湖北省新高考联考协作体2019-2020学年高二化学+生物下学期期末考试试题含解析

湖北省新高考联考协作体2019-2020学年高二化学下学期期末考试

试题（含解析）

可能用到的相对原子质量：H-lLi-7C-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27

Si-28S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56

1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙酸、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧

乙酸（CHCOOOH）、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是（）

A.75%的乙醇指的是体积分数B.NaClO与洁厕灵混用消毒效果更好

C.过氧乙酸通过氧化性灭活病毒D.氯仿的分子式为CHCh是一种良好

的有机溶剂

【答案】B

【解析】

【详解】A.体积分数为75%的乙醇为医用酒精，可用于杀菌消毒，能处理外伤，故A正确；

B.次氯酸钠与盐酸（洁厕灵主要成分）反应生成有毒气体，故次氯酸钠不能与洁厕灵混合

使用，故B错误；

C.含过氧键的物质都有强氧化性，过氧乙酸含过氧键而具有强氧化性，可灭活病毒，故C

正确；

D.氯仿的分子式为CHCL是一种良好的有机溶剂，故D正确；

故答案为：Bo

2.下面的价电子排布中，第一电离能最小的原子可能是（）

*23T-）2524TA26

A.nsnpD.nsnpC.nsnpD.nsnp

【答案】c

【解析】

【详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第IIA

族元素比第IIIA族元素的第一电离能大，第VA族比第VIA族第一电离能大，ns2np二ns2np4>

ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大，但ns2np'属于第VA元素，ns2np,属于

第VIA族，所以元素的第一电离能的大小顺序是ns2np\ns2np\ns2np二ns2np\所以最小

的为ns'p",故选C。

【点睛】本题考查了同一周期元素第一电离能大小的判断，注意原子轨道处于半充满、全充

满状态下结构稳定，同一周期中第nA族元素比第IIIA族元素的第一电离能大，第VA族比

第VIA族第一电离能大。

3.下列反应式中，不能正确表达反应颜色变化的是()

A.过氧化钠在空气中放置后由淡黄色变为白色：ZNazOz===2酮2。+1

+

B.用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中放置会变蓝：4「+02+4H===2I2+2H20

C.浓硫酸滴到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸脱水性：。曲2。“浓硫酸12C+11H2O

D.向Mg(OH)z悬浊液中滴加足量FeCh溶液出现红褐色沉淀：3Mg(0H)2+2FeCl3===2Fe(OH)3

+3MgCl2

【答案】A

【解析】

【详解】A.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应:

2Na202+2CO2===2Na2CO3+02,故A错误；

B.酸性条件下碘离子容易被氧气氧化成碘单质，L遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4F

+

+02+4H===2I2+2H2O,故B正确；

C.浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水而碳化，发生反应：(3曲0“浓硫酸12C+11H£,

故C正确；

D.向Mg(OH)z悬浊液中滴加足量FeCh溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生

反应为：3Mg(0H)2+2FeCl3===2Fe(0H)3+3Mgeb,故D正确;

故答案为：Ao

4.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是()

A.键能C-C〉Si-Si、C-H>Si-H,因此CzHe稳定性大于Si2H6

B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度

C.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C,难形成p-pJI键

D.SiH”中Si的化合价为+4,CH4中C的化合价为-4,因此SiH,还原性小于CH<

【答案】D

【解析】

【详解】A.原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：Si>C,所以键能

C-OSi-Si>C-H>Si-H,C2H6稳定性大于Si2H6,故A正确;

B.由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，即为原子晶体，依靠很强的

共价键聚集，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正确；

C.Si的原子半径较大，原子间形成的。键较长，P-P轨道重叠程度很小，难于形成”键,

所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故c正确：

D.Si与C为同主族元素，同族元素从上到下非金属性减弱，所以C的氧化性强于Si,则

SiH”还原性大于CH4,故D错误;

故选：Do

5.某白色固体混合物由NaCl、KCKMgS04,CaC03中的一种或者几种组成，进行如

下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，火焰颜色为黄色；③向溶液

中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象对其组成判断正确的是（）

A.可能为KC1、NaClB.一定为NaCl、MgS04

C.可能为NaCl、KC1、MgS04D.可能为KC1、MgS04,CaC03

【答案】C

【解析】

【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；则无Catt）,；

②做焰色反应，火焰颜色为黄色，则含有NaCl,可能含有KC1；

③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSOq；

综上：白色固体混合物中一定有NaCl、MgS04,可能含KCL一定没有CaCOs,故C正确；

故选：Co

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，要较长时间保存Fe（OH%沉

淀，必须在制取过程中尽可能减少和空气接触，图中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的

氧气，所以能减少氢氧化亚铁与氧气的接触，符合题意，故A正确；

B.在铁上镀铜，则铁为阴极应与电源负极相连，铜为阳极应与电源正极相连，电解质溶液

为可溶性铜盐溶液，符合题意，故B正确；

C.制备无水MgClz,应在氯化氢气流中加热，符合题意，故C正确；

D.除杂时导管应长进短出，图中气体的进入方向不合理，故D错误；

故答案为：D。

7.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。M是地壳中含量第二高的元素，Y

元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物ZzX,的电子总数为18个；Q元素的原子

最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是（）

A.Y、Z、M形成简单氢化物稳定性：Z>Y>M

B.X、Y、Z、M的原子半径：M>Z>Y>X

C.Z2X4的水溶液呈碱性

D.ZQs中原子最外层都满足8电子稳定结构

【答案】B

【解析】

【分析】

X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，M是地壳中含量第二高的元素，则

M为Si元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Y为C元素，Z为N元

素；化合物Z2X4的电子总数为18个，则X的电子数为.-2x7=i,X为H元素，该化合

4

物为N2H4；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，所以Q为第三周期元素，最外

层电子数为7,Q为C1元素，以此来解答。

【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为C1元

素，则：

A.同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非金属性依次减

弱，因元素的非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，所以Y、Z、M形成简单氢化物稳定

性：Z>Y>M,故A正确；

B.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原

子半径比较：M(Si)>Y(C)>Z(N)>X(H),故B错误；

C.N2H4的结构简式可表示为H2N-NH2,分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，故C正

确；

D.ZQs形成的化合物为NCk,该分子中原子最外层都满足8电子稳定结构，故D正确；

故答案为：Bo

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、原子

结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目

难度不大。

8.从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于

calebinA说法错误的是()

A.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种

B.1mol该物质与滨水反应，最多消耗5molBr2

C.其酸性水解的产物均可与Na2cO3溶液反应

D.1mol该分子最多与9mol员发生加成反应

【答案】B

【解析】

【分析】

由结构可知，分子中含酚羟基、碳碳双键、酯基及酷键、狱基，结合酚、烯烧、酯等有机物

的性质来解答。

【详解】A.该有机物结构不对称，苯环上分别含3种H,苯环上氢原子发生氯代时，一氯

代物有6种，故A正确；

B.该有机物中能与澳水发生的官能团有酚羟基和碳碳双键，所以1mol该物质与澳水反应,

最多消耗4molBr2,故B错误；

C.该有机物中含酯基，可在酸溶液中水解，且水解产物均含酚羟基，可与碳酸钠溶液反应，

故C正确；

D.苯环、碳碳双键、携基与氢气发生加成反应，则Imol该分子最多与9mol不发生加成反

应，故D正确；

故选Bo

9.熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为：2Na+x

SJ*Na£,（x=5~3，难溶于熔融硫）。下列说法错误的是（）

允甩

c密封

I干］一不锈钢容器

-=—Na"-AhO3固体

——熔融钠

熔融情（含碳粉）

A.Na£&的电子式为：Na'［:

B.放电时正极反应为：AS+2Na++2e===Na?S*

C.充电时的阴极反应：Na-e「===Na+

D.Na和S分别为电池的负极和正极

【答案】C

【解析】

【分析】

由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发

++

生还原反应作正极，负极反应式为Na-e「===Na,正极反应为4+2Na+2e「===Na2Sx,

阴离子向负极移动，Na-B-AU）3为隔膜，阳离子向正极移动，以此答题。

【详解】A.Na2s4的结构类似过氧化钠，所以Na2s,电子式为：Na*［：S*：S*：S*：S*：］:'Na'-

故A正确；

B.由电池的总反应方程式可知，x个S原子得到2个电子，所以放电时正极反应为忘+2Na+

+2e===Na2sx（因Na?Sx难溶于熔融硫，故不拆），故B正确；

C.由充电时的总反应方程式可知，电池充电时阴极发生得电子的还原反应，故C错误；

D.由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电

子发生还原反应作正极，故D正确；

故选：Co

10.5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.Imol/LFeCL溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2F(aq)

=2Fe2+(aq)+L(aq),达到平衡。下列说法不正确的是()

A.加入苯，振荡，平衡正向移动

B.加入FeS04固体，平衡逆向移动

c2(Fe2+)

C.该反应的平衡常数於，/，、

c2(Fe3+)xc2(r)

D.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限

度

【答案】C

【解析】

【详解】A.加入苯，导致溶液中碘单质的浓度减小，减少生成物的浓度平衡正向移动，故

A正确；

B.加入FeSO”固体，导致溶液中亚铁离子的浓度变大，平衡逆向移动，故B正确；

c2(Fe2+)xc(I)

C.由反应2Fe"(aq)+2r(aq)=2Fe"(aq)+I2(aq)可知：平衡常数口)：、，

c2(Fe3+)xc2(r)

故C错误；

D.在FeCL与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入几滴KSCN溶液,

溶液呈红色，说明溶液中有三价铁离子，即铁离子没有完全反应，说明该化学反应存在限度,

故D正确；

故选CO

11.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中3表示链延长)

A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反应为缩聚反应

C.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构D.聚合物P的原

料之一丙三醇可由油脂水解获得

【答案】C

【解析】

-O-CH-O-

【详解】A.根据X为Y为：&:可知，X与Y直接相连构成了酯

基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A正确;

B.聚合物P中含酯基，可由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应合成，故B正确；

C.乙二醇的结构简式为HO-CH2cH2-0H,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，不

能形成交联结构，故C错误；

D.聚合物P的原料之一为丙三醇，油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三

醇，故D正确；

答案选C。

【点睛】根据X和Y的结构知聚合物P中含酯基，所以用切割法判断合成聚合物P的原料。

12.室温下，将两种浓度均为0.1mol/L的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可

忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是()

A.NaHC03-Na2C03混合溶液：c(Na')>c(HC0。>c(C0j)>c(0H「)

-+

B.氨水-NH£1混合溶液(pH=9.25)：c(NH3•H20)>c(NHp>c(Cl-)>c(OH)>c(H)

-+

C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液：c(CH3COO')+2c(OH)=c(CH3COOH)+2c(H)

+

D.H2C204-NaHC204混合溶液：2c(Na)=c(H2C204)+c(HC20f)+c(C20)

【答案】B

【解析】

【详解】A.NaHCOs水溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，等浓度

的NaHCOs和NazCOs水解关系为:碳酸根离子>碳酸氢根离子，溶液中剩余微粒浓度关系为:

C(HC03)>C(C0^),碳酸氢根离子和碳酸根离子水解程度微弱，生成的Off浓度较低，由

NaHCOs和Na£03化学式可知，该混合溶液中Na*浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系

为：c(Na+)>c(HC0p>c(C0；)>c(0H-)，故A正确；

+

B.该混合溶液中电荷守恒为：c(NH：)+c(H)=c(CD+c(OH-),物料守恒为：c(NA•H20)

+

+c(NH：)=2c(CD,两式联立消去c(C「)可得：c(NH：)+2c(H)=c(NH3-H20)+2c(0H「)，

又因为氨水-NH4cl混合溶液(pH=9.25),所以混合溶液显碱性，即C(01T)>C(H+),因此溶液

中C(NH3•H20)<C(NH：),故B错误；

++

C.溶液中物料守恒为：2c(Na)=C(CH3COOH)+c(CH3COO)a溶液中电荷守恒为：c(Na)+

+---

c(H)=c(OHO+a(CH3C00),两式联立消去c(Na,)可得：c(CH3C00)+2c(OH)=c(CH3COOH)

+2c(H+),故C正确；

D.该混合溶液中物料守恒为：2c(Na。=C(H2C204)+C(H&0J)+c(C20^),故D正确；

答案选B。

13.已知［Co(H?0)6片呈粉红色，［CoClJ-呈蓝色，［ZnCK/为无色。现将CoCl?溶于水，加

入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：［CO(H20)6『+4C「［C0CIJ2-

+6H20AH

用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

①置干冰水浴中

A.由实验①可推知A〃<0

B.等物质的量的［Co(H2城介和［CoCL广中。键数之比为9:2

C.实验②是由于c(HQ增大，导致平衡逆向移动

D.由实验③可知配离子的稳定性：［ZnClJ->［CoCL］2'

【答案】BD

【解析】

【详解】A.①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明［Co(H2)6：T+4C「

2

［CoCld-+6H20的平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆反应为放热反

应，贝/CO(HQ)6产+4CU［CoCl/2-+6压0的反应为吸热反应，所以A〃>0,故A

错误；

B.lmolH2分子中有2molo键，lmol［Co(%0)6产的。键为：2X6+6=18mol；1mol［CoClJ2-

的o键为4mol,所以等物质的量的［Co(HzO)6产和［CoCL广中。键数之比为18:4=9:2,

故B正确；

C.c(H。是常数，不会改变；平衡逆向移动应是离子浓度减小引起的，故C错误；

D.加入ZnClz后，生成难电离的稳定的粉红色的［CO(HQ)6］。Zn/浓度增大，与Co分结合的

CU更易与Zn2+形成配位键，生成［ZnCL广，说明配离子：［ZnCL/的稳定性强于［CoCL厂的

稳定性，故D正确；

故答案为：BDo

14.CH,与CO?重整生成员和CO的过程中主要发生下列反应

1

CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)AH=247.IkJ-mol

H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)AH=41.2kJ-mo产

在恒压、反应物起始物质的量比〃(CH4)："(CO2)=l：l条件下，CH4和C02的平衡转化率随

温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是

)

()8(

曲

线A

Ox

6

曲.

J彻

)

4Yf

).

40060080010001200

温度/K

A.升高温度、增大压强均有利于提高CH”的平衡转化率

B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化

C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠

D.恒压、800K、n(CH4)：n(C0j=l:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度

外的特定条件继续反应，CH,转化率能达到Y点的值

【答案】BD

【解析】

【详解】A.甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲

烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转

化率减小，故A错误；

B.根据两个反应得到总反应为CHKg)+2C()2(g)=H2(g)+3CO(g)+H20(g),加入的CH4

与CO?物质的量相等，CO2消耗量大于CH”，因此CO?的转化率大于CH,,因此曲线B表示CH,

的平衡转化率随温度变化，故B正确；

C.使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；

D.800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点

的值，故D正确。

综上所述，答案为BD。

15.据文献报道：Fe(C0)6催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是

()

A.该反应可消耗温室气体CO?

B.0H一作为中间产物参与了该催化循环

C.该催化循环中Fe的成键数目发生了变化

D.该反应可产生清洁燃料

【答案】CD

【解析】

【分析】

Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5+曹Fe(CO)——>Fe(CO)H+

-

C02—+H20fFe(C0)4(H0H)H>Fe(C0)4(H)2+0H->Fe(CO)4H2>Fe(CO)4+

H21:Fe(CO)s,由反应机理图可知，总反应为CO+H2催化剂CO2+田,其中OIT参与了该

催化循环，生成清洁燃料压和温室气体CO?,据此分析解答。

【详解】A.由反应机理图可知，总反应为CO+邮催化剂CO2+H2,所以该反应可生成温

室气体CO2,消耗CO,没有消耗CO2,故A错误；

B.由反应机理图可知：0H一作为催化剂参与了该催化循环，不是中间产物，故B错误；

C.由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键一6个共价键一5个共价键一4个

共价键一5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故C正确；

D.由反应机理图可知，总反应CO+压0催化齐UCO2+,所以该反应可产生清洁燃料员,

故D正确。

故答案为：CD0

【点睛】本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化等，明确反

应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度中等。

16.I：汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO,汽车三元催化器可以实现降

低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的

气体。如：反应I：2C0+2N0：陵2c△&；反应H：4c0+2N0送N2+4CO2△豆〈0。

⑴己知:反应N(g)+02(g)=2N0(g)△)=+180.0kj/mol,若CO的燃烧热△〃为-283.5kJ/moL

则反应I的△名=o

⑵若在恒容的密闭容器中，充入2moic。和1molNO,发生反应I,下列选项中不能说明

该反应已经达到平衡状态的是。

A.N?和CO2的物质的量之比不变B.混合气体的密度保持不变

C.混合气体的压强保持不变D.2v(N2)=V(CO)

E.混合气体的平均相对分子质量保持不变

(3)在2L密闭容器中充入2molCO和1molNO”发生上述反应II-

①若在某温度下，该反应达平衡时CO的转化率为50%,则该反应的平衡常数为o

②如图为平衡时(％的体积分数与温度、压强的关系。则温度：2_丁2(填“<〃或〃〉〃)；若在

D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A~G

点中的点。

压量/MPa

II：CH4和CO,都是比较稳定的分子，科学家利用电解装置实现两种分子的耦合转化，其原理

如图所示：

碳

氧

氮

(4)阴极上的反应式为。

⑸若阳极生成的乙烯和乙烷的体积比为1：1,则两电极消耗的CEi和CO?体积比为

(气体体积在相同条件下测定)。

【答案】(1).-747.Ok,J/mol(2).ABD(3).2(4).<(5).E(6).

-2-

CO2+2e=CO+O(7).4：3

【解析】

【详解】(1)已知①Nz(g)+02(g)=2N0(g)△万=+180.OkJ・moL,CO的燃烧热△〃为-283.5

kj/mol,则有②2co(g)+02(g)=2C02(g)△〃=-567kJ・moL,根据盖斯定律，②-①得

1

2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2C02(g)的△&=-747.OkJ.moF；

(2)A.初始投料为CO和NO,所以反应过程中N2和CO?的物质的量之比始终为1:2,所以二

者的比值不变不能说明反应平衡，故A符合题意；

B.反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终

不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B符合题意；

C.反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保

持不变，可以说明反应达到平衡，故C不符合题意;

D.选项并未注明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明是否平衡，故D符合题意；

E.反应前后气体总质量保持不变，而气体的物质的量改变，所以未平衡时混合气体的平均

相对分子质量发生改变，当其不变时，说明平衡，故E不符合题意；

综上所述答案为ABD；

(3)①初始投料为2molCO和1molN02,平衡时CO的转化率为50%,则平衡时△〃(0))=lmol,

4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)

起始(mol)2100

列三段式有珏二容器的容积为2L,

转化(mol)10.50.251

平衡(mol)10.50.251

②该反应熔变小于0,正反应为放热反应，相同压强条件下,升高温度平衡逆向移动，C02

的体积分数减小，所以T《Tz；该反应正反应为压强减小的反应，所以压强减小平衡逆向移

动C02的体积分数减小，同时升温也会使C02的体积分数减小，所以可能会移动到E点；

⑷与电源负极相连的一极为阴极，所以电极A为阴极，根据球棍模型可知电极A上CO,得

2-2

电子生成CO同时产生0,所以电极反应为C02+2e-=C0+0-；

(5)根据元素守恒和电子守恒可知阳极(B极)的反应为4cH厂6e，3(r=C2H6+C2H4+酰0,转移

6mol电子时消耗4moic也，根据阴极反应式可知消耗3moicOz,所以消耗的CH”和CO?体积比

为4:3。

【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及

由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生

变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

17.I：氨硼烷(NHsBHj含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。

(1)写出基态N原子的核外电子排布图________________________o

(2)NH3BHs分子中，N-B化学键称为配位键，其电子对由—原子提供。氨硼烷在催化剂作

用下与水反应放出氢气：3NH3BH3+6H=0=3NH:+B30：一+9仄t

B3。；一的结构为o在该反应中，B原子的杂化轨道类型由变为

II：如图是某化合物晶胞示意图，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。该立方体晶胞边

长为apm。

(3)该化合物的化学式是o

(4)该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，A1原子构成的图为下列图形中的—

阳阳田田

ABCD

⑸求出Si与A1之间的共价键键长是—pm。

Is2s2p

【答案】⑴・向回发|T(2).氮(或者N)(3).sp3

(4).sp2(5).LiAISi(6).D(7).

4

【解析】

【分析】

(1)根据构造原理书写基态N原子的核外电子排布式，据此分析解答；

(2)NH3B%分子中，氮原子和氢原子形成了3个。键，氮原子还有1对孤电子对，硼原子和

()

I

氢原子形成了3个。键，硼原子还有空轨道，产物中，硼原子形

I1

成3个。键，没有孤电子对，据此分析解答；

II：(3)根据晶胞结构利用均摊法计算各种原子数目，其最简式即为该化合物的化学式；

(4)根据晶胞中A1原子的位置结合选项分析判断；

(5)Si与A1之间的共价键键长为晶胞体对角线长度的工。

4

【详解】(1)基态N原子的核外电子排布式为Is22s22P：则核外电子排布式图

Is2s2p

rrnrm।T।।T।；

(2)NH3BHs分子中，氮原子和氢原子形成了3个。键，氮原子还有1对孤电子对，硼原子和

氢原子形成了3个。键，硼原子还有空轨道，所以氮原子和硼原子之间的共用电子对是氮

原子单方面提供的，则N-B化学键称为配位键；在NH3BH3中，B原子形成4个。键，没有

孤电子对，B原子的杂化类型是sp)而产物00中，B原子形成3个。

键，没有孤电子对，原子的杂化类型是sp)所以在该反应中，B原子的杂化类型由sp'变为

sp2；

11

II：(3)根据晶胞结构可知Si原子个数是4,A1原子个数是Li原子个数

82

是12X-+1=4,因此该化合物的化学式是LiAlSi；

4

(4)A1原子在该晶胞的顶点和面心，该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，A1原子构成的

图为下列图形中的D,答案选D；

(5)已知该立方体晶胞边长为apm,则其体对角线的长度为百apm,由晶胞图示可知，Si与

广、品

A1之间的共价键键长是对角线的一1，即为一1Xga=4pm。

444

18.某化工厂排放的工业废水中主要含Na+、HSO£、SO：,研究小组欲测定其中HSO£的浓度,

设计如下三个方案。

足量起酸

方案一：废水100mL测盘'(体体积

盐酸酸化的

BaCb溶液

足量a酸

方案二:废水100mL气体aX溶液

请回答下列问题:

(1)利用如图所示的装置完成方案一。

①仪器A的名称是。

②量气管读数前，除冷却至室温外，还应进行操作是。

(2)①方案二中吸收气体a的“X溶液”可能是。

a.双氧水b.硝酸钠溶液c.H2S04酸化的KMIA溶液

②若X为次氯酸钠，写出气体a与X溶液反应的离子方程式o

③该方案中，操作I包含的操作名称依次为o

(3)方案三:量取20.00mL废水试样，用0.02mol/L酸性KMnO＜标准溶液进行滴定。记录

数据，计算。

①方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是(填标号)。该方案是否需要指

示剂?(填“是”或“否”)。

废水试样

②滴定数据记录如表:

滴定前读数/mL滴定后读数/mL

第一次0.1020.12

第二次1.1021.08

第三次1.4523.45

第四次0.0020.00

计算该废水试样中HSO「的浓度为o

【答案】(1).分液漏斗(2).调节B、C装置使两液面相平(3).ab(4).

+

S02+C10+H20=2H+S0^+Cr(5).过滤、洗涤、干燥(6).a(7).否(8).0.05

【解析】

【分析】

方案一的原理为：利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成S02,通过测定生成的SOa的体积来确定

亚硫酸氢根的浓度；

方案二的原理为：首先利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO?,然后利用具有氧化性的溶液吸

收氧化SO?得到硫酸根，再用BaCL溶液沉淀硫酸根，过滤、洗涤、干燥得到硫酸钢沉淀，

通过硫酸钢的量来计算S02的量，继而得到硫酸氢根的浓度；

方案三的原理为：利用酸性高锦酸钾溶液氧化滴定亚硫酸氢根的浓度，方程式为

2+

5HS03+2MnO；+H=5SOj+2Mn+3H20o

【详解】(1)①根据仪器A的结构可知其为分液漏斗；

②为保证C中气体的压强与大气压相同(这样才能知道C中气体的压强)，所以量气筒读数前

除了要冷却到室温之外还应调节B、C装置使两液面相平；

⑵①气体a为SO2,X溶液的目的是氧化吸收SO?；

a.双氧水具有氧化性可以氧化SO?得到硫酸根，故a可以；

b.硝酸钠溶液中含有硝酸根，SO?溶于水显酸性，酸性环境下硝酸根可以氧化SO2得到硫酸

根，故b可以；

c.虽然硫酸酸化的高锦酸钾可以氧化吸收S0”但引入了硫酸根，故c不可以；

综上所述答案为ab；

②次氯酸钠中含有次氯酸根，可以将SO,氧化得到S0：,自身被还原成ci-,结合电子守

+

恒和元素守恒可得离子方程式为SO2+CIO-+H2O=2H+SO;-+cr；

③操作I的目的是从固液混合物中得到硫酸领沉淀，所以操作为过滤、洗涤、干燥；

(3)①酸性高锯酸钾溶液显酸性，且具有强氧化性，所以要用酸式滴定管，即带玻璃旋塞滴

定管，故a最合理；该方案滴定过程中高镒酸根会被亚硫酸氢根还原，到达滴定终点时，亚

硫酸氢根完全反应，高锯酸钾过量，所以溶液会从无色变为浅紫色，所以不需要指示剂；

②根据表格数据四次实验消耗的高锦酸钾标准液的体积为：20.12mL-0.10mL=20.02mL、

21.08mL-l.10mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL,第三组实验数据偏差较大，

所以舍去，则该实验中消耗的酸性高锦酸钾标准液的体积为

20.02mL+l9.98mL+20.00mL°八八八T

--------------------------=20.00mL,待测液的体积为20.00mL,结合方程式

3

+2+n

5HSO3+2MnO；+H=5SOf+2Mn+3H20可得c（HSO；）=2匚05moi儿。

0.02L

19.某化工厂“用含NiO的废料(杂质为FeM、CaO、CuO等)制备羟基氧化锲

(2NiOOH•H20)的工艺流程如图:

NaOH

H2sO4溶液«2S①试剂X②试剂YNaFNaClO

丽"福操作AHi耳『糜限距网点叫。

滤渣1CuS、S02CaF2滤液

已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如图:

离子Fe3+FerNi2+

开始沉淀的pH2.77.67.1

沉淀完全的pH3.29.69.2

请回答下列问题：

(1)①滤渣1的主要成分是o

②如图是酸浸时镇的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是℃,若

酸浸时将温度控制在80℃左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)z,其原因可能是

(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为：。

⑶试剂Y用于调节溶液的pH,则调控pH的范围是

96

;;

90

88

30405060708090

温度/P

(4)写出沉钙后氧化过程中反应的离子方程式o

(5)沉钙时，当溶液中c(F-)=3.0X10.2mo"L时，通过计算确定溶液中Ca"否沉淀完全

n

[常温时，Ksp(CaF2)=2.7X10^]o

【答案】(1).CaS04(2).70(3).随着温度的升高，NF水解程度增大，从而

3+2++

形成一定量的Ni(0H)2沉淀(4).H2S+2Fe=2Fe+SI+2H(5).3.2WpH〈7.1(6).

2.7X1C»T

-

CIO+2NF+40H-=2Ni00H•H20(+CV

mol/L<l,OX105mol/L,Ca/已沉淀完全

【解析】

【分析】

含NiO的废料(杂质为FezOs、CaO、CuO等)用H2s0,酸浸后，金属氧化物转化为Ni"、Fe"、

Cl+进入溶液，大部分的CaO转化为CaSO,沉淀，即为滤渣1,少量的Ca。+残留在溶液中。加

H2S,可将Fe>还原为Fe?+,也可以将Cu"转化为CuS沉淀，此时溶液中的金属离子还有N产、

F厂*和少量的Ca"加氧化剂X将Fe*还原为Fe",再加试剂Y调pH,使Fe"转化为Fe(0H)3

沉淀，再加NaF将Ca?+沉淀，金属离子只剩Ni2+,最后加NaOH、NaClO,制得羟基氧化银

(2NiOOH•H20)。

【详解】(1)①由分析可知，滤渣1的主要成分是CaSO,；

②由图可知当温度在70°左右时裸的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70°C；Ni?+能水

解，生成Ni(OH)z,升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)z,；

(2)由分析可知，操作A是H2s与Fe"的反应，方程式为H2s+2Fe"=2Fe"+SJ+2H+；

(3)调pH需使Fe，+完全沉淀，但不能使N产沉淀，由表格可知，3.2WpH<7.1；

(4)该反应中Ni?+被氧化为2NiOOH•员0,CUT被还原为CF,相应的离子方程式为

2+

C10>2Ni+40H=2Ni00H-H20I+C「；

(5)一般认为溶液中离子的浓度小于LOXlCTmoi/L,该离子沉淀完全。

2+2

Ksp(CaF2)=c(Ca)c(F)=2.7X10?所以

K(CaF)2.7xlO-11

c(Ca2+)=—-----=7TTTmol/L=3.OX10-8mol/L<l.OXlOlol/L,Ca?+已沉淀完全。

C2(F)(3.0X10-2)

20.硝苯地平H是一种治疗高血压的药物；其一种合成路线如下:

COOCM

HNOiI&CO,

COOQHs・住水后jKMnO«Ro

30cNO,②

CHO

CH®CH,CHJCOCOOCJH,

3回

囚回0

ggHQOC

CHaCOOCH,

E回

[NH}1

已知：酯分子中的1-碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。

0000

+II-D能2)乙酸一>||I+ROH

CHj—C—ORH—CH：—C—CRCHj-C—CH2-C-OR

回答下列问题:

(1)B的化学名称为,②的反应类型是。

(2)D的结构简式为0

(3)反应①的化学方程式为