胞中有4个铜原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．16O、17O、18O互为同位素，故A错误；
B．SO2分子中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，SO3分子中S原子价电子对数为3，无孤电子对，分子中键角大小：SO2
D．根据均摊原则，白球个数,2、黑球个数为4，根据化学式，可知黑球表示Cu原子，所以1个Cu2O晶胞中有4个铜原子，故D正确；
选D。
9. 根据实验操作及现象，下列结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁片插入浓硝酸中无现象的原因是铁片和浓硝酸发生了钝化，表面生成致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，不能证明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强，故A错误；
B．硝酸会直接将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能证明样品中含有，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，故B错误；
C．正确的操作是向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明原溶液中含有铵根离子，故C错误；
D．向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，证明原溶液无，滴加稀硝酸后溶液变红，则被氧化为，说明具有还原性，故D正确；
故选D。
10. 金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)＋2H2S (g)=CS2(g)＋4H2(g)，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是
A. 沸点：H2O＜H2S
B. H2S分子是一种只存在极性键的非极性分子
C. 题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D. 该反应中每消耗1 ml H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此其沸点比分子之间只存在范德华力的H2S高，因此沸点：H2O＞H2S，A错误；
B．H2S分子中含有H-S极性共价键，由于分子结构不对称，因此是一种只存在极性键的极性分子，B错误；
C．由图可知，反应机理步骤I中H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用，C正确；
D．该反应中每消耗l ml H2S，则消耗0.5 ml CH4，C元素的化合价由-4价变为+4价，转移电子的数目约为0.5 ml×8×6.02×1023/m1=4×6.02×1023，D错误；
故合理选项是C。
11. 下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是
A. 石墨转变为金刚石是放热反应
B. 白磷比红磷稳定
C. S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH2则ΔH1<ΔH2
D. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH>0
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图像1，金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，故A错误；
B.根据图像2，白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，白磷比红磷稳定性差，故B错误；
C.依据图像3，固体硫变化为气态硫需要吸收能量，故ΔH1<ΔH2，故C正确；
D.根据图像4，反应物CO（g）+H2O（g）的能量总和高于生成物CO2（g）+H2（g）的能量总和，反应是放热反应，即CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH<0，故D错误；
答案选C。
12. 微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，原理如图所示，下列说法错误的是
A. b为正极
B. 负极反应为CH3COO-＋7OH-－8e-=2CO2＋5H2O
C. 该装置能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物并提供电能
D. X膜为阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图正极通O2，负极为有机废水CH3COO-，则为正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+。
【详解】A．b极通入O2，O元素化合价降低，发生还原反应，则b为正极，故A正确；
B．由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的一极，发生失电子的氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故B错误；
C．原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，能提供电能，故C正确；
D．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故D正确；
答案选B。
13. 甲烷可用于消除NO2的污染：CH4＋2NO2N2＋CO2＋2H2O。在2 L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 ml CH4和1.00 ml NO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表：
下列说法正确的是
A. 组别①，0～20 min内，NO2的反应速率为0.025 ml·L-1·min-1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1＞T2
C. 组别②，40 min时，表格中对应的数据为0.18
D. 组别②，该反应在温度T2达到平衡状态时，NO2的转化率为70%()
【答案】D
【解析】
【详解】A．对于题组①，在0～20 min内，CH4的物质的量减少0.25 ml，根据反应方程式中物质反应转化关系可知会同时反应消耗0.50 ml NO2，反应在2 L容器中进行，则0～20 min内，NO2的反应速率为v(NO2)=，A错误；
B．温度越高反应速率越大，根据实验数据可知0- 20 min内，实验①中CH4物质的量的变化量为0.25 ml，实验②中CH4的变化量0.32 ml，说明实验②反应的温度高，由实验数据可知实验控制的温度：T1＜T2，B错误；
C．T1、40min时，反应达到平衡，因温度：T1＜T2，可见反应温度T2较大，平衡时用时较少，所以表格中T2对应反应已经达到平衡状态，则表格对应的数据应该为0.15，C错误；
D．对于组别②，反应达到平衡时反应消耗CH4的物质的量是0.35 ml，则根据物质反应转化关系可知：必然会同时反应消耗0.70 ml NO2，故NO2的平衡转化率为：×100%=70%，D正确；
故合理选项D。
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. 甲烷既是高效的能源，又是重要的化工原料，在生产、生活中用途广泛。
（1）CH4燃烧放出大量的热。
常温下，1gCH4在O2中完全燃烧生成CO2和液态水释放出55.7 kJ的热量，写出甲烷燃烧的热化学方程式___________。
（2）甲烷—空气质子交换膜燃料电池应用广泛，其结构如图所示。
①a处通入的物质是___________(填化学式)，电极N的电极反应式为___________。
②若该燃料电池消耗11.2L (标准状况下) CH4，则理论上电路中转移___________ml电子。
（3）工业上利用CH4催化重整制H2，反应原理为：CH4(g) + H2O(g) CO(g) +3H2(g)。在恒容密闭容器中投入等物质的量的CH4和H2O，发生上述反应。
①在不改变物质浓度的条件下，加快该反应速率的措施有___________(答出一点即可)。
②下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的有___________(填字母序号)。
A．c(H2)=3c(H2O)
B．混合气体的密度不再变化
C．单位时间内生成1mlCO，同时消耗3ml H2
D．混合气体的压强不再变化
（4）高温条件下，利用CH4还原NO的反应过程如图所示。
①H、C、N、O、Fe五种元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②写出反应ⅱ的化学方程式___________。
【答案】（1）CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-891.2 kJ·ml-1
（2） ①. CH4(g) ②. O2+4e-+4H+=2H2O ③. 4
（3） ①. 升高温度或使用催化剂(答出一点即可) ②. CD
（4） ①. O>N>C>H>Fe ②. 4Fe3O4 + 2NO 6Fe2O3+ N2
【解析】
【小问1详解】
1ml甲烷在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出热量为55.7×16=891.2kJ，焓变为负，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-891.2 kJ·ml-1；
【小问2详解】
①由电子移动方向可知，电极M为负极，电极N为正极，燃料CH4通入负极即a处发生氧化反应，O2通入正极得到电子发生还原反应，即N上电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O；
②标准状况下11.2LCH4的物质的量为0.5ml，CH4通入负极发生氧化反应，电极方程式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+，理论上电路中转移4ml电子；
【小问3详解】
①在不改变物质浓度的条件下，加快该反应速率的措施有：升高温度或使用催化剂等；
②A．反应熟练之比等于化学方程式化学计量数之比，当c(H2)=3c(H2O)时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．该反应过程中气体质量始终不变，容器是恒容的容器，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．单位时间内生成1ml CO，同时消耗3ml H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C选；
D．该反应是气体体积增大的反应，反应过程中压强增大，当混合气体的压强不再变化时，说明反应达到平衡，故D选；
故答案为：CD。
【小问4详解】
①同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，H、C、N、O、Fe五种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H>Fe；
②反应ⅱ中NO和Fe3O4发生反应生成N2和氧化铁，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4Fe3O4+2NO=6Fe2O3+N2(条件为高温)。
15. 元素周期表揭示了元素间的内在联系，使元素构成了较为系统的体系。元素在周期表中的位置与原子结构、元素性质密切相关。下图是元素周期表的前四周期，a ~ e代表其中的五种元素。
（1）第一电离能介于元素a、b的元素有___________种，前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多的原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中该元素处于___________区。
（2）元素c和d的单质可以化合生成一种淡黄色固体，该物质的电子式为___________，
（3）在50℃左右，单质e能够与CO反应生成[e(CO)4]，升高温度后[e(CO)4]又可分解，工业上常用这些反应提纯单质e，已知[e(CO)4]是易挥发的液体，沸点43℃，推测其固态时所属晶体类型为___________。
（4）2023年诺贝尔化学奖颁给合成量子点的三位科学家。量子点是一种重要的低维半导体材料，常由硅(Si)、磷(P)、硫(S)、硒(Se)等元素组成。下列说法正确的是___________。
A. 原子半径：r(Si)>r(S)>r(Se)
B. 第一电离能：
C. 晶体硅、白磷(P4)均为分子晶体
D. 氢化物的稳定性：H2Se>H2S>PH3
（5）晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)与金刚石(C)结构相似，晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)晶胞结构示意图如下：
①1ml晶体硅(Si)存在Si—Si的数目为___________，晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)、金刚石(C)的熔点由高到低的顺序为___________。
②工业上高纯硅可通过反应SiCl4(g)＋2H2(g)Si (s)＋4HCl(g)制取，该反应的ΔH=___________。
【答案】（1） ①. 3 ②. 3d54s1 ③. d
（2） （3）分子晶体 （4）B
（5） ①. 2ml ②. C >SiC >Si ③. + 236kJ·ml−1
【解析】
【分析】根据元素周期表的结构可知，a为B，b为N，c为O，d为Na，e为Fe，据此回答。
【小问1详解】
第一电离能介于元素B、N的元素有2种，分别为C和O，前四周期元素中基态原子的核外未成对电子数最多的原子为Cr，价电子排布式为3d54s1，在元素周期表中该元素处于d区；
【小问2详解】
元素c和d的单质可以化合生成一种淡黄色固体Na2O2，该物质的电子式为；
【小问3详解】
[Fe(CO)4]是易挥发的液体，沸点43℃，所以晶体类型为分子晶体；
【小问4详解】
A．根据层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小可知，原子半径：r(Se)＞r(Si)>r(S)，A错误；
B．根据同周期从左往右，第一电离能增大，P3p轨道半满，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，B正确；
C．晶体硅为原子晶体，白磷(P4)为分子晶体，C错误；
D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：H2S>PH3>H2Se，D错误；
故选B。
【小问5详解】
①每个硅原子连接4个硅原子，根据均摊可知，1ml晶体硅(Si)存在Si—Si的数目为2ml，晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)、金刚石(C)均为原子晶体，半径Si＞C，所以键长Si-Si＞Si-C＞C-C，共价键的键能金刚石＞碳化硅＞硅单质，所以晶体硅(Si)、碳化硅(SiC)、金刚石(C)的熔点由高到低的顺序为C >SiC >Si；
②ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=4×360+2×436-2×176-4×431=+236kJ·ml−1。
16. 铁单质及化合物在生产、生活及科学研究中用途广泛。
（1）研究表明，铁有δ、γ、α三种同素异形体，三种晶胞结构(均为立方体)在不同温度下的转化如图所示。下列说法正确的是___________。(填序号)。
A． 将γ-Fe加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
B． 平均每个晶胞含有的Fe原子个数：γ-Fe > δ-Fe > α-Fe
C． 在α-Fe、γ-Fe晶体中，与每个铁原子距离相等且最近的铁原子分别为6个、12个
（2）亚铁氰化钾属于批准使用的食品添加剂，受热易分解：3K4[Fe(CN)6]12KCN＋Fe3C＋2(CN)2↑＋N2↑＋C，回答下列问题：
①基态Fe2＋与Fe3＋中未成对的电子数之比为___________。
②常温常压下CCl4为无色液体，碳原子的杂化方式为___________，CCl4空间构型为___________。
③ 氰[(CN)2]为无色可燃气体、剧毒、有苦杏仁味，和卤素单质的结构相似。氰分子具有对称性，共价键夹角为180°，(CN)2分子中σ键和π键数目之比为___________。KCN可以转化为HCN，HCN分子中碳原子的杂化方式为___________。
（3）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的晶胞如图2所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图3所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】（1）BC （2） ①. 4∶5 ②. sp3 ③. 正四面体形 ④. 3∶4 ⑤. sp
（3）Fe3CuN
【解析】
【小问1详解】
A．由题设信息可知，铁在不同温度下可以转化为不同晶体结构的同素异形体，将γ-Fe加热到1500C分别急速冷却和缓慢冷缺，温度不同，得到的晶体类型不相同，故A项错误；
B．δ-Fe 所含铁原子个数是，γ-Fe中铁原子的个数是，α-Fe中含有铁原子的个数是，则平均每个晶胞含有的Fe原子个数：γ-Fe > δ-Fe > α-Fe，故B正确；
C．由α-Fe结构可知，每个铁原子等距离且最近的铁原子是相邻顶点上的铁原子，上下、左右、前后共6个，γ-Fe晶体中，以顶点为原点，与其等距离且最近的铁原子位于面心，顶点被8个晶胞共用，则等距离且最近的铁原子共有个，故C正确；
故选BC；
【小问2详解】
①基态Fe的电子排布式为，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为4：5，故答案为：4：5；②CCl4分子中碳原子的价层电子对数为4+0=4，碳原子的杂化方式为sp3,空间构型为正四面体形，故答案为：sp3；正四面体形； ③单键都是σ键，叁键中有1个σ键、2个键π键，(CN)2分子的结构式是，所以(CN)2分子中σ键和π键的数目比为3：4；HCN分子的结构式是,中心原子碳原子有2个σ键，其杂化方式为sp，故答案为：3：4；sp；
【小问3详解】
由图3可知，Cu替代a位置Fe型的能量更低，更稳定，则1个晶胞中Fe原子的个数为，Cu原子个数为，N原子个数为1，更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN，故答案为：Fe3CuN；
17. V2O5—WO3/TiO2催化剂可以催化NH3脱除烟气中的NO。反应如下：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)，
（1）催化剂的制备
已知：常温下偏钒酸铵(NH4VO3)微溶于水；草酸(H2C2O4)能与含钒粒子形成易溶于水的物质。
称取一定量偏钒酸铵(NH4VO3)和钨酸钠(Na2WO4)，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的TiO2粉末浸渍于上述混合溶液中，在热水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到V2O5—WO3/TiO2催化剂。
①焙烧时NH4VO3分解产生V2O5的化学方程式为___________。
② H2C2O4的作用是___________。
（2）催化剂的应用
将模拟烟气以一定流速通过装有V2O5—WO3/TiO2催化剂的反应管，反应相同时间，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。
①研究表明反应温度高于350 ℃，NO转化率下降的原因之一是NH3被氧气氧化，请写出该反应的化学方程式___________。
②除了上述原因，导致NO转化率下降的其他原因是___________。
（3）V2O5的回收。回收V2O5的过程如图所示：
①酸浸过程中，V2O5转化成VO2＋，该反应的离子方程式为___________。
②为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL (VO2)2SO4溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000ml·L-1KMnO4标准溶液与过量的Fe2反应，当反应恰好完全时，消耗标准溶液24.00mL。上述反应原理如下：
VO+Fe2++2H+ = VO2++Fe3++H2O；
MnO+5Fe2++ 8H+ = Mn2++5Fe3++4H2O。
则V2O5样品的纯度为___________。(写出计算过程)
【答案】（1） ①. 2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O ②. 与VO形成易溶于水的物质，促进NH4VO3的溶解
（2） ①. 4NH3＋5O24NO ＋6H2O ②. 催化剂活性下降，反应速率减慢
（3） ①. V2O5＋SO＋4H＋=2VO2＋＋SO＋2H2O ②. 86.45%
【解析】
【小问1详解】
①根据NH4VO3的分子式，可知焙烧时NH4VO3分解产生V2O5和H2O、NH3，化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O，故答案为：2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O；
②已知草酸H2C2O4能与含钒粒子形成易溶于水的配合物，所以H2C2O4的作用是与形成易溶水的配合物，促进NH4VO3的溶解，故答案为：与形成易溶于水的配合物，促进NH4VO3的溶解；
【小问2详解】
①氨的催化氧化化学方程式为：4NH3＋5O24NO ＋6H2O，故答案为：4NH3＋5O24NO ＋6H2O；
②反应温度高于350℃，催化剂活性下降，反应速率减慢，故答案为：催化剂活性下降，反应速率减慢；
【小问3详解】
①酸浸时，V2O5和SO在酸性条件下转化为VO2＋和，离子方程式为V2O5＋SO＋4H＋=2VO2＋＋SO＋2H2O，故答案为：V2O5＋SO＋4H＋=2VO2＋＋＋2H2O；
②由题意可知，滴定消耗高锰酸钾溶液，由方程式可知，与(VO2)2SO4溶液反应的硫酸亚铁铵的物质的量为0.5000ml / L ×0.01L-0.01000ml / L× 0.024L×5=0.0038ml，则(VO2)2SO4的物质的量为0.0038ml，样品中五氧化二钒的纯度为，故答案为86.45%。选项
实验操作及现象
结论
A
常温下，将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B
取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入浓硝酸，仍有沉淀
此样品中含有SO
C
向溶液X中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变色
溶液X中不含NH
D
向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液不变色，滴加稀硝酸后溶液变红
Fe2＋具有还原性
组别
温度
时间/min
n/ml
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)
0.50
0.30
0.18
…
0.15
a
b
c
d
e
化学键
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
键能/(kJ/ml)
360
436
431
176
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