2023-2024学年北京市通州区高二上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市通州区2023-2024学年高二上学期1月期末本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1N14Cl35.5第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.以下能级符号正确的是A.1p B.2d C.3f D.4s【答案】D【解析】根据第一电子层上只有1s，第二电子层只有2s、2p，第三电子层只有3s、3p、3d，第四电子层只有4s、4p、4d、4f；答案选D。2.下列分子中含有π键的是A.H2 B.C2H4 C.HBr D.F2【答案】B【解析】H2结构式为H-H，不含有π键，故A错误；C2H4的结构简式为CH2=CH2，含有一个π键，故B正确；HBr结构式为H-Br，不含π键，故C错误；F2结构式为F-F，不含有π键，故D错误；故选B。3.下列措施对加快反应速率有明显效果的是A.Na与水反应时，增加水的用量B.Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C.Na2SO4与BaCl2两种溶液反应时，增大压强D.大理石和盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状【答案】D【解析】水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；Al与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，B不选；反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；

D．块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；答案选D。4.下列化学用语书写不正确的是A.F-的离子结构示意图：B.2pz电子云图为C.基态24Cr的价层电子轨道表示式为D.HCl分子中σ键的形成：【答案】A【解析】氟离子核外有10个电子，其结构示意图为，故A错误；2pz电子云轮廓图是哑铃形，沿z轴分布，是pz电子云轮廓图，故B正确；Cr元素处于周期表中第四周期第ⅥB族，价层电子排布为3d54s1，轨道表示式为，故C正确；HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故D正确；故选：A。5.下列操作与化学平衡移动原理无关的是A.用饱和食盐水除去Cl2中的HClB.用稀盐酸除去铜粉中的铁粉C.用饱和碳酸钠溶液和盐酸处理水垢中的硫酸钙D.用MgCO3除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+【答案】B【解析】氯气溶于水发生可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有大量Cl-，能抑制氯气溶解，平衡逆向移动，HCl极易溶于水，用饱和食盐水除去氯气中的HCl,与平衡移动原理有关，故A不选；Fe和稀盐酸反应生成可溶性的氯化亚铁，Cu和稀盐酸不反应，所以可以用稀盐酸除去Cu中的Fe,与平衡移动原理无关，故B选；硫酸钙在水溶液中存在溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)，加入饱和Na2CO3溶液，Na2CO3和CaSO4电离出的Ca2+反应生成更难溶的CaCO3，促进CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)的平衡正向移动，与平衡移动原理有关，故C不选；加入MgCO3与酸及Fe3+水解生成的H+反应，会促进水解反应的正向进行，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，使Fe3+沉淀完全，与平衡移动原理有关，故D错误；答案选B。6.下列关于Na、Mg、Al的叙述中，正确的A.原子半径：Na<Mg<AlB.最高化合价：Na<Mg<AlC.第一电离能：Na<Mg<AlD.都位于元素周期表的s区【答案】B【解析】Na、Mg、Al同周期元素原子，原子半径：Na＞Mg＞Al，故A错误；Na、Mg、Al是同周期元素原子，最外层电子数1、2、3，最高化合价：Na＜Mg＜Al，故B正确；Na、Mg、Al是同周期元素原子，第一电离能：Na＜Al＜Mg，故C错误；Na、Mg位于s区，Al位于p区，故D错误；答案选B。7.下列说法中正确的是A.在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性B.将1mL1×10-6mol/L盐酸稀释到1000mL，所得溶液的pH为9C.c(H+)<c(OH-)的溶液一定显碱性D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强【答案】C【解析】在100℃时，Kw=1×10-12，pH约为6的纯水中始终存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；盐酸稀释不可能变成碱性，将1mL1×10-6mol/L盐酸稀释至1000mL，溶液的pH接近7，但始终小于7，故B错误；溶液的酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的相对浓度，c(H+)<c(OH-)的溶液一定显碱性，故C正确；强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的强，如很稀的盐酸导电性比很浓的醋酸弱，故D错误；故选C。8.下列实验不能达到实验目的的是A.制作燃料电池B.验证NO2球分别浸泡在热水和冷水中C.研究温度对化学平衡的影响D.验证相同温度下的溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】打开K2，关闭K1，电解水生成氢气和氧气；打开K1，关闭K2，构成氢氧燃料电池，负极上氢气失去电子，正极上氧气得到电子，故A正确；1g碳酸钙不能完全溶解，且溶液导电，可知存在，故B正确；只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故C正确；NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不能验证相同温度下Mg(OH)2、Fe(OH)3的溶解度大小，故D错误；故选D。9.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.工业冶炼Al的反应：B.在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2：C向亚硫酸溶液中滴入紫色石蕊溶液，溶液变红：、D.用Na2S溶液将AgCl转化为Ag2S：【答案】A【解析】AlCl3为共价化合物，工业冶炼Al的反应为：，故A错误；在HCl气流中加热MgCl2·6H2O，可防止Mg2+水解，得到无水MgCl2，所给方程式正确，故B正确；亚硫酸为弱酸分步电离，电离溶液呈酸性，使紫色石蕊溶液变红，故C正确；难溶的AgCl能转化为更难溶的Ag2S，所给离子方程式正确，故D正确；故选A。10.反应2HI(g)H2(g)+I2(g)

ΔH>0经过以下两步基元反应完成：ⅰ．2HI=H2+2I·

∆H1ⅱ．2I·=I2

∆H2反应过程中的能量变化如图所示：下列说法不正确的是A.反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应B.因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以∆H1>0C.因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以∆H2＜0D.H=H1+H2【答案】B【解析】反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，故A正确；基元反应i中H-I键断裂，同时形成H-H键，无法判断焓变是否大于0，故B错误；基元反应ii形成I-I键，形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0，故C正确；根据盖斯定律：i+ii得2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2，故D正确，

故选：B。11.如下图所示，利用N2H4、O2和KOH溶液制成燃料电池(总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O)，模拟氯碱工业。下列说法正确的是A.甲池中负极反应为N2H4–4e-=N2+4H+B.乙池中出口G、H处气体分别为H2、Cl2C.乙池中离子交换膜为阴离子交换膜D.当甲池中消耗32gN2H4时，乙池中理论上最多产生142gCl2【答案】D【解析】甲池为燃料电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，与负极相连的右侧电极为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，与正极相连的左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，据此分析解答。甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e-+2H2O=4OH-，负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故A错误；乙池为电解池，与负极相连的右侧电极为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，与正极相连的左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故乙池中出口G、H处气体分别为Cl2、H2，故B错误；乙池发生的是电解池反应，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液中的钠离子通过阳离子交换膜移向阴极，由F出口得到氢氧化钠溶液，故乙池中离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，当甲池中消耗32g即=1molN2H4时，转移4mol电子，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，产生2molCl2，故乙池中理论上最多产生2mol×71g/mol=142gCl2，故D正确；答案选D。12.室温时，向20mL0.1mol/L的HCl、CH3COOH中分别滴加0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图。下列说法不正确的是A.曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化曲线B.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为1×10-11mol/LC.滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.向CH3COOH中滴加20mLNaOH溶液时，溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】盐酸和醋酸都是一元酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，盐酸是强酸，可完全电离，因此相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，醋酸的氢离子浓度小于盐酸，则pH比盐酸的大，所以曲线I代表醋酸，曲线II代表盐酸；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化pH曲线，故A正确；由图可知，20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，解得：c(OH-)=10-11mol/L，再由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根浓度，故B正确；醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，当pH=7时，加入的氢氧化钠不足，醋酸还有剩余，而盐酸中恰好反应，此时c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故C错误；醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根水解溶液显碱性，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：C。13.高炉炼铁过程中发生反应：Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见表。温度T/℃100011501300平衡常数K4.03.73.5下列说法正确的是A.增加高炉的高度可以有效降低炼铁尾气中CO的含量B.由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量C.为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)D.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10-3mol/L，则用CO表示该反应的平均速率为2×10-3/tmol/(L·min)【答案】B【解析】高炉煤气的成分与高炉高度是没有关系的,煤气中CO的含量是高炉生产的产物,增加高炉的高度，不影响化学平衡移动，不会降低CO的含量，故A错误；由表中数据可知升高温度，该反应的平衡常数降低，所以该反应属于放热反应，反应物的总能量＞生成物的总能量，故B正确；平衡常数只和温度有关，所以增大c(CO)不会改变K，故C错误；1000℃下Fe2O3(s)＋CO(g)23Fe(s)＋CO2(g)，K=c(CO2)/c(CO)=4,c(CO)=2×10-3mol/L,c(CO2)=8×10-3mol/L,因为方程式中CO和CO2的计量数相等，所以CO的平均速率为mol/(L·min)，故D错误；答案：B。14.某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl2溶液，实验记录如下(a、b代表电压数值)序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ix≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2IIa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2IIIb＞x≥0无明显变化无Fe3+、无Cl2下列说法中，不正确的是A.I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝B.II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+C.由II中阳极现象可知，该电压下Cl-在阳极不放电D.根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关【答案】C【解析】根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀粉变蓝，故A正确；由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此无氯气放出，故C错误；依据表中数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；

故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.H2O、NH3、CH4是常见的非金属氢化物，研究他们的结构有非常重要的意义。（1）研究H2O分子的结构①氧的基态原子的电子排布式为_______。②H2O的电子式为_______，H2O的VSEPR模型为_______。（2）研究NH3分子的结构①基态N原子中有_______个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是_______。②下列有关NH3的说法正确的是_______。a．N的电负性为3.0、H的电负性为1.8，则NH3中N为-3价b．NH3中N原子的杂化方式是sp2杂化c．NH3与BF3分子的空间结构相同（3）研究CH4分子的结构①基态碳原子中，电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。②CH4分子中碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—H_______键(填“σ”或“π”)，甲烷的空间结构是_______。（4）三种分子比较①三种分子中心原子C、N、O的电负性由大到小顺序为_______。②三种分子中键角H—C—H>H—N—H>H—O—H，原因是_______。【答案】（1）①.1s22s22p4②.③.四面体形（2）①.3②.2p③.a（3）①.哑铃形②.σ③.正四面体形（4）①.O＞N＞C②.CH4、NH3

和H2O的中心原子都是sp3

杂化，CH4

的中心原子没有孤电子对，NH3

的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力【解析】【小问1详析】O是8号元素，氧的基态原子的电子排布式为：1s22s22p4；H2O是共价化合物，分子的电子式为：，价电子对数=2+=4，H2O的VSEPR模型为：四面体形，故答案为：；四面体形；【小问2详析】①氮原子的电子排布式为：1s22s22p3，基态N原子中有3个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是：2p，故答案为：3；2p；②a．N的电负性为3.0、H的电负性为1.8，氮原子吸引电子对能力强，则NH3中N为-3价，故a正确；b．NH3中N原子价电子对数=3+=4，NH3中N原子的杂化方式是sp3杂化，故b错误；c．BF3分子中价电子对数=3+=3，NH3中N原子价电子对数=3+=4，NH3与BF3分子的空间结构不相同，故c错误；故答案为：a；【小问3详析】①CH4分子的结构基态碳原子中，电子排布式1s22s22p2，电子占据最高能级2p的电子云轮廓图的形状是：哑铃形，故答案为：哑铃形；②CH4分子碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H形成的σ键，价电子对数=4+=4，甲烷的空间结构是：正四面体形，故答案为：σ；正四面体形；【小问4详析】①同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、O的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；②三种分子中键角H-C-H＞H-N-H＞H-O-H，原因是：CH4、NH3

和H2O的中心原子都是sp3

杂化，CH4

的中心原子没有孤电子对，NH3

的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，故答案为：CH4、NH3

和H2O的中心原子都是sp3

杂化，CH4

的中心原子没有孤电子对，NH3

的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力。16.研究NO、NO2等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。Ⅰ．二氧化硫消除二氧化氮（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1=-196.6kJ/mol2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-113.0kJ/mol则NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=_______kJ/mol（2）在一定条件下，将起始浓度比为1：2的NO2与SO2置于密闭容器中发生上述反应，NO2转化为NO的平衡转化率为b。①下列说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。a．体系压强保持不变b．混合气体的颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每生成1molSO3消耗1molNO2②该温度下平衡常数K=_______(用含有b的式子表示)。Ⅱ．NH3具有较好的还原性，催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。（3）写出上述反应的化学方程式_______。（4）NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如下图所示。曲线III对应的NH3与NO的物质的量之比是_______，理由是_______。【答案】（1）-41.8（2）①.b②.（3）4NH3+6NO5N2+6H2O（4）①.4：1②.对于反应4NH3+6NO5N2+6H2O，其他条件相同时，增大的NH3浓度，平衡向正反应方向移动，NO的脱除率增大。【解析】【小问1详析】已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1=-196.6kJ/mol；②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-113.0kJ/mol；根据盖斯定律可知得NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，ΔH=(-196.6+113.0)kJ/mol=-41.8kJ/mol；【小问2详析】①a．该反应是气体体积不变的反应，反应过程中，体系压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不选；b．混合气体的颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故b选；c．SO3和NO的体积比始终为1：1，保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c不选；d．每生成1molSO3消耗1molNO2，只指明正反应速率，所以正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态，故d选；故答案为：b；②在一定条件下，将起始浓度比为1：2的NO2与SO2置于密闭容器中发生上述反应，NO2转化为NO的平衡转化率为b，列三段式如下：K==；【小问3详析】NH3与NO反应归中反应，生成N2和H2O，化学方程式4NH3+6NO5N2+6H2O；【小问4详析】其他条件相同时，增大的NH3

浓度，平衡向正反应方向移动，NO的脱除率增大，所以曲线Ⅲ对应的NH3与NO的物质的量之比是4：1。17.铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。Ⅰ．生铁的腐蚀下图实验装置中，U形管内为红墨水，a、b试管中分别盛有氯化铵溶液和食盐水，各加入生铁片，一段时间后，红墨水柱两边的液面变为左低右高。（1）猜测a试管中生铁发生_______(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀。（2）b试管中正极上发生的电极反应为_______。Ⅱ．生铁的防护——电镀法i.用电解的方法制备CuSO4电镀液，如图所示。（3）与直流电源a端相连的电极材料是_______(填“铜片”或“石墨”)。（4）将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合化学用语解释pH升高的原因是_______。ii.测定CuSO4溶液的浓度。实验操作为：准确量取V1mL待测液于锥形瓶中，调节溶液，加入过量的kI，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。上述过程中反应的离子方程式：2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2，。（5）CuSO4溶液的浓度是_______mol/L(用含a、V1、V2的代数式表示)。iii.生铁片上电镀铜。已知：Cu2+放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。（6）生铁片应与电源的_______相连。（7）向CuSO4溶液中加入过量氨水，发生反应Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，制得铜氨溶液，可使镀层更加致密、细腻。原因是_______。【答案】（1）析氢（2）O2+2H2O+4e-=4OH-（3）铜片（4）将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4，则阴极的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区c(OH-)＞c(H+)，氢氧根离子也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH比替换前升高（5）（6）负极（7）降低Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用【解析】酸性较强时发生析氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时正极上O2得电子被还原生成OH-，此时正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。析氢腐蚀正极上2H++2e-=H2↑；钢铁保护方法有牺牲阳极的阴极保护法，以及外加电源的阴极保护法等措施。【小问1详析】导致U型管内红墨水左低右高，左边试管内气体的压强变大，右边试管内气体的压强减小，所以左边试管中是酸性溶液氯化铵（显酸性），发生析氢腐蚀，右边试管中是中性溶液食盐水，发生吸氧腐蚀；【小问2详析】b试管中是中性溶液食盐水，铁作负极，发生失电子的氧化反应，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；【小问3详析】由图可以看出，硫酸根离子向左侧移动，则左侧为阳极，右侧为阴极，则制备CuSO4电镀液，需要阳极自身放电，即选用Cu做电极；【小问4详析】将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4，则阴极的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区c(OH-)＞c(H+)，氢氧根离子也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH比替换前升高；【小问5详析】根据方程式，有比例关系2Cu2+~I2~2Na2S2O3，则n(CuSO4)=n(Na2S2O3)=amol/L×V2×10-3L，CuSO4溶液的浓度是；【小问6详析】铁片渡铜时，阴极发生反应Cu2++2e-=Cu，则铁片与电源负极相连；【小问7详析】制得铜氨溶液，可使镀层更加致密、细腻的原因是降低Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用。18.利用金属矿渣(含有FeS2、SiO2及Cu2O)制备FeCO3的实验流程如下。已知煅烧过程中FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO。资料：ⅰ.碳酸亚铁是白色固体，常温下ii.常温下（1）“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为_______。（2）“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑和_______。（3）甲同学根据复分解反应规律选择Na2CO3溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下实验。向装有2mL1mol/LNa2CO3(pH=12)溶液的试管中加入2mL0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)，发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。①由上述现象推测该白色沉淀中含有_______，请结合化学用语解释原因_______。②乙同学通过理论计算认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为_______。③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3.他的实验方案是：将白色沉淀过滤、洗涤后取样，_______(补全操作和现象)，证明沉淀中含有碳酸亚铁。（4）丙同学尝试用NaHCO3、NH4HCO3制备FeCO3，实验过程及结果如下：实验试剂现象滴管试管0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅰ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色。0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1mol/LNH4HCO3溶液实验Ⅱ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色①1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.6，结合化学用语解释原因_______。②写出实验II中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式_______。③分析使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有_______。【答案】（1）SiO2（2）Fe+2Fe2+═3Fe2+（3）①.Fe(OH)2②.，溶液呈碱性，OH﹣可与Fe2+反应生成Fe(OH)2③.约为0.5mol/L，c(Fe2+)约为0.4mol/L，＝0.2＞Ksp，故存在FeCO3④.向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁（4）①.NaHCO3溶液中存在、，显碱性是因为其水解程度大于电离程度②.③.生成CO2保护Fe2+，防止其被氧化；pH低可以降低Fe(OH)2的比例【解析】金属矿渣（含有FeS2、SiO2及Cu2O）在空气中煅烧生成氧化铁、氧化铜和二氧化硫，酸浸生成硫酸铁、硫酸铜，则滤渣1为SiO2，滤液中加入铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成Cu和硫酸亚铁，铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，则滤渣2为Cu和过量的Fe，滤液硫酸亚铁与沉淀剂反应生成碳酸亚铁。【小问1详析】由分析可知，“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为SiO2；【小问2详析】“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑和Fe+2Fe3+═3Fe2+；【小问3详析】①推测白色沉淀中含有Fe(OH)2；结合化学用语解释原因:，溶液呈碱性，OH﹣可与Fe2+反应生成Fe(OH)2；②乙同学认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为溶液中，约为0.5mol/L，c(Fe2+)约为0.4mol/L，＝0.2＞Ksp，故存在FeCO3；③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3。他的实验方案是：将沉淀过滤、洗涤后取样，向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁；【小问4详析】①1mol/LNaHCO3溶液的pH＝8.6，原因是NaHCO3溶液中存在、，显碱性是因为其水解程度大于电离程度；②实验Ⅱ中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式为；③使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有生成CO2保护Fe2+，防止其被氧化；pH低可以降低Fe(OH)2的比例。19.某小组同学探究Ag+与I-能否发生氧化还原反应，设计如下实验。（1）研究AgNO3溶液与KI溶液反应产物。向盛有1mL1mol/LAgNO3溶液的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡试管产生黄色浑浊，再向其中加入_______溶液，无明显变化。得出结论：二者混合无明显氧化还原反应。（2）验证Ag+的氧化性。将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验，请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡i．_______存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入2滴ⅱ．_______(填序号)溶液，振荡ⅲ．_______存在Fe2+可选用试剂：①KSCN溶液②NaOH溶液③酸性KMnO4溶液④K3[Fe(CN)6]溶液。由上述实验可知铁的氧化产物中含有Fe2+和Fe3+，则Ag+氧化性强于Fe3+，又已知Fe3+氧化性强于I2，得出结论：Ag+可与I-发生氧化还原反应。甲同学用pH计测得，常温时该硝酸银溶液的pH为5.50，于是对上述实验结论提出质疑。你认为他的理由是_______。（3）丙同学通过原电池原理探究Ag+与I-之间的氧化还原反应，装置图如下。①补全上图原电池装置示意图_______。②闭合开关K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出。依据上述实验现象，写出Ag+与I-之间发生氧化还原反应的离子方程式_______。结论：Ag+与I-可发生自发的氧化还原反应。（4）实验反思。丙同学查阅资料得知，离子的氧化性或还原性强弱与其浓度有关。由该资料和以上实验分析AgNO3溶液与KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是_______。【答案】（1）淀粉（2）①.溶液变为红色②.③③.溶液紫色褪去④.酸性环境下

可将Fe2+

氧化为Fe3+（3）①.②.2Ag++2I-═2Ag+I2（4）AgNO3

溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应【解析】(1)研究AgNO3溶液与KI溶液反应产物，两者若发生氧化还原反应，则生成I2和Ag，实验证明两者仅发生沉淀反应，即生成AgI沉淀，说明Ag+没有将I-氧化。(2)铁可以和Ag+发生置换反应，铁若转化为Fe3+，则遇KSCN，溶液会变红，若铁转化为Fe2+，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色；【小问1详析】Ag+具有较强的氧化性，I-有较强的还原性，若两者发生氧化还原反应，则I-被氧化为I2，加入淀粉，溶液会变蓝，故答案为：淀粉；【小问2详析】Fe3+和SCN-反应能生成红色的Fe(SCN)3，可以用KSCN溶液检验Fe3+；Fe2+有还原性，和酸性高锰酸钾溶液反应，将KMnO4还原为Mn2+，高锰酸钾溶液的紫色会褪去。硝酸银溶液的pH为5.50，溶液呈酸性，而在酸性环境下具有较强的氧化性，所以将铁氧化的可能不是Ag+，而可能是酸性溶液中的，故答案为：溶液变为红色；③；溶液的紫色褪去；酸性环境下

可将Fe2+

氧化为Fe3+；【小问3详析】①2Ag++2I-═2Ag+I2反应中，银离子在正极发生还原生成银单质，碘离子在负极失去电子发生氧化反应生成碘单质，则右侧石墨为正极，电解质溶液为硝酸银溶液，左侧石墨为负极，电解质溶液为碘化钾溶液，故图示为：；②闭合开关K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出；依据上述实验现象，写出Ag+与I-之间发生氧化还原反应的离子方程式为2Ag++2I-═2Ag+I2，故答案为：2Ag++2I-═2Ag+I2；【小问4详析】由于离子的氧化性或还原性与其浓度有关；AgNO3溶液与KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是AgNO3

溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应，故答案为：AgNO3

溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应。北京市通州区2023-2024学年高二上学期1月期末本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1N14Cl35.5第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.以下能级符号正确的是A.1p B.2d C.3f D.4s【答案】D【解析】根据第一电子层上只有1s，第二电子层只有2s、2p，第三电子层只有3s、3p、3d，第四电子层只有4s、4p、4d、4f；答案选D。2.下列分子中含有π键的是A.H2 B.C2H4 C.HBr D.F2【答案】B【解析】H2结构式为H-H，不含有π键，故A错误；C2H4的结构简式为CH2=CH2，含有一个π键，故B正确；HBr结构式为H-Br，不含π键，故C错误；F2结构式为F-F，不含有π键，故D错误；故选B。3.下列措施对加快反应速率有明显效果的是A.Na与水反应时，增加水的用量B.Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸C.Na2SO4与BaCl2两种溶液反应时，增大压强D.大理石和盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状【答案】D【解析】水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，A不选；Al与浓硫酸发生钝化，不生成氢气，反应速率减小，B不选；反应没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，C不选；

D．块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D选；答案选D。4.下列化学用语书写不正确的是A.F-的离子结构示意图：B.2pz电子云图为C.基态24Cr的价层电子轨道表示式为D.HCl分子中σ键的形成：【答案】A【解析】氟离子核外有10个电子，其结构示意图为，故A错误；2pz电子云轮廓图是哑铃形，沿z轴分布，是pz电子云轮廓图，故B正确；Cr元素处于周期表中第四周期第ⅥB族，价层电子排布为3d54s1，轨道表示式为，故C正确；HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故D正确；故选：A。5.下列操作与化学平衡移动原理无关的是A.用饱和食盐水除去Cl2中的HClB.用稀盐酸除去铜粉中的铁粉C.用饱和碳酸钠溶液和盐酸处理水垢中的硫酸钙D.用MgCO3除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+【答案】B【解析】氯气溶于水发生可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有大量Cl-，能抑制氯气溶解，平衡逆向移动，HCl极易溶于水，用饱和食盐水除去氯气中的HCl,与平衡移动原理有关，故A不选；Fe和稀盐酸反应生成可溶性的氯化亚铁，Cu和稀盐酸不反应，所以可以用稀盐酸除去Cu中的Fe,与平衡移动原理无关，故B选；硫酸钙在水溶液中存在溶解平衡CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)，加入饱和Na2CO3溶液，Na2CO3和CaSO4电离出的Ca2+反应生成更难溶的CaCO3，促进CaSO4(s)⇌Ca2+(aq)+(aq)的平衡正向移动，与平衡移动原理有关，故C不选；加入MgCO3与酸及Fe3+水解生成的H+反应，会促进水解反应的正向进行，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，使Fe3+沉淀完全，与平衡移动原理有关，故D错误；答案选B。6.下列关于Na、Mg、Al的叙述中，正确的A.原子半径：Na<Mg<AlB.最高化合价：Na<Mg<AlC.第一电离能：Na<Mg<AlD.都位于元素周期表的s区【答案】B【解析】Na、Mg、Al同周期元素原子，原子半径：Na＞Mg＞Al，故A错误；Na、Mg、Al是同周期元素原子，最外层电子数1、2、3，最高化合价：Na＜Mg＜Al，故B正确；Na、Mg、Al是同周期元素原子，第一电离能：Na＜Al＜Mg，故C错误；Na、Mg位于s区，Al位于p区，故D错误；答案选B。7.下列说法中正确的是A.在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性B.将1mL1×10-6mol/L盐酸稀释到1000mL，所得溶液的pH为9C.c(H+)<c(OH-)的溶液一定显碱性D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强【答案】C【解析】在100℃时，Kw=1×10-12，pH约为6的纯水中始终存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；盐酸稀释不可能变成碱性，将1mL1×10-6mol/L盐酸稀释至1000mL，溶液的pH接近7，但始终小于7，故B错误；溶液的酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的相对浓度，c(H+)<c(OH-)的溶液一定显碱性，故C正确；强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的强，如很稀的盐酸导电性比很浓的醋酸弱，故D错误；故选C。8.下列实验不能达到实验目的的是A.制作燃料电池B.验证NO2球分别浸泡在热水和冷水中C.研究温度对化学平衡的影响D.验证相同温度下的溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】打开K2，关闭K1，电解水生成氢气和氧气；打开K1，关闭K2，构成氢氧燃料电池，负极上氢气失去电子，正极上氧气得到电子，故A正确；1g碳酸钙不能完全溶解，且溶液导电，可知存在，故B正确；只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故C正确；NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，不能验证相同温度下Mg(OH)2、Fe(OH)3的溶解度大小，故D错误；故选D。9.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是A.工业冶炼Al的反应：B.在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2：C向亚硫酸溶液中滴入紫色石蕊溶液，溶液变红：、D.用Na2S溶液将AgCl转化为Ag2S：【答案】A【解析】AlCl3为共价化合物，工业冶炼Al的反应为：，故A错误；在HCl气流中加热MgCl2·6H2O，可防止Mg2+水解，得到无水MgCl2，所给方程式正确，故B正确；亚硫酸为弱酸分步电离，电离溶液呈酸性，使紫色石蕊溶液变红，故C正确；难溶的AgCl能转化为更难溶的Ag2S，所给离子方程式正确，故D正确；故选A。10.反应2HI(g)H2(g)+I2(g)

ΔH>0经过以下两步基元反应完成：ⅰ．2HI=H2+2I·

∆H1ⅱ．2I·=I2

∆H2反应过程中的能量变化如图所示：下列说法不正确的是A.反应物的分子必须发生碰撞才能发生基元反应B.因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以∆H1>0C.因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以∆H2＜0D.H=H1+H2【答案】B【解析】反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，故A正确；基元反应i中H-I键断裂，同时形成H-H键，无法判断焓变是否大于0，故B错误；基元反应ii形成I-I键，形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0，故C正确；根据盖斯定律：i+ii得2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2，故D正确，

故选：B。11.如下图所示，利用N2H4、O2和KOH溶液制成燃料电池(总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O)，模拟氯碱工业。下列说法正确的是A.甲池中负极反应为N2H4–4e-=N2+4H+B.乙池中出口G、H处气体分别为H2、Cl2C.乙池中离子交换膜为阴离子交换膜D.当甲池中消耗32gN2H4时，乙池中理论上最多产生142gCl2【答案】D【解析】甲池为燃料电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，与负极相连的右侧电极为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，与正极相连的左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，据此分析解答。甲池中为原电池反应，对应的电极反应式是：正极O2+4e-+2H2O=4OH-，负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故A错误；乙池为电解池，与负极相连的右侧电极为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，与正极相连的左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故乙池中出口G、H处气体分别为Cl2、H2，故B错误；乙池发生的是电解池反应，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液中的钠离子通过阳离子交换膜移向阴极，由F出口得到氢氧化钠溶液，故乙池中离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，当甲池中消耗32g即=1molN2H4时，转移4mol电子，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，产生2molCl2，故乙池中理论上最多产生2mol×71g/mol=142gCl2，故D正确；答案选D。12.室温时，向20mL0.1mol/L的HCl、CH3COOH中分别滴加0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图。下列说法不正确的是A.曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化曲线B.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为1×10-11mol/LC.滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.向CH3COOH中滴加20mLNaOH溶液时，溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)【答案】C【解析】盐酸和醋酸都是一元酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，盐酸是强酸，可完全电离，因此相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，醋酸的氢离子浓度小于盐酸，则pH比盐酸的大，所以曲线I代表醋酸，曲线II代表盐酸；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化pH曲线，故A正确；由图可知，20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，解得：c(OH-)=10-11mol/L，再由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根浓度，故B正确；醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，当pH=7时，加入的氢氧化钠不足，醋酸还有剩余，而盐酸中恰好反应，此时c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故C错误；醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根水解溶液显碱性，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：C。13.高炉炼铁过程中发生反应：Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见表。温度T/℃100011501300平衡常数K4.03.73.5下列说法正确的是A.增加高炉的高度可以有效降低炼铁尾气中CO的含量B.由表中数据可判断该反应：反应物的总能量＞生成物的总能量C.为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)D.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10-3mol/L，则用CO表示该反应的平均速率为2×10-3/tmol/(L·min)【答案】B【解析】高炉煤气的成分与高炉高度是没有关系的,煤气中CO的含量是高炉生产的产物,增加高炉的高度，不影响化学平衡移动，不会降低CO的含量，故A错误；由表中数据可知升高温度，该反应的平衡常数降低，所以该反应属于放热反应，反应物的总能量＞生成物的总能量，故B正确；平衡常数只和温度有关，所以增大c(CO)不会改变K，故C错误；1000℃下Fe2O3(s)＋CO(g)23Fe(s)＋CO2(g)，K=c(CO2)/c(CO)=4,c(CO)=2×10-3mol/L,c(CO2)=8×10-3mol/L,因为方程式中CO和CO2的计量数相等，所以CO的平均速率为mol/(L·min)，故D错误；答案：B。14.某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的FeCl2溶液，实验记录如下(a、b代表电压数值)序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ix≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2IIa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2IIIb＞x≥0无明显变化无Fe3+、无Cl2下列说法中，不正确的是A.I中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝B.II中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+C.由II中阳极现象可知，该电压下Cl-在阳极不放电D.根据表中电压与阳极现象及产物的对应，可以看出离子是否放电与电压有关【答案】C【解析】根据实验现象，I中阳极发生氧化反应，生成氯气，氯气能够氧化KI生成碘，使淀粉变蓝，故A正确；由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故B正确；依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，因此无氯气放出，故C错误；依据表中数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明离子是否放电与电压有关，故D正确；

故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.H2O、NH3、CH4是常见的非金属氢化物，研究他们的结构有非常重要的意义。（1）研究H2O分子的结构①氧的基态原子的电子排布式为_______。②H2O的电子式为_______，H2O的VSEPR模型为_______。（2）研究NH3分子的结构①基态N原子中有_______个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是_______。②下列有关NH3的说法正确的是_______。a．N的电负性为3.0、H的电负性为1.8，则NH3中N为-3价b．NH3中N原子的杂化方式是sp2杂化c．NH3与BF3分子的空间结构相同（3）研究CH4分子的结构①基态碳原子中，电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。②CH4分子中碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—H_______键(填“σ”或“π”)，甲烷的空间结构是_______。（4）三种分子比较①三种分子中心原子C、N、O的电负性由大到小顺序为_______。②三种分子中键角H—C—H>H—N—H>H—O—H，原因是_______。【答案】（1）①.1s22s22p4②.③.四面体形（2）①.3②.2p③.a（3）①.哑铃形②.σ③.正四面体形（4）①.O＞N＞C②.CH4、NH3

和H2O的中心原子都是sp3

杂化，CH4

的中心原子没有孤电子对，NH3

的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力【解析】【小问1详析】O是8号元素，氧的基态原子的电子排布式为：1s22s22p4；H2O是共价化合物，分子的电子式为：，价电子对数=2+=4，H2O的VSEPR模型为：四面体形，故答案为：；四面体形；【小问2详析】①氮原子的电子排布式为：1s22s22p3，基态N原子中有3个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是：2p，故答案为：3；2p；②a．N的电负性为3.0、H的电负性为1.8，氮原子吸引电子对能力强，则NH3中N为-3价，故a正确；b．NH3中N原子价电子对数=3+=4，NH3中N原子的杂化方式是sp3杂化，故b错误；c．BF3分子中价电子对数=3+=3，NH3中N原子价电子对数=3+=4，NH3与BF3分子的空间结构不相同，故c错误；故答案为：a；【小问3详析】①CH4分子的结构基态碳原子中，电子排布式1s22s22p2，电子占据最高能级2p的电子云轮廓图的形状是：哑铃形，故答案为：哑铃形；②CH4分子碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H形成的σ键，价电子对数=4+=4，甲烷的空间结构是：正四面体形，故答案为：σ；正四面体形；【小问4详析】①同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、O的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；②三种分子中键角H-C-H＞H-N-H＞H-O-H，原因是：CH4、NH3

和H2O的中心原子都是sp3

杂化，CH4

的中心原子没有孤电子对，NH3

的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，故答案为：CH4、NH3

和H2O的中心原子都是sp3

杂化，CH4

的中心原子没有孤电子对，NH3

的中心原子的孤电子对数为1，H2O的中心原子的孤电子对数为2，孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力。16.研究NO、NO2等气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。Ⅰ．二氧化硫消除二氧化氮（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1=-196.6kJ/mol2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-113.0kJ/mol则NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=_______kJ/mol（2）在一定条件下，将起始浓度比为1：2的NO2与SO2置于密闭容器中发生上述反应，NO2转化为NO的平衡转化率为b。①下列说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。a．体系压强保持不变b．混合气体的颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每生成1molSO3消耗1molNO2②该温度下平衡常数K=_______(用含有b的式子表示)。Ⅱ．NH3具有较好的还原性，催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。（3）写出上述反应的化学方程式_______。（4）NH3与NO的物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如下图所示。曲线III对应的NH3与NO的物质的量之比是_______，理由是_______。【答案】（1）-41.8（2）①.b②.（3）4NH3+6NO5N2+6H2O（4）①.4：1②.对于反应4NH3+6NO5N2+6H2O，其他条件相同时，增大的NH3浓度，平衡向正反应方向移动，NO的脱除率增大。【解析】【小问1详析】已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH1=-196.6kJ/mol；②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH2=-113.0kJ/mol；根据盖斯定律可知得NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，ΔH=(-196.6+113.0)kJ/mol=-41.8kJ/mol；【小问2详析】①a．该反应是气体体积不变的反应，反应过程中，体系压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不选；b．混合气体的颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，故b选；c．SO3和NO的体积比始终为1：1，保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故c不选；d．每生成1molSO3消耗1molNO2，只指明正反应速率，所以正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态，故d选；故答案为：b；②在一定条件下，将起始浓度比为1：2的NO2与SO2置于密闭容器中发生上述反应，NO2转化为NO的平衡转化率为b，列三段式如下：K==；【小问3详析】NH3与NO反应归中反应，生成N2和H2O，化学方程式4NH3+6NO5N2+6H2O；【小问4详析】其他条件相同时，增大的NH3

浓度，平衡向正反应方向移动，NO的脱除率增大，所以曲线Ⅲ对应的NH3与NO的物质的量之比是4：1。17.铁的腐蚀与防护与生产生活密切相关。Ⅰ．生铁的腐蚀下图实验装置中，U形管内为红墨水，a、b试管中分别盛有氯化铵溶液和食盐水，各加入生铁片，一段时间后，红墨水柱两边的液面变为左低右高。（1）猜测a试管中生铁发生_______(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀。（2）b试管中正极上发生的电极反应为_______。Ⅱ．生铁的防护——电镀法i.用电解的方法制备CuSO4电镀液，如图所示。（3）与直流电源a端相连的电极材料是_______(填“铜片”或“石墨”)。（4）将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4溶液进行实验，发现得到的CuSO4溶液pH比替换前升高，结合化学用语解释pH升高的原因是_______。ii.测定CuSO4溶液的浓度。实验操作为：准确量取V1mL待测液于锥形瓶中，调节溶液，加入过量的kI，用amol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。上述过程中反应的离子方程式：2Cu2++4I-=2CuI(白色)↓+I2，。（5）CuSO4溶液的浓度是_______mol/L(用含a、V1、V2的代数式表示)。iii.生铁片上电镀铜。已知：Cu2+放电的速率缓慢且平稳，有利于得到致密、细腻的镀层。（6）生铁片应与电源的_______相连。（7）向CuSO4溶液中加入过量氨水，发生反应Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，制得铜氨溶液，可使镀层更加致密、细腻。原因是_______。【答案】（1）析氢（2）O2+2H2O+4e-=4OH-（3）铜片（4）将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4，则阴极的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区c(OH-)＞c(H+)，氢氧根离子也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH比替换前升高（5）（6）负极（7）降低Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用【解析】酸性较强时发生析氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时正极上O2得电子被还原生成OH-，此时正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。析氢腐蚀正极上2H++2e-=H2↑；钢铁保护方法有牺牲阳极的阴极保护法，以及外加电源的阴极保护法等措施。【小问1详析】导致U型管内红墨水左低右高，左边试管内气体的压强变大，右边试管内气体的压强减小，所以左边试管中是酸性溶液氯化铵（显酸性），发生析氢腐蚀，右边试管中是中性溶液食盐水，发生吸氧腐蚀；【小问2详析】b试管中是中性溶液食盐水，铁作负极，发生失电子的氧化反应，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；【小问3详析】由图可以看出，硫酸根离子向左侧移动，则左侧为阳极，右侧为阴极，则制备CuSO4电镀液，需要阳极自身放电，即选用Cu做电极；【小问4详析】将进口处较浓硫酸替换为Na2SO4，则阴极的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极区c(OH-)＞c(H+)，氢氧根离子也可以通过阴离子交换膜运动到阳极区，导致CuSO4溶液pH比替换前升高；【小问5详析】根据方程式，有比例关系2Cu2+~I2~2Na2S2O3，则n(CuSO4)=n(Na2S2O3)=amol/L×V2×10-3L，CuSO4溶液的浓度是；【小问6详析】铁片渡铜时，阴极发生反应Cu2++2e-=Cu，则铁片与电源负极相连；【小问7详析】制得铜氨溶液，可使镀层更加致密、细腻的原因是降低Cu2+的浓度，使得Cu2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Cu2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用。18.利用金属矿渣(含有FeS2、SiO2及Cu2O)制备FeCO3的实验流程如下。已知煅烧过程中FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO。资料：ⅰ.碳酸亚铁是白色固体，常温下ii.常温下（1）“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为_______。（2）“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2H+=Fe2++H2↑和_______。（3）甲同学根据复分解反应规律选择Na2CO3溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下实验。向装有2mL1mol/LNa2CO3(pH=12)溶液的试管中加入2mL0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)，发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。①由上述现象推测该白色沉淀中含有_______，请结合化学用语解释原因_______。②乙同学通过理论计算认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为_______。③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3.他的实验方案是：将白色沉淀过滤、洗涤后取样，_______(补全操作和现象)，证明沉淀中含有碳酸亚铁。（4）丙同学尝试用NaHCO3、NH4HCO3制备FeCO3，实验过程及结果如下：实验试剂现象滴管试管0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅰ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色。0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1mol/LNH4HCO3溶液实验Ⅱ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色①1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.6，结合化学用语解释原因_______。②写出实验II中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式_______。③分析使用NH4HCO3溶液作沉淀