精品解析：江苏省苏州中学校2023-2024学年高三下学期期中化学试卷

江苏省苏州中学2023-2024学年高三下学期期中化学试卷 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷(选择题) 一、单选题(共13题，每题3分，共39分) 1. 常温下，的溶液中，、、三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是 A. 的平衡常数 B. 将等物质的量的、溶于水中，所得溶液pH恰好为 C. 常温下HF的电离常数，将少量溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF+ D. 在溶液中，各离子浓度大小关系为 2. 一定温度下，在1L恒容密闭容器中加入1mol的和发生反应：；，的物质的量与时间的关系如表所示，下列说法错误的是（ ）  时间  0        的物质的量  0     A. 内， B. 升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移 C. 的活化能小于的活化能 D. 时再加入1mol的和，反应达新平衡时， 3. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. pH=2的H2SO4与pH=12的NaOH等体积混合，所得溶液呈酸性 B. 0.1mol/L的CH3COOH溶液再加水稀释过程中减小 C. pH=5的NaHSO3溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度 D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-） 4. 设阿伏加 德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. 120g熔融NaHSO4中含H+数NA B. 74g乙醚(CH3CH2OCH2CH3)中含碳氧共价键数为NA C. 2.24L(标准状况下)甲烷含有的质子数为NA D. 密闭容器中，0.5mol N2和1.5mol H2充分催化反应后分子总数为NA 5. 化合物（甲）、（乙）、（丙）的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是（ ） A. 甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮的火焰并伴有浓烟 B. 甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面 C. 等物质的量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲乙 D. 三者中二氯代物数目最少的是丙 6. 实验是科学探究重要手段。下列实验装置或操作，现象和结论均正确的是 序号 实验装置或操作 现象 结论 A． 白磷先燃烧起来，红磷后燃烧 白磷的着火点比红磷低 B． 长颈漏斗中出现一段稳定的水柱 装置气密性良好 C． 左边试管中产生黄绿色气体，右边试管中溶液变黄色 氧化性： >Cl2>Fe3+ D． 锥形瓶中产生大量气泡， 烧杯中出现白色胶状物 非金属性： S>C>Si A. A B. B C. C D. D 7. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 A. B. FeCl3饱和溶液颜色在20℃为棕黄色，100℃为红褐色 C. D. 0.1mol/L的醋酸溶液的pH为2.9，0.01mol/L的醋酸溶液pH为3.4 8. 常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50mL 0.100mol/L 盐酸的烧杯中匀速滴加50mL 去离子水、50mL 0.100mol/L 醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间变化如下图所示。已知常温下醋酸铵溶液pH=7，下列说法错误的是 A. 曲线X表示盐酸中加水稀释的pH变化 B. 曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO-与H+结合成了弱电解质 C. a点对应的溶液中c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)-c(NH4+)=0.01mol/L D. b点对应的溶液中水电离的c(H+)=10-12.86mol/L 9. 生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是 A. 催化剂不能改变反应的焓变 B. 催化剂不能改变反应的活化能 C 图中反应中间体NxHy中y∶x<3∶1 D. 图示催化剂分子中包含配位键 10. 近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管()为正极催化剂构建了可充电K-CO2电池(如图所示)，电池反应为，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法错误的是 A. 分散在电极表面可促进电子的转移 B. 充电时，阳极反应为↑ C. 放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向 D. 为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质 11. 聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是 A. 该装置实现了光能→电能→化学能的转化 B. 电极A的反应为：2CH4-4e- +2O2-=C2H4+2H2O C. 催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极 D. 固体电解质将A极产生的O2-传导到B极 12. 二氧化硫的减排与回收已成为环保领域急需解决的重大课题，某研究团队提出如下还原脱硫流程： 下列说法错误的是 A. “脱硫塔”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 B. S2、S4、S6和S8互为同素异形体 C. “再生塔”需将CaSO4和煤粉碎处理，使其充分接触 D. M可以循环使用 13. 13Al、15P、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是 A. 元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族 B. 元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4 C. 第一电离能：I1(Al)<I1(P)<I1(S) D. 最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4 第II卷(非选择题) 二、综合题(共4题，共61分) 14. 硒元素（selenium）是第四周期、VIA族元素，单质有红硒、黑硒和灰硒，其中灰硒有良好的导热导电性，且有显著的光电效应，可应用于光电半导体材料。请回答下列问题： （1）Se原子的核外电子排布式为[Ar]___________。 （2）As和Se是同一周期的元素，As的第一电离能比Se大，原因是____________。 （3）中Se―O的键角比SeO3的键角_______（填“大”或“小”），原因是____________________________________________。 （4）H2Se比H2S水溶液的酸性强，原因是__________________________________。 （5）灰硒晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如下。 ①螺旋链中Se原子的杂化方式为______________。 ②已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏伽德罗常数为NAmol－l，则该晶胞中含有的Se原子个数为__________，该晶体的密度为_____________g/cm3（用含NA、a、b的式子表示）。 15. 碳、氮、硫是中学化学中重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用。 （1）利用反应NO+NH3→N2+H2O(未配平)可以消除污染物NO，消耗标准状况下4.48 L NH3时，被消除的NO的物质的量为_______mol。 （2）工业上可通过电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，阳极的电极反应式为_______；为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，当电路中通过15 mol电子时，需通入NH3的物质的量为_______。 （3）合成氨的原料气需脱硫处理。一种脱硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再与NaVO3反应生成S、Na2V4O9和另一种物质。NaHS与NaVO3反应的化学方程式为_______。 （4）用二氧化碳重整甲烷不仅可以获得合成气(CO和H2)，还可减少温室气体排放。回答下列问题： ①在T ℃时，向恒温恒容密闭容器中通入3 mol CO2、3 mol CH4，在催化剂作用下发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。测得平衡体系中各组分体积分数如表： 物质 CH4 CO2 CO H2 体积分数 0.1 0.1 0.4 0.4 已知平衡时容器内压强为0.5 MPa，此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ②利用合成气合成甲醇，发生主要反应如下。 Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2 Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH3 上述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。则ΔH1_______(填“>”、“<”或“=”)ΔH3，理由是________。 16. 硫的化合物丰富多彩，且都有一定的用途。 (1)用作橡胶工业的硫化剂S2Cl2的分子结构中每个原子均满足8电子稳定结构，S2Cl2的电子式为________。S2Cl2遇水很容易发生水解反应生成一种淡黄色固体和两种气体，其反应的化学方程式为__________________________________。 (2)用作氧化剂的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]属于离子化合物，易溶于水，其可由硫酸铵[(NH4)2SO4]为原料制备。 ①(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因是________________________(用离子方程式表示)，(NH4)2SO4溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为________________________。 ②若硫酸铵溶液的浓度为250 g·L－1，其物质的量浓度是________mol·L－1。 ③(NH4)2S2O8在Ag＋的催化作用下能将Mn2＋氧化成MnO，其反应的离子方程式为__________________________________________________________________。 (3)Na2S2O4在空气分析中常用来吸收氧气，当吸收氧气、水蒸气后发生反应时，若还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶1，则产物为________(填化学式)。 17. 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题： (1)元素A、B、C中，电负性最大是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。 (2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。 (3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。 (4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________； (5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为a pm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加 德罗常数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省苏州中学2023-2024学年高三下学期期中化学试卷 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷(选择题) 一、单选题(共13题，每题3分，共39分) 1. 常温下，的溶液中，、、三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是 A. 的平衡常数 B. 将等物质的量的、溶于水中，所得溶液pH恰好为 C. 常温下HF的电离常数，将少量溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF+ D. 在溶液中，各离子浓度大小关系为 【答案】B 【解析】 【详解】A. 由各微粒分布曲线图知，时，与的浓度相同，且二者的分布系数均为，可得，故A正确； B.的水解反应为+H2O⇌+OH-，由图中第二个交点可求出的电离平衡常数为，的水解平衡常数为，故的水解程度小于的电离程度，等物质的量的、溶于水中，，，故B错误； C. 类似于A项的分析，可以推算出反应H2C2O4⇌+H+的平衡常数，根据强酸制弱酸原理可得H2C2O4+F-=HF+，故C正确； D. 的水解平衡+H2O⇌H2C2O4+OH-的平衡常数 ，说明的电离程度大于其水解程度，故溶液中：，故D正确。 故选B。 【点睛】本题考查内容是弱电解质的电离，以图像的形式呈现，需要学生除了具有读图的能力以外，还必须具备知识综合运用能力，题目考查内容综合，利用好图像中几个特殊点起点、交点，此题可解。 2. 一定温度下，在1L恒容密闭容器中加入1mol的和发生反应：；，的物质的量与时间的关系如表所示，下列说法错误的是（ ）  时间  0        的物质的量  0     A. 内， B. 升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移 C. 的活化能小于的活化能 D. 时再加入1mol的和，反应达新平衡时， 【答案】B 【解析】 【详解】A．内，的浓度增大，则，故A正确； B．升高温度正逆反应速率均增大，化学平衡向吸热方向移动，由于该反应正方向为放热反应，所以平衡逆移，故B错误； C．正反应的活化能逆反应的活化能，所以正反应的活化能逆反应的活化能，即的活化能小于的活化能，故C正确； D．原来平衡时，生成氨气为，消耗氮气为，则剩余的氮气为，再加入1mol的，平衡向正方向移动，由于可逆反应中反应物不能全部转化为生成物，所以加入的1mol的不能全部反应，即后来平衡时氮气的物质的量大于，则，故D正确； 答案选B。 【点睛】本题易错易混点在于B选项，经常性将影响平衡移动与影响反应速率混淆，升高温度反应速率一定增大，不论平衡向哪个方向移动，正逆反应速率均增大的。 3. 常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. pH=2的H2SO4与pH=12的NaOH等体积混合，所得溶液呈酸性 B. 0.1mol/L的CH3COOH溶液再加水稀释过程中减小 C. pH=5的NaHSO3溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度 D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-） 【答案】C 【解析】 【详解】pH=2的H2SO4与pH=12的NaOH等体积混合，所得溶液呈中性，故A错误； ==，所以不变，故B错误；NaHSO4电离出的氢离子抑制水的电离，故C正确；根据质子守恒，0.1mol/L的NaHCO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-c(CO32-)，故D错误。 4. 设阿伏加 德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. 120g熔融NaHSO4中含H+数为NA B. 74g乙醚(CH3CH2OCH2CH3)中含碳氧共价键数为NA C. 2.24L(标准状况下)甲烷含有的质子数为NA D. 密闭容器中，0.5mol N2和1.5mol H2充分催化反应后分子总数为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 熔融NaHSO4中含只含有钠离子和硫酸氢根离子，没有H+，A错误； B. 74g乙醚(CH3CH2OCH2CH3)即1moL乙醚，含碳氧共价键数为2NA，B错误； C. 2.24L(标准状况下)甲烷即0.1moL甲烷，含有的质子数为NA，C正确； D. 密闭容器中，合成氨反应是可逆反应，反应存在限度，故0.5mol N2和1.5mol H2充分催化反应后分子总数小于NA，D错误； 答案选C。 5. 化合物（甲）、（乙）、（丙）的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是（ ） A. 甲、乙、丙在空气中燃烧时均产生明亮的火焰并伴有浓烟 B. 甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面 C. 等物质的量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲乙 D. 三者中二氯代物数目最少的是丙 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲、乙、丙的分子式均为，含碳量高，燃烧时均产生明亮的火焰并伴有浓烟，A项正确； B．甲烷是正四面体结构，乙、丙中含有类似于甲烷的饱和碳原子，故所有原子不可能处于同一平面，甲中含有苯环和碳碳双键，由于连接的碳碳单键可以旋转，苯环平面和碳碳双键平面可以重合，所以只有甲的所有原子可能处于同一平面，B项正确； C．苯环不和溴水反应，甲和乙上的碳碳双键可与发生加成反应，由于乙中含有3个碳碳双键，所以消耗的量：甲乙，C项错误； D．二氯代物数目最少的是丙，只有三种，D项正确。 故选C。 6. 实验是科学探究的重要手段。下列实验装置或操作，现象和结论均正确的是 序号 实验装置或操作 现象 结论 A． 白磷先燃烧起来，红磷后燃烧 白磷的着火点比红磷低 B． 长颈漏斗中出现一段稳定的水柱 装置气密性良好 C． 左边试管中产生黄绿色气体，右边试管中溶液变黄色 氧化性： >Cl2>Fe3+ D． 锥形瓶中产生大量气泡， 烧杯中出现白色胶状物 非金属性： S>C>Si A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．白磷位置温度更高，图示设计不能证明白磷的着火点低，A错误； B．关闭止水夹，向长颈漏斗中注水直到浸没导管口，长颈漏斗中出现一段稳定的水柱，说明装置气密性良好，B正确； C．浓盐酸和高锰酸钾反应产生Cl2，左边试管中产生黄绿色气体，Cl2可以氧化Fe2+，也可以氧化Br-，最终溶液都可以呈黄色，无法判断Cl2、Fe3+的氧化性强弱，C错误； D．比较元素非金属性强弱时，可通过比较各元素的最高价含氧酸的酸性强弱，实验中稀H2SO3应该替换成稀H2SO4，D错误； 故选B。 7. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 A. B. FeCl3饱和溶液颜色在20℃为棕黄色，100℃为红褐色 C. D. 0.1mol/L的醋酸溶液的pH为2.9，0.01mol/L的醋酸溶液pH为3.4 【答案】A 【解析】 【详解】A．盐酸与Al的反应不是可逆反应，加热的目的是加快反应速率，不能应用平衡移动原理解释，故选A； B．FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，温度升高，平衡向正反应方向移动，溶液颜色加深，故不选B； C．AgCl悬浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，向AgCl沉淀中滴加Na2S溶液，S2-与Ag+结合，形成溶解度更小的Ag2S黑色沉淀，AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡正向移动，白色沉淀变成黑色，故不选C； D．醋酸溶液中存在CH3COOH的电离平衡CH3COOH H++CH3COO-，随着溶液的稀释，醋酸电离平衡向正方向移动，所以故稀释10倍时，溶液pH增大值小于1，故不选D； 选A。 8. 常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50mL 0.100mol/L 盐酸的烧杯中匀速滴加50mL 去离子水、50mL 0.100mol/L 醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间变化如下图所示。已知常温下醋酸铵溶液pH=7，下列说法错误的是 A. 曲线X表示盐酸中加水稀释的pH变化 B. 曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO-与H+结合成了弱电解质 C. a点对应的溶液中c(Cl-)＋c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)-c(NH4+)=0.01mol/L D. b点对应的溶液中水电离的c(H+)=10-12.86mol/L 【答案】C 【解析】 【分析】加水稀释对pH变化影响小，加入醋酸铵发生CH3COO-+H+CH3COOH，生成CH3COOH弱电解质使c(H+)急剧减小，pH变化大，故曲线X表示盐酸中加水稀释，曲线Y表示盐酸中加入醋酸铵。 【详解】A.曲线X变化不大，表示盐酸中加水稀释的pH变化，A项正确； B.加水稀释对pH变化影响小，曲线Y发生CH3COO-+H+CH3COOH生成CH3COOH弱电解质才是造成pH变化大原因，B项正确； C.溶液中离子有： Cl-、CH3COO-、OH-、H+、 ，由电荷守恒得：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c() +c(H+)，a点对应溶液中c(H+)=0.01mol/L代入等式得：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c() +0.01mol/L，变形得：c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)-c()=0.01mol/L，C项错误； D.b点对应的溶液中pH=1.14，溶液中c(H+)=10-1.14mol/L，c(OH-)=，水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-12.86mol/L，D项正确； 答案选C。 9. 生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是 A. 催化剂不能改变反应的焓变 B. 催化剂不能改变反应的活化能 C. 图中反应中间体NxHy中y∶x<3∶1 D. 图示催化剂分子中包含配位键 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂可改变反应的途径，从而降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A项正确， B．催化剂通过改变反应的途径，降低反应的活化能，从而加快反应的速率，B项错误； C．N原子的最外层有5个电子，根据成键规律，N原子可与H原子最多形成三个共价键，剩余的一对孤对电子可与Fe形成配位键，图中反应中间体NxHy中，N原子与N原子间也形成一定数目的共价键，所以y∶x<3∶1，C项正确； D．该催化剂分子中S和N原子的最外层都具有孤对电子，能在反应中提供孤对电子，Fe可以提供空轨道，所以S、N与Fe均可形成配位键，D项正确； 故选B。 10. 近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管()为正极催化剂构建了可充电K-CO2电池(如图所示)，电池反应为，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法错误的是 A. 分散在电极表面可促进电子的转移 B. 充电时，阳极反应为↑ C. 放电时，内电路中电流由KSn合金经酯基电解质流向 D. 为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.—COOH具有酸性，—COOH的存在会引起MWCNTs-COOH与K2CO3的反应，使反应正向进行，因而能加快K2CO3的分解，促进电子的转移反应的进行，A正确； B．放电时，正极反应为：4K++3CO2+4e-=2K2CO3+C，则充电时阳极的电极反应式为：2K2CO3+C-4e-=4K++3CO2↑，B正确； C．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs-COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，C正确； D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs-COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误； 故合理选项是D。 11. 聚乙烯具有广泛用途，可由乙烯为基本原料制备。科学家构想用太阳能电池作电源电解CH4和CO2制得乙烯，原理如图。下列说法错误的是 A. 该装置实现了光能→电能→化学能的转化 B. 电极A的反应为：2CH4-4e- +2O2-=C2H4+2H2O C. 催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极 D. 固体电解质将A极产生的O2-传导到B极 【答案】D 【解析】 【详解】A．太阳能电池将光能转化为电能，电解池又将电能转化为化学能，故A正确； B．图中电子由右侧流出，左侧流入，则左侧为电源的负极，右侧为电源的正极，电极A为阳极，CH4失去电子变成C2H4，其电极反应式为，故B正确； C．电极B上CO2得到电子，发生，还有副反应：，而催化活性电极B可有选择的生成CO，防止产生炭堵塞电极，故C正确； D．O2-属于阴离子，向阳极移动，即B极产生的O2-传导到A极，故D错误； 故选D。 12. 二氧化硫的减排与回收已成为环保领域急需解决的重大课题，某研究团队提出如下还原脱硫流程： 下列说法错误的是 A. “脱硫塔”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 B. S2、S4、S6和S8互为同素异形体 C. “再生塔”需将CaSO4和煤粉碎处理，使其充分接触 D. M可以循环使用 【答案】A 【解析】 【详解】A．“脱硫塔”反应中，CaS+2SO2=CaSO4+S2，CaS为还原剂，SO2既是氧化剂又是还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，A错误； B．S2、S4、S6和S8是由S元素形成的不同性质的单质，它们互为同素异形体，B正确； C．将CaSO4和煤粉碎处理，可以使反应物充分接触，增大反应物的接触面积，使反应充分发生，C正确； D．再生塔中，硫酸钙和煤粉发生反应，煤粉被氧化为二氧化碳，硫酸钙被煤粉还原为硫化钙从而实现再生，因此，M是CaS，可以加入脱硫塔中处理SO2，因此M能够循环利用，D正确； 故合理选项是A。 13. 13Al、15P、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是 A. 元素Al在周期表中位于第4周期ⅢA族 B. 元素P的简单气态氢化物的化学式为PH4 C. 第一电离能：I1(Al)<I1(P)<I1(S) D. 最高价氧化物的水化物的酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．Al为13号元素，周期表中位于第3周期ⅢA族，故A错误； B．P位于第ⅤA族，最低负价为-3价，所以简单气态氢化物的化学式为PH3，故B错误； C．P的3p能级轨道半满，较稳定，第一电离能大于相邻元素，即I1(P)>I1(S)，故C错误； D．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性P<S<Cl，所以酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4，故D正确； 综上所述答案为D。 第II卷(非选择题) 二、综合题(共4题，共61分) 14. 硒元素（selenium）是第四周期、VIA族元素，单质有红硒、黑硒和灰硒，其中灰硒有良好的导热导电性，且有显著的光电效应，可应用于光电半导体材料。请回答下列问题： （1）Se原子的核外电子排布式为[Ar]___________。 （2）As和Se是同一周期的元素，As的第一电离能比Se大，原因是____________。 （3）中Se―O的键角比SeO3的键角_______（填“大”或“小”），原因是____________________________________________。 （4）H2Se比H2S水溶液的酸性强，原因是__________________________________。 （5）灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如下。 ①螺旋链中Se原子的杂化方式为______________。 ②已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏伽德罗常数为NAmol－l，则该晶胞中含有的Se原子个数为__________，该晶体的密度为_____________g/cm3（用含NA、a、b的式子表示）。 【答案】 ①. ②. As的4p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比Se大 ③. 小 ④. 空间构型为正四面体，键角为109º28′，SeO3空间构型为平面正三角形，键角为120º ⑤. Se原子半径大于S原子半径，H—Se共价键更容易断裂 ⑥. sp3杂化 ⑦. 9 ⑧. 【解析】 【详解】（1）Se原子的原子序数是34，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；（2）由于As的4p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比Se大；（3）中Se形成4个键，孤对电子数为=0，为sp3杂化，空间构型为正四面体，键角为109º28′，SeO3分子中价层电子对个数=键个数+孤对电子个数=3+（6-3×2）=3，且不含孤电子对，所以空间构型为平面正三角形，键角为120º，所以SeO42-的Se―O的键角比SeO3的键角小； （4）由于Se原子半径大于S原子半径，H—Se共价键更容易断裂，即更容易电离出氢离子，所以H2Se比H2S水溶液的酸性强； （5）①根据晶胞结构可知螺旋链中每个Se原子形成2个共价键，另外含有孤对电子对==2，所以螺旋链中Se原子的杂化方式为sp3杂化；②Se原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中Se原子数目为6×+12×3×=9，体积V=×a2×6×b，=== 。 15. 碳、氮、硫是中学化学中重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用。 （1）利用反应NO+NH3→N2+H2O(未配平)可以消除污染物NO，消耗标准状况下4.48 L NH3时，被消除的NO的物质的量为_______mol。 （2）工业上可通过电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，阳极的电极反应式为_______；为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，当电路中通过15 mol电子时，需通入NH3的物质的量为_______。 （3）合成氨的原料气需脱硫处理。一种脱硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再与NaVO3反应生成S、Na2V4O9和另一种物质。NaHS与NaVO3反应的化学方程式为_______。 （4）用二氧化碳重整甲烷不仅可以获得合成气(CO和H2)，还可减少温室气体排放。回答下列问题： ①在T ℃时，向恒温恒容密闭容器中通入3 mol CO2、3 mol CH4，在催化剂作用下发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。测得平衡体系中各组分体积分数如表： 物质 CH4 CO2 CO H2 体积分数 01 0.1 0.4 0.4 已知平衡时容器内压强为0.5 MPa，此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ②利用合成气合成甲醇，发生主要反应如下。 Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2 Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH3 上述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。则ΔH1_______(填“>”、“<”或“=”)ΔH3，理由是________。 【答案】（1）0.3 （2） ①. NO-3e-+2H2O=N+4H+ ②. 2 mol （3）2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+2S↓+4NaOH （4） ①. 0.64 (MPa)2 ②. < ③. 由题图可知，随着温度升高，K2逐渐增大，则反应Ⅱ是吸热反应，ΔH2>0，根据盖斯定律得ΔH3=ΔH1+ΔH2，所以ΔH1<ΔH3 【解析】 【小问1详解】 根据得失电子守恒，方程式为，反应时NO与NH3的物质的量之比为3∶2.标准状况下4.48 L NH3的物质的量为0.2 mol，则被消除的NO的物质的量为0.3 mol； 【小问2详解】 根据题图知，在电解池的阳极上NO放电，生成，电极反应式为NO-3e-+2H2O=+4H+。阴极上NO放电，生成，电极反应式为NO+5e-+6H+=+H2O，当电路中通过15 mol电子时，阳极生成5 mol，阴极生成3 mol，为使电解产物全部转化为NH4NO3，还需通入2 mol NH3； 【小问3详解】 NaHS再与NaVO3反应生成S、Na2V4O9和另一种物质，S元素的化合价由-2价升高到0价，则V的化合价由+5降低到+4价，根据得失电子守恒、元素守恒写出并配平化学方程式2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+2S↓+4NaOH； 【小问4详解】 ①平衡时，CH4和CO2平衡分压均为0.5 MPa×0.1=0.05 MPa，CO和H2的平衡分压均为0.5 MPa×0.4=0.2 MPa，故平衡常数Kp==0.64 (MPa)2； ②由题图可知，随着温度升高，K2逐渐增大，所以反应Ⅱ是吸热反应，ΔH2>0，反应Ⅰ、反应Ⅲ均放热反应，ΔH1<0，ΔH3<0，根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，故ΔH3=ΔH1+ΔH2，因为ΔH2>0，所以ΔH3>ΔH1； 16. 硫的化合物丰富多彩，且都有一定的用途。 (1)用作橡胶工业的硫化剂S2Cl2的分子结构中每个原子均满足8电子稳定结构，S2Cl2的电子式为________。S2Cl2遇水很容易发生水解反应生成一种淡黄色固体和两种气体，其反应的化学方程式为__________________________________。 (2)用作氧化剂的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]属于离子化合物，易溶于水，其可由硫酸铵[(NH4)2SO4]为原料制备。 ①(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因是________________________(用离子方程式表示)，(NH4)2SO4溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为________________________。 ②若硫酸铵溶液的浓度为250 g·L－1，其物质的量浓度是________mol·L－1。 ③(NH4)2S2O8在Ag＋的催化作用下能将Mn2＋氧化成MnO，其反应的离子方程式为__________________________________________________________________。 (3)Na2S2O4在空气分析中常用来吸收氧气，当吸收氧气、水蒸气后发生反应时，若还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶1，则产物为________(填化学式)。 【答案】 ①. ②. 2S2Cl2＋2H2O=4HCl↑＋SO2↑＋3S↓ ③. NH＋H2O ⇌NH3·H2O＋H＋ ④. c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－) ⑤. 1.89 ⑥. 2Mn2＋＋5S2O82-＋8H2O2MnO4-＋10SO42-＋16H＋ ⑦. NaHSO4和NaHSO3 【解析】 【分析】(1)S2Cl2中每个原子均满足8电子稳定结构，其结构式为Cl—S—S—Cl；由题意可知有S生成，根据氧化还原反应和水解反应的规律知有HCl、SO2生成； (2)①(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，溶液因NH4+水解而呈酸性；水解程度为少量的水解； ②转换质量为物质的量即可； ③根据氧化还原反应中得失电子守恒以及电荷守恒配平； (3)根据得失电子守恒配平 【详解】(1)S2Cl2中每个原子均满足8电子稳定结构，其结构式为Cl—S—S—Cl，则电子式为 ；由题意可知有S生成，根据氧化还原反应和水解反应的规律知有HCl、SO2生成，则发生反应的化学方程式为2S2Cl2＋2H2O=4HCl↑＋SO2↑＋3S↓。 (2)①(NH4)2SO4溶液因NH4+水解而呈酸性，则水解方程式为NH4+＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋；(NH4)2SO4水解是一个微弱的过程，则c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)。 ②c＝ mol·L－1≈1.89 mol·L－1。 ③根据氧化还原反应中得失电子守恒以及电荷守恒可得离子方程式2Mn2＋＋5S2O82-＋8H2O2MnO4-＋10SO42-＋16H＋。 (3) Na2S2O4为还原剂，O2为氧化剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶1时，根据得失电子守恒可写出反应的化学方程式Na2S2O4＋O2＋H2O=NaHSO4＋NaHSO3；产物为NaHSO4和NaHSO3。 17. 前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题： (1)元素A、B、C中，电负性最大的是____(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为________。 (2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是________；BA3分子中键角________109°28′(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是________。 (3)BC3－离子中B原子轨道的杂化类型为____________，BC3－离子的立体构型为________________。 (4)基态E原子的电子排布式为________；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为________； (5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为a pm，则晶体的密度为_____g·cm－3(用NA表示阿伏加 德罗常数)。 【答案】 ①. O ②. N＞O＞Al ③. NH3分子间易形成氢键 ④. ＜ ⑤. 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用 ⑥. sp2 ⑦. 三角形 ⑧. 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1) ⑨. 7:1 ⑩. ×1030 【解析】 【分析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。 【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。 (1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小， 元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al； (2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用； (3)NO3－离子中N原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形； (4) E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为 ，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；7:1； (5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030 g·cm－3，故答案为×1030。 【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$