精品解析：北京师范大学附属实验中学2025-2026学年第二学期期末考试 高一化学试卷

北师大实验中学2025—2026学年第二学期期末试卷 高一化学 本试卷共12页，100+20分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cu 64 I 127 Au 197 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题目要求。 1. 我国科学家发现火星土壤中主要存在硅酸盐矿物、含铁矿物以及石膏(，晶体的部分结构如下图)等含水硫酸盐，其中Fe(Ⅲ)与火星土壤中存在的化学活性物质，如氯酸盐、等有关。下列说法不正确的是 A. 基态的价层电子排布式是 B. 石膏中微粒间的相互作用有离子键、极性共价键、配位键、氢键等 C. 氯酸根的VSEPR模型为 D. 分子的填充模型为 2. 用下列仪器或装置(图中部分夹持装置略)进行相应实验，能达到实验目的的是 A．制备并收集氯气 B．蒸干溶液获得晶体 C．鉴别和溶液 D．铁上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 3. 某同学用下图所示的实验检验了浓硫酸与木炭在加热条件下发生反应的产物。 下列说法正确的是 A. 浓硫酸与木炭的反应中，浓硫酸表现了强氧化性和酸性 B. ②中可用稀碘水代替品红溶液 C. ③中的实验现象是紫红色溶液褪色 D. 可用溶液检验③中被氧化后的产物 4. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 给铅酸电池充电： B. 用制备漂白粉： C. 用王水溶解Au： D. 将溶液与溶液混合制备 5. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 氯碱工业中适当酸化阳极区溶液 B. 侯氏制碱工业中向饱和食盐水中通入和制备 C. 工业合成氨中将从混合气中及时分离 D. 硫酸工业生产出的浓硫酸可用铝制容器盛装 6. 某同学探究和氨水的反应，进行如下实验。 实验发现：天蓝色浊液过滤洗涤后，沉淀溶于过量盐酸，加入溶液后有白色沉淀生成；蓝色浊液重复上述操作，没有白色沉淀生成。下列说法不正确的是 A. 天蓝色浊液中含有碱式硫酸盐沉淀 B. 蓝色浊液中的固体是，浊液中含有 C. 向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出沉淀 D. 实验证实或能促进溶于1 mol/L氨水 7. 对下列事实进行的解释中正确的是 事实 解释 A 金属性：Mg＞Al B 熔点： 键能：Si-O＞C-O C 水溶性： 和是极性分子，非极性分子，相似相溶 D 稳定性：HF＞HCl HF分子间存在氢键，HCl分子之间没有氢键 A. A B. B C. C D. D 8. 工业上利用一氧化碳和水蒸气在一定条件下发生以下反应来制取氢气：CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH = -41 kJ·mol−1，某小组计划研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应，获得如下数据： 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化 CO H2O CO2 H2 ① 1 4 0 0 t1 放出热量：32.8 kJ ② 2 8 0 0 t2 放出热量：Q 下列说法不正确的是 A. 容器①中反应达到平衡时，生成0.8 mol H2 B. 不考虑热量损失，Q = 65.6 kJ C. 容器②中反应的平衡常数K = 1 D. 若容器①的容积变为原来的一半，则CO的平衡转化率增大 9. 实验室模拟氨氧化法制硝酸，实验装置图如下。 实验中还发现，若撤去装置c，则装置d中观察到有白烟产生。 已知：NaOH溶液可以吸收尾气，难以直接吸收尾气。 下列说法不正确的是 A. 该制备实验利用了氨水的挥发性和的还原性 B. 装置b中反应的化学方程式为 C. 装置c的作用为除去气体中的水蒸气和氨气 D. 为减少氮氧化物的污染，熄灭酒精灯后应持续通入一段时间空气 10. 灰化法测定干海带中碘含量(以I计，单位g/kg)的流程示意图如下。 已知：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 下列说法不正确的是 A. 流程中I−被Br2氧化成IO B. 甲酸钠的作用是除去多余的Br2 C. 25 mL含I−滤液中，n(I−) =mol D. 海带样品中的碘含量为：g/kg 11. 一种从粉煤灰(主要成分为，含少量、、CaO)中获得的流程如下图。 已知：焙烧过程中几乎不发生反应，、、CaO转化为相应的硫酸盐。 下列说法不正确的是 A. 浸出环节无法将Ca元素除尽 B. 沉淀池1中反应是 C. 从流程中的反应可推测溶解度： D. 母液经处理后得到的可循环利用 12. 甲醇羰基化生产乙酸涉及的反应为 反应 反应Ⅱ： 在不同温度下，向恒压密闭容器中通入 和 ，反应相同时间 (无其他反应)，乙酸在所有有机产物中的物质的量分数[δ(乙酸)]随反应物的物质的量之比 的变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 为提高原料甲醇的平衡转化率，可以采取降低温度、增大压强等措施 B. 由图可知， 代表 C. 时， (乙酸， ) (乙酸， )，原因是温度对反应 平衡的影响程度大于对反应 Ⅱ 的 D. 若起始投料为 和 ，则容器中存在关系： 13. 二羟基嘧啶(DHP)是一种难生物降解的有机污染物。利用惰性电极电解含DHP、NaCl的工业废水，可将DHP氧化为无毒的和，以实现完全无害化处理。DHP的分子结构与电解装置如下图所示。 下列说法正确的是 A. 电极a与电源负极相连 B. i中每生成1 mol ，则DHP失去3 mol C. ii反应的离子方程式为 D. 若完全无害化处理1 mol DHP，理论上b极至少产生16 g 14. 为探究与的反应产物，进行如下实验。向碱性溶液中通入，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y。将沉淀X洗净后，分别用足量且相同pH的盐酸、草酸()溶液完全溶解。对所得溶解液，分别进行①~⑤实验(忽略空气的影响)，如下图所示。 已知：ⅰ.X中可能含有 ⅱ. 下列说法正确的是 A. 依据实验②可知，沉淀X中含有 B. 实验③中蓝色褪去说明该实验条件下不能与反应 C. 使用草酸溶解X的目的是形成以促进X的溶解 D. 滤液Y中一定含有 第二部分 本部分共4题，共58分。 15. 钢铁行业是排放的主要来源之一，减少炼铁过程的碳排放意义重大。 Ⅰ．铁氧化物的还原 （1）已知： 则 _______ （2）常压下，在密闭容器中用CO(或)在不同温度下将还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是________(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包裹于表面，使体系无法达到平衡状态 ②用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为________、________。 （3）恒温恒容条件下，研究不同条件下FeO的还原速率，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通入不同气体的相对还原速率 i FeO 20 0.021 0.007 0.036 ii FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 进一步研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验数据，推测相关反应的化学方程式为_________________。 Ⅱ．尾气中的综合利用——电还原法转化为甲酸盐()或乙醇 （4）碱性条件下，生成的电极反应式是_____________。 （5）研究发现，会促进水分子间发生电子转移，进而产生·OH，微观过程如图。的电子式是_______________。 （6）我国科研团队实现了电解甲酸盐溶液制备乙醇，反应历程如下图。 ①ii过程反应的离子方程式是______________。 ②下列说法正确的是_____(填序号)。 a．过程i涉及极性键的断裂和生成 b．是甲酸盐的还原产物，碳元素化合价为+3 c．制备过程体现了水溶液生成自由基与电化学反应的协同作用 16. 金(Au)在电子工业和催化领域应用广泛。 （1）Au位于元素周期表第六周期IB族。画出基态Au的最外层电子轨道表示式________；按核外电子排布，下列元素与Au位于元素周期表同区的是____(填序号)。 a． b． c． （2）Au常见的化合价有+1和+3，不稳定，易形成配离子，如，不溶于水的Au(Ⅰ)化合物中除外，也均不稳定。 ①中能形成配位键的原因是_______________。 ②的空间结构为直线形，Au-Cl键是由金的_____轨道与氯的3p轨道重叠形成的_____(填“σ”或“π”)键。 ③为平面分子，结构如图所示。其中Au的杂化类型是_____(填序号)。 a． b． c． （3）Au-Cu合金可形成多种有序结构。两种典型晶胞如下图所示，均为立方晶胞，Au原子与Cu原子相切。 K金 金的近似纯度 金的质量分数 24K 24/24 99.9% 22K 22/24 91.7% 20K 20/24 83.3% 18K 18/24 75.0% ①金饰品常以“K金”表示金的质量分数，常见规格如上表所示。晶胞Ⅰ所代表的Au-Cu合金的金纯度相当于上表中的_____K金。 ②晶胞Ⅰ和晶胞Ⅱ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数之比是______。 ③晶胞Ⅱ的密度是，阿伏加德罗常数为，Au原子与Cu原子的半径之和是________cm。 （4）利用溶液湿法浸取金单质矿石：硫酸酸化控制pH为1~3，浸取相同时间。 已知：浸出过程中，与形成配离子。 ①写出浸金过程的离子方程式_____。 ②pH＜1时，金的浸出率随pH减小而降低，可能原因是： ⅰ．的电子式是________________，的结构式是_____________________。 ⅱ．已知，HSCN是强酸。从结构的角度解释HSCN的酸性强于的原因：_______________。 ③时也不利于金的浸出，可能原因是_____(写出两点)。 ④为进一步提高浸出率，可向体系中加入氧化剂。随用量增加，金的浸出率先升高后降低。解释可能原因__________________________。 17. 稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿(含、BaO、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：ⅰ．HF是一种易挥发的弱酸 ⅱ．难溶于水、可溶于酸；溶于水而难溶于水也难溶于酸 ⅲ．Ce(IV)能被有机萃取剂HA萃取：，而不能 （1）与在空气中直接焙烧相比，在对流空气氧化炉中进行氧化焙烧能大大缩短氧化时间，原因是_________。 （2）烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有_________。 （3）硫酸浸出环节中，控制浸出时间40 min、浸出温度，测得Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如下图所示。 当时，随起始硫酸浓度升高Ce元素和的浸出率变化的原因是__________。 （4）在步骤Ⅱ将沉淀转化为的过程中，加入NaOH溶液的目的是_________。 （5）步骤Ⅵ中和的作用是_________。 （6）步骤Ⅶ中生成的离子方程式是_________。 （7）该流程中可循环利用的物质有_________。 18. 实验小组探究测定“ ”的平衡常数的方法。因为直接测定比较困难，可利用反应1：进行测定。 【查阅资料】 ； 。 【实验探究】在溶液中，加入氨水(，溶质以计)，生成，再逐滴加入溶液，至刚出现浑浊且不再消失时达滴加终点。改变和，按照上述操作分别进行实验，记录终点时消耗的NaBr溶液，实验结果如下。[注：所得溶液总体积为] 不同时的 1 2 6 0.01 a 9.00 加入27.00 mL NaBr溶液后仍无沉淀 0.005 b d 加入27.00 mL NaBr溶液后仍无沉淀 （1）溶液中加入少量氨水会生成沉淀，反应的离子方程式为________。 （2）反应1的平衡常数，中各微粒的平衡浓度可进行近似计算： ⅰ．因滴定终点时生成的AgBr极少，终点时溶液中的可计为； ⅱ．因氨水过量，且终点时生成的AgBr极少，可计为； ⅲ．终点时溶液中的可计为，原因是____________________________。 （3）判断a、b和d的大小关系：___________。 （4）、时，加入27.00 mL NaBr溶液仍无沉淀，利用分析原因：________。 （5）时，的计算式为________。 （6）若停止滴加NaBr溶液后，振荡，生成的浑浊又消失了，则会导致测得的________(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。 【实验拓展】在相同实验条件下，将NaBr溶液替换为NaCl或NaI溶液，按上表的、数据进行实验，结果无法测得或与理论值偏差较大。 （7）在NaCl溶液和NaI溶液中选择一种，分析原因：_______________。 第三部分 本部分共15题，共20分。不定项选择题。 19. 下列各组量子数中，合理的是 A. n=3，l=1，m=+1 B. n=4，l=5，m=-1 C. n=3，l=3，m=+1 D. n=4，l=2，m=+3 20. 下列分子中C与O之间键长最短的是 A. CO B. C. D. 21. 晶胞参数特征为，的晶体结构属于下列哪个晶系 A. 立方 B. 三方 C. 四方 D. 正交 22. 下列配合物中呈顺磁性的是 A. B. C. D. 23. 下列分子中呈反磁性的是(已知CO中2s、2p轨道混杂，NO中2s、2p轨道不混杂) A. B. C. CO D. NO 24. 下列分子或离子最稳定的是 A. B. O2 C. D. 25. 下列配合物中，中心离子的价电子排布为的八面体配合物的是 A. B. C. D. 26. 根据EAN规则，中，x的值应该是 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 27. 的几何异构体数和旋光异构体对数分别是 A. 4和1 B. 4和2 C. 5和1 D. 5和2 28. 下列各组配离子中，几何构型相同的是 A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 29. 某直线形多原子分子，键角为，其中心原子的杂化方式可能是 A. sp B. C. D. 30. 下列氟化物分子中，分子偶极矩为零的是 A. B. C. D. 31. 已知晶胞中，以立方最密堆积，位于组成的四面体空隙中心，位于组成的八面体空隙中心。则占据了所有四面体空隙的分数、占据了所有八面体空隙的分数分别是 A. B. C. D. 32. 下列物质晶胞的空间点阵型式属于面心立方的是 A. CsCl B. NaCl C. D. C(金刚石) 33. 实验测得的磁矩，计算出其有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. d轨道电子排布 B. 晶体场分裂能大于电子成对能P C. 属于高自旋配合物 D. 在水溶液中可能有颜色 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学2025—2026学年第二学期期末试卷 高一化学 本试卷共12页，100+20分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cu 64 I 127 Au 197 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题目要求。 1. 我国科学家发现火星土壤中主要存在硅酸盐矿物、含铁矿物以及石膏(，晶体的部分结构如下图)等含水硫酸盐，其中Fe(Ⅲ)与火星土壤中存在的化学活性物质，如氯酸盐、等有关。下列说法不正确的是 A. 基态的价层电子排布式是 B. 石膏中微粒间的相互作用有离子键、极性共价键、配位键、氢键等 C. 氯酸根的VSEPR模型为 D. 分子的填充模型为 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态Fe原子的价电子排布为，失电子时先失去4s轨道2个电子，再失去3d轨道1个电子得到，价层电子排布式为，A正确； B．石膏中，与之间存在离子键，中的S和O原子之间存在极性共价键、配位键，结晶水的H与硫酸根的O之间存在氢键，B正确； C．氯酸根中心Cl的价层电子对数，VSEPR模型为四面体形，与图示一致，C正确； D．分子为二面角结构，不是直线形，图示填充模型为直线形，与实际结构不符，D错误； 故答案选D。 2. 用下列仪器或装置(图中部分夹持装置略)进行相应实验，能达到实验目的的是 A．制备并收集氯气 B．蒸干溶液获得晶体 C．鉴别和溶液 D．铁上电镀铜 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气密度大于空气，需用向上排空气法（长进短出）收集，装置中收集部分为短进长出，无法收集到氯气，A错误； B．受热易分解为和，蒸干溶液最终无法得到晶体，B错误； C．和溶液都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀，无法鉴别，C错误； D．铁上电镀铜时，镀层金属铜接电源正极作阳极，镀件铁接电源负极作阴极，可提供，能完成电镀，D正确； 故答案选D。 3. 某同学用下图所示的实验检验了浓硫酸与木炭在加热条件下发生反应的产物。 下列说法正确的是 A. 浓硫酸与木炭的反应中，浓硫酸表现了强氧化性和酸性 B. ②中可用稀碘水代替品红溶液 C. ③中的实验现象是紫红色溶液褪色 D. 可用溶液检验③中被氧化后的产物 【答案】D 【解析】 【分析】这个实验装置按顺序检验木炭与浓硫酸加热反应的三种气态产物，反应产生的混合气体先通过无水硫酸铜，利用无水硫酸铜遇水变蓝的特性检验产物水，避免后续装置带水干扰水的检验；再经②品红溶液检验二氧化硫，利用的漂白性使品红褪色证明生成；之后③中酸性高锰酸钾溶液除去全部，避免也能使澄清石灰水变浑浊，干扰后续的检验；最后由④中澄清石灰水检验二氧化碳，若澄清石灰水变浑浊即可证明产物中存在。 【详解】A．浓硫酸与木炭加热反应的化学方程式为，反应中硫元素全部从+6价降低为+4价，无硫酸盐生成，浓硫酸只体现强氧化性，不体现酸性，A错误； B．②中品红溶液利用的漂白性检验，特征现象是品红溶液褪色；稀碘水与发生氧化还原反应而褪色，能代替品红溶液，B正确； C．③中酸性高锰酸钾溶液的作用是除去，避免干扰后续的检验，因此高锰酸钾需过量，实验现象为紫红色变浅（不褪尽），若完全褪色无法判断是否除尽，C错误； D．被酸性高锰酸钾氧化后的产物为，加入溶液，与反应生成不溶于酸的白色沉淀，但酸性高锰酸钾溶液中含有硫酸，干扰硫酸根离子的检验，D错误； 故答案选D。 4. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 给铅酸电池充电： B. 用制备漂白粉： C. 用王水溶解Au： D. 将溶液与溶液混合制备 【答案】C 【解析】 【详解】A．选项中方程式为铅酸电池放电时的反应，充电的反应为，A错误； B．漂白粉由与石灰乳（）反应制得，正确方程式为，B错误； C．王水中浓硝酸作氧化剂氧化，浓盐酸提供与形成配位化合物，方程式配平正确、符合反应事实，C正确； D．反应生成的会与过量反应生成和，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 5. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 氯碱工业中适当酸化阳极区溶液 B. 侯氏制碱工业中向饱和食盐水中通入和制备 C. 工业合成氨中将从混合气中及时分离 D. 硫酸工业生产出的浓硫酸可用铝制容器盛装 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯碱工业阳极区存在可逆反应，酸化使浓度增大，平衡逆向移动，可减少的损耗，能用平衡移动原理解释，A不符合题意； B．侯氏制碱中，溶于水存在电离平衡，可与溶于水生成的反应，促进溶解，使浓度增大，析出溶解度较小的，能用平衡移动原理解释，B不符合题意； C．合成氨反应为可逆反应，及时分离使生成物浓度降低，平衡正向移动，可提高原料转化率，能用平衡移动原理解释，C不符合题意； D．浓硫酸用铝制容器盛装是因为常温下浓硫酸使铝发生钝化，生成致密氧化膜阻止反应继续进行，属于不可逆的氧化还原反应，不存在可逆平衡的移动，不能用平衡移动原理解释，D符合题意； 故选D。 6. 某同学探究和氨水的反应，进行如下实验。 实验发现：天蓝色浊液过滤洗涤后，沉淀溶于过量盐酸，加入溶液后有白色沉淀生成；蓝色浊液重复上述操作，没有白色沉淀生成。下列说法不正确的是 A. 天蓝色浊液中含有碱式硫酸盐沉淀 B. 蓝色浊液中的固体是，浊液中含有 C. 向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出沉淀 D. 实验证实或能促进溶于1 mol/L氨水 【答案】D 【解析】 【详解】A．天蓝色浊液的沉淀溶于过量盐酸后，加溶液产生白色沉淀，说明沉淀中含有，同时沉淀是铜的氢氧化物相关沉淀，因此该沉淀是碱式硫酸盐（含、、），A正确； B．蓝色浊液的沉淀洗涤后加盐酸再加无白色沉淀，说明固体中不含，固体是，反应生成的存在于浊液的液相中，故浊液含，B正确； C．在乙醇中溶解度远小于在水中的溶解度，加入乙醇可降低溶质溶解度，析出对应晶体，C正确； D．洗涤后的难溶于氨水，加醋酸铵后溶解，对比未过滤的蓝色浊液直接加过量氨水可溶解的现象，可知是促进溶解，不是或的作用，D错误； 故选D。 7. 对下列事实进行的解释中正确的是 事实 解释 A 金属性：Mg＞Al B 熔点： 键能：Si-O＞C-O C 水溶性： 和是极性分子，非极性分子，相似相溶 D 稳定性：HF＞HCl HF分子间存在氢键，HCl分子之间没有氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．Mg的价电子排布为全满稳定结构，第一电离能，且第一电离能不是金属性强弱的直接判断依据，解释错误，A不符合题意； B．是共价晶体，熔化破坏共价键，是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，二者熔点差异由晶体类型不同导致，与键能无关，解释错误，B不符合题意； C．是极性溶剂，为极性分子，为非极性分子，根据相似相溶原理，极性分子更易溶于极性溶剂，故水溶性，解释正确，C符合题意； D．氢化物稳定性取决于共价键键能，H-F键能大于H-Cl键能，故HF更稳定，氢键仅影响熔沸点等物理性质，与分子稳定性无关，解释错误，D不符合题意； 故选C。 8. 工业上利用一氧化碳和水蒸气在一定条件下发生以下反应来制取氢气：CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH = -41 kJ·mol−1，某小组计划研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应，获得如下数据： 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化 CO H2O CO2 H2 ① 1 4 0 0 t1 放出热量：32.8 kJ ② 2 8 0 0 t2 放出热量：Q 下列说法不正确的是 A. 容器①中反应达到平衡时，生成0.8 mol H2 B. 不考虑热量损失，Q = 65.6 kJ C. 容器②中反应的平衡常数K = 1 D. 若容器①的容积变为原来的一半，则CO的平衡转化率增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应每消耗1 mol CO放出41 kJ热量，容器①平衡放出32.8kJ热量，反应的，根据方程式，生成，A正确； B．该反应前后气体系数之和相等，恒温恒容下容器②投料为①的2倍且投料比相同，二者为等效平衡，CO转化率均为80%，则②中消耗1.6 mol CO，放热，B正确； C．平衡常数仅与温度有关，两容器温度相同K相等，容器①平衡时 、、 ，反应前后气体系数和相等，可用物质的量代替浓度计算， ，C正确； D．该反应前后气体系数之和相等，压强变化不影响平衡移动，容器容积变为原来的一半，压强增大平衡不移动，CO平衡转化率不变，D错误； 故选D。 9. 实验室模拟氨氧化法制硝酸，实验装置图如下。 实验中还发现，若撤去装置c，则装置d中观察到有白烟产生。 已知：NaOH溶液可以吸收尾气，难以直接吸收尾气。 下列说法不正确的是 A. 该制备实验利用了氨水的挥发性和的还原性 B. 装置b中反应的化学方程式为 C. 装置c的作用为除去气体中的水蒸气和氨气 D. 为减少氮氧化物的污染，熄灭酒精灯后应持续通入一段时间空气 【答案】B 【解析】 【分析】实验开始后，向盛有浓氨水的烧瓶中持续通入空气，利用空气的吹扫作用带出挥发性，混合气先经过碱石灰除去水蒸气后进入装置b，在催化剂和加热条件下发生催化氧化反应生成和；反应后的气体进入装有无水氯化钙的装置c，此装置用于吸收多余的水蒸气和残留的，后续气体通入装置d，易被氧化为进而与水反应生成硝酸，若撤去装置c，装置d中将观察到明显的白烟，这是由于未反应的与生成的硝酸反应生成了硝酸铵白烟；在实验结束熄灭酒精灯后，仍需持续通入一段空气，这样可将残留在装置内的氮氧化物全部排入尾端装有NaOH溶液的烧杯中吸收，同时将其中难以被NaOH直接吸收的氧化为易吸收的，从而实现环保尾气处理。 【详解】A．空气通入浓氨水可挥发出，发生催化氧化时N元素化合价升高作还原剂，体现还原性，A不符合题意； B．催化氧化的产物为而非，正确反应方程式为，B符合题意； C．无水氯化钙可与反应生成，也可吸收水蒸气，撤去c后d中出现白烟（为未反应的与硝酸反应生成硝酸铵），说明c可除去水蒸气和氨气，C不符合题意； D．熄灭酒精灯后持续通空气，可将装置内残留的氮氧化物全部排入NaOH溶液中吸收，同时可将转化为易被吸收的，减少污染，D不符合题意； 故选B。 10. 灰化法测定干海带中碘含量(以I计，单位g/kg)的流程示意图如下。 已知：I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 下列说法不正确的是 A. 流程中I−被Br2氧化成IO B. 甲酸钠的作用是除去多余的Br2 C. 25 mL含I−滤液中，n(I−) =mol D. 海带样品中的碘含量为：g/kg 【答案】D 【解析】 【分析】将干海带灼烧灰化，把有机结合态碘转化为无机碘离子，加水溶解过滤除去不溶性灰渣，得到含的待测溶液，再移取向滤液中加入稀硫酸和过量​，将完全氧化为​；25 mL滤液用于后续滴定，之后加入甲酸钠，甲酸钠作为还原剂除去过量多余，避免干扰后续滴定；除去后，加入稀硫酸和过量，酸性条件下​与归中生成，加入淀粉作指示剂，用滴定。 【详解】A．根据分析可知，将完全氧化为，A正确；​ B．过量，会干扰后续滴定实验，甲酸钠作为还原剂，可以除去多余的，避免干扰，B正确； C．滴定消耗，根据关系式，即，25 mL滤液中，C正确； D．原海带样品溶液总容积为250 mL，仅移取25 mL滴定，因此总碘的物质的量为：，碘的总质量为：；海带样品质量为，因此碘含量为： ，D错误； 故选D。 11. 一种从粉煤灰(主要成分为，含少量、、CaO)中获得的流程如下图。 已知：焙烧过程中几乎不发生反应，、、CaO转化为相应的硫酸盐。 下列说法不正确的是 A. 浸出环节无法将Ca元素除尽 B. 沉淀池1中反应是 C. 从流程中的反应可推测溶解度： D. 母液经处理后得到的可循环利用 【答案】C 【解析】 【分析】该工艺以粉煤灰和硫酸铵为原料，经焙烧炉1高温硫酸化焙烧将铝、铁氧化物转化为可溶性硫酸盐，炉渣再经稀硫酸浸出溶解金属离子并分离二氧化硅渣；随后通过沉淀池1调节pH优先沉淀除铁（得Fe(OH)3），沉淀池2进一步处理富集铝元素，最终经焙烧炉2煅烧得到氧化铝，过程中产生的炉气等可循环利用； 【详解】A．焙烧生成的微溶于水，稀硫酸浸出时部分会残留于溶液中，无法将Ca元素完全除去，A正确； B．沉淀池1中通入氨气，与、水反应生成沉淀和，离子方程式书写正确，B正确； C．分步沉淀中优先形成沉淀，说明相同条件下溶解度更小，即溶解度：，C错误； D．沉淀池2中沉淀后，母液主要成分为，可返回焙烧炉1循环利用，D正确； 故选C 12. 甲醇羰基化生产乙酸涉及的反应为 反应 反应Ⅱ： 在不同温度下，向恒压密闭容器中通入 和 ，反应相同时间 (无其他反应)，乙酸在所有有机产物中的物质的量分数[δ(乙酸)]随反应物的物质的量之比 的变化如下图所示。 下列说法不正确的是 A. 为提高原料甲醇的平衡转化率，可以采取降低温度、增大压强等措施 B. 由图可知， 代表 C. 时， (乙酸， ) (乙酸， )，原因是温度对反应 平衡的影响程度大于对反应 Ⅱ 的 D. 若起始投料为 和 ，则容器中存在关系： 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ：，反应Ⅱ： ，两个反应均为放热反应，降低温度，平衡正向移动，甲醇转化率提高；反应Ⅰ的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动；反应Ⅱ的正反应为气体分子数不变的反应，压强对平衡无影响。因此，增大压强会使甲醇转化率提高，故A正确； B．由图可知，x越大，（乙酸）越大，因为增大的物质的量，反应Ⅰ平衡正向移动，乙酸的量增大，所以x代表 ，故B正确； C．时，（乙酸，）>（乙酸，），由于两个反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，乙酸的量应减小，但此时时乙酸的量更大，原因是温度对反应Ⅰ平衡的影响程度小于对反应Ⅱ的，故C错误； D．若起始投料为和，根据碳元素守恒，容器中碳元素的总物质的量为，则存在关系：，故D正确； 故选C。 13. 二羟基嘧啶(DHP)是一种难生物降解的有机污染物。利用惰性电极电解含DHP、NaCl的工业废水，可将DHP氧化为无毒的和，以实现完全无害化处理。DHP的分子结构与电解装置如下图所示。 下列说法正确的是 A. 电极a与电源负极相连 B. i中每生成1 mol ，则DHP失去3 mol C. ii反应的离子方程式为 D. 若完全无害化处理1 mol DHP，理论上b极至少产生16 g 【答案】D 【解析】 【分析】根据装置中物质转化，a极上转化为，Cl元素化合价升高失电子，DHP被氧化为和，发生氧化反应，故a为阳极，与电源正极相连；b极上转化为，H元素化合价降低得电子，发生还原反应，故b为阴极，与电源负极相连。1mol DHP分子式为，完全氧化为和时，4mol C从平均+1.5价升高到+4价共失10mol电子，2mol N从-3价升高到0价共失6mol电子，总转移电子数为16mol。 【详解】A．电极a为阳极，应与电源正极相连，A错误； B．1mol DHP完全氧化生成4mol 时共失去16mol电子，故每生成1mol ，DHP失去4mol ，B错误； C．阳极区为酸性环境，不存在大量，ii反应的离子方程式为，C错误； D．处理1mol DHP时电路中转移16mol电子，b极生成的物质的量为 ，质量为 ，D正确； 故选 D。 14. 为探究与的反应产物，进行如下实验。向碱性溶液中通入，充分反应后过滤，得到沉淀X和滤液Y。将沉淀X洗净后，分别用足量且相同pH的盐酸、草酸()溶液完全溶解。对所得溶解液，分别进行①~⑤实验(忽略空气的影响)，如下图所示。 已知：ⅰ.X中可能含有 ⅱ. 下列说法正确的是 A. 依据实验②可知，沉淀X中含有 B. 实验③中蓝色褪去说明该实验条件下不能与反应 C. 使用草酸溶解X的目的是形成以促进X的溶解 D. 滤液Y中一定含有 【答案】C 【解析】 【分析】实验目的为探究与碱性的反应产物，向碱性溶液中通入，反应后得到沉淀 X与滤液Y。沉淀X用足量相同pH的盐酸溶解后，实验1加KSCN溶液变红，说明溶解液含；实验2 加产生白色沉淀，酸性条件下可被氧化为，无法直接判断沉淀X原含；实验3加淀粉-溶液蓝色褪去，静置后又变蓝，说明先被还原为，后又被氧化为。沉淀X用草酸溶解后，实验4加KSCN溶液未变红，结合已知信息可知与结合为，铁离子几乎没有，不能使硫氰酸钾变红；实验5加 产生的白色沉淀可溶于盐酸，说明该沉淀为。 【详解】A． 沉淀X中若同时含有和，加盐酸溶解后，酸性条件下会将​氧化为​，因此实验②的白色沉淀不能证明原沉淀X中含有，A错误； B． 实验③中，一开始还原性更强，先还原使蓝色褪去，反应完全后，静置一段时间溶液又变蓝，说明氧化重新生成了，证明该条件下可以和反应，B错误； C．根据已知，草酸可以提供大量草酸根，和形成稳定的络合离子，让原本难溶解的含铁沉淀X被溶解，所以使用草酸溶解X的目的是形成以促进X的溶解，C正确； D．实验⑤里加产生的白色沉淀，后续加盐酸沉淀溶解，说明这个沉淀是亚硫酸钡，说明部分S元素以的形式存在，故不能得出Y溶液中一定含有，D错误； 故选C。 第二部分 本部分共4题，共58分。 15. 钢铁行业是排放的主要来源之一，减少炼铁过程的碳排放意义重大。 Ⅰ．铁氧化物的还原 （1）已知： 则 _______ （2）常压下，在密闭容器中用CO(或)在不同温度下将还原为Fe，达平衡时，混合气体中CO(或)的物质的量分数如图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是________(填序号)。 a．装置内气体总物质的量不再变化时说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包裹于表面，使体系无法达到平衡状态 ②用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为________、________。 （3）恒温恒容条件下，研究不同条件下FeO的还原速率，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通入不同气体的相对还原速率 i FeO 20 0.021 0.007 0.036 ii FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 进一步研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验数据，推测相关反应的化学方程式为_________________。 Ⅱ．尾气中的综合利用——电还原法转化为甲酸盐()或乙醇 （4）碱性条件下，生成的电极反应式是_____________。 （5）研究发现，会促进水分子间发生电子转移，进而产生·OH，微观过程如图。的电子式是_______________。 （6）我国科研团队实现了电解甲酸盐溶液制备乙醇，反应历程如下图。 ①ii过程反应的离子方程式是______________。 ②下列说法正确的是_____(填序号)。 a．过程i涉及极性键的断裂和生成 b．是甲酸盐的还原产物，碳元素化合价为+3 c．制备过程体现了水溶液生成自由基与电化学反应的协同作用 【答案】（1）-40 （2） ①. bc ②. 还原的反应进行不充分 ③. 工业制取氢气​需要消耗大量能源，且该反应吸热，需要额外提供能量，整体能耗更高 （3） （4） （5） （6） ①. ②. ac 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应3可由反应1+3×反应2得到，故； 【小问2详解】 ①a．反应前后气体分子数相等，因此“装置内气体总物质的量不再变化”不能作为反应达到化学平衡的标志，a错误； b．其他条件不变时，延长反应时间不改变平衡状态、不会改变各组分的含量，因此CO的平衡转化率不会改变，b正确； c．还原得到的Fe如果包裹在表面，会使反应物与还原剂接触受阻，反应速率极慢甚至无法继续进行，体系可能无法达到真正的化学平衡状态，c正确； 故答案为：bc； ②从物质利用角度看，由图可知平衡时混合气体中物质的量分数始终较高，即反应进行不充分，氢气含量随温度升高而降低，说明升温促进正反应，即该反应吸热，需要额外提供能量，从能源消耗的角度看，由图可知要使反应发生足够充分需要更高的温度，需消耗更多的能源，故答案为：还原的反应吸热且进行不充分、要使反应发生足够充分需要更高的温度，需消耗更多的能源； 【小问3详解】 结合表格数据，加入MgO后，用CO的还原速率减慢，而加入H2的还原速率加快，说明是H2O与MgO反应生成摩尔体积更大的，可撑开FeO晶体，加快还原速率。故化学方程式为； 【小问4详解】 碱性条件下，得到2个电子被还原为，电极反应式为； 【小问5详解】 可视作失去1个电子后的产物，故电子式为； 【小问6详解】 ①由图可知，ii过程中与氢自由基反应得到乙醇和，离子方程式为； ② a．过程i为，断裂中的C-H极性键，生成H-O极性键，因此存在极性键的断裂和生成，a正确； b．中C为+2价，中C为+3价，C化合价升高，因此是甲酸盐的氧化产物，b错误； c．制备过程中，电还原产生，同时促进水产生自由基，二者协同促进反应进行，c正确； 故答案为：ac。 16. 金(Au)在电子工业和催化领域应用广泛。 （1）Au位于元素周期表第六周期IB族。画出基态Au的最外层电子轨道表示式________；按核外电子排布，下列元素与Au位于元素周期表同区的是____(填序号)。 a． b． c． （2）Au常见的化合价有+1和+3，不稳定，易形成配离子，如，不溶于水的Au(Ⅰ)化合物中除外，也均不稳定。 ①中能形成配位键的原因是_______________。 ②的空间结构为直线形，Au-Cl键是由金的_____轨道与氯的3p轨道重叠形成的_____(填“σ”或“π”)键。 ③为平面分子，结构如图所示。其中Au的杂化类型是_____(填序号)。 a． b． c． （3）Au-Cu合金可形成多种有序结构。两种典型晶胞如下图所示，均为立方晶胞，Au原子与Cu原子相切。 K金 金的近似纯度 金的质量分数 24K 24/24 99.9% 22K 22/24 91.7% 20K 20/24 83.3% 18K 18/24 75.0% ①金饰品常以“K金”表示金的质量分数，常见规格如上表所示。晶胞Ⅰ所代表的Au-Cu合金的金纯度相当于上表中的_____K金。 ②晶胞Ⅰ和晶胞Ⅱ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数之比是______。 ③晶胞Ⅱ的密度是，阿伏加德罗常数为，Au原子与Cu原子的半径之和是________cm。 （4）利用溶液湿法浸取金单质矿石：硫酸酸化控制pH为1~3，浸取相同时间。 已知：浸出过程中，与形成配离子。 ①写出浸金过程的离子方程式_____。 ②pH＜1时，金的浸出率随pH减小而降低，可能原因是： ⅰ．的电子式是________________，的结构式是_____________________。 ⅱ．已知，HSCN是强酸。从结构的角度解释HSCN的酸性强于的原因：_______________。 ③时也不利于金的浸出，可能原因是_____(写出两点)。 ④为进一步提高浸出率，可向体系中加入氧化剂。随用量增加，金的浸出率先升高后降低。解释可能原因__________________________。 【答案】（1） ①. ②. b （2） ①. 提供空轨道，提供孤电子对，可形成配位键 ②. 杂化 ③. ④. c （3） ①. 18 ②. 2：1 ③. ​​​  （4） ①. ②. ③. ④. SCN−中−CN是强吸电子基团，使S−H键极性增强，更易电离出H+，故酸性强于H2​S ⑤. （1）SCN-水解程度增大，SCN-浓度降低，不利于形成配离子；（2）pH升高，Au易形成氢氧化物沉淀覆盖在矿石表面，降低浸出率（或氧化剂氧化性降低） ⑥. Fe3+作为氧化剂氧化Au，促进Au浸出，浸出率升高；Fe3+过量后会结合SCN−生成配合物，使SCN−浓度降低，浸出率下降 【解析】 【小问1详解】 Au为第六周期IB族，价电子排布为，最外层只有一个电子，最外层电子轨道表示式：；IB、ⅡB族属于区，为区，为ⅡB族（区），为区，故选b； 【小问2详解】 ①配位键形成条件为中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，则原因为提供空轨道，提供孤电子对，可形成配位键； ②为直线形，说明Au采取杂化，杂化轨道与Cl的轨道头碰头重叠形成键； ③每个Au连接4个Cl，分子为平面结构，为平面三角形、为四面体形，只有杂化为平面四方形，故选c； 【小问3详解】 ①晶胞I中，：个，：个，金的质量分数为，对应18K金； ②晶胞I中体心Au最近的Cu为8个顶点，共8个；晶胞Ⅱ中与Au最近且距离相等的Cu原子个数为4个，个数比为； ③晶胞Ⅱ中，：个，：个，总质量，由得晶胞边长cm，面对角线上Au与Cu相切，Au原子与Cu原子的半径之和是面对角线的二分之一，即半径之和为=cm； 【小问4详解】 ①由题意得方程式为  ； ②i．电子式：；结构式： ； ii． SCN−中−CN是强吸电子基团，使S−H键极性增强，更易电离出H+，故酸性强于H2​S ； ③（1）SCN−水解程度增大，SCN−浓度降低，不利于形成配离子；（2）pH升高，Au易形成氢氧化物沉淀覆盖在矿石表面，降低浸出率（或氧化剂氧化性降低）； ④Fe3+作为氧化剂氧化Au，促进Au浸出，浸出率升高；Fe3+过量后会结合SCN−生成配合物，使SCN−浓度降低，浸出率下降。 17. 稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿(含、BaO、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：ⅰ．HF是一种易挥发的弱酸 ⅱ．难溶于水、可溶于酸；溶于水而难溶于水也难溶于酸 ⅲ．Ce(IV)能被有机萃取剂HA萃取：，而不能 （1）与在空气中直接焙烧相比，在对流空气氧化炉中进行氧化焙烧能大大缩短氧化时间，原因是_________。 （2）烧渣酸浸后，剩余固体的主要成分有_________。 （3）硫酸浸出环节中，控制浸出时间40 min、浸出温度，测得Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如下图所示。 当时，随起始硫酸浓度升高Ce元素和的浸出率变化的原因是__________。 （4）在步骤Ⅱ将沉淀转化为的过程中，加入NaOH溶液的目的是_________。 （5）步骤Ⅵ中和的作用是_________。 （6）步骤Ⅶ中生成的离子方程式是_________。 （7）该流程中可循环利用的物质有_________。 【答案】（1）对流空气增大了矿料与的接触面积，加快了氧化反应速率 （2）​​、 （3）硫酸浓度增大，浓度升高，与结合生成弱酸，使平衡移动，因此浸出率降低；硫酸浓度升高促进烧渣中Ce元素溶解，因此Ce元素总浸出率仍缓慢升高  （4）将难溶于酸的​转化为可溶于酸的，便于后续稀盐酸溶解得到 （5）提供高浓度，使萃取平衡逆向移动，促进Ce从有机相脱离进入水层；作还原剂，将还原为，不能被萃取，从而进入水相分离 （6） （7）有机萃取剂、 【解析】 【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧，被氧化为；烧渣经硫酸浸出，与硫酸反应生成难溶，\ceSiO2不溶于硫酸，二者留在滤渣中，以、形式进入浸出液；浸出液分为两条路径制备。路径Ⅰ→Ⅳ：浸出液加硫脲、，（硫脲还原后）生成难溶复盐沉淀，沉淀经转化为，再经稀盐酸酸溶得到溶液，加得到，灼烧得到。路径Ⅴ→Ⅷ：利用有机萃取剂萃取浸出液中的（不被萃取），再经反萃取将还原为转移至水层，水层中经、氧化得到，灼烧得到，有机萃取剂再生可循环使用。 【小问1详解】 对流流动的空气可增大固气接触面积，加快反应速率，因此缩短氧化焙烧时间； 【小问2详解】 原料中不与硫酸反应，难溶于水和酸；与硫酸反应生成难溶的​沉淀，因此酸浸后二者为剩余固体的主要成分； 【小问3详解】 硫酸浓度增大，浓度升高，与结合生成弱酸，使平衡移动，因此浸出率降低；硫酸浓度升高促进烧渣中Ce元素溶解，因此Ce元素总浸出率仍缓慢升高 ； 【小问4详解】 根据已知信息，原沉淀难溶于酸，无法直接得到，通过加沉淀转化，可后续酸溶得到； 【小问5详解】 根据萃取原理：只有能被萃取，反萃取需要通过平衡移动和价态还原，让Ce进入水层；硫酸提供高浓度，使萃取平衡逆向移动，促进Ce从有机相脱离进入水层；作还原剂，将还原为，不能被萃取，从而进入水相分离； 【小问6详解】 为氧化剂，被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，方程式为； 【小问7详解】 步骤Ⅵ反萃取后得到的有机层含，可返回步骤Ⅴ循环使用；步骤Ⅱ转化沉淀后，滤液中生成的​，可返回步骤Ⅰ沉淀Ce，因此二者均可循环。 18. 实验小组探究测定“ ”的平衡常数的方法。因为直接测定比较困难，可利用反应1：进行测定。 【查阅资料】 ； 。 【实验探究】在溶液中，加入氨水(，溶质以计)，生成，再逐滴加入溶液，至刚出现浑浊且不再消失时达滴加终点。改变和，按照上述操作分别进行实验，记录终点时消耗的NaBr溶液，实验结果如下。[注：所得溶液总体积为] 不同时的 1 2 6 0.01 a 9.00 加入27.00 mL NaBr溶液后仍无沉淀 0.005 b d 加入27.00 mL NaBr溶液后仍无沉淀 （1）溶液中加入少量氨水会生成沉淀，反应的离子方程式为________。 （2）反应1的平衡常数，中各微粒的平衡浓度可进行近似计算： ⅰ．因滴定终点时生成的AgBr极少，终点时溶液中的可计为； ⅱ．因氨水过量，且终点时生成的AgBr极少，可计为； ⅲ．终点时溶液中的可计为，原因是____________________________。 （3）判断a、b和d的大小关系：___________。 （4）、时，加入27.00 mL NaBr溶液仍无沉淀，利用分析原因：________。 （5）时，的计算式为________。 （6）若停止滴加NaBr溶液后，振荡，生成的浑浊又消失了，则会导致测得的________(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。 【实验拓展】在相同实验条件下，将NaBr溶液替换为NaCl或NaI溶液，按上表的、数据进行实验，结果无法测得或与理论值偏差较大。 （7）在NaCl溶液和NaI溶液中选择一种，分析原因：_______________。 【答案】（1） （2）氨水过量， Ag+全部转化为  消耗的NH3​的量远小于氨水中​ NH3​的总物质的量，消耗的NH3​​可忽略不计 （3）a<b<d （4），增大为原来的3倍，应增大为原来的9倍，即应大于81mL，反应才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生沉淀 （5） （6）偏低 （7），相同条件下更易生成沉淀，滴定终点提前，偏小，导致测定结果偏差较大 【解析】 【分析】已知，，则； 【小问1详解】 少量氨水无法生成二氨合银配离子，会生成AgOH沉淀，AgOH不稳定会分解为Ag2O，离子方程式为：； 【小问2详解】 已知 c1>0.01，氨水过量， Ag+全部转化为  消耗的NH3​的量远小于氨水中​ NH3​的总物质的量，消耗的NH3​​可忽略不计，因此总​NH3的物质的量近似等于起始氨水中的物质的量； 【小问3详解】 由反应1的平衡常数,  ，化简后可得 ​正比于（温度不变​不变，总体积抵消）：越大，越大；相同时，​越小，越大。因此 a<b<d； 【小问4详解】 根据，增大为原来的3倍，应增大为原来的9倍，即应大于81mL，反应才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生沉淀。 【小问5详解】 已知，，代入数据、、、，计算式为：； 【小问6详解】 浑浊消失说明滴定终点提前，测得的小于真实值，与成正比，因此测得的偏低； 【小问7详解】 若选：，相同条件下更难生成沉淀，按表格数据加入最大量后仍无沉淀，无法确定滴定终点，无法测定； 若选：，相同条件下更易生成沉淀，滴定终点提前，偏小，导致测定结果偏差较大； 第三部分 本部分共15题，共20分。不定项选择题。 19. 下列各组量子数中，合理的是 A. n=3，l=1，m=+1 B. n=4，l=5，m=-1 C. n=3，l=3，m=+1 D. n=4，l=2，m=+3 【答案】A 【解析】 【详解】A．主量子数n=3时，角量子数l的取值范围为0,1,2，l=1符合要求；l=1时磁量子数m的取值范围为-1,0,+1，m=+1符合要求，A正确； B．角量子数l的取值需满足l≤n-1，n=4时l最大可取3，l=5不符合取值规则，B错误； C．角量子数l的取值需满足l≤n-1，n=3时l最大可取2，l=3不符合取值规则，C错误； D．磁量子数m的取值需满足≤l，l=2时m最大可取+2，m=+3不符合取值规则，D错误； 故答案选A。 20. 下列分子中C与O之间键长最短的是 A. CO B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】CO分子中C与O之间为三重键，键级为3；分子中C与O之间为双键，键级为2；分子中C与O之间为单键，键级为1；分子羧基中的C-O键，一种为单键，键级为1，另一种受共轭效应影响键级小于2；相同成键原子的键级越大键长越短，因此CO（重叠程度最大、成键原子间距离最短）的C与O键长最短； 故选A。 21. 晶胞参数特征为，的晶体结构属于下列哪个晶系 A. 立方 B. 三方 C. 四方 D. 正交 【答案】D 【解析】 【详解】对比七大晶系参数标准，立方晶系满足，四方晶系满足，三方晶系夹角不全为90°，正交晶系特征为且，故选D。 22. 下列配合物中呈顺磁性的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．的中心离子价电子构型为，d轨道全充满，无未成对电子，呈反磁性，A错误； B．的中心为0价，在强场配体作用下价电子重排为，无未成对电子，呈反磁性，B错误； C．的中心离子价电子构型为，为强场配体，电子低自旋排布为，存在未成对电子，呈顺磁性，C正确； D．的中心离子价电子构型为，强场下低自旋排布为，所有电子成对，呈反磁性，D错误； 故答案选C。 23. 下列分子中呈反磁性的是(已知CO中2s、2p轨道混杂，NO中2s、2p轨道不混杂) A. B. C. CO D. NO 【答案】C 【解析】 【分析】反磁性的定义是：分子中不存在未成对电子时，表现为反磁性；存在未成对电子则为顺磁性。 【详解】A．：B原子价电子数为3，总价电子数为6，分子轨道排布后存在2个未成对电子，为顺磁性，A错误； B．​：​总价电子数为12，分子轨道排布后存在2个未成对电子，为顺磁性，B错误； C．：C（6个电子）和O（8个电子）总电子数为14，结合题干给出的“中2s、2p轨道混杂”的条件，分子轨道排布后所有电子均成对，不存在未成对电子，为反磁性，C正确； D． ：N（7个电子）和O（8个电子）总电子数为15，电子总数为奇数，必然存在1个未成对电子，为顺磁性，D错误； 故答案选C。 24. 下列分子或离子最稳定的是 A. B. O2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】要判断粒子稳定性，需依据键级越高，键能越大，粒子越稳定的规律，第二周期同核双原子氧系粒子的键级计算公式为：（内层成键、反键电子抵消，可忽略）。 【详解】A．价层反键电子数为3，键级为，是四个粒子中键级最高的，稳定性最强，A正确； B．价层反键电子数为4，键级为，键级小于，稳定性弱于，B错误； C．价层反键电子数为5，键级为，键级更小，稳定性更弱，C错误； D．价层反键电子数为6，键级为，是四个粒子中键级最低的，稳定性最差，D错误； 故答案选A。 25. 下列配合物中，中心离子的价电子排布为的八面体配合物的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】八面体场d轨道分裂：3个低能量t2g轨道、2个高能量eg轨道，排布代表中心离子3个d电子，电子全部填入低能级t2g、高能级eg无电子，据此回答。 【详解】A．中配体的电荷为-1，设Mn化合价x，则，Mn原子的价电子为，Mn2+失去4s轨道2个电子，d电子数为5，排布不符合，A错误； B．中配体的电荷为-1，设Cu化合价x，则，x=+2，Cu原子的价电子为，Cu2+失去4s轨道1个电子和3d轨道1个电子，d电子数为9，排布不符合，B错误； C．中配体的电荷为-1，设Co化合价x，则， x=+3；Co原子的价电子为，Co3+失去4s轨道2个电子和3d轨道1个电子，d电子数为6，排布不符合，C错误； D．中配体的电荷为-1，设Cr化合价x，则， x=+3；Cr原子的价电子为，Cr3+失去4s轨道1个电子和3d轨道2个电子，d电子数为3，排布符合，D正确； 故选D。 26. 根据EAN规则，中，x的值应该是 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】EAN规则要求中心金属的电子数+配体提供的电子数=同周期稀有气体氪（Kr）的原子序数36，Co原子原子序数27，中性Co自带27个核外电子，每个羰基CO作为配体，向中心Co提供2 个配位电子，4个CO一共提供8个配位电子，每个端基H以氢配体形式给中心Co提供1个电子，x个H 提供x个电子，则27+8+x=36，解得x=1，故选A。 27. 的几何异构体数和旋光异构体对数分别是 A. 4和1 B. 4和2 C. 5和1 D. 5和2 【答案】C 【解析】 【详解】的中心离子Pt为+4价，该配合物是六配位的八面体结构，配体组成为2个NH3、2个OH-、2个Cl-，属于MA2B2C2型八面体配合物，先固定第一个配体NH3的位置，第二个NH3有对位和邻位两种排布方式，2个NH3处于对位时，剩余4个位置排布2个OH-和2个Cl-，此时2个OH-可以处于对位或邻位，得到2种几何异构体；2个NH3处于邻位时，剩余4个位置继续排布2个OH-和2个Cl-，可以得到另外3种不同的几何排布，总计该配合物的几何异构体总数为5种，其中仅1种异构体不存在对称面、对称中心，不具备对称性，存在一对互为镜像且无法重叠的旋光异构体，故选C。 28. 下列各组配离子中，几何构型相同的是 A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【详解】A．中的价电子为，d轨道填满，采取sp3杂化，为正四面体；中，Pt为第五周期重过渡金属 (Ⅱ)，采取dsp2杂化，为平面正方形，两者构型不同，A错误； B．中，为强场配体，采取dsp2杂化，平面正方形；为典型平面正方形构型（dsp2杂化）；二者几何构型一致，B正确； C．中的价电子为，d轨道填满，采取sp3杂化，为正四面体；中，Pt为第五周期重过渡金属 (Ⅱ)，采取dsp2杂化，为平面正方形，两者构型不同，C错误； D．的配位数6，为八面体构型；的配位数4，为正四面体，构型不同，D错误； 故选B。 29. 某直线形多原子分子，键角为，其中心原子的杂化方式可能是 A. sp B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】A．sp杂化的中心原子价层电子对数为2，无孤电子对时分子为直线形，键角180°，如，A正确； B．杂化的中心原子价层电子对数为3，空间构型为平面三角形或V形，键角最大约120°，不可能为180°，B错误； C．杂化的中心原子价层电子对数为4，空间构型为四面体、三角锥或V形，键角最大为109°28′，不可能为180°，C错误； D．杂化的中心原子价层电子对数为5，若存在3对孤电子对，2对成键电子对会分布在三角双锥的轴向，分子为直线形，键角180°，如，D正确； 故选AD。 30. 下列氟化物分子中，分子偶极矩为零的是 A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．中心B原子价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为平面正三角形，键的极性对称抵消，正负电荷中心重合，偶极矩为零，A正确； B．中心P原子价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为三角双锥，键的极性对称抵消，正负电荷中心重合，偶极矩为零，B正确； C．中心I原子价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为四方锥，正负电荷中心不重合，偶极矩不为零，C错误； D．中心Xe原子价层电子对数为，含2对对称分布的孤电子对，空间构型为平面正方形，键的极性对称抵消，正负电荷中心重合，偶极矩为零，D正确； 故选ABD。 31. 已知晶胞中，以立方最密堆积，位于组成的四面体空隙中心，位于组成的八面体空隙中心。则占据了所有四面体空隙的分数、占据了所有八面体空隙的分数分别是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在立方最密堆积中，每个立方晶胞中阴离子：四面体空隙：八面体空隙的数目比为1:2:1。在晶胞中包含4个阴离子，1个和2个，则占据四面体空隙的分数为，占据八面体空隙的分数为，即； 故答案选A。 32. 下列物质晶胞的空间点阵型式属于面心立方的是 A. CsCl B. NaCl C. D. C(金刚石) 【答案】BCD 【解析】 【分析】空间点阵型式是将晶体的结构基元抽象为点阵点后，点阵点的排列方式。 【详解】A．CsCl的结构基元为1个和1个，晶胞中同种粒子只分布在顶点，点阵点仅位于顶点，空间点阵型式为简单立方，A错误； B．NaCl的结构基元为1个和1个，阴阳离子各自构成面心立方结构互相穿插，同种离子分布在晶胞的顶点和面心，抽象后点阵点符合面心立方分布，空间点阵型式为面心立方，B正确； C．的结构基元为1个和2个，分布在晶胞的顶点和面心，抽象后点阵点符合面心立方分布，空间点阵型式为面心立方，C正确； D．金刚石的结构基元为2个C原子，将碳原子结构抽象为点阵后，点阵点分布在顶点和面心，空间点阵型式为面心立方，D正确； 故选BCD。 33. 实验测得的磁矩，计算出其有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. d轨道电子排布 B. 晶体场分裂能大于电子成对能P C. 属于高自旋配合物 D. 在水溶液中可能有颜色 【答案】ACD 【解析】 【分析】Co是27号元素，Co2+的d轨道电子总数为7；该配离子为六配位八面体结构，d轨道分裂为低能的t2g（共3个轨道）和高能的eg共2个轨道）；d7有两种可能排布：①高自旋：晶体场分裂能小于电子成对能，电子优先以单电子形式排布在高能eg轨道，高自旋d7排布为，有3个未成对电子；②低自旋：晶体场分裂能大于电子成对能，电子优先排满t2g，低自旋d7排布为，有1个未成对电子；实验计算出其有3个未成对电子，所以属于高自旋配合物。 【详解】A．由分析知，d轨道电子排布为，A正确； B．由分析知，晶体场分裂能小于电子成对能P，B错误； C．由分析知，属于高自旋配合物，C正确 D．过渡金属配离子d轨道未填满电子，可发生d-d跃迁吸收可见光，因此在水溶液中会显示颜色（实际为粉红色），D正确； 故选ACD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $