1、高考资源网（） 您身边的高考专家20192020(二)高二期中考试化学试卷相对原子质量Li-7 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ge-73 第I卷 （选择题，共52分）一、单项选择题(本题包括26小题，每小题2分，共52分)1.下列物质中属于晶体的是()橡胶玻璃食盐水晶塑料胆矾A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，据此可以做出选择。【详解】晶体是指内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列构成的固体物质。具有自范性、各向异性、对称性、最小内能、稳定性、有固定的熔点以及能使X射线产生
2、衍射等基本性质。非晶体是内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的物质，常见的如橡胶、玻璃以及玻璃态物质等。可根据晶体的基本性质进行区分，综上所述，食盐、水晶、胆矾属于晶体，D项正确；答案选D。【点睛】晶体与非晶体的区分方法：（1）间接方法：看是否有固定的熔点；（2）科学方法：对固体进行X-射线衍射实验2.现有三种元素的基态原子电子排布式如下1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3； 1s22s22p5。则下列有关比较中错误的是A. 第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性D. 最高正化合价【答案】D【解析】【详解】由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为
3、S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素。A.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能FPS，即，A正确；B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径PSF，即，B正确；C.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性，C正确；D.S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：，但F没有正化合价，D错误；故合理选项是D。3.在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是A. 将
4、SO2通入水中B. 烧碱溶于水C. 将HCl通入水中D. 硫酸氢钠溶于水【答案】D【解析】【详解】A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，只有共价键被破坏和形成，A错误；B、烧碱溶于水后电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键被破坏，B错误；C、氯化氢溶于水后电离出氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，C错误；D、硫酸氢钠溶于水后电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，D正确；答案选D。4.下列常见分子中键、键判断正确的是()A. CN与N2结构相似，CH2=CHCN分子中键与键数目之比为11B. CO与N2结构相似，CO分子中键与键数目之比为21C. C22-与O22+互为等电子
5、体，1 mol O22+中含有键数目为2NAD. 已知反应N2O4(l)2N2H4(l)=3N2(g)4H2O(l)，若该反应中有4 mol NH键断裂，则形成的键数目为6NA【答案】C【解析】【详解】ACH2=CHCN分子的结构可以表示为CH2=CHCN，其中含有6个键和3个键，所以键与键数目之比为21，故A错误；BCO与N2结构相似，CO分子的结构可以表示为CO，其中键与键数目之比为12，故B错误；CC22-和O22+是等电子体，O22+的结构为OO2+，所以1molO22+中含有的键数目为2NA，故C正确；D若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成键的数目是3N
6、A，故D错误；故选C。5.配合物Na2Fe(CN)5(NO)可用于离子检验，下列说法正确的是 ( )A. 该物质中Fe化合价为+2B. 配合物Na2Fe(CN)5(NO)的中心原子杂化方式为sp3C. 该物质不存在的化学键有氢键D. NO作为配体提供一对孤对电子【答案】D【解析】【分析】A、配离子为Fe（CN）5（NO）2-，中心离子为Fe3；B、配体为CN和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子的杂化方式不可能是sp3；C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键；D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（键）；【详解】A、配离子为F
7、e（CN）5（NO）2-，中心离子为Fe3，故A错误；B、配体为CN和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子的杂化方式不可能是sp3，故B错误；C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界存在离子键：内界CN，NO存在极性键，内界中配位键也属于键，配位CN中含有1根键，NO含有1根键，1mol配合物中键数目为6+15+1=12mol，故C错误；D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（键），故D正确；故选D。【点睛】本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关性
8、质。难点是B选项，要明确sp3杂化轨道有4个，不可能通过sp3杂货轨道形成该配合物。6.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的立体构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是( )A. SO2、CS2、HI都是直线形分子B. BF3键角为120，H2S键角大于120C. CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子D. PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形分子【答案】C【解析】【分析】将键电子对数和中心原子的孤电子对数相加便得到中心原子的价层电子对数，由价层电子对的相互排斥，得到含有孤电子对的VSEPR模型，然后略去孤电子对，便可得到分子的立体构型。【详解】ASO2中价
9、层电子对个数为，且含1个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，略去孤电子对，立体构型为V形，CS2中价层电子对数为，立体构形为直线形，HI也为直线形，A项错误；BBF3中价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，立体构型也为平面三角形，键角为120，H2S中价层电子对数为，含2个孤电子对。VSEPR模型为正四面体形，略去孤电子对，立体构型为V形，H2S键角小于120，B项错误；CCH2O、BF3、SO3分子中价层电子对数分别为、，且均无孤电子对，所以CH2O、BF3、SO3均为平面三角形，C项正确；DPCl3、NH3的价层电子对数均为且含有一个孤电子对，VSEPR模型为正四面体形，略去孤电子
10、对，立体构型为三角锥形，PCl5中价层电子对数为且不含孤电子对，PCl5的立体构型为三角双锥形，D项错误；答案选C。【点睛】注意：价层电子对互斥理论模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。（1）当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；（2）当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。7.向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是()A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2的浓度不变B. 沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子Cu(NH3)42C. 配位化合物中只
11、有配位键D. 在Cu(NH3)42配离子中，Cu2给出孤电子对，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】A项、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，硫酸铜和氨水先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到配合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B项、氢氧化铜沉淀溶于氨水生成深蓝色的配离子Cu（NH3）42+，故B正确；C项、配位化合物 Cu(NH3)4SO4中含有离子键、配位键、极性共价键，故C错误；D项、Cu(NH3)42离子中Cu2提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3与Cu2形成配位键，故D错误；故选B。【点睛】配位化合物
12、 Cu(NH3)4SO4中硫酸根与铵根离子间形成离子键，硫酸根离子中含有极性共价键，铵根离子中含有配位键和极性键，铜离子和氨分子间形成配位键。8.在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，以C表示。具有手性碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中，没有光学活性的是 （ ）A. 乳酸：CH3-CH (OH)-COOHB. 甘油：CH2(OH)-CH(OH)-CH2(OH)C. 脱氧核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH2-CHOD. 核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO【答案】B【解析】A、根据手性碳原子的定义，乳
13、酸中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，故A错误；B、不符合手性碳原子的定义，不具有光学活性，故B正确；C、CH(OH)中的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，故C错误；D、CH(OH)中碳原子为手性碳原子，具有光学活性，故D错误。9.下列物质变化的现象，不可以通过分子间作用力解释的是()A. HF、H2O的沸点比HCl、H2S的沸点高很多B. 正戊烷的沸点比新戊烷的沸点高C. H2O的沸点比HF的沸点高D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱【答案】D【解析】【详解】AHF、H2O的沸点比HCl、H2S的沸点高很多，是因为HF、H2O中含有氢键，氢键属于分子间作用力，不符合题
14、意，A项错误；B正戊烷的沸点比新戊烷的沸点高，是因为同分异构体中支链越多分子间作用力越小，沸点越低，不符合题意，B项错误；CH2O分子中每个H2O分子最多可以和周围的H2O分子形成四个氢键，而HF分子最多可与周围的两个HF分子形成氢键，即H2O分子间氢键比HF分子间氢键多，故H2O的沸点比HF的沸点高，不符合题意，C项错误；DF、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，D项符合题意，D项正确；答案选D10.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是 （ ）A. C60和金刚石
15、B. 晶体硅和水晶C. 冰和干冰D. 碘和SiC【答案】B【解析】【分析】分析氮化硼的性质，可判断出氮化硼为原子晶体，氮化硼熔化时所克服的粒子间作用为原子之间的共价键，据此进行选择判断。【详解】AC60为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，金刚石为分子晶体，微粒间的作用力为共价键，A项错误；B晶体硅和水晶(SiO2)均为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，B项正确；C冰和干冰为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，C项错误；D碘为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，SiC为原子晶体，微粒间作用力为共价键，D项错误；答案选B。11.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列
16、对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )A. 分子中NCl键键长与CCl4分子中CCl键键长相等B. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“”表示)结合形成NH3H2O分子，则NH3H2O的结构式为：C. NCl3分子是非极性分子D. NBr3比NCl3易挥发【答案】B【解析】【详解】A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、分NH3与H2O以氢键（用“”表示）结合形成NH3H2O分子；则NH3H2O的结构式为，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分
17、子，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误；答案选B。【点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。12.下列关于晶体的说法不正确的是()A. 在离子晶体中，正、负
18、离子半径比()越大，晶体的配位数越大B. CaF2晶体中，Ca2配位数为8，F配位数为4，阴、阳离子配位数不相等主要是由于F、Ca2电荷（绝对值）不相同C. MgO的熔点比MgCl2的高主要是因为MgO中的离子键比MgCl2中的离子键强D. 金属晶体和离子晶体都能导电【答案】D【解析】【详解】A离子键无饱和性和方向性，但成键时离子半径决定了阴、阳离子参与生成的数目是有限的，阴、阳离子半径比值越大，配位数就越大，A项正确；B在CaF2晶体中，Ca2+和F-的电荷比（绝对值）是2:l，Ca2+和F-的个数比是l:2，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，B项正确；C离子晶体熔点高低决定于晶体中阴
19、阳离子之间的静电引力，即离子键越强，晶体熔沸点越高，MgO的熔点比MgCl2的高主要是因为MgO中的离子键比MgCl2中的离子键强，C项正确；D金属晶体能导电，离子晶体不导电，但熔化或溶于水后能导电，D项错误；答案选D。13.下面图像是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl晶体结构的是（ ）A. 和B. 和C. 和D. 和【答案】A【解析】【详解】NaCl晶体是简单立方体结构，每个Na+周围有6个Cl-，每个Cl-周围有6个Na+；与每个Na+等距离的Cl-有6个，且构成正八面体，同理，与每个Cl-等距离的6个Na+也构成正八面体。由此可知，和是属于NaCl晶
20、体结构，A项正确；答案选A。14.金刚石具有硬度大、熔点高等特点，大量用于制造钻头、金属切割刀具等。其结构如图所示，下列判断正确的是()A. 金刚石中CC键的键角均为10928，所以金刚石和CH4的晶体类型相同B. 金刚石的熔点高与CC键的键能无关C. 金刚石中碳原子个数与CC键键数之比为12D. 金刚石的熔点高，所以在打孔过程中不需要进行浇水冷却【答案】C【解析】【详解】A金刚石是原子晶体，CH4是分子晶体，二者的晶体类型不同，A项错误；B金刚石熔化过程中C-C键断裂，因为C-C键的键能大，断裂时需要额能量多，故金刚石的熔点很高，B项错误；C金刚石中每个C都参与了4个C-C键的形成，而每个C
21、对每个键的贡献只有一半，故碳原子个数与C-C键个数之比为，C项正确；D金刚石的熔点高，但在打孔过程中会产生很高的温度，如不浇水冷却钻头，会导致钻头熔化，D项错误；答案选C。15.下列有关晶体结构的叙述正确的是()A. SiO2晶体中最小环上的原子个数为6B. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C. 12g石墨烯（如图1）中含有六元环的个数为0.56.021023D. 720gC60晶体中含有0.56.021023个晶胞（如图2每个小球代表一个C60）【答案】C【解析】【详解】ASiO2晶体结构中，每个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，SiO2最小环上有12个原子，即6个O，6
22、个Si，A项错误；B晶体中只要有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体的组成微粒为金属阳离子和自由电子，B项错误；C12g石墨烯为1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol石墨烯中含有六元环的个数为0.56.021023，C项正确；DC60为分子晶体，晶胞中含有C60的个数为，720gC60晶体中含有6.021023个C60，所以720 g C60晶体中含有0.256.021023个晶胞，D项错误；答案选C。16.航天飞机用铝粉与高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物为固体燃料，反应方程式表示为2NH4ClO4N2+Cl2+2O2+4H2O。下列对该反应的叙述中错误的是( )A. 瞬间
23、产生大量高温气体推动航天飞机飞行B. 从能量变化的角度，主要是化学能转变为热能和动能C. 反应的焓变小于零D. 在方程式后增加H及其数值即为热化学方程式【答案】D【解析】【详解】A由题给信息可知，航天飞机的固体燃料燃烧时瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行，A项正确；B固体燃料反应为放热反应，从能量转化的角度分析，主要为化学能转变为热能和动能，B项正确；C该反应为放热反应，反应的焓变小于零，C项正确；D热化学方程式中还需标注各物质的聚集状态，且H数值应与方程式中各物质的化学计量数相对应，仅仅在方程式后增加H及其数值不是正确的热化学方程式，D项错误；答案选D。17.下列热化学方程式正确的是()选
24、项已知条件热化学方程式AH2的燃烧热为a kJmol-1H2+Cl22HClH=-a kJmol-1B1 mol SO2、0.5 mol O2完全反应，放出热量98.3 kJ2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-98.3 kJmol-1CH+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)H=-57.3 kJmol-1H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)H=-114.6 kJmol-1D31 g白磷比31 g红磷能量多b kJP4(白磷，s)=4P(红磷，s)H=-4b kJmol-1A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是指在
25、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，H2完全燃烧后生成稳定的氧化物是H2O(l)而不是HCl，A项错误；BH数值应与方程式中各物质的化学计量数相对应，故2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=，B项错误；CH2SO4与Ba(OH)2反应生成了BaSO4沉淀，也放出了热量，故反应中放出的热量应大于114.6 kJmol-1，C项错误；D 31g白磷的物质的量为0.25mol，H数值应与方程式中各物质的化学计量数相对应，故白磷转化为红磷，放出热量为4b kJmol-1，D项正确；答案选D。18.已知反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)的H为正值，S为负值。假
26、设不考虑H、S随温度而变化，下列说法正确的（ ）A. 低温下是自发反应B. 高温下是自发反应C. 低温下是非自发变化，高温下是自发反应D. 任何温度下都是非自发反应【答案】D【解析】【详解】根据题意H为正值，S为负值，位于第四象限，因此任何温度下都是非自发反应，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】记住象限图。19.M、N、P、E四种金属：MN2=NM2；M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡；N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为E22e=E，N2e=N2。四种金属的还原性由强到弱的顺序是（ ）A. P、M、N、EB. E、N、M、PC. P、N、M、ED. E、P、
27、M、N【答案】A【解析】【详解】还原性强的金属可以将还原性弱的金属从其盐溶液中置换出来，还原性MN；M、P作电极构成原电池，较活泼金属作负极，金属溶解，而H在较不活泼的金属表面得到电子生成H2，则还原性PM；从电极方程式可知，N失去电子作负极，较活泼，则还原性NE；综上，4种金属的还原性顺序为P、M、N、E，A符合题意；答案选A。20.有关电化学的相关知识中，下列叙述正确的是A. 金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B. 将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀C. 合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强D. 铜板上的铁铆钉处
28、在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3e=Fe3+，继而形成铁锈【答案】B【解析】【详解】A金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，A错误；B将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，作阴极，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，B正确；C合金的熔点都低于它的成分金属，C错误；D铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀，电极反应式为Fe2e=Fe2+，进一步氧化形成铁锈，D错误。答案选B。21.以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是()A. 电镀时铁制品做负极B. 电镀过程中，Zn2+不断的移向Zn电极C. 电镀时Zn做阳极D. 镀锌层
29、破损后即对铁制品失去保护作用【答案】C【解析】【分析】根据电镀是一种特殊的电解，要求镀件必须作阴极，镀层金属作阳极。结合电解池原理进行分析判断。【详解】A电解池中无正、负极，只有阴、阳极，A项错误；B电解时，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，Zn电极为镀层金属，作阳极，Zn2+不断的移向阴，即铁电极，B项错误；C由题给信息可知，Zn为镀层金属，作阳极，C项正确；D镀锌层破损后不会立即失去对铁制品的保护作用，因为锌是比铁活泼的金属，在其破损后能形成锌铁原电池，铁为正极，锌作负极，同样起到保护铁的作用，D项错误；答案选C。22.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电
30、解池示意图如下，电池总反应为2CuH2OCu2OH2。下列说法正确的是A. 石墨电极上产生氢气B. 铜电极发生还原反应C. 铜电极接直流电源的负极D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成【答案】A【解析】【分析】根据电池总反应2CuH2OCu2OH2可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H+2e-H2，据此可分析解答问题。【详解】A根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H+2e-H2，A选项正确；B根据电池总反应2CuH2OCu
31、2OH2可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，B选项错误；C铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项错误；D根据2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D选项错误；答案选A。23.原电池的电极反应不仅与电极材料的性质有关,还与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是A. 由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池,其负极反应式为Al-3e-=Al3+B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池,其负极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OC. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+
32、D. 由Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为Cu-2e-=Cu2+【答案】C【解析】【详解】A.由Al、Cu、稀H2SO4组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al3eAl3+，故A正确；B.由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反应式为：Al3e4OHAlO22H2O，故B正确；C.由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe2eFe 2+，故C错误；D.由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu2eCu2+，故D正确；故答案选C。24.有一种锂电池，它是用金
33、属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯(SOCl2)中形成的，电池总反应为8Li3SOCl2=6LiClLi2SO32S。下列有关叙述中正确的是()A. 金属锂作电池的正极，石墨作电池的负极B. 电池工作过程中，亚硫酰氯被还原为Li2SO3C. 电解质溶液中混入水，对电池反应无影响D. 电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出的硫的物质的量之比为41【答案】D【解析】【详解】A分析电池总反应式可知，Li的化合价升高，S的化合价降低，则根据原电池原理可知，金属锂作电池的负极，石墨作电池的正极，A项错误；B根据电池总反应可知，电池工作过程中，亚硫酰氯被还
34、原为S，B项错误；C金属锂性质活泼，易与水反应生成氢气和氢氧化锂，故电解质溶液中混入水，对电池反应有影响，C项错误；D根据电池总反应式可知，8mol锂失去的8mol电子，析出硫的物质的量为2mol，故电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出的硫的物质的量之比为41，D项正确；答案选D。25.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)H2S(g)COS(g)H2(g)K0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是( )A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该
35、反应是吸热反应B. 通入CO后，平衡常数增大C. 反应前H2S物质的量为7molD. CO的平衡转化率为80%【答案】C【解析】【分析】分析题给信息，该反应为气体分子数不变的可逆反应，该温度下可逆反应的平衡常数已知，可根据平衡常数的影响因素及计算进行分析求解。【详解】A升高温度，H2S浓度增加，说明反应向逆反应方向移动，则该可逆反应的正反应为放热反应，A项错误；B化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物浓度无关，B项错误；C设反应前H2S的物质的量为x，由题意有：则K=，解得x=7，故可知，反应前H2S的物质的量为7mol，C项正确；D由题意可知，CO的转化率=，D项错误；答案选C。26.铅
36、蓄电池的工作原理为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，研读如图，下列判断正确的是()A. K闭合时，d电极电极反应式:PbSO4+2e-=Pb+ SO42-B. 当电路中通过0.2 mol电子时，中消耗的H2SO4为0.2 molC. K闭合时，中SO42-向c电极迁移D. K闭合一段时间后，可单独作为原电池，d电极为负极【答案】B【解析】【分析】分析题给装置图，当K闭合时，为原电池，为电解池。结合原电池、电解池原理进行分析判断。【详解】AK闭合时，为原电池，根据铅蓄电池的工作原理，可知a电极为正极，b电极为负极，则中与a电极相连的d电极为阳极，发生氧化反应，电极反应方程式为
37、：PbSO4+H2O-2e-=PbO2+SO42-+4H+；A项错误；B在上述总反应式中，得失电子总数为2e-，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出中消耗的硫酸的量为0.2mol，B项正确；CK闭合时，中c电极与中原电池的负极相连，则c电极为阴极，根据电解池原理，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，可知，C项错误；DK闭合一段时间，也就是充电一段时间后可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，D项错误；答案选B。第卷 （非选择题，共68分）二、填空题（68分）27.“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为
38、主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。（1）工业上采用NH3SCR法是消除氮氧化物的常用方法。它利用氨在一定条件下将NOx在脱硝装置中转化为N2。主要反应原理为：主反应：a.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H1副反应：b.4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/molc.4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H3=907.3kJ/mol上述反应中利用了NH3的_性质；H1_。将氮氧化合物按一定的流速通过脱硝装置，测得出口的NO残留浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是_（填序
39、号）。A1050温度超过1000，NO浓度升高的原因是_。 （2）已知：8NH3(g)+6NO2(g)7N2(g) +12H2O(l) H0。相同条件下，在2 L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图2所示。下列说法正确的是_（填标号）。a使用催化剂A达平衡时，H值更大b升高温度可使容器内气体颜色加深c单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡d若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡（3）为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)=N
40、2(g)+2CO2(g) H=746.8kmol1，实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，v正_v逆（填“”“”或“=”）。若在1L的密闭容器中充入1mol CO和1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=_。（分数表示）。【答案】 (1). 还原性 (2). -1626.9 kJ/mol (3). b (4). 高温下，副反应c，产生了NO；主反应a正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，也会导致NO的浓度增大 (5). b c d (6). GeZn (6).
41、 sp3 (7). 共价键 (8). (，) (9). 107【解析】【详解】（1）Ge是32号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA族；基态Ge原子的核外电子排布式为Ar 3d104s24p2；在其原子的最外层的2个4p电子分别位于2个不同的4p轨道上，所以基态Ge原子有2个未成对的电子，故答案为3d104s24p2；2；（2）Ge与C是同族元素，C原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度看，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成键，故答案为Ge原子
42、半径大，原子间形成的单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键；（3）锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：GeCl4GeBr4GeI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl4GeBr4GeI4，故答案为GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强
43、，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是：OGeZn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是OGeZn，故答案为OGeZn；（5） Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道形成的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)，故答案为sp3；共价键；（6） 根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(，)，故答案为(，)；根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是81/8+61/2+4=8，所以晶胞的密度=gcm-3，故答案为107。- 27 - 版权所有高考资源网
