精品解析：山东省淄博第一中学2025-2026学年高二上学期1月教学诊断 化学试题

2024级高二上学期教学诊断 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Na23 S32 Zn65 Cu64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学反应中的物质变化和能量转化是人类研究的重大课题。下列说法错误的是 A. 将钢闸门连接在电源负极上的防护措施叫外加电流法 B. 常温下可自发氧化为，则该反应 C. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生化学腐蚀而生锈 D. 为保持火箭插销良好的导电性，可在其金属片上电镀金 2. 下列符号表征或说法正确的是 A. 的键电子云图形为 B. 第一电离能： C. 轨道表达式违背了洪特规则 D. 酸性： 3. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol CH2=CH—C≡N中含π键的数目为 B. 0.1mol/L 溶液中的数目小于0.1NA C. 电解精炼铜时，若电路中转移电子0.，阳极质量减少6.4g D. 含0.2mol 和少量OH的中性溶液中CH3COO-的数目为0.2NA 4. 一水合甘氨酸锌是一种饲料添加剂，结构简式如图所示。下列关于该物质说法错误的是 A. 电负性： B. Zn原子的杂化方式为sp3 C. 既有极性键又有非极性键 D. 碳原子的价层电子对数为3和4 5. 下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A测量盐酸和溶液反应前后的温度 B用制取无水固体 C用计测量溶液的 D排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 A. A B. B C. C D. D 6. 下列事实中能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室利用制取使用加快反应速率 B. 反应达平衡后，加压使混合气体颜色变深 C. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生 D. 实验室配制溶液时滴加几滴溶液 7. 将和混合于2L密闭容器中，发生反应：，反应达到平衡，测得C的浓度为，以D表示的平均反应速率。下列说法正确的是 A. B. A的转化率为50% C. 向容器中再添加，会使反应速率加快 D. 其他条件不变，将容器体积变为1L，C的体积分数变大 8. 下列判断及其解释都正确的是 选项 判断 解释 A 热稳定性： 相对分子质量大 B 酸性： 非金属性大于S C 原子s电子云半径： 电子的能量高，在离核更远的区域出现的概率大 D 键角： 电负性O大于S，中键电子对之间的斥力小于中键电子对之间的斥力 A. A B. B C. C D. D 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 10. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 A. 是两性氢氧化物 B. 和的晶体类型相同 C. 中Be原子的杂化方式为 D. 与反应： 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是 A. M与Z可形成离子化合物 B. 原子半径： C. 是极性分子 D. 简单氢化物的沸点： 12. 咪唑（a）和N-甲基咪唑（b）都是合成医药中间体的重要原料，分子中均存在大π键，结构如图．下列说法正确的是 A. 大π键均表示为 B. C―N键的键长：①＜② C. C、N原子均为杂化 D. a、b所有原子均在同一平面上 13. 由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成一种新物质M为潜在的拓扑绝缘体材料。M晶体可视为Ge晶体（晶胞如图a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成（晶胞如图b所示），已知原子P的分数坐标，M的最简式的相对分子质量为，下列说法正确的是 A. 1个Ge晶胞中含有4个Ge原子 B. M晶胞中与Ge距离最近的Sb共8个 C. M晶胞中原子Q的坐标为 D. M晶体的密度为 14. 空间实验室供电系统中可再生氢氧燃料电池，其工作原理如图(a、b、c、d均为电极)。下列说法正确的是 A. a为阴极，气体X为氧气 B. 隔膜2为阴离子交换膜 C. b的电极反应式为： D. 理论上转移电子时，标准状况下，c极上有气体发生还原反应 15. 一种以工业废料(主要成分为、、和)为原料，制备和的流程如图所示，下列说法错误的是 已知：具有两性，可以与、反应 A. 碱浸时滤渣Ⅰ的主要成分为和 B. 流程中“操作”为蒸发结晶、趁热过滤 C. 中和步骤中的要过量 D. 电解尾液中溶质主要为，可以循环利用 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 硼可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： （1）基态B原子的价电子轨道表示式为______，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；是一种常用的储氢材料，其中B为价，则、B、H的电负性由大到小的顺序为______。 （2）氨硼烷()是一种固体储氢材料。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构如图所示： ①分子内含有作用力的类型为______。 A．配位键 B．极性键 C．非极性键 D．π键 F．键 G．离子键 H。氢键 I．范德华力 ②在上述反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。 （3）在太阳能电池领域具有重要的应用价值。 ①已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力______(填“强”、“弱)。 ②晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则______；晶体中与原子最近且等距离的原子的数目为______。 17. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向；Y、Z、R在元素周期表中相邻，X的核外电子数与Y的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，回答下列问题： （1）由X原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述正确的是______(填标号)。 a．得电子能力：②>① b．表示基态原子(或离子)的是：①② c．微粒半径：①>② d．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ （2）是一种重要的电子工业材料。与结构相似，易与过渡金属阳离子形成配离子而不能，原因是______。 （3）同周期元素中，第一电离能比Z大的元素有______种；Z与Y形成的固态由和两种离子组成，固态中Y原子的杂化方式为______。 （4）乙二胺()与三甲胺均属于胺，乙二胺熔点______三甲胺熔点(填“高于”或“低于”)，原因是______。 （5）根据价电子排布规律，铁元素在元素周期表中的位置______，有历史记载的第一个配合物是(普鲁士蓝)，中键数目为______，的杂化方式为______(填标号)。 a． b．c． d． 18. 精炼铜产生铜阳极泥富含、、等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）“浸出液1”中含有的金属离子主要是______。 （2）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为______。 （3）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的______(填化学式)转化为。 （4）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为______(填化学式)。 （5）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为______。 （6）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为：______。 19. 氯化亚铜()是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为、和铁的氧化物)为原料制备步骤如下： 已知：难溶于醇和水，热水中能被氧化，在酸性较弱时易转化为，易溶于浓度较大的体系中()。 回答下列问题： （1）为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有______(答两种即可)。 （2）“浸取”后铜元素全部转化为，写出在“浸取操作发生的离子方程式______。 （3）“除铁”步骤中，用氨水调节溶液的为3时，为______。{已知：室温下，} （4）“除锰”步骤中，反应生成的离子方程式为______。 （5）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是______。 （6）“稀释”过程中，对产率的影响如图所示，请分析的产率在大于以后下降的原因______。 20. 航天员呼吸产生的用下列反应处理，可实现空间站中的循环利用。 反应： 水电解反应： 一种新的循环利用方案是用反应代替反应，再电解水实现的循环利用。回答下列问题： （1）有关上述反应，下列说法正确的是______(填标号)。 A．室温下，不能自发进行的原因为 B．可逆反应都有一定的限度，限度越大反应物的转化率一定越高 C．可逆反应中，若反应物总能量>生成物的总能量，则 （2）已知反应 反应Ⅰ： 副反应Ⅱ： 一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、的选择性随反应温度的变化情况如图所示。 已知：或的选择性指反应生成或时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。相同温度下，反应的平衡常数为______(用含、的式子表示)；提高的选择性的措施有______、______。 （3）对于反应，下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是______(填标号)。 A. 由甲图可知，反应在时可能改变了压强或使用了催化剂 B. 由乙图可知，反应在m点可能达到了平衡状态 C. 由丙图可知，反应过程中的点是C点 D. 由丁图可知，交点A表示的反应一定处于平衡状态 （4）室温下，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生反应：(不考虑副反应)；若反应时保持温度恒定，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示： 时间 0 10 20 30 40 50 60 压强 内，______，该温度下反应的______(为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二上学期教学诊断 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Na23 S32 Zn65 Cu64 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学反应中的物质变化和能量转化是人类研究的重大课题。下列说法错误的是 A. 将钢闸门连接在电源负极上的防护措施叫外加电流法 B. 常温下可自发氧化为，则该反应 C. 清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生化学腐蚀而生锈 D. 为保持火箭插销良好的导电性，可在其金属片上电镀金 【答案】C 【解析】 【详解】A．将钢闸门连接在电源负极上是外加电流阴极保护法的标准操作，A正确； B．Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3的反应自发进行，消耗氧气导致ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0反应可以自发，可推知ΔH<0，B正确； C．铁锅生锈主要涉及电化学腐蚀（需电解质溶液和原电池条件），而非单纯化学腐蚀，及时擦干减少水分可减缓电化学腐蚀，C错误； D．金具有优良导电性和耐腐蚀性，电镀金可保护火箭插销金属片并维持导电性，D正确； 故选C 2. 下列符号表征或说法正确的是 A. 的键电子云图形为 B. 第一电离能： C. 轨道表达式违背了洪特规则 D. 酸性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．的键为s电子与p电子成键，电子云图形为，A错误； B．同周期元素从左到右，总体上第一电离能呈增大趋势。同时，As位于第ⅤA族，其最外层电子排布为，轨道处于半充满的稳定状态，失去一个电子需要破坏这种稳定结构，所需能量较高；其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：，B正确； C．的电子自旋相反，给出的图中两电子自旋相同，违反的是泡利不相容原理，而非洪特规则，C错误； D．‌原子为吸电子基，会使中羧基更易电离，所以酸性，D错误； 故选B。 3. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol CH2=CH—C≡N中含π键的数目为 B. 0.1mol/L 溶液中的数目小于0.1NA C. 电解精炼铜时，若电路中转移电子0.，阳极质量减少6.4g D. 含0.2mol 和少量OH的中性溶液中CH3COO-的数目为0.2NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，1mol CH2=CH—C≡N中含π键的数目为3NA，故A错误； B．溶液体积未知，无法计算中数目，故B错误； C．电解精炼铜时，阳极放电的金属不完全是铜，还有Fe、Zn等，若电路中转移电子0.，阳极质量减少不为6.4g，故C错误； D．溶液中存在电荷守恒：，溶液为中性，氢离子和氢氧根离子浓度相等，即，醋酸根离子物质的量与Na+相同，为0.2NA，故D正确； 故选D。 4. 一水合甘氨酸锌是一种饲料添加剂，结构简式如图所示。下列关于该物质说法错误的是 A. 电负性： B. Zn原子的杂化方式为sp3 C. 既有极性键又有非极性键 D. 碳原子的价层电子对数为3和4 【答案】B 【解析】 【详解】A．元素非金属性越强电负性越大，电负性：，故A正确； B．Zn原子的配位数是5，有5个杂化轨道，故B错误； C．既有极性键又有非极性键，C-C键为非极性键，C-N、C-H键为极性键，故C正确； D．单键碳原子的价层电子对数为4，双键碳原子的价层电子对数为3，故D正确； 选B。 5. 下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A测量盐酸和溶液反应前后的温度 B用制取无水固体 C用计测量溶液的 D排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置的保温措施、测温仪器和搅拌装置均已具备，可用于中和热的测定，A正确； B．由于FeCl3会发生水解生成氢氧化铁和易挥发的HCl，故应该在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液制备FeCl3固体，B错误； C．计可以测量溶液的pH，C正确； D．碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而使溶液充满尖嘴，排出气泡，D正确； 故选B。 6. 下列事实中能用化学平衡移动原理解释的是 A. 实验室利用制取使用加快反应速率 B. 反应达平衡后，加压使混合气体颜色变深 C. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生 D. 实验室配制溶液时滴加几滴溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂MnO2仅加快H2O2分解的速率，不改变平衡状态，不能用化学平衡移动原理解释，A不符合题意； B．反应CO + NO2 CO2 + NO的气体分子数相等，加压不引起平衡移动，颜色变深是浓度变化的结果，B不符合题意； C．加入CuSO4导致Zn置换出Cu，形成微电池加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，C不符合题意； D．加入NaOH抑制S2-的水解（S2-+ H2O HS- + OH-），通过增加OH-浓度使平衡左移，能用化学平衡移动原理解释，D符合题意； 故选D。 7. 将和混合于2L密闭容器中，发生反应：，反应达到平衡，测得C的浓度为，以D表示的平均反应速率。下列说法正确的是 A. B. A的转化率为50% C. 向容器中再添加，会使反应速率加快 D. 其他条件不变，将容器体积变为1L，C的体积分数变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．v(D)=0.05mol/(L·min)，5min时D的浓度变化为0.25mol/L，C的浓度变化为0.5mol/L，根据化学计量数比等于浓度变化比，2:x=0.5:0.25，解得x=1，故A项错误； B．A的初始物质的量为3mol，生成0.5mol/L C对应消耗0.75mol/L A，消耗A的物质的量为0.75mol/L×2L=1.5mol，A的转化率为，故B项正确； C．B为固体，增加其用量不会改变浓度，反应速率不变，故C项错误； D．反应前后气体分子数不变，将容器体积变为1L，即增大压强、平衡不移动，C的体积分数不变，故D错误； 故答案选B。 8. 下列判断及其解释都正确的是 选项 判断 解释 A 热稳定性： 相对分子质量大 B 酸性： 非金属性大于S C 原子s电子云半径： 电子的能量高，在离核更远的区域出现的概率大 D 键角： 电负性O大于S，中键电子对之间的斥力小于中键电子对之间的斥力 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于碳氢键键能大于硅氢键键能，因此热稳定性CH4＞SiH4，故A错误； B．盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能通过盐酸和硫酸的酸性强弱判断元素的非金属性强弱，故B错误； C．核外电子离核越远，能量越高，电子出现的概率越大，因此电子云半径：3s＜4s，故C正确； D．水和硫化氢分子中中心原子均含有2对孤电子对，由于电负性O大于S，中键电子对之间的斥力小于中键电子对之间的斥力，因此键角：，故D错误； 故选C。 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【解析】 【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。 【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确； D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确； 综上所述，本题选C。 10. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 A. 是两性氢氧化物 B. 和的晶体类型相同 C. 中Be原子的杂化方式为 D. 与反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图中转化信息可知，既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确； B．由题中信息可知，的熔点远远高于的，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误； C．中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为 sp3，C正确； D．中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与反应生成和，该反应的化学方程式为，D正确； 综上所述，本题选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下列说法正确的是 A. M与Z可形成离子化合物 B. 原子半径： C. 是极性分子 D. 简单氢化物的沸点： 【答案】A 【解析】 【分析】M是原子半径最小的为H，Q是形成物质种类最多，则为C， R是地壳中含量最高，为O， T、X、Y同周期且原子序数递增，Q（C）和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，得T = 11（Na），Z = 20（Ca），又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 故推出M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca； 【详解】A．H与Ca形成CaH2，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A正确； B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R为O、T为Na、X为Al，则它们的原子半径大小为O＜Al＜Na，B错误； C．CO2，为直线型的非极性分子，C错误； D．水分子间形成氢键，沸点最高，硅烷相对分子质量大于甲烷，甲烷沸点最低，故简单氢化物的沸点：，D错误； 故选A。 12. 咪唑（a）和N-甲基咪唑（b）都是合成医药中间体的重要原料，分子中均存在大π键，结构如图．下列说法正确的是 A. 大π键均表示为 B. C―N键的键长：①＜② C. C、N原子均为杂化 D. a、b所有原子均在同一平面上 【答案】AB 【解析】 【详解】A．已知N-甲基咪唑分子具有类似苯环的结构，则C、N都为sp2杂化，在形成大π键过程中，每个C原子提供1个电子，与甲基相连的N原子提供2个电子，另一N原子提供1个电子，形成的大π键表示为，咪唑分子中，每个C原子提供1个电子，与甲基相连的N原子提供2个电子，另一N原子提供1个电子，形成的大π键表示为，在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层单电子或者孤对电子成大π键，则有电子3×1+2×2-1=6，故咪唑分子中的大π键可表示为，故A正确； B．N-甲基咪唑（b）分子中的甲基是推电子基，C-N键的键长：①＜②，故B正确； C．咪唑（a）和N-甲基咪唑（b）都含大π键，a和b分子中的N原子都采取sp2杂化，环上的C原子sp2杂化，但甲基上碳原子sp3杂化，故C错误； D．与碳碳双键和碳氮双键直接相连的原子共面，则与中C、N原子均在同一平面上，但甲基中氢原子一定不能都共平面，故D错误； 故选：AB。 13. 由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质M为潜在的拓扑绝缘体材料。M晶体可视为Ge晶体（晶胞如图a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成（晶胞如图b所示），已知原子P的分数坐标，M的最简式的相对分子质量为，下列说法正确的是 A. 1个Ge晶胞中含有4个Ge原子 B. M晶胞中与Ge距离最近的Sb共8个 C. M晶胞中原子Q的坐标为 D. M晶体的密度为 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，故A错误； B．由晶胞结构可知，M晶胞中位于体心的锗原子与4个距离最近的锑原子构成四面体形结构，故B错误； C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的原子P的分数坐标，则晶胞底面的边长为1，原子Q在X轴、Y轴、Z轴为、、，则M晶胞中原子Q的坐标为，故C正确； D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的锗原子个数为8×+4×+1=4，位于面心和棱上的汞原子个数为6×+4×=4，位于体内的锑原子个数为8，则M的最简式为HgGeSb2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7x2y)3d，解得d=，故D正确； 故选CD。 14. 空间实验室供电系统中的可再生氢氧燃料电池，其工作原理如图(a、b、c、d均为电极)。下列说法正确的是 A. a为阴极，气体X为氧气 B. 隔膜2为阴离子交换膜 C. b的电极反应式为： D. 理论上转移电子时，标准状况下，c极上有气体发生还原反应 【答案】D 【解析】 【分析】依据图示可知左边装置是电解池，右边装置是原电池，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：a电极为阴极得到电子发生还原反应：，b电极为阳极失电子发生氧化反应：；原电池中是酸性溶液，电极反应为：c电极为正极得到电子发生还原反应：；d为负极失电子发生氧化反应：，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，a为阴极，气体X为氢气，故A错误； B．c是正极，发生还原反应，氢离子移动到正极参与还原反应产生水，因此隔膜2为质子交换膜或者是阳离子交换膜，故B错误； C．b电极为阳极失电子发生氧化反应，水失去电子，因此电极反应式为，故C错误； D．右边装置是氢氧燃料电池，c电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应：，当有0.3 mol电子转移时，标准状况下，消耗的氧气为：，故D正确； 故答案选D。 15. 一种以工业废料(主要成分为、、和)为原料，制备和的流程如图所示，下列说法错误的是 已知：具有两性，可以与、反应 A. 碱浸时滤渣Ⅰ的主要成分为和 B. 流程中“操作”为蒸发结晶、趁热过滤 C. 中和步骤中的要过量 D. 电解尾液中溶质主要为，可以循环利用 【答案】BC 【解析】 【分析】砷化镓废料“碱浸”时，、与碱不反应，作为滤渣Ⅰ的主要成分过滤除去；而与反应生成，与、反应，元素转化为、转化为，加入适量中和，转化为沉淀、转化为沉淀是过滤分离出的滤渣Ⅱ的成分，而滤液中主要含有、，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到；滤渣Ⅱ再加入过量使转化为溶解与（滤渣Ⅲ）分离，电解溶液得到单质。 【详解】A．根据上述分析可知，碱浸时、与碱不反应，作为滤渣Ⅰ的主要成分，A正确； B．流程中“操作”是从含有、的滤液中得到晶体，该操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B错误； C．具有两性，中和步骤中的要适量，需使转化为沉淀而与砷元素分离，C错误； D．电解溶液时，阴极发生，阳极发生，故电解尾液中溶质主要为，可以循环利用，D正确 故选BC。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 硼可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： （1）基态B原子的价电子轨道表示式为______，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；是一种常用的储氢材料，其中B为价，则、B、H的电负性由大到小的顺序为______。 （2）氨硼烷()是一种固体储氢材料。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构如图所示： ①分子内含有作用力的类型为______。 A．配位键 B．极性键 C．非极性键 D．π键 F．键 G．离子键 H。氢键 I．范德华力 ②在上述反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。 （3）在太阳能电池领域具有重要应用价值。 ①已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力______(填“强”、“弱)。 ②晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则______；晶体中与原子最近且等距离的原子的数目为______。 【答案】（1） ①. ②. 哑铃 ③. H>B>Na （2） ①. ABF ②. ③. （3） ①. 弱 ②. 3：1：1 ③. 12 【解析】 【小问1详解】 B为5号元素，其价电子轨道表示式为；其中电子占据最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃形；NaBH4中B为+3价，Na为+1价，H为-1价，表明H的电负性大于B，而Na是金属，电负性最小，则Na、B、H的电负性由大到小的顺序为H>B>Na。 【小问2详解】 ①NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。此外，N-H和B-H均为极性共价键，且均为σ键，故选ABF。 ②NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2； 【小问3详解】 ①已知甲基的供电子能力强于氢原子，则比接受质子能力较弱的原因是甲基供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，中心N原子负电性更大，接受质子能力更强。 ②已知相邻原子间的最近距离之比dNi-Cu：dNi-N=：1，设晶胞边长为a，由几何关系可得，在晶胞中，面心的原子与顶角的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，顶角的原子与体心的原子距离为，则Ni原子位于面心，Cu原子位于顶点，N原子位于体心，以此解答。 由分析可知，Ni原子位于面心，Ni的个数为，Cu原子位于顶点，Cu的个数为，N原子位于体心，N原子的个数为1，则x∶y∶z=3∶1∶1；一个晶胞中距离铜最近的原子有3个（位于面心），每个面心的原子被2个晶胞共用，每个铜原子被8个晶胞共用，则与Cu原子最近且等距离的原子个数为。 17. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向；Y、Z、R在元素周期表中相邻，X的核外电子数与Y的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，回答下列问题： （1）由X原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述正确的是______(填标号)。 a．得电子能力：②>① b．表示基态原子(或离子)的是：①② c．微粒半径：①>② d．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ （2）是一种重要的电子工业材料。与结构相似，易与过渡金属阳离子形成配离子而不能，原因是______。 （3）同周期元素中，第一电离能比Z大的元素有______种；Z与Y形成的固态由和两种离子组成，固态中Y原子的杂化方式为______。 （4）乙二胺()与三甲胺均属于胺，乙二胺熔点______三甲胺熔点(填“高于”或“低于”)，原因是______。 （5）根据价电子排布规律，铁元素在元素周期表中的位置______，有历史记载的第一个配合物是(普鲁士蓝)，中键数目为______，的杂化方式为______(填标号)。 a． b．c． d． 【答案】（1）bd （2）F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键 （3） ①. 3 ②. sp、 （4） ①. 高于 ②. 乙二胺分子间能形成氢键 （5） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. 12NA ③. c 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向，则W为H元素；R2是氧化性最强的单质，R为氟元素，Y、Z、R在元素周期表中相邻，则Y为N元素、Z为O元素、R为F元素；X的核外电子数与Y的价层电子数相等，X元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则X为B元素。 【小问1详解】 由电子排布式可知，①为基态B+离子、②为基态硼原子、③为激发态硼原子； a．B+离子易得到1个电子形成硼原子，所以B+离子的得到电子的能力强于硼原子，故错误； b．由分析可知，①为基态B+离子、②为基态硼原子，故正确； c．原子失去电子形成的阳离子的离子半径小于原子的原子半径，则B+离子的微粒半径小于硼原子，故错误； d．基态硼原子的能量低于激发态硼原子，电离一个电子所需最低能量高于激发态硼原子，基态B+离子的2s轨道为稳定的全充满结构，较难失去1个电子，则电离一个电子所需最低能量高于基态硼原子，所以电离一个电子所需最低能量的大小顺序为①>②>③，故正确； 故选bd； 【小问2详解】 F元素的电负性比N元素大，三氟化氮分子中氮氟键的成键电子偏向于氟原子，导致分子中氮原子核对孤电子对吸引能力增强，难以提供孤电子对形成配位键，所以氨分子易与过渡金属阳离子形成配离子而三氟化氮不能； 【小问3详解】 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氖元素、氟元素、氮元素的第一电离能大于氧元素，有3种； 固态Y2Z5(N2O5)固体中，离子中氮原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp杂化，离子中氮原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2杂化，则固态五氧化二氮分子中氮原子的杂化方式为sp、sp2杂化。 【小问4详解】 乙二胺分子间能形成氢键，使得其熔点高于三甲胺熔点； 【小问5详解】 铁为26号元素，铁元素在元素周期表中的位置第四周期第Ⅷ族，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键，中有12mol键，数目为12NA，和6个CN-形成配位键，其杂化方式为，故选c。 18. 精炼铜产生的铜阳极泥富含、、等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）“浸出液1”中含有的金属离子主要是______。 （2）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为______。 （3）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的______(填化学式)转化为。 （4）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为______(填化学式)。 （5）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为______。 （6）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为：______。 【答案】（1） （2） （3） （4） ①. ②. （5） （6）(a) 【解析】 【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag； 【小问1详解】 由分析，浸出液1中含有的金属离子主要是Cu2+； 【小问2详解】 浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应的化学方程式为：； 【小问3详解】 由分析，“浸渣2”中转化为； 【小问4详解】 “电沉积”步骤中阴极的电极反应为得到电子被还原为银单质，反应为，“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中含，可在浸取3操作中循环利用； 【小问5详解】 还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4； 【小问6详解】 (a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构，故答案为a。 19. 氯化亚铜()是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为、和铁的氧化物)为原料制备步骤如下： 已知：难溶于醇和水，热水中能被氧化，在酸性较弱时易转化为，易溶于浓度较大的体系中()。 回答下列问题： （1）为提高铜元素浸出率，工艺上可采取的措施有______(答两种即可)。 （2）“浸取”后铜元素全部转化为，写出在“浸取操作发生的离子方程式______。 （3）“除铁”步骤中，用氨水调节溶液的为3时，为______。{已知：室温下，} （4）“除锰”步骤中，反应生成的离子方程式为______。 （5）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是______。 （6）“稀释”过程中，对产率的影响如图所示，请分析的产率在大于以后下降的原因______。 【答案】（1）将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等 （2） （3） （4） （5） （6）pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH 【解析】 【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸和氯化钠进行还原反应，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。 【小问1详解】 将铜矿粉碎、搅拌 、适当提高硫酸浓度 、适当延长反应时间、加热等可以提高铜元素的浸出率； 【小问2详解】 由流程，Cu2S与MnO2酸性条件下，硫元素被氧化为硫单质，结合电子守恒，锰元素被还原为锰离子，结合质量守恒，反应生成Cu2+、Mn2+和S、水，离子反应方程式为； 【小问3详解】 “除铁”步骤中，用氨水调节溶液的为3时，pOH=11，； 【小问4详解】 “除锰”步骤中，锰离子加入氨水、碳酸氢铵得到碳酸锰，结合质量守恒，还生成铵根离子和水，离子反应方程式为； 【小问5详解】 据分析可知高活性氧化铜，加入铜、盐酸和NaCl还原，生成CuCl，已知CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中：，则还原过程中所得产物的主要溶质为NaCuCl2； 【小问6详解】 pH高于2.5，随着c(OH-)增大，CuCl易转化为CuOH，导致的产率在大于以后下降。 20. 航天员呼吸产生的用下列反应处理，可实现空间站中的循环利用。 反应： 水电解反应： 一种新的循环利用方案是用反应代替反应，再电解水实现的循环利用。回答下列问题： （1）有关上述反应，下列说法正确的是______(填标号)。 A．室温下，不能自发进行的原因为 B．可逆反应都有一定的限度，限度越大反应物的转化率一定越高 C．可逆反应中，若反应物的总能量>生成物的总能量，则 （2）已知反应 反应Ⅰ： 副反应Ⅱ： 一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、的选择性随反应温度的变化情况如图所示。 已知：或的选择性指反应生成或时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。相同温度下，反应的平衡常数为______(用含、的式子表示)；提高的选择性的措施有______、______。 （3）对于反应，下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是______(填标号)。 A. 由甲图可知，反应在时可能改变了压强或使用了催化剂 B. 由乙图可知，反应在m点可能达到了平衡状态 C. 由丙图可知，反应过程中的点是C点 D. 由丁图可知，交点A表示的反应一定处于平衡状态 （4）室温下，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生反应：(不考虑副反应)；若反应时保持温度恒定，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示： 时间 0 10 20 30 40 50 60 压强 内，______，该温度下反应的______(为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)。 【答案】（1）C （2） ①. ②. 控制反应温度 ③. 增大压强 （3）BC （4） ①. 0.01 ②. 【解析】 【小问1详解】 A． ∆S>0，室温下，该反应不能自发进行的原因是∆H>0，不利于反应自发进行，且为主要的影响因素，故A错误； B．增大某反应物浓度可提高可逆反应的限度，但该反应物的转化率减小，B错误； C．∆H=生成物总能量-反应物总能量，可逆反应中，若反应物总能量大于生成物总能量，则∆H<0，故C正确； 故答案选C。 【小问2详解】 根据盖斯定律，，则目标反应的平衡常数。由题图可知，在温度为时，甲烷的选择性为，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，二氧化碳的转化率减小，说明反应Ⅰ逆向移动，减小，由上述分析及反应Ⅰ，反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度，压强可影响甲烷的选择性，增大压强，反应Ⅰ正向移动，可提高甲烷的选择性，故可采用控制反应温度，增大压强等措施来提高甲烷的选择性。 【小问3详解】 A．对于Bosch反应，反应后气体分子数减小，改变压强，正、逆反应速率不相等，故A错误； B．已知m点前生成物的百分含量随温度升高而增大，m点为曲线的最高点，生成物的百分含量达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态，继续升温，生成物的百分含量减小，说明升温使平衡逆向移动，故B正确； C．C点二氧化碳转化率小于该温度下的平衡转化率，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故C正确； D．A点时反应物浓度等于生成物浓度，反应不一定达到平衡状态，故D错误； 故答案选BC。 【小问4详解】 向体积为的恒容密闭容器中通入氢气二氧化碳发生反应，设达到时消耗二氧化碳的物质的量为，则有 恒温恒容条件下，反应前后气体物质的量之比等于压强之比，则时，，解得，。由题中数据可知，反应在时达到平衡，设反应达到平衡时消耗二氧化碳，则有，解得，的分压分别为，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $