【文档说明】四川省成都市树德中学2021-2022学年高二下学期4月阶段性测试化学试题 含解析.docx，共(23)页，983.211 KB，由管理员店铺上传

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树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1B-10.8N-14Fe-56第Ⅰ卷(共48分)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电

器起火B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C.北京冬奥会使用氢燃料电池汽车有利于实现碳达峰和碳中和D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】【详解】A．电器起火时不能用泡沫灭火器灭火，防止会产生触电意外事故的

发生，故A错误；B．疫苗的主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，所以疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故B正确；C．使用氢燃料电池汽车可以减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰和碳中和，故

C正确；D．镁的金属性强，与铁构成原电池时，做原电池的负极被损耗，铁在正极被保护，所以电热水器用镁棒防止内胆腐蚀的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.100g质量分数为46%C2H5OH溶液中所含O—

H数目约为7NAB.质量为12g的12C含有的中子数为12NAC.将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NAD.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA【答案】A【解析】

【分析】【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量

为：1212/molgg=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA，故B错误；C．将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n（OH-

）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误；D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量

无法计算，故D错误；故答案为A。【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O2

2-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。3.下表是元素

周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，J为0族元素。XYZRWJ下列说法正确的是A.基态R原子的轨道表示式为违背了泡利原理B.2Y−与Na+的半径大小关系为2YNa−+C.Y的第一电离能大于X的第一电离能D.电负性最大的元素为J【答案】B【解析】

【分析】X、Y、Z、R、W、J是元素周期表前五周期的6种元素，结合图示可知，X、Y、Z位于第二周期，R位于第三周期，W位于第四周期，J位于第五周期，其中J为0族元素，则X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，以此分析解答。【详解】根据分析可知，X为N，Y为O

，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe元素，A．硫原子的核外电子总数为16，基态S原子的轨道表示式为，该项所示违背了洪特规则，故A错误；B．O2-与Na+的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小关系为：Y2-＞Na+，故B正确；C．N的2p能级处于

半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则Y(O)元素的第一电离能小于X(N)元素的第一电离能，故C错误；D．稀有气体Xe最外层满足8电子稳定结构，其电负性较小，电负性最大的元素为F，故D错误；故选：B。4.具有下列电子层结构的原子：①3p轨道上只有一对成对电

子的原子②最外层电子排布式为252s2p的原子③其3p轨道为半充满状态的原子④+3价的阳离子结构与氖相同的原子。则下列有关比较正确的是A.第一电离能：②>③>①>④B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：②

>③>①>④D.最高化合价：②>①>③>④【答案】A【解析】【分析】①3p轨道上只有一对成对电子原子，则该元素为S；②外围电子构型为2s22p5的原子，则该元素为F；③其3p轨道为半充满的原子，则该元素为P；④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，即失去3个电子后还有10个电子，所以原

子中含有13个电子，即为Al元素。【详解】A．不同周期中非金属性越强，第一电离能越大，同周期中从左到右第一电离能增大，但是第VA族大于第VIA族，所以第一电离能：F＞P＞S＞Al，即：②＞③＞①＞④，故A正确；B．电子层越多，半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，所以原子半

径：Al＞P＞S＞F，即：④＞③＞①＞②，故B错误；C．元素的非金属性越强，则电负性越强，所以电负性：F＞S＞P＞Al，即：②＞①＞③＞④，故C错误；D．最高正化合价等于最外层电子数，F没有最高正价，所以S＞P＞Al＞

F，即：①＞③＞④＞②，故D错误；故选：A。5.2ClO和2NaClO均具有漂白性，工业上用2ClO气体制2NaClO的工艺流程如图所示。的下列说法不正确的是（）A.步骤a的操作包括过滤，洗涤和干燥B.吸收器中生成2NaClO的离子方程式为：222222ClOHO=2ClOO2H−+++

+C.工业上将2ClO制成2NaClO固体，便于贮存和运输D.通入空气的目的是驱赶出2ClO，使其在吸收器中被充分吸收【答案】B【解析】【分析】由制备流程可知，发生器中通入空气，可将ClO2排出，确保充分吸收，在吸收器中发生2222222ClO2OHHO2ClOO2HO−−++++

，然后真空蒸发，冷却结晶，再经过过滤，洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A.步骤a用于从蒸发后的溶液中得到晶体，操作包括过滤，洗涤和干燥，A项正确；B.吸收器中的反应在碱性条件下进行，离子方程式为2222222ClO2OHHO2ClOO

2HO−−++++，B项错误；C.固体较为稳定，便于贮存和运输，C项正确；D.反应结束后，用空气将2ClO全部排出，确保其在吸收器中被充分吸收，D项正确；故选B。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握流程中发生的发应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重

分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，易错点是选项C，吸收器在碱性环境下进行，离子方程式中不会出现氢离子。6.探索二氧化碳在海洋中转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中HCO3-占95%。科学家利

用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法不正确的是A.a室中OH-在电极板上被氧化B.b室发生反应的离子方程式为：H++HCO3-=CO2↑+H2OC.电路中每有0.2mol电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室D.若用

氢氧燃料电池供电，则电池负极可能发生的反应为：H2+2OH--2e-=2H2O【答案】C【解析】【详解】A.a室是阳极室，OH-在电极板上失电子被氧化生成氧气，故A正确；B.a室中生成的氢离子移入b室，b室发生反应的离子方程式为：H++HCO3-＝CO2↑+H2O，

故B正确；C.阳离子由阳极移向阴极，所以阳离子从b室移至c室，故C错误；D.碱性氢氧燃料电池的负极反应为：H2+2OH--2e-＝2H2O，故D正确。7.研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的

说法错误的是A.分子中含3种官能团B.苯环上的一氯代物有4种C.分子中所有碳原子可能共面D.一定条件下能生成高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．木豆素分子中含羟基、羧基、醚键和碳碳双键4种官能团，A错误；B．苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代

物有4种，B正确；C．苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；D．因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；答案选A。8.根据下列五种元素的电离能数据(单位：1kJmol−)，下列说法不正确的是元素代

号1I2I3I4IQ2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900A.Q元素可能是其所在周期元素中第一电离能最大元素B.这五种元素中最容易与氯元素形成离子化合物的是RC

.T元素可能在元素周期表的p区D.U元素可能是ⅠA族的钾元素【答案】B【解析】【分析】由表格数据可知，Q元素的第一电离能很大，说明Q元素位于元素周期表0族元素；R元素、U元素的第一电离能和第二电离能相差较大，说明R元素、U

元素位于元素周期表ⅠA族，R元素的原子序数小于U元素；S元素第二电离能和第三电离能相差很大，说明S元素位于元素周期表ⅡA族；T元素第三电离能和第四电离能相差很大，说明T元素位于元素周期表ⅢA族。【详解

】A．由分析可知，Q元素位于元素周期表0族元素，是其所在周期元素中第一电离能最大的元素，故A正确；B．典型金属元素和典型非金属元素易形成离子化合物，由表格数据可知，U元素第一电离能最小，则这五种元素中最容易与氯元素形成离子化合物的是U元素，故B错误；C．由分析可知，T元素位于元素周期

表ⅢA族，处于元素周期表p区，故C正确；D．由分析可知，R元素、U元素位于元素周期表ⅠA族，R元素的原子序数小于U元素，则U元素可能是ⅠA族的钾元素，故D正确；故选B。9.25℃时，一定量的23NaCO与盐酸混合所得溶液中，部分含碳

微粒的物质的量分数()α与pH的关系如图所示。下列说法正确的是的A.曲线X表示的微粒为23CO−B.pH6.3=时，()()()23323αCOαHCOαHCO1.0−−++=C.pH7=时，()()()()()23323cHCOcCOcHCOcOHcH−−−+=D.pH10.3=

时，()()()()()3cNacHcClcOH3cHCO++−−−+=++【答案】D【解析】【分析】随着溶液PH的增大，H2CO3浓度逐渐降低，HCO3-浓度逐渐增大，当HCO3-浓度增大到最大值时，PH继续增大时，HCO3-浓度逐渐降低，CO32-浓度逐渐增大。

所以X为H2CO3，Y为HCO3-，Z为CO32-。【详解】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，分析图像可知曲线Z为CO32-微粒的变化曲线，故A错误；B．pH=6.3时，图像中可知主要为H2CO3和HCO3-，H2CO3和HCO3-以及H2CO3三者的

物质的量分数都小于0.2，各成分α(CO32-)+α(HCO3-)+α(H2CO3)＜1.0，故B错误；C．pH=7时c(OH-)=c(H+)，此时为H2CO3和HCO3-，c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，

c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)＞c(OH-)=c(H+)，故C错误；D．pH=10.3时，c(CO32-)=c(HCO3-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2

c(CO32-)=c(Cl-)+c(OH-)+3c(HCO3-)，故D正确；故答案为D。【点睛】考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，对学生的思维能力提出了较高的要求，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，该题的关键是在

明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图像和题意灵活运用即可。10.P和Cl形成的化合物有3PCl、5PCl，下列说法正确的是A.白磷为正四面体分子，其分子中PP−键间的夹角为109°2

8′B.5PCl分子中每个原子都达到了8电子稳定结构C.5PCl受热失去两个Cl原子生成平面三角形3PClD.5PCl中5个PCl−键不完全相同【答案】D【解析】【详解】A．白磷分子的空间构型为正四面体形，分子中磷磷键的键角为60°，故A错误；B．五氯化磷分子中磷原子的最

外层电子数为10，未达到8电子稳定结构，故B错误；C．三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，不是平面三角形，故C错误；D．五氯化磷分子的空间构型为三角双锥形，分子中5个磷氯键不完全相同，故D正确；故选D。11.X、Y、Z、W为原子

序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是A.在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族B.Y的非金属性比W的强，所以单质的还原

性：Y>WC.X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键D.X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应

的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。【详

解】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A错误；B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B错误；C．X、Y

形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C错误；D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴

离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D正确；故选D。12.四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为

原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如下图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜)。下列说法不正确的是A.M为负极B.标准状况下，制备0.75mol(CH3)4NOH，a、b两极共产生16.8L气体C.c、e均为阳离子

交换膜D.b极电极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O【答案】B【解析】【分析】以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]的装置中，在左边反应室中(CH3)

4NCl电离的Cl-通过d膜从左向右移动，则b电极为阳极，与电源正极相接，即N极为正极，d膜为阴离子交换膜，所以a电极为阴极，M为电源负极。根据NaCl的浓度变化可知：Na+通过e膜、Cl-通过d膜得到NaCl浓溶液，四甲基铵根离子通过c膜进入a室

生成(CH3)4NOH，所以c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析

可知：M为负极，N为正极，A正确；B．阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑，每生成1mol(CH3)4NOH，转移1mol电子，阴极产生0.5molH2，阳极产生0.25molO2，则反应产生

气体的物质的量是0.75mol，若制取得到0.75mol(CH3)4NOH，则a、b两极共产生气体的物质的量为0.750.75mol=0.5625mol1，该气体在标准状况下的体积V=0.5625mol×22.4L

/mol=12.6L，B错误；C．根据NaCl的浓度变化可知：Na+通过e膜、Cl-通过d膜得到NaCl浓溶液，四甲基铵根离子通过c膜进入a室生成(CH3)4NOH，所以c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子

交换膜，C正确；D．b电极为阳极，在阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，则b电极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，D正确；故合理选项是B。13.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大

的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是n2nnsnp；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是A.电负性：X<Y<ZB.键角：32YXXZC.22QZ的阴阳离子个数比为1∶1D.

W元素位于元素周期表的d区【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素,则X为H元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为N元素；Z元素原子的价层电子排布是n2nnsnp，则Z为O元素

；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，则Q为Na元素，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对,则W为K元素。以此分析解答本题。【详解】A.根据上述分析：X为H元素,Y为N元素，Z为O元素，其电负性：X<Y<Z

，故A正确；B.根据上述分析：X为H元素,Y为N元素，Z为O元素，YX3为NH3，X2Z为H2O，其键角：32YX>XZ，故B错误；C.根据上述分析：Q为Na元素，Z为O元素，22QZ为Na2O2，其阴阳离子个数比为1∶2，故C

错误；D.根据上述分析：W为K元素，W元素位于元素周期表的s区，故D错误故答案：A。14.下列化学用语表述正确的是A.分子中含有3个σ键，1个π键B.空间填充模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C.羟基和氢氧根的电子式分别为D.离子结构示意图可以表示162

O−，也可以表示182O−【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有4个σ键，1个π键，故A错误；B．属于比例模型，空间填充模型可以表示甲烷分子，不能表示四氯化碳分子，因为氯原子比碳原子大，故B错误；C．羟基的电子式分别为，氢氧根的电子式分别为，故C错误

；D．氧离子核内有8个质子，核外有10个电子，所以离子结构示意图，也可以表示162O−，也可以表示182O−，故D正确；故答案：D。15.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（

g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-574kJ·mol-1②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH=-1160kJ·mol-1下列说法不正确的是A.由反应①可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l

）ΔH=-Q，Q>574kJ·mol-1B.等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数不同C.若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至N2，则放出的热为173.4kJD.若用标准状况下4.48LCH4还原NO2至

N2，则转移的电子总物质的量为1.6mol【答案】B【解析】【详解】A．由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-Q

，Q＞574kJ•mol-1，故A正确；B．两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故B错误；C.根据盖斯定律+2①②可知，CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-8

67kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ=173.4kJ，故C正确；D．CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g），1molCH4反应转移8mol电子，则用标准状况下4

.48LCH4还原NO2至N2，整个过程中转移电子总数为0.2mol×8=1.6mol，故D正确；故选B。16.已知t℃时AgCl的10sp410K−=，在t℃时，24AgCrO在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A.在t

℃时，24AgCrO的spK为11110−B.在饱和24AgCrO溶液中加入()24KCrOs可使溶液由Y点到Z点C.在t℃，()()()()2244AgCrOs2Claq2AgClsCrOaq−−++的平衡常数76.2510K=D.在t℃时，用130.001molLA

gNO−溶液滴定20mL10.001molLKCl−和10.001molL−的24KCrO的混合溶液，24CrO−先沉淀的【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，铬酸根离子浓度为1×10—5mol/L时，银离子浓度为1×10—3mol/L，则铬酸银的溶度积为Ksp(Ag2CrO4)=

42+2-)c(cCrOAg()=1×10—5mol/L×(1×10—3mol/L)2=1×10—11，故A正确；B．在饱和铬酸银溶液中加入铬酸钾固体，铬酸银的溶度积不变，铬酸根离子浓度增大，银离子浓度减小，可使溶液由Y点到Z点，故B正确；C．由方程式可知，反应的平衡常数K=42-2-)c

(cCrOCl()=2-22-4+2+)c(Ag)c(Cl)c(cCrOAg()=()()sp242spKAgCrOKAgCl=11102110(410)−−=6.25×10—7，故B正确；D．由氯化银的

溶度积可知，氯离子浓度为1×10—5mol/L时，银离子浓度为115110110mol/L−−1×10—6mol/L＜1×10—3mol/L，说明氯化银的溶解度小于铬酸银，则用0.001mol/L硝酸银溶液滴定20mL0.0

01mol/L氯化钾和0.001mol/L铬酸钾的混合溶液时，氯离子先沉淀，故D错误；故选D。二、填空题(共52分)17.硼及其化合物在耐高潮合金工业、催化剂制造、高能燃料等方面有广泛应用。（1）硼原子的价电子排布图为_______。（2）

B2H6是一种高能燃料，电负性B_______H(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；BCl3的立体构型是_______。（3）NaBH4可做还原剂。NaBH4极易溶于水并与水反应产生一种气体，反应后硼以2BO−形式存在。写出NaBH4与水反应

离子方程式_______。（4）含有硼元素的储氢材料化合物分子A是乙烷的等电子体，相对分子质量为30.8，加热A会缓慢释放氢气，且A转化为化合物B，B是乙烯的等电子体。A的结构式为_______，1mol化合物B中σ键的数目是_______。【答案】（1）（2

）①.＜②.平面三角形（3）4222BH2HOBO4H−−+=+（4）①.②.5NA【解析】的【小问1详解】硼是5号元素，根据构造原理可知基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1,2p轨道有3个，则基态B原子的价电子排布图为

；【小问2详解】H的电负性为2.20，B的电负性为2.04，因此元素的电负性：B＜H；BCl3的中心B原子价层电子对数为3+3-132=3，因此BCl3的空间构型为平面三角形；【小问3详解】NaBH4极易溶于水并与水反应

产生一种气体，反应后硼以2BO−形式存在，同时反应产生H2，则NaBH4与水反应的离子方程式为：4222BH2HOBO4H−−+=+；【小问4详解】含有硼元素的储氢材料化合物分子A是乙烷的等电子体，乙烷结构简式是CH3CH

3，分子中有18个电子，则A为BH3∙NH3，其结构式是，A受热分解产生H2和B，B是乙烯的等电子体，则B为BH2=NH2，在共价化合物中共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，则化合物BH2=NH2分子中含有5

个σ键，因此1mol化合物中含有的σ键数目是5NA。18.磷酸铁锂电池是新型的绿色能源电池，其简化的生产工艺流程如下。（1）反应釜中反应的化学方程式为_______，该反应体现出非金属性关系：P_______C(填“>”或“<”)。（

2）室温下，24LiHPO溶液的pH随()-24cHPO的变化如图1所示，34HPO溶液中24HPO−的分布分数δ随pH的变化如图2所示[()()-24cHPOδ=c总(含P元素的粒子)]。①由图1知，低浓度时24LiHPO溶液的pH小于7且随着()-24cHPO初始的

增大而减小，对以上两点结论的合理解释为_______。②由图2分析，若用浓度大于11molL−的34HPO溶液溶解23LiCO，要使反应釜中的34HPO几乎全部转化成24LiHPO，反应釜中需要控制溶液的pH=_______。（3）磷酸铁锂电池总反应：1-x4x64LiFePO+LiC

LiFePO+6C⎯⎯⎯→⎯⎯⎯放电充电电池中的固体电解质可传导Li+。充电时，Li+移向_______(填“阳极”或“阴极”)；放电时，正极反应式为_______。（4）磷酸铁锂电池中铁的含量可通过如下

方法测定：称取1.60g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的2SnCl溶液，再加入2HgCl饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用10.030molL−重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液50.00mL。已知：322262FeSn6ClSnCl2Fe++−−++

+=+2226224ClSn2HgClSnClHgCl−+−++=+22332426FeCrO14H6Fe2Cr7HO+−+++++=++①实验中加入2HgCl饱和溶液的目的是_______。②铁的百分

含量()Fe%=_______。【答案】（1）①.342324222HPOLiCO2LiHPOHOCO+=++②.>（2）①.24HPO−在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，由于24HPO−的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，

溶液pH7；溶液中()24HPOc−越大，单位体积内电离产生的H+的数目越多，溶液中()Hc+就越大，pH就越小②.4.66（3）①.阴极②.+-1-x44LiFePO+xLi+xeLiFePO=（4）①.将溶液中过量的2Sn+转化为稳定的26SnCl−络离子，防止干

扰2Fe+的测定②.31.5%【解析】【分析】由题给流程可知，磷酸溶液与碳酸锂反应生成磷酸二氢钾、二氧化碳和水，反应得到的磷酸二氢钾溶液经蒸发浓缩、结晶、分离得到磷酸二氢钾晶体；晶体在高温条件下与炭黑、氧化铁反应得到磷酸铁锂。【小问

1详解】元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由磷酸溶液与碳酸锂反应生成磷酸二氢锂、二氧化碳和水可知，磷元素的非金属性强于碳元素，反应的化学方程式为342324222HPOLiCO2LiHPOHOCO+=++

，故答案为：342324222HPOLiCO2LiHPOHOCO+=++；＞；【小问2详解】①由图可知，磷酸二氢锂是强碱弱酸的酸式盐，磷酸二氢根离子在溶液中既能电离也能发生水解，由于电离程度大于水解程度，溶液显酸性，溶液pH小于7，磷酸二氢钾溶液浓

度越大，电离出的氢离子浓度越大，溶液中的氢离子浓度越大，酸性越强，溶液pH越小，故答案为：24HPO−在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，由于24HPO−的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，溶液pH7；溶液中()

24HPOc−越大，单位体积内电离产生的H+的数目越多，溶液中()Hc+就越大，pH就越小；②由图可知，当溶液pH为4.66时，磷酸二氢根离子的分布分数达到最大，溶液pH小于4.66或大于4.66时，磷酸二氢根离子的分布分数都会减小，所以要使反应釜中的

磷酸几乎全部转化成磷酸二氢锂，反应釜中需要控制溶液pH为4.66，故答案为：4.66；【小问3详解】由电解规律可知，磷酸铁锂电池充电时，带正电荷的锂离子向阴极移动；由总反应方程式可知，电池放电时，Li1—xFePO4为原电池的正极，在锂离子作用下

，Li1—xFePO4在正极得到电子发生还原反应生成磷酸铁锂电，电极反应式为+-1-x44LiFePO+xLi+xeLiFePO=，故答案为：+-1-x44LiFePO+xLi+xeLiFePO=；【小问4详解】①由题给方程式可

知，实验中加入二氯化汞溶液能将溶液中过量的亚锡离子转化为稳定的26SnCl−，防止亚锡离子与重铬酸钾溶液反应，干扰重铬酸钾溶液滴滴定亚铁离子，造成实验误差，故答案为：将溶液中过量的2Sn+转化为稳定的26SnCl−络离子，防止干扰2Fe+的测定；②由反应方程式可知，亚铁离子的物质的量是重铬酸根离子

物质的量的6倍，则消耗50.00mL0.030mol/L重铬酸钾溶液时，1.60g试样中铁的百分含量为0.030mol/L0.050L656g/mol1.60g×100%=31.5%，故答案为：31.5%。19.温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。Ⅰ.4CH与

2CO重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：反应①()()()()422CHgCOg2COg2Hg++1ΔH反应②()()()()222COgHgCOgHOg++12ΔH41.2kJmol−=+反应

③()()()()422CHg1/2OgCOg2Hg++13ΔH35.6kJmol−=−（1）已知：()()()2221/2OgHgHOg+1ΔH241.8kJmol−=−，则1ΔH=_______

-1kJmol。（2）一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入4CH、2CO各1.0mol及少量2O，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图一所示。图一①图中a和b分别代表产物_______和_______。②1100K时，4CH与2CO的转化率分别为95%和90%，

反应①的平衡常数K=_______(写出计算式)。II.2NiCeO−催化2CO加2H形成4CH的反应历程如图二所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中4CH的物质的量百分数(Y)及2CO的转化率随温度的变化如图三所示。图二图三（3）下列对2CO甲烷化反应体系的说法不合理的有_

______。A.含碳副产物的产率均低于4CHB.存在反应2242CO4HCH2HO++C.存在副反应222COHCOHO++D.2CO转化为4CH的过程中未发生能量转化（4）2CO甲烷化的过程中，保持2CO与2H的体积比为1∶4，反应气的总流

量控制在140mLmin−，320℃时测得2CO转化率为80%，则2CO反应速率为_______1mLmin−。【答案】（1）+247.4（2）①.2H②.CO③.2221.901.550.050.1V（3）D（4）6.4【解析】【小问1详解】记反应12O2(g)+H2(g)=H2

O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH=41.2-35.6+241.8=+247.4kJ·mol-1；【小问2详解】①由反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成

的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；②1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、90%，则计算得平衡时c(CH4)=1.00.95V−=0.05Vmol/L，c(CO2)=1.00.9V−=

0.1Vmol/L，由图可知，c(H2)=1.55Vmol/L，c(CO)=1.90Vmol/L，则反应①的平衡常数K=()()()()22242cCOcHcCHcCO=221.901.55()()VV0.050.1VV=2221.901.550.050.1

V；【小问3详解】A．由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y70%，则含碳副产物的产率30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；B．由题意及图二可知，Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4，故存在反应2242CO4H

CH2HO++B正确；C．由图图二可知，存在CO2和H2反应生成CO和H2O，C正确；D．化学反应伴随着物质变化和能量变化，D错误；故答案为D；【小问4详解】CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气

的总流量为40mL·min-1，则1min内初始时CO2的体积为40×15mL=8mL，320℃时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v=80.81mL·min-1=6.4mL·min-1。20.硫酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2

）都是重要的化工试剂，均易水解。（1）甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。①B装置中冷凝管进水口是___。（填“m”或“n”），B中干燥管盛有的物质是___。②欲

制取少量SO2Cl2，选择图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、___、h。③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是___（用化学方程式表示）。（2）SOCl2水解后无残留物，较SO2Cl2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl2

和ZnCl2•xH2O制取无水ZnCl2。①解释SOCl2在该实验中的作用是___（写出两点）。②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是___。（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3•6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为

该实验可能发生副反应使产品不纯。①可能发生的副反应的化学方程式是___。②两同学设计如下实验判断该反应的可能性：取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出

合理结论的是___。A.加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液B.加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液C.滴加几滴BaCl2溶液D.滴加几滴酸性KMnO4溶液E.滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水【答案】①.m②.碱石灰③.fgdebced④.SO2+Cl2+2H2

O=H2SO4+2HCl⑤.SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌水解⑥.SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O⑦.SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+Fe

Cl2+9H2O⑧.BCD【解析】【分析】冷凝管中冷凝水的流向要对流，下进上出；干燥管中根据要求一般填装碱石灰或无水氯化钙，碱石灰同时具有干燥和吸收酸性气体功能，无水氯化钙只有吸水性。【详解】（1）①B装置中冷凝管进水口是m，B中干燥管盛有的物质是吸收剩余

二氧化硫、氯气的碱石灰；故答案为：m；碱石灰；②装置A制备氯气，氯气含氯化氢和水蒸气，通过装置D除去氯化氢，通过装置C吸收水蒸气，得到干燥纯净的氯气，连接装置B的b进入三颈烧瓶，装置E制备二氧化硫气体，通过装置C除去水蒸气，连接装置

B的c，欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、f、g、d、e、b、c、e、d、h；故答案为：fgdebced；③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，是二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和氯化氢，

反应的化学方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（2）①氯化锌会水解，SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解，SOCl2在该实验中的作用是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的

水解；故答案为：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；②用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，反应的离子方程式：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；故答案为：SOCl2+4OH-=SO32-+2Cl-+2H2O；（3）①SOCl2具有

还原性，三价铁具有氧化性，可能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的化学方程式为：SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，故答案为：SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O；②SOCl2和FeCl3•6H

2O反应后的混合物的主要成分是FeCl3，若发生副反应，还有FeSO4和FeCl2。由于的SOCl2为液体，所以在固体混合物中没有SOCl2。取少量SOCl2和FeCl3•6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，溶液中一定有FeCl3，还可能有FeSO4和F

eCl2，若要证明有副反应发生，只需证明溶液中有Fe2+或SO42-即可。A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液是检验氯离子存在，不能证明副反应是否进行，故A错误；B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaC

l2溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，能证明有副反应发生，故B正确；C．滴加几滴BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明产物中含硫酸根离子，证明发生了副反应，故C正确；D．滴加几滴酸性KMnO4溶液，Fe2+具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色

，能证明发生了副反应，故D正确；E．滴加几滴KSCN溶液后，由于溶液中有Fe3+，溶液会变红，无法证明Fe2+的存在，故E错误；故答案为：BCD。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com