北京市2023-2024學年高二年級上冊期末考試化學試卷

首都師大附中20232024學年第一學期期末考試

高二化學

可能用到的相對原子質量：HlC12N14O16F19Ca40Ti48Fe56

第I卷（共42分）

一、選擇題（本大題共21小題，每小題2分，共42分。在每小題所列出的四個選項中，只有

一項是最符合題目要求的）

1.下列化學用語不正確的是

A.氮分子的電子式：：N”N：

B.基態(tài)ci原子的價電子軌道表示式：E3,

3s3p

C.基態(tài)Fe?+的價電子排布式：3d54sl

D.CO2分子的空間結構模型:?□?□?

【答案】C

【解析】

【詳解】A.N2分子的電子式為：：NNN：，A正確；

B.基態(tài)Cl原子的價電子排布式為3s23P5,價電子軌道表示式：E]B正確；

3s3p

C.Fe是26號元素，基態(tài)Fe?+的價電子排布式：3d6?C錯誤；

D.CO2是直線形分子且C原子半徑大于O原子，D正確；

故選C。

2.下列化學用語或圖示表達不正琥的是

A.SC)3的VSEPR模型:

B.S?一的結構示意圖:

C.原子核內有8個中子的碳原子：%4c

HClHClHC1

D.HC1分子中◎鍵的形成:

o0^oo引ooo引c3°

【答案】A

【解析】

【詳解】A.S03中心S原子的孤電子對數(shù)為gx（6-3x2）=0,不含孤對電子，價電子對數(shù)為3,VSEPR

模型為平面三角形，故A錯誤；

B.S為16號元素，S?一核外電子排布為2,8,8,離子結構示意圖為

C.8個中子的碳原子，質量數(shù)為14,核素表示式為：*C,故C正確;

HClHC1HC1

D.HC1分子以共價鍵的形式結合，◎鍵的形成:0^00QGW

故D正確;

故選Ao

3.下列表述不乖琥的是

A,原子軌道能量：ls<2s<3s<4s

B.M電子層存在3個能級、9個原子軌道

C.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動

D.同一周期，堿金屬元素的第一電離能最小，最容易失電子

【答案】C

【解析】

【詳解】A.能層不同，能級相同的原子軌道，能層越大，能量越大，則原子軌道能量為ls<2s<3s<4s,故

A正確；

B.M電子層存在s、p、d共3個能級，共有（1+3+5尸9個原子軌道，故B正確；

C.4s電子能量高于3s電子，4s電子在離核更遠的地方的出現(xiàn)幾率比3s電子大，不一定總是在比3s電子

離核更遠的地方運動，故C錯誤；

D.同周期元素，從左到右第一電離能呈增大的趨勢，所以同一周期中堿金屬元素的第一電離能最小，最容

易失電子，故D正確；

故選C。

4.關于金屬腐蝕與防護的如下各敘述中，正確的是

A.常溫下潮濕的空氣中，金屬主要發(fā)生化學腐蝕

B.鐵發(fā)生析氫腐蝕的負極反應式為Fe-3e-=Fe3+

C.馬口鐵（鍍錫鐵）鍍層破損后被腐蝕時，首先是鍍層被氧化

D.在海輪外殼連接鋅塊保護外殼不受腐蝕是采用了犧牲陽極法

【答案】D

【解析】

【詳解】A.置于潮濕空氣中的金屬能形成原電池，主要發(fā)生電化學腐蝕，A錯誤；

B.鐵發(fā)生析氫腐蝕的負極反應式為Fe_2b=Fe?+,B錯誤；

C.馬口鐵是鍍錫，鍍層破損后，鐵作負極，被氧化，被腐蝕時首先是鐵被氧化，C錯誤；

D.鋅比鐵活潑，可作為原電池的負極，被氧化，鐵為正極，被保護，為犧牲陽極的陰極保護法，D正確；

故選D。

5.下列關于元素或物質性質的比較中，不正確的是

A.穩(wěn)定性：HF>HC1>HBrB.第一電離能：Al>Mg>Na

C.酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3D.電負性：C<N<0

【答案】B

【解析】

【詳解】A.同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；根據(jù)非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強,

則最簡單氫化物的穩(wěn)定性：HF>HC1>HBr,A正確；

B.Mg核外電子排布，3s能級全充滿，其第一電離能大于相鄰族元素，第一電離能：Mg〉Al〉Na,B

錯誤；

C.同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，最高價氧化物對應水化物的酸性逐漸變強，堿性減弱，

酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3,C正確；

D.同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；電負性：C<N<0,D正確；

答案選B。

6.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.常溫常壓下，4.4gCC）2與N2?；旌蠚怏w中含有的原子總數(shù)為0.3NA

B.標況下，11.2L的CO2氣體含有的。鍵數(shù)為2NA

1

C.Imol-L的CuCl2溶液中含有C1"的數(shù)目為2NA

D.在過氧化鈉與水的反應中，每反應O.lmol過氧化鈉，轉移電子的數(shù)目為0.2NA

【答案】A

【解析】

44g

【詳解】A.4.4gCCh與N2O混合氣體含有氣體分子的物質的量為：一'―^=0.1mol,O.lmol混合氣體

"44g/mol

中含有0.3mol原子，含有的原子總數(shù)為0.3NA，故A正確；

B.CO2的結構式為O=C=O,含有2個◎鍵，標況下，11.2L的CO2物質的量為0.5mol,含有的◎鍵數(shù)為

NA，故B錯誤；

C.未說明ImoLl/CuCU溶液的體積，無法計算ImoLLT的CuCU溶液中含有C「的數(shù)目，故C錯誤；

D.在過氧化鈉與水的反應中，一半過氧化鈉中的O由1價上升到0價，另一半由1價下降到2價，每反

應O.lmol過氧化鈉，轉移電子的數(shù)目為01NA，故D錯誤；

故選Ao

7.NaCl的晶胞結構如圖所示。下列說法不正琥的是

A.NaCl屬于離子晶體

B.每個晶胞中平均含有4個Na+和4個C「

C.每個Na+周圍有6個緊鄰的C「和6個緊鄰的Na+

D.Na+和C「間存在較強的離子鍵，因此NaCl具有較高的熔點

【答案】C

【解析】

【詳解】A.NaCl由鈉離子和氯離子構成，以離子鍵結合，屬于離子晶體，A正確;

B.每個晶胞中平均含有12x4+l=4個Na+和8x—+6x1=4個C「，B正確；

482

C.每個Na+周圍有6個緊鄰的Cl-和12個緊鄰的Na+,C錯誤；

D.Na+和Cr以離子鍵結合，因此NaCl具有較高的熔點，D正確；

故選C。

8.三氯化氮（NCL）可用于漂白和消毒。下列說法不乖確的是

A.NCI3分子中的化學鍵均為極性共價鍵

B.NC13中每個原子均滿足8電子穩(wěn)定結構

C.NCh分子為非極性分子

D.根據(jù)電負性N>C1推測，NCI3與H2。反應生成NH3和HC10

【答案】C

【解析】

【詳解】A.NCL分子中N和C1之間構成的是極性鍵，A正確；

B.NCL中N原子和每個C1形成1個共用電子對，N還有還有1個孤電子對，每個原子均滿足8電子穩(wěn)

定結構，B正確；

S_3x]

c.NCL分子中的中心原子的價電子對數(shù)為3+工一=4,為sp3雜化，空間構型為三角錐形，正負電

荷的中心不重合，為極性分子，C錯誤；

D.根據(jù)電負性N>CLNC13中N的化合價為3價，C1的化合價為+1價,因此NCL與1^0反應生成NH3

和HC10,D正確；

故選C。

9.對下列事實的解釋不亞琥的是

選

事實解釋

項

氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：

A分子間存在氫鍵，H2s分子間不存在氫鍵

H2S<H2O

石英是共價晶體，干冰是分子晶體；共價鍵比分子

B熔點：石英〉干冰

間作用力強

F的電負性大于C1,F—C的極性大于C1-C,使

酸性：

CF3C-的極性大于C^C-的極性，導致分子中

CF；C00H>CCl3C00H

0-H極性：CF3coOH>CCl3C00H

DCU分子中的共價鍵是◎鍵Cl價電子排布為3s23P§,Cl原子結合為Cl2時,兩

個原子的3p軌道“頭碰頭”重疊

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性與化學鍵有關，與氫鍵無關，解釋不合理，A錯誤；

B.石英是共價晶體，干冰是分子晶體，作用力不同，共價鍵比分子間作用力強，故熔點：石英〉干冰，B

正確；

C.F的電負性大于C1,則CF3COOH中0—H極性大，更容易電離，可知酸性CF,COOH>CC13coOH,

C正確；

D.CU中Cl—Cl為P-Pb鍵，Cl結合為CU時，兩個原子的3P軌道“頭碰頭”重疊，D正確；

故選Ao

10.血紅蛋白結合。2后的結構如圖所示，F(xiàn)e?+與周圍的6個原子均以配位鍵結合。CO也可與血紅蛋白配

位，它與血紅蛋白結合的能力約為。2的230?270倍。二者與血紅蛋白(Hb)結合的反應可表示為：

①Hb+O2=Hb(OjK]；②Hb+COUHb(CO)(,下列說法不強理的是

A.Fe?+形成配位鍵時提供空軌道

B.電負性：0>C,故CO中與Fe?+配位的是0

C.由題意可得結論：相同溫度下，K]>K\

D.CO中毒患者進入高壓氧艙治療，平衡①、②移動的方向相反

【答案】B

【解析】

【詳解】A.Fe?+存在空軌道，形成配位鍵時提供空軌道，A正確；

B.電負性：0>C,0在成鍵時不易給出孤電子對，故CO中與Fe2+配位的是c,B錯誤；

C.CO也可與血紅蛋白配位，它與血紅蛋白結合的能力約為。2的230?270倍，可知反應②正向進行程度

比①大，故相同溫度下，K2>KX,C正確；

D.CO中毒患者進入高壓氧艙治療，氧氣濃度增大，反應①平衡正向移動，Hb濃度減小，反應②平衡逆

向移動，二者平衡移動的方向相反，D正確；

故選B。

11.科研人員利用Cu/ZnO作催化劑，在光照條件下實現(xiàn)了CO2和H2合成甲醇（CH3OH）,該反應歷程示

意圖如下。

cP.,

光H20

1H心

CuZnOCuZnOCuZnO

"過程VI過程III

7&光

/--------------zOX>一、過程V/-----------也&過程W,---此副

CuZnOCuZnOCuZnO

?C：OOoH

下列說法不正琥的是

A.過程II中存在極性鍵的斷裂與形成

B.過程V中生成CH30H時吸收能量

Cu/ZnO

C.總反應的化學方程式是CO2+3H2CHOH+H,0

光3

D.在催化反應的過程中，C原子的雜化類型發(fā)生改變

【答案】B

【解析】

【詳解】A.過程II中涉及CO鍵的斷裂與CH鍵和HO鍵的形成，且CO鍵、CH鍵、HO鍵均為極性鍵,

A正確；

B.過程V中生成CH30H時，是CEO與H形成CH30H存在HO鍵形成的過程，該過程放出能量，B

錯誤；

C.該反應總過程是CO2和H2在Cu/ZnO作催化劑、光照條件下合成CH30H，總反應方程式為

Cu/ZnO

C0+3H——CHOH+H0,C正確;

22光3?

D.CO2中C原子的雜化類型為sp,CH30H中C原子的雜化類型為sp3,在催化反應的過程中，C原子的

雜化類型發(fā)生改變，D正確；

故選B

12.離子液體具有較好的化學穩(wěn)定性、較低的熔點以及對多種物質有良好的溶解性，因此被廣泛應用于有機

合成、分離提純以及電化學研究中。下圖為某一離子液體的結構。下列選項不正確的是

+

/%

HC-N

//\\

HC、CH

BF；

H2C.

、CH3

A.該離子液體能與水分子形成氫鍵

B.該結構中不存在手性碳原子

C.該結構中C原子的軌道雜化類型有3種

D.BF；中存在配位鍵，b提供孤電子對

【答案】C

【解析】

【詳解】A.該離子液體中，含有電負性較大的N,可與水分子中的H形成N…H0型的氫鍵，所以該離子

液體能與水分子形成氫鍵，故A正確；

B.飽和碳原子所連的四個不同的原子或原子團為手性碳原子，所以該結構中不存在手性碳原子，故B正確；

C.該結構中C原子的軌道雜化類型有sp3雜化和sp2雜化，所以該結構中C原子的軌道雜化類型有2種，

故C錯誤；

D.BF；由BF3和F形成，BF3中存在空軌道，F(xiàn)有孤對電子，可形成配位鍵，故D正確;

故選c。

13.因生產金屬鐵的工藝和溫度等因素不同，產生的鐵單質的晶體結構也不同。兩種鐵晶胞(均為立方體,

邊長分別為以anm和1.22anm)的結構示意圖如下。

圖1圖2

下列說法不正琥的是

A.用X射線衍射可測定鐵晶體的結構

B.圖2代表的鐵單質中，一個鐵原子周圍最多有4個緊鄰的鐵原子

C.圖1與圖2代表的鐵單質中，原子之間以金屬鍵相互結合

D.圖1與圖2代表的鐵單質的密度不同

【答案】B

【解析】

【詳解】A.晶體與非晶體的最可靠的科學方法是X射線衍射法；X射線衍射可測定鐵晶體的結構，故A

正確；

B.圖2代表的鐵單質中，以底面中心的原子為例，上層、同層、下層各有4個緊鄰的原子，故一個鐵原子

周圍最多有12個緊鄰的鐵原子，故B錯誤；

C.鐵為金屬晶體，鐵單質中，原子之間以金屬鍵相互結合，故C正確；

D.圖1中，據(jù)“均攤法”，晶胞中含8x1+l=2個Fe,則晶體密度為

2x56.

rv\-----4x5621-3

-=N.2x56一3；同理圖2中，晶體密度為人”X1A0-g.cm；

AW213in21J

V-f—xlOg-cm——xlOg-cm(1.22a)NA

aaNA

故鐵單質的密度不同，故D正確；

故選B。

14.氮化硼晶體有多種相結構。六方相氮化硼是通常存在的穩(wěn)定相，與石墨相似，具有層狀結構，可作高溫

潤滑劑。立方相氮化硼是超硬材料，有優(yōu)異的耐磨性。它們的晶體結構如圖所示。

六方氮化硼立方氮化硼晶胞

關于這兩種晶體的說法，正確的是

A.六方氮化硼與立方氮化硼互為同素異形體

B.立方相氮化硼含有b鍵和兀鍵，所以硬度大

C.六方、立方相氮化硼晶體的化學式均為BN,硼原子的雜化類型分別為sp,sp3

D.兩種晶體中既有極性鍵又有非極性鍵

【答案】C

【解析】

【詳解】A.同素異形體是指同種元素形成的不同單質，氮化硼是化合物，A錯誤；

B.立方相氮化硼中全部都是單鍵，只有。鍵，B錯誤；

C.由圖，根據(jù)六方氮化硼的六元環(huán)中N原子和B原子數(shù)目相同，且為平面結構，硼原子的雜化類型為sp2,

立方氮化硼的晶胞中，由均攤法，B原子處于頂點和面心，晶胞中B原子數(shù)為8義工+6x^=4,N都在晶

82

胞內，晶胞中N原子數(shù)也為4,且所有B原子以四根單鍵和N原子連接，是sp3雜化，故六方、立方相氮

化硼晶體的化學式均為BN,硼原子的雜化類型分別為sp2、sp3,C正確；

D.兩種晶體中都是N原子和B原子交替連接，都是極性共價鍵，D錯誤；

本題選C。

15.鈦鐵基儲氫合金是由鈦、鐵兩種元素組成的金屬間化合物。一種鈦鐵合金的晶胞如圖i所示，該合金吸

收的氫位于體心立方正八面體的中心，氫被4個鈦原子和2個鐵原子包圍，如圖ii所示。

下列說法不氐理的是

A.鈦鐵合金的化學式：TiFe

B.鈦鐵合金中每個Ti周圍距離最近且等距的Fe有8個

C.鈦鐵合金與鈦、鐵的純金屬相比，熔點更低，硬度更大

D.如圖ii所示的每個體心立方正八面體均填充1個氫原子，則理論上形成的金屬氫化物的化學式：TiFeH2

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由圖1晶胞結構可知，Ti位于頂點，F(xiàn)e位于體心，因此每個晶胞中含有的Ti原子個數(shù)=8x1=1,

8

含有的Fe原子個數(shù)=1,則鈦鐵合金的化學式為TiFe,故A正確；

B.由圖1可知，該晶體中每個Fe被8個Ti所形成的立方體包圍，每個Ti亦被8個Fe所形成的立方體包

圍，即鈦鐵合金中每個Ti周圍距離最近且等距的Fe有8個，故B正確；

C.合金與純金屬相比，一般熔點更低，硬度更大，故C正確；

D.由圖2可知，Ti位于晶胞的頂點和棱上，F(xiàn)e位于晶胞內部，H位于體心和面上，因此每個晶胞中含有

的Ti原子個數(shù)=8義1+4'工=2,含有的Fe原子個數(shù)=2,含有的H原子個數(shù)=10xL+l=6,Ti:Fe:H=2:2:6=l:l:3,

842

則理論上形成的金屬氫化物的化學式：TiFeH3,故D錯誤；

答案選D。

16.熱激活電池是一種需要達到啟動溫度才開始工作的電池。一種熱激活電池的結構如圖1所示，其放電后

的產物為Li7Si3和LiMn2O4o

己知：LiCl和KC1混合物的熔點與KC1的物質的量分數(shù)的關系如圖2所示。

ffll圖2

下列說法不正確的是

A.放電時，Li+向b極區(qū)移動

B.放電時，a極的電極反應是3Lii3Si411e=4Li7Si3+llLi+

C.該電池中火藥燃燒產生的熱能轉化為電能

D.調節(jié)混合物中KC1的物質的量分數(shù)可以改變電池的啟動溫度

【答案】C

【解析】

【詳解】A.放電時，Li+向正極移動，即向b極區(qū)移動，故A正確；

B.放電時，a極的Lii3Si4失電子發(fā)生氧化反應，電極反應是3Lii3Si411e=4Li7Si3+llLi+,故B正確；

C.該電池中火藥反應產生的化學能轉化為電能，故C錯誤；

D.LiCl和KC1混合物的熔點與KC1的物質的量分數(shù)的關系圖，調節(jié)混合物中KC1的物質的量分數(shù)為0.6

時，400℃時就可以啟動電池，故D正確；

故選C。

17.室溫下，取一定量冰醋酸，進行如下實驗：

①將冰醋酸配制成0.Imol?I7】醋酸溶液；

②取20mL①所配溶液，加入amLO.lmollTNaOH溶液，充分反應后，測得溶液pH=7；

③向②所得溶液中繼續(xù)滴加稀鹽酸，直至溶液中n（Na+）=n（C「）。

下列說法正確的是

A.①中：所得溶液的pH=1

B.②中：a=20

C.③中：所得溶液中c（CH3coeT）<c（H+）,且pH<7

D.取等體積的①與③所得溶液，二者所含CH3coOH分子數(shù)目相等

【答案】C

【解析】

【詳解】A.因為醋酸是弱酸，故①中O.lmol/L的醋酸溶液中c（H+）<0.1mol/L,pH>l,A錯誤；

B.若②中a=20,則醋酸和氫氧化鈉恰好反應生成醋酸鈉，醋酸鈉水解顯堿性，pH>7,B錯誤；

C.③中溶液的電荷守恒為：c（CH3co0]+c（0H]+c（Cl]=c（H+）+c（Na+）,結合n（Na+）=n（Cr），

+

故c（CH3co0）+c（0H）=c（H+）,所以C（CH3co0）<c（H+）,c（0Hj<c（H）,PH<7,C正確；

D.①與③所得溶液相比，③相當于向①中加入了氯化鈉溶液，越稀越電離，故等體積時③中醋酸分子數(shù)少,

D錯誤；

故選C。

18.向100mL0.01mol/LBa（OH）?溶液中滴加O.lmol/LNaHCC）3溶液，測得溶液電導率的變化如圖。

下列說法不正琥的是

MNXI

NaHOO費硬的體帆mL

A.Ba(OH)2和NaHCOs都是強電解質

2+

B.A-B電導率下降的主要原因是發(fā)生了反應：Ba+2OH-+2HCO；=BaCO3+2H2O+CO^~

C.B—C,溶液中的c(OH)減小

D.A、B、C三點水的電離程度：A<B<C

【答案】B

【解析】

【詳解】A.Ba(OH)2和NaHCC>3在溶液中均完全電離，均屬于強電解質，故A正確；

B.A-B加入NaHCX)3的物質的量小于Ba(OH)2的物質的量，發(fā)生的反應為

2+

Ba+OH-+HCO；=BaCO3J+H2O,故B錯誤；

C.B-C時加入的NaHCC)3繼續(xù)消耗氫氧根離子，C點兩者恰好完全反應，因此B-C溶液中c(0fT)減

小，故C正確；

D.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進水的電離，A點溶液中全部是Ba(OH)2,水的電離受到

抑制，電離程度最小，B點為反應一半點，氫氧化領還有剩余，C點Ba(OH)2和NaHCOs恰好完全反應，

因此水的電離程度：A<B<C,故D正確；

答案選B。

19.利用廢鋁箔(主要成分為A1,含少量Mg、Fe等)制明磯［KAl(SC>4)2」2H2O］的一種工藝流程如下：

K2SO4

NaOH溶液稀硫酸適量稀硫酸飽和溶液

鋁箔一T①而溶］避"|②酸化胃巡|③酸溶|一④結晶|一明研

調pH為8?9

析出A1(OH)3

下列說法不正確的是

A.①中生成了比：2A1+2NaOH+6H2O=2Na[A1(OH)4]+3H2T

B.操作a是過濾，以除去難溶于NaOH溶液的雜質

C.②③中加入稀硫酸的作用均是除去雜質

D.由④可知，室溫下明研的溶解度小于AU(SO4)3和K?SO4的溶解度

【答案】C

【解析】

【分析】A1能與NaOH溶液反應生成Na[Al(OH)4]溶于水，而Mg、Fe不反應，以單質固體形式除去，

則操作a是過濾，再加稀硫酸調節(jié)pH析出A1(OH)3沉淀，過濾固體，繼續(xù)向純固體中加入適量稀硫酸得到

A12(SC?4)3溶液，最后加飽和K2s04溶液結晶得到溶解度更小的明磯。

【詳解】A.A1能與強堿反應，化學方程式為：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)/+3H2T,故A

正確；

B.Mg、Fe不與NaOH反應，則操作是過濾，以除去難溶于溶液的雜質，故B正確；

C.②中加入稀硫酸的作用是調節(jié)pH使AF+轉為A1(OH)3沉淀，③中是為了溶解A1(OH)3沉淀同時引入硫

酸根，兩者作用不同，故C錯誤；

D.④是根據(jù)溶解度差異來制取明磯，即室溫下明磯的溶解度小于Ab(SO4)3和K2so4的溶解度，故D正確；

故選C。

20.某研究小組在電壓為24V時進行如下實驗，電解3分鐘后，發(fā)現(xiàn)下列現(xiàn)象。

編號①②③

碳*"碳棒碳慢，碳棒

伯鉗

X-■■

裝置

二二」二二二二二」二二二」二二二二二」:二二三圭制1父換膜

\.____7k_._____7*/___/

澄清￡a(OH)2溶液澄清七a(0H)2溶液澄清Wa(OH)2溶液

小燈泡微弱發(fā)光，兩極均產兩極均產生氣泡，陽極附

兩極均產生氣泡，溶

現(xiàn)象生氣泡，陽極附近出現(xiàn)白色近出現(xiàn)白色渾濁，陰極附

液無明顯變化

渾濁，陰極附近無明顯變化近無明顯變化

下列說法正確的是()

A.①中小燈泡微亮是因為Ca(OH)2是弱電解質

B.對比①和②，白色渾濁的出現(xiàn)與電極材料無關

C.對比①和③，白色渾濁是由于0H遷移到陽極使Ca(0H)2沉淀析出

D.陽極附近白色沉淀的成分可能是CaCCh

【答案】D

【解析】

【詳解】A.①中小燈泡微亮是因為Ca(OH)2在水中溶解度小，電離產生的自由移動的離子濃度小，溶液導

電能力弱，與電解質的強弱無關，實質上Ca(0H)2溶于水完全電離，屬于強電解質，A錯誤；

B.對于①陽極上溶液中0H失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為40H4e=O2f+2H2。，O2與C電極發(fā)生

反應產生C02,C02與溶液中Ca(0H)2反應產生CaC03白色沉淀，可見白色渾濁的出現(xiàn)與電極材料有關，B

錯誤；

C.根據(jù)選項B分析可知白色渾濁是由于陽極產生的氧氣與電極反應產生的C02溶解在Ca(0H)2溶液中形成

的CaCCh，不是Ca(0H)2沉淀析出，C錯誤；

D.用石墨作電極電解Ca(0H)2溶液，在陽極上溶液中OH失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為

4OH4e=O2t+2H2O,反應產生O2與碳電極發(fā)生反應產生C02,CO2與溶液中Ca(OH)2反應產生CaCCh白色

沉淀，故陽極附近白色沉淀的成分可能是CaCCh，D正確；

故合理選項是D。

21.某小組對FeCb溶液與Cu粉混合后再加KSCN溶液的實驗進行如下研究。

①向2mLO.lmol/LFeCb溶液中加入過量Cu粉，充分反應后，溶液變藍。2天后，溶液變?yōu)闇\藍色，有白

色不溶物生成。

②取①中淺藍色的上層清液，滴加KSCN溶液，溶液變紅，出現(xiàn)白色渾濁。振蕩后白色渾濁物增多，紅色

褪去。經(jīng)檢驗，白色不溶物是CuSCN。

③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁。放置24小時后，出現(xiàn)白色不溶物。

已知：CuCl和CuSCN均為白色不溶固體

下列說法不亞確的是

A.①中產生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCl；

B.由③可知②中白色渾濁不是CiP+與SCN直接反應生成的

C.②中紅色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了

D.實驗表明：Ksp(CuSCN)<Ksp(CuCl)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.①中，F(xiàn)eCb溶液中加入過量Cu粉，充分反應后，溶液變藍，表明有CM+生成；2天后，溶液

變?yōu)闇\藍色，則表明Cu2+濃度減少，Cu2+被Cu還原為Cu+,Cu+與Cl結合為CuCl沉淀，從而得出可能原

因是Cu+Cu2++2Cl=2CuCH,A正確；

B.由③可知，CuS04溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁，則表明②中白色渾濁不是C/+與SCN

直接反應生成的，B正確；

C.②中紅色褪去的原因可能是生成的Cu+與溶液中的SCN結合為CuSCN,從而促進Fe(SCN)3的不斷電離,

不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正確；

D.從②中可以看出，當溶液中既有C1又有SCN時，優(yōu)先生成CuSCN,則表明：Ksp(CuSCN)<Mp(CuCl),

D正確；

故選C。

第n卷(共58分)

22.氟在已知元素中電負性最大、非金屬性最強，其單質在1886年才被首次分離出來。

(1)基態(tài)F原子的核外電子排布式為0基態(tài)F原子的電子有種空間運動狀態(tài)。

(2)氟氧化物O2F2、OF2的結構己經(jīng)確定。

O2F2H2O2

0—0鍵長/pm121148

①依據(jù)上表數(shù)據(jù)推測0-0鍵的穩(wěn)定性：O2F2凡。?(填，'或

②OF2中F—0—F的鍵角小于H2。中H—0—H的鍵角，解釋原因：o

(3)HF是一種有特殊性質的氫化物。

①已知：氫鍵(X-H…Y)中三原子在一條直線上時，作用力最強。測定結果表明，(HF%固體中HF分子

排列成鋸齒形。畫出含2個HF的重復單元結構：o

②HF中加入BF3可以解離出H2F+和具有正四面體形結構的陰離子，寫出該過程的離子方程式：

(4)工業(yè)上用菟石(主要成分CaF?)制備HF。CaF2晶體的一種立方晶胞如圖所示。

2+

①CaF2晶體中距離Ca最近的F-有個。

②晶體中Ca2+與F-的最近距離為dnm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。該晶體的密度

P=g-cmT（列出計算式）。

【答案】（1）①.Is22s22P5②.5

（2）①.>②.F電負性大于氧大于氫，故OF2中O周圍電子密度相對小于H2O中的，。周圍電子

對間斥力較小，鍵角變小,

+

(3)②.BF3+2HF=[BF4]+H2F

4x78

1021

(4)①,8②.

【解析】

【小問1詳解】

F元素原子序數(shù)為9,根據(jù)核外電子排布規(guī)則，基態(tài)F原子的核外電子排布式為Is22s22P5,其核外電子占據(jù)

了5個不同的原子軌道，故電子有5種空間運動狀態(tài)；

【小問2詳解】

①鍵長越長，鍵能越小，O2F2中0—0鍵的長度小于H2O2中0—0鍵的長度，則O2F2中0—0鍵的鍵能大

于H2O2中O—O鍵的鍵能，則0—0鍵的穩(wěn)定性：O2F2>H2O2；

②F電負性大于氧大于氫，故OF2中0周圍電子密度相對小于H2O中的，0周圍電子對間斥力較小，鍵角

變小，OF?中F—O—F鍵角小于H20中H—O—H鍵角；

【小問3詳解】

①測定結果表明，（HF%固體中HF分子排列為鋸齒形，畫出含2個HF的重復單元結構為：

②HF溶劑中加入BF3可以解離出HF和具有正四面體形結構的陰離子，該陰離子為[BF4],離子方程式為:

+

BF3+2HF=[BF4]+H2F；

【小問4詳解】

①由晶胞結構可知，Ca2+占據(jù)8個頂點和6個面心，8個k位于晶體的內部，CaFz晶體中距離Ca?+最近的

F-有8個；

②由晶胞結構可知，Ca2+的個數(shù)為8X'+6XL=4,F-的個數(shù)為8,晶體中Ca?+與廣的最近距離為晶胞體對

82

角線的工，設晶胞的邊長為a,則6ax』=d,a=—7=d,該晶體的密度

44V3

4x78_4x78_4x78_

P=-----;---------=-------3---------------------=-------3------------^-x1(Xgem3

NA(axl0BNA^xlO-&?

Vv3Jvv3>

23.金屬鈦(Ti)密度小，強度高，抗腐蝕性能好。含鈦的礦石主要有金紅石和鐵鐵礦。

(1)Ti元素在周期表中的分區(qū)是位于區(qū)?；鶓B(tài)Ti原子中含有的未成對電子數(shù)是o

(2)金紅石主要成分是鈦的氧化物，該氧化物的晶胞形狀為長方體，邊長分別為acm、acm和bcm,結

①該氧化物的化學式是，Ti位于距離最近的O構成的中心(填字母序號，下同)。

a.三角形b.四面體c.六面體d.八面體

②該氧化物的晶體熔點為1850C,其晶體類型曩不可能是。

a.共價晶體b.離子晶體c.分子晶體

③若已知mg該氧化物晶體體積為ven?,則阿伏加德羅常數(shù)NA可表示為___________moL。

(3)以釣鐵礦(FeTiOs)為原料，用美還原法冶煉金屬釣的生產流程圖如下：

①Fe元素在元素周期表中的位置是o

②“高溫氯化”時還得到一種可燃性氣體，寫出反應的化學方程式：

③結合流程及下表數(shù)據(jù)，“分離”時所需控制的最低溫度應為℃□

TiMgMgCl2

熔點

1668651714

/℃

沸點

328711071412

/℃

④己知Mg和Ti的晶胞類型相同，Mg?+和Ti4+的離子半徑大小相近，解釋Ti熔點高于Mg的原因:

【答案】(1)①.d區(qū)②.2

、o???160V

(2)①.TiCh②.d③.c——

ma"b

高溫

=

(3)①.第四周期第VIII族TiO2+2C+2C12^TiC14+2CO③.1668④.Mg和Ti均為

金屬晶體，熔化時破壞金屬鍵，Mg2+和Ti，+的離子半徑接近，但是Ti4+帶四個單位正電荷，而Mg2+帶兩個

單位正電荷，故金屬鈦中的金屬鍵強于金屬鎂中的金屬鍵，因此鈦的熔點更高

【解析】

【小問1詳解】

Ti元素原子序數(shù)為22,處于元素周期表第四周期第IVB族，是d區(qū)，基態(tài)Ti原子的價電子排布為3d24s2,

根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則，3d軌道中的電子未成對，含有未成對電子數(shù)為2；

【小問2詳解】

①根據(jù)均攤法，該晶胞中0的個數(shù)為2x4+2=4,Ti的個數(shù)為8x^+1=2,故該氧化物的化學式為TiCh，

48

從圖中可以看出，中間的Ti周圍有6個等距離的O,Ti位于距離最近的O構成的八面體中心，答案選d；

②該氧化物晶體熔點為1850℃,分子晶體分子間通過范德華力結合，熔點通常較小，因此晶體類型最不可

能是分子晶體，答案選c；

③一個晶胞中含有2個Ti原子和4個O原子，則mg該氧化物中含有該晶胞個數(shù)為總NA，一個晶胞體

積為a2bcm3,則有」NAxa2bcm3=Vcm3,NA=———；

160加/b

【小問3詳解】

鈦鐵礦與焦炭熔煉提純，生成TiCh,TiCh與焦炭、CL高溫下反應生成TiC14和一種可燃性氣體，則該氣體

為CO,精制TiCL加Mg還原，生成MgCL和Ti,最后分離得到Ti。

①Fe元素原子序數(shù)為26,在元素周期表中第四周期第VIII族;

②高溫氯化過程中，TiCh與C、C12反應生成TiCk和CO,化學方程式為TiO2+2C+2c12^=TiC14+2CO；

③從表中可知，Ti的熔點為1668℃,而Mg、MgCb的沸點分別為1107℃和1412℃,分離過程最后生成的

Ti為液態(tài)，Mg和MgCl2為氣態(tài)，則最低溫度應為1668℃；

④Mg和Ti均為金屬晶體，熔化時破壞金屬鍵，Mg2+和Ti，+的離子半徑接近，但是Ti4+帶四個單位正電荷,

而Mg2+帶兩個單位正電荷，故金屬鈦中的金屬鍵強于金屬鎂中的金屬鍵，因此鈦的熔點更高。

24.以次氯酸鹽為有效成分的消毒劑應用廣泛。電解NaCl溶液制備NaClO溶液的裝置示意如下。

NaClO溶液和H2

(1)產生NaClO

-

①生成NaClO的反應包括：2CT-2e-=CU、2H2O+2e=H2+2OH-,

②測所得溶液pH,試紙先變藍(pH它10)后褪色，說明溶液具有的性質是

(2)相同溫度下，在不同初始pH下電解NaCl溶液，pH對NaClO濃度影響如下所示。

推測NaClO濃度在pH為3或13時較小的原因：

I.pH=3時，C"的溶解度減小

II.pH=13時，

①根據(jù)化學平衡移動原理，推測I合理。依據(jù)的化學平衡是

②補全猜想II,經(jīng)過檢驗，推測II成立。

根據(jù)上述實驗，說明電解法制備NaClO溶液，初始pH不宜過小或過大。

(3)用同樣方法電解CaCL溶液制備Ca(C10)2，電解難以持續(xù)，推測原因：。

【測量】

(4)取VmL所得NaClO樣液，加水稀釋。依次加入KI溶液、稀H2s0,。析出的％用amol〕TNa2s2O3

標準溶液滴定至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，共消耗Na2s2。3溶液V2mL。(已知：

1

I2+2Na2s2O3=2NaI+Na2S4O6)樣液中c(NaC10)=___________mol-L=

【答案】(1)①.CL+2OH=C1+C1O+H2O②.堿性、漂白性

(2)①.CI2+H2OUH++CI+HCIO②.陽極上0H放電

(3)在陰極區(qū)生成Ca(0H)2，覆蓋在電極表面，電極難以持續(xù)

V,a

(4)

2Vl

【解析】

【小問1詳解】

①根據(jù)裝置圖可知，生成NaClO的反應包括：陽極上2c12e=CL,陰極上2H2O+2e=H2+2OH,然后氯氣與

OH反應C12+2OH=C1+C1O+H2O,故答案為C12+2OH=C1+C1O+H2O;

②測溶液的pH,試紙顯變藍，說明溶液呈堿性，后有褪色，說明溶液具有漂白性，故答案為堿性、漂白性;

【小問2詳解】

①氯氣溶于水，存在CI2+H2OUH++CI+HCIO,pH=3時，溶液中c(H+)增大，平衡逆向進行，則氯氣的溶

解度減小，故答案為CI2+H2OUH++C1+HC1O；

②pH=13時，溶液顯堿性，按照放電順序，陽極上0H放電，電極反應為：4OHe=2H2O+O2t,根據(jù)問題(1)

可知，生成NaClO的量減少，故答案為陽極上0H放電；

【小問3詳解】

電解CaCL溶液制備Ca(C10)2,在陰極區(qū)生成Ca(0H)2是一種微溶物，覆蓋在電極表面，電極難以持續(xù)，故

答案為在陰極區(qū)生成Ca(0H)2,覆蓋在電極表面，電極難以持續(xù)；

【小問4詳解】

根據(jù)題意可知，發(fā)生的反應有：2I+CIO+2H+T2+CI+H