學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精四川省武勝烈面中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)考試化學(xué)試題含解析2020年春烈面中學(xué)入學(xué)考試化學(xué)試題第I卷（選擇題）一、單選題（本大題共22小題，共44分）1。下列有關(guān)熱化學(xué)方程式的敘述正確的是()A。2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g）ΔH＝＋483.6kJ/molB.已知C（石墨,s）＝C(金剛石，s)ΔH〉0，則金剛石比石墨穩(wěn)定C。含20。0gNaOH的稀溶液與稀鹽酸完全中和,放出28.7kJ的熱量，則表示該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NaOH（aq)＋HCl（aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57。4kJ/molD。己知2C（s)＋2O2（g)=2CO2（g）ΔH1,2C(s）＋O2(g)=2CO（g)ΔH2，則ΔH1〉ΔH2【答案】C【解析】【詳解】A、燃燒是放熱反應(yīng)，ΔH〈0,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B、能量越低越穩(wěn)定，石墨能量低，故石墨更穩(wěn)定，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、含20.0gNaOH的稀溶液與稀鹽酸完全中和，放出28。7kJ的熱量,則表示該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NaOH（aq）+HCl(aq)=NaCl（aq)+H2O(l）ΔH=—57.4kJ/mol,C項(xiàng)正確；D、己知2C（s)+2O2(g）=2CO2(g)ΔH1，2C(s）+O2（g）=2CO（g)ΔH2,完全燃燒放熱更多,焓變小，則ΔH1〉ΔH2，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。2。根據(jù)熱化學(xué)方程式：S（g）＋O2(g）＝SO2（g)△H＝－QkJ·mol－1，下列分析正確的是（）A.1molS(g）與1molO2（g）的總能量比1molSO2（g）的總能量低QkJB.1molS(g)與1molO2（g）反應(yīng)生成1molSO2（g）放出QkJ的熱量C。S（s)＋O2(g)＝SO2(g）△H＜－QkJ·mol－1D。1個(gè)S(g)與1個(gè)O2（g）完全反應(yīng)可以放出QkJ的熱量【答案】B【解析】【詳解】A。根據(jù)熱化學(xué)方程式，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則1molS（g）與1molO2(g)的總能量比1molSO2(g）的總能量高QkJ，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.根據(jù)熱化學(xué)方程式，1molS(g）與1molO2(g）反應(yīng)生成1molSO2(g）放出QkJ的能量，B項(xiàng)正確；C。固體硫變化為氣體硫吸熱，焓變?yōu)樨?fù)值,S（s)+O2（g）=SO2（g）△H＞-QkJ?mol-1，故生成1molSO2（g）放出的熱量小于QkJ,C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.熱化學(xué)方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)表示物質(zhì)的量，不表示分子個(gè)數(shù),D項(xiàng)錯(cuò)誤.答案選B。3.下面均是正丁烷與氧氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式（25℃、101kPa）：①C4H10(g）+O2（g)═4CO2（g）+5H2O（l）;△H=-2878kJ/mol②C4H10(g）+O2(g）═4CO2（g）+5H2O（g)；△H=—2658kJ/mol③C4H10(g）+O2(g）═4CO（g)+5H2O（l）；△H=-1746kJ/mol④C4H10（g）+O2（g）═4CO（g)+5H2O（g)；△H=-1526kJ/mol由此判斷，正丁烷的燃燒熱為（）A。2878kJ/mol B.2658kJ/mol C.1746kJ/mol D.1526kJ/mol【答案】A【解析】【分析】燃燒熱指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時(shí)所放出的熱量，反應(yīng)物中C→CO2（氣），H→H2O(液）,S→SO2（氣）等.【詳解】正丁烷的燃燒熱是1mol正丁烷完全燃燒生成CO2（氣），H2O(液）放出的熱量,故熱化學(xué)方程式①C4H10（g）+O2（g)＝4CO2（g）+5H2O(l)△H=-2878kJ·mol－1，符合燃燒熱的概念，所以正丁烷的燃燒熱為2878kJ·mol－1。故選A。4。已知下列反應(yīng)的反應(yīng)熱：（1)CH3COOH(l)+2O2(g）=2CO2(g）+2H2O(l)△H1=-870.3kJ?mol—1(2)C(s）+O2(g)=CO2(g）△H2=—393。5kJ?mol—1（3)H2(g)+O2(g）=H2O(l）△H3=—285.8kJ?mol—1則下列反應(yīng)的反應(yīng)熱為（)2C(s)+2H2(g)+O2(g）=CH3COOH(l)A.△H=+488.3kJ?mol-1 B.△H=—244。15kJ?mol-1C.△H=—977。6kJ?mol-1 D?！鱄=-488.3kJ?mol-1【答案】D【解析】【詳解】由中C、的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，可推出：即得,

，選項(xiàng)D正確。答案選D。5?？赡娣磻?yīng)：2NO22NO+O2在密閉容器反應(yīng)，達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是（）（1）單位時(shí)間內(nèi)生成nmolO2的同時(shí)生成2nmolNO2（2）單位時(shí)間內(nèi)生成nmolO2的同時(shí)生成2nmolNO（3）用NO2、NO、O2的物質(zhì)的量濃度變化表示反應(yīng)速率的比為2：2：1的狀態(tài)（4）混合氣體的顏色不再改變的狀態(tài)（5）混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變的狀態(tài)．A。 B. C。 D.【答案】C【解析】【分析】（1）單位時(shí)間內(nèi)生成n

mol

O2，同時(shí)生成2n

molNO2,說明反應(yīng)v正=v逆；

（2）未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài);

（3）從反應(yīng)開始就符合速率的比為2：2：1的狀態(tài);

（4）混合氣體的顏色不再改變，說明NO2氣體的濃度不變；

（5）當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，氣體的物質(zhì)的量不變，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變。【詳解】(1）單位時(shí)間內(nèi)生成n

mol

O2，同時(shí)生成2n

molNO2，說明反應(yīng)v正=v逆，達(dá)到平衡狀態(tài),故（1)正確；（2)生成nmolO2，生成2nmolNO，表示的均為正反應(yīng)過程，未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系，不能說明達(dá)到平衡狀態(tài),故(2）錯(cuò)誤；（3）任意時(shí)刻，同一個(gè)化學(xué)反應(yīng)中用不同的物質(zhì)表示的化學(xué)反應(yīng)速率等于計(jì)量數(shù)之比,所以不能說明達(dá)平衡狀態(tài),故（3)錯(cuò)誤;（4）混合氣體的顏色不再改變，說明NO2氣體的濃度不變，達(dá)到平衡狀態(tài),故（4）正確；

(5）混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=,各物質(zhì)均為氣體，總質(zhì)量不變;反應(yīng)前后物質(zhì)的量變化。當(dāng)平均相對(duì)分子質(zhì)量不變的時(shí)候，說明總物質(zhì)的量不變，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，達(dá)到平衡狀態(tài),故(5)正確；

答案選C.【點(diǎn)睛】本題考查了化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷,難度不大，注意當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí),正逆反應(yīng)速率相等，但不為0.6.在容積不變的密閉容器中，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2A（?)B（g）＋C（s），達(dá)到化學(xué)平衡后，升高溫度，容器內(nèi)氣體的密度增大，則下列敘述正確的是（）A.若正反應(yīng)是吸熱反應(yīng),則A為非氣態(tài)B.若正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，則A為非氣態(tài)C。在平衡體系中加入少量C，該平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)D。改變壓強(qiáng)對(duì)該平衡的移動(dòng)一定無影響【答案】A【解析】【詳解】A。若正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則升高溫度,平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),所以要使密度增大，則A一定不是氣體，A正確.B。若正反應(yīng)為放熱反應(yīng),則升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以要使密度增大，A一定是氣體,B不正確.C。C是固體，改變質(zhì)量，不影響平衡狀態(tài)，C不正確。D。反應(yīng)前后體積一定是變化的，改變壓強(qiáng)，平衡一定會(huì)發(fā)生移動(dòng)，所以D不正確。答案選A。7.下列事實(shí)，不能用勒夏特列原理解釋的是A。氯水中有下列平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，當(dāng)加入AgNO3溶液后，溶液顏色變淺B.對(duì)2HI(g)?H2(g）+I2（g)，平衡體系增大壓強(qiáng)可使顏色變深C.反應(yīng)CO+NO2?CO2+NOΔH〈0，升高溫度可使平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)D。合成NH3反應(yīng),為提高NH3的產(chǎn)率，理論上應(yīng)采取降低溫度的措施【答案】B【解析】【詳解】A。因?yàn)槔障奶亓性磉m用的對(duì)象應(yīng)存在可逆過程，氯水中有下列平衡Cl2+H2O?HCl+HClO,當(dāng)加入AgNO3溶液后,Cl—濃度減小，平衡向右移動(dòng),氯氣的濃度減小，溶液顏色變淺，符合勒夏特列原理，故A不符合題意；B。對(duì)可逆反應(yīng)，因該反應(yīng)的反應(yīng)前后氣體計(jì)量數(shù)之和不變，改變壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng),增大壓強(qiáng)體積減小，碘濃度增大，從而氣體顏色加深，與平衡移動(dòng)無關(guān)，所以不能用勒夏特里原理解釋,故B符合題意;C。反應(yīng)CO+NO2CO2+NOH〈0,達(dá)平衡后，升高溫度會(huì)使得平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮濃度增大,顏色加深,能用勒夏特列原理解釋，故C不符合題意;D。合成氨反應(yīng)是放熱反應(yīng),降低溫度，會(huì)促使平衡正向移動(dòng)，可以提高氨的產(chǎn)率，能用勒夏特列原理解釋，故D不符合題意；故選B。【點(diǎn)睛】勒夏特列原理是:如果改變影響平衡的一個(gè)條件如濃度、壓強(qiáng)或溫度等，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)。，若與可逆過程無關(guān)，與平衡移動(dòng)無關(guān)，則不能用勒夏特列原理解釋。8.下列說法正確的是A。常溫下反應(yīng)C(s）+CO2（g)?2CO(g）不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)△H〉0B.自發(fā)反應(yīng)的熵一定增大，非自發(fā)反應(yīng)的熵一定減小C。凡是放熱反應(yīng)都是自發(fā)的，凡是吸熱反應(yīng)都是非自發(fā)的D.反應(yīng)2Mg（s)+CO2(g)?C(s)+2MgO（s)能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)△H〉0【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷分析，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行,反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行。A.常溫下反應(yīng)C(s)+CO2（g）?2CO（g)不能自發(fā)進(jìn)行，因該反應(yīng)，所以，故A正確;B.根據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，焓變和熵變共同決定反應(yīng)是否能自發(fā)進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；C。根據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，焓變和熵變共同決定反應(yīng)是否能自發(fā)進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；D.因反應(yīng)2Mg(s）+CO2（g）?C（s)+2MgO(s）能自發(fā)進(jìn)行,該反應(yīng)的，能自發(fā)進(jìn)行，說明，故D錯(cuò)誤;故選A.【點(diǎn)睛】根據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行分析。9。下表是幾種弱酸常溫下的電離平衡常數(shù):CH3COOHH2CO3H2SH3PO41。8×10—5K1=4。3×10—7K2=5。6×10-11K1=9。1×10-8K2=1。1×10—12K1=7.5×10-3K2=6.2×10—8K3=2.2×10—13則下列說法中不正確的是（）A.碳酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸B.多元弱酸的酸性主要由第一步電離決定C。常溫下,加水稀釋醋酸，增大D。向弱酸溶液中加少量NaOH溶液,電離常數(shù)不變【答案】C【解析】【詳解】A．由表格數(shù)據(jù)可知，碳酸的K1＞氫硫酸的K1，則碳酸的酸性強(qiáng)于氫硫酸，選項(xiàng)A正確；B．多元弱酸分步電離，以第一步為主，則多元弱酸的酸性主要由第一步電離決定，選項(xiàng)B正確；C．常溫下，加水稀釋醋酸，=，則不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．弱酸的電離平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，則向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，電離常數(shù)不變，選項(xiàng)D正確。答案選C.【點(diǎn)睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡,為高頻考點(diǎn)，把握電離平衡常數(shù)的影響因素、酸性比較為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)C為解答的難點(diǎn)，=，Ka、Kw均只與溫度有關(guān)，故不變。10。一種用于驅(qū)動(dòng)潛艇的液氨液氧燃料電池原理示意如圖，下列有關(guān)該電池說法正確的是A。該電池工作時(shí)，每消耗

轉(zhuǎn)移3mol電子B.電子由電極A經(jīng)外電路流向電極BC。電池工作時(shí)，向電極B移動(dòng)D.電極B上發(fā)生的電極反應(yīng)為：【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題中液氨液氧燃料電池可知,本題考查原電池,運(yùn)用原電池原理分析?！驹斀狻扛鶕?jù)題中液氨液氧燃料電池可知，負(fù)極上發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，即A是負(fù)極,B是正極，堿性條件下，氧氣在正極生成氫氧根離子，燃料電池的總反應(yīng)是燃料燃燒的化學(xué)方程式：，電子從負(fù)極流向正極，A.沒有指明狀態(tài)，不能計(jì)算，故A錯(cuò)誤；B.電子從負(fù)極流向正極，即從電極A流向電極B，故B正確；C。原電池中，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，則向負(fù)極A移動(dòng),故C錯(cuò)誤；D。在堿性條件下，氧氣在正極生成氫氧根離子,其電極反應(yīng)為：,故D錯(cuò)誤；答案選B.11。如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中下列分析正確的是A.閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為B。閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸降低C.閉合，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于外加電流的陰極保護(hù)法D。閉合，電路中通過個(gè)電子時(shí)，兩極共產(chǎn)生氣體【答案】C【解析】【詳解】A。若閉合K1，該裝置沒有外接電源,所以構(gòu)成了原電池,較活潑的金屬鐵作負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子，F(xiàn)e?2e?=Fe2+，故A錯(cuò)誤;B。若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構(gòu)成了原電池；不活潑的石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e?=4OH?，所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，故B錯(cuò)誤；C。

K2閉合，F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于外加電源的陰極保護(hù)法,故C正確；D.

K2閉合，電路中通過0.4NA個(gè)電子時(shí)，陰極生成0.2mol氫氣，陽極生成0。2mol氯氣，兩極共產(chǎn)生0。4mol氣體，狀況不知無法求體積，故D錯(cuò)誤.本題選C.【點(diǎn)睛】若閉合K1，該裝置沒有外接電源,所以構(gòu)成了原電池；組成原電池時(shí),較活潑的金屬鐵作負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應(yīng)；若閉合K2，該裝置有外接電源,所以構(gòu)成了電解池，F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極，碳棒與正極相連為陽極，據(jù)此判斷。12。下列用來表示物質(zhì)變化的化學(xué)用語中，正確的是A.鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)式:Fe—2e—=Fe2+B.氫氧燃料電池的負(fù)極反應(yīng)式:O2+2H2O+4e-=4OH—C.粗銅精煉時(shí),與電源正極相連的是純銅，電極反應(yīng)式為:Cu—2e—=Cu2+D.電解飽和食鹽水時(shí),陽極的電極反應(yīng)式為:2Cl--2e—=Cl2↑【答案】D【解析】【詳解】鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕時(shí),負(fù)極上Fe失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以負(fù)極反應(yīng)式為,故A錯(cuò)誤；B.氫氧燃料電池中，負(fù)極上氫氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，如果是氫氧燃料堿性電池,則正極反應(yīng)式為，故B錯(cuò)誤；C.精煉粗銅時(shí)，粗銅連接電源正極、純銅連接電源負(fù)極,則陽極上電極反應(yīng)式為、陰極電極發(fā)生有為，故C錯(cuò)誤;D.電解飽和食鹽水時(shí),陽極上氯離子放電、陰極上氫離子放電，則陽極、陰極反應(yīng)式分別為、,故D正確；故選:D。13.如圖,下列各情況，在其中Fe片腐蝕由慢到快的順序是（）A.⑤②①③④ B。⑤①②④③ C。④②①③⑤ D.④③①②⑤【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)圖知，②③裝置是原電池，在②中，金屬鐵做負(fù)極，③中金屬鐵作正極，做負(fù)極的腐蝕速率快,并且兩個(gè)電極金屬活潑性相差越大，負(fù)極金屬腐蝕速率越快，正極被保護(hù),并且原電池原理引起的腐蝕＞化學(xué)腐蝕，所以②＞③。④⑤裝置是電解池，④中金屬鐵為陰極，⑤中金屬鐵為陽極，陽極金屬被腐蝕速率快，陰極被保護(hù)，即⑤＞④，根據(jù)電解原理引起的腐蝕＞原電池原理引起的腐蝕＞化學(xué)腐蝕＞有防護(hù)腐蝕措施的腐蝕，并且原電池的正極金屬腐蝕速率快于電解池的陰極金屬腐蝕速率，所以鐵腐蝕由慢到快順序?yàn)椋孩堍邰佗冖?；故選D【點(diǎn)晴】本題考查了金屬腐蝕與防護(hù)，明確原電池和電解池原理是解本題關(guān)鍵，知道作原電池負(fù)極或電解池陽極的金屬易被腐蝕.先判斷裝置是原電池還是電解池,再根據(jù)原電池正負(fù)極腐蝕的快慢比較,作原電池負(fù)極和電解池陽極的金屬易被腐蝕，作原電池正極或電解池陰極的金屬易被保護(hù)，金屬腐蝕快慢順序是:電解原理引起的腐蝕＞原電池原理引起的腐蝕＞化學(xué)腐蝕＞有防護(hù)腐蝕措施的腐蝕。14。下列化學(xué)用語或命名正確的是A。次氯酸的結(jié)構(gòu)式：H-Cl-O B.含有10個(gè)中子的氧原子的符號(hào)：C.S2-的結(jié)構(gòu)示意圖 D。NH4Cl的電子式：【答案】B【解析】【詳解】A、次氯酸的結(jié)構(gòu)式：H—O—Cl，A錯(cuò)誤；B、氧的元素符號(hào)為O，該氧原子的質(zhì)量數(shù)A=8+10=18，則該原子的化學(xué)符號(hào)為，B正確；C、S2—最外層為8個(gè)電子,結(jié)構(gòu)示意圖為,C錯(cuò)誤；D、NH4Cl的電子式：，D錯(cuò)誤；答案選B.15.下列說法中正確的是A。同一原子中，3s、3p、3d、4s

能量依次升高B。某原子核外電子由

1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子放出能量C.p

能級(jí)的原子軌道呈啞鈴形，隨著能層數(shù)的增加,p

能級(jí)容納電子數(shù)也在增多D。按照泡利原理，在同一個(gè)原子中不可能存在兩個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)完全相同的電子【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)構(gòu)造原理，同一原子中，3s、3p、4s、3d能量依次升高,故A錯(cuò)誤;B。某原子核外電子由，由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài),原子吸收能量,故B錯(cuò)誤；

C。p能級(jí)的原子軌道呈啞鈴形,隨著能層數(shù)的增加，p

能級(jí)容納電子數(shù)不變，故C錯(cuò)誤;D。按照泡利原理，在同一個(gè)原子中不可能存在兩個(gè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)完全相同的電子,故D正確。故選D。16。以下電子排布式不是基態(tài)原子的電子排布式的是A.1s22s1 B。1s22s12p1 C。1s22s22p63s2 D。1s22s22p63s1【答案】B【解析】【詳解】A?；鶓B(tài)原子的電子排布式為，符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故A不選；B?；鶓B(tài)原子的電子排布式應(yīng)為,不符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故B選；C?；鶓B(tài)原子的電子排布式為,符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故C不選;D.基態(tài)原子的電子排布式為，符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故D不選；故選B。17。下列表達(dá)方式正確的是A。24Cr的外圍電子排布式：3d44s2B。CO2的立體結(jié)構(gòu)模型C?；鶓B(tài)碳原子的價(jià)電子排布圖為D.S2—的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】C【解析】【詳解】A.24號(hào)的Cr的外圍電子排布式:，半滿狀態(tài)能量低，故A錯(cuò)誤；B。二氧化碳分子是直線形，而不是V形，故B錯(cuò)誤；C?；鶓B(tài)碳原子價(jià)電子排布為,所以軌道排布式為：,故C正確；D.最外層8個(gè)電子,而不是6個(gè)電子，故D錯(cuò)誤；故選:C。18.現(xiàn)有四種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下:①1s22s22p63s23p4;②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。則下列有關(guān)比較中正確的是（）A。電負(fù)性：④＞③＞②＞①B。原子半徑：④＞③＞②＞①C.第一電離能：④＞③＞②＞①D.最高正化合價(jià)：④＞③＝②＞①【答案】C【解析】【詳解】由四種元素基態(tài)原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素；A．同周期自左而右電負(fù)性增大，所以電負(fù)性P＜S，N＜F，N元素非金屬性與S元素強(qiáng),所以電負(fù)性P＜N,故電負(fù)性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故A錯(cuò)誤;B．同周期自左而右原子半徑減小，所以原子半徑P＞S，N＞F，電子層越多原子半徑越大,故原子半徑P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④,故B錯(cuò)誤;C．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢(shì),故第一電離能N＜F，但P元素原子3p能級(jí)容納3個(gè)電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能S＜P，同主族自上而下第一電離能降低，所以第一電離能N＞P，所以第一電離能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故C正確;D．最高正化合價(jià)等于最外層電子數(shù)，但F元素沒有正化合價(jià)，所以最高正化合價(jià)：①＞②=③，故D錯(cuò)誤;故答案為C。19.下列中心原子的雜化軌道類型和分子幾何構(gòu)型均不正確的是（）A.CCl4中C原子sp3雜化,為正四面體形B。BF3中B原子sp2雜化，為平面三角形C。CS2中C原子sp雜化,為直線形D。H2S分子中,Ssp雜化，為直線形【答案】D【解析】【詳解】A、雜化軌道數(shù)=價(jià)層電子對(duì)數(shù)，CCl4的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化類型為sp3,為正四面體，故說法正確；B、BF3中B的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3,雜化類型為sp2,空間構(gòu)型為平面三角形,故說法正確;C、CS2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，雜化類型為sp，空間構(gòu)型為直線型，故說法正確；D、H2S中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化類型為sp3,含有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型是V形，故說法錯(cuò)誤。答案選D。20.下列微粒中含有配位鍵的是(）①H3O+;②NH4+;③[Cu(H2O)4]2+;④[Fe（SCN)6］3-；⑤CuCl42—；⑥CH4；⑦NH3A.①②③④⑤ B。①③⑥ C.④⑤⑦ D.②④⑥【答案】A【解析】①H2O+H+=H3O+，H2O中O與H+之間存在配位鍵；②NH3+H+=NH4+，NH3中N與H+之間形成配位鍵；③Cu2++H2O=[Cu（H2O）4]2+，Cu2+與H2O中O之間形成配位鍵；④Fe3++6SCN－=[Fe（SCN）6］3-,Fe3+與SCN－之間形成配位鍵；⑤Cu2++4Cl－=CuCl42-,Cu2+與Cl－之間形成配位鍵；⑥CH4不含有配位鍵；⑦NH3不含有配位鍵。故選A。21。根據(jù)下列結(jié)構(gòu)示意圖，判斷下列說法中正確的是A.在CsCl晶體中，距Cs+最近的Cl—有6個(gè)B.在CaF2晶體中，Ca2+周圍距離最近的F—有4個(gè)C。在SiO2晶體中，每個(gè)晶胞中含有4個(gè)Si原子和8個(gè)O原子D.在銅晶體中，每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子有12個(gè)【答案】D【解析】【詳解】在CsCl晶體中，每個(gè)周圍與其距離最近的有8個(gè),故A錯(cuò)誤；B。在晶體中，每個(gè)周圍最近距離的分布在一個(gè)頂點(diǎn)以及和這個(gè)頂點(diǎn)相連的三個(gè)面的面心上，一共是4個(gè)，每個(gè)被8個(gè)所包圍,故B錯(cuò)誤;C。在二氧化硅晶胞中有8個(gè)硅原子位于立方晶胞的8個(gè)頂角,有6個(gè)硅原子位于晶胞的6個(gè)面心，還有4個(gè)硅原子與16個(gè)氧原子在晶胞內(nèi)構(gòu)成4個(gè)硅氧四面體，它們均勻錯(cuò)開排列于晶胞內(nèi)，所以每個(gè)晶胞中含有8個(gè)Si原子和16個(gè)O原子,故C錯(cuò)誤;D.以頂點(diǎn)Cu原子為研究對(duì)象，與之最近的Cu原子位于面心，每個(gè)頂點(diǎn)為8個(gè)晶胞共用，銅晶體中每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為，故D正確;故選D.22.下列關(guān)于SiO2晶體說法正確的是（)A.SiO2是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子B。若NA表示阿伏加德羅常數(shù)，常溫常壓下60gSiO2中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為2NAC.碳和硅同主族，因此CO2和SiO2化學(xué)性質(zhì)相似，物理性質(zhì)也相似D.SiO2晶體結(jié)構(gòu)中的最小環(huán)為6個(gè)Si和6個(gè)O組成的12元環(huán)【答案】D【解析】【詳解】A.SiO2是由極性鍵構(gòu)成的原子晶體,不存在分子，故A錯(cuò)誤；B.晶體中每個(gè)Si原子與4個(gè)O原子成鍵，所以常溫常壓下60gSiO2中含有的共價(jià)鍵數(shù)目為=4NA，故B錯(cuò)誤；C。CO2和SiO2化學(xué)性質(zhì)相似，但CO2是分子晶體，SiO2是原子晶體,故兩者的物理性質(zhì)不同，故C錯(cuò)誤；D。最小的環(huán)上，有6個(gè)Si原子和6個(gè)O原子組成的12元環(huán)，故D正確。故選D.【點(diǎn)睛】注意:CO2和SiO2都是酸性氧化物，化學(xué)性質(zhì)相同，但兩者的結(jié)構(gòu)不同,所以化學(xué)性質(zhì)相同，物理性質(zhì)不同。第II卷(非選擇題）二、填空題（本大題共2小題，每空2分，共30.0分)23.在金屬或非金屬底物材料上，用NaBH4進(jìn)行“化學(xué)鍍”鍍鎳，可以得到堅(jiān)硬、耐腐蝕的保護(hù)層（3Ni3B+Ni),反應(yīng)的離子方程式為：20Ni2++16BH4-+34OH—+6H2O===2(3Ni3B+Ni)+10B(OH)4-+35H2(1）Ni2+基態(tài)核外電子排布式為________。（2）與BH4-互為等電子體的一種分子為______________填化學(xué)式.(3）B（OH）4-中硼原子軌道的雜化類型是________;1molB(OH）4-含有σ鍵的數(shù)目為________mol.（4）Ni的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，鎳晶體中每個(gè)鎳原子周圍距離最近的鎳原子數(shù)目為________。(5)NiCl26H2O在SOCl2氣流中加熱時(shí)，生成NiCl2和兩種酸性氣體.寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：__________________?！敬鸢浮?1）.1s22s22p63s23p63d8(2）.CH4、SiH4(3）.sp3(4）。8(5)。12（6).NiCl26H2O+6SOCl2=NiCl2+6SO2+12HCl【解析】【分析】（1）根據(jù)Ni是28號(hào)元素，書寫基態(tài)核外電子排布式；（2）根據(jù)中電子總數(shù)10，原子總數(shù)為5,書寫等電子體；（3）根據(jù)中的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，判斷硼原子軌道的雜化類型;（4）根據(jù)Ni的晶胞結(jié)構(gòu)可知,鎳晶體中每個(gè)鎳原子周圍距離最近的鎳原子數(shù)目.【詳解】（1）Ni是28號(hào)元素，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8或；故答案為：1s22s22p63s23p63d8或；（2）中電子總數(shù)為10,原子總數(shù)為5，與原子數(shù)相同，電子總數(shù)也相同的一種分子為CH4、SiH4等;故答案為：CH4、SiH4;(3）中的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為,則硼原子軌道的雜化類型是，1molB（OH）4—含有鍵，鍵，含有的鍵的數(shù)目為8mol;故答案為：；8;（4）根據(jù)Ni的晶胞結(jié)構(gòu)可知,鎳晶體中每個(gè)鎳原子周圍距離最近的鎳原子數(shù)目為12；故答案為：12;（5）NiCl26H2O在SOCl2氣流中加熱時(shí),生成NiCl2、SO2和HCl，該反應(yīng)化學(xué)方程式:NiCl26H2O+6SOCl2=NiCl2+6SO2+12HCl;故答案為:NiCl26H2O+6SOCl2=NiCl2+6SO2+12HCl。24.Ⅰ.能量之間可相互轉(zhuǎn)化：電解食鹽水制備氯氣是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，而原電池可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能。設(shè)計(jì)兩種類型的原電池，探究其能量轉(zhuǎn)化效率。限選材料:ZnSO4（aq)，F(xiàn)eSO4(aq），CuSO4(aq）;銅片,鐵片,鋅片和導(dǎo)線

(1）完成原電池甲的裝置示意圖，并作相應(yīng)的標(biāo)注。要求:在同一燒杯中，電極與溶液含相同的金屬元素._____________（2）以銅片為電極之一,硫酸銅溶液為電解質(zhì)溶液，只在一個(gè)燒杯中組裝原電池乙，工作一段時(shí)間后，可觀察到負(fù)極________________(3）甲乙兩種原電池中可更有效地將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的是____________，其原因是_________________________（4）根據(jù)犧牲陽極的陰極保護(hù)法原理，為了減緩電解質(zhì)溶液中鐵片的腐蝕，在上述的材料中應(yīng)選__________作陽極.Ⅱ.CO與H2反應(yīng)還可制備C2H5OH，C2H5OH可作為燃料使用，用C2H5OH和O2組合形成的質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖如下：電池總反應(yīng)為C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，則d電極是________(填“正極”或“負(fù)極”),c電極的反應(yīng)方程式為_______________________________。若線路中轉(zhuǎn)移2mol電子，則上述燃料電池，消耗的O2在標(biāo)況下的體積為______L。【答案】（1)。(2).有紅色固體生成，負(fù)極被腐蝕（3）.甲（4)。電池乙負(fù)極可與CuSO4溶液直接發(fā)生反應(yīng)，導(dǎo)致部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能;電池甲的負(fù)極不與所接觸的電解質(zhì)溶液反應(yīng)，化學(xué)能在轉(zhuǎn)化為電能時(shí)損耗較小(5)。鋅片（6）。正極（7）.C2H5OH+3H2O-12e—=2CO2+12H+（8).11。2【解析】（1）①根據(jù)題給條件和原電池的構(gòu)成條件可得：a．若用Zn、Cu、CuSO4(aq）、ZnSO4(aq)組成原電池,Zn作負(fù)極，Cu作正極，Zn插入到ZnSO4（aq）中,Cu插入到CuSO4（aq)中。b．若用Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq）組成原電池，F(xiàn)e作負(fù)極，Cu作正極，F(xiàn)e插入到FeSO4（aq)中,Cu插入到CuSO4(aq）中。c．若用Zn、Fe、FeSO4（aq）、ZnSO4（aq）組成原電池，Zn作負(fù)極，F(xiàn)e作正極,Zn插入到ZnSO4（aq）中，F(xiàn)e插入到FeSO4（aq)中。（2）由于金屬活動(dòng)性Zn＞Fe＞Cu，鋅片或鐵片作負(fù)極,由于Zn或Fe直接與CuSO4溶液接觸，工作一段時(shí)間后，負(fù)極逐漸溶解，表面有紅色固體析出.(3）帶有鹽橋的甲原電池中負(fù)極沒有和CuSO4溶液直接接觸，二者不會(huì)直接發(fā)生置換反應(yīng),化學(xué)能不會(huì)轉(zhuǎn)化為熱能，幾乎全部轉(zhuǎn)化為電能；而原電池乙中的負(fù)極與CuSO4溶液直接接觸，兩者會(huì)發(fā)生置換反應(yīng)，部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，化學(xué)能不可能全部轉(zhuǎn)化為電能.(4）由犧牲陽極的陰極保護(hù)法可得，鐵片作正極(陰極)時(shí)被保護(hù),作負(fù)極(陽極)時(shí)被腐蝕，所以應(yīng)選擇比鐵片更活潑的鋅作負(fù)極(陽極）才能有效地保護(hù)鐵不被腐蝕.Ⅱ.由圖可知，d電極是電子流入的電極，所以是電池的正極。電池的正極反應(yīng)一定為O2+4e-+4H+=2H2O，用總反應(yīng)減去正極反應(yīng)（計(jì)算時(shí)將正極擴(kuò)大3倍）得到負(fù)極反應(yīng)為:C2H5OH+3H2O-12e—=2CO2+12H+。三、簡(jiǎn)答題(本大題共1小題，每空2分,共26。0分）25。氮化硼(BN)是一種重要的功能陶瓷材料.以天然硼砂為起始物,經(jīng)過一系列反應(yīng)可以得到BF3和BN,如下圖所示：請(qǐng)回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學(xué)方程式依次是________________________、________________________；(2)基態(tài)B原子的電子排布式為________；B和N相比，電負(fù)性較大的是________，BN中B元素的化合價(jià)為________；（3)在BF3分子中，F(xiàn)—B—F的鍵角是________，B原子的雜化軌道類型為__