【文档说明】重庆市第一中学校2022-2023学年高二上期期中考试化学试题 含解析.docx，共(24)页，3.760 MB，由管理员店铺上传

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2022年重庆一中高2024届高二上期期中考试化学测试试题卷可能用到的相对原子质量：Li-7N-14S-32Cl-35．5Cr-52Co-59Pb-207一、选择题：本题共12小题，每小题2分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列与电池相关的说法不正确的是A.电

池的使用可有效减少碳的排放B.新能源电车在充电时实现的是化学能→电能→机械能的转化C.锂金属电池具有极高的比能量，可大幅提高电动汽车的续航里程D.电池废弃后，需专业化处理其含有的各种重金属有害物质【答案】B【解析】【详解】A．电能的

投入使用能降低人类对化石能源的开采，从而减少碳排放，故A项正确；B．电池充电过程中能量转化过程为电能→化学能，故B项错误；C．Li是最轻的金属，因此具有极高的比能量，储存相同电能所需质量更低，可提高电动汽车的续航里程，故C项正确；D．电池中含有大量重金属等有害

物质，重金属离子会污染地下水等环境，因此电池废弃后，需专业化处理其含有的各种重金属有害物质，故D项正确；综上所述，不正确的是B项。2.以下物质的水溶液呈碱性的是A.明矾B.苏打C.甲醇D.石膏【答案】B【解析】【详解】A．明矾为KAl(SO4)2·12H2O，溶于水后完全电

离出Al3+，Al3+发生水解使溶液呈酸性，故A项不符合题意；B．苏打为Na2CO3，属于强碱弱酸盐，溶于水后23CO−发生水解使溶液呈碱性，故B项符合题意；C．甲醇为CH3OH，溶于水后不发生变化，溶液呈中性，故C项不符合题意；D．石膏主要成分为CaSO4，溶于水后电离出Ca

2+、24SO−，溶液呈中性，故D项不符合题意；综上所述，答案为B。3.物质的量相同的以下物质中含有键个数最多的是A.NaBrB.22CaCl8HOC.23CHCHCH=D.24NH【答案】B【解析】【分析】在共价键中，1个单键仅含1个键，1个双键中含有1个键和1个π键，1个三键中含有1个

键和2个π键。【详解】NaBr中无共价键，即无键；22CaCl8HO中Ca2+与Cl-之间为离子键，1个H2O分子内含2个O-H键，因此1mol22CaCl8HO中含有16mol键；1个23CH

CHCH=中含有1个C=C、6个C-H、1个C-C，因此1mol23CHCHCH=中含有8mol键；1个24NH中含有1个N-N、4个N-H，因此1mol24NH中含有5mol键，综上所述，物质的量相同的4种物

质中含有键个数最多的是22CaCl8HO，故答案为B。4.下列实验事实与描述不相符的是选项实验事实描述A发射光谱Bppσ−键C分子的空间结构模型D3sp杂化轨道电子云模型A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．图示为吸收光谱，而非发射光谱，吸收光谱和发射

光谱都是线谱，区别在于前者显示黑色线条，而发生光谱显示的是彩色线条，故A项选；B．p轨道的空间形状为哑铃型，2个p轨道头碰头重叠时形成ppσ−键，故B项不选；C．分子的空间构型是指分子中各种基团或原子在空间

分布的几何形状。分子中的原子不是杂乱无章地堆积在一起，而是按照一定规律结合的整体，使分子在空间呈现出一定的几何形状(即空间构型)。故C项不选；D．3sp杂化轨道电子云呈正四面体型，故D项不选；综上所述，答案为A。5.47Ag位于周期表的哪个区Ad区B.ds区C.p区D.f区

【答案】B【解析】【详解】Ag的质子数为47，其核外电子排布式为[Kr]4d104s1，价电子排布式为4d104s1，根据价电子排布式可知Ag位于ds区，故答案为B。6.下列物质既含有离子键，又含有非极性共价键的是A.44NHHSOB.2

4KSC.2SiOD.2NaBO【答案】B【解析】【详解】A．+4NH与4HSO−之间为离子键，N-H、S=O、S-O、O-H为极性共价键，故A项不符合题意；B．K+与24S−之间为离子键，S原子与S原子之间为非极性共价键，故B项符合题意；C．2S

iO中不含离子键，故C项不符合题意；D．Na+与2BO−之间为离子键，B原子与O原子之间为极性共价键，故D项不符合题意；综上所述，答案为B。7.下列实验装置、目的均正确的是选项实验装置实验目A干燥2SO.的B除去2CO中混有的少量HClC蒸馏海

水获取蒸馏水D检验装置的气密性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．SO2中S元素呈+4价，H2SO4中S元素呈+6价，处于相邻价态，因此二者不反应，浓硫酸有吸水性，可用作干燥剂，洗气实验中导管应长进短出，故A项正确

；B．CO2、HCl均能与Na2CO3反应，因此无法利用饱和Na2CO3除去2CO中混有的少量HCl，可选用饱和NaHCO3溶液，故B项错误；C．蒸馏海水获取蒸馏水实验中需选用直形冷凝管，球形冷凝管内会有液体残留，

故C项错误；D．图示检验装置气密性过程中由于长颈漏斗与空气相通，无法完成气密性检查，故D项错误；综上所述，正确的是A项。8.苹果酸是一种有机酸，常被用作食品酸味剂，下列说法不正确的是A.红外光谱仪可推知该分子中含有羟基(OH−)B.苹果酸中键与π键数目的

比值为6:1C.由结构可知该分子为极性分子，易溶于极性溶剂水的D.苹果酸的化学式为465CHO【答案】B【解析】【详解】A．红外光谱可测定分子中化学键种类，因此可利用红外光谱测出该分子中的羟基，故A项正确；B．1个苹果酸分子内含3个O-H、3个C

-C、3个C-O、3个C-H、2个C=O，1个单键内只含1个键，1个双键内含1个键和1个π键，因此苹果酸中键与π键数目的比值为14：2=7：1，故B项错误；C．该分子结构不具有对称性，属于极性分子，且该分子内含有羟基、羧基这类亲水基团，因此该分子易溶于极性溶剂水，故C项正

确；D．由该结构简式可知，苹果酸的化学式为465CHO，故D项正确；综上所述，不正确的是B项。9.钛(Ti)是一种机械强度大、容易加工的耐高温金属，常用于制造合金。下列有关22Ti的化学用语中错误的是A.原子结构示意图：B.简化电子排布式：22A

r3d4sC.轨道表示式：D.电子排布式：22626221s2s2p3s3p3d4s【答案】C【解析】【详解】A．Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此原子结构示意图：，故A项正

确；B．Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此简化电子排布式为22Ar3d4s，故B项正确；C．根据洪特规则[电子在能量相同的轨道(即等价轨道)上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向]可知，图示3d轨道电子排布错误，故

C项错误；D．由A项分析可知，D项正确；综上所述，错误的是C项。10.下列与键参数有关的说法中错误的是A.键角：2423COCHHONHB.键长：SiHPHSHClH−−−−C.键能：()()()()HFHClHBrHIEEEE−−−−D.结构相似的分子，共价键

的键能越大，分子通常越稳定【答案】A【解析】【详解】A．CO2为直线型，键角为180°，CH4为正四面体型，键角为109°28’，H2O的中心原子形成2个σ键，O原子上的孤电子对数=621=22−，VS

EPR模型为四面体型，NH3的中心原子形成3个键，N原子上的孤电子对数=531=12−，VSEPR模型为四面体型，因排斥力：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，因此键角2432COCHNHHO，故A项错误；B．同周期元素从左

至右原子半径逐渐减小，因此键长：SiHPHSHClH−−−−，故B项正确；C．同主族元素从上至下原子半径逐渐增大，因此键长：HF<HCl<HBr<HI−−−−，而键长越短，键能越大，因此键能：()()()()HFHClHBrHIEEEE−−−−，故C项正确；D．结构

相似的分子，共价键的键能越大，共价键越难断裂，分子通常越稳定，故D项正确；综上所述，错误的是A项。11.设AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中错误的是A.1L0.1mol/L的氯水中氯原子的物质的量为0

.2molB.3.5g3LiN中含有的离子数为0.4ANC.标准状况下，22.4L3NH被氧化转移的电子数为3AND.1.8g2HO所含的质子数与2.3gNa+所含的电子数相同【答案】C【解析】【详解】A．氯水是氯气溶于水所得溶液，1L0.1mol/L的氯水中溶质的物质

的量为1L×0.1mol/L=0.1mol，氯气能与水发生可逆反应生成HCl、HClO，但根据氯原子守恒可知溶液中氯原子数目为0.1mol×2×ANmol-1=0.2AN，故A项正确；B．3LiN中含有Li+、N3-，3.5g

3LiN的物质的量为3.5g=0.1mol35g/mol，0.1mol3LiN中所含离子数为0.1mol×4×ANmol-1=0.4AN，故B项正确；C．3NH被氧化时可能生成N2或NO等，产物种类不确定，因此无法计算转移电子数，故

C项错误；D．1.8g2HO的物质的量为1.8g=0.1mol18g/mol，所含质子数为0.1mol×10×ANmol-1=AN，2.3gNa+的物质的量为2.3g=0.1mol23g/mol，所含电子数为0.1mol×10×ANmol-1=AN，故D项正确；综

上所述，错误的是C项。12.下列有关说法正确的是A.同族元素中，第一电离能随核电荷数的增大而逐步增大B.第五能层(O层)中含有5种能量不同的能级，最高的能级可容纳18个电子C.简并轨道中处于自旋平行的电子，其空间

运动状态可能相同D.两种原子的电负性差值大于1.7，它们之间一定形成离子键【答案】B【解析】【详解】A．同族元素中，核电荷数越大，原子半径越大，核内质子对最外层电子的吸引能力越小，第一电离能越小，故A项错误；B．能层序数=

该能层的能级数，因此第五能层有5种能量不同的能级，同一能层中能量由低到高的能级最多所容纳电子数为1×2，3×2，5×2，7×2，9×2，因此第五能层最高的能级可容纳18个电子，故B项正确；C．简并轨道中处于自旋平行的电子，所处空间延伸方向不同，故C项错误；D．两种原子的电负性差值大

于1.7，形成化学键时不一定是离子键，如H的电负性为2.1，F的电负性为4.0，二者形成的H-F键为共价键，故D项错误；综上所述，正确的是B项。二、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的。13.价电子对互斥模型(VSEPR模型)可有效解释和预测分子的空间构型，下列解释均正确的是选项分子中心原子上价层电子对数杂化轨道类型分子的空间结构A3NH43sp平面正三角形B4PCl+43sp正四面体形C2BeCl22sp直线形D3BF32

sp三角锥形A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．3NH中N原子形成的σ键数为3，N原子的孤电子对数为5312−=1，因此中心原子上价层电子对数=3+1=4，N原子为3sp杂化，分子的空间结构为三角锥形，故A项错误；B．4PCl+中P原子形成的σ键数为4，

P原子的孤电子对数为52141−−=0，因此中心原子上价层电子对数=4+0=4，P原子为3sp杂化，分子的空间结构为正四面体，故B项正确；C．2BeCl中Be原子形成的σ键数为2，Be原子的孤电子对数为2212−=0，因此中心原子上价层电子对数=2+0=2，Be原子为sp

杂化，分子的空间结构为直线形，故C项错误；D．3BF中B原子形成的σ键数为3，B原子的孤电子对数为3312−=0，因此中心原子上价层电子对数=3+0=3，B原子为2sp杂化，分子的空间结构为平面三角

形，故D项错误；综上所述，正确的是B项。14.下列反应方程式不正确的是A.用铁氰化钾溶液检验2Fe+：()()3266KFeFeCNKFeFeCN−+++=+B.单质2I溶解于()KIaq：23III−−+C.()2SOg与()2HSg反应：222SO2HS3S2HO+=+D.(

)424KMnO/HSOaq与少量22HO反应：2422222MnO7HO6H2Mn6O10HO−++++=++【答案】D【解析】【详解】A．Fe2+能与铁氰化钾反应生成()6KFeFeCN(蓝色沉淀)，反应离子

方程式为()()3266KFeFeCNKFeFeCN−+++=+，故A项正确；B．单质I2溶于KI溶液中能生成3I−，反应离子方程式为23III−−+，故B项正确；C．()2SOg与()2HSg发生归中反应生成S单质和水，反应方程式为222SO2HS3S2H

O+=+，故C项正确；D．酸性高锰酸钾与22HO反应过程中，Mn元素化合价由+7降低至+2，22HO中O元素化合价由-1升高至0，根据化合价升降守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应离子方程式为2422222MnO5HO6H2Mn5O8HO−

++++=++，故D项错误；综上所述，不正确的是D项。15.下列与分子性质有关的说法正确的是A.邻硝基苯酚()的沸点高于对硝基苯酚()是因为后者形成了分子间氢键B.氟代丙二酸(2HOOCCFCOOH−−)的酸性强于丙二酸(2HOOCCHCOOH−−)是因为2CF−−的极性大于2C

H−−的极性，导致氟代丙二酸羧基中OH−的极性更大更易电离出H+C.C的电负性强于Si，所以4CH的熔沸点高于4SiHD.2I受热易升华，是因为分子内共价键键能较小所致【答案】B【解析】【详解】A．邻硝基苯酚的分子内形成了氢键()

，对硝基苯酚分子间形成了氢键()，因此对硝基苯酚的沸点高于邻硝基苯酚，故A项错误；B．因电负性：F>H，因此F-C的极性大于H-C的极性，使得2CF−−的极性大于2CH−−的极性，导致氟代丙二酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，故B

项正确；C．简单氢化物的熔沸点是由分子间作用力决定，与元素的电负性无关，故C项错误；D．I2受热升华过程中只破坏分子间作用力，I2分子内共价键不发生断裂，因此易升华的性质与键能无关，故D项错误；综上所述，

正确的是B项。16.短周期主族元素W、X、Y、Z组成的化合物A的结构如图所示，Z是空气中含量最多的元素，则下列说法正确的是A.电负性：XZB.工业上不可用该物质作抗氧化剂C.含氧酸的酸性：YZD.氢化物的热稳定性：XZ【

答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，Z是空气中含量最多的元素，则Z为N，W与Z原子形成1对共用电子对，且形成4ZW+，则W为H，X形成2对共用电子对达稳定结构，Y与X最多共用6对电子，则Y的最外层有6个电子，则X为O，Y为S。【详解】由上述分析可知，

W为H，Z为N，X为O，Y为S。A．同周期从左至右元素的电负性逐渐增大，因此电负性：O>N，即电负性：X>Z，故A项错误；B．该物质中含-O-O-键，过氧键具有强氧化性，因此工业上不能用该物质作抗氧化剂，故B项正确；C．未

说明含氧酸中非金属元素的价态，无法比较含氧酸的酸性，故C项错误；D．非金属性：O>N，简单氢化物的热稳定性：H2O>NH3，但题干并未说明氢化物的种类，因此无法比较，故D项错误；综上所述，正确的是B项。17.锡(Sn)是生活中常用的金属，电解精炼锡精矿(单质Sn：70%，单质Cu、Pb、Fe、Zn

：28%)可获得Sn，装置如下：(已知：26HSiF为强酸)下列说法正确的是A.a为外加电源的正极B.A是阳极泥，其成分为Cu、Fe、PbC.Sn位于周期表第四周期第IVA族D.26HSiF的作用是为了抑制2Sn+的水解【答案】D【解析

】【分析】电解过程中若要从锡精矿(单质Sn：70%，单质Cu、Pb、Fe、Zn：28%)中获得Sn，则需要将比Sn活泼的金属单质转化为金属阳离子，因此锡精矿作阳极，阳极与电源正极相连，因此b为电源正极。【详解】A．由上述分析可知，b为电源正极，a为电源负极，故A项错误；B．金属活泼性：Zn

>Fe>Sn>Pb>Cu，因此阳极泥固体A为Pb、Cu等混合物，故B项错误；C．Sn位于第五周期IVA族，故C项错误；D．Sn(OH)2为弱碱，因此Sn2+在水中会发生水解，而溶液中H2SiF6电离出的H+能抑制Sn2+水解，故D项正确；综

上所述，正确的是D项。18.Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)：下列说法正确的是A.若阴极析出5.9gCo，则加入

0.1mol()2CoOH可将溶液恢复至原状态B.A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜C.若产品室()ΔHCl0.2moln=，则两电解室溶液的质量变化差为ΔmΔm=11.2g−阴极室溶液阳极室溶液D.电解结束后，阳极室溶液的pH值增大【答案】C【解析】【分析】与电

源正极相连的石墨电极为阳极，溶液中水发生氧化反应222HO44HOe−+−=+，生成的H+穿过A膜进入HCl(aq)产品室，阴极上Co2+发生还原反应2Co2Coe+−+=，溶液中Cl-穿过B膜进入HCl(aq)产品室，电解过程总反应为

2222Co2HO4HCoO+++++电解。【详解】A．由总反应2222Co2HO4HCoO+++++电解可知电解过程溶液中H元素质量不变，因此电解质复原不能加入()2CoOH，故A项错误；B．由上述分析可知，A膜为阳离子交换膜，B膜为

阴离子交换膜，故B项错误；C．若产品室()ΔHCl0.2moln=，则阳极消耗0.1molH2O，阳极溶液质量减少0.1mol×18g/mol=1.8g，阴极消耗0.1molCoCl2，阴极溶液质量减少0.1mol

×130g/mol=13g，因此两电解室溶液的质量变化差为ΔmΔm13g-1.8g11.2g−==阴极室溶液阳极室溶液，故C项正确；D．电解结束后，阳极室中溶剂水减少，硫酸浓度增大，溶液的pH将减小，故D项错误；综上所述，正确的是C项。19.根据沉淀转化的原理，可使用()23N

aCOaq有效去除顽固性水垢()4CaSOs：过程1：()()()()224333CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++；过程2：()()()()()2322CaCOs2HaqCaaqHOaqCOg+++

++图为4CaSO和3CaCO的溶解平衡曲线，则下列说法正确的是A.M代表3CaCO的溶解平衡曲线B.过程1：()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++的0.025K=C.向饱和的3CaCO溶液中加入()24NaSOs，当24N

aSO饱和时测得()214SO3.0molLc−−=，此时溶液中会有()4CaSOs析出D.向()4CaSOaq中加入()4CaSOs可实现C点到B点的转化【答案】C【解析】【分析】根据常温下向()4

CaSOs中加入()23NaCOaq可生成()3CaCOs可知()4CaSOs更易溶，因此()()43spspCaSOCaCOKK。由图可知，()469spN4102.510110K−−−==

，()448spM4101.010410K−−−==，因此N代表3CaCO的溶解平衡曲线，M代表4CaSO的溶解平衡曲线。【详解】A．由上述分析可知，M代表4CaSO的溶解平衡曲线，故A项错误；B．()()()()2

24334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++的平衡常数()()()()()()()()2244422328sp92sp33Ca410==40110CaSOSOCaSOCaCOCOCOcccKKKcc

c+−−+−−−−===，故B项错误；C．饱和的3CaCO溶液中()()()23324.5spCOCaLCa110COmol/ccK+−−===，加入()24NaSOs，当24NaSO饱和时测得()214SO

3.0molLc−−=，此时()()4.54.5sp4sp4CaSO1103310CaSOQK−−==，溶液中有()4CaSOs析出，故C项正确；D．向()4CaSOaq中加入()4CaSOs，()2cCa+、()24SOc−均增大，而B点与C点()24SOc−相同，故D项错误；

综上所述，正确的是C项。20.均苯三甲酸是一种重要的有机三元弱酸，可表示为3HA。向10.1molL-的3HA溶液中加入()HClg或()NaOHs时(忽略溶液体积的变化)，各微粒的分布系数()δX随溶液pH

变化的曲线如图所示：已知：①[()()()()()()-2-3-32cXδX=cHA+cHA+cHA+cA，X为3HA、2HA−、2HA−或3A−]②(3HA3.1a1=1.010K−、4.7a2=1.010K−、6.3a3=1.010K−)下列叙

述错误的是A.若用()NaOHaq滴定()3HAaq至恰好生成2NaHA，可选甲基橙做指示剂B.N点的RSN5+ppHHpH==5.2C.常温下，2NaHA的水解常数h2K的数量级为1010−D.R点满足：()()()()()+-2-3-3H+HA>0.1mol/L+OH+HA+2Ac

cccc【答案】D【解析】【分析】向10.1molL-的3HA溶液中加入()NaOHs，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中()3HAc不断减小，()2HAc−先增大后减小，()2HAc−先增大后减小，()3Ac−不断增大，因此曲线I表示H3

A的分布系数，曲线II表示2HA−的分布系数，曲线III表示2HA−的分布系数，曲线IV表示3A−的分布系数。【详解】A．若用()NaOHaq滴定()3HAaq至恰好生成2NaHA，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～4.4)做指示剂

，滴定终点溶液由红色变为橙色，故A项正确；B．R点()()22HAHA−−=cc，()()()()2Ra2R2HAHHHAccKcc−++−==，S点()2HAc−=()3Ac−，()()()()3Sa32SAHHHAccKcc−++−==，N点()3Ac−=()2HAc−，转化可得()()

()()()()()()()222RRR32a2a3RRHAHAHHH=1AHAHHcccccKKcccc−−+++−−++=，即()()()2a2a3RRSHHHcKKcc+++==，由()2a2a3RHcKK+=可得73N4

.6.p51.0101.0=10Hlg5.−−=−，由()()()2RRSHHHccc+++=可得RSNpHHp+pH=2，故B项正确；C．常温下，2NaHA的水解常数()()()()()()()()14229.3W4.3h22a22HAOHHAOHH10===

==1010HAHAHcccccKKccKc−−−−+−−−−−+，数量级为1010−，故C项正确；D．R点溶液中①()()22HA=HAcc−−，溶液中电荷守恒②()()()()()()322NaH3A2HAHAOHcccccc++−−−−+=+++，

物料守恒③()()()()2332HAHAHAA0.1mol/Lcccc−−−+++=，将③代入()()()230.1mol/L+OH+HA+2Accc−−−可得④()()()()()23232HA3AHAHAOHccccc−−−−++++，将

①代入④可得⑤()()()()2333HA3HOHAAcccc−−−+++，因此题干中()()()()()-2-3-+30.1mol/L+OH+HA+2AH+HAccccc−=()()()()

()()233+3OHHH+3HA3AAAHcccccc−−−+++−=()()()()+233HAO3HAHcccc−−−++−=()()()()()()233223HA3ANa3A2HAHAcccccc−−+−−−++−−−(解释：将

②代入)=()()()()()23323HA3ANa3A3HAccccc−−+−−++−−(解释：将①代入)=()cNa+>0，故D项错误；综上所述，错误是D项。三、填空题：本题共4小题共52分21.A~H元素在周期表中的位置如图所示，回答下列问题：（1）G是地壳中含量

第5的元素，在地壳中全部以化合态存在，其化合物的焰色反应为砖红色，这与G原子核外电子发生跃迁______(填“吸收”或“释放”)能量有关。（2）第一电离能介于C、D之间的第二周期元素有_______种。（3）H被称为“人类的第三金属”，与H同周期且其基态原子的未成对电子数与H

原子相同的元素另有_______种。（4）D的某种氢化物(24DH)可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：2424222DHDO3D4HO+=+，若该反应中有4mol电子转移，则形成的π键有_______mol。（5）4BEA是有机合成中常用的还原剂，4EA−中E元素

基态原子的价层电子轨道表示式为______；离子半径：()+rB______()-rA(填“”或“”)；4BEA中不存在______(填字母)。A．离子键B．共价键C．σ键D．π键E．氢键（6）F元素能形成多种含氧酸及盐，其中2NaF

O是常用的消毒剂，其酸根离子2FO−的价层电子对数为______，空间构型为______。【答案】（1）释放（2）3（3）3（4）3的（5）①.②.<③.DE（6）①.4②.V形【解析】【小问1详解】当金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量

较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因此焰色反应与原子核外电子发生跃迁释放能量有关。【小问2详解】C为B原子，D为N原子，同周期从左至右原

子的第一电离能有增大的趋势，因此I1(N)>I1(C)>I1(B)，Be原子核外电子排布中2s能级全充满，能量相对较低，难以失去电子，因此I1(Be)>I1(B)，N原子核外电子排布中2p能级半充满，能量相对较低，难以失去电子，

因此I1(N)>I1(O)，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O共3种。【小问3详解】H为Ti，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，外围电子轨道排布式为，含2个未成对电子，与Ti同周期且其基态原子的未成对电子数为2的原子外围电子轨道排布式有、、、共3种。【小问4详

解】在2424222NHNO3N4HO++=中，每生成3molN2转移8mol电子，因此每转移4mol电子，生成1.5molN2，N2的结构简式为，1个三键中含有2个π键，即每转移4mol电子时形成的π键有1.5m

ol×2=3mol。【小问5详解】4AlH−中Al元素基态原子的价层电子排布式为3s23p1，轨道表示式为；Li+与H-核外电子数均为2，Li+核内质子数为3，H-核内质子数为1，Li+核内质子对核外电子的吸引力更大，离子半径更小，即()()LiHrr+−；LiA

lH4中Li+与4AlH−之间为离子键，4AlH−中H原子与Al原子形成共价单键，即σ键，因此LiAlH4中不存在π键和氢键，故答案为：；<；DE。【小问6详解】F为Cl，2ClO−中Cl原子形成2个σ键，Cl原子孤电子对数为71222

2+−=，因此2ClO−的价层电子对数为2+2=4；2ClO−的空间构型为V形。22.过渡元素铬的单质及化合物有很多用途。三氯化铬(3CrCl)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取3

CrCl的装置如图所示：回答下列问题：（1）基态Cr原子的价层电子排布式为______。（2）连接装置进行实验，一段时间后，发现导管a中的液面在不断上升，出现该现象的可能原因是______，改进的措施是______。（3）测定某样品中3CrCl的质量分数的实验步骤如下：I．取5.0g

该样品，在强碱性条件下加入过量30%22HO溶液，小火加热使3Cr+完全转化为24CrO−，再继续加热一段时间。II．冷却后，滴入适量的稀硫酸和浓磷酸，使24CrO−转化为227CrO−，再加适量蒸馏水将溶液稀释至100mL。III．取25.00mL溶液，加入适

量浓24HSO混合均匀，滴入3滴指示剂，用新配制的11.0molL−的()()4422NHFeSO标准溶液滴定，重复2~3次，平均消耗()()4422NHFeSO标准溶液21.00mL(滴定中227CrO−被2Fe+还原为3Cr+)。①步骤I中完全转化时发生反应的离子

方程式为______。②步骤I中3CrCl完全转化后再继续加热一段时间的目的是______。③该样品中3CrCl的质量分数为_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）3d54s1（2）①.CrCl3

进入D中冷凝时将C与D之间导管堵塞②.将装置C、D之间的导管改成粗导管（3）①.2232242Cr3HO10OH8Cr2OOH+−−++=+②.除去未反应完全的H2O2③.88.8%【解析】【分析】实验室制取CrCl3反为23432CrO3CCl3CrCl3COCl++高

温，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置在高温条件下存在空气，反应前和反应结束后通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4可以干燥N2

，并防止空气中水蒸气进入装置，无水CaCl2用于防止F中水蒸气进入D及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将COCl2排入F中并被充分吸收，回收尾气。【小问1详解】Cr为第24号元素，根据能量最低原理和全满半

满原则可知基态Cr原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，因此Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。【小问2详解】实验进行一段时间后，由于CrCl3易升华，CrCl3进入D中冷凝时将C与D之间导管堵塞，气

流不畅使得导管a中的液面在不断上升，；改进的措施是将装置C、D之间的导管改成粗导管。【小问3详解】①步骤I中H2O2将3Cr+完全氧化为24CrO−，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Cr元素化合价由+3升高至+6

，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可知反应离子方程式为2232242Cr3HO10OH8Cr2OOH+−−++=+。②根据后续操作可知实验原理是利用()()4422NHFeSO滴定227CrO−，根据Cr

原子守恒计算样品中CrCl3的含量，滴定过程中Fe2+作还原剂被氧化，而步骤I所剩的H2O2也能氧化Fe2+，H2O2具有不稳定性，受热发生分解，因此步骤I中3CrCl完全转化后再继续加热一段时间的目的是除去未反应完全的H2O2。③由原子守恒可知2242732CrCl2

CrOCrO−−，227CrO−与()()4422NHFeSO反应过程中根据转移电子守恒可知()()2274422CrO6NHFeSO−，因此()()442236NH2FerClSOC，则25.00mL溶液中()()()433423211CrCl2110L1mol/L=71

0mol33NHFeSOnn−−==，()33CrCl710mol158.5g/mol=1.1095gm−=，因此该样品中3CrCl的质量分数为的100mL1.1095g25mL100%88.8%5.0g。23.甲醇(3CHOH)是重要

的有机原料，也是一种清洁能源。（1）利用反应()()()4232CHgOg2CHOHg+=H0，可将4CH转化为3CHOH。已知：化学键CH−OO=OH−CO−键能1/kJmol−413497463351则H=______1kJmol−（2）甲醇脱氢可制取甲醛：()(

)()32CHOHgHCHOgHg+，甲醇的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示，请回答下列问题：①该脱氢反应的H_____0(填“”“”或“=”，下同)；600K时，Y点甲醇的ν正_____ν逆。②恒容条件下，1tK时反应达到平衡，若甲醇的起始浓度为2.0mol/L，该温度

下平衡常数数值为=K_______。（3）3CHOH和2O组合形成的燃料电池的结构如图所示，阳离子交换膜左右两侧的溶液均为1L12molL-的KOH溶液。①电极c是_____(填“正”或“负”)极，写出物质b在电极d上发生的反应式为____

__。②当有0.15mol物质b在电极d上发生反应时，电池左侧的KOH溶液浓度为______1molL-(忽略溶液体积变化)。【答案】（1）1305kJmol−−（2）①.>②.<③.16.2（3）①.负②.22O4e2HO4OH−−+

+=③.1.2【解析】【小问1详解】反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，因此()()()4232CHgOg2CHOHg+=()112441349723413351463kJmol=305kJmolH−−=+−++−

【小问2详解】①由图可知，温度升高，甲醇的平衡转化率升高，说明升高温度平衡正向移动，而升高温度平衡向吸热反应移动，因此该反应ΔH>0；600K时，Y点甲醇的转化率高于X，温度不变的情况下，Y点最终甲醇的转化率等于X，因此Y点反应将逆向进行，即ν正<ν逆。②恒容条件下，1tK时反应达到平衡

，甲醇的平衡转化率为90%，若甲醇的起始浓度为2.0mol/L，则平衡时()3CHOH2mol/L0.1=0.2mol/Lc=，()()2HCHOH2mol/L0.9=1.8mol/Lcc==，该温度下平衡常数数()()()223HCHOH1.816.2CHOH0.2ccKc===，【小

问3详解】①阳离子移向还原电极，根据K+移动方向可知电极d为正极，通入的物质b为O2，电极c为负极，通入的物质a为CH3OH，电解质溶液为KOH溶液，因此电极d上发生的反应式为22O4e2HO4OH−−++=。②当有0.15molO

2在电极d上发生反应时，转移电子的物质的量为0.15mol×4=0.6mol，电极c上电极反应式为2332CHOH6e8OHCO6HO−−−−+=+，转移0.6mol电子时消耗OH-为0.8mol，因此电池

左侧的KOH溶液浓度为1L2mol/L0.8mol1.2mol/L1L−=。24.湿法炼铅可用铅精矿(主要成分为PbS)作原料，在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对环保。湿法炼铅的工艺流程如下：已

知：2PbCl是一种难溶于冷水，易溶于热水的弱电解质。在Cl−浓度较大的溶液中，存在平衡：()()()224PbClaq2ClaqPbClaq−−+。回答下列问题：（1）写出铅精矿在浸取液中溶解并生成硫单质

的离子方程式______。（2）操作a是______。（3）操作b为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中2PbCl的析出，从平衡移动的角度分析可能的原因是______。（4）将溶液3和滤液2分别置于如图

所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的3FeCl再生。①溶液3应置于_______(填“阴极室”或“阳极室”)中。②简述滤液2电解后再生为3FeCl的原理：_______。③若铅精矿的质量为ag，铅浸出率为

b，当电解池中通过cmol电子时，金属铅全部析出，铅精矿中PbS的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。【答案】（1）3224PbS2Fe4ClSPbCl2Fe+−−+++=++（2）过滤（3）加水稀释使()()()2

24PbClaq2ClaqPbClaq−−+平衡逆向移动；温度降低2PbCl的溶解度减小（4）①.阴极室②.阳极发生电极反应：23FeFee+−+−=(或22Cl2Cle−−−=、232Cl2Fe2Fe2Cl++−+=+)，溶液中()3Fec+升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使F

eCl3再生③.239100%2cab【解析】【分析】铅精矿(主要成分为PbS)作原料通过湿法炼铅制备金属铅的同时，还可制得硫磺。根据滤渣1中含S可知，PbS与FeCl3发生氧化还原反应，根据在Cl−浓度较大的溶液中，存在平衡：()()()2

24PbClaq2ClaqPbClaq−−+可知，滤液1中含有Na+、Fe2+、Pb2+、24PbCl−和Cl-，根据2PbCl是一种难溶于冷水可知操作b为加入水并降温，使溶液中()Clc−降低，()()()224PbClaq2ClaqPbClaq−−+平衡逆

向移动，2PbCl析出，过滤后滤液2中含有Na+、Fe2+、Cl-，2PbCl在NaCl溶液中转变为24PbCl−，溶液3为Na2PbCl4溶液。然后电解Na2PbCl4溶液和滤液2制备Pb。【小问1详解】铅精矿与浸取液混合，PbS与FeCl3

发生氧化还原反应，S元素化合价由-2升高至0，Fe元素化合价由+3降低至+2，根据化合价升降守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应离子方程式为3224PbS2Fe4ClSPbCl2Fe+−−+++=++。【小问2详解】操作a为固液分离，因此操作a为过滤。【小问3详解】滤液1中含有Na+、Fe2+、P

b2+、24PbCl−和Cl-，向溶液中加入适量水稀释，溶液中()Clc−降低，()()()224PbClaq2ClaqPbClaq−−+平衡逆向移动，2PbCl难溶于冷水而析出，进一步使得平衡逆向移动，有利于2PbCl的析出。【小问4详解】①

电解Na2PbCl4溶液生成Pb的过程中Pb元素化合价由+2降低至0被还原，因此溶液3应置于阴极室。②滤液2放入到阳极室，阳极发生电极反应：23FeFee+−+−=(或22Cl2Cle−−−=、232Cl2Fe2Fe2Cl++−+=+)，溶液中()3Fec+升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移

动，使FeCl3再生。③根据阴极电极反应式24PbCl2Pb4Cle−−−+=+可知，当电解池中通过cmol电子时，析出Pb的物质的量为0.5cmol，浸出的PbS为0.5cmol，因此铅精矿中PbS的质量分数为0.5mol239

g/mol239100%100%2ccagbab=。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com