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2017-2018学年黑龙江省哈尔滨市第六中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
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黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
一、客观题（每题2分，共50分）
1. 将下列晶体熔化：氢氧化钠、四氯化碳、二氧化硅、氧化钙，需要克服的微粒间的相互作用力依次是①共价键 ②离子键 ③分子间作用力，正确的顺序是( )
A. ①②②③ B. ②①③② C. ②③①② D. ①①②③
【答案】C
【解析】NaOH和CaO属于离子晶体，熔化时需要克服的是离子键；SiO2属于原子晶体，熔化时需要克服的是共价键；CCl4属于分子晶体，熔化时需要克服的是分子间作用力；所以正确的顺序为：②③①②，故选C。
点睛：本题考查了晶体的类型，明确晶体的构成微粒是解本题关键。离子晶体中含有离子键，原子晶体中含有共价键，分子晶体中含有分子间作用力，根据晶体类型确定熔化晶体时克服的微粒间作用力。
2. “结构决定性质”，有关物质结构的下列说法中正确的是（ ）
A. 碘熔化时破坏了化学键 B. 共价化合物不一定是电解质
C. 干冰晶体内存在非极性键与范德华力 D. 液态氟化氢中存在氢键，故氟化氢比氯化氢更稳定
【答案】B
【解析】A、碘熔化时破坏的是分子间作用力，没有破坏化学键，A错误。B、共价化合物有可能是电解质，如HCl是共价化合物，溶于水能够导电，所以HCl属于电解质，而有些共价化合物如CO2溶于水，虽然能导电，但不是CO2的电离，而是H2CO3的电离，所以CO2是非电解质，B正确。C、干冰晶体内只有分子间作用力（还有氢键），化学键只存在于一个分子内部原子之间如HCl分子，化学键只存在于H和Cl原子间，C错误。D、氢键影响物质的熔沸点和密度及溶解度等性质，与物质的热稳定性无关，稳定性与化学键的强弱有关，化学键越强，稳定性越高，氟化氢比氯化氢更稳定，是因为氟化氢的化学键强于氯化氢的化学键，D错误。正确答案为B
点睛：分子间的作用力、氢键影响物质的熔沸点，而化学键影响物质的热稳定性。
3. 下列几组微粒互为等电子体的有（ ）
①N2和CO ②NO+和CN- ③CO2和CS2 ④N2O和CO2 ⑤ BF3和SO3
A. ①②③ B. ④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】等电子体是指：粒子中含有相同的原子个数且最外层电子数之和相等，如果为阳离子，则电子数减去所带的电荷数值，若为阴离子，电子数加上所带的电荷数值。
①N2和CO中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为14、14，为等电子体；②NO+和CN-中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为5+6-1=10和4+5+1=10，为等电子体。
③CO2和CS2 中均为3个原子，O和S同主族，所以两粒子中最外层电子数必然相等，为等电子体。④N2O和CO2均为3个原子，最外层电子数分别为5+5+6=16和4+6×2=16，为等电子体。⑤ BF3和SO3均含4个原子，最外层电子数分别为3+7×3=24和6×4=24，为等电子体。故① ② ③④ ⑤都属于等电子，D正确。正确答案为D
4. 正确掌握好化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是（ ）
A. Cl- 的电子排布式1s22s22p63s23p6
B. 氟原子结构示意图：
C. H2S的电子式：
D. S原子核外电子的轨道表示式为：
【答案】A
【解析】A. Cl- 核外有18个电子，电子排布式1s22s22p63s23p6，故A正确；B. 氟原子最外层有7个电子，故B错误；C. H2S属于共价化合物，不含离子键，故C错误；D. 不满足洪特规则，故D错误；故选A。
5. 运用元素周期表和元素周期律分析下面的推断，下列说法不合理的是
A. PH3、H2S、HCl的热稳定性和还原性从左到右依次增强
B. 若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数: X>Y
C. 硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料
D. Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性: CsOH>Ba(OH)2
【答案】A
【解析】A、根据元素周期律：同周期元素原子，从左到右氢化物的稳定性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以PH3、H2S、HCl的热稳定性从左到右依次增强，还原性从左到右依次减弱，选项A不合理；B、具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数: X>Y，选项B合理；C、硅、锗处于金属与非金属的交界处，元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，选项C合理；D、Cs、Ba同周期，自左而右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故碱性CsOH>Ba(OH)2，选项D合理。答案选A。
点睛：本题考查同主族元素的性质的递变规律，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的学习。同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，对应的元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，以此解答该题。
6. 海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法不正确的是 （ ）
A. ①中可采用蒸馏法 B. ②中将MgCl2溶液蒸干即可得到无水MgCl2
C. ③中提溴涉及到氧化还原反应 D. ④的产品可生产盐酸、漂白液等
【答案】B
【解析】A项，①为海水淡化工厂，海水可用蒸馏法淡化，正确；B项，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终MgCl2完全水解成Mg（OH）2，MgCl2溶液蒸干不能得到无水MgCl2，错误；C项，海水中溴元素以Br-存在，要获得Br2必然要加入氧化剂将Br-氧化，一定涉及氧化还原反应，正确；D项，氯碱工业的原理为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，H2与Cl2反应可生产盐酸，Cl2与NaOH反应可制漂白液，正确；答案选B。
7. 下列说法中，正确的是
A. BF3分子中原子的最外层都不满足8电子稳定结构
B. 在0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3 NA（阿伏加德罗常数为NA）
C. 全氟丙烷（C3F8）分子中三个碳原子可能处于同一直线上
D. 向30 mL 0.5 mol／L NaOH（aq）中通入224 mL CO2（标准状况），其离子反应方程式可表示为：3OH－＋2CO2＝CO32－＋HCO3－＋H2O
【答案】D
【解析】A、BF3分子中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子未达8电子结构；F元素化合价为-1价，F原子最外层电子数为7，|-1|+7=8，F原子满足8结构，故A错误；B、NaHSO4晶体是由钠离子与硫酸氢根离子构成的，0.1mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.2NA，故B错误；C、全氟丙烷(C3F8)可以看做2个-CF3取代CF4中的2个F原子形成的，-CF2-具有四面体结构，3个碳原子呈Ⅴ形，故C错误；D、224mLCO2(标准状况)物质的量为0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.015mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=1：1.5，介于1：1与1：2之间，反应生成碳酸钠与碳酸氢钠，令碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠元素守恒有2x+y=0.015，根据碳元素守恒有x+y=0.01，联立方程解得x=0.005、y=0.005，所以生成碳酸钠与碳酸氢钠为1：1，离子方程式为3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2O，故D正确；故选D。
点睛：本题的难点是D选项离子方程的书写，关键是计算确定碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比；易错点为B，要注意NaHSO4晶体是由钠离子与硫酸氢根离子构成的，要与硫酸氢钠在水中的电离区分开。
8. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】 A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。
点睛：本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
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9. 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 与X 形成的某气态化合物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z 的质子数比Y 多1，非金属元素W 的氧化物熔点高于其它短周期非金属元素。下列说法不正确的是
A. 四种元素任意组合形成的化合物均为共价化合物 B. 原了半径大小: W>Y>Z>X
C. Y、Z 均可与X 形成含有非极性共价键的化合物 D. 简单氢化物的稳定性: Z>Y>W
【答案】A
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 与X 形成的某气态化合物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为H元素，Y为N元素，Z 的质子数比Y 多1，Z为O元素，非金属元素W 的氧化物熔点高于其它短周期非金属元素，W为Si元素。
A、四种元素任意组合形成的化合物不一定为共价化合物，如：NH4NO3是离子化合物，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小： W>Y>Z>X，故B正确；C、Y、Z 均可与X 形成含有非极性共价键的化合物NH3和H2O，故C正确；D. 非金属性O＞N>Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性: Z>Y>W，H2O>NH3>SiH4，故D正确；故选A。
点睛：本题考查物质结构的推断、元素化合物知识、元素周期律等，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，解题关键：推断元素，掌握物质的性质以及应用。
10. 下列分子中含有手性碳原子的是
A. CF2Cl2 B. CH3CH2OH C. D. CH2＝CH—COOH
【答案】C
【解析】在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团，答案选C。
点睛：本题考查有机物分子的结构和手性碳原子。判断碳原子上是否连接四个不同的原子或原子团是解题的关键。
11. 下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是
A. 第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子
B. 第三周期金属元素的离子半径：r(Na+)< r(Mg2+)
D. 通常可在周期表的过渡元素中寻找化学反应的催化剂
【答案】D
【解析】A. 221Fr比223Fr为同位素，质子数相同，故A错误；B. 电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，因此离子半径r(Na+)＞ r(Mg2+)＞r(Al3+)，故B错误；C. 第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属逐渐减弱，单质与氢气化合越来越困难，故C错误；D. 优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，故D正确；故选D。
12. 下列措施能使氨水的电离平衡逆向移动的是
A. 加入少量水 B. 加入少量MgCl2 固体
C. 通入少量HCl 气体 D. 加入少量NH4Cl 固体
【答案】D
【解析】氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，A、加水稀释，促进NH3·H2O的电离，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、加入MgCl2，Mg2＋与OH－反应生成Mg(OH)2↓，促进NH3·H2O的电离，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、通入HCl，发生H＋＋OH－=H2O，促进NH3·H2O的电离，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、加入少量NH4Cl，增加NH4＋浓度，抑制NH3·H2O的电离，平衡向逆反应方向移动，故D正确。
13. 已知：2Fe3++SO32－+H2O2Fe2++SO42－+2H+。如图所示是一套电化学实验装置，图中C、D均为铂电极，U为盐桥，G是灵敏电流计，其指针总是偏向电源负极。A杯中为FeCl3溶液；B杯中为Na2SO3溶液。以下关于该装置的说法错误的是
A. G的指针指向B极
B. U中阳离子向A极移动
C. 一段时间后，化学反应达到平衡状态，导线中无电流通过
D. 一段时间后，B中溶液pH增大
【答案】D
【解析】试题分析：A．SO32－被氧化，应为原电池负极反应，G是灵敏电流计，其指针总是偏向电源负极，则G的指针指向D极，A正确；B．A为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，B正确；C．反应为可逆反应，正逆反应进行的程度相同，反应达到平衡状态，导线中无电流通过，C正确；D．B为负极，电极方程式为SO32--2e-+H2O＝SO42-+2H+，则pH减小，D错误，答案选D。
【考点定位】本题考查学生原电池的工作原理
【名师点晴】该题为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意根据方程式从氧化还原反应的角度认识原电池的反应原理，难点是电极反应式的书写，注意介质的影响。
14. 经X射线研究证明：PCl5在固体状态时，由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是
A. PCl5固体是分子晶体 B. PCl5晶体具有良好的导电性
C. PCl5晶体有[PCl3]2＋和[PCl7]2－构成，其离子数目之比为1∶1 D. PCl5晶体有[PCl4]＋和[PCl6]－构成，其离子数目之比为1∶1
【答案】D
点睛：本题的易错选项是CD，根据题意，PCl5在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，结合杂化轨道理论，正确判断正四面体构型粒子和正八面体粒子的结构是解题的关键。
15. 下列说法不正确的是
A. 某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
B. 氨气极易溶于水的重要原因之一：氨分子与水分子之间能形成氢键
C. 标况下，22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA
D. 由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF的沸点反常，且沸点高低顺序为HF＞H2O＞NH3
【答案】D
【解析】A．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故A正确；B．N、O的电负性强，分子之间形成氢键，氨溶于水后氨分子与水分子之间形成氢键，故B正确；C．乙炔的结构式为H-C≡C-H，则1mol乙炔中含2molπ键，冰中水分子的O原子以类似于金刚石中C原子的四面体空间网状结构排列，每2个O原子间都有一个H原子，更靠近H原子的O原子与它形成共价键，另一个与它形成氢键，即每个H原子都形成一个氢键，所以1mol冰中存在2mol氢键，标况下22.4LC2H2的物质的量为1mol，18g冰的物质的量也为1mol，则标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2mol，故C正确；D．由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氢化物中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O＞HF＞NH3，故D错误；故选D。
16. 科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，2015年1月美国科学在《Science》是发表论文，宣布发现了Al的超原子结构Al13和Al14，并在质谱仪检测到稳定的Al13I﹣等，Al13、Al14的性质很像现行周期表中的某主族元素，己知这类超原子当具有40个价电子时最稳定（例Al原子具有3个价电子）．下列说法不正确的是（ ）
A. Al14有42个价电子，且与IIA族元素性质相似 B. Al13有39个价电子，且与卤素性质类似
C. Al13、Al14 互为同素异形体 D. Al13原子中存在离子键
【答案】D
【解析】A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142＋，与第IIA族性质相似，故A正确；B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13－，与第ⅤⅡA族卤素原子性质相似，故B正确；C．Al13、Al14为铝元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．Al14为分子晶体，Al14超原子中Al原子间通过共价键结合，故D错误；故选D。
17. X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 简单离子半径:M
D. X、R、Y、Z均存在两种及两种以上的氧化物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。A．硫离子比钠离子多一个电子层，硫离子半径较大，故A错误；B．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．M的氢化物的硫化氢，常温下为气体，故C正确；D. X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和双氧水、氧化钠和过氧化钠、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在两种及两种以上，故D正确；故选A。
18. 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. 所有的非金属元素都分布在p区
C. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子的化学性质相似
D. 元素周期表中ⅢB到ⅡB的10个纵行的元素都是金属，所以统称过渡金属元素
【答案】D
【解析】A．第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，故A错误；B．H元素处于s区，故B错误；C．原子核外电子排布式为1s1的原子为H原子，原子核外电子排布式为1s22s1的原子为Li原子，H原子为非金属、Li原子为金属，二者性质不同，故C错误；D．过渡元素包括副族与第Ⅷ族，为元素周期表中的第3列到12列，即ⅢB到ⅡB的10个纵行，都是金属元素，故D正确；故答案为D。
19. 有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C. 在金刚石晶体中，6个碳原子形成一个环且不在同一平面上
D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；C．金刚石晶胞中相连4个C形成四面体结构，则6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C正确；D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了晶体的结构，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键。本题易错选项是D，分子的化学式由组成原子的数目判断，要注意是“分子”，不要与晶胞的计算混淆。
20. 在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构。已知晶体中N－N键键能为160 kJ·mol－1，而N≡N的键能为942 kJ·mol－1。则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定 B. 高聚氮晶体属于原子晶体
C. 高聚氮晶体中n(N)∶n(N－N)＝1∶3 D. 用作炸药可能是高聚氮潜在的应用
【答案】C
【解析】A．键能越大，破坏化学键消耗的能量越多，则化学键越牢固，所构成物质越稳定，故A正确；B．由信息可知，高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，所以高聚氮为原子晶体，故B正确；C．高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合，而每个共价键由两个N原子组成，所以n(N)：n(N-N)=2：3，故C错误；D．由高聚氮的结构及制备条件可知高聚氮含有非常高的化学能，可能成为做炸药或高能材料，故D正确；故选C。
21. 在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应正反应的焓变为正值 B. 恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深
C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；D、根据A中分析D正确，答案选D。
考点：考查平衡常数应用、外界条件对平衡状态的影响
22. 下列有关微粒性质的排列顺序，正确的是（ ）
A. 键角：BF3＞CH 4＞NH3＞H2O B. 热稳定性：CH 4＞NH3＞H2O ＞HF
C. 沸点： CH 4＞NH3＞H2O ＞HF D. 第一电离能：S ＞P＞Si＞Al
【答案】A
【解析】A.BF3 中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；甲烷为正四面体结构，键角为109°28′；NH3 为三角锥形，键角为107°；H2O为V形，键角为105°；所以键角由大到小排列顺序是BF3＞CH 4＞NH3＞H2O ，故A正确 ；B. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，热稳定性：CH 4＜NH3＜H2O ＜HF，故B错误；C.能够形成分子间氢键的沸点较高，CH 4 分子间不能形成氢键，沸点最低，故C错误；D.P元素的3p为半充满较高， 第一电离能最大，故D错误；故选A。
23. 25℃时，向盛有50 mL pH=3的HA溶液的绝热容器中加入pH=14的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. HA溶液的物质的量浓度为0.0l mol/L
B. a→b的过程中，混合溶液不可能存在：c(A－)=c(Na＋)
C. b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中A－发生了水解反应
D. 25℃时，HA的电离平衡常数K约为1.25×10—6
【答案】D
【解析】试题分析：A．b点温度最高，恰好中和时温度最高，此时消耗氢氧化钠物质的量为1mol/L×0.04L=0.04mol，HA和氢氧化钠的物质的量相等，c（HA）=0.04mol/0.05L=0.8mol/L，A错误；B．恰好反应时溶液中的溶质是NaA，呈碱性，HA呈酸性，a-b的过程中，混合溶液有可能呈中性，存在c(A-)=c(Na+)，B错误；C．b-c的过程中，温度降低的主要原因是HA已经反应完全生了NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，C错误；D．电离平衡常数，D正确，答案选D。
考点：考查酸碱混合液定性判断
24. 下列实验现象及结论正确的是
A. 向AgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液生成白色沉淀，再向试管内加入KI溶液若生成黄色沉淀，则证明KSP (AgCl)> KSP (AgI)
B. Na2CO3溶液滴入硼酸溶液中，无气泡生成，说明Ka: H2CO3>H3BO3
C. 等物质的量浓度、等体积的CH3COONa和NaClO阴离子的总数前者小于后者
D. 若弱酸的酸性H2A＞H2B＞HA－＞HB－，则等物质的量浓度等体积的Na2A、Na2B溶液中，离子数目前者等于后者
【答案】B
【解析】A．AgNO3溶液过量，不一定发生沉淀转化，应向氯化银沉淀加入碘化钾溶液，故A错误；B．Na2CO3溶液滴入硼酸溶液中，无气泡生成，表示不反应，说明酸性H2CO3＞H3BO3，故B正确；C．水解时，消耗一个阴离子产生一个氢氧根，阴离子总数不变，阴离子总数相等，故C错误；D．H2A酸性强于H2B，Na2B水解程度大，B离子水解生成HB-和氢氧根，离子数增加的多，离子数目前者小于后者，故D错误；故选B。
25. 已知某温度下，MnCO3、MnS的溶度积分别为2．0×10 -11、5．0×10 -14。下列推断不正确的是 ( )
A. 碳酸锰的溶解度大于硫化锰的溶解度
B. 碳酸锰转化成硫化锰的离子方程式为MnCO3(s)+S2-(aq)MnS(s)+ CO32-(aq)
C. 碳酸锰转化成硫化锰的平衡常数K=2．5×10-3
D. 在含相同浓度的CO32一，S2-的溶液中滴加氯化锰溶液，先产生沉淀是MnS
【答案】C
【解析】A. 碳酸锰和硫化锰的组成形式相似，溶度积MnCO3＞MnS，则碳酸锰的溶解度大于硫化锰的溶解度，故A正确；B. 碳酸锰中存在碳酸锰的溶解平衡，当加入硫离子时生成硫化锰沉淀，使碳酸锰的溶解平衡右移，反应离子方程式为MnCO3(s)+S2-(aq)MnS(s)+ CO32-(aq)，故B正确；C．碳酸锰转化成硫化锰的反应方程式为：MnCO3+S2-⇌MnS+CO32-，该反应的平衡常数为K==•===400，故C错误；D．MnS和MnCO3是同类型沉淀，可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，难溶的优先产生沉淀，在含相同浓度的CO32-、S2-的溶液中滴加氯化锰溶液，由于Ksp(MnS)＜Ksp(MnCO3)，则MnS比MnCO3更难溶，先产生沉淀是MnS，故D正确；故选C。
二、主观题（共50分）
26. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】 (1). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 (4). 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ (5). H2 (6). 氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜
【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。
（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。
(2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。
（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3-，所以电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质A为H2 。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
27. 2013年9月，中国华北华中地区发生了严重的雾霾天气，北京、河北、河南等地的空气污染升为6级空气污染，属于重度污染。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。
（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H<0，在一定温度下，在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1 时刻达到平衡状态。
①能判断该反应达到平衡状态的标志是____________________。
A．在单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了1mol CO B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变 D．混合气体的压强不再变化
②在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再改变条件。请在下图中补充画出从t2 到t4 时刻正反应速率随时间的变化曲线：______
（2）改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将水蒸气通过红热的碳得到水煤气，1.2g 碳完全反应，吸收热量13.13kJ。
①该反应的热化学方程式为_____________________________。
②煤气化过程中产生的有害气体H2S可用足量的Na2C03溶液吸收，该反应的离子方程式为______________________________。（已知：H2S： ； ；H2CO3： ； ）
（3）已知反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达平衡所需时间/min
CO
H2O
H2
CO
0
1
650
4
2
1.6
2.4
6
2
900
2
1
0.4
1.6
3
3
900
a
b
c
d
t
①实验1条件下平衡常数K=______________（保留小数点后二位）。
②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是__________(用a,b和大于、小于或等于号表示)。
③该反应的△H ______0(填“＜”或“＞”）；若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入l0mol CO，5mo1 H2O，2mo1 CO2，5mol H2，则此时v正___________v逆（填“＜”，“＞”，“＝）
【答案】 (1). CD (2). (3). C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·mol－1 (4). H2S+CO32-=HCO3－＋HS－ (5). 2.67 (6). a＜b (7). ＜ (8). ＞
.....................
②将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所V正＜V逆，故图象为：，故答案为：；
(2)①1.2g 碳为0.1mol，则1molC反应吸收13.13kJ×10=131. 3kJ热量，该反应的热化学方程式为C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·mol－1，故答案为：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·mol－1；
②由于Ka2=5.61×10-11＜Ka1=9.1×10-8＜Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11＞Ka2=1.1×10-12，所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为：CO32-+H2S=HCO3-+HS-，故答案为：CO32-+H2S=HCO3-+HS-；
(3)①根据实验1计算平衡常数，
H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
初始(mol/L) 1 2 0 0
转化(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(mol/L) 0.2 1.2 0.8 0.8
K==2.67，故答案为：2.67；
②如果a=b两者的转化率相等，CO的转化率大于水蒸气，相当于加入水蒸气，平衡正向移动，则a＜b，故答案为：a＜b；
③根据实验2计算平衡常数，
H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
初始(mol/L) 0.5 1 0 0
转化(mol/L)0.2 0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.3 0.8 0.2 0.2
K==0.167，温度升高K变小，温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，△H＜0；按10mol CO，5mol H2O，2mol CO2，5mol H2，分别加入该容器，Qc==0.2＞K，反应逆向进行，v(正)＜v(逆)，故答案为：＞；＜。
点睛：本题考查化学平衡和化学反应速率等知识，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算。注意Qc、K的大小与平衡移动方向的关系，当Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。
28. 锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：2Na3PO4＋4CuSO4＋2NH3·H2O===Cu4O(PO4)2↓＋3Na2SO4＋(NH4)2SO4＋H2O
(1)写出基态Cu2＋的核外电子排布式：________。与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有________(填元素符号)，上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为________。
(2)PO的空间构型是________。
(3)与NH3互为等电子体的分子、离子有________、________(各举一例)。
(4)氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为________。
(5)在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu(CN)4]2－，则1 mol CN－中含有的π键的数目为_____。
(6)Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示。则该化合物的化学式为______。
【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). K Cr (3). O
(2)PO43-中P原子的价层电子对=4+(5+3−4×2)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型正四面体，故答案为：正四面体；
(3)根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子分别为：PH3 或AsH3、H3O+或CH3-，故答案为：PH3 或AsH3、H3O+或CH3-；
(4)氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3、sp2；
(5)一个 CN-中含有2个π键，所以1mol CN-中含有的π键的数目为：2NA，故答案为：2NA；
(6)该晶胞中，铜原子个数=4+2×+12×=7，H原子个数=1+3+6×=7，所以其化学式为CuH，故答案为：CuH。
点睛：本题考查了物质结构及性质。本题的难点和易错点为(6)中化学式的确定，注意该题中每个顶点上的原子被6个晶胞占有而不是8个晶胞占有。
29. 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的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为____________________。
（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______________,1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为______________。
（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。
（4）乙醇的沸点高于丙酮,这是因为____________________。
（5）某FexNy的晶胞如图-1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-2 所示,其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】 (1). [Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5 (2). sp2和sp3 (3). 9 NA (4). H
黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
一、客观题（每题2分，共50分）
1. 将下列晶体熔化：氢氧化钠、四氯化碳、二氧化硅、氧化钙，需要克服的微粒间的相互作用力依次是①共价键 ②离子键 ③分子间作用力，正确的顺序是( )
A. ①②②③ B. ②①③② C. ②③①② D. ①①②③
【答案】C
【解析】NaOH和CaO属于离子晶体，熔化时需要克服的是离子键；SiO2属于原子晶体，熔化时需要克服的是共价键；CCl4属于分子晶体，熔化时需要克服的是分子间作用力；所以正确的顺序为：②③①②，故选C。
点睛：本题考查了晶体的类型，明确晶体的构成微粒是解本题关键。离子晶体中含有离子键，原子晶体中含有共价键，分子晶体中含有分子间作用力，根据晶体类型确定熔化晶体时克服的微粒间作用力。
2. “结构决定性质”，有关物质结构的下列说法中正确的是（ ）
A. 碘熔化时破坏了化学键 B. 共价化合物不一定是电解质
C. 干冰晶体内存在非极性键与范德华力 D. 液态氟化氢中存在氢键，故氟化氢比氯化氢更稳定
【答案】B
【解析】A、碘熔化时破坏的是分子间作用力，没有破坏化学键，A错误。B、共价化合物有可能是电解质，如HCl是共价化合物，溶于水能够导电，所以HCl属于电解质，而有些共价化合物如CO2溶于水，虽然能导电，但不是CO2的电离，而是H2CO3的电离，所以CO2是非电解质，B正确。C、干冰晶体内只有分子间作用力（还有氢键），化学键只存在于一个分子内部原子之间如HCl分子，化学键只存在于H和Cl原子间，C错误。D、氢键影响物质的熔沸点和密度及溶解度等性质，与物质的热稳定性无关，稳定性与化学键的强弱有关，化学键越强，稳定性越高，氟化氢比氯化氢更稳定，是因为氟化氢的化学键强于氯化氢的化学键，D错误。正确答案为B
点睛：分子间的作用力、氢键影响物质的熔沸点，而化学键影响物质的热稳定性。
3. 下列几组微粒互为等电子体的有（ ）
①N2和CO ②NO+和CN- ③CO2和CS2 ④N2O和CO2 ⑤ BF3和SO3
A. ①②③ B. ④⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】等电子体是指：粒子中含有相同的原子个数且最外层电子数之和相等，如果为阳离子，则电子数减去所带的电荷数值，若为阴离子，电子数加上所带的电荷数值。
①N2和CO中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为14、14，为等电子体；②NO+和CN-中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为5+6-1=10和4+5+1=10，为等电子体。
③CO2和CS2 中均为3个原子，O和S同主族，所以两粒子中最外层电子数必然相等，为等电子体。④N2O和CO2均为3个原子，最外层电子数分别为5+5+6=16和4+6×2=16，为等电子体。⑤ BF3和SO3均含4个原子，最外层电子数分别为3+7×3=24和6×4=24，为等电子体。故① ② ③④ ⑤都属于等电子，D正确。正确答案为D
4. 正确掌握好化学用语是学好化学的基础，下列有关表述正确的是（ ）
A. Cl- 的电子排布式1s22s22p63s23p6
B. 氟原子结构示意图：
C. H2S的电子式：
D. S原子核外电子的轨道表示式为：
【答案】A
【解析】A. Cl- 核外有18个电子，电子排布式1s22s22p63s23p6，故A正确；B. 氟原子最外层有7个电子，故B错误；C. H2S属于共价化合物，不含离子键，故C错误；D. 不满足洪特规则，故D错误；故选A。
5. 运用元素周期表和元素周期律分析下面的推断，下列说法不合理的是
A. PH3、H2S、HCl的热稳定性和还原性从左到右依次增强
B. 若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数: X>Y
C. 硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料
D. Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性: CsOH>Ba(OH)2
【答案】A
【解析】A、根据元素周期律：同周期元素原子，从左到右氢化物的稳定性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以PH3、H2S、HCl的热稳定性从左到右依次增强，还原性从左到右依次减弱，选项A不合理；B、具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数: X>Y，选项B合理；C、硅、锗处于金属与非金属的交界处，元素既表现一定的金属性又表现一定的非金属性，都可以做半导体材料，选项C合理；D、Cs、Ba同周期，自左而右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故碱性CsOH>Ba(OH)2，选项D合理。答案选A。
点睛：本题考查同主族元素的性质的递变规律，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的学习。同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，对应的元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，以此解答该题。
6. 海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法不正确的是 （ ）
A. ①中可采用蒸馏法 B. ②中将MgCl2溶液蒸干即可得到无水MgCl2
C. ③中提溴涉及到氧化还原反应 D. ④的产品可生产盐酸、漂白液等
【答案】B
【解析】A项，①为海水淡化工厂，海水可用蒸馏法淡化，正确；B项，在MgCl2溶液中存在水解平衡：MgCl2+2H2OMg（OH）2+2HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终MgCl2完全水解成Mg（OH）2，MgCl2溶液蒸干不能得到无水MgCl2，错误；C项，海水中溴元素以Br-存在，要获得Br2必然要加入氧化剂将Br-氧化，一定涉及氧化还原反应，正确；D项，氯碱工业的原理为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，H2与Cl2反应可生产盐酸，Cl2与NaOH反应可制漂白液，正确；答案选B。
7. 下列说法中，正确的是
A. BF3分子中原子的最外层都不满足8电子稳定结构
B. 在0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3 NA（阿伏加德罗常数为NA）
C. 全氟丙烷（C3F8）分子中三个碳原子可能处于同一直线上
D. 向30 mL 0.5 mol／L NaOH（aq）中通入224 mL CO2（标准状况），其离子反应方程式可表示为：3OH－＋2CO2＝CO32－＋HCO3－＋H2O
【答案】D
【解析】A、BF3分子中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子未达8电子结构；F元素化合价为-1价，F原子最外层电子数为7，|-1|+7=8，F原子满足8结构，故A错误；B、NaHSO4晶体是由钠离子与硫酸氢根离子构成的，0.1mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.2NA，故B错误；C、全氟丙烷(C3F8)可以看做2个-CF3取代CF4中的2个F原子形成的，-CF2-具有四面体结构，3个碳原子呈Ⅴ形，故C错误；D、224mLCO2(标准状况)物质的量为0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.015mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=1：1.5，介于1：1与1：2之间，反应生成碳酸钠与碳酸氢钠，令碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量分别为xmol、ymol，根据钠元素守恒有2x+y=0.015，根据碳元素守恒有x+y=0.01，联立方程解得x=0.005、y=0.005，所以生成碳酸钠与碳酸氢钠为1：1，离子方程式为3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2O，故D正确；故选D。
点睛：本题的难点是D选项离子方程的书写，关键是计算确定碳酸钠与碳酸氢钠的物质的量之比；易错点为B，要注意NaHSO4晶体是由钠离子与硫酸氢根离子构成的，要与硫酸氢钠在水中的电离区分开。
8. 三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42－可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】 A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。
点睛：本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
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9. 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 与X 形成的某气态化合物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z 的质子数比Y 多1，非金属元素W 的氧化物熔点高于其它短周期非金属元素。下列说法不正确的是
A. 四种元素任意组合形成的化合物均为共价化合物 B. 原了半径大小: W>Y>Z>X
C. Y、Z 均可与X 形成含有非极性共价键的化合物 D. 简单氢化物的稳定性: Z>Y>W
【答案】A
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Y 与X 形成的某气态化合物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X为H元素，Y为N元素，Z 的质子数比Y 多1，Z为O元素，非金属元素W 的氧化物熔点高于其它短周期非金属元素，W为Si元素。
A、四种元素任意组合形成的化合物不一定为共价化合物，如：NH4NO3是离子化合物，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径大小： W>Y>Z>X，故B正确；C、Y、Z 均可与X 形成含有非极性共价键的化合物NH3和H2O，故C正确；D. 非金属性O＞N>Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性: Z>Y>W，H2O>NH3>SiH4，故D正确；故选A。
点睛：本题考查物质结构的推断、元素化合物知识、元素周期律等，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，解题关键：推断元素，掌握物质的性质以及应用。
10. 下列分子中含有手性碳原子的是
A. CF2Cl2 B. CH3CH2OH C. D. CH2＝CH—COOH
【答案】C
【解析】在有机物分子中，当一个碳原子连有4个不同的原子或原子团时，这种碳原子被称为“手性碳原子”，题目所给4个选项中，只有的第2个C原子连接了4个不同的原子或原子团，答案选C。
点睛：本题考查有机物分子的结构和手性碳原子。判断碳原子上是否连接四个不同的原子或原子团是解题的关键。
11. 下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是
A. 第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子
B. 第三周期金属元素的离子半径：r(Na+)< r(Mg2+)
D. 通常可在周期表的过渡元素中寻找化学反应的催化剂
【答案】D
【解析】A. 221Fr比223Fr为同位素，质子数相同，故A错误；B. 电子层结构相同的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，因此离子半径r(Na+)＞ r(Mg2+)＞r(Al3+)，故B错误；C. 第ⅦA族元素从上到下，元素的非金属逐渐减弱，单质与氢气化合越来越困难，故C错误；D. 优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，故D正确；故选D。
12. 下列措施能使氨水的电离平衡逆向移动的是
A. 加入少量水 B. 加入少量MgCl2 固体
C. 通入少量HCl 气体 D. 加入少量NH4Cl 固体
【答案】D
【解析】氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，A、加水稀释，促进NH3·H2O的电离，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、加入MgCl2，Mg2＋与OH－反应生成Mg(OH)2↓，促进NH3·H2O的电离，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、通入HCl，发生H＋＋OH－=H2O，促进NH3·H2O的电离，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、加入少量NH4Cl，增加NH4＋浓度，抑制NH3·H2O的电离，平衡向逆反应方向移动，故D正确。
13. 已知：2Fe3++SO32－+H2O2Fe2++SO42－+2H+。如图所示是一套电化学实验装置，图中C、D均为铂电极，U为盐桥，G是灵敏电流计，其指针总是偏向电源负极。A杯中为FeCl3溶液；B杯中为Na2SO3溶液。以下关于该装置的说法错误的是
A. G的指针指向B极
B. U中阳离子向A极移动
C. 一段时间后，化学反应达到平衡状态，导线中无电流通过
D. 一段时间后，B中溶液pH增大
【答案】D
【解析】试题分析：A．SO32－被氧化，应为原电池负极反应，G是灵敏电流计，其指针总是偏向电源负极，则G的指针指向D极，A正确；B．A为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，B正确；C．反应为可逆反应，正逆反应进行的程度相同，反应达到平衡状态，导线中无电流通过，C正确；D．B为负极，电极方程式为SO32--2e-+H2O＝SO42-+2H+，则pH减小，D错误，答案选D。
【考点定位】本题考查学生原电池的工作原理
【名师点晴】该题为高频考点，侧重学生的分析能力的考查，注意根据方程式从氧化还原反应的角度认识原电池的反应原理，难点是电极反应式的书写，注意介质的影响。
14. 经X射线研究证明：PCl5在固体状态时，由空间构型分别是正四面体和正八面体两种离子构成，下列关于PCl5的推断正确的是
A. PCl5固体是分子晶体 B. PCl5晶体具有良好的导电性
C. PCl5晶体有[PCl3]2＋和[PCl7]2－构成，其离子数目之比为1∶1 D. PCl5晶体有[PCl4]＋和[PCl6]－构成，其离子数目之比为1∶1
【答案】D
点睛：本题的易错选项是CD，根据题意，PCl5在固体状态时，由空间构型分别为正四面体和正八面体两种离子构成，结合杂化轨道理论，正确判断正四面体构型粒子和正八面体粒子的结构是解题的关键。
15. 下列说法不正确的是
A. 某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+
B. 氨气极易溶于水的重要原因之一：氨分子与水分子之间能形成氢键
C. 标况下，22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA
D. 由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF的沸点反常，且沸点高低顺序为HF＞H2O＞NH3
【答案】D
【解析】A．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故A正确；B．N、O的电负性强，分子之间形成氢键，氨溶于水后氨分子与水分子之间形成氢键，故B正确；C．乙炔的结构式为H-C≡C-H，则1mol乙炔中含2molπ键，冰中水分子的O原子以类似于金刚石中C原子的四面体空间网状结构排列，每2个O原子间都有一个H原子，更靠近H原子的O原子与它形成共价键，另一个与它形成氢键，即每个H原子都形成一个氢键，所以1mol冰中存在2mol氢键，标况下22.4LC2H2的物质的量为1mol，18g冰的物质的量也为1mol，则标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2mol，故C正确；D．由于氢键的作用，使NH3、H2O、HF在同主族氢化物中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O＞HF＞NH3，故D错误；故选D。
16. 科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，2015年1月美国科学在《Science》是发表论文，宣布发现了Al的超原子结构Al13和Al14，并在质谱仪检测到稳定的Al13I﹣等，Al13、Al14的性质很像现行周期表中的某主族元素，己知这类超原子当具有40个价电子时最稳定（例Al原子具有3个价电子）．下列说法不正确的是（ ）
A. Al14有42个价电子，且与IIA族元素性质相似 B. Al13有39个价电子，且与卤素性质类似
C. Al13、Al14 互为同素异形体 D. Al13原子中存在离子键
【答案】D
【解析】A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142＋，与第IIA族性质相似，故A正确；B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13－，与第ⅤⅡA族卤素原子性质相似，故B正确；C．Al13、Al14为铝元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；D．Al14为分子晶体，Al14超原子中Al原子间通过共价键结合，故D错误；故选D。
17. X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 简单离子半径:M
D. X、R、Y、Z均存在两种及两种以上的氧化物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。A．硫离子比钠离子多一个电子层，硫离子半径较大，故A错误；B．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．M的氢化物的硫化氢，常温下为气体，故C正确；D. X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和双氧水、氧化钠和过氧化钠、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在两种及两种以上，故D正确；故选A。
18. 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. 所有的非金属元素都分布在p区
C. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子的化学性质相似
D. 元素周期表中ⅢB到ⅡB的10个纵行的元素都是金属，所以统称过渡金属元素
【答案】D
【解析】A．第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，故A错误；B．H元素处于s区，故B错误；C．原子核外电子排布式为1s1的原子为H原子，原子核外电子排布式为1s22s1的原子为Li原子，H原子为非金属、Li原子为金属，二者性质不同，故C错误；D．过渡元素包括副族与第Ⅷ族，为元素周期表中的第3列到12列，即ⅢB到ⅡB的10个纵行，都是金属元素，故D正确；故答案为D。
19. 有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C. 在金刚石晶体中，6个碳原子形成一个环且不在同一平面上
D. 该气态团簇分子的分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；B．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+，故B正确；C．金刚石晶胞中相连4个C形成四面体结构，则6个碳原子形成一个环且不在同一平面上，故C正确；D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了晶体的结构，具有丰富的空间想象能力是解本题的关键。本题易错选项是D，分子的化学式由组成原子的数目判断，要注意是“分子”，不要与晶胞的计算混淆。
20. 在高压下氮气会聚合生成高聚氮，这种高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构。已知晶体中N－N键键能为160 kJ·mol－1，而N≡N的键能为942 kJ·mol－1。则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 键能越大说明化学键越牢固，所构成物质越稳定 B. 高聚氮晶体属于原子晶体
C. 高聚氮晶体中n(N)∶n(N－N)＝1∶3 D. 用作炸药可能是高聚氮潜在的应用
【答案】C
【解析】A．键能越大，破坏化学键消耗的能量越多，则化学键越牢固，所构成物质越稳定，故A正确；B．由信息可知，高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，所以高聚氮为原子晶体，故B正确；C．高聚氮的晶体中每个氮原子都通过三个单键与其它氮原子结合，而每个共价键由两个N原子组成，所以n(N)：n(N-N)=2：3，故C错误；D．由高聚氮的结构及制备条件可知高聚氮含有非常高的化学能，可能成为做炸药或高能材料，故D正确；故选C。
21. 在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是
A. 该反应正反应的焓变为正值 B. 恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深
C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；D、根据A中分析D正确，答案选D。
考点：考查平衡常数应用、外界条件对平衡状态的影响
22. 下列有关微粒性质的排列顺序，正确的是（ ）
A. 键角：BF3＞CH 4＞NH3＞H2O B. 热稳定性：CH 4＞NH3＞H2O ＞HF
C. 沸点： CH 4＞NH3＞H2O ＞HF D. 第一电离能：S ＞P＞Si＞Al
【答案】A
【解析】A.BF3 中心原子的价电子都用来形成共价键，所以价层电子对数为3，为平面三角形，键角为120°；甲烷为正四面体结构，键角为109°28′；NH3 为三角锥形，键角为107°；H2O为V形，键角为105°；所以键角由大到小排列顺序是BF3＞CH 4＞NH3＞H2O ，故A正确 ；B. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，热稳定性：CH 4＜NH3＜H2O ＜HF，故B错误；C.能够形成分子间氢键的沸点较高，CH 4 分子间不能形成氢键，沸点最低，故C错误；D.P元素的3p为半充满较高， 第一电离能最大，故D错误；故选A。
23. 25℃时，向盛有50 mL pH=3的HA溶液的绝热容器中加入pH=14的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. HA溶液的物质的量浓度为0.0l mol/L
B. a→b的过程中，混合溶液不可能存在：c(A－)=c(Na＋)
C. b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中A－发生了水解反应
D. 25℃时，HA的电离平衡常数K约为1.25×10—6
【答案】D
【解析】试题分析：A．b点温度最高，恰好中和时温度最高，此时消耗氢氧化钠物质的量为1mol/L×0.04L=0.04mol，HA和氢氧化钠的物质的量相等，c（HA）=0.04mol/0.05L=0.8mol/L，A错误；B．恰好反应时溶液中的溶质是NaA，呈碱性，HA呈酸性，a-b的过程中，混合溶液有可能呈中性，存在c(A-)=c(Na+)，B错误；C．b-c的过程中，温度降低的主要原因是HA已经反应完全生了NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，C错误；D．电离平衡常数，D正确，答案选D。
考点：考查酸碱混合液定性判断
24. 下列实验现象及结论正确的是
A. 向AgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液生成白色沉淀，再向试管内加入KI溶液若生成黄色沉淀，则证明KSP (AgCl)> KSP (AgI)
B. Na2CO3溶液滴入硼酸溶液中，无气泡生成，说明Ka: H2CO3>H3BO3
C. 等物质的量浓度、等体积的CH3COONa和NaClO阴离子的总数前者小于后者
D. 若弱酸的酸性H2A＞H2B＞HA－＞HB－，则等物质的量浓度等体积的Na2A、Na2B溶液中，离子数目前者等于后者
【答案】B
【解析】A．AgNO3溶液过量，不一定发生沉淀转化，应向氯化银沉淀加入碘化钾溶液，故A错误；B．Na2CO3溶液滴入硼酸溶液中，无气泡生成，表示不反应，说明酸性H2CO3＞H3BO3，故B正确；C．水解时，消耗一个阴离子产生一个氢氧根，阴离子总数不变，阴离子总数相等，故C错误；D．H2A酸性强于H2B，Na2B水解程度大，B离子水解生成HB-和氢氧根，离子数增加的多，离子数目前者小于后者，故D错误；故选B。
25. 已知某温度下，MnCO3、MnS的溶度积分别为2．0×10 -11、5．0×10 -14。下列推断不正确的是 ( )
A. 碳酸锰的溶解度大于硫化锰的溶解度
B. 碳酸锰转化成硫化锰的离子方程式为MnCO3(s)+S2-(aq)MnS(s)+ CO32-(aq)
C. 碳酸锰转化成硫化锰的平衡常数K=2．5×10-3
D. 在含相同浓度的CO32一，S2-的溶液中滴加氯化锰溶液，先产生沉淀是MnS
【答案】C
【解析】A. 碳酸锰和硫化锰的组成形式相似，溶度积MnCO3＞MnS，则碳酸锰的溶解度大于硫化锰的溶解度，故A正确；B. 碳酸锰中存在碳酸锰的溶解平衡，当加入硫离子时生成硫化锰沉淀，使碳酸锰的溶解平衡右移，反应离子方程式为MnCO3(s)+S2-(aq)MnS(s)+ CO32-(aq)，故B正确；C．碳酸锰转化成硫化锰的反应方程式为：MnCO3+S2-⇌MnS+CO32-，该反应的平衡常数为K==•===400，故C错误；D．MnS和MnCO3是同类型沉淀，可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，难溶的优先产生沉淀，在含相同浓度的CO32-、S2-的溶液中滴加氯化锰溶液，由于Ksp(MnS)＜Ksp(MnCO3)，则MnS比MnCO3更难溶，先产生沉淀是MnS，故D正确；故选C。
二、主观题（共50分）
26. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】 (1). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 (4). 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ (5). H2 (6). 氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜
【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。
（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。
(2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。
（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。
（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3-，所以电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质A为H2 。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
27. 2013年9月，中国华北华中地区发生了严重的雾霾天气，北京、河北、河南等地的空气污染升为6级空气污染，属于重度污染。汽车尾气、燃煤废气、冬季取暖排放的CO2等都是雾霾形成的原因。
（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H<0，在一定温度下，在一体积固定的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1 时刻达到平衡状态。
①能判断该反应达到平衡状态的标志是____________________。
A．在单位时间内生成1mol CO2的同时消耗了1mol CO B．混合气体的密度不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变 D．混合气体的压强不再变化
②在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态，之后不再改变条件。请在下图中补充画出从t2 到t4 时刻正反应速率随时间的变化曲线：______
（2）改变煤的利用方式可减少环境污染，通常可将水蒸气通过红热的碳得到水煤气，1.2g 碳完全反应，吸收热量13.13kJ。
①该反应的热化学方程式为_____________________________。
②煤气化过程中产生的有害气体H2S可用足量的Na2C03溶液吸收，该反应的离子方程式为______________________________。（已知：H2S： ； ；H2CO3： ； ）
（3）已知反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，现将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达平衡所需时间/min
CO
H2O
H2
CO
0
1
650
4
2
1.6
2.4
6
2
900
2
1
0.4
1.6
3
3
900
a
b
c
d
t
①实验1条件下平衡常数K=______________（保留小数点后二位）。
②实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则a、b必须满足的关系是__________(用a,b和大于、小于或等于号表示)。
③该反应的△H ______0(填“＜”或“＞”）；若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入l0mol CO，5mo1 H2O，2mo1 CO2，5mol H2，则此时v正___________v逆（填“＜”，“＞”，“＝）
【答案】 (1). CD (2). (3). C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·mol－1 (4). H2S+CO32-=HCO3－＋HS－ (5). 2.67 (6). a＜b (7). ＜ (8). ＞
.....................
②将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，相当于减小压强，正逆反应速率都比原来的小，平衡逆向移动，所V正＜V逆，故图象为：，故答案为：；
(2)①1.2g 碳为0.1mol，则1molC反应吸收13.13kJ×10=131. 3kJ热量，该反应的热化学方程式为C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·mol－1，故答案为：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H=＋131.3kJ·mol－1；
②由于Ka2=5.61×10-11＜Ka1=9.1×10-8＜Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11＞Ka2=1.1×10-12，所以氢硫酸能够与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和硫氢化钠，反应的离子方程式为：CO32-+H2S=HCO3-+HS-，故答案为：CO32-+H2S=HCO3-+HS-；
(3)①根据实验1计算平衡常数，
H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
初始(mol/L) 1 2 0 0
转化(mol/L) 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡(mol/L) 0.2 1.2 0.8 0.8
K==2.67，故答案为：2.67；
②如果a=b两者的转化率相等，CO的转化率大于水蒸气，相当于加入水蒸气，平衡正向移动，则a＜b，故答案为：a＜b；
③根据实验2计算平衡常数，
H2O(g)+CO(g) CO2(g)+H2(g)
初始(mol/L) 0.5 1 0 0
转化(mol/L)0.2 0.2 0.2 0.2
平衡(mol/L) 0.3 0.8 0.2 0.2
K==0.167，温度升高K变小，温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，△H＜0；按10mol CO，5mol H2O，2mol CO2，5mol H2，分别加入该容器，Qc==0.2＞K，反应逆向进行，v(正)＜v(逆)，故答案为：＞；＜。
点睛：本题考查化学平衡和化学反应速率等知识，做题时注意把握影响平衡移动的因素以及平衡常数的有关计算。注意Qc、K的大小与平衡移动方向的关系，当Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。
28. 锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：2Na3PO4＋4CuSO4＋2NH3·H2O===Cu4O(PO4)2↓＋3Na2SO4＋(NH4)2SO4＋H2O
(1)写出基态Cu2＋的核外电子排布式：________。与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有________(填元素符号)，上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为________。
(2)PO的空间构型是________。
(3)与NH3互为等电子体的分子、离子有________、________(各举一例)。
(4)氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为________。
(5)在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu(CN)4]2－，则1 mol CN－中含有的π键的数目为_____。
(6)Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示。则该化合物的化学式为______。
【答案】 (1). [Ar]3d9 (2). K Cr (3). O
(2)PO43-中P原子的价层电子对=4+(5+3−4×2)=4，且不含孤电子对，所以其空间构型正四面体，故答案为：正四面体；
(3)根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子分别为：PH3 或AsH3、H3O+或CH3-，故答案为：PH3 或AsH3、H3O+或CH3-；
(4)氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3、sp2；
(5)一个 CN-中含有2个π键，所以1mol CN-中含有的π键的数目为：2NA，故答案为：2NA；
(6)该晶胞中，铜原子个数=4+2×+12×=7，H原子个数=1+3+6×=7，所以其化学式为CuH，故答案为：CuH。
点睛：本题考查了物质结构及性质。本题的难点和易错点为(6)中化学式的确定，注意该题中每个顶点上的原子被6个晶胞占有而不是8个晶胞占有。
29. 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的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为____________________。
（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______________,1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为______________。
（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。
（4）乙醇的沸点高于丙酮,这是因为____________________。
（5）某FexNy的晶胞如图-1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-2 所示,其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】 (1). [Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5 (2). sp2和sp3 (3). 9 NA (4). H
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