【文档说明】安徽省合肥市第八中学2022-2023学年高二下学期新高考选课走班质量调研考试化学试题 含解析.docx，共(21)页，3.063 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-61d5e2053d3712b9717dfda9ac0c4851.html

以下为本文档部分文字说明：

合肥八中2021级新高考选课走班质量调研考试化学试卷相对原子质量：O-16Zr-91一、单选题1.下列化学用语或图示表达正确的是A.原子核内有10个中子的氧原子：108OB.22NaO的电子式：C.CO2的比例模型：D.SO3的V

SEPR模型：【答案】B【解析】【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子，其质量数为18，可表示为：188O，A不正确；B．Na2O2为离子化合物，由Na+和22O−构成，两个O原子间形成一对共用电子，则电子式为，B正确；C．CO2分子呈直线形结构，两个O原子位于C原子的两侧，但C原子半径比O

原子半径大，比例模型为，C不正确；D．SO3的中心S原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，分子中S原子的最外层不存在孤电子对，所以SO3的VSEPR模型错误，D不正确；故选B。2.下列关于σ键和π键的说法中，不正确的是A.σ键和π键能同时存在于同一个分子中B.σ键是原子轨道“头碰头”重叠形成的，

π键是原子轨道“肩并肩”重叠形成的C.乙烯分子中含有5个σ键和1个π键D.2H分子中只存在σ键，2N分子中只存在π键【答案】D【解析】【详解】A．σ键和π键能同时存在于同一个分子中，如N2分子中含有1个σ键和2个π键，故A正确；B．σ键是原子轨道“头碰头”重叠

形成的，π键是原子轨道“肩并肩”重叠形成的，故B正确；C．单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，乙烯分子的结构式为，含有5个σ键和1个π键，故C正确；D．2H分子的结构式为H-H，单键为σ键，2H分子中只存在σ键，N2分子中含有1个σ键和2个π键，故D错误；

选D。3.下列说法中，错误的是A.同种原子间形成的共价键键长遵循：三键<双键<单键B.2HO、2HS、2HSe分子中的键能依次减小C.两个p轨道只能形成π键，不能形成键D.O原子的电子排布式由22422311s2s2p1s2s2p3s→能吸收特定能量产

生吸收光谱【答案】C【解析】【详解】A．原子间键能越大，核间距越小，键长越短，键能的一般关系为：三键>双键>单键，则键长：三键<双键<单键，A正确；B．O、S、Se的原子半径依次增大，故与H形成的共价键的键长依次增

长，键能依次减小，B正确；C．两个p轨道能形成头碰头的键，也能形成肩并肩的π键，C错误；D．电子排布式由22422311s2s2p1s2s2p3s→，表示O原子由基态变为激发态，此过程中能吸收特定能量产生吸收光谱，D正确；故选C。4.X、Y、Z、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原

子序数依次增大：X原子核外有6种不同运动状态的电子：Y最外层电子数比次外层电子数多3个；Z基态原子的2p能级成对电子数与未成对电子数相等；Q电子总数是最外层电子的3倍；R是用量最大使用最广泛的金属。下列说法正确的是A.2+R

的价电子排布式为513d4sB.第一电离能ZYXC.2XZ的分子空间构型为直线型D.最简单氢化物分子键角：YQ【答案】C【解析】【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X是6号元素，X为C，Y最外层电子数比次外层电子数多3个，则Y为N，Z基态原

子的2p能级成对电子数与未成对电子数相等，则为2s22p4，则Z为O，Q电子总数是最外层电子的3倍，则Q为P，R是用量最大使用最广泛的金属，则R是Fe，以此解题。【详解】A．Fe2+的价电子排布式为63d，A错误；B．N的价层电子排布

式为2s22p3，是半满的稳定结构，其第一电离能大于O的第一电离能，B错误；C．2CO中心原子C的价层电子对数为2，是sp杂化，其分子空间构型为直线形，C正确；D．最简单氢化物3NH和3PH中N的电负性较大，且N—H较短，相邻两个N—H间的斥力较大

，键角较大，D错误；故选C。5.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向滴有酚酞的23NaCO红色溶液中加入2BaCl溶液产生白色沉淀，溶液红色褪去存在水解平衡2323COHOHCO

OH−−−++B将二氧化硫通入石蕊试液中溶液先变红后褪色存在2223SOHOHSO+C常温下，向盛有1mL10.25molL−3AgNO溶液的试管中滴加2mL10.1molL−−NaCl溶液，再向其中滴加4~5滴10.1molL−−K

I溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀常温下，spK：AgCl>AgID向某溶液中加入NaOH溶液并加热产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液的pH<7A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向滴有酚酞的碳酸钠红色溶液中加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，溶液红色

褪去说明碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中存在如下水解平衡2323COHOHCOOH−−−++，加入的氯化钡溶液与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，溶液中碳酸根离子浓度减小，水解平衡向逆反应芳香移动，氢氧

根离子浓度减小，溶液红色褪去，故A正确；B．二氧化硫虽具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，将二氧化硫通入石蕊试液中，溶液不可能先变红后褪色，故B错误；C．向过量的硝酸银溶液中加入氯化钠溶液后，再加入碘化钾溶液只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，所以先有白

色沉淀生成，后又产生黄色沉淀不能比较常温下碘化银和氯化银的溶度积大小，故C错误；D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体说明该溶液中含有铵根离子，但不能说明溶液的pH小于7，如碳酸铵溶液中，铵根离子

的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液pH大于7，故D错误；故选A。6.下表列出了某短周期元素R各级电离能数据(用1I、2I……表示，单位为1kJmol−)。关于元素R的下列判断中，错误的是1I2I3I4I……R7401500770010500……

A.R元素基态原子的电子排布式为221s2sB.R元素位于元素周期表中第IIA族C.R元素的最高正化合价为2+价D.R元素第一电离能高于同周期相邻元素【答案】A【解析】【详解】A．从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素

的第一、第二电离能都较小，第三电离能剧增，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素，R元素可能是Mg或Be，故A错误；B．最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B正确；的C．最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故C正确；

D．同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故D正确；故选A。7.最近我国科学家预测并合成了新型碳材料：T碳．可以看做金刚石结构中一个碳原子被四个碳原子构成的正四面体

单元替代（如下图所示，所有小球代表碳原子）．下列说法不正确的是A.T碳与金刚石互为同分异构体B.T碳与金刚石晶体中所含化学键类型相同C.T碳与金刚石中碳原子采取的杂化方式相同D.T碳与金刚石晶体类型相同，熔化时均需破坏共价键【答案】A【解析】【详解】A．根据题干

信息和T-碳的晶胞分析可知，T-碳是由C元素组成的单质，与石墨、金刚石互为同素异形体，A选项错误；B．T-碳晶体和金刚石晶体中含有的化学键均是共价键，相同，B选项正确；C．T-碳与金刚石中的碳原子采取的杂化方式均采取s

p3杂化，杂化方式相同，C选项正确；D．T-碳可以看作金刚石结构中的一个碳原子被四个碳原子构成一个正四面体结构单元替代，属于原子晶体，熔化时均需破坏共价键，D选项正确；故选A。8.富勒烯(60C)具有许多优异性能，如超导、强磁性、耐高压、抗化学腐蚀等。60

C的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是的A.晶胞中60C分子沿体对角线紧密排列B.晶体中每个60C分子等距且最近的60C分子有12个C.该晶体熔沸点高、硬度大D.每个60C晶胞中含有14个60C分子【答案

】B【解析】【详解】A．晶胞面心立方最密堆积，晶胞中C60分子沿面对角线紧密排列，故A错误；B．以顶点分子为例，晶体中每个60C分子等距且最近的60C分子有3×1/2×8=12个，配位数为12，故B正确；C．该晶体为分子晶体，熔沸点低，硬度小，故C错误；D．每个60C晶胞中含有8×

18+6×12=4个60C分子，故D错误；故选B。9.离子液体具有电导率高、熔点低、不燃烧、热稳定性高等优越性能，在电池电解质领域展现了良好的应用前景。某离子液体W的结构如图所示，其中M、N、Y、Z、Q、X是原子序数依次递增的短周期主族元素，M、N、Y、Z、Q同

周期，Y的氢化物能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，X的最外层电子数是电子层数的2倍。下列分析错误的是A.原子半径：M>Y>Z>QB.Q最高价氧化物对应的水化物的酸性最强C.少量M单质的保存方法是密封在固体石

蜡中D.离子液体W电导率高是因为存在自由移动的阴阳离子【答案】B【解析】【分析】M、N、Y、Z、Q、X是原子序数依次递增的短周期主族元素，离子液体W中元素M带一个单位正电荷，则元素M为Li；N成四个共价键，

则元素N为C；Y成两个共价键，且得到一个电子，Y的氢化物能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则元素Y为N；Z成二个共价键，则元素Z为O；Q成一个共价键，则元素Q为F；X成六个共价键，则元素X为S；据此分析解答。【详解】A．同周期元素从左到右原子半

径依次减小，故原子半径：M>Y>Z>Q，故A正确；B．非金属性越强，最高价氧化物的水合物的酸性越强，O无最高正价，F无正价，故B错误；C．M是Li，其保存方法是密封在固体石蜡中，故C正确；D．离子液体W中存在自由移动的阴阳离子，因

而电导率高，故D正确；故选B。10.磷化硼是一种耐磨涂料，可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞(立方体)如图所示，已知原子坐标1P为(0，0，0)，2P为(1，12，12)。下列说法中正确的是A.磷原子的配位数为

12B.图中a原子的坐标是(14，34，34)C.B和P原子分别采用2sp、3sp杂化D.B和P元素分别位于周期表s区、p区【答案】B【解析】【详解】A．以上底面磷原子为研究对象，根据晶胞图以及晶胞的定义可知，磷原子的配位数为4，故A错误；B．将该晶胞

切割成8个小正方体，B原子位于该小正方体的体心，a处于上层、左侧、后方18小立方体体心位置，因此a的坐标为(14，34，34)，故B正确；C．磷化硼是一种耐磨材料，推出磷化硼为共价晶体，根据晶胞结构图可知，B、P均有4个σ键，因此杂化类型均为sp3杂化，故C错误；D．B的

价电子排布式为2s2p1，P的价电子排布式为3s23p3，最后一个电子都填充到p能级上，因此B、P均位于p区，故D错误；答案为B。11.2021年我国科研人员以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂，研发出一种Zn－NO电池系统，该电池同时具

备合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示。已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过，则下列说法错误的是A.Zn/ZnO电极电势要比MoS2电极电势高B.电池工作时NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小C.Zn/ZnO电极表

面发生的反应为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2OD当电路通过1mole-时，整个电池系统质量会增大2.6g【答案】A【解析】【分析】一氧化氮得到电子发生还原反应，则MoS2电极为正极，Zn/ZnO电极为负极；【详解】A．Zn/ZnO电极为负极，2MoS电极为正极，正极电势高于负

极电势，故A错误；B．负极锌失去电子生成氧化锌，反应式为2Zn2e2OHZnO=HO−−−++；正极一氧化氮得到生成氨气，反应式为23NO+5e5HH=NHO+−++；双极膜中OH-和H+分别向负极、正极移动，补充消

耗的阴、阳离子，两电极均有水生成，溶液体积变大，则NaOH溶液和Na2SO4浓度均变小，故B正确；.C．Zn/ZnO电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为2Zn2e2OHZnO=HO−−−++，故C正确；D．正极的反应式为23NO+5e5HH=NHO+

−++，由反应式可知，1molNO转化为1mol3NH，转移5mol电子，整个电池系统质量会增大30g-17g=13g，故当电路通过1mole−时，理论上可以转化NO的物质的量为0.2mol，整个电池系统质量会增大13

0.2g=2.6g，故D正确；故选A。12.催化剂TAPP－Mn(II)的应用，使Li－CO2电池的研究取得了新的进展。Li－CO2电池结构和该催化剂作用下正极反应可能的历程如图所示。下列说法错误．．的

是A.Li－CO2电池可使用有机电解液B.充电时，Li+由正极向负极迁移C.*LiCO2、*CO、*LiC2O3和C都是正极反应的中间产物D.放电时，正极反应为3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C【答案】C【解析】【分析】放电时二氧化碳得到电子发生还原反应为正

极，正极电极反应式：3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，锂失去电子发生氧化反应为负极：Li-e-=Li+；【详解】A．Li是活泼金属，能与水反应，不能用水溶液作电解质，可使用有机电解液，故A正确；B．充电时，原电池的负极与电源的负极相连作阴极，原电池的正

极与电源的正极相连作阳极，阳离子向阴极移动，故充电时，Li+由正极向负极迁移，故B正确；C．由正极反应历程可知，C为最终产物，*LiCO2、*CO、*LiC2O3是中间产物，共3种，故C错误；D．由分析可知，电极反应式正极：3CO2+4L

i++4e-=2Li2CO3+C，故D正确；故选C。13.常温下，几种弱电解质的电离常数如下表所示：3CHCOOH32NHHO34HPO5a1.810K−=5b1.810K−=3a16.910K−=8a26.210−=K13a3K4.8

10−=下列说法正确的是A.34CHCOONH溶液呈中性，溶液中水的电离程度与纯水的电离程度相同B.4NHCl溶液中：+-+-4c(NH)>c(Cl)>c(H)>c(OH)C.等浓度的3CHCOONa与3CHCOOH混合溶液中：+-+3c(CHCOOH)+c(H)=c(OH)+c(

Na)D.24NaHPO水溶液显碱性【答案】C【解析】【详解】A．3CHCOOH与32NHHO的电离常数相等，则3CHCOO−和4NH+的水解常数相等，所以34CHCOONH溶液呈中性，3CHCOO−和4NH+的水解促进了水的电离，因此34CHCOONH溶液中水的电离程度大于纯水的电离程

度，A项错误；B．4NHCl溶液中，4NH+水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度从大到小的顺序为4(Cl)(NH)(H)(OH)cccc−++−，B项错误；C．等浓度的3CHCOONa与3CHCOOH混合溶液中

，存在电荷守恒关系：3()()()()HNaCHCOOOHcccc++−−+=+，存在物料守恒关系：33c(CHCOO)c(CHCOOH)2c(Na)−++=，将二者相加可得：+-+3c(CHCOOH)+c(H)=c(OH)+c(Na)，C项正确；D．由表中数据可知，8a234(HPO)6.2

10K−=，而1412wb243a134110(HPO)1.410(HPO)6.910KKK−−−−==，因此24HPO−的电离程度大于其水解程度，所以24NaHPO水溶液显酸性，D项错误。答案选C。14.草酸(H2C2O4)

是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为24224c(HCO)c(HCO)−或24422c(CO)c(HCO)−−]与pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.直线II表示lg2442

2c(CO)c(HCO)−−随溶液pH的变化，且Ka2=10-4.19B.pH=1.22溶液中：2c(C2O24−)+c(HC2O4−)＞c(Na+)C.当pH=4.19时，溶液中c(H2C2O4)＞c(C2O24−)

D.已知：25℃时，NH3•H2O的电离常数为10-4.69，则(NH4)2C2O4溶液呈酸性【答案】C【解析】【分析】草酸(224HCO)是一种二元弱酸，第一步电离电离平衡常数大于第二步电离平衡常数，lgX=0时，()()-24224cHCO=1cHCO、()()2-24-24cCO=1cHCO

，pH=1.22和pH=4.19，则曲线I是()()-24224cHCOlgcHCO，曲线II是()()2-24-24cCOlgcHCO。【详解】A．根据前面分析直线II表示()()2-24-24cCOlgcHCO随溶液pH的变化，()()2-24-24cCO=1cHCO时pH=

4.19，()()2+2-24-4.19a-24c(H)cCOK==10cHCO，故A正确；B．pH=1.22的溶液中，根据电荷守恒得到()()()()()2---++24242cCO+cHCO+cOH=cNa+cH，溶液呈酸性，因此有()()()2--+

24242cCO+cHCO>cNa，故B正确；C．当pH=4.19时，()()2-24-24cCOlg=0cHCO，则有()()2-24-24cCO=1cHCO，()()-24224cHCOlg=3cHCO，()()-2422

4cHCO=1000cHCO，的则()()2-24224cCO=1000cHCO，则溶液中()()222424HCOCO−cc，故C错误；D．已知：25℃时，32NHHO的电离常数为()24.69a22410KHCO−，氨水的电离平衡常数小于草酸氢根的电离平衡常数，根据“谁强显谁性”即谁相

对强，显谁的性质，则()4242NHCO溶液呈酸性，故D正确。故选C。二、非选择题15.依据原子结构知识回答下列问题。（1）基态硅原子的电子排布式是_____；基态硫原子的价电子排布式是_____。（2）基态的铁原子有_____个未成对电子。（3）Cu

、K、O、F四种元素中第一电离能最小的是_____，电负性最大的是_____。（4）下列有关微粒性质的排列顺序错误的是_____。A.元素的电负性：P＜O＜FB.元素的第一电离能：C＜N＜OC.离子半径：O2-＞Na+＞Mg2+D.原子的未成对电子数：Mn＞Si＞Cl（5）下列基态原子或离子的电

子排布式或排布图正确的是_____(填序号，下同)。①Ca2+：1s22s22p63s23p6②F-：1s22s23p6③P：④Fe：1s22s22p63s23p64s2⑤Mg2+：1s22s22p6⑥C：（6）下列硼原子电子排布图表示的状

态中，能量最低和最高的分别为_____、_____(填选项字母)。A.B.C.D.【答案】（1）①.226221s2s2p3s3p②.243s3p（2）4（3）①.K②.F（4）B（5）①⑤（6）①.B②.D【解析】【小问1详解】基态硅原子的核外电子数为14，排布式为：2

26221s2s2p3s3p；基态硫原子的价电子排布式为：243s3p；【小问2详解】基态的铁原子电子排布为：22626621s2s2p3s3p3d4s，3d轨道上有4个未成对电子；【小问3详解】同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，根据原子结构，最容易失电子的为K，第一电离能最小的是

K；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，F吸引电子能力最强，所以电负性最大的是F；【小问4详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，元素的非金属性：P<O<F，所以电负性：P<O<F，A正确；B．根据

元素周期律，同周期元素，从左到右第一电离能逐渐增大，但是N原子，因为最外层电子为32p，为半充满稳定状态，第一电离能比O原子大，所以元素的第一电离能：C<O<N，B错误；C．22ONaMg−++、、核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以离子半径：22ONaMg−++，C正

确；D．Mn原子价电子排布为：523d4s，未成对电子数为5；Si原子的价电子排布为：223s3p，未成对电子数为2；Cl原子价电子数为：253s3p，未成对电子数为1；所以原子的未成对电子数：MnSiCl，D正确。故选B。【小问5详解】①222626Ca:1s2s2p3s3

p+符合构造原理，正确；②226F:1s2s3p−，电子排完2s轨道，应该排在2p轨道，不符合能量最低原理，错误；③，违背了洪特规则，错误；④2262662Fe:1s2s2p3s3p3d4s，电子排布不完整，错误；⑤2262+M1s:sg22p，符合电子排

布原理，正确；⑥，排布在能量相同的电子对，自旋状态相反，不符合泡利原理，错误；电子排布式或排布图正确的是①⑤；【小问6详解】能量最低的是基态硼原子，选B；能量最高的是跃迁的电子较多的激发态，选D。16.硫

元素可形成丰富的化合物，在生产生活中具有广泛用途。（1）2HS气体是一种重要的化工原料，从轨道重叠方式的角度分析2HS的成键，2HS分子中硫原子的_______轨道与氢原子的s轨道重叠形成_______键。（2）23SO−、

3SO、2SO、2CS是中学化学常见微粒，其中属于极性分子的是_______，四种微粒键角由大到小的顺序是_______。（3）硫代硫酸可看作是硫酸分子中一个端基氧原子被硫原子取代而得到的产物，223SO−的结构如

图所示，223SO−的中心原子杂化方式为_______，空间构型是_______，223SO−与2I的反应方程式为2223246=2SOISO2I−−−++，根据所学知识分析，此反应中2I得到的是端基氧原子还是端基硫原

子的电子，预测264SO−可能的结构是_______(填序号)。a.b.【答案】（1）①.sp3杂化②.σ（2）①.2SO②.2CS＞3SO＞2SO＞23SO−（3）①.sp3杂化②.四面体结构③.a【解析】【小

问1详解】2HS的中心原子S原子的价层电子对数为6-122+=42，则S原子采取sp3杂化，故从轨道重叠方式的角度分析2HS的成键，2HS分子中硫原子的sp3杂化轨道与氢原子的s轨道重叠形成σ键。【小问2详解】23SO−不是极性分子，是一种酸根离子，S采取sp3杂化，

键角小于109°28'；3SO是平面三角形，为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，键角为120°。2SO是角形，不是对称结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，键角小于120°。2CS是直线形，为对称结构，正负电荷中心重合，

为非极性分子，键角为180°，故四种微粒键角由大到小的顺序是2CS＞3SO＞2SO＞23SO−。【小问3详解】223SO−的中心原子S原子的价层电子对数为4，则S原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型是四面体结构

；223SO−失去电子生成264SO−，S的非金属性较弱，故此反应中2I得到的是端基硫原子的电子，223SO−的二倍是464SO−，但是实际是264SO−，少了2个电荷，故是形成硫链，故选a。17.我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能

发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为______；单晶硅的晶体类型为______。SiCl

4可发生水解反应，机理如图：含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为______(填标号)。（2）甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫

醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是_____。（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_____，晶胞参数为apm、ap

m、cpm，该晶体密度为_____g•cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=_____(用x表达)。【答案】（1）①.3s23p2

②.共价晶体③.②（2）氧的非金属性强于硫，甲醇含有氧氢键，可形成分子间氢键，水分子间氢键数目较多，甲硫醇分子间不存在氢键，则水的沸点最高，甲硫醇的沸点最低（3）①.8②.230A4(91162)Nac10−+③.2-x【解析】【小问1详解】Si是14号元素，价电子层的电子排式为3s2

3p2；单晶硅的晶体类型为共价晶体；中间体SiCl4(H2O)中Si分别和氯、氧形成5个共价键，则采取的杂化类型为②sp3d。【小问2详解】氧的非金属性强于硫，甲醇含有氧氢键，可形成分子间氢键，水分子间氢键数目较多，甲硫醇分子间不存在氢键，则水的沸点最高，甲硫醇的沸点最低。小问3详解】Zr4

+位于晶胞顶点，每个晶胞中有一个O2-与Zr4+距离最近，且面心的Zr4+与4个O2-相邻，则配位数为8；晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为118+6482=，O2-位于晶胞体心，个数为8，则一个晶胞含有4个ZrO2，质

量为A4(91+162)gN，晶胞体积为a2c×10-30cm3，可知323A0m4(91162)ρ==g/VNcmac10−+；在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，Zn化合物中为+2价，Zr为+4价，氧为-2价，则有2x+4(1-x)=2y

，则y=2-x。18.氨水和2ClO均可用于脱除烟气中2xSONO。（1）以氨水作为吸收剂吸收2SO。25℃时，氨水中4NH+、32NHHO的物质的量分数随pH的分布如图所示。【①氨水与2SO反应生成()324NHSO的离子方程式为_______。②曲线Y表示的

微粒是_______(填化学式)。③25℃时，氨水的电离常数bK=_______。()0.25101.8（2）查阅资料获得25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据：化学式23HCO3CHCOOHHSCN电离平衡常数71K4.51

0−=112K4.710−=51.7510−0.13①43NHNO溶液的水解平衡常数hK=_______。②现有25℃时等浓度的5种溶液：A.4NHClB.34CHCOONHC.4NHSCND.43NH

HCOE.44NHHSO这5种溶液中4NH+浓度由大到小的顺序排列是：_______(填字母)。（3）2ClO可对烟气中xNO、2SO进行协同脱除。①电解2NaClO溶液制备2ClO气体的装置如图2所示。Na+通过阳离子交换膜向阴极室迁移，电解时阴极的电极反应为_______。

②保持其他条件不变，调节烟气中2SO初始浓度，将烟气按一定流速通入反应器与2ClO反应，测得NO、2SO氧化率随2SO初始浓度的变化如图3所示。2SO氧化率始终低于NO氧化率的原因可能是_______。【答案】（1）①.+2-3224322NH+HO+S

O=2NH+SO+HO②.32NHHO③.-4.7510或-51.810（2）①.-9.2510②.E>A>C>B>D（3）①.--222HO+2e=2OH+H②.2ClO氧化2SO的反应速率小于氧化NO的反应速率【解析】【

小问1详解】①氨水与2SO反应生成()324NHSO的离子方程式为+2-3224322NH+HO+SO=2NH+SO+HO。②pH越大，一水合氨的物质的量分数越大，故曲线Y表示的微粒是32NHHO。③25℃时，选择图形中的

两条曲线的交点，根据氨水的电离方程式324NHHONH+OH+−ƒ分析，氨水的电离常数bK=432(NH)(OH)(OH)(NHHO)cccc+−−=，因为当铵根离子和一水合氨物质的量分数相等时，pH为9.25，则氢氧根离子浓度为10-4.75mol/L，则bK=

-4.7510或-51.810。【小问2详解】①43NHNO溶液的水解平衡常数hK=149.25w4.75bK1010K10−−−==。②根据电离平衡常数分析，电离平衡常数越大，其酸性越强，水解程度越弱，对铵根离子的水解的促进作用

越小。硫酸氢铵中氢离子存在抑制氨根离子水解，故其铵根离子浓度最大。碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，其水解促进铵根离子水解，根据酸越弱，酸根离子对铵根离子水解促进程度越大，则铵根离子浓度越小分析，这5种溶液中4NH+浓度由大到小

的顺序排列是：E>A>C>B>D。【小问3详解】①电解时阴极是得到电子，故电极反应为--222HO+2e=2OH+H。②二氧化氯氧化二氧化氯和一氧化氮，2SO氧化率始终低于NO氧化率的原因可能是2ClO氧化2S

O的反应速率小于氧化NO的反应速率。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com