2024年黑吉辽卷选择题11-15变式题

1．如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 A．单质沸点： B．简单氢化物键角： C．反应过程中有蓝色沉淀产生 D．是配合物，配位原子是Y 2．某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态X原子的价电子排布式为。下列说法错误的是 A．电负性：Z＞Y＞X＞W B．X、Y、Z均位于元素周期表的p区 C．该阴离子中铜元素的化合价为 D．由W和Y构成的化合物不可能为离子化合物 3．某粒子的结构式如图，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的三种短周期元素，X与氢元素可形成电子数为10的四核化合物，Y的核外电子总数是内层电子总数的4倍，Z元素的主族数与周期数相差4，且在本周期中原子半径最小。下列说法正确的是 A．电负性：X＞Y＞Z B．离子半径：Z＞Y＞X C．X、Y、Z的最简单气态氢化物中，Z的气体氢化物沸点最高 D．Y与Z可以形成多种酸根离子 4．如图所示化合物是一种新型阻燃剂，所含的元素均位于短周期，且W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，基态Q原子最高能级有3种不同运动状态的电子。下列说法不正确的是 A．元素电负性：Y>Q>Z B．W与X形成的一种高聚物可能具有导电性 C．Y与Z形成的化合物常用于工业上冶炼Z的单质 D．QW3的VSEPR模型名称为三角锥形 5．某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，下列说法正确的是 A．第一电离能： B．X、Y、Z可形成既含离子键又含共价键的化合物 C．该阴离子含有共价键、配位键 D．该物质的熔点高于NaZ 6．某化合物结构为，元素Z、Y、X、R为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，R与Z同主族，两个Y原子的杂化方式相同。下列说法错误的是 A．分子极性： B．同周期第一电离能大于的主族元素有5种 C．该阳离子中两个原子均具有碱性 D．该物质中含有离子键、配位键、离域键等化学键 7．化合物A是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于酱油等调味品中，A的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法错误的是 A．和均为含有非极性共价键的离子化合物 B．该化合物中Y、Z原子的杂化方式均为 C．与的空间结构均为V形 D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>Y 8．我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是 A．W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高 B．在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为 C．Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于溶液 D．中提供电子对与形成配位键 9．某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是 A．Y的简单氢化物可与盐酸反应 B．Z的单质均为非极性分子 C．氢化物的沸点：X＜Z D．阴离子中有配位键，阳离子中无配位键 10．已知某检测试剂可与M2+形成配合物，结构如图所示，其中X、Y、Z、W、M均为原子序数依次增大的前四周期元素，其中M原子的价电子数为10。下列说法错误的是 A．该配合物中存在的化学键有共价键、配位键 B．同周期元素基态原子第一电离能比W高的有3种元素 C．Y、Z、W的简单氢化物的键角大小为Y>Z>W D．M2+的配体数为4 11．“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是 A．相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍 B．阴极反应： C．电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动 D．阳极反应： 12．某工厂通过如下装置处理两个车间的废气(电极均为惰性电极)，既处理了污染物，又变废为宝。下列说法正确的是 A．电极电势： B．工作时由乙池移向甲池 C．通电一段时间后甲区域的增大 D．阴极反应式： 13．有机电化学合成是目前公认的一种绿色可持续性合成方法，电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示，下列说法正确的是 A．左侧电极电势高于右侧电极电势 B．极电极反应式为 C．离子交换膜I和II分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D．当电极M区放出(标准状况)气体时，理论上合成室中能消耗乙烯 14．利用电解法将污染性气体转化为溶液的原理如图所示。下列说法错误的是 A．电解时，当有2mol透过质子交换膜，则电极Y增重96g B．在电极b上的反应式为 C．电解过程中，由a极区向b极区迁移 D．电解时溶液的浓度保持不变 15．钙(锂)介导电化学合成氨低能耗，效率高，是合成氨研究的热点领域，以下为该装置示意图，下列有关说法正确的是 A．阴极区反应： B．此装置降低合成氨能耗的主要原因是钙或锂等金属能高效解离氮气形成相应的氮化物 C．含少量乙醇的水溶液会使该装置生产效率提高 D．整个装置每生成1mol氨消耗1.5mol 16．科学家设计了一种协同转化装置，如图所示。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列叙述正确的是 A．催化电极A的电势高于催化电极B B．阳极的电极反应式为 C．每生成1mol甲酸，双极膜处有1mol的水解离 D．转移相同电子时，理论上消耗的和HMF物质的量之比为1：3 17．某院士科研团队设计和合成了具有低氧化还原电位的联吡啶二羧酸金属钴配合物用于高电压的中性水系有机液流电池。和4-OH-TEMPO分别作中性水系有机液流电池的正负极材料，电池工作原理如图①所示（已知放电时反应如图②）。下列说法错误的是 A．放电时电子的移动方向：电极a→负载电→电极b B．充电时，电路中每通过电子，阴极区质量增加 C．放电时，b为正极，发生还原反应 D．4-OH-TEMPO与4-OH-TEMPO+中N元素的杂化方式不同 18．我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是 A．电解一段时间后阳极区减小 B．理论上生成双极膜中有解离 C．阳极总反应式为 D．阴极区存在反应 19．羟基自由基具有很强的氧化性，能将苯酚氧化为和。我国科学家开发出如图所示装置，能实现制备氢气、处理含苯酚废水二位一体。下列说法正确的是 A．d电极的电极反应式： B．再生池中发生的反应： C．a为电源负极，m为阴离子交换膜，能增强导电性 D．气体X与Y在相同条件下的体积比为 20．近年研究发现，电催化和含氮物质等)在常温常压下合成尿素，有助于实现“碳中和”及解决含氮废水污染问题。用铅酸蓄电池作电源，向含有一定浓度的酸性废水中通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。下列说法正确的是 A．d为电源正极，该电极反应式为 B．为提高溶液导电性，电极区溶液中可加入少量氯化钠 C．当电极区生成尿素时，电极区质量减少 D．每转化为尿素就有由极区迁移到极区 21．某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 22．回收处理废旧镀锡覆铜板得到Cu和的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A．上述流程共需要过滤2次 B．氧化工序反应为： C．制备15.1g，至少需要22.6g30%溶液 D．低温水解工序分离后的溶液可返回浸取工序 23．磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，利用如图流程制备并回收铝、镁等。 已知：“酸溶”后钛主要以形式存在。下列说法正确的是 A．“焙烧”尾气的主要成分为氮氧化物 B．用热水“水浸”的目的是促进水解 C．母液和尾气可循环使用 D．“酸溶”反应的离子方程式为 24．便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)；一种制备NaClO2粗产品的工艺流程如图。已知纯ClO2易分解爆炸，一般用空气稀释到10%以下。 下列说法正确的是 A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸 B．流程中H2O2做氧化剂 C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂 D．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致NaClO2产率下降 25．氧化铍是一种核反应器燃料基体和减速剂，还可用作有机反应催化剂，其化学性质与相似。以绿柱石(主要成分为，还有少量含铁化合物)为原料制备氧化铍的工业流程如下。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分为 B．“转化”时做氧化剂 C．“调pH”的目的是除去和 D．“试剂M”可以选用氨水或NaOH溶液 26．以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含Fe3O4，SiO2等杂质)为原料，合成的流程如下。下列说法错误的是 A．步骤I在足量O2中煅烧，产生气体的主要成分为SO3 B．步骤Ⅱ所得溶液的溶质主要为CuSO4、Fe2(SO4)3 C．步骤Ⅲ先形成难溶物，最后得到深蓝色溶液D D．步骤Ⅳ的操作依次为加入乙醇、过滤、洗涤、干燥 27．PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：    下列说法正确的是 A．流程中，每一步均属于氧化还原反应 B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸 C．白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2 D．理论上，1 mol白磷可生产2.0 mol PH3 28．氯化磷酸三钠熔点67℃，常温下较稳定，受热易分解，具有良好的消杀、漂白作用，广泛用于医药、餐饮行业。某小组设计如下流程制备氯化磷酸三钠。下列叙述错误的是 A．理论上制得的氯化磷酸三钠不超过0.3mol B．“反应池1”中最少应加入400mL3磷酸溶液 C．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和高温烘干 D．氧化磷酸三钠因含NaClO而具有消杀、漂白作用 29．以废料铅膏(等)为原料，制备超细PbO，实现铅循环再利用的流程如下： 已知：① ②PbO溶解在溶液中(杂质不溶于)的溶解度曲线如图所示： 下列说法错误的是 A．步骤I发生的主要反应有 B．步骤Ⅱ，若滤出的沉淀中混有，该滤液中 C．过程中为提高产品产率，滤液3应循环使用 D．精制的操作是在110℃用35%的溶液溶解，然后趁热过滤、洗涤、干燥 30．铟(In)是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含)中提取铟的工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．整个流程中可循环利用的物质是萃余液 B．亚铁离子在萃取剂中的溶解度大于水中的溶解度 C．“水浸”所得浸渣中还含有 D．“还原铁”时发生反应的离子方程式为： 31．某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 A．结构1钴硫化物的化学式为 B．晶胞2中S与S的最短距离为当 C．晶胞2中距最近的S有4个 D．晶胞2和晶胞3表示同一晶体 32．GaN是新型半导体材料，该晶体的一种晶胞结构与金刚石晶胞（如图1所示）相似，其晶胞可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子替代，顶点和面心的碳原子被Ga原子替代，晶胞参数为acm．沿z轴从上往下俯视的晶胞投影图如图2所示，设阿伏加德罗常数的值为．下列说法错误的是 A．若图中原子1的分数坐标是则原子4的分数坐标是 B．Ga、N的配位数均为4 C．晶胞中原子1、5之间的距离为 D．GaN晶体的密度为 33．氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性能。晶胞中与最近的核间距为a pm，下列说法正确的是 A．已知M点原子的分数坐标为(0,0,0)，则N点原子的分数坐标为(1,0,1) B．晶胞中与最近且等距的的个数为6 C．晶体的密度为 D．若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为5% 34．由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示（晶胞底边边长为anm，高为cnm，a≠c），图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置。已知：Sc原子半径为，Sn原子半径为，V原子半径为。下列说法错误的是 A．Sc、Sn、V三种元素的基态原子所含的价层电子个数：V＞Sn＞Sc B．与Sc距离最近的Sc原子数为6 C．该合金的化学式为 D．该晶体的空间占有率： 35．硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池负极材料，具有在充电的同时合金化反应的特点。在充电过程中负极材料晶胞的组成变化如图所示。 下列说法正确的是 A． B．充电过程中转化成的电极反应式为 C．晶胞中，在晶胞中的配位数为12 D．若的晶胞参数为，则间的距离 36．电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车.某新能源汽车的电池负极材料是石墨，正极材料.正极材料充放电过程中晶胞结构变化如图所示.其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构.下列叙述不正确的是 A．（a）→（c）的过程是电池充电过程 B．（b）→（a）的电极反应式为： C．每个图（a）晶胞中含有的单元数有4个 D．图（b）中 37．一种镁铜合金的晶胞拉维斯结构如图（a），该晶胞可看成由8个小立方体构成，其中4个小立方体体心填入Mg，另外4个小立方体的体心填入以四面体方式排列的Cu，其余Mg占据晶胞的顶点和面心。图（b）是对图（a）沿立方格子对角面取得的截图。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是 A．基态Mg原子核外电子有12种不同的运动状态 B． C．上述合金的组成可表示为MgCu2 D．上述合金晶体的密度为 38．钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极的新型电池，具有能量密度大、导电率高、成本低等优点。以Cu2-xSe填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒电池工作原理如图所示，充放电过程中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是    A．每个Cu2-xSe 晶胞中Cu2+个数为4x B．在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据的位置是顶点和面心 C．充分放电时，正极的电极反应式为Cu2-xSe + 2Na++2e-=Na2Se+(2-x)Cu D．充电时外电路中转移lmol电子，两极质量变化差为23g 39．硼氢化钠在室温下是α型的立方晶体，晶胞如图甲所示，在一定条件下转变为四方晶体，晶胞结构和晶胞参数如图乙所示，下列说法错误的是 A．硼氢化钠α型的立方晶体中离最近的有12个 B．α型的立方晶体中填充在围成的正八面体的空隙中 C．若A点的坐标为，则B点坐标为 D．硼氢化钠四方晶体的晶胞中A和B之间的距离为 40．镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，如下图所示，该合金的密度为p g·cm-3.已知该合金的晶胞中最多可容纳9个氢原子。下列叙述错误的是 A．基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2 B．该合金的化学式为LaNi5 C．设La的原子坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(，，0)或(，，0) D．假定吸氢后体积不变，则合金中氢的最大密度为ρg·cm-3 41．下，、和的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以为指示剂，用标准溶液分别滴定含水样、含水样。 已知：①为砖红色沉淀； ②相同条件下溶解度大于； ③时，，。 pAg=-lg[c(Ag+)/(mol·L-1)] pX=-lg[c(Xn-)/(mol·L-1)](X代表Cl-、Br-或CrO) 下列说法错误的是 A．曲线②为沉淀溶解平衡曲线 B．反应的平衡常数 C．滴定时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过 D．滴定达终点时，溶液中 42．某化工厂通过调节pH用沉淀废水中的金属离子和，处理过程中始终保持为0.1mol/L，得到混合溶液中pH与关系如图所示，其中为、、和的浓度(单位为mol/L)。已知。下列说法错误的是 A．a为pH与的关系曲线 B．的值为 C．的值为 D．时mol/L 43．室温下，向溶液、溶液、溶液中分别滴加溶液，测得溶液[，X代表、、]随溶液的变化曲线如图所示。，的酸性比强。下列叙述正确的是 A．代表，代表 B．的数量级为 C．相同浓度的、混合溶液的 D．的 44．某温度时，卤化银（AgX，X＝Cl、Br、I）的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl、AgBr、AgI的依次减小。已知，，利用pX、pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中和的相互关系。下列说法错误的是 A．坐标点p形成的溶液是AgCl的不饱和溶液 B．向含有、和的溶液中逐滴加入溶液，首先沉淀 C．该温度时，的平衡常数 D．m、n、p三点的相同 45．工业上使用溶液可将转化为，一定温度下和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知，处理过程中忽略溶液体积的变化， 下列说法错误的是 A．曲线I为的沉淀溶解平衡曲线，的数量级是 B．向点饱和溶液中加适量固体，可使溶液由点变到点 C．p点条件下，能生成沉淀，不能生成沉淀 D．用处理，处理5次可使全进入溶液 46．常温下，在柠檬酸()和的混合液中滴加NaOH溶液，混合液中pX[，X代表、、、]与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是 A．直线表与pH关系 B． C．0.1 溶液呈碱性 D．的K>1000 47．T ℃时，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线 B．T ℃，在CdCO3(s)+2OH-(aq)Cd(OH)2(s)+CO(aq)平衡体系中，平衡常数K=102 C．Y点对应的Cd(OH)2溶液是过饱和溶液 D．加热可使溶液由X点变到Z点 48．常温下，分别在、、溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX=-lgX，X代表、、与pH的关系如图所示。 已知：。下列说法不正确的是 A． B．的数量级为 C．   D．d点存在 49．常温下，分别在溶液中滴加NaOH溶液，溶液中，X代表、、、与pH关系如图所示。已知：>。下列叙述正确的是 A．图中代表：与pH的关系，代表与pH的关系 B．同时产生两种沉淀时， C．再向体系中加入硫化钠溶液，减少，将变小 D．的平衡常数 50．常温下，在、和的混合液中滴加溶液，混合液中 [，、c()或c()]与[]关系如图所示。已知：、和均难溶于水且在水中溶解度大于。 下列叙述正确的是 A．代表与关系 B．上述产生沉淀先后顺序是、、 C．在和共存的饱和溶液中 D．饱和溶液中 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成WX3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。 【详解】A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，故A正确； B．Y、X的 简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4、孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角：，故B正确； C．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确； D．为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误； 故答案为：D。 2．D 【分析】基态X原子的价电子排布式为nsnnpn，基态X原子的价电子排布式为2s22p2，X为C元素，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，结合含铜催化剂阴离子的结构知，W为H，Y为N，Z为F。 【详解】A．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则电负性：Z＞Y＞X＞W，A项正确； B．C、N、F均位于元素周期表的p区，B项正确； C．该阴离子为[Cu(CF3)3(CH2CN)]-，其中铜元素的化合价为+3价，C项正确； D．H和N构成的化合物NH4H为离子化合物，D项错误； 故选：D。 3．D 【分析】其中X、Y、Z为原子序数依次增大的三种短周期元素，X与氢元素可形成电子数为10的四核化合物，则X为N，Y的核外电子总数是内层电子总数的4倍，则Y为O，Z元素的主族数与周期数相差4，且在本周期中原子半径最小，则Z为Cl，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，X为N，Y为O，Z为Cl，电负性：O＞Cl＞N，A错误； B．一般电子层数越多，离子半径越大，当电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径为，B错误； C．三种元素的最简单气态氢化物中，沸点最高的是，C错误； D．Y与Z可以形成、、、，D正确； 故选D。 4．D 【分析】由题干信息可知，该新型阻燃剂中所含的元素均位于短周期，且W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，结合结构式可知X周围形成4个共价键，W形成1个共价键，则W为H、X为C，Y周围能形成2个共价键，则Y为O，Z形成了+3价离子，则Z为Al，Q周围能够形成5个共价键，且基态Q原子最高能级有3种不同运动状态的电子，则即价层电子排布为：3s23p3，即Q为P，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，Y为O、Z为Al、Q为P，根据元素电负性同一周期从左往右依次增强，同一主族从上往下依次减小可知，元素电负性O＞P＞Al即Y>Q>Z，A正确； B．由分析可知，W为H、X为C，则W与X形成的一种高聚物聚乙炔存在单键双键交替出现的结构，具有导电性，B正确； C．由分析可知，Y为O、Z为Al，则工业上通过电解熔融的Al2O3来冶炼金属Al，即Y与Z形成的化合物常用于工业上冶炼Z的单质，C正确； D．由分析可知，W为H，Q为P，则QW3即PH3中心原子P周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其VSEPR模型名称为四面体形，D错误； 故答案为：D。 5．C 【分析】Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，阳离子结构中Q只形成一个价键，则Q为IA族或VIIA族元素，阴离子结构中Z只形成一个价键，则Z为VIIA族元素，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，Q的原子序数最小，则Q为H元素，Z为F元素；基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，原子序数小于F，则T和Y的价电子排布式分别为2s22p2、2s22p4，即T和Y分别为C、O元素；X原子序数介于C、O元素之间，则X为N元素；R的原子序数为22-1-7-9=5，所以R为B元素，综上所述，Q、R、T、X、Y和Z分别为H、B、C、N、O、F。 【详解】A．T、X、Y分别为C、N、O元素，同一周期从左至右第一电离能有增大的趋势，但VA的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，所以第一电离能：，故A错误； B．X、Y、Z分别为N、O、F元素，N、O、H元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，如NH4NO3，但F、O元素非金属性很强，且F无正价，N、O、F三种元素不能形成阳离子，所以不能形成既含离子键又含共价键的化合物，故B错误； C．R和Z分别为B和F，该阴离子含有B与F之间的共价键，B最外层有3个电子，只能形成3个共价键，所以阴离子内还有B、F原子之间的配位键，故C正确； D．该物质的阴离子和F-一样带一个单位的负电荷，阳离子和Na+一样带一个单位的正电荷，但NaF的阴、阳离子半径更小，即NaF的离子键更强，所以NaF的熔点更高，故D错误； 故答案为：C。 6．C 【分析】由题干信息可知，元素Z、Y、X、R为原子半径依次增大的短周期主族元素，基态Z原子的p能级电子总数比s能级电子总数多1，即1s22s22p5或1s22s22p63s23p1，R与Z同主族，故Z只能为1s22s22p5即为F，R为Cl，两个Y原子的杂化方式相同，即均为sp2杂化，且Y最形成3个或4个共价键，则Y为N，由阴离子 [XZnR4-n]-中F和Cl均为-1价，X为B，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为B、Y为N、Z为F，则YZ3即NF3为三角锥形构型，正负电荷中心不重合，是极性分子，而XZ3即BF3呈平面三角形构型，正负电荷中心重合，为非极性分子，故分子极性NF3＞BF3即YZ3＞XZ3，A正确； B．由分析可知，X为B，结合同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期第一电离能大于X即B的主族元素有Be、C、N、O、F、Ne共5种，B正确； C．由分析可知，Y为N，且两个Y的杂化方式相同，则双键上N原子失去一个电子，没有孤电子对了，另一个N原子的孤电子对形成离域键，也不存在孤电子对，即该阳离子中两个Y即N原子均不具有碱性，C错误； D．由题干物质结构式和分析可知，该物质中含有阴、阳离子间的离子键，阴离子中含有B和F-或Cl-之间的配位键，阳离子中存在离域键等化学键，D正确； 故答案为：C。 7．B 【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Q为O元素，由结构可知：X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、3，则它们分别为H、C、N，而W能形成稳定的一价阳离子，则其为Na，故X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na元素。 【详解】A．与均为含有非极性共价键的离子化合物，故A项正确； B．碳氧双键处C的价层电子对数是3，为杂化，故B项错误； C．和的空间结构均为V形，故C项正确； D．非金属性：N>C，非金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性：，故D项正确； 故本题选B。 8．A 【分析】W、X 、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，由于配合物中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金属元素，故X和Y分别为N和Mg；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其价电子排布式为，Z为Fe元素，为。 【详解】A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A不正确； B．在X的简单氢化物是，其中C原子轨道杂化类型为，B正确； C．Y的氢氧化物是，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于溶液，但是，由于电离产生的可以破坏的沉淀溶解平衡，因此可以溶于溶液，C正确； D．中提供电子对与形成配位键，D正确； 综上所述，本题选A。 9．A 【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。 【详解】A．Y的简单氢化物为NH3，可以与盐酸反应生成氯化铵，A正确； B．Z为O，O2单质为非极性分子，O3为极性分子，B错误； C．由分析可知，X、Z分别为C和O，由于未指明是最简单氢化物，C的氢化物考虑有机物种类很多，碳数多的烃沸点高，C错误； D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D错误； 故答案为：A。 10．D 【分析】根据结构图所示，X、Y、Z、W、M均为原子序数依次增大的前四周期元素，M原子的价电子数为10，可推断出，X只形成单键且原子序数最小，X为H元素，Y形成4个共价键，Y为C元素，W形成2个共价键，且与X形成氢键，W为O元素，则Z为氮，氮形成一个单键与一个双键，氮原子中含有孤电子对，则Z与M形成配位键；M原子的价电子数为10，M为Ni元素。 【详解】A．由分析可知，分子中存在碳氢等共价键，且氮镍之间存在配位键，A正确； B．同周期元素基态原子第一电离能从左到右呈现增大的趋势，但N的电子排布是半充满，第一电离能比O高，故第二周期中基态原子第一电离能比O高的有N、F、Ne这3种元素，B正确； C．Y、Z、W的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，中心原子的杂化类型相同，孤电子对数分别是0、1、2，则键角CH4（H－C－H）＞NH3（H－N－H）＞H2O（H－O－H），C正确； D．根据结构图可知M2+的配体数为2，D错误； 故答案选D。 11．A 【分析】 据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 【详解】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误； B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确； C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确； D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确； 答案选A。 12．D 【分析】该装置为电解池，甲池中失去电子生成，则该电极为阳极，乙池中电极为阴极，a为正极，b为负极，据此分析解答。 【详解】A．a为正极，b为正极，故电极电势：a＞b，A项错误； B．电解池中，阳离子从阳极移动向阴极，故工作时由甲池移向乙池，B项错误； C．甲室发生反应，通电一段时间后甲区域的pH减小，C项错误； D．阴极上，CO2转化为HCOOH，电极反应式为：，D项正确； 故选D。 13．C 【分析】该装置为电解池，右侧铜的化合价由价变为价，电极N为阳极，电极反应式为，电极M为阴极，电极反应式为； 【详解】A．由图可知右侧铜的化合价由价变为价，发生氧化反应，右侧为阳极，左侧为阴极，右侧电极电势高于左侧电极电势，A错误； B．极为阴极，电极反应式为，B错误； C．结合分析，钠离子经过离子交换膜I移向电极M，离子交换膜I为阳离子交换膜，氯离子经过离子交换膜II移向电极，离子交换膜II为阴离子交换膜，C正确； D．当电极M区放出(标准状况)氢气即时，转移电子，结合，理论上合成室中能消耗乙烯，D错误； 故选C。 14．D 【分析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断，a极上水放电发生氧化反应生成氧气，a极为阳极，则b为阴极，电极b上二氧化氮得到电子发生还原反应生成铵根离子；则为铅酸蓄电池正极，为铅酸蓄电池的负极。 【详解】A．电解时，当有透过质子交换膜时，电路中转移电子，铅酸蓄电池的电极发生反应：，有转化为，电极增重96g，A正确； B．在阴极(电极b)上发生还原反应，电极反应式为，B正确； C．电解装置中，阳离子移动方向为阳极阴极，故由极区透过质子交换膜向极区迁移，C正确；   D．由于电解池左室相当于电解水，则电解时溶液的浓度逐渐增大，D错误； 故选D。 15．B 【分析】由图可知，通入氢气的电极为阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O-离子反应生成C2H5OH，C2H5OH解离出氢离子和C2H5O-离子，通入氮气的电极为阴极，钙离子在阴极得到电子生成钙，钙与氮气反应生成Ca3N2，Ca3N2与氢离子反应生成Ca2+和氨气，则阴极的电极反应式为Ca2++2e-=Ca，N2+3Ca= Ca3N2，Ca3N2+6H+=3Ca2++2NH3，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，H2在阳极上失去电子，故阳极区反应式为：，A错误； B．由分析可知，此装置降低合成氨能耗的主要原因是钙或锂等金属能高效解离氮气形成相应的氮化物，B正确； C．由于水能与Ca直接反应，故含少量乙醇的水溶液不会使该装置生产效率提高反而降低，C错误； D．由分析可知，电解的总反应方程式为N2+3H22NH3，故整个装置每生成1mol氨，不消耗Ca2+，Ca2+只是电解质导电，D错误； 故答案为：B。 16．B 【分析】由图可知，二氧化碳得电子发生还原反应转化为甲酸，则催化电极A为阴极，催化电极B为阳极。 【详解】A．催化电极A为阴极，催化电极B为阳极，催化电极A为阴极(与电源负极相连)，催化电极B为阳极，阳极电势高于阴极，故催化电极A的电势低于催化电极B，A错误；   B．在碱性条件下，阳极的失去电子发生氧化反应生成羧基盐，电极反应式为，B正确； C．二氧化碳得电子发生还原反应转化为甲酸：，则每生成1mol甲酸，转移2mol电子，双极膜处有2mol的水解离，C错误； D．结合BC分析的电极反应可知，转移相同电子时，理论上消耗的和HMF物质的量之比为3:1，D错误； 故选B。 17．B 【分析】 已知放电时反应如图：，a为负极，b为正极，则充电时，a为阴极，b为阳极，以此解答。 【详解】A．由分析可知，放电时a为负极，b为正极，电子的移动方向：电极a→负载电→极b，A项正确； B．通过2mol电子时，通过离子交换膜的Na+也为2mol，质量为46g，阴极区质量增加，B项错误； C．由分析可知，b为正极，发生还原反应，C项正确； D．4-OH-TEMPO中N原子形成3个键，且含有1个孤电子对，杂化方式为sp3，4-OH-TEMPO+中N原子形成3个键，且没有个孤电子对，N元素的杂化方式sp2，D项正确； 故选B。 18．B 【分析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。 【详解】A．根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A项正确； B．根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH3N+CH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B项错误； C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C项正确； D．根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D项正确； 答案选B。 19．A 【分析】c电极发生反应V3++e-=V2+，得电子被还原，所以c是阴极，a是负极，b是正极，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(·OH)和H+，没有生成氧气，电极反应： 。据此分析作答。 【详解】A．根据分析，d电极的电极反应式：，A正确； B．题中所给反应未配平，B错误； C．根据分析，a为电源负极，比起纯水，能增强溶液的导电性，d电极的电极反应式：，产生的H+经阳离子交换膜移向阴极，故 m为阳离子交换膜，C错误； D．根据，产生1mol气体H2，需要消耗V2+2mol，对应c电极发生反应V3++e-=V2+，则转移电子数为2mol，根据，则产生的为2mol，根据反应，生成CO2为mol，所以两种气体体积比为1∶=7∶3，D错误； 故选A。 20．C 【分析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电池的H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极，所以d电极为电源的正极，c电极为电源的负极，据此解答。 【详解】A．d电极为电源的正极，铅酸蓄电池作电源时的正极反应为：，故A错误； B．b电极是阳极，加入少量氯化钠后氯离子先放电，会产生氯气，故B错误； C．3.0g尿素的物质的量为=0.05mol，结合a极反应式，转移电子为0.8mol，b极的反应式为，转移0.8mol电子时，会消耗0.4molH2O，减少的质量为7.2g，故C正确； D．电解池中阳离子从阳极移向阴极，H+从b电极向a电极移动，H+在a电极参与反应，由其电极反应式可知，每转化为尿素则转移的电子为16mol，通过质子交换膜有16molH+，故D错误； 故答案选C。 21．C 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误； B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误； C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确； D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误； 故选C。 22．C 【分析】镀锡铜箔用硫酸铜浸取时，发生反应：Cu2++Sn=Sn2++Cu，再用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+，低温水解成Sn(OH)4，焙烧分解成SnO2。 【详解】A．浸取和低温水解后均需要过滤，故A正确； B．氧化工序用过氧化氢将Sn2+氧化为Sn4+，方程式为，故B正确； C．由电子守恒可得关系式SnO2~H2O2，15.1gSnO2的物质的量为mol=0.1mol，故至少需30%的过氧化氢溶液11.3g，故C错误； D．Sn(SO4)2低温水解生成Sn(OH)4沉淀和硫酸，溶液可返回浸取工序，故D正确； 故选 C。 23．C 【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，氧化铝、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛不溶于水，硫酸铁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸铝铵的滤液；向滤液中加入氨水，溶液中铁离子、铝离子依次沉淀；向水浸渣中加入硫酸加热酸溶，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·xH2O。 【详解】A．由分析可知，尾气为氨气，A错误； B．用热水“水浸”的目的是促使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O，B错误； C．母液含有硫酸、尾气含有氨气，氨气溶于水得到氨水，故母液和尾气可循环使，C正确； D．已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，则“酸溶”反应的离子方程式为，D错误； 故选C。 24．D 【分析】NaClO3在稀硫酸中溶解，通入SO2在发生器中发生氧化还原反应，生成ClO2和Na2SO4，通过鼓入空气，防止ClO2浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，再经过一系列操作得到NaClO2粗产品。 【详解】A．NaClO3具有强氧化性，可以氧化HCl，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，A错误； B．ClO2与双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2和氧气，流程中H2O2做还原剂，B错误； C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止ClO2浓度过高，因为纯ClO2易分解爆炸，C错误； D．H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，如果吸收塔中温度过高，会导致H2O2分解，从而导致NaClO2产率下降，D正确； 故选D。 25．D 【分析】酸浸时，得到（可能有）、、，成为滤渣1，做氧化剂，把氧化为，加入碳酸钙调pH的目的是除去和，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，加入氨水得到氢氧化铍，除杂煅烧得到氧化铍。 【详解】A．根据分析知，“滤渣1”的主要成分为，A正确； B．做氧化剂，把氧化为，B正确； C．加入碳酸钙调pH的目的是除去和，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，C正确； D．氧化铍化学性质与相似，过量的NaOH溶液与氧化铍反应，降低了产率，D错误； 故选D。 26．A 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含Fe3O4，SiO2等杂质)在与氧气煅烧时，Cu2S生成CuO和SO2，气体X主要为SO2，剩余的固体B加硫酸酸浸，再与H2O2反应得到溶液C主要为为CuSO4、Fe2(SO4)3混合溶液，加入氨水，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀，硫酸铜先生成氢氧化铜沉淀，后继续反应得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的溶液，最后加入乙醇，析出，过滤、洗涤、干燥得到产品。 【详解】A．根据上述分析，步骤I在足量O2中煅烧，产生气体的主要成分为SO2，故A错误； B．由分析可知，步骤Ⅱ所得溶液的溶质主要为CuSO4、Fe2(SO4)3，故B正确； C．加入氨水，硫酸铜先生成氢氧化铜沉淀，后继续反应得到[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的溶液，故C正确； D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液加入乙醇会析出，过滤、洗涤、干燥得到产品，故D正确。 答案选A。 27．C 【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4. 【详解】A．由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误； B．由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2，则次磷酸属于一元酸，故B错误； C．由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，故C正确； D．由分析可得如下关系式：P4~ PH3~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5PH3，则理论上，1 mol白磷可生产1mol+1.5mol=2.5 mol PH3，故D错误； 故选C。 28．C 【分析】向NaOH溶液先加入磷酸，得到磷酸钠溶液和NaOH溶液，在通入氯气，生成溶液，最后通过减压蒸发，冷却结晶的方式得到。 【详解】A．n(NaOH)=4.2mol，根据Na守恒，1个中含有13个Na原子，所以则n()最多为0.3mol，A正确； B．中，n(Na):n(P)=13:4，n(NaOH)=4.2mol，所以n(P)=1.2mol，浓度为，所以体积为400mL，B正确； C．氯化磷酸三钠的熔点为67℃，常温下较稳定，受热易分解，所以不能高温烘干，C错误； D．NaClO具有强氧化性，所以能够具有漂白、杀菌和消毒，D正确； 故选C。 29．D 【分析】废铅膏加入硫酸亚铁、稀硫酸后，Pb基本被转化为难溶的硫酸铅，然后用碳酸铵将硫酸铅转化为碳酸铅同时生成硫酸铵，碳酸铅受热分解为氧化铅和二氧化碳，经过精制得到纯氧化铅。 【详解】A．废铅膏加入硫酸亚铁、稀硫酸后，Pb基本被转化为难溶的硫酸铅，主要反应有，A正确； B．步骤Ⅱ，若滤出的沉淀中混有，该滤液中，B正确； C．滤液3中有部分溶解的Pb，因此循环使用滤液3可以提高产品产率，C正确；   D．由PbO溶解在溶液中(杂质不溶于)的溶解度曲线可知，精制的操作是在110℃用35%的溶液溶解，此时氧化铅溶解度较大，然后趁热过滤除去固体杂质、滤液冷却析出氧化铅、过滤、洗涤、干燥，D错误； 故选D。 30．B 【分析】铜烟灰酸浸渣(主要含PbO，FeAsO4⋅2H2O、In2O3)加入硫酸溶液硫酸化、焙烧得到的焙砂加水水浸，浸液加入硫代硫酸钠还原铁，萃取剂萃取除铁得到含有Fe2+、的水溶液；加入硫酸溶液反萃取得到萃余液，一系列处理得到粗铟。 【详解】A．由流程可知萃余液中主要成分为硫酸，可循环利用，A正确； B．萃取剂加入亚铁离子进入水层，所以得出亚铁离子在萃取剂中溶解度小于水中溶解度，故B错误； C．与反应生成难溶于水的，C正确； D．根据还原铁的信息，可知铁离子转化为亚铁离子、转化为，反应为：，D正确。 故答案选B。 31．B 【详解】A．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为，含有S的数目为，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co9S8，故A正确； B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：，故B错误； C．如图：，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确； D．如图，当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确； 故选B。 32．C 【详解】A．将晶胞分为8个相同的小立方体，原子1处于一个小正方体体心，原子4处于和原子1处于晶胞的同一条体对角线上的小正方体体心，故原子1的分数坐标是(,,)，则原子4的分数坐标是(,,)，A正确； B．顶点和面心的原子为镓原子，观察晶胞上下面面心的镓原子，其周围有4个N原子，镓原子配位数为4，N原子处于镓原子形成的正四面体空隙中，配位数也为4，B正确； C．原子1、5在z、y方向距离为cm，x方向距离为cm，故两者之间的距离为，C错误； D．晶胞中共包含4个N原子，4个镓原子，故晶胞密度为，D正确； 错误的选C。 33．D 【详解】A．M点原子的分数坐标为（0，0，0），由图可知， N点原子的分数坐标为（1，1，1），故A错误； B．根据图示，晶胞中与最近且等距的的个数为12，故B错误； C．根据均摊原则，晶胞中Ce4+的数目为4，O2-的数目为8，与最近的核间距为a pm，是体对角线的，即边长为pm，密度为：，故C错误； D．氧化铈()晶胞中掺杂，占据原来的位置，未掺杂之前，每个晶胞中由4个Ce，8个O，若掺杂后得到的晶体，每个晶胞中Ce和Y共4个时，含有4×（0.8×2+0.1×3）=7.6个O，则此晶体中的空缺率为，故D正确； 故选D。 34．B 【详解】A．已知Sc、Sn、V的价层电子排布式分别为：3d14s2、5s25p2、3d34s2，故Sc、Sn、V三种元素的基态原子所含的价层电子个数大小顺序为：V＞Sn＞Sc，A正确； B．由题干晶胞示意图可知，Sc位于8个顶点，且高度拉伸，故与Sc距离最近的Sc原子数为4，B错误； C．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Sc的个数为：=1，Sn的个数为：=6，V的个数为：=6，则该合金的化学式为，C正确； D．由C项分析可知，该合金的化学式为，一个晶胞含有一个“ScV6Sn6”结构单元，该晶体的空间占有率：×100%=，D正确； 故答案为：B。 35．B 【详解】A．晶胞中，均摊的和均为4个，则，中均摊的和均为2个，则，即化学式均为，故，A项错误； B．根据均摊法计算可知S的个数为4，根据化合价之和为0可知，Li的个数为6，锌的个数为1，为，充电过程中转化为的电极反应式为，B项正确； C．以底面面心的为例，上、下层各有4个，故在晶胞中的配位数为8，C项错误； D．若的晶胞参数为，将晶胞切三刀分为8个小立方体，在左后上立方体体心，则间的距离为，D项错误； 故选B。 36．D 【详解】A．正极材料为，（a）→（c）的过程中得电子，是电池充电过程，故A正确； B．由图可知，（b）→（a）为得到电子生成，电极反应式为，故B正确； C．由LiFePO4的晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为，由化学式可知，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，故C正确； D．设Li1−xFePO4中Fe3＋的个数为a，由化合价代数和为0可得，解得a＝，则Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为＝13：3，故D错误， 故答案选D。 37．B 【分析】该晶胞中 Mg原子有8个位于顶点上、6个面心上，4个在晶胞内部，则Mg的个数为个，16个Cu 原子都位于晶胞内部，由图(b)可知，x等于立方体面对角线长度，根据图(a)、(b)分析可知，y等于立方体体对角线长度，据此回答。 【详解】A．Mg核外有12个电子，所以基态Mg原子核外电子有12种不同的运动状态，A正确； B．由图(b)可知，x等于立方体面对角线长度的，即4x=a，则x=a，根据图(a)、(b)分析可知，y等于立方体体对角线长度的，即4y=a，则y=a，，B错误； C．根据分析可知，则有8个Mg，16个Cu，合金的组成可表示为MgCu2，C正确； D．晶胞的质量为g，晶胞的体积为cm3，则晶胞的密度为g ⋅ cm−3，D正确； 故选B。 38．D 【分析】由题意可知，Cu2-xSe填充碳纳米管作为正极材料，钠较为活泼，钠为负极材料； 【详解】A．根据“均摊法”， 每个Cu2-xSe 晶胞中含个Se，则晶胞内铜离子、亚铜离子和为4×（2-x）个，设铜离子、亚铜离子分别为a、b，则a+b=4×（2-x），由化合价代数和为零可知，2a+b=4×2，解得a=4x，故A正确； B．由晶胞图示可知，在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据的位置是项点和面心，故B正确； C．充分放电时，正极Cu2-xSe得到电子发生还原反应生成零价铜，电极反应式为Cu2-xSe + 2Na++2e-=Na2Se+(2-x)Cu，故C正确； D．充电时外电路中转移lmol电子，阳极释放出1mol钠离子，质量减小23g，阴极生成1mol钠，质量增加23g，两极质量变化差为46g，故D错误； 故选D。 39．D 【详解】A．由图甲可知，硼氢化钠α型的立方晶体中离最近的有12个，故A正确； B．α型的立方晶体中Na+在体心和棱心位置，在面心和顶点，围成正八面体空隙，填充在围成的正八面体的空隙中，故B正确； C．若A点的坐标为，B点位于左侧面的上方面心位置，结合坐标系，B点坐标为，故C正确； D．B到底面左侧棱心的距离为pm，A到底面左侧棱心的距离为apm，这两段距离与A与B的距离构成直角三角形，A与B的距离为=，故D错误。 答案选D。 40．C 【详解】A．Ni元素原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，A正确； B．该晶胞中La原子个数为8×=1，Ni原子个数为8×+1=5，则La、Ni原子个数之比为1：5，化学式为LaNi5，B正确； C．晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，则晶胞底面上Ni的原子坐标为系(,,0)或(,,0)，C错误； D．设晶胞体积为V，该晶胞密度为，假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为，D正确； 本题选C。 41．D 【分析】由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1：1，即两者图象平行，所以①代表，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即，所以②代表AgCl，则③代表AgBr，根据①上的点（2.0，7.7），可求得，根据②上的点（2.0，7.7），可求得，根据③上的点（6.1，6.1），可求得。 【详解】A．由分析得，曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线，故A正确； B．反应的平衡常数，故B正确； C．当Cl-恰好滴定完全时，，即，因此，指示剂的浓度不宜超过10-2mol/L，故C正确； D．当Br-到达滴定终点时，，即，，故D错误； 故选D。 42．D 【分析】溶液中随着pH的增大，的浓度增大，浓度逐渐增大，则和随着pH增大而减小，所以c、d表示pH与或pH与的关系曲线；由于的，浓度大于，即小于，则c代表pH与的关系曲线，d代表pH与的关系曲线。随着pH增大，增大，和减小，和随着pH增大而增大，，当相同时，，小于，所以a代表pH与的关系曲线，b代表pH与的关系曲线。 【详解】A．根据分析知，a为pH与的关系曲线，A正确； B．b代表pH与的关系曲线，c代表pH与的关系曲线，两条线的交点为，，B正确； C．由交点可知，此时mol/L，mol/L，，由交点可知，此时mol/L，mol/L，，，，C正确； D．，mol/L，mol/1，mol/L，，mol/L，D错误； 故选D。 43．D 【分析】横坐标pH增大，c（H+）浓度减小，纵坐标，则X越大，pX越小，因此向溶液中滴加溶液，减小，增大；向溶液、溶液中滴加溶液，，增大，减小。 【详解】A．向溶液、溶液、溶液中分别滴加溶液，当增大时，减小，增大，则代表； ，，且的酸性比强，则相同时，﹤，所以HF的越小，代表，代表，A错误； B．从中的N点（3,1.89）可知，=3时，=1.89，即  ，   ，CH3CH2COOH的，数量级为10-5，B错误； C．从中的P点（2,1.45）可知，=2时，=1.45，即     ，所以HF的，则F-的水解常数，HF的电离程度大于F-的水解程度，pH﹤7 ，C错误； D．由L3上M点可求得Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，，则=≈1.4×1019.8，D正确； 答案选D。 44．B 【分析】由题意可知，、越大，pAg、pX越小，由于AgCl、AgBr、AgI的依次减小，故A线表示AgCl的溶解平衡直线，B线表示AgBr的溶解平衡直线，C线表示AgI的溶解平衡直线。 【详解】A．p点位于AgCl的溶解平衡直线上方，其形成的溶液为AgCl的不饱和溶液，A正确； B．若向含有等物质的量浓度的、和的溶液中逐滴加入溶液，首先沉淀，该题没有控制三种离子的物质的量浓度相同，B错误； C．该反应的平衡常数，根据题图，t℃时，pAg=0时，pCl-=10，则，pAg=0时，pI-=16，则，故，C正确； D．m、n、p三点的温度相同，相同，D正确； 故选B。 45．D 【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c()]}=-lg[c(Ba2＋)×c()]=-lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中-lg[c(Ba2+)]+{-lg[c()]}=-lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线Ⅱ为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，曲线I为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c()]的关系，由曲线Ⅰ上(5，3.3)可知，Ksp(BaCO3)= c(Ba2+)c()=10-5×10-3.3=10-8.3，由曲线Ⅱ上(7，3)可知，Ksp(BaSO4)= c(Ba2+)c()=10-7×10-3=10-10。 【详解】A．根据分析知，曲线I为的沉淀溶解平衡曲线，的数量级是，A正确； B．向点饱和溶液中加适量固体，钡离子浓度增大，硫酸根离子浓度减小，Ksp(BaSO4)不变，则可使溶液由点变到点，B正确； C．由分析可知，曲线Ⅰ是的溶解平衡曲线，p点相比饱和点，c(Ba2+)和c()较小，不能生成沉淀，曲线Ⅱ是的溶解平衡曲线，p点相比饱和点，c(Ba2+)和c()较大，能生成沉淀，C正确； D．46.6gBaSO4物质的量为0.2mol，设每次用这种Na2CO3溶液能处理xmol BaSO4，根据，到达平衡时，c()=(1.8-x)mol/L，c()=x mol/L，根据，求得x=0.0353，次数为，即6次，D错误； 故选D。 46．C 【分析】混合液中加NaOH，Cd2+浓度减小，因此-lgc(Cd2+)增大，故L0为-lgc(Cd2+)与pH的变化曲线，由Ka1()=，p=pKa1-pH，的电离平衡常数Ka1> Ka2> Ka3，因此等pH时，pKa越大pX越大，L1、L2、L3分别代表-lg、-lg 、-lg 随pH的变化曲线； 【详解】A．根据多元酸电离常数可知，代表与pH关系，A项正确； B．L0为-lgc(Cd2+)与pH的变化曲线，将a(7，0.3)代入计算c(OH-)=10-7mol/L，c(Cd2+)=10-0.3mol/L，，B    项正确： C．根据电离常数，L1代表-lg随pH的变化曲线，由图像中将b(4，-0.9)带入计算：Ka1()==100.9×10-4=10-3.1，同理，将(2，2.7)代入计算可得，将c(8，-1.6)代入计算可得，的水解常数，的电离能力大于水解能力，溶液呈酸性，C项错误； D．的平衡常数，D项正确； 故选C。 47．B 【分析】CdCO3的溶解平衡为CdCO3(s)Cd2+(aq)+ (aq)，即Ksp(CdCO3)=c(Cd2+)·c()，则pKsp(CdCO3)=pCd2++p；Cd(OH)2的溶解平衡为Cd(OH)2(s)Cd2+(aq)+2OH−(aq)，即Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH−)，则pKsp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH−。 【详解】A．由于pKsp(CdCO3)=pCd2++p，而Ksp[Cd(OH)2]=c(Cd2+)·c2(OH−)，结合CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线图可知，pKsp(CdCO3)=pCd2++p=8+4=2+10=12，即Ksp(CdCO3)=10−12；而pKsp[Cd(OH)2]=pCd2++2pOH−=6+2×4=4+2×5=2+2×6=14，即Ksp[Cd(OH)2]=10−14；由此可以判断曲线I为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线II为CdCO3的溶解平衡曲线，A错误； B．由反应CdCO3(s)+2OH−(aq)Cd(OH)2(s)+(aq)可知，，B正确； C．Y点在Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线的上方，pCd2+为4，即c(Cd2+)=10−4；pOH−为6，即c(OH−)=10−6，则Qc=c(Cd2+)·c2(OH−)=10−4×(10−6)2=10−16<Ksp[Cd(OH)2]=10−14，故Y点对应的Cd(OH)2溶液为不饱和溶液，C错误； D．曲线I为Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，若加热，Cd(OH)2的溶解度会增大，溶液中的Cd2+和OH−浓度会增大，阴阳离子的负对数均发生改变，D错误； 故选B。 48．C 【分析】Mn(OH)2、Zn(OH2的物质类型相似，二者的pX随pH的变化曲线应是平行线，则曲线ad代表与pH的关系，由图中a点可知可知pX=0时，溶液的pH=3.3，此时=c(H+)=1×10-3.3；已知：，纵坐标值越大表示阳离子浓度越小，可以判断出b所在曲线表示与pH的关系曲线，c所在的曲线表示与pH的关系曲线 【详解】A．由上述分析可知，，A正确； B．b所在曲线表示，与pH的关系曲线，根据b点的坐标值，此时c(Zn2+)=1×10-6.15，c(OH-)=1×10-5，，数量级为10-17，B正确； C．c所在曲线表示，与pH的关系曲线，根据c点的坐标值，此时c(Mn2+)=1×101.3，c(OH-)=1×10-7，，的平衡常数，C错误； D．d点溶液呈中性，电荷守恒等式为：，根据可得，D正确。 故选C。 49．D 【分析】分别在溶液中滴加NaOH溶液，溶液中、、逐渐减小，逐渐增大，溶液中逐渐增大且起始时pH<pOH，即随着NaOH溶液的滴加，和逐渐增大，pOH-和逐渐减小，>，则图中分别代表、、、与pH的关系，结合图中a点数值计算，结合c点数值计算，同理。 【详解】A．图中分别代表、、、与pH的关系，故A错误； B．，，则同时产生两种沉淀时，，故B错误； C．再向体系中加入硫化钠溶液，减少，将不变，其只受温度的影响，故C错误； D．， 反应的平衡常数 ，故D正确。 答案选D。 50．D 【分析】直线斜率较大且平行，说明代表的难溶物组成相同，故代表与关系；又因为的溶度积大于，所以代表与关系，代表与关系；根据图中数据可知，，时，，，则，同理，。 【详解】A．根据上述分析可知，代表与关系，A错误； B．上述混合液中阴离子浓度不一定相等，无法判断沉淀先后顺序，B错误； C．饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，，C错误； D．根据数据可知，，饱和溶液中，，D正确； 答案选D。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$