江蘇省南京市南京師范大學附屬中學2024-2025學年高二化學下學期期中試題含解析

PAGE21-江蘇省南京市南京師范高校附屬中學2024-2025學年高二化學下學期期中試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H1O16Na23S32Fe56Ba137Ⅰ卷（選擇題共44分）選擇題：每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共計20分）1.下列說法不正確的是A.明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑B.水解反應NH4++H2O?NH3?H2O+H+達到平衡后，上升溫度平衡逆向移動C.草木灰與銨態(tài)氮肥不宜混合運用D.鹽類水解反應的逆反應是中和反應【答案】B【解析】【詳解】A．明礬能水解生成Al(OH)3膠體，膠體表面積大，吸附實力強，可用作凈水劑，故A正確；B．水解反應為吸熱反應，NH4++H2O?NH3?H2O+H+達到平衡后，上升溫度平衡正向移動，故B錯誤；C．草木灰水溶液呈堿性，銨態(tài)氮肥在堿性條件下不穩(wěn)定，不宜混合運用，故C正確；D．鹽類水解反應從逆反應來看是酸堿中和反應，通常情回況下我們把中和反應看作不行逆反應，但是可逆反應是肯定的，不行逆反應是相對的，故D正確；故選B。2.下列各組物質中，都是由極性鍵構成為極性分子的一組的是A.CH4和H2O B.CO2和HCl C.NH3和H2S D.HCN和BF3【答案】C【解析】【詳解】CH4是由極性鍵構成的非極性分子，H2S是由極性鍵構成的極性分子，BF3是由極性鍵構成的非極性分子，CO2是由極性鍵構成的非極性分子，HCl是由極性鍵構成的極性分子。3.向含有MgCO3固體的濁液中滴加少許濃鹽酸（忽視體積改變），下列數(shù)值變小的是A.c（Mg2+） B.Ksp（MgCO3） C.c（H+） D.c（CO32-）【答案】D【解析】【分析】MgCO3固體的濁液中存在溶解平衡，MgCO3（s）Mg2＋（aq）＋CO32－（aq），從平衡移動的角度分析滴加少許濃鹽酸后引起的各種改變。【詳解】A．滴加少許濃鹽酸后，碳酸根離子濃度減小，平衡正向移動，鎂離子濃度增大，故A不選；B．Ksp（MgCO3）是溫度的函數(shù)，溫度不變，Ksp（MgCO3）不變，故B不選；C．滴加少許濃鹽酸后，酸性增加，氫離子濃度增大，故C不選；D．滴加少許濃鹽酸后，碳酸根離子與鹽酸反應，生成碳酸氫根離子，c（CO32-）變小，故選D；故選D。4.室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B.0.1mol·L-1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C.0.1mol·L-1KHCO3溶液：Na+、Fe2+、ClO-、NO3-D.0.1mol·L-1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【詳解】A．0.1mol·L-1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-四種離子之間不反應，在堿性條件下可大量共存，故A選；B．0.1mol·L-1FeCl2溶液中亞鐵離子能被MnO4-氧化成鐵離子，故B不選；C．Fe2+能被ClO-氧化生成Fe3＋，故C不選；D．0.1mol·L-1H2SO4溶液中H+、NO3-、HSO3-之間發(fā)生氧化還原反應，生成SO42－和NO，故D不選；故選A。5.下列試驗操作能達到試驗目的的是A.用經水潮濕的pH試紙測量溶液的pHB.將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L?1NaOH溶液C.用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體D.用裝置乙除去試驗室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】【分析】此題考查基本試驗操作，依據(jù)溶液pH的測量、物質的量濃度溶液的配制、鹽類水解的應用、物質除雜的原則作答。【詳解】A.用水潮濕的pH試紙測量溶液的pH所測為稀釋液的pH，不是原溶液的pH，試驗操作錯誤，不能達到試驗目的，A項錯誤；B.配制物質的量濃度的溶液的試驗步驟為：計算、稱量（或量?。⑷芙猓ɑ蛳♂專?、冷卻、轉移及洗滌、定容、搖勻、裝液，由于容量瓶上有容積、溫度和唯一刻度線，若將氫氧化鈉干脆置于容量瓶中，加水后氫氧化鈉溶于水會放熱引起容量瓶的容積發(fā)生改變，引起試驗誤差，B項錯誤；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲裝置蒸干氯化鋁溶液，由于HCl的揮發(fā)，加熱后水解平衡正向移動，最終AlCl3完全水解成氫氧化鋁固體，不能得到AlCl3固體，C項錯誤；D.SO2屬于酸性氧化物，能被NaOH溶液汲取，乙烯與NaOH溶液不反應且乙烯難溶于水，可通過盛有NaOH溶液的洗氣瓶除去乙烯中少量的SO2，D項正確；故選D。【點睛】本題易錯選C項，鹽溶液蒸干后能否得到原溶質與溶質的性質有關，一般溶質為揮發(fā)性酸形成的強酸弱堿鹽、不穩(wěn)定性的鹽、具有強還原性的鹽，加熱蒸干不能得到原溶質。6.下列說法不正確是A.HClO、H2CO3、HNO3、HClO4的酸性依次增加B.蘋果酸（）含有1個手性碳原子C.HCl、NH3、C2H5OH均易溶于水的緣由之一是與H2O之間均能形成氫鍵D.[Cu(H2O)4]2+中配位原子為氧原子【答案】C【解析】【詳解】A．同種元素不同價態(tài)的含氧酸，化合價越高，酸性越強，故HClO、HClO4酸性增加，NaClO能與CO2和H2O反應，說明HClO<H2CO3，非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性N<Cl，酸性HNO3<HClO4,故A正確；B．如圖蘋果酸（）含有1個手性碳原子，只有帶*的碳原子上連有四個不同的原子或原子團，故B正確；C．NH3、C2H5OH均易溶于水的緣由之一是與H2O之間均能形成氫鍵，但HCl與水分子間不能形成氫鍵，故C錯誤；D．[Cu(H2O)4]2+中氧原子供應孤電子對，銅離子供應空軌道，配位原子為氧原子，故D正確；故選C。7.下列指定反應的離子方程式正確的是A.室溫下用稀NaOH溶液汲取Cl2：Cl2+2OH?ClO?+Cl?+H2OB.用鋁粉和NaOH溶液反應制取少量H2：Al+2OH?+H2↑C.室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2OD.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+【答案】A【解析】【分析】A.Cl2與NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O；B.電荷不守恒；C.不符合客觀事實；D.應拆分的物質沒有拆分；【詳解】A.NaOH為強堿，可以拆成離子形式，氯氣單質不能拆，產物中NaCl和NaClO為可溶性鹽，可拆成離子形式，水為弱電解質，不能拆，故A正確；B.該離子方程式反應前后電荷不守恒，正確的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B錯誤；C.室溫下，銅與稀硝酸反應生成NO，正確離子方程式為：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C錯誤；D.Na2SiO3為可溶性鹽，可以拆成離子形式，正確的離子方程式為：SiO32-+2H+=H2SiO3，故D錯誤；綜上所述，本題應選A.【點睛】本題考查離子方程式正誤的推斷。推斷離子方程式是否正確可從以下幾個方面進行：①從反應原理進行推斷，如反應是否能發(fā)生、反應是否生成所給產物等；②從物質存在形態(tài)進行推斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恒角度進行推斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應中的電子守恒等；④從反應的條件進行推斷；⑤從反應物的組成以及反應物之間的配比進行推斷。8.下列關于范德華力的敘述中，正確的是()A.范德華力的實質也是一種電性作用，所以范德華力是一種特別化學鍵B.任何分子間在隨意狀況下都會產生范德華力C.范德華力與化學鍵的區(qū)分是作用力的強弱問題D.范德華力特別微弱，故破壞范德華力不須要消耗能量【答案】C【解析】【詳解】A.范德華力的實質也是一種電性作用，但是范德華力是分子間較弱的作用力，它不是化學鍵，A錯誤；B.當分子間的距離足夠遠時，分子間沒有范德華力，所以并不是任何分子間在隨意狀況下都會產生范德華力，B錯誤；C.化學鍵是微粒間的一種劇烈的相互作用，而范德華力是分子間較弱的作用力，所以范德華力與化學鍵的區(qū)分是作用力的強弱問題，C正確；D.雖然范德華力特別微弱，但是破壞范德華力也要消耗能量，D錯誤；故合理選項是C。9.有機物CH3CH==CH—C≡CH中標有“·”的碳原子的雜化方式依次為A.sp、sp2、sp3 B.sp3、sp、sp2 C.sp2、sp、sp3 D.sp3、sp2、sp【答案】D【解析】【分析】依據(jù)價層電子對互斥理論推斷C原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，假如價層電子對個數(shù)是4，則C原子采納sp3雜化，假如價層電子對個數(shù)是3，則C原子采納sp2雜化，假如價層電子對個數(shù)是2，則C原子采納sp雜化。【詳解】甲基上C原子含有4個σ鍵，則C原子采納sp3雜化，碳碳雙鍵兩端的C原子含有3個σ鍵，則C原子采納sp2雜化，碳碳三鍵兩端的C原子含有2個σ鍵，則C原子采納sp雜化，故選D?！军c睛】本題考查原子雜化方式推斷，明確價層電子對互斥理論是解本題關鍵，知道價層電子對個數(shù)的計算方法。10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液潮濕后，置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學腐蝕試驗。下列有關該試驗的說法正確的是A.鐵被氧化的電極反應式為Fe?3e?Fe3+B.鐵腐蝕過程中化學能全部轉化為電能C.活性炭的存在會加速鐵的腐蝕D.以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕【答案】C【解析】【分析】依據(jù)試驗所給條件可知，本題鐵發(fā)生的是吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-；據(jù)此解題；【詳解】A.在鐵的電化學腐蝕中，鐵單質失去電子轉化為二價鐵離子，即負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，故A錯誤；B.鐵的腐蝕過程中化學能除了轉化為電能，還有一部分轉化為熱能，故B錯誤；C.活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構成了很多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故C正確；D.以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤；綜上所述，本題應選C.【點睛】本題考查金屬鐵的腐蝕。依據(jù)電解質溶液的酸堿性可推斷電化學腐蝕的類型，電解質溶液為酸性條件下，鐵發(fā)生的電化學腐蝕為析氫腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：2H++2e-=H2↑；電解質溶液為堿性或中性條件下，發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+；正極反應為：O2+2H2O+4e-=4OH-。不定項選擇題(每小題3分，共24分。每小題有一個或兩個選項符合題意。)11.高溫時通過以下反應制備金屬鋁。用鋁制作的“快速放電鋁離子二次電池”的原理如下圖所示(EMI+為有機陽離子)。①Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)=3AlCl(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1②3AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H2=bkJ·mol-1③Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3下列說法正確的是A.該電池的電解質可用氯化鋁水溶液替代B.Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)△H3=(a-b)kJ·mol-1C.該電池充電時石墨電極與電源正極相連D.該電池放電時的負極反應方程式為：Al-3e-+7AlCl4-=4Al2Cl7-【答案】CD【解析】【詳解】A．該電池在無水條件下進行，電解質不行用氯化鋁水溶液替代，高溫時氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁，故A錯誤；B．依據(jù)蓋斯定律Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）為①+②，所以Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）△H3=（a+b）kJ·mol－1，故B錯誤；C．充電時正極與外接電源的正極相連，則石墨極與外電源的正極相連，故C正確；D．放電時，鋁是活潑的金屬鋁是負極，鋁發(fā)生氧化反應生成鋁離子，鋁離子與AlCl4－結合生成Al2Cl7－，所以電極反應式為：Al-3e－+7AlCl4－═4Al2Cl7－，故D正確；故選CD?！军c睛】本題考查學生二次電池的工作原理以及蓋斯定律的應用等學問，側重學生的分析實力的考查，屬于綜合學問的考查，留意把握電極的推斷方法和電極方程式的書寫，易錯點A，高溫時氯化鋁水溶液水解生成氫氧化鋁。12.下列裝置圖或曲線圖與對應的敘述相符的是A.如下圖所示，用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定相同物質的量濃度、相同體積的鹽酸和醋酸，其中實線表示的是滴定鹽酸的曲線B.某溫度下FeS、CuS的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。在物質的量濃度相等的Fe2+和Cu2+的溶液中滴加硫化鈉溶液，首先沉淀的離子為Fe2+C.如下圖所示，用0.1mol·L-1CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1NaOH溶液的滴定曲線，當pH=7時:c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)D.據(jù)下圖，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH在5.8左右【答案】C【解析】【詳解】A．醋酸存在電離平衡，同濃度同體積鹽酸和醋酸，起先時鹽酸溶液pH小于醋酸，所以虛線表示的是滴定鹽酸的曲線，故A錯誤；B．依據(jù)圖象分析可知，硫化銅溶度積小于硫化亞鐵，同濃度Fe2＋和Cu2＋溶液中滴加硫化鈉溶液，先析出的沉淀是硫化銅，故B錯誤；C．反應后溶液pH=7，依據(jù)溶液中電荷守恒分析，用0.1mol·L－1CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，反應生成醋酸鈉，溶液呈中性，溶液中存在電荷守恒，c（H＋）+c（Na＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），c（H＋）=c（OH－），則c（CH3COO－）=c（Na＋），得到當pH=7時：c（Na＋）=c（CH3COO－）＞c（OH－）=c（H＋），故C正確；D．分析圖象可知鐵離子完全沉淀的pH為3.7，加入氧化銅會調整溶液pH，到pH=5.5時銅離子會沉淀，應調整溶液pH小于5.5，故D錯誤；故選C。【點睛】本題考查了弱電解質電離平衡，鹽類水解應用，溶液中電荷守恒的分析計算沉淀溶解平衡的數(shù)值理解，駕馭圖象分析方法是關鍵，難點C，利用電荷守恒進行分析。13.下列有關原子核外電子的能量與運動狀態(tài)的說法正確的是A.在同一原子中，2p、3p、4p……能級的電子軌道數(shù)依次增多B.在同一能級上運動的電子，其能量肯定相同C.在同一能級上運動的電子，其運動狀態(tài)有可能相同D.在同一原子中，1s、2s、3s、4s……能級的原子軌道的平均半徑相同【答案】B【解析】【詳解】A．同一原子中，不同能層，相同能級的軌道數(shù)相同，故A錯誤；B．原子的最外層同一能級的電子能量相同，則在同一能級上運動的電子，其能量肯定相同，故B正確；C．在同一能級上運動的電子，其運動狀態(tài)不同，故C錯誤；D．在同一原子中，1s、2s、3s、4s……能級的原子軌道的平均半徑增大，故D錯誤；故選B。14.下列說法正確的是A.反應2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)?H>0，高溫下該反應可自發(fā)進行B.電解法精煉粗銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極C.反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O，每消耗1molKIO3轉移的電子數(shù)目為6molD.恒溫恒容密閉容器中進行的反應C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)，當壓強不再發(fā)生改變，反應達到平衡【答案】AB【解析】【詳解】A．由化學計量數(shù)可知△S＞0，分解反應是吸熱反應，即反應的△H＞0，△S＞0，要△H-T△S<0，高溫下該反應可自發(fā)進行，故A正確；B．依據(jù)電解原理的應用：電解法精煉粗銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，故B正確；C．反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O，碘元素的化合價改變，轉移電子是5mol，每消耗1molKIO3轉移的電子數(shù)目為5mol，故C錯誤；D．恒溫恒容閉密容器中進行的反應C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)始終是一個壓強不會發(fā)生改變的反應，壓強不再發(fā)生改變時，反應不肯定達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選AB。15.下表中各粒子對應的立體構型及雜化方式均正確的是選項粒子立體構型雜化方式ASO3平面三角形S原子實行sp2雜化BSO2V形S原子實行sp3雜化CCO32-三角錐形C原子實行sp2雜化DBeCl2直線性Be原子實行sp雜化A.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【詳解】A．SO3分子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（6-3×2）=3，所以硫原子采納sp2雜化，為平面三角形結構，故A正確；B．SO2的價層電子對個數(shù)=2+（6-2×2）=3，硫原子實行sp2雜化，該分子為V形結構，故B錯誤；C．碳酸根離子中價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（4+2-3×2）=3，所以原子雜化方式是sp2，為平面三角形結構，故C錯誤；D．BeCl2分子中每個Be原子含有2個σ鍵，價層電子對個數(shù)是2，沒有孤電子對，為sp雜化，為直線型，故D正確；故選AD。16.S2Cl2是橙黃色液體，少量泄漏會產生窒息性氣體，噴水霧可減慢其揮發(fā)，并產生酸性懸濁液。其分子結構如圖所示。下列關于S2Cl2的說法中錯誤的是()A.S2Cl2為非極性分子B.分子中既含有極性鍵又含有非極性鍵C與S2Br2結構相像，熔、沸點S2Br2>S2Cl2D.與水反應的化學方程式可能為2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl【答案】A【解析】【詳解】A、依據(jù)S2Cl2的結構，S2Cl2不是對稱結構，S2Cl2為極性分子，故A說法錯誤；B、S和Cl之間形成共價鍵為極性鍵，S和S之間形成共價鍵為非極性鍵，故B說法正確；C、S2Cl2與S2Br2結構相像，通過分子間作用力或范德華力進行分析，S2Br2相對分子質量大于S2Cl2的相對分子質量，S2Br2分子間的范德華力大于S2Cl2分子間的范德華力，即S2Br2的熔沸點高于S2Cl2，故C說法正確；D、S2Cl2與水反應的化學方程式可能為2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D說法正確。17.室溫下進行下列試驗，依據(jù)試驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項試驗操作和現(xiàn)象結論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色X溶液中肯定含有Fe2+B向濃度均為0.05mol·L?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向3mLKI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色Br2的氧化性比I2的強D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的實力比CH3COOH的強A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此時的Fe3+是否由Fe2+氧化而來是不能確定的，所以結論中肯定含有Fe2+是錯誤的，故A錯誤；B.黃色沉淀為AgI，說明加入AgNO3溶液優(yōu)先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更難溶，AgI與AgCl屬于同種類型，則說明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B錯誤；C.溶液變藍說明有單質碘生成，說明溴置換出KI中的碘，依據(jù)氧化還原反應的原理得出結論：Br2的氧化性比I2的強，故C正確；D.CH3COONa和NaNO2溶液濃度未知，所以無法依據(jù)pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH電離出H+的難易程度，故D錯誤；故選C。18.室溫下，反應+H2OH2CO3+OH?的平衡常數(shù)K=2.2×10?8。將NH4HCO3溶液和氨水按肯定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積改變可忽視，室溫時下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A0.2mol·L?1氨水：c（NH3·H2O）>c（NH4+）>c（OH?）>c（H+）B.0.2mol·L?1NH4HCO3溶液（pH>7）：c（NH4+）>c（HCO3-）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）C.0.2mol·L?1氨水和0.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH4+）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D.0.6mol·L?1氨水和0.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH3·H2O）+c（CO32-）+c（OH?）=0.3mol·L?1+c（H2CO3）+c（H+）【答案】BD【解析】【詳解】A.NH3?H2O屬于弱電解，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3?H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c（OH-）>c（NH4+），選項A錯誤；B.NH4HCO3溶液顯堿性，說明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c（NH4+）>c（HCO3-），HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3?H2O+H+，前者水解程度大，則c（H2CO3）>c（NH3?H2O），選項B正確；C.由物料守恒，n（N）:n（C）=2:1，則有c（NH4+）+c（NH3?H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]，選項C錯誤；D.由物料守恒，n（N）:n（C）=4:1，則有c（NH4+）+c（NH3?H2O）=4[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]①；電荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）②；結合①②消去c（NH4+）得：c（NH3?H2O）+c（OH-）=c（H+）+4c（H2CO3）+3c（HCO3-）+2c（CO32-）③，0.2mol/LNH4HCO3與氨水等體積混合后，c（NH4HCO3）=0.1mol/L，由碳守恒有，c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1mol/L④，將③等式兩邊各加一個c（CO32-），則有c（NH3?H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），將④帶入③中得，c（NH3?H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+3c（H2CO3）+0.3mol/L，選項D正確；答案選BD。第Ⅱ卷（填空題）二、填空題19.（1）A、B、C為同一短周期金屬元素。依據(jù)下表數(shù)據(jù)分析，A、B、C三種元素的離子半徑由大到小的依次是_____。(用離子符號表示)電離能/kJ?mol-1I1I2I3I4A500460069009500B7401500770010500C5801800270011600（2）已知H2O2分子的空間結構如圖所示，H2O2分子中氧原子實行____________雜化；H2O2分子是______(填“極性分子”或“非極性分子”)。（3）R是第4周期元素中未成對電子數(shù)最多的原子。R3+在溶液中存在如下轉化：R3+R(OH)3[R(OH)4]-①基態(tài)R原子的價電子排布式為_____。②[R(OH)4]-中存在的化學鍵是_____；1mol[R(OH)4]-離子中含有σ鍵的數(shù)目為_______mol。A．離子鍵B．極性鍵C．非極性鍵D．配位鍵【答案】(1).Na＞Mg＞Al(2).sp3(3).極性分子(4).3d54s1(5).BD(6).8【解析】【詳解】（1）由表中數(shù)據(jù)可知，C的第四電離能劇增，故C表現(xiàn)+3價，為金屬Al元素，由表中數(shù)據(jù)可知，A其次電離能劇增，故A表現(xiàn)+1價，為Na元素，B的第三電離能劇增，表現(xiàn)+2價，為Mg元素，同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑：Na＞Mg＞Al，故答案為：Na＞Mg＞Al；（2）由H2O2的結構可知，O原子形成1個O-H鍵、1個O-O鍵，含有2對孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，雜化方式為sp3，H2O2分子的正負電荷中心不重疊，是極性分子；故答案為：sp3；極性分子；（3）①R是1～36號元素中未成對電子數(shù)最多的原子，則R原子外圍電子排布為3d54s1，故答案為：3d54s1；②R為Cr元素，[Cr（OH）4]-與[Al（OH）4]-結構相像，Cr3＋與OH－之間形成配位鍵，氧原子與氫原子之間形成極性鍵，故選BD；又因為該離子中化學鍵均為σ鍵，1mol[R(OH)4]-離子中含有σ鍵的數(shù)目為4mol+4mol=8mol。故答案為：BD；8?！军c睛】本題考查電離能、化學鍵與雜化軌道、原子半徑比較、核外電子排布規(guī)律等，難點（1）留意理解第一電離能與化合價關系。20.合成氨是人類科學技術上的一項重大突破。合成氨工業(yè)中，用空氣、水和焦炭為原料制得原料氣(N2、H2以及少量CO、NH3的混合氣)，常用鐵觸媒作催化劑。（1）C、N、O三種元素中第一電離能最大的元素是_____，電負性最大的元是______。（2）26Fe在周期表中的位置是_____，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，請用物質結構理論進行說明：_____。（3）與CO互為等電子體的陰離子是_____，陽離子是_____。（填化學式）（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸汲取NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性電極電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應_____。【答案】(1).N(2).O(3).第四周期VIII族(4).Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充溢的結構，依據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋簡單失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性(5).CN－（或C22－）(6).NO＋(7).HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+【解析】【詳解】（1）同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以這三種元素第一電離能大小依次是N＞O＞C；同一周期元素，元素電負性隨著原子序數(shù)增大而呈增大，電負性最大的元是O，故答案為：N；O；（2）Fe是26號元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，F(xiàn)e2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充溢的結構，依據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋簡單失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2+具有較強的還原性，故答案為：第四周期，VIII族；Fe2＋的價電子排布式為3d6，3d軌道再失去一個電子后就成了半充溢的結構，依據(jù)洪特規(guī)則，這種結構能量較低，較穩(wěn)定，所以Fe2＋簡單失去一個電子，易被氧化為Fe3＋，具有較強的還原性；（3）等電子體是指具有相同價電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子,與CO互為等電子體的陰離子是CN－（或C22－），陽離子是NO＋。故答案為：CN－（或C22－）；NO＋；（4）依據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應，陽極反應為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應失去2mol電子，結合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案為：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。21.鋁及鋁的化合物有著極為廣泛的用途。（1）金屬鋁的生產是以Al2O3為原料，在熔融狀態(tài)下用石墨做陰極和陽極進行電解：2Al2O34Al+3O2↑,則電解時不斷消耗的電極是_____（填“陽極”或“陰極”）（2）鋁片、石墨、空氣和海水構成的原電池可用于航標供電，該原電池正極的電極反應是_____。（3）泡沫滅火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液發(fā)生反應的離子方程式是______。（4）在配制AlCl3溶液時，防止溶液出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，溶液中應加入_____。（5）Mg(OH)2固體能除去鎂鹽溶液中Al3+，緣由是_____。（用離子方程式表示）【答案】(1).陽極(2).O2+2H2O+4e-=4OH－(3).Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑(4).鹽酸(5).3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋【解析】【詳解】（1）金屬鋁的生產是以Al2O3為原料，在熔融狀態(tài)下用石墨做陰極和陽極進行電解：2Al2O34Al+3O2↑，陽極上氧離子失電子生成氧氣，高溫下不斷與石墨反應，則電解時不斷消耗的電極是陽極，故答案為：陽極；（2）鋁片、石墨、空氣和海水構成的原電池可用于航標供電，鋁和石墨構成的原電池，鋁做負極，在負極發(fā)生的反應是Al-3e-=Al3+,在正極反應是O2+2H2O+4e-=4OH－，故答案為：O2+2H2O+4e-=4OH－；（3）泡沫滅火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液發(fā)生反應，HCO3－和Al3＋均可發(fā)生水解，且相互促進，產生氣體CO2和沉淀Al(OH)3，離子方程式為Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：Al3＋+3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑；（4）Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋由于Al3+的水解，產生Al(OH)3會出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，要消退渾濁現(xiàn)象，又不污染藥品，可加入適量的鹽酸，抑制Al3+水解。故答案為：鹽酸；（5）氫氧化鋁溶解度更小，Mg(OH)2固體能除去鎂鹽溶液中Al3+，用離子方程式表示：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋。故答案為：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)3＋3Mg2＋。22.“鹽泥”是氯堿工業(yè)中產生的。鹽泥中含NaCl(15%~20%)、Mg(OH)2(15%~20%)、CaCO3(15%~20%)和BaSO4等不溶于酸的物質。用“鹽泥”生產七水硫酸鎂，設計了如下工藝流程：（1）電解食鹽水前，為除去粗食鹽水中的Mg2+、Ca2+、SO42-等雜質離子，下列試劑加入的先后依次合理的是_____（填序號）。A．碳酸鈉溶液B．氫氧化鈉溶液C．氯化鋇溶液D．鹽酸（2）已知Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10-12。設食鹽水中Mg2+的濃度為0.06mol·L-1，則加入氫氧化鈉溶液后使溶液的pH≥_____才可能產生Mg(OH)2沉淀。（3）氯堿工業(yè)上電解食鹽水陰極發(fā)生的反應是_____。（4）三種化合物的溶解度(S)隨溫度改變曲線見下圖在“過濾Ⅰ”中須要趁熱過濾，其主要緣由是_________；濾渣的主要成分有不溶于酸的物質、_________。（5）檢驗MgSO4·7H2O中雜質是否洗滌干凈的操作是_____?！敬鸢浮?1).BACD或ABCD或ACBD(2).9(3).2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）(4).溫度較高時鈣鹽與鎂鹽分別更徹底（或高溫下CaSO4·2H2O溶解度?。?5).硫酸鋇（BaSO4）、硫酸鈣（CaSO4或CaSO4·2H2O）(6).取最終洗滌液少許于試管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再產生沉淀，靜置，向上層清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，無沉淀產生?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）加入的鋇離子可以由碳酸鈉除去，故最終加碳酸鈉，鋇試劑與氫氧化鈉先后都可，故加入試劑的依次為先加NaOH，后加鋇試劑，再加Na2CO3或先加鋇試劑，后加NaOH，再加Na2CO3，BACD或ABCD或ACBD；故答案為：BACD或ABCD或ACBD；（2）已知Ksp[Mg(OH)2]＝6.0×10-12。設食鹽水中Mg2+的濃度為0.06mol·L-1，c(OH-)=,氫離子濃度為10-9mol·L-1，則加入氫氧化鈉溶液后使溶液的pH≥9才可能產生Mg(OH)2沉淀。故答案為：9；（3）H＋比Na＋簡單得到電子，因而H＋不斷地從陰極獲得電子被還原為氫原子，并結合成氫分子從陰極放出，氯堿工業(yè)上電解食鹽水陰極發(fā)生的反應是2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）。故答案為：2H＋+2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH-）；（4）在蒸發(fā)濃縮的過程中，溫度大于40℃時隨溫度上升CaSO4·2H2O晶體溶解度降低，故會析出CaSO4·2H2O晶體，且應當趁熱過濾，防止溫度降低CaSO4·2H2O的溶解度變大，又重新溶解，不利于鈣鹽和鎂鹽的分別；同時溫度降低硫酸鎂晶體會析出，造成產量損失；濾渣的主要成分有不溶于酸的物質、鹽泥中含有的硫酸鋇，蒸發(fā)酒精出來的硫酸鈣，故答案為：溫度較高時鈣鹽與鎂鹽分別更徹底（或高溫下CaSO4·2H2O溶解度小）；硫酸鋇（BaSO4）、硫酸鈣（CaSO4或CaSO4·2H2O）；（5）濾液中的硫酸根離子會影響氯離子的干擾，應當先除去硫酸根離子，再檢驗氯離子，方法為：取最終洗滌液少許于試管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再產生沉淀，靜置，向上層清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，無沉淀產生。故答案為：取最終洗滌液少許于試管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再產生沉淀，靜置，向上層清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，無沉淀產生?！军c睛】本題主要考查了鹽的性質、除雜的方法和原則，留意除去多種雜質時，要考慮加入試劑的依次，為了保證將雜質除盡，所加試劑必需過量，因此為了不引進新的雜質，后面加入的試劑要能夠除去前面所進入的過量試劑，難點（5）濾液中的硫酸根離子會影響氯離子的干擾，應當先除去硫酸根離子，再檢驗氯離子。23.綠礬(FeSO4·7H2O)是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分。下面是以市售鐵（含少量錫、氧化鐵等雜質）為原料生產純凈綠礬的一種方法：已知：室溫下飽和H2S溶液的pH約為3.9，SnS沉淀完全時溶液的pH為1.6；FeS起先沉淀時溶液的pH為3.0，沉淀完全時的pH為5.5。（1）工業(yè)上若用過量稀硝酸溶解鐵屑，則會產生污染性氣體，其反應離子方程式是_____。（2）操作II中，通入硫化氫至