【文档说明】【精准解析】新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(19)页，580.500 KB，由小赞的店铺上传

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乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年度下学期阶段性诊断测试高二年级化学试题原子量：Ni59Mg24Cu64Na23O16一、单选题1.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微

粒的化学用语正确的是A.中子数为18的氯原子：1817ClB.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。【详

解】A.核素的表达式AZX中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为3517Cl，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电

子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.

氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。2.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是A.明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同B.银质器物久置表面变暗与电化学腐蚀有关C

.钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D.泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应【答案】D【解析】【详解】A．明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，自来水是用强氧化性物质来

消毒的，二者原理不同，故A错误；B．银质器物久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故B错误；C．吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，自然界中钢铁的

腐蚀以吸氧腐蚀为主，故C错误；D．铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，碳酸氢根离子和铝离子能发生相互促进的双水解反应产生氢氧化铝和二氧化碳，达到灭火的目的，故D正确；故答案为D。3.下列有关焰色试验说法中正确的是（）A.用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na＋，不含

K＋B.焰色试验中需用盐酸洗净铂丝C.焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察D.只有金属单质灼烧时火焰才有颜色【答案】B【解析】【详解】A.用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na＋，但不能确定是否含有K＋，需要再透过蓝色钴玻璃

观察，A项错误；B.焰色反应最主要的是无其他离子干扰，每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B项正确；C.只有钾的焰色反应的观察需要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，C

项错误；D.焰色反应是元素的性质，金属单质和金属形成的化合物灼烧时都会发生焰色反应，D项错误；答案选B。4.下列离子方程式中，正确的是A.小苏打溶液与少量澄清石灰水混合：Ca2+＋OH－＋-3HCO=CaCO3↓＋H2OB.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋4OH

－=-2AlO＋2H2OC.将氯气通入水中：Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋2H＋D.钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑【答案】D【解析】【详解】A．小苏打溶液与少量澄清石灰水混合，OH－完全反应，离子

方程式：Ca2++2OH－+2-3HCO=CaCO3↓+2H2O+CO2-3，故A错误；B．一水合氨为弱碱，不能写成离子，且不与氢氧化铝反应，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=A1(OH)3↓+3NH+4，故B错误；C．HClO为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式

为Cl2＋H2O⇌Cl－＋HClO＋H＋，故C错误；D．Na与水反应生成NaOH和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故D正确；故答案为D。5.已知反应Cu(s)+2Ag+(aq)=Cu2+(aq)+2Ag(s)为一自发进行

的氧化还原反应，将其设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是A.铜电极是正极，其电极反应为Cu-2e-=Cu2+B.银电极上发生还原反应，电极质量增加C.当铜电极质量减少0.64g时，电解质溶液中有0.02mol电子通过D.外电路中电子由银电极流向铜电极【答案】B【解析】【详解】A、相

对较活泼金属为负极，即Cu作负极，故A错误；B、银电极为正极，银电极上发生还原反应，Ag++e-=Ag，电极质量增加，故B正确；C、电解质溶液中没有电子通过，故C错误；D、外电路中电子由铜电极流向银电极，故D错误；故选B。6.阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法正确的是A.1L0

.1mol·1L−NH4Cl溶液中，4NH+的数量为0.1ANB.2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1ANC.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2AND.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.

2AN【答案】D【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×

2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol

，分子数为0.2NA，故D正确。7.镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可缺少的原料。工业制造镁粉是将镁蒸气在某种气体中冷却，下列可作为冷却的气体是A.ArB.N2C.空气D.CO2【答案】A【解析】【详解】镁属于较活泼金属，能和氮气反应生成氮化镁

（3Mg+N2点燃Mg3N2），和二氧化碳反应生成MgO和C（2Mg+CO2点燃2MgO+C），和空气中的氧气（2Mg+O2点燃2MgO）、氮气等反应，镁与Ar不反应，所以可以放在Ar中冷却，故选A。8.下列转

化过程不能一步实现的是A.Al(OH)3→Al2O3B.Al2O3→Al(OH)3C.Al→AlCl3D.Al→NaAlO2【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反

应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。9.等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可

能分别是()A.甲、乙中都是铝过量B.甲中铝过量，乙中碱过量C.甲中酸过量，乙中铝过量D.甲中酸过量，乙中碱过量【答案】B【解析】【详解】根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，2Al+2N

aOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是5︰6可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是

过量的，所以正确的答案选B。10.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的本质并不改变的是A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.木炭（C）和O2【答案】C

【解析】【详解】A、如果加热则生成过氧化钠，不加热生成氧化钠，A不符合。B、如果CO2过量，则生成碳酸氢钠，不过量生成碳酸钠和水，B不符合。C、过氧化钠和二氧化碳反应只能生成碳酸钠和氧气，C符合。D、氧气

过量则生成CO2，氧气不足则生成CO，D不符合；所以答案选C。11.下列除杂质的方法不正确的是A.镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B.FeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量的氨水，过滤洗涤沉

淀，将沉淀再用适量盐酸溶解C.Fe2O3中混有少量Al2O3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥D.Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2

后过滤【答案】B【解析】【分析】A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能；B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀；C.Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能；D.加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝。【详解】

A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能，则镁粉中混有少量铝粉的方法为加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，所以A选项是正确的；B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3不能选加入过量氨水，故B错误；C.Fe2O3中混有少量Al2O3，加入足量烧碱溶液，

Al2O3变成偏铝酸钠，而Fe2O3不发生反应，再通过过滤、洗涤、干燥，可以得到纯净的Fe2O3，所以C选项是正确的；D.加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得

到氢氧化铝，所以D选项是正确的。故答案选B。12.某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2+)＝2mol·L－1，c(SO42-)＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1氢氧化钠溶液的体积是

A.0.5LB.1.625LC.1.8LD.2L【答案】D【解析】【详解】根据电荷守恒()()()2324232cMgcALcSO++−+=可得c(Al3＋)=3mol/L；()22/0.20.4nMgmolLLmol+==；n(Al3＋)=3ml/L×0.2L=0.6mol；反应的离

子方程式为：Al3＋+3OH—=Al(OH)3↓；Al3＋+4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3＋恰好完全

反应生成AlO2—离子，即，需氢氧化钠的物质的量为0.420.643.2molmolmol+=；所以加入1.6mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为：()3.221.6/aqmolVNaOHLmolL==，答案选D。13.以下方法可用于工业冶

炼金属的是A.电解熔融AlCl3获取金属铝B.电解MgCl2溶液获取金属镁C.用CO还原铁矿石来获取金属铁D.电解饱和食盐水来获取金属钠【答案】C【解析】【详解】A．AlCl3不导电，工业上电解熔融的氧化铝制取金属铝，故A错误；B．电解MgCl2溶液得到氢氧化镁，电解熔融的氯化镁制

取金属镁，故B错误；C．一氧化碳还原铁矿石得到金属铁，故C正确；D．电解饱和食盐水得到氢氧化钠，电解熔融的氯化钠制取金属钠，故D错误；故答案选C。14.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示

装置和原理能达到实验目的的是A.制取氨气B.制取碳酸氢钠C.分离碳酸氢钠D.干燥碳酸氢钠【答案】C【解析】【详解】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气

流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。答案选C。15.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是()

A.碱性：NaOH＜Mg(OH)2＜Al(OH)3B.第一电离能：Na＜Mg＜AlC.电负性：Na＞Mg＞AlD.还原性：Na＞Mg＞Al【答案】D【解析】【详解】根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。A项，同一周期

，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故A项错误；B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第

一电离能：Na＜Al＜Mg，故B项错误；C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，故C项错误。D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：Na＞Mg＞Al，故D项正确。答案选D。16.下列几组微粒互为等电子体的有

（）①N2和CO②NO+和CN-③CO2和CS2④N2O和CO2⑤BF3和SO3A.①②③B.④⑤C.①③④D.①②③④⑤【答案】D【解析】等电子体是指：粒子中含有相同的原子个数且最外层电子数之和相等，如果为阳离子，则电子数减去所带的电荷数值，若为阴离子，电子

数加上所带的电荷数值。①N2和CO中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为14、14，为等电子体；②NO+和CN-中，原子个数分别为2、2，最外层电子数分别为5+6-1=10和4+5+1=10，为等电子体。③CO2和CS2中均为3个原子，O和S同主族

，所以两粒子中最外层电子数必然相等，为等电子体。④N2O和CO2均为3个原子，最外层电子数分别为5+5+6=16和4+6×2=16，为等电子体。⑤BF3和SO3均含4个原子，最外层电子数分别为3+7×3=24和6×4

=24，为等电子体。故①②③④⑤都属于等电子，D正确。正确答案为D17.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（）A直线形；三角锥形B.V形；三角锥形C.直线形；平面三角形D.V形；平面三

角形【答案】D【解析】【详解】H2S中S的孤电子对数为12×（6-2×1）=2，σ键电子对数为2，S的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2S的立体构型为V形；BF3中B的孤电子对数为12×（3-3×1）=0，σ键电子对数为3，B的价层电

子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于B上没有孤电子对，BF3的立体构型为平面三角形；答案选D。18.下列叙述中正确的是A.NH3、CO、CO2都是极性分子B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C.HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D.CS2、H2O、C2H2都是直线

形分子【答案】B【解析】【详解】A、CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。B、CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子，B正确。C、非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F＞Cl＞Br＞I，所以HF、HCl、HB

r、HI的稳定性依次减弱，C不正确。D、水分子是V形结构，D不正确。答案选B。19.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是A.①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，

③2个，④4个C.晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12D.空间利用率的大小关系为：①<②<③<④【答案】B【解析】【详解】A、①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，②、③颠倒，故A错误；

B、根据晶胞计算，每个晶胞含有的原子数分别为：①8×1/8=1个，②8×1/8+1=2个，③8×1/8+1=2个，④8×1/8+6×1/2=4个，故B正确；C、配位数是指晶胞中与原子紧邻的原子数，所以四种晶胞中

原子的配位数分别为：①6，②8，③12，④12，故C错误；D、空间利用率是指晶胞在所含原子的体积与晶胞体积的比值，根据四种晶胞的空间利用率判断①<②<③=④，故D错误；答案选B。20.下列叙述不正确的是A.在干冰晶体中

，每一个二氧化碳分子周围有12个二氧化碳分子紧密相邻B.金刚石网状结构中，由共价键构成的碳原子环中，最小的环上有4个碳原子C.熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅D.在12g金刚石晶体中，含共价键

为2NA【答案】B【解析】【详解】A．采用X、Y、Z切割面的方法确定每个二氧化碳分子周围有多少个二氧化碳分子紧密相邻，每个切割面上有4个二氧化碳分子，所以与每个二氧化碳分子紧密相邻的二氧化碳分子个数=4×3=12，故A正确；B．金刚石晶体中，最小的碳环上有6个碳原子，每个碳

原子形成4个共价键，从而构成了空间网状结构，故B错误；C．共价键的键长越短，作用力越强，破坏之需要较高的能量；金刚石、碳化硅、晶体硅都是原子晶体，原子间键长大小顺序是硅硅键＞碳硅键＞碳碳键，所以这三种晶体熔点由高到低的顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C

正确；D．每个碳原子占有2个共价键，12g金刚石含有的原子个数=11212?ggmol－×NA=NA，所以12g金刚石晶体中，含共价键为2NA，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了晶体熔点高低的判断、晶体中含有的化学键个数等知识点，易错选项是D，金刚石中，每个碳原子能形

成4个共价键，但每个共价键被2个碳原子共有，所以相当于每个碳原子单独占有2个共价键。21.如图是NaCl晶体的一个晶胞的结构模型(黑球为Cl-、白球为Na+)。KO2的晶体结构与NaCl相似，KO2可以看作是Na＋的位置用K＋代替，Cl－的位置用O2-代替，则下列对于

KO2晶体结构的描述不正确的是()A.与K＋距离相等且最近的K＋有8个B.与K＋距离相等且最近的O2-构成的多面体是正八面体C.一个KO2晶胞中的K＋和O2-粒子数均为4个D.与K＋距离相等且最近的O2-共有6个【答案】A【解析】【详解】A．K+位于晶胞棱心，被横平面、竖平面和

正平面共有，且每一个平面有4个K+距离最近，共43=12个，A错误；B．与K+距离相等且最近的O2-共有6个，构成正八面体，K+位于正八面体中心，B正确；C．K+位于晶胞棱心和体心，平均每个晶胞的数目为112+1=44，O2-位于顶点和面心，平均每个晶胞的数目为118+6

=482，即一个KO2晶胞中分摊得的K＋和O2-粒子数均为4个，C正确；D．K+位于晶胞棱心，与K+距离相等且最近的O2-位于顶点和面心，共有6个，D正确；故选A。二、填空题22.已知钠、氯及其化合物间有如下转化关系，请按要求填空：(1)实验室中金属

钠通常保存在______中，一小块金属钠投入硫酸铜溶液中反应的离子方程式是____________。(2)Na2O2常用于呼吸面具中，有关反应的化学方程式为_____________，___________。(3)Na2O2粉末投入到紫色石蕊试液中，观察到的现象是__

__________。(4)工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，其化学方程式为__________。【答案】(1).煤油或石蜡油(2).2Na+2H2O+Cu2+=2Na++H2↑+Cu(OH)2↓(3)

.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(5).先变蓝后褪色(6).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。【解析】【详解】(1)钠在空气中

易被氧气氧化，钠易与水反应，金属钠的密度大于煤油或石蜡油，所以应该保存在煤油或石蜡油中；一小块金属钠投入硫酸铜溶液中，钠首先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠接着与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=2Na++H2

↑+Cu(OH)2↓；(2)过氧化钠是淡黄色固体，过氧化钠与二氧化碳、水蒸气反应放出氧气，反应的方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(3)Na2O

2粉末投入到紫色石蕊试液中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是强碱，能够使紫色石蕊试液变蓝，又因为Na2O2有强氧化性，能够使紫色石蕊试液褪色，故溶液最终变为无色；(4)工业上用氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(

ClO)2+2H2O。23.如图中，甲是电解饱和食盐水，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：(1)b极上的电极反应式为___，检验a电极上产生的气体的方法是__，甲电池的总反应化学方程式是___。(2)在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是___(填“粗铜板”或“纯铜板”)；在d电极上发生的电极反应

为___；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是__，电解一段时间后，电解液中的金属离子有__。(3)如果要在铁制品上镀镍(二价金属)，则e电极的材料是___(填“铁制品”或“镍块”，下同)，f电极的

材料是____。(4)若e电极的质量变化118g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为____。【答案】(1).2H++2e-=H2↑(2).湿润的淀粉KI试纸变蓝则为Cl2(3).2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑

+Cl2↑(4).粗铜板(5).Cu2++2e-=Cu(6).Au、Ag(7).Cu2+、Fe2+(8).镍块(9).铁制品(10).44.8L。【解析】【详解】(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，电极方程式为2Cl--2

e-=Cl2↑，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；检验a电极生成的氯气应该用湿润的淀粉碘化钾试纸，氯气可将碘离子氧化为碘单质，使试纸变蓝；电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2Na

Cl+2H2O电解2NaOH+Cl2↑+H2↑；(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+

得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2++2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe-2e-=Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在

电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+；(3)在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁制品作阴极与电源负极N相连即f极，镍块为阳极与电源正极M相连即e极；(4)若e电极的质量变化11

8g，根据转移电子数相等，Ni~2e-~Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为118g22.4L/mol59g/mol=44.8L。【点睛】本题的易错点为（2），粗铜的电解精炼过程中，阳极上比铜

活泼的金属也要放电，活泼性比铜弱的形成阳极泥。24.从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题：(1)固体A的主要成分是________(写名称)；(2)铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为______

、______；(3)电解熔融氧化铝可制得两种单质，写出该反应化学方程式__________；(4)写出滤液D和过量CO2反应的离子方程式__________；(5)指出流程乙的一个缺点是____________；(6)氧化铝与焦

炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X．已知每转移6.02×1023个电子，有0.5mol化合物X生成，此反应的化学方程式________________。【答案】(1).二氧化硅(2).SiO2+2OH-=2-3SiO+H2O(3).Al

2O3+2OH-=-2AlO+H2O(4).2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al+3O2↑(5).-2AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+-3HCO(6).沉淀Z中混有H2SiO3，灼烧后，氧化铝中

含有二氧化硅杂质(7).Al2O3+N2+3C高温2AlN+3CO【解析】【分析】流程甲：铝土矿中加入过量的稀盐酸，SiO2与盐酸不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO均可与盐酸反应生成相应的氯化物，反应的离子方程式为A

l2O3+6H+=2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；MgO+2H+=Mg2++H2O；反应液中加入过量烧碱，Al3+变为-2AlO，Mg2+、Fe3+变为Mg(OH)2和Fe(OH)3沉淀，过滤后，滤液中通入足量的二氧化碳气体，生成了A

l(OH)3沉淀；反应方程式为-2AlO+CO2＋2H2O=Al(OH)3↓+-3HCO。流程乙：铝土矿中加入过量的氢氧化钠溶液，Fe2O3、MgO与氢氧化钠不反应，SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中

通入足量的二氧化碳，反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸。【详解】(1)根据分析，固体A的主要成分是二氧化硅；(2)铝土矿中Al2O3、SiO2均与强碱反应，生成偏铝酸盐和硅酸盐，反应的离子方程式分别为：Al2O3+2OH-=-2AlO+H2O、SiO2+2OH-=2

-3SiO+H2O；(3)电解熔融氧化铝可制得金属铝和氧气，反应化学方程式2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al+3O2↑；(4)向滤液D中通入足量的二氧化碳气体，生成了Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为-2AlO+CO2＋2H2O=Al(OH)3↓+-3HCO；(5)SiO2、Al2O

3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸，灼烧后，得到氧化铝和二氧化硅，即氧化铝中含有二氧化硅杂质；(6)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X，根据元素守恒可以知道X中应含有氧元

素和碳元素，已知每转移6.02×1023个电子即1mol电子，有0.5mol化合物X生成，由电子转移守恒，可得在X中C的化合价为1mol0.5mol=2，所以X是CO，所以该反应的化学方程式为Al2O

3+N2+3C高温2AlN+3CO。25.(1)将一定量的N2(g)和H2(g)放入2L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)①在反应体系中加入催化剂，反应

速率______，该反应的反应热_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。②5分钟后达到平衡，测得N2为0.2mol，H2为0.6mol，NH3为0.2mol。氮气的平均反应速率υ(N2)＝_________，H2的转化率为______(保留小数点后一位)。③欲

提高②容器中H2的转化率，下列措施可行的是________。A．把气体的体积压缩至1LB．向容器中再充入惰性气体C．改变反应的催化剂D．液化生成物分离出氨(2)根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺

有少量Fe2O3和TiO2)表面与水发生下列反应：2N2(g)+6H2O(g)⇌4NH3(g)+3O2(g)∆H=akJ/mol，进一步研究NH3生成量与温度关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：T/K303313323NH3生成量/

(10-6mol)4.85.96.0此合成反应的a_________0。(填“大于”、“小于”或“等于”)【答案】(1).增大(2).不变(3).0.01mol/(L·min)(4).33.3%(5).AD(6).

大于【解析】【分析】(1)①催化剂能加快反应速率，但不影响反应热；②根据化学反应速率和转化率的公式计算；③对于合成氨反应，欲增大反应物的转化率，可设法让平衡向正反应方向移动。具体方法为：加压、降温、把产物取走一部分、增大另一种反应

物的浓度，但试图通过充入稀有气体让体系的总压强增大、加入催化剂、充入该反应物，都不能达到目的。(2)根据温度对化学平衡移动的影响分析。【详解】(1)①在反应体系中加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能提高反应物的转化率；催化剂

能降低反应的活化能，但该反应的反应热不变；②223N(g)+3H(g)2NH(g)/mol0.30.90/mol0.10.30.2/mol0.20.60.2起始量变化量平衡量氮气的平均反应速υ(N2)＝0.1mol2L5min=

0.01mol/(L·min)，H2的转化率为0.3mol100%0.9mol=33.3%；③A.把气体的体积压缩至1L，平衡正向移动，H2的转化率提高，A可行；B.向容器中再充入惰性气体，虽然总压强增大，但反应物与生成物的浓度没有发生改变，平衡不发生移动

，H2的转化率不变，B不可行；C.改变反应的催化剂，能改变化学反应速率，但不能改变反应物的转化率，C不可行；D.液化生成物分离出氨，减小生成物浓度，平衡正向移动，H2的转化率增大，D可行；故答案选AD；(2)从表中数据可看出，升高温度，

NH3的生成量增大，说明平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，a大于0。26.A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：(1)四种元素中电

负性最大的是______(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为__________，A元素在元素周期表中的位置是__________，B原子的结构示意图为__________，A、B、C、D四种元素的离子半径从大到小的顺序是__________(用离子符号表示)。(2)单质A有两种同素异形体

，其中沸点高的是_____(填分子式)，原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。(3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为___，中心原子的杂化轨道类型为___。(4)

化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______(5)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为_____：晶胞中A原子的配位数为______；列出晶体F的密度(g.cm-3)计算式_____。【答案】(1).O(2).ls22s

22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）(3).第二周期第VIA族(4).(5).P3->Cl->O2->Na+(6).O3(7).O3分子量大(8).分子晶体(9).离子晶体(10).三角锥(11).sp3(12).V形(13

).4(14).Na2O(15).8(16).233-734626.0210ρ=g/cm(0.56610)【解析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，则D

为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根

据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；A元素为O元素，其在元素周期表中的位置为第二周期第ⅥA族；B元素为Na元素，其原子结构示意图为；相同结构的离子，原

子序数越小半径越大，电子层数越多半径越大，故四种元素的简单离子半径从大到小为P3->Cl->O2->Na+；(2)A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对分子质量较大，则范德华力较大，沸点较高；A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；

(3)C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+5-312=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3；(4)化合物D2

A为Cl2O，O为中心原子，形成2个σ键，孤电子对数为6-212=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形；(5)O和Na能够形成化合物F，半径大的为O2-、半径小的为Na+，该晶胞中大球个数=118+682=4、小球个数为8，

则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3，晶胞密度=AM4NV=23-734626.0210(0.56610)

g.cm-3。