武胜烈面中学2019-2020学年高二下学期开学考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精四川省武胜烈面中学2019-2020学年高二下学期开学考试化学试题含解析2020年春烈面中学入学考试化学试题第I卷（选择题）一、单选题（本大题共22小题，共44分）1。下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A。2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g）ΔH＝＋483.6kJ/molB.已知C（石墨,s）＝C(金刚石，s)ΔH〉0，则金刚石比石墨稳定C。含20。0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7kJ的热量，则表示该反应的热化学方程式为：NaOH（aq)＋HCl（aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57。4kJ/molD。己知2C（s)＋2O2（g)=2CO2（g）ΔH1,2C(s）＋O2(g)=2CO（g)ΔH2，则ΔH1〉ΔH2【答案】C【解析】【详解】A、燃烧是放热反应，ΔH〈0,A项错误;B、能量越低越稳定，石墨能量低，故石墨更稳定，B项错误；C、含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28。7kJ的热量,则表示该反应的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl(aq)=NaCl（aq)+H2O(l）ΔH=—57.4kJ/mol,C项正确；D、己知2C（s)+2O2(g）=2CO2(g)ΔH1，2C(s）+O2（g）=2CO（g)ΔH2,完全燃烧放热更多,焓变小，则ΔH1〉ΔH2，D项错误；答案选C。2。根据热化学方程式：S（g）＋O2(g）＝SO2（g)△H＝－QkJ·mol－1，下列分析正确的是（）A.1molS(g）与1molO2（g）的总能量比1molSO2（g）的总能量低QkJB.1molS(g)与1molO2（g）反应生成1molSO2（g）放出QkJ的热量C。S（s)＋O2(g)＝SO2(g）△H＜－QkJ·mol－1D。1个S(g)与1个O2（g）完全反应可以放出QkJ的热量【答案】B【解析】【详解】A。根据热化学方程式，该反应为放热反应，则1molS（g）与1molO2(g)的总能量比1molSO2(g）的总能量高QkJ，A项错误；B.根据热化学方程式，1molS(g）与1molO2(g）反应生成1molSO2(g）放出QkJ的能量，B项正确；C。固体硫变化为气体硫吸热，焓变为负值,S（s)+O2（g）=SO2（g）△H＞-QkJ•mol-1，故生成1molSO2（g）放出的热量小于QkJ,C项错误；D.热化学方程式的化学计量数表示物质的量，不表示分子个数,D项错误.答案选B。3.下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式（25℃、101kPa）：①C4H10(g）+O2（g)═4CO2（g）+5H2O（l）;△H=-2878kJ/mol②C4H10(g）+O2(g）═4CO2（g）+5H2O（g)；△H=—2658kJ/mol③C4H10(g）+O2(g）═4CO（g)+5H2O（l）；△H=-1746kJ/mol④C4H10（g）+O2（g）═4CO（g)+5H2O（g)；△H=-1526kJ/mol由此判断，正丁烷的燃烧热为（）A。2878kJ/mol B.2658kJ/mol C.1746kJ/mol D.1526kJ/mol【答案】A【解析】【分析】燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，反应物中C→CO2（气），H→H2O(液）,S→SO2（气）等.【详解】正丁烷的燃烧热是1mol正丁烷完全燃烧生成CO2（气），H2O(液）放出的热量,故热化学方程式①C4H10（g）+O2（g)＝4CO2（g）+5H2O(l)△H=-2878kJ·mol－1，符合燃烧热的概念，所以正丁烷的燃烧热为2878kJ·mol－1。故选A。4。已知下列反应的反应热：（1)CH3COOH(l)+2O2(g）=2CO2(g）+2H2O(l)△H1=-870.3kJ⋅mol—1(2)C(s）+O2(g)=CO2(g）△H2=—393。5kJ⋅mol—1（3)H2(g)+O2(g）=H2O(l）△H3=—285.8kJ⋅mol—1则下列反应的反应热为（)2C(s)+2H2(g)+O2(g）=CH3COOH(l)A.△H=+488.3kJ⋅mol-1 B.△H=—244。15kJ⋅mol-1C.△H=—977。6kJ⋅mol-1 D。△H=-488.3kJ⋅mol-1【答案】D【解析】【详解】由中C、的化学计量数为2，可推出：即得,

，选项D正确。答案选D。5。可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（）（1）单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2（2）单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2：2：1的状态（4）混合气体的颜色不再改变的状态（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】（1）单位时间内生成n

mol

O2，同时生成2n

molNO2,说明反应v正=v逆；

（2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态;

（3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态;

（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；

（5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。【详解】(1）单位时间内生成n

mol

O2，同时生成2n

molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态,故（1)正确；（2)生成nmolO2，生成2nmolNO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态,故(2）错误；（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比,所以不能说明达平衡状态,故（3)错误;（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态,故（4）正确；

(5）混合气体的平均相对分子质量=,各物质均为气体，总质量不变;反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态,故(5)正确；

答案选C.【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断,难度不大，注意当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，但不为0.6.在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A（?)B（g）＋C（s），达到化学平衡后，升高温度，容器内气体的密度增大，则下列叙述正确的是（）A.若正反应是吸热反应,则A为非气态B.若正反应是放热反应，则A为非气态C。在平衡体系中加入少量C，该平衡向逆反应方向移动D。改变压强对该平衡的移动一定无影响【答案】A【解析】【详解】A。若正反应为吸热反应，则升高温度,平衡向正反应方向移动,所以要使密度增大，则A一定不是气体，A正确.B。若正反应为放热反应,则升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以要使密度增大，A一定是气体,B不正确.C。C是固体，改变质量，不影响平衡状态，C不正确。D。反应前后体积一定是变化的，改变压强，平衡一定会发生移动，所以D不正确。答案选A。7.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A。氯水中有下列平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B.对2HI(g)⇌H2(g）+I2（g)，平衡体系增大压强可使颜色变深C.反应CO+NO2⇌CO2+NOΔH〈0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动D。合成NH3反应,为提高NH3的产率，理论上应采取降低温度的措施【答案】B【解析】【详解】A。因为勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，氯水中有下列平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO,当加入AgNO3溶液后,Cl—浓度减小，平衡向右移动,氯气的浓度减小，溶液颜色变浅，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B。对可逆反应，因该反应的反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动,增大压强体积减小，碘浓度增大，从而气体颜色加深，与平衡移动无关，所以不能用勒夏特里原理解释,故B符合题意;C。反应CO+NO2CO2+NOH〈0,达平衡后，升高温度会使得平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大,颜色加深,能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意;D。合成氨反应是放热反应,降低温度，会促使平衡正向移动，可以提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选B。【点睛】勒夏特列原理是:如果改变影响平衡的一个条件如浓度、压强或温度等，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。，若与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。8.下列说法正确的是A。常温下反应C(s）+CO2（g)⇌2CO(g）不能自发进行，则该反应△H〉0B.自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C。凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的D.反应2Mg（s)+CO2(g)⇌C(s)+2MgO（s)能自发进行，则该反应△H〉0【答案】A【解析】【详解】根据反应自发进行的判断分析，反应自发进行,反应不能自发进行。A.常温下反应C(s)+CO2（g）⇌2CO（g)不能自发进行，因该反应，所以，故A正确;B.根据反应自发进行的判断依据反应自发进行，焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，故B错误；C。根据反应自发进行的判断依据反应自发进行，焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，故C错误；D.因反应2Mg(s）+CO2（g）⇌C（s)+2MgO(s）能自发进行,该反应的，能自发进行，说明，故D错误;故选A.【点睛】根据反应自发进行的判断依据，反应自发进行，反应不能自发进行分析。9。下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数:CH3COOHH2CO3H2SH3PO41。8×10—5K1=4。3×10—7K2=5。6×10-11K1=9。1×10-8K2=1。1×10—12K1=7.5×10-3K2=6.2×10—8K3=2.2×10—13则下列说法中不正确的是（）A.碳酸的酸性强于氢硫酸B.多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C。常温下,加水稀释醋酸，增大D。向弱酸溶液中加少量NaOH溶液,电离常数不变【答案】C【解析】【详解】A．由表格数据可知，碳酸的K1＞氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；B．多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确；C．常温下，加水稀释醋酸，=，则不变，选项C错误；D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。答案选C.【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡,为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，=，Ka、Kw均只与温度有关，故不变。10。一种用于驱动潜艇的液氨液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是A。该电池工作时，每消耗

转移3mol电子B.电子由电极A经外电路流向电极BC。电池工作时，向电极B移动D.电极B上发生的电极反应为：【答案】B【解析】【分析】根据题中液氨液氧燃料电池可知,本题考查原电池,运用原电池原理分析。【详解】根据题中液氨液氧燃料电池可知，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极,B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：，电子从负极流向正极，A.没有指明状态，不能计算，故A错误；B.电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；C。原电池中，阴离子向负极移动，则向负极A移动,故C错误；D。在碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子,其电极反应为：,故D错误；答案选B.11。如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列分析正确的是A.闭合，铁棒上发生的反应为B。闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低C.闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法D。闭合，电路中通过个电子时，两极共产生气体【答案】C【解析】【详解】A。若闭合K1，该装置没有外接电源,所以构成了原电池,较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe−2e−=Fe2+，故A错误;B。若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；C。

K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法,故C正确；D.

K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0。2mol氯气，两极共产生0。4mol气体，状况不知无法求体积，故D错误.本题选C.【点睛】若闭合K1，该装置没有外接电源,所以构成了原电池；组成原电池时,较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源,所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。12。下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式:Fe—2e—=Fe2+B.氢氧燃料电池的负极反应式:O2+2H2O+4e-=4OH—C.粗铜精炼时,与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为:Cu—2e—=Cu2+D.电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为:2Cl--2e—=Cl2↑【答案】D【解析】【详解】钢铁发生电化学腐蚀时,负极上Fe失电子发生氧化反应，所以负极反应式为,故A错误；B.氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，如果是氢氧燃料碱性电池,则正极反应式为，故B错误；C.精炼粗铜时，粗铜连接电源正极、纯铜连接电源负极,则阳极上电极反应式为、阴极电极发生有为，故C错误;D.电解饱和食盐水时,阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，则阳极、阴极反应式分别为、,故D正确；故选:D。13.如图,下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是（）A.⑤②①③④ B。⑤①②④③ C。④②①③⑤ D.④③①②⑤【答案】D【解析】【详解】根据图知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快,并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护,并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③。④⑤装置是电解池，④中金属铁为阴极，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞④，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀由慢到快顺序为：④③①②⑤；故选D【点晴】本题考查了金属腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀.先判断装置是原电池还是电解池,再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较,作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属易被保护，金属腐蚀快慢顺序是:电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。14。下列化学用语或命名正确的是A。次氯酸的结构式：H-Cl-O B.含有10个中子的氧原子的符号：C.S2-的结构示意图 D。NH4Cl的电子式：【答案】B【解析】【详解】A、次氯酸的结构式：H—O—Cl，A错误；B、氧的元素符号为O，该氧原子的质量数A=8+10=18，则该原子的化学符号为，B正确；C、S2—最外层为8个电子,结构示意图为,C错误；D、NH4Cl的电子式：，D错误；答案选B.15.下列说法中正确的是A。同一原子中，3s、3p、3d、4s

能量依次升高B。某原子核外电子由

1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子放出能量C.p

能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层数的增加,p

能级容纳电子数也在增多D。按照泡利原理，在同一个原子中不可能存在两个运动状态完全相同的电子【答案】D【解析】【详解】A.根据构造原理，同一原子中，3s、3p、4s、3d能量依次升高,故A错误;B。某原子核外电子由，由基态跃迁到激发态,原子吸收能量,故B错误；

C。p能级的原子轨道呈哑铃形,随着能层数的增加，p

能级容纳电子数不变，故C错误;D。按照泡利原理，在同一个原子中不可能存在两个运动状态完全相同的电子,故D正确。故选D。16。以下电子排布式不是基态原子的电子排布式的是A.1s22s1 B。1s22s12p1 C。1s22s22p63s2 D。1s22s22p63s1【答案】B【解析】【详解】A。基态原子的电子排布式为，符合基态原子电子排布规律，故A不选；B。基态原子的电子排布式应为,不符合基态原子电子排布规律，故B选；C。基态原子的电子排布式为,符合基态原子电子排布规律，故C不选;D.基态原子的电子排布式为，符合基态原子电子排布规律，故D不选；故选B。17。下列表达方式正确的是A。24Cr的外围电子排布式：3d44s2B。CO2的立体结构模型C。基态碳原子的价电子排布图为D.S2—的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A.24号的Cr的外围电子排布式:，半满状态能量低，故A错误；B。二氧化碳分子是直线形，而不是V形，故B错误；C。基态碳原子价电子排布为,所以轨道排布式为：,故C正确；D.最外层8个电子,而不是6个电子，故D错误；故选:C。18.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下:①1s22s22p63s23p4;②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是（）A。电负性：④＞③＞②＞①B。原子半径：④＞③＞②＞①C.第一电离能：④＞③＞②＞①D.最高正化合价：④＞③＝②＞①【答案】C【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强,所以电负性P＜N,故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故A错误;B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大,故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④,故B错误;C．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势,故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故C正确;D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误;故答案为C。19.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型均不正确的是（）A.CCl4中C原子sp3杂化,为正四面体形B。BF3中B原子sp2杂化，为平面三角形C。CS2中C原子sp杂化,为直线形D。H2S分子中,Ssp杂化，为直线形【答案】D【解析】【详解】A、杂化轨道数=价层电子对数，CCl4的价层电子对数为4，杂化类型为sp3,为正四面体，故说法正确；B、BF3中B的价层电子对数为3,杂化类型为sp2,空间构型为平面三角形,故说法正确;C、CS2的价层电子对数为2，杂化类型为sp，空间构型为直线型，故说法正确；D、H2S中S的价层电子对数为4，杂化类型为sp3,含有孤电子对，空间构型是V形，故说法错误。答案选D。20.下列微粒中含有配位键的是(）①H3O+;②NH4+;③[Cu(H2O)4]2+;④[Fe（SCN)6］3-；⑤CuCl42—；⑥CH4；⑦NH3A.①②③④⑤ B。①③⑥ C.④⑤⑦ D.②④⑥【答案】A【解析】①H2O+H+=H3O+，H2O中O与H+之间存在配位键；②NH3+H+=NH4+，NH3中N与H+之间形成配位键；③Cu2++H2O=[Cu（H2O）4]2+，Cu2+与H2O中O之间形成配位键；④Fe3++6SCN－=[Fe（SCN）6］3-,Fe3+与SCN－之间形成配位键；⑤Cu2++4Cl－=CuCl42-,Cu2+与Cl－之间形成配位键；⑥CH4不含有配位键；⑦NH3不含有配位键。故选A。21。根据下列结构示意图，判断下列说法中正确的是A.在CsCl晶体中，距Cs+最近的Cl—有6个B.在CaF2晶体中，Ca2+周围距离最近的F—有4个C。在SiO2晶体中，每个晶胞中含有4个Si原子和8个O原子D.在铜晶体中，每个铜原子周围距离最近的铜原子有12个【答案】D【解析】【详解】在CsCl晶体中，每个周围与其距离最近的有8个,故A错误；B。在晶体中，每个周围最近距离的分布在一个顶点以及和这个顶点相连的三个面的面心上，一共是4个，每个被8个所包围,故B错误;C。在二氧化硅晶胞中有8个硅原子位于立方晶胞的8个顶角,有6个硅原子位于晶胞的6个面心，还有4个硅原子与16个氧原子在晶胞内构成4个硅氧四面体，它们均匀错开排列于晶胞内，所以每个晶胞中含有8个Si原子和16个O原子,故C错误;D.以顶点Cu原子为研究对象，与之最近的Cu原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为，故D正确;故选D.22.下列关于SiO2晶体说法正确的是（)A.SiO2是由极性键构成的非极性分子B。若NA表示阿伏加德罗常数，常温常压下60gSiO2中含有的共价键数目为2NAC.碳和硅同主族，因此CO2和SiO2化学性质相似，物理性质也相似D.SiO2晶体结构中的最小环为6个Si和6个O组成的12元环【答案】D【解析】【详解】A.SiO2是由极性键构成的原子晶体,不存在分子，故A错误；B.晶体中每个Si原子与4个O原子成键，所以常温常压下60gSiO2中含有的共价键数目为=4NA，故B错误；C。CO2和SiO2化学性质相似，但CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体,故两者的物理性质不同，故C错误；D。最小的环上，有6个Si原子和6个O原子组成的12元环，故D正确。故选D.【点睛】注意:CO2和SiO2都是酸性氧化物，化学性质相同，但两者的结构不同,所以化学性质相同，物理性质不同。第II卷(非选择题）二、填空题（本大题共2小题，每空2分，共30.0分)23.在金属或非金属底物材料上，用NaBH4进行“化学镀”镀镍，可以得到坚硬、耐腐蚀的保护层（3Ni3B+Ni),反应的离子方程式为：20Ni2++16BH4-+34OH—+6H2O===2(3Ni3B+Ni)+10B(OH)4-+35H2(1）Ni2+基态核外电子排布式为________。（2）与BH4-互为等电子体的一种分子为______________填化学式.(3）B（OH）4-中硼原子轨道的杂化类型是________;1molB(OH）4-含有σ键的数目为________mol.（4）Ni的晶胞结构如图所示，镍晶体中每个镍原子周围距离最近的镍原子数目为________。(5)NiCl26H2O在SOCl2气流中加热时，生成NiCl2和两种酸性气体.写出该反应的化学方程式：__________________。【答案】(1）.1s22s22p63s23p63d8(2）.CH4、SiH4(3）.sp3(4）。8(5)。12（6).NiCl26H2O+6SOCl2=NiCl2+6SO2+12HCl【解析】【分析】（1）根据Ni是28号元素，书写基态核外电子排布式；（2）根据中电子总数10，原子总数为5,书写等电子体；（3）根据中的价层电子对数为，判断硼原子轨道的杂化类型;（4）根据Ni的晶胞结构可知,镍晶体中每个镍原子周围距离最近的镍原子数目.【详解】（1）Ni是28号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或；故答案为：1s22s22p63s23p63d8或；（2）中电子总数为10,原子总数为5，与原子数相同，电子总数也相同的一种分子为CH4、SiH4等;故答案为：CH4、SiH4;(3）中的价层电子对数为,则硼原子轨道的杂化类型是，1molB（OH）4—含有键，键，含有的键的数目为8mol;故答案为：；8;（4）根据Ni的晶胞结构可知,镍晶体中每个镍原子周围距离最近的镍原子数目为12；故答案为：12;（5）NiCl26H2O在SOCl2气流中加热时,生成NiCl2、SO2和HCl，该反应化学方程式:NiCl26H2O+6SOCl2=NiCl2+6SO2+12HCl;故答案为:NiCl26H2O+6SOCl2=NiCl2+6SO2+12HCl。24.Ⅰ.能量之间可相互转化：电解食盐水制备氯气是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料:ZnSO4（aq)，FeSO4(aq），CuSO4(aq）;铜片,铁片,锌片和导线

(1）完成原电池甲的装置示意图，并作相应的标注。要求:在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素._____________（2）以铜片为电极之一,硫酸铜溶液为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极________________(3）甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是____________，其原因是_________________________（4）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在上述的材料中应选__________作阳极.Ⅱ.CO与H2反应还可制备C2H5OH，C2H5OH可作为燃料使用，用C2H5OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：电池总反应为C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，则d电极是________(填“正极”或“负极”),c电极的反应方程式为_______________________________。若线路中转移2mol电子，则上述燃料电池，消耗的O2在标况下的体积为______L。【答案】（1)。(2).有红色固体生成，负极被腐蚀（3）.甲（4)。电池乙负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能;电池甲的负极不与所接触的电解质溶液反应，化学能在转化为电能时损耗较小(5)。锌片（6）。正极（7）.C2H5OH+3H2O-12e—=2CO2+12H+（8).11。2【解析】（1）①根据题给条件和原电池的构成条件可得：a．若用Zn、Cu、CuSO4(aq）、ZnSO4(aq)组成原电池,Zn作负极，Cu作正极，Zn插入到ZnSO4（aq）中,Cu插入到CuSO4（aq)中。b．若用Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq）组成原电池，Fe作负极，Cu作正极，Fe插入到FeSO4（aq)中,Cu插入到CuSO4(aq）中。c．若用Zn、Fe、FeSO4（aq）、ZnSO4（aq）组成原电池，Zn作负极，Fe作正极,Zn插入到ZnSO4（aq）中，Fe插入到FeSO4（aq)中。（2）由于金属活动性Zn＞Fe＞Cu，锌片或铁片作负极,由于Zn或Fe直接与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极逐渐溶解，表面有红色固体析出.(3）带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应,化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液直接接触，两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能.(4）由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极(阴极)时被保护,作负极(阳极)时被腐蚀，所以应选择比铁片更活泼的锌作负极(阳极）才能有效地保护铁不被腐蚀.Ⅱ.由图可知，d电极是电子流入的电极，所以是电池的正极。电池的正极反应一定为O2+4e-+4H+=2H2O，用总反应减去正极反应（计算时将正极扩大3倍）得到负极反应为:C2H5OH+3H2O-12e—=2CO2+12H+。三、简答题(本大题共1小题，每空2分,共26。0分）25。氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料.以天然硼砂为起始物,经过一系列反应可以得到BF3和BN,如下图所示：请回答下列问题：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是________________________、________________________；(2)基态B原子的电子排布式为________；B和N相比，电负性较大的是________，BN中B元素的化合价为________；（3)在BF3分子中，F—B—F的键角是________，B原子的杂化轨道类型为__