还剩21页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年河南省洛阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年河南省洛阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。
2021-2022学年河南省洛阳市高二（上）期末化学试卷
1. 下列叙述中错误的是( )
A. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
B. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阳极，铜盐为电镀液
C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
D. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈
2. 氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则下列关于氢氰酸分子结构的表述中，错误的是( )
A. 是极性分子 B. 中心原子是sp杂化 C. 分子是直线形 D. H−N≡C
3. 在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构，其原因是( )
A. 共价键具有方向性和饱和性 B. 硅原子间以共价键结合
C. 二氧化硅是化合物 D. 二氧化硅是由非金属元素原子构成的
4. 下列各项中，不属于晶体的特点的是( )
A. 具有规则的几何外形 B. 某些物理性质具有各向异性
C. 一定是无色透明的固体 D. 具有固定的熔点
5. 下列叙述中，正确的是( )
A. 各电子层含有的原子轨道数为2n
B. 各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束
C. 冰融化时，分子中氢氧键发生断裂
D. 金属晶体中含有离子，但不存在离子键
6. 室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下对说法正确的是( )
A. 溶液中导电粒子的数目减少«
B. 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
C. 溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)不变
D. 再加入10mLpH=ll的NaOH溶液，混合液的PH=7
7. 下列各组离子能大量共存于同一溶液中，且加入过量NaOH溶液或少量稀硫酸时都能产生白色沉淀的是( )
A. Na+、Al3+、Cl−、Ba2+ B. NH4+、Ba2+、Fe3+、Cl−
C. K+、Ba2+、Cl−、CO32− D. Ba2+、Mg2+、NO3−、Cl−
8. 关于反应A(g)+B(g)催化剂C(g)ΔH<0，下列说法中，正确的是( )
A. 温度升高，化学反应速率加快 B. 催化剂不参与化学反应
C. 一定是自发反应 D. 反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动
9. 结合如图判断，下列叙述正确的是( )
A. (a)和(b)中Na+均向铁电极方向移动
B. (a)和(b)中正极均被保护
C. (a)和(b)巾负极反应均是Fe−2e−=Fe2+
D. (a)和(b)中正极反应均是O2+2H2O+4e−=4OH−
10. 下列关于电解CuCl2溶液(如图所示)的说法中，错误的是( )
A. 电解过程中，Cl−向阳极移动
B. 总反应为：CuCl2=Cu2++2Cl−
C. 阳极有黄绿色气体产生，并可用湿润的KI淀粉试纸检验
D. 若将溶液换为硫酸铜溶液，则阴、阳两极得到单质的物质的量之比始终为2：1
11. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
12. 下列有关电化学实验装置或图示说法错误的是( )
A. 组装铜锌原电池
B. 可实现反应：Cu+2H2O−电解Cu(OH)2+H2↑
C. 可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出
D. 为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐
13. 图a∼c分别为NaCl在不同状态下的导电实验(X、Y为石墨电极)微观示意图。下列分析正确的是( )
A. 图中●代表Na+
B. 图b中X与电源负极相连
C. 图b说明通电后发生了：NaCl=Na++Cl−
D. 图c中Y上产生H2
14. 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d>b.符合上述实验结果的盐溶液是( )
选项
X
Y
A
MgSO4
CuSO4
B
AgNO3
Pb(NO3)2
C
FeSO4
Al2(SO4)3
D
CuSO4
AgNO3
A. A B. B C. C D. D
15. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A. 最外层都只有1个电子的基态X、Y原子
B. 2p轨道上有1对成对电子的基态X原子与3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子
C. 原子核外电子排布式为1s2的基态X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的基态Y原子
D. 原子核外M层上仅有2个电子的基态X原子与原子核外N层上仅有2个电子的基态Y原子
16. 金属铁(Fe)在生产生活中有着广泛应用。对于基态Fe原子，下列叙述错误的是( )
A. 有4个未成对电子
B. 电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
C. 4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
D. 基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6
17. 图a∼d是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是( )
A. a和c B. b和c C. b和d D. a和d
18. 下列说法正确的是( )
A. 乙烯分子中的σ键和π键之比为5：1
B. P4和CH4的分子构型相同，键角相等
C. BF3、NCl3分子中所有原子的最外层电子均达到8电子稳定结构
D. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有Cl−均被完全沉淀
19. 恒温恒容下，向密闭容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，能判断反应处于平衡状态的是( )
A. v逆(CO2)=3v正(H2)
B. 体系内气体密度保持不变
C. 断裂3molH−H键的同时断裂3molH−O键
D. CO2的体积分数保持不变
20. 某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是( )
A. 充电时，集流体A与外接电源的正极相连
B. 放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLi+
C. 放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2
D. 放电时，电极A为负极，反应可表示为LixSi−e−=Si+xLi+
21. 依据电化学原理，回答下列问题：
(1)图1是依据氧化还原反应Cu(s)+2Fe3+(aq)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计的原电池装置．
①电极X的材料是 ______.
②Y上发生的电极反应式为 ______.
③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程盐桥中向左侧烧杯移动的离子主要是 ______(填离子符号).
(2)图2为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图．
①写出电解过程中总反应的化学方程式 ______.
②a处得到的溶液中溶质的主要成分是 ______(填化学式).
(3)科学家研发了一种绿色环保可充电“全氢电池”，其放电时工作原理如图所示．
①吸附层a上的电势 ______(填“低于”、“高于”或“等于”)吸附层b上的电势．
②吸附层a上的电极反应式为 ______.
③下列说法错误的是 ______.
A.该电池充电时，吸附层b接电源正极
B.装置中的离子交换膜可以使用质子交换膜
C.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
D.导线上通过1mole−，装置内H2总量减少0.5mol
22. 硫、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究他们的相互转化及脱除有重要意义．
(1)25℃时，N2O5(g)在刚性反应器中发生分解得到N2O4(g)、NO2(g)和O2(g).其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡．N2O5(g)的初始压强为35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，体系达到平衡，反应器总压强为63.1kPa.
①相关反应的能量变化如图1所示，N2O5(g)分解生成N2O4(g)和O2(g)的热化学方程式为 ______.
②25℃时，N2O4(g)⇌2NO2(g)反应的平衡常量Kp=______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数).
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强大于63.1kPa，原因是 ______.
(2)臭氧可用于脱硫脱硝，利用其强氧化性氧化氮氧化物及二氧化硫．
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是 ______(填“极性”或“非极性”)分子．
②用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率．研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图2所示，反应过程中，[M]与NO2按物质的量之比1：1反应生成N2O5.该催化氧化过程总反应的化学方程式为 ______.
③一定温度下，向一定比例的O3和NO混合物中通入一定浓度的SO2气体，同时进行脱硫脱硝实验．实验结果如图3所示．由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，下列选项中能解释该结果的是 ______(填序号).
a.O3氧化SO2反应的活化能较大
b.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快
c.等物质的量的O3与NO反应放出的热量比等物质的量的O3与SO2反应的多
上述脱硫脱硝过程中涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(填元素符号).
23. 已知二元酸H2A在水中的电离方程式：H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−.常温下，Ka(HA−)=1.0×10−2，Ag2A在水中微溶，少量Ag2A固体不溶于NaNO3饱和溶液．
(1)向1mL1mol⋅L−1Na2A溶液中滴加3滴2mol⋅L−1AgNO3溶液，出现大量白色沉淀．向沉淀中滴加稀硝酸，沉淀大量溶解．产生大量白色沉淀的离子方程式为 ______，请用平衡理论解释沉淀大量溶解的原因：______.
(2)为了探究A2−的存在是否会对溶液中Cl−的检验产生干扰，向1mL某混合液中加入3滴AgNO3溶液，设计下面表格进行理论计算【常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10−10】．
编号
加入AgNO3浓度/(mol⋅L−1)
混合液中Ag+浓度/(mol⋅L−1)
混合溶液中A2−的最小理论检出浓度/(mol⋅L−1)
①
2
0.2
0.0003
②
0.5
0.05
0.0048
③
0.1
④
0.01
若加入的AgNO3溶液浓度为0.1mol⋅L−1，混合溶液中A2−的最小理论检出浓度为 ______mol⋅L−1；若使用0.01mol⋅L−1AgNO3溶液，______(填“可以”或“不可以”)排除少量A2−对Cl−检验构成的干扰．
(3)常温下，Na2A溶液显碱性，用离子方程式表示原因为 ______.以酚酞作指示剂，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol⋅L−1的H2A溶液．当溶液pH=2时，c(HA−)c(A2−)=______，此时滴入NaOH溶液的体积 ______(填“大于”、“小于”或“等于”)30.00mL.
24. 2019年度诺贝尔化学奖授予JohnB⋅Goodenough教授等人，以表彰其在锂离子电池的发展方面做出的突出贡献．研究表明：Li−Cu4O(PO4)2电池的正极的活性物质Cu4O(PO4)2制备的原理为：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3⋅H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O.
请回答下列问题：
(1)以下四种状态下Li原子能量最高的是 ______.
A.
B.
C.
D.
(2)Cu4O(PO4)2中Cu2+的核外电子排布式为 ______，PO43−的中心原子P的杂化形式是 ______.
A.sp
B.sp2
C.sp3
D.sp3d
(3)向硫酸铜溶液中逐滴加氨水直至过量，可观察到溶液中先有蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，溶液变深蓝色．请写出使溶液变深蓝色的离子的化学式：______，1mol该离子中含有的σ键数目为 ______，此配离子中提供孤电子对的原子是 ______，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是 ______.
(4)H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水．请解释H2O2能与水以任意比互溶的原因：______.
(5)金属铜的晶胞如图所示，铜原子的配位数是 ______，若铜原子半径为rpm，金属铜的密度为ρg⋅cm−3，则阿伏加德罗常数的值可表示为 ______(用含r、ρ的代数式表示).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.铁管上镶嵌锌块，锌是负极，失去电子，被氧化，铁是正极，铁管不易被腐蚀，故A正确；
B.在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极，铜盐为电镀液，故B错误；
C.铁中含有碳，形成铁、碳原电池，加快铁的腐蚀，抗腐蚀能力比纯铁弱，故C正确；
D.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，因为铁比锡活泼，作负极，更易被氧化，故D正确；
故选：B。
在原电池中，一般为活泼的金属作负极，失去电子，被氧化，不活泼的金属或碳作正极，被保护，据此分析解答即可。
本题主要考金属的电化学腐蚀与防护，掌握原电池的原理是解决这类问题的关键，本质是原电池原理的应用，属于高考高频考点，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则C原子形成4个共价键、N原子形成3个共价键、H原子形成1个共价键，则HCN的结构简式为H−C≡N；
A.正负电荷中心不重合的分子为极性分子，该分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；
B.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2，则C原子采用sp杂化，故B正确；
C.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2，为直线形分子，故C正确；
D.其结构式为H−C≡N，故D错误；
故选：D。
氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则C原子形成4个共价键、N原子形成3个共价键、H原子形成1个共价键，则HCN的结构简式为H−C≡N；
A.正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
B.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2；
C.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2；
D.其结构式为H−C≡N。
本题考查原子杂化类型判断、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确判断HCN结构特点是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.共价键有方向性，除去s轨道外其它原子轨道如p、d等轨道都有一定的伸展方向，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定；共价键有饱和性，一个原子的几个未成对电子便可以和几个自旋相反的电子配对成键，故A正确；
B.SiO2中存在Si−O键，Si原子之间不存在化学键，故B错误；
C.SiO2是由Si、O元素组成的纯净物，属于化合物，但与二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构无关，故C错误；
D.Si、O都是非金属元素，SiO2是由Si、O元素组成，但与二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构无关，故D错误；
故选：A。
A.共价键有方向性，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定，共价键有饱和性，单电子的数目就是成键数目；
B.SiO2中存在Si−O键；
C.由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；
D.Si、O都是非金属元素。
本题以二氧化硅为载体考查基本概念、物质结构，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确二氧化硅结构特点、组成元素、基本概念是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.晶体具有自范性，晶体具有整齐规则的几何外形，故A正确；
B.单晶体具有各项异性的特点，具体表现为某些物理性质，故B正确；
C.晶体不一定是无色透明的固体，如硫酸铜晶体为蓝色，但有些非晶体却是无色透明的，如玻璃，故C错误；
D.晶体属于纯净物，有固定的熔沸点，故D正确；
故选：C。
A.晶体具有整齐规则的几何外形，具有自范性；
B.单晶体具有各项异性的特点；
C.有的晶体不是无色透明的固体；
D.纯净物有固定的熔沸点，混合物没有固定的熔沸点。
本题主要考查晶体的特征，晶体的颜色、性质等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.各电子层含有的原子轨道数为n2，第一层含有1个，第二层含有4个，第三层含有9，依此类推，故A错误；
B.第一电子层只有s能级，无f能级，第二电子层只有s、p能级，无f能级，故B错误；
C.冰是分子晶体，融化时破坏的是氢键(分子间作用力)，故C错误；
D.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成，不含离子键，故D正确；
故选：D。
A.各电子层含有的原子轨道数为n2；
B.各电子层的能级都是从s能级开始，但是不一定到f能级结束；
C.晶体熔化时，破坏的是组成晶体的微粒间的相互作用力；
D.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成。
本题考查了原子结构组成、核外电子排布，晶体的结构与性质，明确核外电子排布规律、熟悉晶体结构组成即可解答，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；
B.醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n(H+)增加的倍数，则c(H+)减小，酸性减弱，故B错误；
C.醋酸的电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)⋅Kw，温度不变，Ka、Kw都不变，则c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)不变，故C正确；
D.等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH<7，故D错误；
故选C.
醋酸是弱电解质，CH3COOH⇌CH3COO−+H+，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时pH的计算来解答．
本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等．
7.【答案】D
【解析】解：A.Na+、Al3+、Cl−、Ba2+之间不反应，能够大量共存，但加入过量NaOH溶液时不能产生白色沉淀，故A错误；
B.NH4+、Ba2+、Fe3+、Cl−之间能够大量共存，但加入过量NaOH溶液生成的是红褐色的氢氧化铁沉淀，没有白色沉淀生成，故B错误；
C.Ba2+、CO32−之间反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Ba2+、Mg2+、NO3−、Cl−之间不反应，能够大量共存，且加入过量NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀，加入少量稀硫酸时生成硫酸钡沉淀，满足条件，故D正确；
故选：D。
A.四种离子能够共存，但加入过量氢氧化钠溶液时没有白色沉淀生成；
B.四种离子能够共存，但加入过量氢氧化钠溶液生成红褐色的氢氧化铁沉淀；
C.钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀；
D.四种离子能够共存，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化镁沉淀，加入少量稀硫酸生成硫酸钡沉淀。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.升高温度，正逆反应速率均加快，则温度升高，化学反应速率加快，故A正确；
B.催化剂改变反应的途径，参与化学反应，且反应前后质量、化学性质不变，故B错误；
C.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，ΔH<0、ΔS<0，可知低温下可自发进行，故C错误；
D.反应物浓度的增大，若反应的浓度熵大于平衡常数，平衡逆向移动；若反应浓度熵等于平衡常数，平衡不移动，故D错误；
故选：A。
A.升高温度，正逆反应速率均加快；
B.催化剂改变反应的途径；
C.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行；
D.反应物浓度的增大，可能浓度熵大于或等于平衡常数。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.a中钠离子向正极也就是铁电极移动，b中钠离子向正极也就是铜电极移动，故A错误；
B.两电池正极均发生还原反应，电极未被腐蚀，故B正确；
C.a电池Zn为负极，失电子发生氧化反应，故C错误；
D.b中电解质溶液呈酸性，铁作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，反应为：2H++2e−=H2↑，故D错误；
故选：B。
两个装置都是原电池，a中电解质溶液呈中性，锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；b中电解质溶液呈酸性，铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10.【答案】B
【解析】解：A.电解过程中，氯离子和氢氧根离子向阳极移动，故A正确；
B.氯化铜溶液电解生成铜和氯气，总反应方程式为CuCl2−电解Cu+Cl2↑，故B错误；
C.电解过程中，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成黄绿色的氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝色，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，故C正确；
D.若将溶液换为硫酸铜溶液，电解过程中，阴极析出的单质为铜、阳极析出的单质为氧气，硫酸铜溶液完全电解后继续电解，实质上是电解水，阴极析出的单质为氢气、阳极析出的单质为氧气，由得失电子数目守恒可知，铜和氧气的物质的量比与氢气和氧气的物质的量比相等，都是2：1，故D正确；
故选：B。
A.电解过程中，氯离子和氢氧根离子向阳极移动；
B.氯化铜溶液电解生成铜和氯气；
C.电解过程中，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成黄绿色的氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝色；
D.若将溶液换为硫酸铜溶液，电解过程中，阴极析出的单质为铜、阳极析出的单质为氧气，硫酸铜溶液完全电解后继续电解，实质上是电解水，阴极析出的单质为氢气、阳极析出的单质为氧气。
本题考查学生电解池的工作原理以及离子的放电顺序知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2。
故反应方程式为2A+3B=2C。
故选：A。
根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数，据此书写方程式．
本题考查反应速率规律，难度不大，注意对基础知识的积累掌握和对反应速率规律的理解．
12.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触，不能构成原电池，故A错误；
B.由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子移向阳极，与铜离子反应生成氢氧化铜，总反应方程式为Cu+2H2O−电解Cu(OH)2+H2↑，故B正确；
C.由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠，同时能减少氯气的逸出，故C正确；
D.由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：A。
A.由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触；
B.由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，氢氧根离子移向阳极；
C.由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠；
D.由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】D
【解析】解：A.根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl−，故A错误；
B.图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故B错误；
C.氯化钠的电离不需要通电，溶于水电离NaCl=Na++Cl−，故C错误；
D.图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：D。
A.氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl−；
B.图c为NaCl溶液，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电；
C.氯化钠在水中电离为钠离子、氯离子，不需要通电；
D.电解熔融氯化钠、NaCl溶液时，阳极上都是氯离子放电。
本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：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．
故选D.
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．
本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，溶液中离子浓度放电顺序的判断，电极反应书写方法和电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
15.【答案】B
【解析】解：A.最外层都只有1个电子，可能处于IA族，也可能处于IB族、VIB族等，所以化学性质不一定相似，如IA族中H与Na性质不同，故A错误；
B.2p轨道上有1对成对电子的基态X原子，外围电子排布式为2s22p4，X为O元素；3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子，外围电子排布式为3s22p4，Y为S元素，二者同主族，化学性质相似，故B正确；
C.原子核外电子排布式为1s2为He，最外层是稳定结构，原子核外电子排布式为1s22s2为Be，二者性质不同，故C错误；
D.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，它们的价电子数不同，性质不相同，故D错误；
故选：B。
A.最外层都只有1个电子，可能处于IA族，也可能处于IB族、VIB族等；
B.2p轨道上有1对成对电子的基态X原子，外围电子排布式为2s22p4，X为O元素；3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子，外围电子排布式为3s22p4，Y为S元素；
C.原子核外电子排布式为1s2为He，原子核外电子排布式为1s22s2为Be；
D.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素。
本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，明确元素周期表结构、原子结构是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用、发散思维能力，熟练掌握常见元素原子结构，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.基态Fe原子3d能级上有6个电子，分别排列在5个轨道上，每个轨道最多排列2个电子，所以基态Fe原子有4个未成对电子，故A正确；
B.元素对键合电子的吸引力越大，其电负性越强，电负性：Fe>K，则Fe原子对键合电子的吸引力比钾大，故B正确；
C.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，故C错误；
D.基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成基态Fe2+，所以基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6，故D正确；
故选：C。
A.基态Fe原子3d能级上有6个电子，分别排列在5个轨道上，每个轨道最多排列2个电子；
B.元素对键合电子的吸引力越大，其电负性越强；
C.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，与电子运动的位置无关；
D.基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成基态Fe2+。
本题考查原子核外电子排布、电负性影响因素等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布规律、电负性概念是解本题关键，C为解答易错点。
17.【答案】D
【解析】解：由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl−，同样，每个每个Cl−周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，所以a和d符合题意，
故选：D。
氯化钠晶胞是立方晶胞，Na+、Cl−的配位数都是6，晶胞结构如图所示：，而氯化铯晶体中离子配位数为8，晶胞结构如图，据此进行分析解答。
本题考查氯化钠、氯化铯晶体结构的判断，该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的训练与检验，关键是记住氯化钠、氯化铯的晶胞结构特点，需要学生晶胞一定的空间想象。
18.【答案】A
【解析】解：A.乙烯分子中含有4个C−H键和1个C=C键，故σ键和π键之比为5：1，故A正确；
B.P4和CH4的分子构型相同，键角不相等，前者键角为60∘，后者为109∘28′，故B错误；
C.BF3为缺电子分子，B原子最外层只有6个电子，NCl3分子中所有原子的最外层电子均达到8电子稳定结构，故C错误；
D.向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有外界的Cl−被完全沉淀，故D错误；
故选：A。
A.共价单键为σ键，双键和三键中有1个σ键，1个或2个π键；
B.P4的P原子位于4个顶点，CH4中氢原子位于顶点，碳原子位于中心；
C.BF3为缺电子分子；
D.内届的氯离子是不能电离出来的。
本题考查知识面广，涉及σ键和π键的判断，键角大小的比较，核外电子的排布，配位化合物的结构等，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。
19.【答案】D
【解析】解：A.v逆(CO2)=3v正(H2)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B.恒温恒容下，混合气体的总质量、总体积为定值，混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故B错误；
C.断裂3molH−H键的同时断裂3molH−O键，不是的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故C错误；
D.CO2的体积分数保持不变，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
20.【答案】B
【解析】解：A.充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，故A正确；
B.放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amolLi+进入LiPON薄膜电解质，正极有amolLi+进入电极B，故LiPON薄膜电解质Li+数目不变，故B错误；
C.放电时，电极B为正极发生氧化反应，电极反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，故C正确；
D.放电时电极A为负极，电极反应为LixSi−xe−=Si+xLi+，故D正确；
故选：B。
由题可知，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A为阴极，电极反应式为xLi++xe−+Si=LixSi，电极B为阳极，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，放电时电极A为负极，电极反应为LixSi−xe−=Si+xLi+，电极B为正极，电极反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，电池总反应可表示为。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
21.【答案】Cu2Fe3++2e−=2Fe2+ Cl− 2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑， NaOH 低于 H2+2OH−+2e−=2H2OBCD
【解析】解：(1)①由图可知，X极失去电子，故电极X的材料是Cu，
故答案为：Cu；
②Y极得到电子，被还原，Y上发生的电极反应式为2Fe3++2e−=2Fe2+，
故答案为：2Fe3++2e−=2Fe2+；
③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程盐桥中向左侧烧杯移动的离子主要是Cl−，
故答案为：Cl−；
(2)图2为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图，
①电解过程中总反应的化学方程式2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑；
②a为阴极，水得电子被还原为氢气，生成OH−，钠离子通过离子交换膜由左侧移到右侧，故a处得到的溶液中溶质的主要成分是NaOH，
故答案为：NaOH；
(3)①由图可知，电子由a极流出，故a极为负极，b极为正极，故吸附层a上的电势低于吸附层b上的电势，
故答案为：低于；
②吸附层a为负极，电极反应式为H2+2OH−+2e−=2H2O，
故答案为：H2+2OH−+2e−=2H2O；
③A.该电池中吸附层b为正极，故充电时接电源正极，故A正确；
B.装置中的离子交换膜如果使用质子交换膜，则交换膜右侧的氢离子可以通过该交换膜与左侧的氢氧根离子发生反应，不利于电能产生，这个交换膜应该为钠离子交换膜，故B错误；
C.NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；
D.该电池的总式为：H++OH−=H2O，导线上通过1mole−，装置内H2总量不变，故D错误；
故答案为：BCD。
(1)①由图可知，X极失去电子，作负极；
②Y极得到电子，被还原，作正极；
③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程，左侧生成了铜离子，正电荷数量增加；
(2)①电解NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2；
②a为阴极，水得电子被还原为氢气，生成OH−，钠离子通过离子交换膜由左侧移到右侧，故a处得到的溶液为NaOH溶液；
(3)①由图可知，电子由a极流出，故a极为负极，b极为正极，负极电势低于正极电势；
②吸附层a为负极，得电子被还原；
③A.原电池中的正极，充电时接外电源正极；
B.装置中的离子交换膜如果使用质子交换膜，则交换膜右侧的氢离子可以通过该交换膜与左侧的氢氧根离子发生反应；
C.NaClO4的作用是传导离子；
D.该电池的总式为：H++OH−=H2O，不消耗氢气。
本题主要考原电池和电解池的实际问题的解决，掌握原电池、电解池的原理是解决这类问题的关键，本质是原电池原理和电解池原理的应用，属于高考高频考点，难度不大。
22.【答案】N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=−2.2kJ⋅mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=−4.4kJ⋅mol−1 13.4由图可知反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大 极性 2NO2+O3−催化剂O2+N2O5 abN>O>S
【解析】解：(1)①由图可知a.2NO2(g)=N2O4(g)ΔH1=−55.3kJ⋅mol−1，b.2NO2(g)+12O2(g)=N2O5(g)ΔH2=−53.1kJ⋅mol−1，由盖斯定律a−b得N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−2.2kJ⋅mol−1，即N2O5(g)分解生成N2O4(g)和O2(g)的热化学方程式为N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=−2.2kJ⋅mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=−4.4kJ⋅mol−1，
故答案为：N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=−2.2kJ⋅mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=−4.4kJ⋅mol−1；
②在恒温恒容的容器里，气体的物质的量之比等于它们的压强之比，可以用气体的分压来表示物质的量，五氧化二氮分解的方程式2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)，初始压强为35.8kPa，初始PN2O5=35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，这时，这时PO2=35.8×0.5kPa=17.9kPa，PN2O5=35.8kPa，利用三段式解析，设25℃达到化学平衡时N2O4转化了x，则依据三段式
N2O4(g)⇌2NO2(g)(单位：kPa)
开始 35.80
变化 x 2x
平衡 35.8−x2x
由题意可知35.8−x+2x+17.9=63.1，解得x=9.4kPa，P平(N2O4)=26.4kPa，P平(NO2)=18.8kPa，然后代入平衡常数表达式即可求出Kp=p2(NO2)p(N2O4)=18.8226.4kPa=13.4kPa，
故答案为：13.4；
③由图可知反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大，
故答案为：由图可知反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大；
(2)①O3分子的空间结构与水分子的相似，水分子为极性分子，则O3分子为极性分子，
故答案为：极性；
②由图可知，O+NO2→[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：2NO2+O3−催化剂O2+N2O5，
故答案为：2NO2+O3−催化剂O2+N2O5；
③a.SO2与O3反应导致减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应，可说明O3氧化SO2反应的活化能较大，故a正确；
b.由分析a可知O3与SO2反应活化能大，则其反应速率慢，故b正确；
c.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快，但与等物质的量的O3与NO、SO2反应放出的热量多少无关，故c错误；
上述脱硫脱硝过程中涉及元素由O、N、S，同周期VA族、VIA族的第一电离能反常，故N>O，同主族元素越靠上第一电离能越大，故O>S，
故答案为：ab；N>O>S。
(1)①由图可知a.2NO2(g)=N2O4(g)ΔH1=−55.3kJ⋅mol−1，b.2NO2(g)+12O2(g)=N2O5(g)ΔH2=−53.1kJ⋅mol−1，由盖斯定律a−b得N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−2.2kJ⋅mol−1；
②在恒温恒容的容器里，气体的物质的量之比等于它们的压强之比，可以用气体的分压来表示物质的量，五氧化二氮分解的方程式2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)，初始压强为35.8kPa，初始PN2O5=35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，这时，这时PO2=35.8×0.5kPa=17.9kPa，PN2O5=35.8kPa，利用三段式解析，设25℃达到化学平衡时N2O4转化了x，则依据三段式
N2O4(g)⇌2NO2(g)(单位：kPa)
开始 35.80
变化 x 2x
平衡 35.8−x2x
由题意可知35.8−x+2x+17.9=63.1，解得x=9.4kPa，P平(N2O4)=26.4kPa，P平(NO2)=18.8kPa，然后代入平衡常数表达式即可求出Kp=p2(NO2)p(N2O4)；
③由图可知反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动；
(2)①O3分子的空间结构与水分子的相似；
②由图可知，O+NO2→[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5；
③a.SO2与O3反应导致减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应；
b.由分析a可知O3与SO2反应活化能大；
c.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快；
上述脱硫脱硝过程中涉及元素由O、N、S，同周期VA族、VIA族的第一电离能反常，故N>O。
本题考查化学平衡计算、化学反应原理、盖斯定律应用等知识，题目难度中等，注意结合反应的方程式和图中数据的灵活应用，试题侧重考查化学平衡的有关分析与计算。
23.【答案】2Ag++A2−=Ag2A↓向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低，平衡2Ag++A2−=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解 0.12可以 A2−+H2O⇌HA−+OH− 1 小于
【解析】解：(1)银离子和A2−离子形成了Ag2A沉淀，离子方程式为：2Ag++A2−=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低，平衡2Ag++A2−=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解，
故答案为：2Ag++A2−=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低，平衡2Ag++A2−=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解；
(2)由表格中的数据可知，Ksp(Ag2A)=0.22×0.0003=1.2×10−5，当使用0.1mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.01mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.012mol/L=0.12mol/L；当使用0.01mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.001mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.0012mol/L=12mol/L，此时A2−的最小理论检出浓度已经很大了，故少量A2−对Cl−检验不构成干扰，
故答案为：0.12；可以；
(3)A2−水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，离子方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−；Ka(HA−)=c(H+)c(A2−)c(HA−)，当pH=2时，c(H+)=10−2mol⋅L−1，则c(HA−)c(A2−)=Ka(HA−)c(H+)=10−210−2=1，则c(HA−)c(A2−)=1；NaOH溶液的体积为20ml时，溶质为NaHA，NaOH溶液的体积为30ml时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，浓度均为 0.02mol⋅L−1，根据Ka(HA−)=1.0×10−2，可知A2−的水解常数为Kh(A2−)=10−141.0×10−2mol/L=1.0×10−12，即电离大于水解，则c(HA−)c(H+)，即此时c(H+)<10−2，而当c(H+)=10−2，c(HA−)=c(A2−)，即此时滴入NaOH溶液的体积小于30.00mL，
故答案为：A2−+H2O⇌HA−+OH−；1；小于。
(1)银离子和A2−离子形成了Ag2A沉淀，离子方程式为：2Ag++A2−=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低；
(2)由表格中的数据可知，Ksp(Ag2A)=0.22×0.0003=1.2×10−5，当使用0.1mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.01mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.012mol/L=0.12mol/L；当使用0.01mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.001mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.0012mol/L=12mol/L，此时A2−的最小理论检出浓度已经很大了；
(3)A2−水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，离子方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−；Ka(HA−)=c(H+)c(A2−)c(HA−)，当pH=2时，c(H+)=10−2mol⋅L−1，则c(HA−)c(A2−)=Ka(HA−)c(H+)=10−210−2=1；NaOH溶液的体积为20ml时，溶质为NaHA，NaOH溶液的体积为30ml时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，浓度均为 0.02mol⋅L−1，根据Ka(HA−)=1.0×10−2，可知A2−的水解常数为Kh(A2−)=10−141.0×10−2mol/L=1.0×10−12，即电离大于水解，则c(HA−)c(H+)，即此时c(H+)<10−2，而当c(H+)=10−2，c(HA−)=c(A2−)。
本题考查了实验探究离子性质、反应过程分析判断，涉及物质的性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，题目难度中等。
24.【答案】(1)D；
(2)1s22s22p63s23p63d9；sp3；
(3)[Cu(NH3)4]2+；16；N；N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大；
(4)过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键；
(5)12；4×64ρ×(2a×10−10)3mol−1。 1s22s22p63s23p63d9 sp3 [Cu(NH3)4]2+ 16 N N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大 过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键 124×64ρ×(2r×10−10)3
【解析】解：(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，D中2p能级有3个电子，能量最高，
故答案为：D；
(2)Cu原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个形成Cu2+，Cu2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，PO43−中P原子孤电子对数=5+3−2×42=0，价层电子对数=4+0=4，P为sp3杂化，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；sp3；
(3)向Cu2+的硫酸盐溶液中滴加氨水直至过量，首先观察到生成蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇后有深蓝色晶体析出，对应离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该离子中含有的σ键数目为4+3×4=16，此配离子中NH3为配体，提供孤电子对的原子是N，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大，
故答案为：[Cu(NH3)4]2+；16；N；N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大；
(4)H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水．请解释H2O2能与水以任意比互溶的原因过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键，
故答案为：过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键；
(5)金属铜的晶胞为面心立方堆积，铜原子的配位数是12，面心立方紧密堆积的晶胞中，侧面三个铜原子相切，设晶胞边长为a，可得4r=2apm，a=2rpm，晶胞密度=mV=ρ=4×64NA×(2r×10−10)3g⋅cm−3，故NA=4×64ρ×(2r×10−10)3mol−1，
故答案为：12；4×64ρ×(2r×10−10)3mol−1。
(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
(2)Cu原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个形成Cu2+，Cu2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，PO43−中P原子孤电子对数=5+3−2×42=0，价层电子对数=4+0=4；
(3)向Cu2+的硫酸盐溶液中滴加氨水直至过量，首先观察到生成蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇后有深蓝色晶体析出，对应离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该离子中含有的σ键数目为4+3×4=16，此配离子中NH3为配体，提供孤电子对的原子是N，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大；
(4)H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水．从分子极性和氢键的角度分析；
(5)金属铜的晶胞为面心立方堆积，铜原子的配位数是12，面心立方紧密堆积的晶胞中，侧面三个铜原子相切，设晶胞边长为a，可得4r=2apm，a=2rpm，晶胞密度=mV=ρ=4×64NA×(2a×10−10)3g⋅cm−3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
2021-2022学年河南省洛阳市高二（上）期末化学试卷
1. 下列叙述中错误的是( )
A. 铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
B. 在铁制品上镀铜时，铁制品为阳极，铜盐为电镀液
C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
D. 用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈
2. 氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则下列关于氢氰酸分子结构的表述中，错误的是( )
A. 是极性分子 B. 中心原子是sp杂化 C. 分子是直线形 D. H−N≡C
3. 在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构，其原因是( )
A. 共价键具有方向性和饱和性 B. 硅原子间以共价键结合
C. 二氧化硅是化合物 D. 二氧化硅是由非金属元素原子构成的
4. 下列各项中，不属于晶体的特点的是( )
A. 具有规则的几何外形 B. 某些物理性质具有各向异性
C. 一定是无色透明的固体 D. 具有固定的熔点
5. 下列叙述中，正确的是( )
A. 各电子层含有的原子轨道数为2n
B. 各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束
C. 冰融化时，分子中氢氧键发生断裂
D. 金属晶体中含有离子，但不存在离子键
6. 室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下对说法正确的是( )
A. 溶液中导电粒子的数目减少«
B. 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增大
C. 溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)不变
D. 再加入10mLpH=ll的NaOH溶液，混合液的PH=7
7. 下列各组离子能大量共存于同一溶液中，且加入过量NaOH溶液或少量稀硫酸时都能产生白色沉淀的是( )
A. Na+、Al3+、Cl−、Ba2+ B. NH4+、Ba2+、Fe3+、Cl−
C. K+、Ba2+、Cl−、CO32− D. Ba2+、Mg2+、NO3−、Cl−
8. 关于反应A(g)+B(g)催化剂C(g)ΔH<0，下列说法中，正确的是( )
A. 温度升高，化学反应速率加快 B. 催化剂不参与化学反应
C. 一定是自发反应 D. 反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动
9. 结合如图判断，下列叙述正确的是( )
A. (a)和(b)中Na+均向铁电极方向移动
B. (a)和(b)中正极均被保护
C. (a)和(b)巾负极反应均是Fe−2e−=Fe2+
D. (a)和(b)中正极反应均是O2+2H2O+4e−=4OH−
10. 下列关于电解CuCl2溶液(如图所示)的说法中，错误的是( )
A. 电解过程中，Cl−向阳极移动
B. 总反应为：CuCl2=Cu2++2Cl−
C. 阳极有黄绿色气体产生，并可用湿润的KI淀粉试纸检验
D. 若将溶液换为硫酸铜溶液，则阴、阳两极得到单质的物质的量之比始终为2：1
11. 在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vC=2vB，则此反应可表示为( )
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
12. 下列有关电化学实验装置或图示说法错误的是( )
A. 组装铜锌原电池
B. 可实现反应：Cu+2H2O−电解Cu(OH)2+H2↑
C. 可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出
D. 为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐
13. 图a∼c分别为NaCl在不同状态下的导电实验(X、Y为石墨电极)微观示意图。下列分析正确的是( )
A. 图中●代表Na+
B. 图b中X与电源负极相连
C. 图b说明通电后发生了：NaCl=Na++Cl−
D. 图c中Y上产生H2
14. 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d>b.符合上述实验结果的盐溶液是( )
选项
X
Y
A
MgSO4
CuSO4
B
AgNO3
Pb(NO3)2
C
FeSO4
Al2(SO4)3
D
CuSO4
AgNO3
A. A B. B C. C D. D
15. 下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A. 最外层都只有1个电子的基态X、Y原子
B. 2p轨道上有1对成对电子的基态X原子与3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子
C. 原子核外电子排布式为1s2的基态X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的基态Y原子
D. 原子核外M层上仅有2个电子的基态X原子与原子核外N层上仅有2个电子的基态Y原子
16. 金属铁(Fe)在生产生活中有着广泛应用。对于基态Fe原子，下列叙述错误的是( )
A. 有4个未成对电子
B. 电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
C. 4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
D. 基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6
17. 图a∼d是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是( )
A. a和c B. b和c C. b和d D. a和d
18. 下列说法正确的是( )
A. 乙烯分子中的σ键和π键之比为5：1
B. P4和CH4的分子构型相同，键角相等
C. BF3、NCl3分子中所有原子的最外层电子均达到8电子稳定结构
D. 向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有Cl−均被完全沉淀
19. 恒温恒容下，向密闭容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，能判断反应处于平衡状态的是( )
A. v逆(CO2)=3v正(H2)
B. 体系内气体密度保持不变
C. 断裂3molH−H键的同时断裂3molH−O键
D. CO2的体积分数保持不变
20. 某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是( )
A. 充电时，集流体A与外接电源的正极相连
B. 放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLi+
C. 放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2
D. 放电时，电极A为负极，反应可表示为LixSi−e−=Si+xLi+
21. 依据电化学原理，回答下列问题：
(1)图1是依据氧化还原反应Cu(s)+2Fe3+(aq)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计的原电池装置．
①电极X的材料是 ______.
②Y上发生的电极反应式为 ______.
③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程盐桥中向左侧烧杯移动的离子主要是 ______(填离子符号).
(2)图2为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图．
①写出电解过程中总反应的化学方程式 ______.
②a处得到的溶液中溶质的主要成分是 ______(填化学式).
(3)科学家研发了一种绿色环保可充电“全氢电池”，其放电时工作原理如图所示．
①吸附层a上的电势 ______(填“低于”、“高于”或“等于”)吸附层b上的电势．
②吸附层a上的电极反应式为 ______.
③下列说法错误的是 ______.
A.该电池充电时，吸附层b接电源正极
B.装置中的离子交换膜可以使用质子交换膜
C.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应
D.导线上通过1mole−，装置内H2总量减少0.5mol
22. 硫、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究他们的相互转化及脱除有重要意义．
(1)25℃时，N2O5(g)在刚性反应器中发生分解得到N2O4(g)、NO2(g)和O2(g).其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡．N2O5(g)的初始压强为35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，体系达到平衡，反应器总压强为63.1kPa.
①相关反应的能量变化如图1所示，N2O5(g)分解生成N2O4(g)和O2(g)的热化学方程式为 ______.
②25℃时，N2O4(g)⇌2NO2(g)反应的平衡常量Kp=______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数).
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强大于63.1kPa，原因是 ______.
(2)臭氧可用于脱硫脱硝，利用其强氧化性氧化氮氧化物及二氧化硫．
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是 ______(填“极性”或“非极性”)分子．
②用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率．研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图2所示，反应过程中，[M]与NO2按物质的量之比1：1反应生成N2O5.该催化氧化过程总反应的化学方程式为 ______.
③一定温度下，向一定比例的O3和NO混合物中通入一定浓度的SO2气体，同时进行脱硫脱硝实验．实验结果如图3所示．由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，下列选项中能解释该结果的是 ______(填序号).
a.O3氧化SO2反应的活化能较大
b.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快
c.等物质的量的O3与NO反应放出的热量比等物质的量的O3与SO2反应的多
上述脱硫脱硝过程中涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是 ______(填元素符号).
23. 已知二元酸H2A在水中的电离方程式：H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−.常温下，Ka(HA−)=1.0×10−2，Ag2A在水中微溶，少量Ag2A固体不溶于NaNO3饱和溶液．
(1)向1mL1mol⋅L−1Na2A溶液中滴加3滴2mol⋅L−1AgNO3溶液，出现大量白色沉淀．向沉淀中滴加稀硝酸，沉淀大量溶解．产生大量白色沉淀的离子方程式为 ______，请用平衡理论解释沉淀大量溶解的原因：______.
(2)为了探究A2−的存在是否会对溶液中Cl−的检验产生干扰，向1mL某混合液中加入3滴AgNO3溶液，设计下面表格进行理论计算【常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10−10】．
编号
加入AgNO3浓度/(mol⋅L−1)
混合液中Ag+浓度/(mol⋅L−1)
混合溶液中A2−的最小理论检出浓度/(mol⋅L−1)
①
2
0.2
0.0003
②
0.5
0.05
0.0048
③
0.1
④
0.01
若加入的AgNO3溶液浓度为0.1mol⋅L−1，混合溶液中A2−的最小理论检出浓度为 ______mol⋅L−1；若使用0.01mol⋅L−1AgNO3溶液，______(填“可以”或“不可以”)排除少量A2−对Cl−检验构成的干扰．
(3)常温下，Na2A溶液显碱性，用离子方程式表示原因为 ______.以酚酞作指示剂，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol⋅L−1的H2A溶液．当溶液pH=2时，c(HA−)c(A2−)=______，此时滴入NaOH溶液的体积 ______(填“大于”、“小于”或“等于”)30.00mL.
24. 2019年度诺贝尔化学奖授予JohnB⋅Goodenough教授等人，以表彰其在锂离子电池的发展方面做出的突出贡献．研究表明：Li−Cu4O(PO4)2电池的正极的活性物质Cu4O(PO4)2制备的原理为：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3⋅H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O.
请回答下列问题：
(1)以下四种状态下Li原子能量最高的是 ______.
A.
B.
C.
D.
(2)Cu4O(PO4)2中Cu2+的核外电子排布式为 ______，PO43−的中心原子P的杂化形式是 ______.
A.sp
B.sp2
C.sp3
D.sp3d
(3)向硫酸铜溶液中逐滴加氨水直至过量，可观察到溶液中先有蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，溶液变深蓝色．请写出使溶液变深蓝色的离子的化学式：______，1mol该离子中含有的σ键数目为 ______，此配离子中提供孤电子对的原子是 ______，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是 ______.
(4)H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水．请解释H2O2能与水以任意比互溶的原因：______.
(5)金属铜的晶胞如图所示，铜原子的配位数是 ______，若铜原子半径为rpm，金属铜的密度为ρg⋅cm−3，则阿伏加德罗常数的值可表示为 ______(用含r、ρ的代数式表示).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.铁管上镶嵌锌块，锌是负极，失去电子，被氧化，铁是正极，铁管不易被腐蚀，故A正确；
B.在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极，铜盐为电镀液，故B错误；
C.铁中含有碳，形成铁、碳原电池，加快铁的腐蚀，抗腐蚀能力比纯铁弱，故C正确；
D.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，因为铁比锡活泼，作负极，更易被氧化，故D正确；
故选：B。
在原电池中，一般为活泼的金属作负极，失去电子，被氧化，不活泼的金属或碳作正极，被保护，据此分析解答即可。
本题主要考金属的电化学腐蚀与防护，掌握原电池的原理是解决这类问题的关键，本质是原电池原理的应用，属于高考高频考点，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则C原子形成4个共价键、N原子形成3个共价键、H原子形成1个共价键，则HCN的结构简式为H−C≡N；
A.正负电荷中心不重合的分子为极性分子，该分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；
B.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2，则C原子采用sp杂化，故B正确；
C.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2，为直线形分子，故C正确；
D.其结构式为H−C≡N，故D错误；
故选：D。
氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则C原子形成4个共价键、N原子形成3个共价键、H原子形成1个共价键，则HCN的结构简式为H−C≡N；
A.正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
B.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2；
C.HCN的结构式为H−C≡N，则C原子价层电子对数是2；
D.其结构式为H−C≡N。
本题考查原子杂化类型判断、微粒空间结构判断等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，正确判断HCN结构特点是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.共价键有方向性，除去s轨道外其它原子轨道如p、d等轨道都有一定的伸展方向，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定；共价键有饱和性，一个原子的几个未成对电子便可以和几个自旋相反的电子配对成键，故A正确；
B.SiO2中存在Si−O键，Si原子之间不存在化学键，故B错误；
C.SiO2是由Si、O元素组成的纯净物，属于化合物，但与二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构无关，故C错误；
D.Si、O都是非金属元素，SiO2是由Si、O元素组成，但与二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构无关，故D错误；
故选：A。
A.共价键有方向性，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定，共价键有饱和性，单电子的数目就是成键数目；
B.SiO2中存在Si−O键；
C.由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；
D.Si、O都是非金属元素。
本题以二氧化硅为载体考查基本概念、物质结构，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确二氧化硅结构特点、组成元素、基本概念是解本题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.晶体具有自范性，晶体具有整齐规则的几何外形，故A正确；
B.单晶体具有各项异性的特点，具体表现为某些物理性质，故B正确；
C.晶体不一定是无色透明的固体，如硫酸铜晶体为蓝色，但有些非晶体却是无色透明的，如玻璃，故C错误；
D.晶体属于纯净物，有固定的熔沸点，故D正确；
故选：C。
A.晶体具有整齐规则的几何外形，具有自范性；
B.单晶体具有各项异性的特点；
C.有的晶体不是无色透明的固体；
D.纯净物有固定的熔沸点，混合物没有固定的熔沸点。
本题主要考查晶体的特征，晶体的颜色、性质等，属于基本知识，基础题型，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.各电子层含有的原子轨道数为n2，第一层含有1个，第二层含有4个，第三层含有9，依此类推，故A错误；
B.第一电子层只有s能级，无f能级，第二电子层只有s、p能级，无f能级，故B错误；
C.冰是分子晶体，融化时破坏的是氢键(分子间作用力)，故C错误；
D.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成，不含离子键，故D正确；
故选：D。
A.各电子层含有的原子轨道数为n2；
B.各电子层的能级都是从s能级开始，但是不一定到f能级结束；
C.晶体熔化时，破坏的是组成晶体的微粒间的相互作用力；
D.金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成。
本题考查了原子结构组成、核外电子排布，晶体的结构与性质，明确核外电子排布规律、熟悉晶体结构组成即可解答，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；
B.醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n(H+)增加的倍数，则c(H+)减小，酸性减弱，故B错误；
C.醋酸的电离平衡常数Ka=c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH)⋅Kw，温度不变，Ka、Kw都不变，则c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)不变，故C正确；
D.等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH<7，故D错误；
故选C.
醋酸是弱电解质，CH3COOH⇌CH3COO−+H+，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时pH的计算来解答．
本题考查了弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等．
7.【答案】D
【解析】解：A.Na+、Al3+、Cl−、Ba2+之间不反应，能够大量共存，但加入过量NaOH溶液时不能产生白色沉淀，故A错误；
B.NH4+、Ba2+、Fe3+、Cl−之间能够大量共存，但加入过量NaOH溶液生成的是红褐色的氢氧化铁沉淀，没有白色沉淀生成，故B错误；
C.Ba2+、CO32−之间反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D.Ba2+、Mg2+、NO3−、Cl−之间不反应，能够大量共存，且加入过量NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀，加入少量稀硫酸时生成硫酸钡沉淀，满足条件，故D正确；
故选：D。
A.四种离子能够共存，但加入过量氢氧化钠溶液时没有白色沉淀生成；
B.四种离子能够共存，但加入过量氢氧化钠溶液生成红褐色的氢氧化铁沉淀；
C.钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀；
D.四种离子能够共存，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化镁沉淀，加入少量稀硫酸生成硫酸钡沉淀。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.升高温度，正逆反应速率均加快，则温度升高，化学反应速率加快，故A正确；
B.催化剂改变反应的途径，参与化学反应，且反应前后质量、化学性质不变，故B错误；
C.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行，ΔH<0、ΔS<0，可知低温下可自发进行，故C错误；
D.反应物浓度的增大，若反应的浓度熵大于平衡常数，平衡逆向移动；若反应浓度熵等于平衡常数，平衡不移动，故D错误；
故选：A。
A.升高温度，正逆反应速率均加快；
B.催化剂改变反应的途径；
C.ΔH−TΔS<0的反应可自发进行；
D.反应物浓度的增大，可能浓度熵大于或等于平衡常数。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.a中钠离子向正极也就是铁电极移动，b中钠离子向正极也就是铜电极移动，故A错误；
B.两电池正极均发生还原反应，电极未被腐蚀，故B正确；
C.a电池Zn为负极，失电子发生氧化反应，故C错误；
D.b中电解质溶液呈酸性，铁作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，反应为：2H++2e−=H2↑，故D错误；
故选：B。
两个装置都是原电池，a中电解质溶液呈中性，锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；b中电解质溶液呈酸性，铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
10.【答案】B
【解析】解：A.电解过程中，氯离子和氢氧根离子向阳极移动，故A正确；
B.氯化铜溶液电解生成铜和氯气，总反应方程式为CuCl2−电解Cu+Cl2↑，故B错误；
C.电解过程中，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成黄绿色的氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝色，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，故C正确；
D.若将溶液换为硫酸铜溶液，电解过程中，阴极析出的单质为铜、阳极析出的单质为氧气，硫酸铜溶液完全电解后继续电解，实质上是电解水，阴极析出的单质为氢气、阳极析出的单质为氧气，由得失电子数目守恒可知，铜和氧气的物质的量比与氢气和氧气的物质的量比相等，都是2：1，故D正确；
故选：B。
A.电解过程中，氯离子和氢氧根离子向阳极移动；
B.氯化铜溶液电解生成铜和氯气；
C.电解过程中，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成黄绿色的氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝色；
D.若将溶液换为硫酸铜溶液，电解过程中，阴极析出的单质为铜、阳极析出的单质为氧气，硫酸铜溶液完全电解后继续电解，实质上是电解水，阴极析出的单质为氢气、阳极析出的单质为氧气。
本题考查学生电解池的工作原理以及离子的放电顺序知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：由于2vB=3vA、3vC=2vB，所以vA：vB：vC=2：3：2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2。
故反应方程式为2A+3B=2C。
故选：A。
根据速率之比等于化学计量数之比确定各物质的系数，据此书写方程式．
本题考查反应速率规律，难度不大，注意对基础知识的积累掌握和对反应速率规律的理解．
12.【答案】A
【解析】解：A.由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触，不能构成原电池，故A错误；
B.由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子移向阳极，与铜离子反应生成氢氧化铜，总反应方程式为Cu+2H2O−电解Cu(OH)2+H2↑，故B正确；
C.由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠，同时能减少氯气的逸出，故C正确；
D.由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；
故选：A。
A.由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触；
B.由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，氢氧根离子移向阳极；
C.由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠；
D.由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
13.【答案】D
【解析】解：A.根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl−，故A错误；
B.图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故B错误；
C.氯化钠的电离不需要通电，溶于水电离NaCl=Na++Cl−，故C错误；
D.图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：D。
A.氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl−；
B.图c为NaCl溶液，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电；
C.氯化钠在水中电离为钠离子、氯离子，不需要通电；
D.电解熔融氯化钠、NaCl溶液时，阳极上都是氯离子放电。
本题以图象分析为载体考查电解质及其导电性，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电解质与导电物质的区别与联系是解本题关键，注意电解熔融态氯化钠与氯化钠溶液的区别，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：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．
故选D.
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．
本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应，溶液中离子浓度放电顺序的判断，电极反应书写方法和电子守恒的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
15.【答案】B
【解析】解：A.最外层都只有1个电子，可能处于IA族，也可能处于IB族、VIB族等，所以化学性质不一定相似，如IA族中H与Na性质不同，故A错误；
B.2p轨道上有1对成对电子的基态X原子，外围电子排布式为2s22p4，X为O元素；3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子，外围电子排布式为3s22p4，Y为S元素，二者同主族，化学性质相似，故B正确；
C.原子核外电子排布式为1s2为He，最外层是稳定结构，原子核外电子排布式为1s22s2为Be，二者性质不同，故C错误；
D.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，它们的价电子数不同，性质不相同，故D错误；
故选：B。
A.最外层都只有1个电子，可能处于IA族，也可能处于IB族、VIB族等；
B.2p轨道上有1对成对电子的基态X原子，外围电子排布式为2s22p4，X为O元素；3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子，外围电子排布式为3s22p4，Y为S元素；
C.原子核外电子排布式为1s2为He，原子核外电子排布式为1s22s2为Be；
D.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素。
本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，明确元素周期表结构、原子结构是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用、发散思维能力，熟练掌握常见元素原子结构，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.基态Fe原子3d能级上有6个电子，分别排列在5个轨道上，每个轨道最多排列2个电子，所以基态Fe原子有4个未成对电子，故A正确；
B.元素对键合电子的吸引力越大，其电负性越强，电负性：Fe>K，则Fe原子对键合电子的吸引力比钾大，故B正确；
C.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，故C错误；
D.基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成基态Fe2+，所以基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6，故D正确；
故选：C。
A.基态Fe原子3d能级上有6个电子，分别排列在5个轨道上，每个轨道最多排列2个电子；
B.元素对键合电子的吸引力越大，其电负性越强；
C.能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，与电子运动的位置无关；
D.基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成基态Fe2+。
本题考查原子核外电子排布、电负性影响因素等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、原子核外电子排布规律、电负性概念是解本题关键，C为解答易错点。
17.【答案】D
【解析】解：由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl−，同样，每个每个Cl−周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，所以a和d符合题意，
故选：D。
氯化钠晶胞是立方晶胞，Na+、Cl−的配位数都是6，晶胞结构如图所示：，而氯化铯晶体中离子配位数为8，晶胞结构如图，据此进行分析解答。
本题考查氯化钠、氯化铯晶体结构的判断，该题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的训练与检验，关键是记住氯化钠、氯化铯的晶胞结构特点，需要学生晶胞一定的空间想象。
18.【答案】A
【解析】解：A.乙烯分子中含有4个C−H键和1个C=C键，故σ键和π键之比为5：1，故A正确；
B.P4和CH4的分子构型相同，键角不相等，前者键角为60∘，后者为109∘28′，故B错误；
C.BF3为缺电子分子，B原子最外层只有6个电子，NCl3分子中所有原子的最外层电子均达到8电子稳定结构，故C错误；
D.向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有外界的Cl−被完全沉淀，故D错误；
故选：A。
A.共价单键为σ键，双键和三键中有1个σ键，1个或2个π键；
B.P4的P原子位于4个顶点，CH4中氢原子位于顶点，碳原子位于中心；
C.BF3为缺电子分子；
D.内届的氯离子是不能电离出来的。
本题考查知识面广，涉及σ键和π键的判断，键角大小的比较，核外电子的排布，配位化合物的结构等，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。
19.【答案】D
【解析】解：A.v逆(CO2)=3v正(H2)，表示的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B.恒温恒容下，混合气体的总质量、总体积为定值，混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故B错误；
C.断裂3molH−H键的同时断裂3molH−O键，不是的是正逆反应速率，但不满足化学计量数关系，说明没有达到平衡状态，故C错误；
D.CO2的体积分数保持不变，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此进行判断。
本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
20.【答案】B
【解析】解：A.充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，故A正确；
B.放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amolLi+进入LiPON薄膜电解质，正极有amolLi+进入电极B，故LiPON薄膜电解质Li+数目不变，故B错误；
C.放电时，电极B为正极发生氧化反应，电极反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，故C正确；
D.放电时电极A为负极，电极反应为LixSi−xe−=Si+xLi+，故D正确；
故选：B。
由题可知，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A为阴极，电极反应式为xLi++xe−+Si=LixSi，电极B为阳极，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，放电时电极A为负极，电极反应为LixSi−xe−=Si+xLi+，电极B为正极，电极反应式为Li1−xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2，电池总反应可表示为。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
21.【答案】Cu2Fe3++2e−=2Fe2+ Cl− 2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑， NaOH 低于 H2+2OH−+2e−=2H2OBCD
【解析】解：(1)①由图可知，X极失去电子，故电极X的材料是Cu，
故答案为：Cu；
②Y极得到电子，被还原，Y上发生的电极反应式为2Fe3++2e−=2Fe2+，
故答案为：2Fe3++2e−=2Fe2+；
③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程盐桥中向左侧烧杯移动的离子主要是Cl−，
故答案为：Cl−；
(2)图2为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图，
①电解过程中总反应的化学方程式2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑；
②a为阴极，水得电子被还原为氢气，生成OH−，钠离子通过离子交换膜由左侧移到右侧，故a处得到的溶液中溶质的主要成分是NaOH，
故答案为：NaOH；
(3)①由图可知，电子由a极流出，故a极为负极，b极为正极，故吸附层a上的电势低于吸附层b上的电势，
故答案为：低于；
②吸附层a为负极，电极反应式为H2+2OH−+2e−=2H2O，
故答案为：H2+2OH−+2e−=2H2O；
③A.该电池中吸附层b为正极，故充电时接电源正极，故A正确；
B.装置中的离子交换膜如果使用质子交换膜，则交换膜右侧的氢离子可以通过该交换膜与左侧的氢氧根离子发生反应，不利于电能产生，这个交换膜应该为钠离子交换膜，故B错误；
C.NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；
D.该电池的总式为：H++OH−=H2O，导线上通过1mole−，装置内H2总量不变，故D错误；
故答案为：BCD。
(1)①由图可知，X极失去电子，作负极；
②Y极得到电子，被还原，作正极；
③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程，左侧生成了铜离子，正电荷数量增加；
(2)①电解NaCl溶液生成NaOH、H2、Cl2；
②a为阴极，水得电子被还原为氢气，生成OH−，钠离子通过离子交换膜由左侧移到右侧，故a处得到的溶液为NaOH溶液；
(3)①由图可知，电子由a极流出，故a极为负极，b极为正极，负极电势低于正极电势；
②吸附层a为负极，得电子被还原；
③A.原电池中的正极，充电时接外电源正极；
B.装置中的离子交换膜如果使用质子交换膜，则交换膜右侧的氢离子可以通过该交换膜与左侧的氢氧根离子发生反应；
C.NaClO4的作用是传导离子；
D.该电池的总式为：H++OH−=H2O，不消耗氢气。
本题主要考原电池和电解池的实际问题的解决，掌握原电池、电解池的原理是解决这类问题的关键，本质是原电池原理和电解池原理的应用，属于高考高频考点，难度不大。
22.【答案】N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=−2.2kJ⋅mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=−4.4kJ⋅mol−1 13.4由图可知反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大 极性 2NO2+O3−催化剂O2+N2O5 abN>O>S
【解析】解：(1)①由图可知a.2NO2(g)=N2O4(g)ΔH1=−55.3kJ⋅mol−1，b.2NO2(g)+12O2(g)=N2O5(g)ΔH2=−53.1kJ⋅mol−1，由盖斯定律a−b得N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−2.2kJ⋅mol−1，即N2O5(g)分解生成N2O4(g)和O2(g)的热化学方程式为N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=−2.2kJ⋅mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=−4.4kJ⋅mol−1，
故答案为：N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=−2.2kJ⋅mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=−4.4kJ⋅mol−1；
②在恒温恒容的容器里，气体的物质的量之比等于它们的压强之比，可以用气体的分压来表示物质的量，五氧化二氮分解的方程式2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)，初始压强为35.8kPa，初始PN2O5=35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，这时，这时PO2=35.8×0.5kPa=17.9kPa，PN2O5=35.8kPa，利用三段式解析，设25℃达到化学平衡时N2O4转化了x，则依据三段式
N2O4(g)⇌2NO2(g)(单位：kPa)
开始 35.80
变化 x 2x
平衡 35.8−x2x
由题意可知35.8−x+2x+17.9=63.1，解得x=9.4kPa，P平(N2O4)=26.4kPa，P平(NO2)=18.8kPa，然后代入平衡常数表达式即可求出Kp=p2(NO2)p(N2O4)=18.8226.4kPa=13.4kPa，
故答案为：13.4；
③由图可知反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大，
故答案为：由图可知反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大；
(2)①O3分子的空间结构与水分子的相似，水分子为极性分子，则O3分子为极性分子，
故答案为：极性；
②由图可知，O+NO2→[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：2NO2+O3−催化剂O2+N2O5，
故答案为：2NO2+O3−催化剂O2+N2O5；
③a.SO2与O3反应导致减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应，可说明O3氧化SO2反应的活化能较大，故a正确；
b.由分析a可知O3与SO2反应活化能大，则其反应速率慢，故b正确；
c.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快，但与等物质的量的O3与NO、SO2反应放出的热量多少无关，故c错误；
上述脱硫脱硝过程中涉及元素由O、N、S，同周期VA族、VIA族的第一电离能反常，故N>O，同主族元素越靠上第一电离能越大，故O>S，
故答案为：ab；N>O>S。
(1)①由图可知a.2NO2(g)=N2O4(g)ΔH1=−55.3kJ⋅mol−1，b.2NO2(g)+12O2(g)=N2O5(g)ΔH2=−53.1kJ⋅mol−1，由盖斯定律a−b得N2O5(g)=N2O4(g)+12O2(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=−2.2kJ⋅mol−1；
②在恒温恒容的容器里，气体的物质的量之比等于它们的压强之比，可以用气体的分压来表示物质的量，五氧化二氮分解的方程式2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)，初始压强为35.8kPa，初始PN2O5=35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，这时，这时PO2=35.8×0.5kPa=17.9kPa，PN2O5=35.8kPa，利用三段式解析，设25℃达到化学平衡时N2O4转化了x，则依据三段式
N2O4(g)⇌2NO2(g)(单位：kPa)
开始 35.80
变化 x 2x
平衡 35.8−x2x
由题意可知35.8−x+2x+17.9=63.1，解得x=9.4kPa，P平(N2O4)=26.4kPa，P平(NO2)=18.8kPa，然后代入平衡常数表达式即可求出Kp=p2(NO2)p(N2O4)；
③由图可知反应 2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动；
(2)①O3分子的空间结构与水分子的相似；
②由图可知，O+NO2→[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5；
③a.SO2与O3反应导致减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应；
b.由分析a可知O3与SO2反应活化能大；
c.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快；
上述脱硫脱硝过程中涉及元素由O、N、S，同周期VA族、VIA族的第一电离能反常，故N>O。
本题考查化学平衡计算、化学反应原理、盖斯定律应用等知识，题目难度中等，注意结合反应的方程式和图中数据的灵活应用，试题侧重考查化学平衡的有关分析与计算。
23.【答案】2Ag++A2−=Ag2A↓向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低，平衡2Ag++A2−=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解 0.12可以 A2−+H2O⇌HA−+OH− 1 小于
【解析】解：(1)银离子和A2−离子形成了Ag2A沉淀，离子方程式为：2Ag++A2−=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低，平衡2Ag++A2−=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解，
故答案为：2Ag++A2−=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低，平衡2Ag++A2−=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解；
(2)由表格中的数据可知，Ksp(Ag2A)=0.22×0.0003=1.2×10−5，当使用0.1mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.01mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.012mol/L=0.12mol/L；当使用0.01mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.001mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.0012mol/L=12mol/L，此时A2−的最小理论检出浓度已经很大了，故少量A2−对Cl−检验不构成干扰，
故答案为：0.12；可以；
(3)A2−水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，离子方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−；Ka(HA−)=c(H+)c(A2−)c(HA−)，当pH=2时，c(H+)=10−2mol⋅L−1，则c(HA−)c(A2−)=Ka(HA−)c(H+)=10−210−2=1，则c(HA−)c(A2−)=1；NaOH溶液的体积为20ml时，溶质为NaHA，NaOH溶液的体积为30ml时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，浓度均为 0.02mol⋅L−1，根据Ka(HA−)=1.0×10−2，可知A2−的水解常数为Kh(A2−)=10−141.0×10−2mol/L=1.0×10−12，即电离大于水解，则c(HA−)
故答案为：A2−+H2O⇌HA−+OH−；1；小于。
(1)银离子和A2−离子形成了Ag2A沉淀，离子方程式为：2Ag++A2−=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA−⇌H++A2−逆向移动A2−离子浓度降低；
(2)由表格中的数据可知，Ksp(Ag2A)=0.22×0.0003=1.2×10−5，当使用0.1mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.01mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.012mol/L=0.12mol/L；当使用0.01mol⋅L−1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.001mol⋅L−1，此时c(A2−)=1.2×10−50.0012mol/L=12mol/L，此时A2−的最小理论检出浓度已经很大了；
(3)A2−水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，离子方程式为A2−+H2O⇌HA−+OH−；Ka(HA−)=c(H+)c(A2−)c(HA−)，当pH=2时，c(H+)=10−2mol⋅L−1，则c(HA−)c(A2−)=Ka(HA−)c(H+)=10−210−2=1；NaOH溶液的体积为20ml时，溶质为NaHA，NaOH溶液的体积为30ml时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，浓度均为 0.02mol⋅L−1，根据Ka(HA−)=1.0×10−2，可知A2−的水解常数为Kh(A2−)=10−141.0×10−2mol/L=1.0×10−12，即电离大于水解，则c(HA−)
本题考查了实验探究离子性质、反应过程分析判断，涉及物质的性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，题目难度中等。
24.【答案】(1)D；
(2)1s22s22p63s23p63d9；sp3；
(3)[Cu(NH3)4]2+；16；N；N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大；
(4)过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键；
(5)12；4×64ρ×(2a×10−10)3mol−1。 1s22s22p63s23p63d9 sp3 [Cu(NH3)4]2+ 16 N N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大 过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键 124×64ρ×(2r×10−10)3
【解析】解：(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，D中2p能级有3个电子，能量最高，
故答案为：D；
(2)Cu原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个形成Cu2+，Cu2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，PO43−中P原子孤电子对数=5+3−2×42=0，价层电子对数=4+0=4，P为sp3杂化，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；sp3；
(3)向Cu2+的硫酸盐溶液中滴加氨水直至过量，首先观察到生成蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇后有深蓝色晶体析出，对应离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该离子中含有的σ键数目为4+3×4=16，此配离子中NH3为配体，提供孤电子对的原子是N，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大，
故答案为：[Cu(NH3)4]2+；16；N；N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大，键角更大；
(4)H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水．请解释H2O2能与水以任意比互溶的原因过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键，
故答案为：过氧化氢与水均为极性分子，且可以形成氢键；
(5)金属铜的晶胞为面心立方堆积，铜原子的配位数是12，面心立方紧密堆积的晶胞中，侧面三个铜原子相切，设晶胞边长为a，可得4r=2apm，a=2rpm，晶胞密度=mV=ρ=4×64NA×(2r×10−10)3g⋅cm−3，故NA=4×64ρ×(2r×10−10)3mol−1，
故答案为：12；4×64ρ×(2r×10−10)3mol−1。
(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
(2)Cu原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个形成Cu2+，Cu2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，PO43−中P原子孤电子对数=5+3−2×42=0，价层电子对数=4+0=4；
(3)向Cu2+的硫酸盐溶液中滴加氨水直至过量，首先观察到生成蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇后有深蓝色晶体析出，对应离子为[Cu(NH3)4]2+，1mol该离子中含有的σ键数目为4+3×4=16，此配离子中NH3为配体，提供孤电子对的原子是N，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是N的电负性大，对于成键电子对的吸引能力更强，化学键斥力较大；
(4)H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水．从分子极性和氢键的角度分析；
(5)金属铜的晶胞为面心立方堆积，铜原子的配位数是12，面心立方紧密堆积的晶胞中，侧面三个铜原子相切，设晶胞边长为a，可得4r=2apm，a=2rpm，晶胞密度=mV=ρ=4×64NA×(2a×10−10)3g⋅cm−3，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
相关试卷
2021-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省驻马店市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共24页。
2021-2022学年河南省许昌市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省许昌市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了15ml⋅L−1⋅min−1B，3kJ/ml，65kJB，6×10−49，Ksp=8，5kJ/ml、ΔH=−285，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省信阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年河南省信阳市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了4aL，6aLD，5g，【答案】B，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
