【文档说明】四川省成都市蓉城名校联盟2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题 含解析 .docx，共(21)页，1.932 MB，由小赞的店铺上传

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蓉城名校联盟2021～2022学年度下期高中2020级期中联考化学考试时间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：H1N14O16K39C

u64一、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.下列关于能层和能级的说法错误的是A.每个能层中的能级数都等于该能层序数B.原子核外每个能层容纳的电子数都是n2(n表示能层序数)C.d能级最多能容纳10个电子D.任一能层的能级总是从s

能级开始【答案】B【解析】【分析】任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，即原子轨道类型数目等于该电子层序数，如第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M

层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f亚层，根据核外电子排布规律，各能层最多容纳电子数都是2n2（n为电子层数）。【详解】A．由分析可知，每个能层中的能级数都等于该能层序数，故A正确；B

．由分析可知，原子核外每个能层最多容纳电子数都是2n2（n为电子层数），故B错误；C．d能级有5个轨道，每个轨道最多能容纳2个电子，所以d能级最多能容纳10个电子，故C正确；D．由分析可知，任一能层的能级总是从s能级开始，故D正确；故选B。2.下列化学用语正确的是A.2+Fe的结构示意图：B.2

S−的结构示意图：C.2Cu+的核外电子排布式：9Ar3dD.Cr原子的价电子排布式：423d4s【答案】C【解析】【详解】A．亚铁离子的核电荷数为26，核外3个电子层，最外层电子数为14，离子的

结构示意图为，故A错误；B．硫离子的核电荷数为16，核外3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故B错误；C．铜元素的原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为9Ar3d，故C正确；D．铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式

为3d54s1，故D错误；故选C。3.有四种元素原子的基态或激发态原子的电子排布式如下：①2151s2s2p②22611s2s2p3s③225611s2s2p3s3p④2231s2s2p下列说法错误的是A.元素①的一种

单质可用于消毒杀菌B.元素②所在周期中其原子半径最大C.元素①③在周期表中位于第17列D.元素④的简单氢化物常作制冷剂【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，①2151s2s2p是激发态O原子的电子排布式，②22611s2s2p3s是基态Na原子的电子排布式，③2

25611s2s2p3s3p是激发态S原子的电子排布式，④2231s2s2p是基态N原子的电子排布式，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，元素①是O，则元素①的一种单质O3可用于消毒杀菌，A正确；B．由分析可知，元素②是Na，则元素②Na所在周期中其原子半径最大，B正确；C．由分析可知，元

素①③为O、S，在周期表中位于第16列，C错误；D．由分析可知，元素④即N，其简单氢化物NH3常作制冷剂，D正确；故答案为：C。4.22HS的结构式为HSSH———，下列有关22HS的说法错误的是A.四个原子在一条直线上B

.S原子有两对孤电子对C.S原子的杂化方式为3spD.22HS分子中既有极性键又有非极性键【答案】A【解析】【详解】A．H2S2中S的σ键数为2，孤电子对数为2，S原子的价层电子对数为2+2=4，孤对电子会对成键电子有排斥作用，因此四个原子不在一条直

线上，A错误；B．H2S2中S的σ键数为2，孤电子对数为2，B正确；C．H2S2中S的σ键数为2，孤电子对数为2，S原子的价层电子对数为2+2=4，S原子为sp3杂化，C正确；D．22HS分子中既有H-S极性键

又有S-S非极性键，D正确；故选：A。5.下列有关元素周期表分区的说法正确的是A.s区全是金属元素B.p区全是非金属元素C.d区和ds区全是金属元素D.d区有10个纵行【答案】C【解析】【详解】A．元素周期表的s区元素不全部是金属元素，比如位于s区的氢元素为非金属元素，故A错误

；B．元素周期表的p区元素不都是非金属元素，比如位于p区的铅元素为金属元素，故B错误；C．元素周期表的d区和ds区元素都是过渡元素，全部是金属元素，故C正确；D．d区和ds区共有10个纵行，其中d区有8个纵行，故D错误；故选C。6.描述共价键的三个重要参数是键能、键长和键角。下列说法

正确的是A.在2CS分子中，CS=键的键长是C原子半径和S原子半径之和B.4P分子为正四面体结构，键角为60C.键能：ENN3()(EN)N=—D.3AB型分子中的键角均为107【答案】B【解析】【详解】A．键长是成键两原子的原子半径之和，二硫化碳分子中碳硫双键的键长比碳原子和硫原子的

原子半径之和要小，故A错误；B．白磷分子空间构型为正四面体形，键角为60°，故B正确；C．查阅课本资料可知，氮氮三键的键能为946kJ/mol，而氮氮单键的键能为193kJ/mol，故氮气分子中含有的氮氮三键的键能比氮氮单键的3倍要大，故C错误；D．若AB3分子中A原子的价层电子对数

为3，孤对电子对数为0，空间构型为平面三角形，分子中的键角均为120°，故D错误；故选B。7.下列关于σ键和π键的说法错误的是A.σ键都有方向性，π键都有饱和性B.两个成键原子之间最多有一个σ键C.HCl分子中存在s-pσ键，电

子云图象呈轴对称D.2N分子中有两个π键，且相互垂直【答案】A【解析】【详解】A．并不是所有σ键都有方向性，如s-sσ键没有方向性，故A错误；B．两个成键原子之间形成的第一条键为σ键，从第二条开始为π键，因此两个成键原子之间最多有一个

σ键，故B正确；C．HCl中的共价键是由氢原子提供的未成对电子的1s原子轨道和氯原子提供的未成对电子的3p原子轨道重叠形成的s-pσ键，σ键的特征是以形成化学键的两原子核的连线为轴做旋转操作，因此电子云图象呈轴对称，故C正确；D．2N分子中含有一个p-pσ键和两个p-pπ键，且两个π

键相互垂直，故D正确；答案选A。8.下列关于第一电离能和电负性的说法正确的是A.第一电离能和电负性随着核电荷数的增加而增大B.已知：25℃时，1molBa失去1mol电子需要吸收EkJ的能量，则Ba的第一电

离能为1moLEJlk−C.在元素周期表中，某些元素与右下方的主族元素的有些性质相似的主要原因是这些元素的电负性相近的D.两元素的电负性数值相同，则其金属性和非金属性相同【答案】C【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，ⅡA族的s轨道为全充满稳

定结构，ⅤA族的p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能均大于相邻元素，故A错误；B．第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，所以25℃时1mol钡原子失去1mol电子需要吸收的能量与第一电离能的数值不相等，故B错误；

C．在元素周期表中，某些元素与右下方的主族元素的电负性相近，性质相似，该规则为对角线规则，故C正确；D．元素电负性大小可以衡量元素的金属性和非金属性的强弱，但电负性数值相同的元素的金属性和非金属性不一定相同，故

D错误；故选C。9.下列有关多原子分子中中心原子杂化的说法正确的是A.同一元素的原子在不同的分子中杂化方式相同B.杂化轨道用于解释分子的立体构型，杂化轨道数目等于价层电子对数目C.若分子中含有同一元素的多个原子，则在该分子中此原子的杂化方式完全相同D.杂化轨道用

于形成σ键、容纳孤电子对和肩并肩形成π键【答案】B【解析】【详解】A．同一元素的原子在不同的分子中杂化方式不一定相同，如C原子在CH4中采用sp3杂化，在CH2=CH2中采用sp2杂化，在HC≡CH中采用sp杂化，A错误；B．杂化轨道用于形成σ键

和容纳孤电子对，价层电子对数也是σ键加孤电子对数，则杂化轨道用于解释分子的立体构型，杂化轨道数目等于价层电子对数目，B正确；C．若分子中含有同一元素的多个原子，则在该分子中此原子的杂化方式不一定完全相同，如CH

3CH=CHC≡CH中C原子从左往右分别采用sp3、sp2、sp2、sp、sp杂化，C错误；D．杂化轨道用于形成σ键、容纳孤电子对，杂化轨道不用于肩并肩形成π键，D错误；故答案为：B。10.吸收光谱和发射光谱统称为原子光谱。下列

说法错误的是A.同一种元素原子的吸收光谱和发射光谱的特征谱线相同B.霓虹灯光与原子核外电子发生跃迁释放能量有关C.光谱仪可以摄取元素的吸收光谱和发射光谱D.目前发现的元素都是通过原子光谱发现的【答案】D【解析】【详解】A．不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取各种元

素的电子的吸收光谱或发射光谱，同一种元素原子的吸收光谱和发射光谱的特征谱线相同，故A正确；B．电子跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，霓虹灯广告与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，故B正确；C．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，而发射光谱显示光谱中的彩色线条，可以用光谱仪摄取各种元素电子的吸收光谱或发射光谱，故C正确；D．每种元素都有自己的特征谱线，在历史上许多元素是通过原子光谱发现的，如铯和铷，但目前发现的元素

并非都是通过原子光谱发现的，故D错误；故选D。11.下列有关碳、氮、氧三种元素的单质及其化合物的说法正确的是A.CO与2N互为等电子体，具有相同的化学键特征，具有相同的化学性质B.碳、氮、氧三种元素对应的简单氢化物都可以作为配合物的配体C.碳、氮

、氧三种元素对应的简单氢化物中中心原子的杂化方式都是3spD.332CONONO−−−、、三种离子的VSEPR模型相同，离子立体构型相同【答案】C【解析】【详解】A．CO中第一个π键的键能较小，所以CO的第一个π键比N2更容易断，所以一氧化碳比氮气活

泼，化学性质不相同，A错误；B．C的简单氢化物CH4不能提供孤对电子，不能作为配合物中的配体，B错误；C．CH4含有4个σ键，不含孤对电子，C原子的杂化方式是3sp，NH3中N原子价层电子对数=3+5312−=4且含有1个孤电子对，N原子的杂化

方式是3sp，H2O中O原子的价层电子对数为2+6122−=4，O原子为sp3杂化，C正确；D．CO2-3中心原子C上的孤电子对数为42232+−=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于孤电子对数为0，立体构型

为平面三角形，NO-3中N原子的价层电子对数为3+52132+−=3，不含孤电子对，N原子为sp2杂化，VSEPR模型和立体构型都为平面三角形，NO-2中价层电子对数=2+52122+−=3，孤电子对数为1，VSEPR模型和立体构型

不同，D错误；故选：C。12.图是验证牺牲阳极的阴极保护法装置。下列说法错误的是A.正极反应式为：22H2eH+−+=B.3%NaCl溶液的作用是增强溶液的导电性C.Zn极不断溶解，电流表指针发生偏转D.取2mL铁电极附近的溶液于试管中，滴入2滴黄色()36KFe

CN溶液可观察到特征蓝色沉淀()362FeFeCN【答案】D【解析】【分析】该装置是原电池，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应；【详解】A．

该装置中，锌作负极，铁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，正极反应式为：22H2eH+−+=，故A正确；B．该原电池，正极上氢离子得电子，水为弱电解质，导电能力弱，3%NaCl溶液的作用是增强溶液的导电性，故B正确；C．该装置是原电池，

将化学能转化为电能，电流表指针发生偏转，锌易失电子作负极，锌失电子生成锌离子，故C正确；D．Zn极不断溶解，该反应中铁不参加反应，所以没有亚铁离子产生，当加入()36KFeCN溶液时不产生蓝色沉淀，故D错误；故选：D。13.图甲是用压强传感器探究生铁在pH2=和pH4=的醋酸溶

液中腐蚀过程的装置；图乙是根据压强传感器所得数据绘制的图象。下列说法错误的是A.在上述两种腐蚀过程中，生铁中的碳做正极且电极反应相同B.上述探究过程中吸氧腐蚀速率比析氢腐蚀速率快C.生铁发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀与溶液的酸性强弱有关D.日常生活中钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍【答案】A【解析】

【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳做正极；【详解】A．根据图示可知，当溶液pH=2时，锥形瓶中气体压强逐渐增大，生铁发

生析氢腐蚀，碳做正极且电极反应式为2H++2e-=H2↑，而在pH=4时，气体压强逐渐减小，生铁发生吸氧腐蚀，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B．根据压强与时间关系图知，p

H=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故B正确；C．pH=2时，生铁发生析氢腐蚀，在pH=4时，生铁发生吸氧腐蚀，则生铁发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀与溶液的酸性强弱有关，故C正确；D．日常生活

中介质一般为中性或碱性，钢铁被腐蚀主要是因为铁能与空气中的氧气和水反应，则钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀更普遍，故D正确；故选：A。14.下列有关电池的说法错误的是A.废弃电池中含有重金属和酸碱等有害物质，不能随意丢弃B.

化学电池可以将化学能全部转化成电能C.日常生活中用的手机电池是二次电池D.燃料电池无需将燃料贮存在电池内部【答案】B【解析】【详解】A．废弃电池中含有重金属和酸碱等有害物质会污染水体和土壤，所以不能随意丢弃，故A正确；B．化学电池是将化学能转换为电能的装置，在转换过程中难免会有能量损失，不

能将化学能全部转换为电能，故B错误；C．日常生活中用的手机电池可以反复充电，属于二次电池，故C正确；D．燃料电池不是把还原剂、氧化剂物质全部贮藏在电池内，而是在工作时，不断从外界输入，同时将电极反应产物不断排出电池，故D正

确；故选B。15.下列关于电解的说法错误的是A.电解过程中，两极分别发生氧化和还原反应B.氯碱工业是指电解熔融的氯化钠C.工业上常用电解法获得钠、镁、铝等活泼金属D.电解法是最强有力的氧化还原手段【答案】B【解析】【详解

】A．电解的本质是氧化还原反应，电解过程中，两极分别发生氧化和还原反应，故A正确；B．氯碱工业是指电解饱和氯化钠溶液，不是电解熔融的氯化钠，故B错误；C．钠、镁、铝的金属性强，工业上常用电解法获得钠、镁、铝等活泼金属

，故C正确；D．电解是在通电的条件下发生了氧化还原反应，是最强有力的氧化还原手段，可以实现有些不能自发进行的氧化还原反应，故D正确；故选B。16.电镀是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属的方法。下列叙述错误的是A.电镀铜时，只能选用氯化铜溶液作电解质溶液

B.镀层金属通常是在空气或溶液里不易起变化的金属或合金C.电镀的方法可以应用在铜的精炼上D.电镀的主要目的之一是使金属增强抗腐蚀的能力【答案】A【解析】【详解】A．电镀铜时，可以选用可溶性铜盐作电解质溶液，不一定要选用氯化铜溶液，故A错误；B．电镀的主要

目的之一是使金属增强抗腐蚀的能力，镀层金属通常是在空气或溶液里不易起变化的金属或合金，故B正确；C．电镀和精炼铜都是电解原理的应用，都是在阴极上析出金属，故C正确；D．电镀是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属的方法，电镀是应用电解原理在某些金

属表面镀上一薄层其他金属的方法，故D正确；故选A。17.某甲烷燃料电池的构造如下图所示，a、b为电极，C、D为选择性离子交换膜，只允许一种离子通过。下列说法正确的是A.电子由a沿导线流向b，再由b通过电解质溶液流回aB.a电极的电极反应式为：422CH

8e8OHCO6HO−−−+=+C.出口Y中KOH的质量分数小于ω%D.b是电池正极【答案】D【解析】【分析】由图可知，通入甲烷的a电极为燃料电池的负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4—8e—+10OH—=CO2-3

+7H2O，通入氧气的b电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—。【详解】A．电解质溶液不能传递电子，故A错误；B．由分析可知，通入甲烷的a电极为燃料电池的负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为

CH4—8e—+10OH—=CO2-3+7H2O，故B错误；C．由分析可知，通入氧气的b电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以出口Y中氢氧化钾的质量分数大于ω%，故C错误；D．由分析可知，通入氧气的b电极为正极，故D正确；故选D。18.用惰性电极电解体积为4L的132

0.05molLCu(NO)−溶液，收集到两极产生的气体体积相等时停止通电，恢复至室温(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是A.电解结束后，加入()219.6gCuOH固体可让溶液恢复至原来的浓度B.此电解过程中，

转移电子的物质的量为0.8molC.电解后溶液的pH1=D.常温下，两极收集到的气体总体积为8.96L【答案】D【解析】【分析】电解时阴极是铜离子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，再由氢离子得电子，电极反应式

为2H++2e-=H2↑，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；【详解】A．阴极产生气体说明铜离子先全部得电子生成Cu，4L的1320.05molLCu(NO)−溶

液中n(Cu2+)=cV=0.05×4=0.2mol，()219.6gCuOH物质的量m19.6gn===0.2molM98g/mol，则可让溶液恢复至原来的浓度，A正确；B．阴极先后发生电极反应为Cu2++2e-=Cu、2H+

+2e-=H2↑，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，收集到两极产生的气体体积相等时停止通电，0.2molCu2+反应转移0.4mol电子，则此电解过程中，转移电子的物质的量为0.8mol，B正确；C．由B项知阴极中2H++2e-=H2↑，消耗0.4molH+，阳极反应式为2H2

O-4e-=O2↑+4H+，产生0.8molH+，电解后溶液中n(H+)=0.4mol，在4L溶液中c(H+)=n==0.1mol/LV4L0.4mol，溶液pH=1，C正确；D．此电解过程中，转移电子的物质的量为0.8mol，阳极产生0.2molO2，阴极产生0.2m

olH2，共生成0.4mol气体，由于未指明气体所处的温度和压强，不能计算体积，D错误；故选：D。19.镉镍充电电池的总反应方程式如下：()()222Cd2NiOOH2HOCdOH2NiOH+++放电充电。下列说法正确的是A.

放电时负极反应式为：()--2Cd+2e+2OH=CdOHB.利用该电池电镀铜时，待镀件应连接CdC.充电时阳极反应式为：()222NiOH2HO2e2NiOOH2H−++−=+D.充电时OH−向阳极移动，阳极区碱性增强【答案】B【解析】【分析】放电时负极上

发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+

2e-═Cd+2OH-，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池；【详解】A．放电时，负极发生氧化反应，电极方程式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，故A错误；B．放电时Cd为负极，待镀件应连接Cd

极做阴极被保护，故B正确；C．充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故C错误；D．充电时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，则OH−向阳极移动，但移动到阳极区的OH-会生成NiOOH，所以阳极区的酸碱性不变，故D错误；故选：B。20.下图是研究HCO

OH燃料电池性能的装置，选择性半透膜只允许++KH、通过。下列说法错误的是A.该电池的正极反应式为：22O4e4H2HO−+++=B.区域Ⅲ发生的离子反应为：23224Fe4HO4Fe2HO+++++=+C.+K从区域Ⅰ透过选择性半透膜经过区域Ⅱ最后到达区域ⅢD.电池工作时区域Ⅰ的

pH降低【答案】A【解析】【分析】由图可知，碳元素价态升高失电子，左侧为负极，电极反应式为HCOO-+2OH--2e-═HCO-3+H2O，右侧为正极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，右侧负电荷数减小，左侧正电荷数减小，为平

衡两端电荷，K+通过半透膜移向右侧，钾离子和正极生成的Fe2+进入右侧储罐，Fe2+被氧气氧化Fe3+，反应应在酸性环境下进行，同时生成硫酸钾，故A为H2SO4，据此答题。【详解】A．该电池的正极反应式为：Fe3+

+e-=Fe2+，故A错误；B．区域Ⅲ中发生的反应为亚铁离子被氧化：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故B正确；C．原电池工作时K+通过半透膜移向正极，右侧负电荷数减小，左侧正电荷数减小，为平衡两端电荷，K+通过半透膜从区域Ⅰ透过选择性半透膜经过区域Ⅱ最后到达区域Ⅲ，故C正确

；D．电池工作时区域Ⅰ的电极反应式为：HCOOH-2e-+3OH-=HCO-3+2H2O，消耗OH-使溶液的pH降低，故D正确；故选：A。二、非选择题：本题共5小题，共60分。21.材料科学的应用领域十分广泛，如做磁性元器件的纳米晶软磁合金73.5313.59FeCuN

bSiB；合成全氮材料中间体的五氮阴离子盐()()()534634NHONHCl。回答下列问题：（1）Fe元素在元素周期表中的位置是_______，基态Fe原子的未成对电子数是_______。（2）基态Cu原子的核外价电子排布式为_____

__，Cu位于元素周期表的_______区，基态N原子的价电子排布图为_______。（3）Cu原子的核外电子有_______种不同的运动状态，次外层电子云有_______种不同的伸展方向。（4）2+34[Cu(NH

)]呈色，配位数是_______，2+341mol[Cu(NH)]中σ键的数目为_______。（5）()()()534634NHONHCl中两种阳离子的中心原子杂化方式都是_______；+3HO的电子式为_______。【答案】（1）①.

第四周期第VIII族②.4（2）①.1s22s22p63s23p63d104s1②.ds③.（3）①.29②.5（4）①.4②.16NA（5）①.sp3②.【解析】【小问1详解】Fe为26号元素，其在元素周期表中

的位置为第四周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，只有3d轨道上有4个未成对电子；【小问2详解】Cu是29号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，铜元素的原

子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表的ds区；N的原子序数为7，核外电子排布式为：1s22s22p3，基态N原子的价电子排布图为；【小问3详解】Cu原子核外有29个电子，每个电子的空间运动状态都不同，所以电子有29种运动状态；C

u原子核外次外层为4d轨道，存在5种不同的伸展方向；【小问4详解】2+34[Cu(NH)]配体是NH3，配位数是4，该配离子中每个铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个氨气分子中存在3个σ键，则该配离子中含有4+3×4=16个σ键，所以1mol该配离子含

有16NA个σ键；【小问5详解】两种阳离子分别是NH+4和H3O+，N、O的价层电子对数均为4，其中心原子都是sp3杂化，O最外层电子是8电子稳定结构，跟2个H结合用掉了4个，还剩下2对孤对电子，其中一对跟H

+形成配位键则变成H3O+，电子式为。22.现有6种短周期元素XYZWMQ、、、、、，其原子序数依次增大，部分信息如下表：X阴离子电子层结构与氨原子相同Y最高价氧化物空气中增多会造成温室效应Z双原子单质分子中σ键与π键的数目之比为1：2W基态原子的价电子排布

式为nn+2nsnpM短周期元素中原子半径最大Q元素最高化合价与最低化合价的代数和等于4请用相应的化学用语回答下列问题：（1）中子数为8的一种Y原子常用于判断古生物化石年代，其原子符号是_______（2）基态Q原子的核外电子排布中，电子占据的最高能级符号

是_______，其电子云轮廓图为_______形。（3）Z的电负性_______W的电负性(填“>”或“<”，下同)，Z的第一电离能_______W的第一电离能，ZWM、、的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号回答)。（4）23QW−

的VSEPR模型是_______，3QW分子中的键角是_______在（5）已知：①()()1HgHgeΔ73kJmolH−−−=+=+；②()()1HgHgeΔ1311kJmolH+−−=+=+；③2H中HH—键的键能为143

6kJmol−。则()()()2HgHgHg+−+=的H=_______。（6）4ZX+中的XZX——键角比3ZX中的XZX——键角大，原因是_______。【答案】（1）146C（2）①.3p②.哑铃（3）①.<②.＞③.N3->O2->Na+（

4）①.四面体形②.120°（5）-1674kJ/mol（6）NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对与成键电子对的排斥力【解析】【分析】X阴离子电子层结构与氦原子相同即

核外电子数都是2，则X为H元素；Y最高价氧化物在空气中增多会造成温室效应即二氧化碳，则Y为C元素；Z的双原子单质中含σ键和π键数目之比为1：2，N≡N中1个σ键、2个π键，σ键和π键数目之比为1：2，则Z为N元素；W基态原子的价电子排布式为nn+2nsnp即为2s22

p4，故W为O元素；M短周期元素中原子半径最大，则M为Na元素；Q的最高正化合价与最低负化合价之和等于4，其最高正价为+6，位于第ⅥA族元素，且排在Na后面，则Q为S元素；【小问1详解】由分析知Y为C元素，质子数为6，中子数为8，则质量数=质子数+中子数=6+8=14，其原子符号是

146C；【小问2详解】Q为S元素，基态S原子的核外电子排布中，电子占据的最高能级符号是S的核外电子排布式为[Ne]3s23p4，最高能级为3p，p轨道的电子云轮廓为哑铃形；【小问3详解】Z为N元素，W为O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，同周期从左到

右非金属性增强，故电负性：Z(N)<W(O)；元素的非金属性越强，其第一电离能越大，但是由于N元素的p轨道为半充满状态，故N的第一电离能大于O的第一电离能，故第一电离能：Z(N)＞W(O)；M为Na元素，电子层数相同时原

子序数越大离子半径越小，则简单离子半径N3->O2->Na+；【小问4详解】23QW−即23SO−中S原子的价层电子对数为3+62322−+=4，S原子为sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形；3QW即SO3分子价层电子对个数=3+6322−=3，且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，

则三氧化硫分子中的键角120°；【小问5详解】形成新键放出能量，由2H中HH—键键能为1436kJmol−可得()()()12=HgHgHg-436kJmolH−+=④，反应①-②+④可得()()()2HgHgHg+−+=

H=73-1311-436=-1674kJ/mol；【小问6详解】Z为N元素，X为H元素，+4NH中H-N-H键角比NH3中H-N-H键角大，原因为NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对与成键电子对的排斥力大于成键电子对与成键电子对的排斥力。23.下图是实现对天然气中2CO和2HS高效去除

的协同转化装置，电极材料是ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯。（1）该装置是_______装置(填“电解池”或“原电池”)，上述装置中光伏电池是。把太阳能转化成_______(填“直流电”或“

交流电”)。硅基光伏电池工作时，硅原子处于_______(填“基态”或“激发态”)，光伏电池提供的能源是_______次能源。（2）ZnO@石墨烯做_______极，电极反应式为_______（3）ZnO@石墨烯的电势比石墨烯的电势_____

__(填“高”或“低”)。的（4）协同转化的总反应方程式为_______，除硫反应的离子方程式为_______【答案】（1）①.电解池②.直流电③.激发态④.一（2）①.阴②.CO2+2H++2e-=CO+H2O（3）低（4）①.CO2+H2S═CO+H2O

+S②.H2S+2EDTA-Fe3+-═2H++S↓+2EDTA-Fe2+【解析】【分析】该装置为电解池，由图可知，ZnO@石墨烯上CO2转化为CO，C元素化合价降低，做阴极，电极反应为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，石墨烯为阳极，

阳极反应式为EDTA-Fe2+-e-═EDTA-Fe3+，阳极区反应为2EDTA-Fe3++H2S═2H++S+2EDTA-Fe2+，整个过程中EDTA-Fe2+相当是催化剂，所以协同转化总反应：CO2+H2S═CO+H2O+S，据此分析解答。小问1详解】光伏电池可提供电源，在外接电源下，该装

置是电解池；直流电的方向是固定的，而交流电的方向不固定电解池有阴阳两级，其电子是正向运动的，光伏电池是把太阳能转化成直流电；硅基光伏电池工作时，硅原子处于激发态，转为基态过程中以电能形式释放出来，光伏电池提供的能源是一次能源；【小问2详解】ZnO@石墨烯上CO2转

化为CO，C元素化合价降低，做阴极，电极反应为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；【小问3详解】ZnO@石墨烯电极为阴极，石墨烯电极为阳极，则ZnO@石墨烯上的电势比石墨烯上的低；【小问4详解】由上述分析可知，阴极反应为CO2+2e-+

2H+═CO+H2O，阳极反应为EDTA-Fe2+-e-═EDTA-Fe3+、2EDTA-Fe3++H2S═2H++S+2EDTA-Fe2+，反应过程中EDTA-Fe2+相当是催化剂，则协同转化总反应为CO2+H2S═CO+H2O+S，由图可知，除硫

反应的离子方程式为：H2S+2EDTA-Fe3+-═2H++S↓+2EDTA-Fe2+。24.下图是利用双功能催化剂实现室温条件下电催化氮气还原制备氨气、氧化制备硝酸盐的示意图，实现氮的固定和综合利用。【回答下列问题：（1）b极与电源的_______极相连，

工作时电流流入_______极(填“a”或“b”)。（2）a极发生_______反应(填“氧化”或“还原”)，电极反应式为_______。（3）通过离子交换膜的离子是_______，阴极区和阳极区消耗2N的质量之比为_______。【答案】

（1）①.正极②.a（2）①.还原②.23N6e6HNH−+++=（3）①H+②.5:3【解析】【小问1详解】b极中N2变为HNO3，化合价由0价升高变为+5价，失去电子发生氧化反应为电解池的阳极，与电池的正极

相连；工作电流由正极流出，负极流入，则a与负极相连，电流流入a极；【小问2详解】a极与电源的负极相连，为电解池的阴极，阴极得到电子，发生还原反应；a极上N2变为NH3，氮元素由0价变为-3价，得到电子发生还原反应，电极反应式为：23N6e6HNH−+++=；【小问3详

解】阳极反应的电极反应式为223N10e6HO2NO12H−−+−+=+，生成氢离子，阴极电极反应式为23N6e6HNH−+++=，消耗氢离子，该离子交换膜应使用质子交换膜，交换的离子为H+；根据得失电子守恒，可得阳极消耗3mol的N2，同时阴极

消耗5mol的N2，阴极区和阳极区消耗2N的质量之比为5:3。25.氯化钡是一种无机盐，白色晶体，易溶于水，微溶于盐酸和硝酸，难溶于乙醇和乙醚，易吸湿，在潮湿的空气中吸水形成两分子结晶水，100℃时即失去结晶水。钡离子的焰

色反应为黄绿色。氯化钡主要用于金属热处理、钡盐制造、电子仪表，也用于机械加工中作热处理剂。钡盐生产中排出大量钡泥(主要含()3322BaCOBaSOBaFeO、、及少量难溶于酸的杂质)，某主要生产3BaCO的化工厂利用钡泥制取2BaCl晶体及其他副产物的部分工

艺流程如下：.已知：①pH3.2=时()3FeOH完全沉淀，pH97=.时()2FeOH完全沉淀；②910sp3sp4KBaCO5.110,KBaSO1.110−−==回答下列问题：（1）为了加快钡泥的溶解速率，可以采取的措施有_______(填一项即可)。（2）“酸溶”时()2BaF

eO与盐酸反应生成两种盐，则发生反应的化学方程式为_______。（3）请从化学平衡移动角度解释选用盐酸洗涤“过滤3”后的固体的原因_______。（4）用惰性电极电解“过滤3”后母液的总反应方程式为_______。（5）对上述流程，甲同学认为在“酸溶”过程中，3BaSO

与盐酸反应产生的2SO气体会污染环境，建议先通入空气或氧气或加入22HO将3BaSO氧化后再加入盐酸；乙同学认为甲同学的建议不可行。乙同学认为不可行的理由是_______。请你结合甲、乙两位同学的观点，提出一条合理的建议：__

_____。【答案】（1）适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大盐酸的浓度等（2）Ba(FeO2)2+8HCl=BaCl2+2FeCl3+4H2O（3）饱和BaCl2溶液中存在溶解平衡：BaCl2(s)Ba2+(aq)+2Cl-(aq)，用盐酸洗涤沉淀，即增大Cl-浓度，使得上述平衡逆向移动，从而减

小了BaCl2的溶解损失（4）BaCl2+2H2O电解Ba(OH)2+H2↑+Cl2↑（5）①.先通入空气或氧气或加入22HO将3BaSO氧化后转化为了BaSO4，BaSO4不溶于酸，而留在了滤渣1中，造成钡的损失②.将酸溶所产生的尾气用H2O2进行吸

收处理后在排放【解析】【分析】本题为工艺流程题，由题干信息可知向钡泥中加入盐酸进行“酸溶”反应原理为：BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，BaSO3+2HCl=BaCl2+H2O+SO2↑，结合(2)信息可知，

Ba(FeO2)2+8HCl=BaCl2+2FeCl3+4H2O，成充分反应后进行过滤1，过滤出不溶于酸的杂质滤渣1，得滤液1主要成分是BaCl2、FeCl3和过量的HCl，加入试剂X为BaCO3调节溶液pH为4到5，使FeCl3完全转化为Fe(OH)3沉淀，

然后进行过滤2操作，得滤渣2为Fe(OH)3，得到滤液2为BaCl2和HCl，向滤液2中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，得到BaCl2溶液，进行操作III为蒸发浓缩、冷却结晶，进行过滤3并用盐酸洗涤沉淀，干燥，即得BaCl2晶体和母液(主要含有BaCl2溶质)，据此分析解题。【小问1

详解】适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大盐酸的浓度均可加快钡泥的溶解速率，故答案为：适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大盐酸的浓度等；【小问2详解】已知Ba(FeO2)2中Fe为+3价，由分析可知，“酸溶”时()2BaFeO与盐酸

反应生成两种盐，则发生反应的化学方程式为Ba(FeO2)2+8HCl=BaCl2+2FeCl3+4H2O，故答案为：Ba(FeO2)2+8HCl=BaCl2+2FeCl3+4H2O；【小问3详解】已知饱和BaCl2溶液中存在溶解平衡：Ba

Cl2(s)Ba2+(aq)+2Cl-(aq)，用盐酸洗涤沉淀，即增大Cl-浓度，使得上述平衡逆向移动，从而减小了BaCl2的溶解损失，故答案为：饱和BaCl2溶液中存在溶解平衡：BaCl2(s)Ba2+(aq)+2Cl-(aq)，用盐酸洗涤沉淀，即增大Cl-浓度，使得上述平衡逆

向移动，从而减小了BaCl2的溶解损失；【小问4详解】由分析可知，“过滤3”后母液的主要成分是BaCl2溶液，故用惰性电极电解“过滤3”后母液的总反应方程式为BaCl2+2H2O电解Ba(OH)2+H2↑+Cl2↑，

故答案为：BaCl2+2H2O电解Ba(OH)2+H2↑+Cl2↑；【小问5详解】由于先通入空气或氧气或加入22HO将3BaSO氧化后转化为了BaSO4，BaSO4不溶于酸，而留在了滤渣1中，造成钡的损失，故甲同学的建议不可行，可以将酸溶所产生的尾气用H2O2进行吸

收处理后在排放，这样既可以避免SO2污染环境，又能将SO2转化为H2SO4变废为宝，故答案为：先通入空气或氧气或加入22HO将3BaSO氧化后转化为了BaSO4，BaSO4不溶于酸，而留在了滤渣1中，造成钡的损失；将酸溶所产生的尾气用H2O2进行

吸收处理后在排放。