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【化学】安徽省毛坦厂中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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安徽省毛坦厂中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 Cu-64 Ag-108
一、选择题（每小题只有一个最佳选项 每小题3分 共60分）
1.以下对核外电子运动状态的描述正确的是( )
A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
C. 能层序数越大，s电子云的半径越大
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
【答案】C
【解析】A．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，A错误；B．能量高的电子也可以在s轨道上运动，如7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，B错误；C．能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s电子云的半径越大，C正确；D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，D错误；答案选C。
2.气态中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是( )
A. 1s22s22p63s23p2→1s22s22p63s23p1
B. 1s22s22p63s23p3→1s22s22p63s23p2
C. 1s22s22p63s23p4→1s22s22p63s23p3
D. 1s22s22p63s23p63d104s24p2→1s22s22p63s23p63d104s24p1
【答案】B
【解析】能级上电子处于半满、全满、全空，这样的原子相对稳定，不易失去电子，p能级上最多容纳6个电子，s能级上最多容纳2个电子，选项B中3p能级上有3个电子处于半满，相对稳定，不易失去电子，即失去电子消耗的能量多，故选项B正确。
3. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是 ( )
A. 原子核外电子排布式为l s2的X原子与原子核外电子排布式为l s2 2s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有一个空轨道的X原子与3p轨道上有一个空轨道的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，结构稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，结构不稳定，故A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg原子，原子核外N层上仅两个电子的Y原子是Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，故B错误；2p轨道上只有一个电子的X为B元素，3p轨道上只有一个电子的Y为Al，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故D错误。
4.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是( )
A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素
B. 原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素
C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D. 基态原子的价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数一定为x＋y
【答案】C
【解析】
【分析】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu；
B．原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素；
C．电子最后填充p能级，属于p区；
D．有两个副族：ⅠB族、ⅡB族的族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数．
【详解】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，只有K为ⅠA族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；
B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；
C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；
D．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，
故选：C。
5.若某元素原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是( )
A. 该元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅢB族
B. 该元素位于s区
C. 该元素为非金属元素
D. 该元素原子的N能层上共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第五周期第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1。
A.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，位于第五周期第ⅢB族，A正确；
B.外围电子排布为4d15s2，处于d区，B错误；
C.该元素属于过渡元素，为金属元素，C错误；
D.第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，D错误；
故合理选项是A。
6.下列叙述中正确的个数有（ ）
①氧原子的电子排布图：最外层违背了泡利原理
②处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22px1→1s22s22py1过程中形成的是发射光谱
③所有元素中，氟的第一电离能最大
④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同
⑤NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短
⑥金属元素的电负性均小于1.8
⑦主族元素的电负性越大，其元素原子的第一电离能一定越大
⑧在任何情况下，都是σ键比π键强度大
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】B
【解析】
【详解】①泡利不相容原理又称泡利原理,是指确定的一个原子轨道上最多可容纳两个电子，而这两个电子的自旋方向必须相反，同时要遵循洪特规则，即电子分布到原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低。则氧原子的电子排布图：最外层违背了洪特规则，故①错误
②处于最低能量状态原子叫基态原子，处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁时产生辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱叫发射光谱，1s22s22px1→1s22s22py1过程中，由于p能级有三个相同的轨道，能量大小相同，即px = py = pz，不能形成的发射光谱，故②错误；
③稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故③错误；
④核外电子排布完全相同的两种微粒不一定属于同种元素，化学性质不一定相同，如Na+与F-核外电子排布相同，但是二者化学性质不同，故④错误；
⑤氮元素和碳元素同周期，同周期从左至右原子半径依次减小，则氮原子半径小于碳原子半径，则NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短，故⑤正确；
⑥金属元素的电负性一般小于1.8，非金属元素的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右，既有金属又有非金属，故⑥错误；
⑦主族元素原子的第一电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能变化有特例，如电负性：O＞N，但第一电离能：O＜N，故⑦错误；
⑧π键它的空间构型是根据电子轨道的“肩并肩”的重叠，一般一种物质σ键和π键都存在的时候，发生反应时，π键先断，σ键比π键强度大；但是N2分子中存在的N≡N键能比3个N-N键能大，也比一个N-N和一个N=N键能加起来要大，就说明N≡N中的π键比σ键强，故⑧错误；
答案选B。
7.以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
A. 具有下列电子排布式的原子①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2 ③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是④
C. ①Na、K、Rb②N、P、As③O、S、Se④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素气态基态原子逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 核外电子排布：①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4，则①为Si、②为N、③为C、④为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Si>C>N，Si>S，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；
B. 同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，③>④>②>①，故B错误；
C. 同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、Si的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D. 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D正确；
答案选B。
8.关于原子轨道的说法正确的是（ ）
A. 凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其立体构型都是正四面体形
B. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
C. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
D. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故B正确；
C. 甲烷分子中碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以碳原子以sp3杂化，分子中的碳原子以2个2s电子和2个2p电子分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C−Hσ键，故C错误；
D. AB3型的共价化合物可采用sp3杂化、sp2杂化轨道成键，如NH3是采用sp3杂化，BF3采用sp2杂化，故D错误；
答案选B。
9.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是（ ）
A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3]
C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；
B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；
C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；
D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误。
答案选B。
10.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中也存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】BD
【解析】
【详解】A.CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，A错误；
B.NO3-和CO32-原子数是4，价电子数是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，B正确；
C.H3O+价电子数是8，PCl3价电子数都是26，价电子数不同，不是等电子体，C错误；
D.B3N3H6和苯原子数都是12，价电子数都是30，是等电子体，B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D正确；
故合理选项是BD。
11.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Mg 电极是该电池的正极
B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的pH 增大
D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.组成原电池的负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；
B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；
C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；
D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误。
答案选C。
12.如图是甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH +3O22CO2+ 4H2O。下列说法不正确的是（ ）
A. 左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇
B. 正极反应式为：O2+ 2H2O + 4e-= 4OH－
C. 负极反应式：CH3OH + H2O－6e- = CO2+ 6H+
D. 该电池提供1mole-，消耗氧气0．25mol
【答案】B
【解析】试题分析：A、左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，故A正确；B、酸性条件下，正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故B错误；C、负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C正确；D、已知正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，则消耗1mol氧气转移1mol电子，所以该电池提供1mole-，消耗氧气0.25mol，故D正确；故选B。
13.下列说法正确的是 ( )
A. 原电池是把电能转化为化学能的装置
B. 原电池中电子流出的一极是正极,发生氧化反应
C. 原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应
D. 形成原电池后,原电池中的阳离子向正极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，A错误；
B.原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反应，电子流入的电极是正极，发生还原反应，B错误；
C.原电池一个电极失电子发生氧化反应，另一个电极得电子发生还原反应，C错误；
D.原电池放电时，负极上失电子，负极附近聚集大量阳离子；正极上得电子，正极上聚集大量电子，则阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，D正确；
故合理选项是D。
14.下列关于金属腐蚀与防护的说法中正确的是（ ）
A. 牺牲阳极的阴极保护法是一种基于电解池原理的金属防护法
B. 钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应式相同
C. 镀锌铁制品镀层受损后形成原电池，锌作负极，比破损前更耐腐蚀
D. 将变黑后的银器（表面被氧化为Ag2S）放入盛有食盐溶液的铝质容器中，黑色褪去是因为生成了AgCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 牺牲阳极的阴极保护法是将被保护金属与比其更活泼的金属连接在一起，更活泼的金属作为阳极不断被腐蚀的方法，该方法基于原电池原理，故A错误；
B. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应式均为，故B正确；
C. 镀锌铁制品镀层破损后形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极被保护，仍达到防腐蚀的目的，但与破损前相比锌更易被腐蚀，故C错误；
D. 将变黑的银器放入盛有食盐溶液的铝质容器中后，形成原电池，铝为负极，银为正极，Ag2S中+1价的银接受电子生成银单质，并未生成AgCl，故D错误；
答案选B。
15.相同材质的铁在下图中的四种情况下腐蚀最快的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：A、铁、铜和食醋形成原电池，铁作负极，加快其腐蚀；B、铝、铁和食盐水形成原电池，铝作负极，铁作正极，减缓铁腐蚀；C、铁上面镀铜减缓铁的腐蚀；D、锌、铁和酸雨形成原电池，铁作正极，减缓铁腐蚀，铁腐蚀最快的是A。
16. 有关下图的说法正确的是( )
A. a和b连接构成原电池，溶液中SO42－移向Cu极
B. a和b连接构成原电池，Cu极上发生还原反应
C. a、b分别接直流电源正、负极，电子从Cu片流向b
D. a、b分别接直流电源正、负极，可以在Fe片上镀Cu
【答案】B
【解析】试题分析：如图若a和b连接，则该装置形成原电池，则Fe做负极，失去电子被氧化，溶液中SO42-向负极移动；Cu做正极，Cu2+得到电子被还原，溶液中Cu2+向正极移动，所以A错误，B正确；若a、b分别接直流电源正、负极，则该装置形成了电解池，Fe做阴极，Fe失去电子发生氧化反应被溶解，Cu作阳极，Cu2+得到电子在铜片上析出铜，所以C、D均错误；故选B。
17.可充电氟镁动力电池比锂电池具有更高的能量密度和安全性，在充电和放电时，其电池反应为Mg+2MnF32MnF2+MgF2。下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，镁为负极材料
B. 放电时，电子从镁极流出，经电解质流向正极
C. 充电时，阳极的电极反应式为：MnF2+F--e-=MnF3
D. 充电时，外加直流电源负极应与原电池的Mg极相连
【答案】B
【解析】放电时，装置为原电池，镁做负极，发生氧化反应，A正确；放电时，电子由负极流出经导线进入正极，B错误；充电时，为电解池，阳极发生氧化反应，锰元素由+2价变为+3价，C正确；原电池的负极发生氧化，电解池的阴极发生还原，外加直流电源负极应与原电池的Mg极相连，这样才能进行充电过程。B正确；正确选项B。
18.如图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是（ ）
【答案】D
【解析】
【分析】依据装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质，对选项分析判断。
【详解】根据装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质；
A. X为MgSO4，阴极电极反应为溶液中氢离子放电，无金属析出；Y为CuSO4，溶液中阴极上铜离子得到电子析出金属，故A错误；
B. X为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e−=Ag，Y为Pb(NO3)2，阴极上溶液中氢离子放电，无金属析出，故B错误；
C. X为FeSO4，阴极是溶液中氢离子得到电子生成氢气，无金属析出，Y为Al2 (SO4)3，阴极上是氢离子放电无金属析出，故C错误；
D. X为CuSO4，阴极是溶液中铜离子析出，电极反应Cu2++2e−=Cu，Y为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e−=Ag，依据电子守恒Cu∼2Ag，增重d>b，符合题意，故D正确。
答案选D。
19.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的 CuSO4和 NaCl的混合溶液，可能发生的反应有（ ）
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑
④2H2O2H2↑＋O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，溶液中CuSO4和NaCl的物质的量之比为1∶3，得n(Cu2＋)∶n(Cl－)＝1∶3。根据离子的放电顺序，阳离子：Cu2＋＞H＋＞Na＋，阴离子：Cl－＞OH－＞SO42-，知溶液电解过程可分为三个阶段：第一阶段电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑，第二阶段电解NaCl溶液：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，第三阶段电解水：2H2O2H2↑＋O2↑，故②④正确，选D；
答案：D
20.用石墨作电极电解200 mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移的物质的量n(e－)与产生气体的体积V(g)(标准状况)的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. 电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2 mol/L
B. 电解后所得溶液中c(H＋)＝2 mol/L
C. 当n(e－)＝0.6 mol时，V(H2)：V(O2)＝2：3
D. 向电解后的溶液中加入16 g CuO，则溶液可恢复为电解前的浓度
【答案】C
【解析】从图上可看出，电解分为两个阶段；第一阶段电解CuSO4溶液，第二阶段电解水。当n(e－)＝0.4 mol时，Cu2＋消耗完，因而Cu2＋的物质的量为0.2 mol，电解前其浓度为1 mol/L，A错误。B项忽略了溶液体积的变化。当n(e－)＝0.6 mol时，得到O20.15 mol，而H2只在第二阶段产生，该阶段电子转移0.2 mol，得到H20.1 mol，C正确。D项没有补充消耗的水，显然不对。
二、非选择题
21.前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如下表所示：
A
2p能级电子半充满
B
与A同周期，且原子核外有2个未成对电子
C
基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子
D
其基态原子外围电子排布为msnmpn＋2
E
前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多
F
基态F＋各能级电子全充满
请根据以上情况，回答下列问题：
（1）E元素基态原子核外有__种能量不同的电子，电子排布式为__，画出F元素基态原子的价电子排布图___。
（2）与B相邻的同周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___。(用元素符号表示)
（3）B、C、D三种元素的简单离子的半径由小到大的顺序为___(用离子符号表示)。
【答案】 (1). 7 (2). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (3). (4). F>N>O (5). S2−>O2−>Na+
【解析】
【分析】前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，则A为氮元素，B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B为氧元素，C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C为钠元素，在前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素，D其基态原子外围电子排布为msnmpn+2，即外围电子排布为ms2mp4，则D为第ⅥA族元素，原子序数小于铬大于钠，则D为硫元素，F基态F+各能层电子全充满，则F为铜元素，据此答题。
【详解】（1）E为铬元素，基态原子核外有7种能量不同的电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，F为铜元素，位于元素周期表第四周期ⅠB族，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，
答案为：7；1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；；
（2）B为氧元素，与B相邻的同周期元素，三者为N、O、F，同周期元素第一电离能呈逐渐增大的趋势，但由于N元素核外p能级上电子处于半充满状态，较稳定，第一电离能大于氧元素，则第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，答案为：F>N>O；
（3）B、C、D三种元素分别为O、Na、S，其简单离子分别为O2-、Na+、S2-，其中O2-、Na+电子层结构相同，都为2层，S2-核外为三层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，所以B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+，答案为：S2−>O2−>Na+。
22.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
-85.5
115.2
>600(分解)
-75.5
16.8
10.3
沸点/℃
-60.3
444.6
-10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子的是__。
（3）图(a)为S8的结构，其硫原子的杂化轨道类型为___。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为___形；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为__。
【答案】 (1). 哑铃形 (2). H2S (3). sp3 (4). 平面正三角形 (5). sp3
【解析】
【分析】（1）基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；
（2）H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3；
（3如图所示，每个硫原子形成两个键，成键对数为2，硫原子核外最外层有2对孤电子对，则硫原子价层电子对数=2+2=4；
（4）SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S−O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型。
【详解】（1）基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，
答案为：哑铃形；
（2）H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S，
答案为：H2S；
（3）如图所示，每个硫原子形成两个键，成键对数为2，硫原子核外最外层有2对孤电子对，则硫原子价层电子对数=2+2=4，其硫原子杂化轨道类型为sp3，
答案为：sp3；
（4）SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S−O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3，答案为：平面正三角形；sp3；
23.如图所示是一个电化学装置示意图。
请回答下列问题：
（1）图中丙池是__(填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)。
（2）B电极的名称是__(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。
（3）写出通人CH3OH的电极的电极反应式：___。
（4）乙池中反应的化学方程式为___。
（5）当乙池中B(Ag)极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为___L(标准状况)，此时丙池中某电极析出2.8g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是___(填字母)。
A.MgSO4 B.CuSO4 C.NaCl D.AgNO3.
【答案】 (1). 电解池 (2). 阴极 (3). CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32- (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 0.56 (6). BD
【解析】
【分析】（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，属于原电池，通燃料的电极是负极，通氧气的电极是正极；
（2）通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解池中连接原电池负极的电极为阴极、连接原电池正极的电极为阳极；
（3）甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
（4）乙池中A电极上氢氧根离子放电、阴极上银离子放电，据此书写乙池中反应的化学方程式；
（5）根据转移电子相等结合电极反应式进行计算。
【详解】（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，将化学能转化为电能，属于原电池，乙池和丙池属于电解池，丙池中两个电极一样，不是电镀池，故答案为：电解池；
（2）通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，A连接原电池正极，为电解池阳极，B是阴极，故答案为：阴极；
（3）甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-；
（4）乙池中A电极上氢氧根离子放电、阴极上银离子放电，所以乙池电池反应式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
（5）B(Ag)极的质量增加10.8g时，根据Ag++e- =Ag ，n(Ag)==0.1mol，则转移电子为0.1mol，根据转移电子相等，甲池中1molO2转变为阳离子转移4mol电子，则转移电子为0.1mol理论上消耗O2标况下的体积=×22.4L/mol=0.56L，此时丙池中某电极析出2.8g某金属，转移电子为0.1mol，
A.电解MgSO4溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，氢离子先放电，则不能析出金属单质，故A不符合题意；
B.电解CuSO4溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，铜离子先放电，1mol铜离子得到2mol电子变为1mol铜单质64g，转移电子为0.1mol，生成铜单质3.2g，若溶液中铜离子物质的量小于=0.044mol，则可能得到2.8g金属，故B符合题意；
C.电解NaCl溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，氢离子先放电，则不能析出金属单质，故C不符合题意；
D.电解AgNO3溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，银离子先放电，1mol银离子得到1mol电子变为1mol银单质108g，转移电子为0.1mol，生成钠单质10.8g，若溶液中银离子物质的量等于=0.026mol，则可能得到2.8g金属，故D符合题意；
答案为：0.56；BD。
24.金属氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下饱和溶液的浓度(mol·L-1)如图所示。
(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是____(填化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为____(填字母)。
A．<1 B．4左右 C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2+杂质，____(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是____。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如表所示。
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10-18
2.5×10-13
1.3×10-36
3.4×10-28
6.4×10-53
1.6×10-24
某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量____(填字母)除去它们。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
【答案】(1)Cu2＋
(2)B；
(3)不能；Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4) B
【解析】（1）由图可看出，当pH=3时，Cu（OH）2的溶解度非常大，铜主要以Cu2＋的形式存在
（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该调控溶液的pH，使Fe（OH）3的溶解度非常小，同时Cu（OH）2的溶解度非常大或者说Cu2＋可以稳定存在，即2.5＜pH＜4.5范围，故选择B
（3）由于Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，故不能通过调节溶液pH的方法来分离两种离子
（4）由溶度积常数可看出，重金属离子Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋的硫化物的溶度积常数远小于FeS的溶度积常数，故可工业废水中加入过量的FeS，发生沉淀的转化，特别重要的时同时析出Fe2＋，避免了重金属的污染
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Mg-24 Cu-64 Ag-108
一、选择题（每小题只有一个最佳选项 每小题3分 共60分）
1.以下对核外电子运动状态的描述正确的是( )
A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
C. 能层序数越大，s电子云的半径越大
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同
【答案】C
【解析】A．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，A错误；B．能量高的电子也可以在s轨道上运动，如7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，B错误；C．能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s电子云的半径越大，C正确；D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，D错误；答案选C。
2.气态中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是( )
A. 1s22s22p63s23p2→1s22s22p63s23p1
B. 1s22s22p63s23p3→1s22s22p63s23p2
C. 1s22s22p63s23p4→1s22s22p63s23p3
D. 1s22s22p63s23p63d104s24p2→1s22s22p63s23p63d104s24p1
【答案】B
【解析】能级上电子处于半满、全满、全空，这样的原子相对稳定，不易失去电子，p能级上最多容纳6个电子，s能级上最多容纳2个电子，选项B中3p能级上有3个电子处于半满，相对稳定，不易失去电子，即失去电子消耗的能量多，故选项B正确。
3. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是 ( )
A. 原子核外电子排布式为l s2的X原子与原子核外电子排布式为l s2 2s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有一个空轨道的X原子与3p轨道上有一个空轨道的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】原子核外电子排布式为1s2的X原子是He，结构稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子是Be，结构不稳定，故A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X原子是Mg原子，原子核外N层上仅两个电子的Y原子是Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，故B错误；2p轨道上只有一个电子的X为B元素，3p轨道上只有一个电子的Y为Al，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C正确；
最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，故D错误。
4.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是( )
A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素
B. 原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素
C. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D. 基态原子的价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数一定为x＋y
【答案】C
【解析】
【分析】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu；
B．原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素；
C．电子最后填充p能级，属于p区；
D．有两个副族：ⅠB族、ⅡB族的族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数．
【详解】A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，只有K为ⅠA族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；
B．副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；
C．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；
D．为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，为ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数为y，故D错误，
故选：C。
5.若某元素原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是( )
A. 该元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅢB族
B. 该元素位于s区
C. 该元素为非金属元素
D. 该元素原子的N能层上共有8个电子
【答案】A
【解析】
【详解】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第五周期第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1。
A.外围电子排布为4d15s2，为Y元素，位于第五周期第ⅢB族，A正确；
B.外围电子排布为4d15s2，处于d区，B错误；
C.该元素属于过渡元素，为金属元素，C错误；
D.第N层的电子排布为4s24p64d1，有9个电子，D错误；
故合理选项是A。
6.下列叙述中正确的个数有（ ）
①氧原子的电子排布图：最外层违背了泡利原理
②处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22px1→1s22s22py1过程中形成的是发射光谱
③所有元素中，氟的第一电离能最大
④具有相同核外电子排布的粒子，化学性质相同
⑤NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短
⑥金属元素的电负性均小于1.8
⑦主族元素的电负性越大，其元素原子的第一电离能一定越大
⑧在任何情况下，都是σ键比π键强度大
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】B
【解析】
【详解】①泡利不相容原理又称泡利原理,是指确定的一个原子轨道上最多可容纳两个电子，而这两个电子的自旋方向必须相反，同时要遵循洪特规则，即电子分布到原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低。则氧原子的电子排布图：最外层违背了洪特规则，故①错误
②处于最低能量状态原子叫基态原子，处于高能级的原子或分子在向较低能级跃迁时产生辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱叫发射光谱，1s22s22px1→1s22s22py1过程中，由于p能级有三个相同的轨道，能量大小相同，即px = py = pz，不能形成的发射光谱，故②错误；
③稀有气体的原子结构是稳定结构，同周期稀有气体的第一电离能最大，同族自上而下第一电离能降低，故氦元素的第一电离能最大，故③错误；
④核外电子排布完全相同的两种微粒不一定属于同种元素，化学性质不一定相同，如Na+与F-核外电子排布相同，但是二者化学性质不同，故④错误；
⑤氮元素和碳元素同周期，同周期从左至右原子半径依次减小，则氮原子半径小于碳原子半径，则NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-Cl键的键长短，故⑤正确；
⑥金属元素的电负性一般小于1.8，非金属元素的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右，既有金属又有非金属，故⑥错误；
⑦主族元素原子的第一电离能、电负性变化趋势基本相同，但电离能变化有特例，如电负性：O＞N，但第一电离能：O＜N，故⑦错误；
⑧π键它的空间构型是根据电子轨道的“肩并肩”的重叠，一般一种物质σ键和π键都存在的时候，发生反应时，π键先断，σ键比π键强度大；但是N2分子中存在的N≡N键能比3个N-N键能大，也比一个N-N和一个N=N键能加起来要大，就说明N≡N中的π键比σ键强，故⑧错误；
答案选B。
7.以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
A. 具有下列电子排布式的原子①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2 ③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是④
C. ①Na、K、Rb②N、P、As③O、S、Se④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素气态基态原子逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 核外电子排布：①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4，则①为Si、②为N、③为C、④为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Si>C>N，Si>S，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；
B. 同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，③>④>②>①，故B错误；
C. 同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小，②N、P、Si的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小，④Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D. 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D正确；
答案选B。
8.关于原子轨道的说法正确的是（ ）
A. 凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其立体构型都是正四面体形
B. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道
C. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的
D. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故B正确；
C. 甲烷分子中碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以碳原子以sp3杂化，分子中的碳原子以2个2s电子和2个2p电子分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C−Hσ键，故C错误；
D. AB3型的共价化合物可采用sp3杂化、sp2杂化轨道成键，如NH3是采用sp3杂化，BF3采用sp2杂化，故D错误；
答案选B。
9.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是（ ）
A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3]
C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；
B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；
C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；
D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误。
答案选B。
10.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（ ）
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中也存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】BD
【解析】
【详解】A.CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，A错误；
B.NO3-和CO32-原子数是4，价电子数是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，B正确；
C.H3O+价电子数是8，PCl3价电子数都是26，价电子数不同，不是等电子体，C错误；
D.B3N3H6和苯原子数都是12，价电子数都是30，是等电子体，B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D正确；
故合理选项是BD。
11.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Mg 电极是该电池的正极
B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的pH 增大
D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.组成原电池的负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；
B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；
C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；
D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误。
答案选C。
12.如图是甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH +3O22CO2+ 4H2O。下列说法不正确的是（ ）
A. 左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇
B. 正极反应式为：O2+ 2H2O + 4e-= 4OH－
C. 负极反应式：CH3OH + H2O－6e- = CO2+ 6H+
D. 该电池提供1mole-，消耗氧气0．25mol
【答案】B
【解析】试题分析：A、左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，故A正确；B、酸性条件下，正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故B错误；C、负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C正确；D、已知正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，则消耗1mol氧气转移1mol电子，所以该电池提供1mole-，消耗氧气0.25mol，故D正确；故选B。
13.下列说法正确的是 ( )
A. 原电池是把电能转化为化学能的装置
B. 原电池中电子流出的一极是正极,发生氧化反应
C. 原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应
D. 形成原电池后,原电池中的阳离子向正极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，A错误；
B.原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反应，电子流入的电极是正极，发生还原反应，B错误；
C.原电池一个电极失电子发生氧化反应，另一个电极得电子发生还原反应，C错误；
D.原电池放电时，负极上失电子，负极附近聚集大量阳离子；正极上得电子，正极上聚集大量电子，则阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，D正确；
故合理选项是D。
14.下列关于金属腐蚀与防护的说法中正确的是（ ）
A. 牺牲阳极的阴极保护法是一种基于电解池原理的金属防护法
B. 钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应式相同
C. 镀锌铁制品镀层受损后形成原电池，锌作负极，比破损前更耐腐蚀
D. 将变黑后的银器（表面被氧化为Ag2S）放入盛有食盐溶液的铝质容器中，黑色褪去是因为生成了AgCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 牺牲阳极的阴极保护法是将被保护金属与比其更活泼的金属连接在一起，更活泼的金属作为阳极不断被腐蚀的方法，该方法基于原电池原理，故A错误；
B. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应式均为，故B正确；
C. 镀锌铁制品镀层破损后形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极被保护，仍达到防腐蚀的目的，但与破损前相比锌更易被腐蚀，故C错误；
D. 将变黑的银器放入盛有食盐溶液的铝质容器中后，形成原电池，铝为负极，银为正极，Ag2S中+1价的银接受电子生成银单质，并未生成AgCl，故D错误；
答案选B。
15.相同材质的铁在下图中的四种情况下腐蚀最快的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】试题分析：A、铁、铜和食醋形成原电池，铁作负极，加快其腐蚀；B、铝、铁和食盐水形成原电池，铝作负极，铁作正极，减缓铁腐蚀；C、铁上面镀铜减缓铁的腐蚀；D、锌、铁和酸雨形成原电池，铁作正极，减缓铁腐蚀，铁腐蚀最快的是A。
16. 有关下图的说法正确的是( )
A. a和b连接构成原电池，溶液中SO42－移向Cu极
B. a和b连接构成原电池，Cu极上发生还原反应
C. a、b分别接直流电源正、负极，电子从Cu片流向b
D. a、b分别接直流电源正、负极，可以在Fe片上镀Cu
【答案】B
【解析】试题分析：如图若a和b连接，则该装置形成原电池，则Fe做负极，失去电子被氧化，溶液中SO42-向负极移动；Cu做正极，Cu2+得到电子被还原，溶液中Cu2+向正极移动，所以A错误，B正确；若a、b分别接直流电源正、负极，则该装置形成了电解池，Fe做阴极，Fe失去电子发生氧化反应被溶解，Cu作阳极，Cu2+得到电子在铜片上析出铜，所以C、D均错误；故选B。
17.可充电氟镁动力电池比锂电池具有更高的能量密度和安全性，在充电和放电时，其电池反应为Mg+2MnF32MnF2+MgF2。下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，镁为负极材料
B. 放电时，电子从镁极流出，经电解质流向正极
C. 充电时，阳极的电极反应式为：MnF2+F--e-=MnF3
D. 充电时，外加直流电源负极应与原电池的Mg极相连
【答案】B
【解析】放电时，装置为原电池，镁做负极，发生氧化反应，A正确；放电时，电子由负极流出经导线进入正极，B错误；充电时，为电解池，阳极发生氧化反应，锰元素由+2价变为+3价，C正确；原电池的负极发生氧化，电解池的阴极发生还原，外加直流电源负极应与原电池的Mg极相连，这样才能进行充电过程。B正确；正确选项B。
18.如图所示的电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是（ ）
【答案】D
【解析】
【分析】依据装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质，对选项分析判断。
【详解】根据装置图分析电极名称a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极，结合电解原理，溶液中离子放电顺序分析判断电极反应，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，说明阴极上溶液中金属离子在阴极析出金属单质；
A. X为MgSO4，阴极电极反应为溶液中氢离子放电，无金属析出；Y为CuSO4，溶液中阴极上铜离子得到电子析出金属，故A错误；
B. X为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e−=Ag，Y为Pb(NO3)2，阴极上溶液中氢离子放电，无金属析出，故B错误；
C. X为FeSO4，阴极是溶液中氢离子得到电子生成氢气，无金属析出，Y为Al2 (SO4)3，阴极上是氢离子放电无金属析出，故C错误；
D. X为CuSO4，阴极是溶液中铜离子析出，电极反应Cu2++2e−=Cu，Y为AgNO3，阴极电极反应为溶液中银离子放电，电极反应为：Ag++e−=Ag，依据电子守恒Cu∼2Ag，增重d>b，符合题意，故D正确。
答案选D。
19.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的 CuSO4和 NaCl的混合溶液，可能发生的反应有（ ）
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑
④2H2O2H2↑＋O2↑
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，溶液中CuSO4和NaCl的物质的量之比为1∶3，得n(Cu2＋)∶n(Cl－)＝1∶3。根据离子的放电顺序，阳离子：Cu2＋＞H＋＞Na＋，阴离子：Cl－＞OH－＞SO42-，知溶液电解过程可分为三个阶段：第一阶段电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑，第二阶段电解NaCl溶液：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，第三阶段电解水：2H2O2H2↑＋O2↑，故②④正确，选D；
答案：D
20.用石墨作电极电解200 mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移的物质的量n(e－)与产生气体的体积V(g)(标准状况)的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. 电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2 mol/L
B. 电解后所得溶液中c(H＋)＝2 mol/L
C. 当n(e－)＝0.6 mol时，V(H2)：V(O2)＝2：3
D. 向电解后的溶液中加入16 g CuO，则溶液可恢复为电解前的浓度
【答案】C
【解析】从图上可看出，电解分为两个阶段；第一阶段电解CuSO4溶液，第二阶段电解水。当n(e－)＝0.4 mol时，Cu2＋消耗完，因而Cu2＋的物质的量为0.2 mol，电解前其浓度为1 mol/L，A错误。B项忽略了溶液体积的变化。当n(e－)＝0.6 mol时，得到O20.15 mol，而H2只在第二阶段产生，该阶段电子转移0.2 mol，得到H20.1 mol，C正确。D项没有补充消耗的水，显然不对。
二、非选择题
21.前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，其相关性质如下表所示：
A
2p能级电子半充满
B
与A同周期，且原子核外有2个未成对电子
C
基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子
D
其基态原子外围电子排布为msnmpn＋2
E
前四周期元素中，E元素基态原子未成对电子数最多
F
基态F＋各能级电子全充满
请根据以上情况，回答下列问题：
（1）E元素基态原子核外有__种能量不同的电子，电子排布式为__，画出F元素基态原子的价电子排布图___。
（2）与B相邻的同周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___。(用元素符号表示)
（3）B、C、D三种元素的简单离子的半径由小到大的顺序为___(用离子符号表示)。
【答案】 (1). 7 (2). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (3). (4). F>N>O (5). S2−>O2−>Na+
【解析】
【分析】前四周期元素A、B、C、D、E、F原子序数依次增大，A的2p能级电子半充满，则A为氮元素，B与A同周期，且原子核外有2个未成对电子，B为氧元素，C基态原子核外有6个原子轨道排有电子，且只有1个未成对电子，则C为钠元素，在前四周期元素中E元素基态原子未成对电子数最多，则外围电子排布式为3d54s1，E为铬元素，D其基态原子外围电子排布为msnmpn+2，即外围电子排布为ms2mp4，则D为第ⅥA族元素，原子序数小于铬大于钠，则D为硫元素，F基态F+各能层电子全充满，则F为铜元素，据此答题。
【详解】（1）E为铬元素，基态原子核外有7种能量不同的电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，F为铜元素，位于元素周期表第四周期ⅠB族，其基态原子的外围电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，
答案为：7；1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；；
（2）B为氧元素，与B相邻的同周期元素，三者为N、O、F，同周期元素第一电离能呈逐渐增大的趋势，但由于N元素核外p能级上电子处于半充满状态，较稳定，第一电离能大于氧元素，则第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，答案为：F>N>O；
（3）B、C、D三种元素分别为O、Na、S，其简单离子分别为O2-、Na+、S2-，其中O2-、Na+电子层结构相同，都为2层，S2-核外为三层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，所以B、C、D三种元素的简单离子的半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Na+，答案为：S2−>O2−>Na+。
22.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
-85.5
115.2
>600(分解)
-75.5
16.8
10.3
沸点/℃
-60.3
444.6
-10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子的是__。
（3）图(a)为S8的结构，其硫原子的杂化轨道类型为___。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为___形；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为__。
【答案】 (1). 哑铃形 (2). H2S (3). sp3 (4). 平面正三角形 (5). sp3
【解析】
【分析】（1）基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；
（2）H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3；
（3如图所示，每个硫原子形成两个键，成键对数为2，硫原子核外最外层有2对孤电子对，则硫原子价层电子对数=2+2=4；
（4）SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S−O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型。
【详解】（1）基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，
答案为：哑铃形；
（2）H2S中S原子价层电子对个数=2+=4、SO2中S原子价层电子对个数=2+=3、SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S，
答案为：H2S；
（3）如图所示，每个硫原子形成两个键，成键对数为2，硫原子核外最外层有2对孤电子对，则硫原子价层电子对数=2+2=4，其硫原子杂化轨道类型为sp3，
答案为：sp3；
（4）SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S−O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3，答案为：平面正三角形；sp3；
23.如图所示是一个电化学装置示意图。
请回答下列问题：
（1）图中丙池是__(填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)。
（2）B电极的名称是__(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。
（3）写出通人CH3OH的电极的电极反应式：___。
（4）乙池中反应的化学方程式为___。
（5）当乙池中B(Ag)极质量增加10.8g时，甲池中理论上消耗O2的体积为___L(标准状况)，此时丙池中某电极析出2.8g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是___(填字母)。
A.MgSO4 B.CuSO4 C.NaCl D.AgNO3.
【答案】 (1). 电解池 (2). 阴极 (3). CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32- (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 0.56 (6). BD
【解析】
【分析】（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，属于原电池，通燃料的电极是负极，通氧气的电极是正极；
（2）通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解池中连接原电池负极的电极为阴极、连接原电池正极的电极为阳极；
（3）甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
（4）乙池中A电极上氢氧根离子放电、阴极上银离子放电，据此书写乙池中反应的化学方程式；
（5）根据转移电子相等结合电极反应式进行计算。
【详解】（1）图中甲池能自发进行氧化还原反应，将化学能转化为电能，属于原电池，乙池和丙池属于电解池，丙池中两个电极一样，不是电镀池，故答案为：电解池；
（2）通入甲醇的电极为负极、通入氧气的电极为正极，A连接原电池正极，为电解池阳极，B是阴极，故答案为：阴极；
（3）甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-；
（4）乙池中A电极上氢氧根离子放电、阴极上银离子放电，所以乙池电池反应式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
（5）B(Ag)极的质量增加10.8g时，根据Ag++e- =Ag ，n(Ag)==0.1mol，则转移电子为0.1mol，根据转移电子相等，甲池中1molO2转变为阳离子转移4mol电子，则转移电子为0.1mol理论上消耗O2标况下的体积=×22.4L/mol=0.56L，此时丙池中某电极析出2.8g某金属，转移电子为0.1mol，
A.电解MgSO4溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，氢离子先放电，则不能析出金属单质，故A不符合题意；
B.电解CuSO4溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，铜离子先放电，1mol铜离子得到2mol电子变为1mol铜单质64g，转移电子为0.1mol，生成铜单质3.2g，若溶液中铜离子物质的量小于=0.044mol，则可能得到2.8g金属，故B符合题意；
C.电解NaCl溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，氢离子先放电，则不能析出金属单质，故C不符合题意；
D.电解AgNO3溶液，根据电解池中阳离子放电顺序，银离子先放电，1mol银离子得到1mol电子变为1mol银单质108g，转移电子为0.1mol，生成钠单质10.8g，若溶液中银离子物质的量等于=0.026mol，则可能得到2.8g金属，故D符合题意；
答案为：0.56；BD。
24.金属氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下饱和溶液的浓度(mol·L-1)如图所示。
(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是____(填化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3+，应该控制溶液的pH为____(填字母)。
A．<1 B．4左右 C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2+杂质，____(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是____。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如表所示。
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10-18
2.5×10-13
1.3×10-36
3.4×10-28
6.4×10-53
1.6×10-24
某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中加入过量____(填字母)除去它们。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
【答案】(1)Cu2＋
(2)B；
(3)不能；Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4) B
【解析】（1）由图可看出，当pH=3时，Cu（OH）2的溶解度非常大，铜主要以Cu2＋的形式存在
（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该调控溶液的pH，使Fe（OH）3的溶解度非常小，同时Cu（OH）2的溶解度非常大或者说Cu2＋可以稳定存在，即2.5＜pH＜4.5范围，故选择B
（3）由于Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，故不能通过调节溶液pH的方法来分离两种离子
（4）由溶度积常数可看出，重金属离子Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋的硫化物的溶度积常数远小于FeS的溶度积常数，故可工业废水中加入过量的FeS，发生沉淀的转化，特别重要的时同时析出Fe2＋，避免了重金属的污染
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