精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试化学试题（日新班）

丰城九中2025-2026学年日新高二上学期开学考试 化学试卷 考试时间：75分钟 试卷总分：100分 考试日期：2025.9.2 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Mg24 S32 K39 Co59 Cu64 I127 Pb207 一、单项选择题(14小题，每小题3分，共42分) 1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 中国的船舶制造量占世界一半以上，牺牲阳极保护法可用于船舶的防腐蚀 B. 在人体内起输送氧气作用的血红素属于的配合物 C. 中国在稀土上游产业中具有明显优势，稀土元素主要是指周期表中的锕系元素 D. 壁虎的足与墙体之间的作用力，本质上是足上的细毛与墙体之间的范德华力 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态氮原子的电子排布图： B. 羟基的电子式： C. HCl中σ键的电子云轮廓图： D. ，过程中形成发射光谱 3. 类比推理是一种重要的思维方法。下列由事实类推的结果正确的是 选项 实际事实 类推结果 A C-C键能大于Si-Si键能 F-F键能也大于Cl-Cl键能 B NaOH能将NaHCO3转化为 NaOH也能将转化为 C 通入溶液中无明显现象 通入溶液中也无明显现象 D 、H2、N2分子是非极性分子 分子也是非极性分子 A. A B. B C. C D. D 4. 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是 A. 反应中各分子的键均为键 B. 反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C. 键长小于H—O键长 D. HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 5. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 在水中的溶解度比的大 和均为极性分子，为非极性分子 B 的沸点比的高 中的键能大于中的键能 C 冠醚18-冠-6能够与形成超分子，而不能与形成超分子 的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配 D 易与形成配离子 有空轨道，可接受中的N给出的孤电子对 A. A B. B C. C D. D 6. 是一种重要的工业原料，研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. b极电势低于a极电势 B. 电极b区电解质溶液pH增大 C. a极电极反应式： D. 每产生(标况)22.4L时，有由a极区迁移到b极区 7. 下列对如图所示的实验装置的判断中错误的是 A. 若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀 B. 若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀 C. 若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极法 D. 若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为 8. X、Y、Z、W四种主族元素原子序数依次增大，分别属于前四周期，Y元素原子的第一电离能比相邻元素高，Z和W同主族，Z是同周期原子半径最小的元素。下列说法正确的是 A. 键角： B. 键能：XZ<XW C. 钾盐晶体熔点：KZ<KW D. 有机物碱性：CZ3YX2<CX3YX2 9. 某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，基态M原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1.下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物稳定性：X>W>Z B. X无含氧酸 C. 同一周期中，第一电离能处在Z和M之间的元素有1种 D. 简单离子半径：Z>X>M 10. X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 单体Ⅰ中Y原子为sp杂化 C. 物质(b)中键长：①② D. 单体Ⅱ为非极性分子 11. 利用电石渣［主要成分为］和溶液吸收并制备碳酸钙的工艺流程如下： 已知常温下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “滤液”中水的电离程度比溶液的小 C. 若“滤液”，则 D. “矿化”过程发生的反应为 12. 室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数（例如，）随pH的变化如图所示： 已知：饱和溶液的浓度约为。室温下，，。下列说法中正确的是 A. 溶液中： B. 过量HClO与溶液反应： C. 以百里酚酞（变色范围为9.4~10.6）为指示剂，用NaOH标准溶液可滴定水溶液的浓度 D. 向的溶液中通入气体至饱和时，未完全沉淀 13. 钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相似)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为和。 下列说法错误的是 A. 图(a)晶胞中与每个紧邻的有6个 B. 图(b)中，X为 C. 中含有配位键 D. 图(b)立方晶胞的密度为，则晶胞边长 14. 砷化镓是一种重要的半导体材料，硬度高、耐磨，熔点1238℃，其立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 砷化镓晶胞中Ga的配位数是4 B. As位于Ga形成的正四面体空隙中，其空隙占有率为100% C. 根据砷化镓的物理性质判断，砷化镓为共价晶体 D. 若1号Ga原子的分数坐标为，则2号As原子的分数坐标为 二、非选择题(4小题，除特殊标注外每空2分，共58分) 15. Ti、Na、Mg、C、N、O、Fe等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题。 （1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_______(填字母)。 A．吸收光谱 B．发射光谱 （2）下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是____，能量最低的是____(填序号)。 A． B． C． D． （3）Ti原子位于元素周期表中的_______区，最高能层电子的电子云轮廓形状为_______，其价电子排布式为_______。与Ti同周期的过渡元素中，未成对电子数最多的基态原子的价电子的轨道表示式_______。 （4）Fe3+与Fe2+的离子半径大小关系为Fe3+_______Fe2+(填“大于”或“小于”)。 （5）下列各组多电子原子的能级能量比较不正确的是_______。 ①2p=3p ②4s>2s ③4p>4f ④4d>3d A. ①④ B. ①③ C. ③④ D. ②③ （6）C，N，O三种元素电负性由强到弱的顺序是_______，第一电离能依次增大的顺序是_______。(填元素符号) 16. 第ⅢA族元素具有独特且多样的性质。请回答： （1）镓(Ga)是第一个根据元素周期律预言并确认在自然界中存在的元素。 ①请写出基态Ga原子的简化电子排布式：_______。 ②是一种离子化合物，其中阴离子与互为等电子体(原子数相同，且价电子数也相同的分子、离子或原子团互为等电子体)，则中含有的阴离子为_______。 （2）一种由硼、镍两种元素构成的催化剂的晶体结构如图所示。该催化剂的化学式为_______，其中B周围最近的Ni的个数为_______。 （3）硼酸(H3BO3，)是一种重要的化工原料。工业上，以硼镁矿(含、及少量、CaO)为原料联合生产硼酸和硫酸镁的部分工艺流程如下： ①下浸取硼镁矿时生成，请写出发生的主要离子反应方程式：_______。 ②除外，滤渣1中的主要成分为_______；调节pH时应加入的试剂为_______。 ③纯净的硼酸是一种片层状晶体，其部分单层结构如下图所示。下列说法中正确的是_______。 A.硼酸晶体属于共价晶体 B.晶体中约含有3mol氢键 C.单个硼酸分子中，的键角小于的键角 D.硼酸晶体具有一定的润滑性，在工业上可用作润滑剂 17. 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下： 其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。 （1）的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式_______。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是_______。 （2）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下 阳离子 开始沉淀时的pH 1.5 3.4 8.9 11.9 沉淀完全时的pH 2.8 4.7(>8溶解) 10.9 14 ①滤渣Ⅱ的主要成分为_______。 ②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是_______。 （3）钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_______。 （4）上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式_______。 18. 利用原电池可以实现人工光合作用，如图甲是以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的装置示意图 （1）负极为___________(填“电极a”或“电极b”)；正极的电极反应方程为___________。 （2）电极b区域溶液pH___________(填“变高”、“变低”或“不变”)；电极中每生成0.1mol氧气，则有___________L (标准状况下)CO2参与反应。 某化学兴趣小组对燃料电池进行了探究学习，设计了如图所示氢氧燃料电池。 （3）根据电子运动方向，可知氢气从___________口(填“a”或“b”)，Y极的电极反应方程式为___________。 （4）若将图中燃料电池改为甲烷-空气燃料电池(电解质不变)，该电池工作时，负极电极反应方程式为___________；溶液中OH-向___________(填“CH4”或“O2”)一极移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2025-2026学年日新高二上学期开学考试 化学试卷 考试时间：75分钟 试卷总分：100分 考试日期：2025.9.2 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Mg24 S32 K39 Co59 Cu64 I127 Pb207 一、单项选择题(14小题，每小题3分，共42分) 1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. 中国的船舶制造量占世界一半以上，牺牲阳极保护法可用于船舶的防腐蚀 B. 在人体内起输送氧气作用的血红素属于的配合物 C. 中国在稀土上游产业中具有明显优势，稀土元素主要是指周期表中的锕系元素 D. 壁虎的足与墙体之间的作用力，本质上是足上的细毛与墙体之间的范德华力 【答案】C 【解析】 【详解】A．牺牲阳极保护法利用活泼金属作为阳极被腐蚀，保护船舶钢铁结构，A正确； B．血红素中的与卟啉环形成配合物，负责运输氧气，B正确； C．稀土元素主要指镧系元素（镧到镥）及钪、钇，而非锕系元素，C错误； D．壁虎脚趾下分布着密集的细毛，极大地增加了与墙壁的接触面积，使分子间的弱相互作用(范德华力)在宏观上累积为足够的粘附力，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态氮原子的电子排布图： B. 羟基的电子式： C. HCl中σ键的电子云轮廓图： D. ，过程中形成发射光谱 【答案】A 【解析】 【详解】A．基态氮原子为7号元素，电子排布式为，根据洪特规则，能级3个电子应分占3个不同轨道且自旋方向相同，其电子排布图中1s、2s轨道各2个自旋相反电子，2p轨道3个轨道各1个自旋相同电子，符合规则，A正确； B．羟基（-OH）中O有6个价电子，与H共用1对电子后，O剩余4个电子（2对孤对电子），电子式应为，B错误； C．HCl中的σ键为H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头重叠形成，电子云轮廓图：，C错误； D．与轨道为简并轨道（能量相同），电子在其间跃迁无能量变化，不会发射光子，不能形成发射光谱，D错误； 故答案选A。 3. 类比推理是一种重要的思维方法。下列由事实类推的结果正确的是 选项 实际事实 类推结果 A C-C键能大于Si-Si键能 F-F键能也大于Cl-Cl键能 B NaOH能将NaHCO3转化为 NaOH也能将转化为 C 通入溶液中无明显现象 通入溶液中也无明显现象 D 、H2、N2分子是非极性分子 分子也是非极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．F-F键的键长比Cl-Cl键短，但键能却比Cl-Cl键小。因为氟原子的半径很小，因而F-F键键长比Cl-Cl键键长短，但也是由于F-F键键长短，两个氟原子在形成共价键时，原子核之间的距离就小，排斥力大，因此键能比Cl-Cl键能小，A错误； B．NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3和水，NaOH和NaHSO3反应生成Na2SO3和水，类比合理，B正确； C．SO2在Ba(NO3)2溶液中会被氧化生成BaSO4沉淀，C错误； D．O3分子为V形结构，属于极性分子，D错误； 故选B。 4. 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是 A. 反应中各分子的键均为键 B. 反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C. 键长小于H—O键长 D. HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 【答案】B 【解析】 【详解】A．H2O、HClO中的H-O键是s-p σ键，而非p-pσ键，A错误； B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；H2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确； C．Cl的原子半径大于H，Cl-O键长应大于H-O键长，因此C错误； D．HClO中Cl的最外层电子数为7，其1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，D错误； 故答案选B。 5. 物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是 选项 实例 解释 A 在水中的溶解度比的大 和均为极性分子，为非极性分子 B 的沸点比的高 中的键能大于中的键能 C 冠醚18-冠-6能够与形成超分子，而不能与形成超分子 的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配 D 易与形成配离子 有空轨道，可接受中的N给出的孤电子对 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．在水中的溶解度比的大，根据“相似相溶”的规律可知，和均为极性分子，为非极性分子，A正确； B．结构相似的分子，通常相对分子质量越大范德华力越大，沸点越高，但分子间存在氢键，分子间作用力较大，所以的沸点比的高，键能主要影响的是分子的稳定性，B错误； C．冠醚18-冠-6能够与形成超分子，而不能与形成超分子，说明的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配，C正确； D．Cu2+有空轨道，可接受NH3中的N给出的孤电子对，因而Cu2+易与NH3形成[Cu(NH3)4]2+配离子，D正确； 故选B。 6. 是一种重要的工业原料，研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. b极电势低于a极电势 B. 电极b区电解质溶液pH增大 C. a极电极反应式： D. 每产生(标况)22.4L时，有由a极区迁移到b极区 【答案】B 【解析】 【分析】电极a表面N2失电子生成，a为阳极，电极反应式为N2-10e-+6H2O=2+12H+，b为阴极，电极反应方程式为：2H++2e-=H2↑。 【详解】A．a为阳极，b为阴极，b极电势低于a极电势，A正确； B．电极b区，发生2H++2e-=H2↑，每转移2mol电子，阴极区消耗2mol氢离子，有2mol氢离子从a通过质子交换膜到b，氢离子浓度不变，电解质溶液pH不变，B错误； C．根据分析，电极a表面N2失电子生成，电极反应式：，C正确； D．根据电极反应2H++2e-=H2↑，每产生(标况)22.4L时，有由a极区迁移到b极区，D正确； 答案选B。 7. 下列对如图所示的实验装置的判断中错误的是 A. 若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀 B. 若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀 C. 若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极法 D. 若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．该装置是电解池，铁作阴极而被保护，所以可以减缓铁的腐蚀，故A正确； B．开关置于A处，铁棒作阴极而被保护，开关置于B处，铁作正极而被保护，所以均可减缓铁的腐蚀，故B正确； C．该装置是原电池，铁作正极，为牺牲阳极法，故C正确； D．该装置是原电池，碳棒作正极，铁作负极，则电极反应式：，故D错误。 8. X、Y、Z、W四种主族元素原子序数依次增大，分别属于前四周期，Y元素原子的第一电离能比相邻元素高，Z和W同主族，Z是同周期原子半径最小的元素。下列说法正确的是 A. 键角： B. 键能：XZ<XW C. 钾盐晶体熔点：KZ<KW D. 有机物碱性：CZ3YX2<CX3YX2 【答案】D 【解析】 【分析】Z和W同主族，Z是同周期原子半径最小的元素，故Z、W为卤素元素，X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Y、Z、W分别属于前四周期，则X为H，Z为Cl，W为Br，Y元素原子的第一电离能比相邻元素高，故Y为第二周期第ⅡA族或第二周期第ⅤA族元素，据此答题。 【详解】A．依题意，Y为N，中N的价层电子对数为，故其杂化类型为sp3杂化，中N的价层电子对数为，其也为sp3杂化，两者VSEPR模型均为四面体，根据价层电子互斥理论，中有2对孤电子对，孤对电子对N-H键排斥力较大，使其键角变小，故键角更大，A错误； B．Z的原子半径小于W的原子半径，XZ的键长更短，键能更大，B错误； C．KZ与KW都为离子晶体，Z-的半径更小，离子键强度KZ＞KW，则KZ熔点更高，C错误； D．根据诱导效应，有机物CZ3NH2中-CZ3为吸电子基团，导致N的电子云密度降低，使其对H的吸引力减弱，CH3NH2中-CH3为推电子基团，使N的电子云密度增强，接受质子的能力增强，故碱性CX3YX2> CZ3YX2，D正确； 本题选D。 9. 某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，基态M原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1.下列说法错误的是 A. 简单气态氢化物稳定性：X>W>Z B. X无含氧酸 C. 同一周期中，第一电离能处在Z和M之间的元素有1种 D. 简单离子半径：Z>X>M 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，基态M原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1，M能形成+3价阳离子，M为Al元素；Z能形成6个共价键，Z是S元素；X形成1个共价键，X是F元素；Y形成4个共价键，Y是C元素；W形成2个共价键，W是O元素。 【详解】A．非金属性F>O>S，简单气态氢化物稳定性：HF>H2O>H2S，故A正确； B．F无正价，所以无含氧酸，故B正确； C．同一周期中，第一电离能处在S和Al之间的元素有Mg、Si，故C错误； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：S2->F-> Al3+，故D正确； 故选C。 10. X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，其中X、Y、Q处于不同周期，W、Q同主族。五种元素中，Z的基态原子中未成对电子数最多。现有这些元素组成的两种单体Ⅰ、Ⅱ，通过三聚可分别得到如图(图中未区别标示出单、双键)所示的环状物质(a)和(b)。下列说法错误的是 A. 第一电离能： B. 单体Ⅰ中Y原子为sp杂化 C. 物质(b)中键长：①② D. 单体Ⅱ为非极性分子 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数逐渐增大的短周期元素，X、Y、Q处于不同周期，X为H元素，Y为第二周期元素，Q为第三周期的元素，由图a可知，Z周围形成三个共价键，Z的基态原子中未成对电子数最多，则Z为N元素，Y和Z形成的环状结构中，存在大π键，则Y为C元素，图a为NH2CN的三聚体；图b可知，W形成2个键，W与Q同主族，W为O元素，Q为S元素，b是SO3的三聚体。 【详解】A．同周期第一电离能从左到右逐渐增大，N原子2p轨道半充满稳定第一电离能N>O，第一电离能：N>O>C，A正确； B．单体Ⅰ的结构简式为，存在碳氮叁键，C的杂化方式为sp杂化，B正确； C．物质(b)中①为S=O双键，②为S-O单键，双键键长小于单键键长，键长：①<②，C错误； D．单体Ⅱ为SO3，中心原子为S，价层电子对为3+，孤电子对为0，空间构型为平面正三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确； 答案选C。 11. 利用电石渣［主要成分为］和溶液吸收并制备碳酸钙的工艺流程如下： 已知常温下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “滤液”中水的电离程度比溶液的小 C. 若“滤液”，则 D. “矿化”过程发生的反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．在溶液中，根据质子守恒，应该是，而不是，A错误； B．氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，电石渣与氯化铵溶液反应后，滤液中主要溶质为氯化钙等，对水的电离促进作用减弱，所以“滤液”中水的电离程度比溶液的小，B正确； C．已知，若“滤液”pH = 12，则，那么，滤液为溶液，实际，C错误； D．电石渣和氯化铵溶液反应后溶液呈碱性，存在，“矿化”过程是滤液中的钙离子与二氧化碳在碱性条件下反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，D错误； 故答案选B。 12. 室温下，水溶液中各含硫微粒物质的量分数（例如，）随pH的变化如图所示： 已知：饱和溶液的浓度约为。室温下，，。下列说法中正确的是 A. 溶液中： B. 过量HClO与溶液反应： C. 以百里酚酞（变色范围为9.4~10.6）为指示剂，用NaOH标准溶液可滴定水溶液的浓度 D. 向的溶液中通入气体至饱和时，未完全沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】在H2S溶液中存在电离平衡：，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS-的物质的量分数先增大后减小，S2-的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH=7可知：，由②和③交点的pH=13.0可知：。 【详解】A．溶液中水解平衡常数：，故HS-的水解程度大于电离程度，故，A错误； B．次氯酸具有强氧化性，过量HClO与溶液发生氧化还原反应：，B错误； C．百里酚酞的变色范围为9.4~10.6，若以百里酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，达到第一滴定终点（溶质为NaHS），能用百里酚酞作指示剂，C正确； D．饱和溶液的浓度约为，在H2S溶液中存在电离平衡：，第二步电离微弱，忽略，故由可得，，，此时溶液中的，已沉淀完全，D错误； 故选C。 13. 钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)]，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相似)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为和。 下列说法错误的是 A. 图(a)晶胞中与每个紧邻的有6个 B. 图(b)中，X为 C. 中含有配位键 D. 图(b)立方晶胞的密度为，则晶胞边长 【答案】A 【解析】 【详解】A．图（a）的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2-紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2-有12个，故A错误； B．由图（b）可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，故B正确； C．类比的成键情况可知，中含有H+与N原子上的孤电子对形成的配位键，故C正确； D．A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，和Pb2+均为1个，有3个I-，图（b）立方晶胞的密度为ρg⋅cm-3，则晶胞边长a==×107nm，故D正确； 故本题选A。 14. 砷化镓是一种重要的半导体材料，硬度高、耐磨，熔点1238℃，其立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A. 砷化镓晶胞中Ga的配位数是4 B. As位于Ga形成的正四面体空隙中，其空隙占有率为100% C. 根据砷化镓的物理性质判断，砷化镓为共价晶体 D. 若1号Ga原子的分数坐标为，则2号As原子的分数坐标为 【答案】B 【解析】 【分析】图中白球(Ga)处于8个顶点和6个面心，黑球(As)处于体内，根据均摊法，一个晶胞中含个Ga，含4个As，则该晶体的化学式为GaAs。 【详解】A．图中一个As周围离它等距且最近的Ga有4个，则该晶胞中As的配位数是4，结合分析知，则该晶体的化学式为GaAs，则Ga的配位数也是4，A正确； B．根据晶胞结构可知，As原子位于Ga原子围成的正四面体空隙中(As在体心，4个Ga是正四面体的4个顶点)，Ga原子共围成8个正四面体空隙，其中一半填充了As原子，所以空隙占有率不是100%，B错误； C．GaAs的熔点为1238℃，说明其晶体中原子通过共价键结合，故晶体类型为共价晶体，C正确； D．若1号Ga原子的分数坐标为，由几何知识可知，2号As原子在x、y、z轴上的分数坐标分别为，则2号As原子的分数坐标为，D正确； 故选B。 二、非选择题(4小题，除特殊标注外每空2分，共58分) 15. Ti、Na、Mg、C、N、O、Fe等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题。 （1）钠在火焰上灼烧的黄光是一种_______(填字母)。 A．吸收光谱 B．发射光谱 （2）下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是____，能量最低的是____(填序号)。 A． B． C． D． （3）Ti原子位于元素周期表中的_______区，最高能层电子的电子云轮廓形状为_______，其价电子排布式为_______。与Ti同周期的过渡元素中，未成对电子数最多的基态原子的价电子的轨道表示式_______。 （4）Fe3+与Fe2+的离子半径大小关系为Fe3+_______Fe2+(填“大于”或“小于”)。 （5）下列各组多电子原子的能级能量比较不正确的是_______。 ①2p=3p ②4s>2s ③4p>4f ④4d>3d A. ①④ B. ①③ C. ③④ D. ②③ （6）C，N，O三种元素电负性由强到弱的顺序是_______，第一电离能依次增大的顺序是_______。(填元素符号) 【答案】（1）B （2） ①. B ②. D （3） ①. d ②. 球形 ③. ④. （4）小于 （5）B （6） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，以光的形式释放出能量，属于发射光谱； 故答案为：B； 【小问2详解】 A．即2个2p上的电子跃迁到3p上，1个3s的电子跃迁到3p上； B．是2p上的3个电子跃迁到3p上； C．为3s上的1个电子跃迁到3p上； D．为基态原子； 故能量最高的为B，最低为D； 故答案为：B；D； 【小问3详解】 已知Ti是22号元素，故其核外电子排布式为：，电子最后进入3d能级，故Ti原子位于元素周期表中的d区，最高能层为第4层，即4s电子，s能级的电子云轮廓形状为球形，其价电子排布式为，与Ti同周期的过渡元素中，未成对电子数最多的即Cr，其基态原子的价电子的轨道表示式：； 故答案为：d；球形；；； 【小问4详解】 当原子核外电子排布的电子层数相同时，核外电子数越多则有效核电荷数越少，对应的微粒半径越大，故Fe3+的核外电子数比Fe2+少，故离子半径大小关系为Fe3+小于Fe2+； 故答案为：小于； 【小问5详解】 根据能级构造原理可知：不同能层的相同能级的能量大小为：（n-1）s＜ns＜(n+1)s，（n-1）p＜np＜(n+1)p，（n-1）d＜nd＜(n+1)d，故2p＜3p，故①不正确；4s>2s，故②正确；4d>3d，故④正确；相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf，所以4p＜4f，故③不正确；故①③不正确； 答案为B； 【小问6详解】 同一周期从左到右电负性依次增强，电负性由强到弱的顺序是；同一周期从左到右第一电离能增大，但ⅡA、ⅢA相反，ⅤA、ⅥA相反，第一电离能依次增大的顺序是； 故答案为：；。 16. 第ⅢA族元素具有独特且多样的性质。请回答： （1）镓(Ga)是第一个根据元素周期律预言并确认在自然界中存在的元素。 ①请写出基态Ga原子的简化电子排布式：_______。 ②是一种离子化合物，其中阴离子与互为等电子体(原子数相同，且价电子数也相同的分子、离子或原子团互为等电子体)，则中含有的阴离子为_______。 （2）一种由硼、镍两种元素构成的催化剂的晶体结构如图所示。该催化剂的化学式为_______，其中B周围最近的Ni的个数为_______。 （3）硼酸(H3BO3，)是一种重要的化工原料。工业上，以硼镁矿(含、及少量、CaO)为原料联合生产硼酸和硫酸镁的部分工艺流程如下： ①下浸取硼镁矿时生成，请写出发生的主要离子反应方程式：_______。 ②除外，滤渣1中的主要成分为_______；调节pH时应加入的试剂为_______。 ③纯净的硼酸是一种片层状晶体，其部分单层结构如下图所示。下列说法中正确的是_______。 A.硼酸晶体属于共价晶体 B.晶体中约含有3mol氢键 C.单个硼酸分子中，的键角小于的键角 D.硼酸晶体具有一定的润滑性，在工业上可用作润滑剂 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 8 （3） ①. ②. 和 ③. 硫酸 ④. BD 【解析】 【分析】用硫酸铵溶液浸去硼镁矿，与不溶形成沉淀，与CaO反应生成形成沉淀，与反应生成镁盐，有气体生成为氨气；过滤除去沉淀；有硫酸镁母液，所以调节pH用的是硫酸，生成硫酸镁和硼酸，过滤得到粗硼酸。 【小问1详解】 ①镓是31号元素，第四周期第IIIA族，核外电子排布； ②中阴离子与互为等电子体，则阴离子中原子数为5，的价电子数为4+4×7=32，Ga有3个价电子，3+4×7=31，价电子比的少一个，阴离子带一个单位负电荷，故阴离子为 【小问2详解】 1个晶胞中有8个Ni，B原子有8个位于顶点，2个位于面心，4个位于棱心，1个位于体心，个数是，则化学式为；Ni在体对角线的四分之一处，面心B周围最近的Ni位于上下两层，每层各4个，共有8个。 【小问3详解】 ①下浸取硼镁矿时生成，根据分析可知，离子反应方程式为； ②根据分析可知，滤渣1的成分为、和；根据分析可知，调pH用的是硫酸； ③A．根据结构图可知硼酸是分子晶体，分子间以氢键结合，A错误； B．1个硼酸分子中有3个H和O，每个H和O各形成1个氢键，每个氢键被2个分子共享，则氢键的个数为，则1mol硼酸有3mol氢键，B正确； C．硼酸是层状结构，根据结构图可知，单个硼酸分子中，B是杂化，平面结构，O为杂化，O−B−O的键角大于B−O−H的键角，C错误； D．硼酸是层状结构，层和层之间可以滑动，具有润滑性，可以做润滑剂，D正确。 故选BD。 17. 利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下： 其中硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。 （1）的作用是将滤液Ⅰ中的转化为，写出此反应的离子方程式_______。在相同时间内，测得温度对转化率的影响如图所示。请分析温度超过70℃时，转化率下降的原因是_______。 （2）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下 阳离子 开始沉淀时的pH 1.5 3.4 8.9 11.9 沉淀完全时的pH 2.8 4.7(>8溶解) 10.9 14 ①滤渣Ⅱ的主要成分为_______。 ②用调节溶液的pH不能超过8，其理由是_______。 （3）钠离子交换树脂的反应原理为，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是_______。 （4）上述流程中加入溶液后，转化为，请写出“用还原”生成沉淀的化学方程式_______。 【答案】（1） ①. ②. H2O2在较高温度下发生分解 （2） ①. Fe(OH)3、Al(OH)3 ②. 当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，最终影响Cr(Ⅲ)回收与再利用 （3）Mg2+、Ca2+ （4） 【解析】 【分析】由流程可知，向含铬污泥中加入稀硫酸和水并将溶液pH调节为1，根据已知信息知，硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，然后过滤，向滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成，由于双氧水易分解，故加热的温度不宜过高，然后向溶液中加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，且溶液中转化为，然后过滤，滤液Ⅱ通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入二氧化硫，发生反应，据此回答。 【小问1详解】 的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为，反应的离子方程式为；温度超过70℃时，H2O2在较高温度下发生分解，因此转化率下降； 【小问2详解】 ①酸浸取液中含有的金属离子是Cr3+、Fe3+、Al3+、 Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液并调节溶液的pH = 8，根据表中数据知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀，故滤渣Ⅱ的主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3； ②根据表中数据知，用NaOH调节溶液的pH时，当pH超过8时，Al(OH)3会与OH-反应生成而溶解，导致产品中含有杂质； 【小问3详解】 钠离子交换树脂交换的离子是Mg2+、Ca2+，从而除去杂质离子Mg2+、Ca2+； 【小问4详解】 SO2具有还原性，具有强氧化性，二者反应后生成沉淀Cr(OH)(H2O)5SO4同时生成硫酸根离子和氢氧根离子，化学方程式为。 18. 利用原电池可以实现人工光合作用，如图甲是以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的装置示意图 （1）负极为___________(填“电极a”或“电极b”)；正极的电极反应方程为___________。 （2）电极b区域溶液pH___________(填“变高”、“变低”或“不变”)；电极中每生成0.1mol氧气，则有___________L (标准状况下)CO2参与反应。 某化学兴趣小组对燃料电池进行了探究学习，设计了如图所示氢氧燃料电池。 （3）根据电子运动方向，可知氢气从___________口(填“a”或“b”)，Y极的电极反应方程式为___________。 （4）若将图中燃料电池改为甲烷-空气燃料电池(电解质不变)，该电池工作时，负极电极反应方程式为___________；溶液中OH-向___________(填“CH4”或“O2”)一极移动。 【答案】（1） ①. 电极a ②. CO2+2H++2e-=HCOOH （2） ①. 不变 ②. 4.48 （3） ①. a ②. O2+4e-+2H2O =4OH- （4） ①. ②. CH4 【解析】 【小问1详解】 由图可知，a电极水失电子生成氧气，为负极，电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，b电极上二氧化碳得电子生成甲酸，为正极，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH。 【小问2详解】 a电极水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，b电极上二氧化碳得电子生成甲酸，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒，b电极消耗2 mol 氢离子时，将会有2 mol 氢离子通过质子交换膜从a极区移到b极区，b极区生成的HCOOH被及时排出，所以b极区域溶液的pH几乎不变；生成0.1 mol O2转移0.4 mol电子，对应0.2 mol CO2参与反应，体积为0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L。 【小问3详解】 原电池工作时，电子从电池负极流出，而负极发生氧化反应，故通入氢气的电极为负极，所以由图中电子的运动方向可知，X极为电池的负极，氢气由a口通入，Y为电池的正极，O2在正极得到电子生成H2O，电极方程式为：O2+4e-+2H2O =4OH-。 【小问4详解】 若将图中燃料电池改为甲烷-空气燃料电池(电解质不变)，该电池工作时，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根和水，根据得失电子守恒和电荷守恒配平负极电极反应方程式为：，通入O2的一极为正极，原电池中阴离子向负极移动，则溶液中OH-向CH4一极移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $