【文档说明】四川省成都市蓉城名校联盟2022-2023学年高二下学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.282 MB，由小赞的店铺上传

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四川省成都市蓉城名校联盟2022～2023学年高二下学期期中联考化学试题考试时间90分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监

考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答

题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cu64一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40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.化学与生活密切相关。下列说法错

误的是A.小苏打可用于面食制作及治疗胃酸过多B.向燃煤中加入生石灰可有效降低SO2的排放C.84消毒液和75%的酒精均可用于环境消毒和漂白衣物D.氟磷灰石比羟磷灰石更能抵抗酸的侵蚀，所以含氟牙膏有防治龋齿的作用【答案】C【解析】【详解】A．小苏

打是碳酸氢钠，可用于面食制作及治疗胃酸过多，故A正确；B．向燃煤中加入生石灰，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，可有效降低SO2的排放，故B正确；C．75%的酒精可用于环境消毒，不能用于漂白衣物，故C错误；

D．含氟牙膏能使牙齿表面的羟磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石，所以含氟牙膏有防治龋齿的作用，故D正确；选C。2.下列化学用语正确的是A.S2−的结构示意图：B.基态35Br原子的简化电子排布式：[Ar]4s24

p5C.基态Fe2+的外围电子排布式：3d6D.乙醇的结构简式：C2H6O【答案】C【解析】【详解】A．S2−的结构示意图应为：，A错误；B．基态35Br原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p

5，B错误；C．铁为26号元素，其基态Fe2+的外围电子排布式：3d6，C正确；D．C2H6O是乙醇的分子式，D错误；故选C。3.元素周期表是学习化学的重要工具。下列说法正确的是A.周期表中s区、d区、ds区都是金属元素B.

周期表中p区元素均为主族元素C.同周期的第ⅠA族元素与第ⅢA族元素原子序数一定相差2D.价电子排布式为5s25p2的元素在周期表第五周期第ⅣA族【答案】D【解析】【详解】A．周期表中s区氢元素不是金属元素，A错误；B．周期表中p区元素还包

括稀有气体，B错误；C．同周期的第ⅠA族元素与第ⅢA族元素原子序数可能相差2、12、26，C错误；D．价电子排布式为5s25p2的元素为50号元素锡，在周期表第五周期第ⅣA族，D正确；故选D。4.下列关于乙烷和乙

烯的说法正确的是A.二者的键角均相等B.二者键个数之比为7：5C.二者的键长均相等D.碳碳键的键能后者是前者的两倍【答案】B【解析】【详解】A．乙烷的键角约为109°28′，乙烯的键角为120°，故A错误；B．乙烷的结构式为，

键数为7；乙烯的结构式为，键数为5，故B正确；C．碳碳双键的键长小于碳碳单键，故C错误；D．碳碳双键中，键的键能大于π键，碳碳双键的键能不是碳碳单键的两倍，故D错误；选B。5.下列说法错误的是A.可用光谱仪摄取某元素原子由基态跃迁到激发态发射光谱，

从而进行元素鉴定B.夜空中的激光与电子跃迁释放能量有关C.若基态氮原子价电子排布式为2s22p2x2p1y，则违反洪特规则D.若某基态原子有n种不同运动状态的电子，则该原子的原子序数为n【答案】A【解析】【详解】A．某元素原子由基态跃迁到激发态得到吸收光谱，故A错误；B．激光是原子的发射光

谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故B正确；C．基态氮原子价电子排布式为2s22p1x2p1y2p1z，若基态氮原子价电子排布式为2s22p2x2p1y，则违反洪特规则，故C正确；D．若某基态原子有n种不同运动状态的电

子，说明该原子核外有n个电子，则该原子的原子序数为n，故D正确；选A。6.下列关于共价键的说法正确的是A.H2O和H2O2分子内的共价键均是s-p键B.N2分子内的共价键电子云形状均是镜面对称C.H2、Cl2、HCl分子内的键均无方向性D.共价化合物一定

含键，可能含π键【答案】D的【解析】【详解】A．H2O2分子内的共价键还有p-pσ键，故A错误；B．N2分子内的共价键包括σ键和π键，所以其电子云形状既有镜面对称也有轴对称，故B错误；C．Cl2、HCl分子内的σ键均有方向性，故C错误；D．共价化合物一定含

键，可能含π键，比如氢气只有含键，而氧气、氮气含有键，也含有π键，故D正确。综上所述，答案为D。7.元素周期表中第三周期三种元素原子①②③的逐级电离能数据如下表所示。下列有关比较错误的是标号①②③电离能/kJ·m

ol−149657873845621817145169122745773395431157510540A.最高正价：②>③>①B.离子半径：②>③>①C.电负性：②>③>①D.金属性：①>③>②【答案】B【解析】【分析】由表中数据可知①、②、③分别是钠、铝、镁三种元素；【

详解】A．钠、铝、镁三种元素的最高正价分别是+1、+3、+2，所以最高正价：②>③>①，A正确；B．三种元素形成的离子结构相同，质子数越大半径越小，所以离子半径：①>③>②，B错误；C．同周期主族元素自左向右电负性依次增大，所以电负性：②>③>①，C正确；D

．同周期主族元素自左向右金属性依次减弱，所以金属性：①>③>②，D正确；故选B。8.根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，下列各组微粒的立体构型及其中心原子的杂化方式均相同的是A.-3NO、SO3B.BF3、SO2C.CH4、NH3D.CCl4、PCl3【答案】A【解析】【详解】A．-3N

O、SO3都是平面三角形，sp2杂化，选项A符合；B．BF3、SO2分别是平面三角形和V形，选项B不符合；C．CH4、NH3分别是正四面体形和三角锥形，选项C不符合；D．CCl4、PCl3分别是正四面体形和三

角锥形，选项D不符合；答案选A。9.向由0.1molCrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2mol沉淀。配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是A.该配合物的中心离子是Cr3+B.该配合物的配体是H2O和Cl−C.每1mol配离子[

Cr(H2O)5Cl]2+中含有6NA个共价键D.该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键【答案】C【解析】【分析】向0.1molCrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2mol沉淀，则0.1molC

rCl3·6H2O可产生0.2molCl−，该配合物可表示为[Cr(H2O)5Cl]Cl2。【详解】A．由分析可知，该配合物的中心离子是Cr3+，A正确；B．该配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，配体是H2O和Cl−，B

正确；C．每1mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有A5251N++=（）16NA个共价键，C错误；D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键，D正确；故选C。10.X、Y、Z、W四种元素的原子序数依次增大，X是元素周期表中电负性最大的元素，Y原子3p

能级的电子半充满，Z原子M层电子数是K层的3倍，W原子3p能级有一个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：X<Y<Z<WB.最高价含氧酸的酸性：X>W>Z>YC.X、Y、Z、W的氢化物的稳定性依次减弱D.YW3分子中各原子均达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】X是元素周期表中电负性

最大的元素为氟元素，Y原子3p能级的电子半充满，电子排布式为226231s2s2p3s3p，为磷元素，Z原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数是6，所以W是硫元素原子，3p能级有一个未成对电子原子序数大于硫，所以为氯元素，所以由题目信息推出X、Y、Z、W分别是F、P、S、Cl；【详

解】A．同周期原子半径随原子序数的递增逐渐减小，同主族原子半径随原子序数的递增逐渐增大，所以原子半径P>S>Cl>F，A错误；B．同周期主族元素自左向右电负性依次增大，同主族元素自上而下电负性依次减小，电负性越大最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但氟没有含氧酸，B错误

；C．电负性越大氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性按F、Cl、S、P的顺序减弱，C错误；D．三氯化磷分子中各原子均达到8电子稳定结构，D正确；故选D。11.下列实验操作、实验现象及实验目的均正确的是选项实验操作实验

现象实验目的A向2mL0.1mol·L−1AgNO3溶液中先后加入5滴0.1mol·L−1NaCl溶液和5滴0.1mol·L−1KI溶液先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向两支装有2mL5%H2O2溶液的试管中分别滴入0.

1mol·L−1FeCl3溶液和0.1mol·L−1CuCl2溶液各1mL(Cl−不影响催化效果)滴入FeCl3溶液的试管中产生气泡速率更快证明Fe3+对H2O2分解的催化效果好于Cu2+C向加了酚酞的Na2CO3溶液中加适量蒸馏水溶液红色变深Na2CO3溶液的水解平衡正向移动D向铁

粉与稀硝酸反应后的溶液中滴入铁氰化钾溶液溶液中出现带有特征蓝色的沉淀溶液中含Fe2+，不含Fe3+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．加入5滴0.1mol·L−1NaCl溶液反应后AgNO3溶液仍过量，再加0.1mol·L−1KI溶液产生的黄色

沉淀，不能说明是白色沉淀转化而来，因此无法证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A错误；B．其他条件相同的情况下，只改变了铜离子和铁离子，滴入FeCl3溶液的试管中产生气泡速率更快，则证明Fe3+对H2O2分解的催化效果好于Cu2+，故B正确；C．向加了酚酞Na2CO3溶液中

加适量蒸馏水，溶液中OH−被稀释，溶液红色变浅，故C错误；D．向铁粉与稀硝酸反应后的溶液中滴入铁氰化钾溶液，溶液中出现带有特征蓝色的沉淀，只能说明溶液中含有Fe2+，但无法确认溶液中是否含有Fe3+，故D错误。综上所述，答案为B。12.25℃时，用0.1000mol·L

−1盐酸滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元碱MOH溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.MOH为一元强碱B.a点对应溶液中：c(M+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)C.滴定过程中水的电离程度最

大的是b点D.c点对应溶液中：c(M+)=c(Cl−)【答案】B【解析】【详解】A．未滴加稀盐酸时，0.1000mol·L−1某一元碱MOH溶液的pH=11，说明MOH部分电离，为弱碱，A错误；B．a点对应溶液溶质为等量的MOH和MCl，此时溶液显示碱性，则c(M+)>c(Cl−)>c(O

H−)>c(H+)，B正确；C．酸和碱都会抑制水的电离，加入盐酸20mL时，恰好反应生成MCl，故滴定过程中水的电离程度最大的是c点，C错误；D．c点对应溶液中溶质为MCl，由于M+的水解导致：c(M+)<c(Cl−)，D错误；故选B。13.金属腐蚀对国家经济造成的损失非常严重，了解金属

的腐蚀与防护具有重要意义。下列说法正确的是A.白铁(镀锌铁)比马口铁(镀锡铁)更耐腐蚀的B.燃气灶中心部位的铁生锈发生的主要是电化学腐蚀C.将钢闸门连接到直流电源的负极加以保护是应用了牺牲阳极的阴极保护法D.把金属制成防腐的合金(如不锈钢

)，应用的是电化学保护法【答案】A【解析】【详解】A．白铁(镀锌铁)中锌为负极，铁为正极，铁受到一定的保护，马口铁(镀锡铁)中铁为负极，锡为正极，因此白铁(镀锌铁)比马口铁(镀锡铁)更耐腐蚀，故A正确；B．燃气灶中心的铁生锈主要是铁和氧气在点燃条件下

反应，因此主要是化学腐蚀，故B错误；C．将钢闸门连接到直流电源的负极得以保护，应用的是外接电流的阴极保护法，故C错误；D．把金属制成防腐的合金，如不锈钢，是改变物质内部结构而防止金属腐蚀，不属于电化学

保护法，故D错误。综上所述，答案为A。14.NOx是主要大气污染物，利用反应NO2+NH3→N2+H2O消除NO2污染的电化学装置如图所示。下列说法错误的是A.外电路的电流方向为b→aB.b极的电极反应为：4H2O+2NO2+8e−=N2+8OH−C.若

离子交换膜为阴离子交换膜，则左池NaOH溶液浓度将增大D.电路中转移4mol电子时理论上可消除标准状况下1molNO2的污染【答案】C【解析】【分析】利用反应NO2+NH3→N2+H2O消除NO2污染，a极氨气失去电子发生氧化反应，为负极；b极二氧化氮得到电子

发生还原反应，为正极；【详解】A．电流由正极流向负极，故外电路的电流方向为b→a，A正确；B．b极二氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气和氢氧根离子，b极的电极反应为：4H2O+2NO2+8e−=N2+8OH−，B正确；C．a极氨气失去电子发生氧化反应，反

应为--3222NH-6e+6OH=N+6HO，若离子交换膜为阴离子交换膜，消耗氢氧根离子由右侧迁移过来，但是反应生成水导致左池NaOH溶液浓度将减少，C错误；D．根据电子转移可知，2NO2~8e−，电路中转移4mol电子时理论上可消除标准状况下1molNO2的污染，D正

确；故选C。15.如图所示的装置，甲中盛有CuSO4溶液，乙中盛有KI溶液，电解一段时间后，分别向C、D电极附近滴入淀粉溶液，D电极附近变蓝。下列说法正确的是A.E、F电极分别是阴极、阳极B.若甲池是电解精炼铜，则A电极为粗铜C.甲中Cu2+移向B电极D.若C电极为惰性电极

，则电解后乙中溶液的pH增大【答案】D【解析】【分析】乙中盛有KI溶液，电解一段时间后，分别向C、D电极附近滴入淀粉溶液，D电极附近变蓝，则D极生成I2，碘元素价态升高失电子，故D极为阳极，电极反应式为2I--2e-=I

2，C极为阴极，F极为正极，E极为负极，A极为阴极，B极为阳极，据此作答。【详解】A．根据题目信息D电极附近变蓝，可知D电极I−放电产生I2，是阳极，E、F电极分别是负极、正极，A错误；B．若甲池是电解精炼铜，则B电极作阳极，为粗铜，B错误；C．甲中Cu2+移向阴极(A电极)，C错误

；D．若C电极为惰性电极，乙中电解总反应为2KI+2H2O==通电2KOH+H2↑+I2，生成KOH，电解后乙中溶液的pH增大，D正确；故选D。16.下列关于电解原理应用说法错误的是A.氯碱工业的电解槽需使用阳离子交换膜隔开两极产物B.在铁上镀铜时，铁作阴

极C.钠、镁、铝均可通过电解其熔融氯化物的方法冶炼得到D.电解精炼铜一段时间，电解质溶液中c(Cu2+)略减小【答案】C【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液时，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故使用阳离子交

换膜隔开两极产物，A正确；B．电镀时，镀层金属作阳极，故在铁上镀铜时，铁作阴极，铜作阳极，B正确；C．钠和镁是电解熔融氯化物生成金属单质，氯化铝是共价化合物，所以熔融时，它是不导电的，只能电解氧化铝制取铝，C错误；D．电解精炼铜一段时间，由于粗铜中的Fe等金属优先放电，而阴极只有铜离子放

电，则电解质溶液中c（Cu2+）略减小，D正确；故选C。17.一种熔融碳酸盐燃料电池原理如图所示。下列说法正确的是A.电子从电极A经熔融碳酸盐转移到电极BB.熔融碳酸盐中CO23−向电极B移动C.CH4在电极A放电

生成CO2D.反应过程熔融盐中CO23−的物质的量不变【答案】D【解析】【分析】由图可知，CO、H2在A电极失电子生成CO2、H2O，电极A是负极，电极B是正极。的【详解】A．电极A是负极，电极B是正极，电子不能经过内电路，故A错误；B．A是负极、B是正极，熔融碳酸盐中CO23

−向电极A移动，故B错误；C．CO、H2在电极A放电生成CO2、H2O，故C错误；D．电池总反应为2222CO+HOCO+HO+=，反应过程熔融盐中CO23−的物质的量不变，故D正确；选D。18.锂离子电池是目前手机、笔记本电脑等

现代数码产品中应用最广泛的电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。典型的锰酸锂可充电电池的总反应为：LixC6+Li1−xMn2O4放电充电C6+LiMn2O4。其电极分别为层状LiMn2O4和碳材料。下列说法正确的是A.放电时层状LiMn2O4电极作正极B.充电时碳材料

应接电源的正极C.充电时阳极反应为：C6+xLi+-xe−=LixC6D.放电时，Li+嵌入碳材料使该电极增重【答案】A【解析】【分析】根据锰酸锂可充电电池的总反应LixC6+Li1−xMn2O4放电充电C6+LiMn2O4，推知放电时层状LiMn2O4为正极，碳材料为负极；充电时

阴极反应为：C6+xLi++xe−=LixC6，层状LiMn2O4为阳极；【详解】A．放电时层状LiMn2O4电极作正极，选项A正确；B．碳材料是负极，充电时碳材料应接电源的负极，选项B错误；C．充电时阴极反应为：C

6+xLi++xe−=LixC6，选项C错误；D．放电时，Li+从碳材料电极脱嵌，选项D错误；答案选A。19.如图装置可用于电催化制甲酸盐，同时释放电能。下列说法正确的是A.当开关K连接a时，该装置将化学能转化为电能B.当开关K连

接b时，Zn电极发生氧化反应C.若该装置所用电源是铅蓄电池，则产生1molO2，铅蓄电池负极质量增重96gD.该装置制甲酸盐时，每消耗22.4LCO2，外电路转移电子数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．当开关K连接a时，该装置为电解池，将电

能转化为化学能，A错误；B．当开关K连接b时，为原电池装置，锌极为负极，Zn失去电子发生氧化反应，B正确；C．若该装置所用电源是铅蓄电池，放电时负极反应为-2-44Pb-2e+SO=PbSO，产生1molO2，转移电子4mol，则铅蓄电

池负极质量增重192g，C错误；D．该装置每消耗标准状况下22.4LCO2，外电路转移电子数目为2NA，没有标况不能计算反应二氧化碳的物质的量，D错误；故选B。20.用惰性电极电解1LCuCl2和NaCl的混合溶液，其中c(Cl−)为5.0mol·L−1，一段时间后两极均收集到标准状况下67.2L

的气体。下列说法错误的是A.原溶液中c(Na+)为4mol·L−1B.电解过程共转移7mol电子C.电解过程阴极共析出32g铜D.加入CuCl2和HCl即可复原电解质溶液【答案】D【解析】【分析】用惰性电极电解1LCuCl2和NaCl的混合溶液，其中c(C

l−)为5.0mol·L−1，Cl-物质的量为5mol，阳极先发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl-完全反应生成2.5molCl2(标准状况下的体积为56L)，阳极接着发生的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，此过程产生O2

的体积为67.2L-56L=11.2L；阴极依次发生的反应为Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH-；据此分析结合计算解题。【详解】A．阳极收集到3mol气体，n(Cl−)=5.0mol，完全反应生成2.5mol氯气，转移电子数为5mol；说明还生成

了0.5mol氧气；转移电子数为2mol；总电子转移数为7mol；阴极也收集到3mol氢气，转移电子数为6mol，说明Cu2+得到了1mol电子，n(Cu2+)=0.5mol；n(Cl−)=5.0mol，根据电荷守恒可知n(Na+)=4.0mol，原溶液中c(Na+)为4mol·L−1；

故A正确；B．根据A项计算，电解过程共转移7mol电子，故B正确；C．根据A项计算，n(Cu2+)=0.5mol，所以电解过程阴极共析出32g铜；故C正确；D．复原电解质溶液需加入CuCl2、HCl和

H2O；故D错误；故答案选D。二、非选择题：本题共5小题，共60分。21.现有A、B、C、D、E五种前四周期元素，其原子序数依次增大。部分信息如下表：元素信息A核外电子排布式为nsnB基态原子各能级电子数相等，且核外有4种空间运动状态的电子C价电子排布式为nsnnp2nD前四周期中基态原子的未成

对电子数最多的元素E基态原子的内层各能级填满电子，且最外层只有一个电子用相应的化学用语回答下列问题：（1）基态D原子的未成对电子数是___________，该元素在周期表中的位置为___________。（2）E2+能分别

与H2O和NH3形成[E(H2O)4]2+和[E(NH3)4]2+，其中呈深蓝色的离子是___________，该离子中的配位原子是___________。（3）A2C分子中心原子的价层电子对数是___________，其VSEPR模型为_____

______；BC2分子的立体构型为___________，写出BC2的一种等电子体的结构式___________。（4）A元素和B元素形成的一种既有极性键又有非极性键，且相对分子质量最小的分子的分子式___________，该分子中σ键和π键的数目之比为___________。【答案】

（1）①.6②.第四周期第ⅥB族（2）①.[Cu(NH3)4]2+②.N（3）①.4②.四面体③.直线形④.S=C=S（4）①.C2H2②.3：2【解析】【分析】s能级最多排2个电子，满足核外电子排布式为nsn的只能为1s1，即H，满足价电子排布式为nsnnp2n为O，基态原子各能

级电子数相等，只能是C，前四周期中基态原子的未成对电子数最多的元素为Cr，未成对电子数为6，基态原子的内层各能级填满电子，且最外层只有一个电子只能为Cu。由此得出答案。【小问1详解】由分析可知，D为Cr，基态D原子的未成对电子数是6，该元素在周期表中的位置第四周期第ⅥB族，故答案为：6；

第四周期第ⅥB族；【小问2详解】由分析可知，E为Cu，E2+能分别与H2O和NH3形成[E(H2O)4]2+和[E(NH3)4]2+即[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+中呈深蓝色的离子是[Cu(NH3)4]2+，该离子中的配位原子是N，故答案为：[C

u(NH3)4]2+；N；【小问3详解】由分析可知，A为H、C为O，A2C分子即H2O中心原子的价层电子对是2+1(6-2?1)2=4，其VSEPR模型为四面体，B为C，BC2分子即CO2的立体构型为直线形，CO2的等电子体可能为CS2，COS，BeCl2等，故答案为：4；四面体；

直线形；S=C=S或者O=C=S等；【小问4详解】由分析可知，A、B分别为H、C两元素，它们形成的一种既有极性键又有非极性键且相对分子质量最小的分子的分子式为C2H2，该分子的结构式为：H-C≡C-H，故该分子中键和π键的数目之比为3：2，故答案为：

C2H2；3:2。22.Ⅰ.铝合金和钢铁是国家重要的金属材料。回答下列问题：（1）下列是气态铝原子或离子的电子排布式，其中处于激发态的有___________(填序号)。A变为D所需的能量为E1，D变为E所需的能量为E2，则E1___________E2(填“>”“

<”或“=”)，理由是___________。A．1s22s22p63s23p1B．1s22s22p63s13px13py1C．1s22s22p63s13px13pz1D．1s22s22p63s2E．1s22s22p63s1F．1s22s22p63s1

3p1（2）利用电解法可在铝制品表面形成致密的氧化物保护膜，不仅可以增加美观，而且可以延长铝制品使用时间。制取氧化物保护膜的装置如下图所示，阳极的电极反应方程式为___________。Ⅱ.钢铁在潮湿空气中容易生锈，某兴趣小组查阅资料

可知，钢铁腐蚀的快慢与温度、电解质溶液的pH值、氧气浓度以及钢铁中的含碳量有关，为此设计了下列实验。编号①②③④A100mL饱和NaCl溶液100mL饱和NaCl溶液100mLpH=2CH3COOH100mLpH=5H2SO4Bmg铁粉mg铁粉和ng碳粉混合物mg铁粉和ng碳粉混合物mg铁粉和

ng碳粉混合物锥形瓶中压强随时间变化通过上述实验分析回答：（3）上述实验①、②探究___________对铁的腐蚀快慢的影响，写出实验②碳电极上的电极反应式___________；（4）上述四个实验中___________

(用编号表示)发生吸氧腐蚀，上述四个实验铁腐蚀由快到慢的顺序为___________(用编号表示)。【答案】（1）①.BCF②.<③.①3p能级上的电子比3s能级上的电子能量高所以失去3p上的电子更容易，即需要的能量低；②失去一个电子后形成一价阳离子对外围电子有吸引作用，再失去一个电子变难

，即需要的能量更高；③铝失去一个电子后3s能级上形成全满的稳定结构，即再失去一个电子需要的能量更高(答到一点即可)（2）-+2232Al-6e+3HO=AlO+6H（3）①.含碳量多少(或是否含碳)②.2H2O+O2+4e−=4OH−（4）①.②④②.

④=③>②>①(或“④③②①”“③④②①”)【解析】【小问1详解】基态铝原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，获得能量后低能级上的电子跃迁到较高能级变为激发态，故B、C、F为激发态原子或离子。

A变为D所需的能量E1为第一电离能，D变为E所需的能量E2为第二电离能，E1小于E2，理由有三：①3p能级上的电子比3s能级上的电子能量高，所以失去3p上的电子更容易，即需要的能量低，②失去一个电子后形成一价阳离子对外围电子有吸引作用，再失去一个电子变难，即需要的能量更

高；③铝失去一个电子后3s能级上形成全满的稳定结构，即再失去一个电子需要的能量更高，答案为：BCF，<，①3p能级上的电子比3s能级上的电子能量高所以失去3p上的电子更容易，即需要的能量低；②失去一个电子后形成一价阳离子对外围电子有吸引作用，再失去一个电子

变难，即需要的能量更高；③铝失去一个电子后3s能级上形成全满的稳定结构，即再失去一个电子需要的能量更高(答到一点即可)；【小问2详解】阳极铝失去电子生成氧化物氧化铝，电极反应方程式：-+2232Al-6e+3HO=A

lO+6H，答案为：-+2232Al-6e+3HO=AlO+6H；【小问3详解】比较实验①②可知，实验①②探究的是是否含碳对铁腐蚀的影响，实验②发生吸氧腐蚀，其正极反应为：--222HO+O+4e=4OH，答案为：含碳量多少

(或是否含碳)，--222HO+O+4e=4OH；【小问4详解】分析压强与时间变化曲线可知，①②④压强随时间变化减小，①无碳粉为化学腐蚀，则发生吸氧腐蚀为②④。上述图中压强变化一个单位所需时间各不相同，相同时

间转移电子越多，金属腐蚀越快，③中生成氢气的体积是相同时间④中吸收氧气的体积2倍，所以两者转移电子数相同，反应速率相等，上述四个实验铁腐蚀由快到慢的顺序为④=③>②>①，答案为:②④,④=③>②>①(或“④③②①”“③④②①”)。23.电化学原理

在工农业生产中有重要应用。已知N2H4是一种重要的清洁高能燃料，根据如图所示装置回答下列问题(C1～C6均为石墨电极，假设各装置在工作过程中溶液体积不变)：为（1）甲装置C2电极为___________极(填“正”“负”“阳”或

“阴”)，C1电极上的电极反应式为___________。（2）乙装置___________(填“是”或“不是”)电镀池，若乙装置中溶液体积为400mL，开始时溶液pH为6，当电极上通过0.04mol电子时，溶液pH约为___________。（3）丙装置用于处理含高浓度硫酸钠的废水，同

时获得硫酸、烧碱及氢气，膜X为___________交换膜(填“阳离子”“阴离子”或“质子”)，当电极上通过0.04mol电子时，中间硫酸钠废水的质量改变___________g(假定水分子不能通过膜X和膜Y)。

（4）电解一段时间后，丁装置的电解质溶液中能观察到的现象是___________，丁装置中电解反应的总化学方程式为___________。【答案】（1）①.正②.N2H4-4e−+4OH−=N2↑+4H2O（2）①.不是②.1（3）①.阴离子②.2.84（4

）①.有白色沉淀生成(若多答“沉淀变色及产生气泡”、“铁电极溶解”也可)②.Fe+2H2O通电Fe(OH)2+H2↑【解析】【小问1详解】由图可知，装置甲为燃料电池，通入N2H4的一极(Cl)为负极，负极的电极反应式为：N2H4-4e−+4OH−=N2↑+4H2O，通入氧气的一极(C2)为

正极，乙、丙、丁为电解槽。【小问2详解】乙装置中阳极材料和电解质溶液中阳离子不同，故不是电镀池，C3电极为阳极，阳极上4OH−-4e−=2H2O+O2↑，当电路中通过0.04mole−时有0.04molOH−放电，同时产生

0.04molH+，此时c(H+)=0.04mol0.4L=0.1mol·L−1，pH=1。【小问3详解】丙装置中C4电极为阳极，阳极上4OH−-4e−=2H2O+O2↑，同时产生H+，正电荷增多，故中间室的硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阳极室形成硫酸，C5电极为阴极，在阴极上H+

放电产生氢气，同时产生OH−，阴极室负电荷增多，中间室的Na+通过阳离子交换膜进入阴极室形成NaOH，当通过0.04mole−时，阳极室产生0.04molH+，有0.02molSO24−进入阳极室，阴极室产生0.04molOH−，也

就有0.04molNa+进入阴极室，故中间室减少的质量=0.02×96g/mol+0.04×23g/mol=2.84g。【小问4详解】丁装置中Fe电极为阳极，电极反应为Fe-2e−=Fe2+，C6电极为阴极，电极反应

为2H2O+2e−=H2+2OH−，产生OH−，故Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，故电解池中有白色沉淀生成(若多答“沉淀变色及产生气泡”、“铁电极溶解”也可)，电解的化学方程式为Fe+2H2O==通电Fe(OH)2+H2↑。24.哈尔滨工业大学的李惠等人和加州大学洛杉矶分校的黄

昱、段镶锋合作合成了具备超轻、高力学强度和超级隔热三大特点的氮化硼(hBNAGs)以及碳化硅(β-SiCAGs)陶瓷气凝胶材料，这种坚固的材料系统非常适用于当作极端条件下的超热绝缘体使用，主要用于航天器领域

。回答下列问题：（1）硅原子的价电子排布图为___________。B、N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。（2）硼元素深受配位化学家的喜爱，其原因在于B容易与配体形成配位键，如BF4−。硼酸[B(OH)3]在水中电离产生H+过程为：B

(OH)3+H2OH++[B(OH)4]−。①从原子结构分析B容易与配体形成配位键的原因___________。②下列有关硼酸及其相关化合物的说法正确的是___________(填标号)。A．硼酸的电离过程中有配位键形成B．硼酸为三元酸C．Na[B(OH)4]的水溶液呈碱

性D．硼酸和[B(OH)4]−中的键角相同（3）氨硼烷(NH3BH3)具有良好的储氢能力。已知B、N、H三种元素的电负性如下：元素符号HBN电负性2.12.03.0①下列有关氨硼烷(NH3BH3)的说法中错误的是___________(填标号)

。A．H元素为+1价B．氨硼烷中有配位键C．N和B原子均为sp3杂化D．氨硼烷在一定条件下能与水反应产生氢气②氨硼烷的电子式为___________，氨硼烷中H−N−H的键角___________(填“>”“<”或“=”)H−B−H的键角。【答案】（1）①.②.N>O>B>Al（

2）①.B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键②.AC（3）①.A②.③.＞【解析】【小问1详解】Si是14号元素，基态Si原子价电子排布式为3s23p2，则基态Si原子价电子排布图为；同一周期主族元素的第一电离能从左向右呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素大，

活泼金属的第一电离能比非金属的小，所以B、N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞B＞Al；故答案为：；N＞O＞B＞Al。【小问2详解】B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键：A．硼酸的电离过程中B原子与氢氧根离

子中氧原子上的孤对电子对结合形成配位键，故A正确；B．硼酸只能接受一个氢氧根，放出一个氢离子，故为一元酸，故B错误；C．从题干中的电离方程式可知，硼酸为弱酸，Na[B(OH)4]为强碱弱酸盐，水解显碱

性，故C正确；D．两种含B微粒中B的杂化方式不同，所以键角不同，故D错误；故答案为：B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键；AC。【小问3详解】A．由电负性数据可知，NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，显+1价，与B原子相连的H呈负电性，显−1价，故A错误；B．NH3

BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间形成配位键，故B正确；C．NH3BH3分子中B和N原子的价层电子对数均为4，故B和N原子杂化方式为sp3；故C正确；D．NH3BH3分子中−1价的氢和水中+1价的氢易发生归中反应产生氢气，故D正确；氨

硼烷的电子式为：，氨硼烷中尽管N和B的杂化方式相同，但B和N的电负性不同，共用电子对偏向N，远离B，因此N附近电子对排斥力大，使得H−N−H的键角较大；故答案为：A；；＞。25.工业生产上从电解精炼铜的阳极泥中获得金、硒和胆矾的工艺流程如图所示。已知阳极泥中含有Au、Cu2Se

、FeS、Cu2S、SiO2等不反应的杂质。回答下列问题：（1）焙烧时需要将阳极泥烘干并粉碎成粉末，粉碎成粉末的目的是___________。（2）将焙烧产生的烟气通入冷水中可制得Se，说明SeO2具有_

__________性。（3）已知焙烧的烧碴中主要含有Au、SiO2、Fe2O3和Cu2O，写出浸铜过程中Cu2O溶解的离子方程式___________。（4）浸铜液调pH值的目的是___________，调pH值加入的物质可以是_________

__，操作①的操作过程是___________。（5）浸金液中含有NaAuCl4，用亚硫酸钠还原可制取Au，写出该反应的离子方程式___________。【答案】（1）增大与氧气的接触面积，加快焙烧的速率（2

）氧化（3）Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O（4）①.除去Fe3+②.氧化铜(或“氢氧化铜”“碳酸铜”“碱式碳酸铜”等答出一种即可)③.蒸发浓缩、冷却结晶(过滤)（5）2AuCl4−+3SO23−+3H2O=2Au+3SO24−+6H+

+8Cl−【解析】【分析】已知阳极泥中含有Au、Cu2Se、FeS、Cu2S、SiO2等杂质，该题主要考查是从阳极泥中分离、提纯出金、硒和胆矾的方法。由流程图可知，焙烧后可制硒；加酸、双氧水进行浸铜后得浸铜渣和浸铜液，

利用浸铜渣经一系列操作制金；浸铜液中含有铁离子杂质，通过调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀出去，继而进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤一系列步骤制得胆矾。【小问1详解】增大反应物之间的接触面积可提高反应速率，故粉碎成粉末的目的是增大与氧气的

接触面积，加快焙烧的速率。【小问2详解】焙烧产生的烟气通入冷水中可制得Se，SeO2的化合价降低，说明SeO2具有氧化性。【小问3详解】浸铜过程中Cu2O溶解的离子方程式为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O。的【小问4详解】浸铜液调pH值的目的是除去Fe3

+，调pH值加入的物质可以是氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜等，操作①的操作过程是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。【小问5详解】用亚硫酸钠还原NaAuCl4制取金的离子方程式为：2AuCl4−+3SO23−+3H2O=2Au

+3SO24−+6H++8Cl−。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com