2024-2025學年度（上）沈陽市五校協(xié)作體期末考試

高二年級化學試卷

時間：75分鐘分數(shù)：100分

試卷說明：

1.試卷共二部分：第一部分：選擇題型（1-15題45分）

2.第二部分：非選擇題型（16-19題55分）

可能用到的相對原子質量：HlC12N14016Si28S32Zn65Bal37Ni59Se79K39

第I卷（選擇題共45分）

一、選擇題（本題包括15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題意）

1.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是

A.34g吠喃中含有的b鍵數(shù)目為4.5NA

B.25°C時，pH=14的NaOH溶液中含有的Na+數(shù)目為NA

c.720gC60晶體中含有NA個晶胞結構單元

D.60gsi。2晶體中含有2NA個Si—O鍵

【答案】A

【解析】

34g

【詳解】A.34g吹喃物質的量為.，=0.5〃⑷/,含有的。鍵數(shù)目為0.5molx9NAmoH=4.5NA,A

-68g/mol

正確；

B.不知道溶液的體積，因此無法計算溶液中鈉離子的數(shù)目，B錯誤；

C.720gC6o的物質的量為rc：2",=Imol,C6o晶胞為面心立方，1個晶胞中含4個C60,則含有』NA

720g/mol4

個晶胞結構單元，C錯誤；

D.60gSi。？的物質的量為1A6°g=Imol,其中含有4NA個Si—O鍵，D錯誤；

60g/mol

故選Ao

2.對物質的研究可改善人類的生活，下列關于說法正確的是

A.可燃冰（CH4^H2。）中甲烷與水分子間存在氫鍵

B.納米晶體是晶體顆粒尺寸為納米量級的晶體，當晶體顆粒小至納米級熔點會降低

C.經(jīng)氯修飾的蔗糖分子（三氯蔗糖）因其甜度降低，可供糖尿病患者食用

D.X射線衍射實驗可用于鍵長、鍵能、鍵角和晶體結構的測定

【答案】B

【解析】

【詳解】A.碳的電負性相對較小，造成C-H鍵的極性不夠強，所以可燃冰（CH4-8H2。）中甲烷與水分

子間不存在氫鍵，A錯誤；

B.納米晶體是晶體顆粒尺寸為納米量級的晶體，當晶體顆粒小至納米級，具有較高的表面能量，造成超

微粒子特有的熱性質，也就是熔點會降低，B正確；

C.三氯蔗糖是一種人工合成的甜味劑，其甜度是蔗糖的600倍，而不是降低，由于三氯蔗糖不被人體代

謝，不會引起血糖升高，因此可供糖尿病患者食用，C錯誤；

D.X射線衍射實驗可用于鍵長、鍵角和晶體結構的測定，但不能測定鍵能，D錯誤；

選B。

3.25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.在含有大量［川（011）41溶液中：NH；、Na+、C「、HCO；

B.與Al反應能放出H2的溶液中：Fe2+>K+、NO；、SO：

C.常溫下0.1mol-LT的Fe2（SO4）3溶液：K+>Cu2+>C「、Br「

K?

D.；^J=lxlO-mol/L的溶液中：NH：、Ca2+>C「、NO；

【答案】C

【解析】

【詳解】A.NH；和［Al（OH）4T會發(fā)生雙水解，二者不能大量共存，A不符合題意；

B.能與鋁反應放出氫氣的溶液可以顯強酸性也可以顯強堿性，酸性條件下亞鐵離子和硝酸根離子不能大

量共存，堿性條件下亞鐵離子不能大量共存，B不符合題意；

C.常溫下0.1mol?LT的Fe2（SO4）3溶液中K+、Cu2\ChBr與Fe3+和SO：之間沒有明顯的反應，能

大量共存，C符合題意;

D.一米=1><1°-2根°//1的溶液顯堿性，堿性條件下鐵根離子、鈣離子都不能大量共存，D不符合題

思；

故選Co

4.化學用語是學習化學的重要工具。下列化學用語表述不正確的是

A.CH：的電子式為：[H：q：H]

H

B.Ge的基態(tài)原子的簡化電子排布式：[Ar]3d1°4s24P之

C.NCI3的VSEPR模型：

D.基態(tài)能原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖7^卜;

【答案】c

【解析】

【詳解】A.CH；是在甲基的基礎上失去一個電子，因此其電子式為：,人正確；

H

B.Ge為第四周期第IVA元素，其簡化電子排布式為[Ar]3di。4s24P2,B正確；

C.NCb中心原子N形成3個◎鍵，還有1對孤對電子，其VSEPR模型為四面體模型，C錯誤;

D.基態(tài)他原子電子占據(jù)最高能級為6s,其電子云輪廓圖為球形，D正確；

故選Co

5.下列關于溶液的敘述正確的是

A.25℃時，pH=4的醋酸溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合，所得溶液pH<7

B.常溫下，在ILlmoLLT的氨水與2L0.5moi的氨水中，n（NH：）前者多

C.中和相同體積、相同pH的鹽酸和醋酸，消耗NaOH的物質的量鹽酸比醋酸大

D.0.2mol?LT的酸HX與0.1mol?LT的KOH溶液等體積混合溶液中，一定有：C（X'）>

c（K+）>c（H+）>c（OH-）

【答案】A

【解析】

【詳解】A.25℃時，pH=4的醋酸溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合，由于醋酸是弱酸只有部

分電解，則反應后溶液為醋酸鈉和醋酸混合溶液，溶液呈酸性，A正確；

B.一水合氨為弱電解質，氨水濃度越大，電離程度越小，則一定溫度下，的氨水與

2L0.5moi的氨水中，n（NH；）后者多，B錯誤；

C.中和pH與體積均相同的鹽酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物質的量是醋酸比鹽酸大，C錯誤；

D.0.2mol/L的酸HX與O」mol/L的K0H溶液等體積混合，HX過量，因HX的酸性強弱未知，無法確定

混合液的酸堿性，也無法判斷離子濃度的大小關系，故D錯誤；

答案選。

6.離子液體是在室溫和接近室溫時呈液態(tài)的鹽類物質，一般由有機陽離子和無機陰離子構成。咪嗖

）分子中所有原子共平面，兩種咪陛類離子液體。、。的結構如圖所示。下列有關說法正確的是

H

+?

/=\/=\

P琮/"NBF；

ab

A.a中所有C原子與N原子的雜化方式相同

B.兩種咪噗類離子液體的熔點：a>b

C.部分有關元素的電負性：H<C<N<F

D.a和b的陽離子中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)a分子結構可知，C原子有sp2、sp3兩種雜化方式，A錯誤;

B.P琮離子體積更大，導致離子液體a熔點較低，B錯誤；

C.同周期元素隨核電荷數(shù)增大電負性逐漸增大，第二周期B之后元素電負性都比H元素電負性大，因此

電負性H<C<N<F,C正確；

D.a和b的陽離子中氫原子不滿足8電子穩(wěn)定結構，D錯誤；

故選C。

7.從微觀視角探析物質結構及性質是學習化學的有效方法。下列說法正確的是

A.因為臭氧分子極性較弱，因此其在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度

B.乙醇（CH3cH2（DH）的質譜圖中，相對豐度最大的峰歸屬于CH3cH2（3H+

C.O—H…O的鍵能大于F—H...F的鍵能，因此水的沸點高于氟化氫的沸點

D.Be和Al兩種元素因處于元素周期表的對角線位置，且都屬于P區(qū)元素，所以有些性質相似

【答案】A

【解析】

【詳解】A.Ch分子有極性，但很微弱，所以它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，A正確；

B.乙醇的質譜圖中，質荷比最大的峰歸屬于CH3cH2OH+,但豐度不一定最大，B錯誤；

C.氫鍵屬于分子間作用力，水的沸點高于氟化氫的沸點是因為氫鍵的數(shù)目前者更多，C錯誤；

D.Be是第HA族元素，屬于s區(qū)元素，但是Be和A1兩種元素因處于元素周期表的對角線位置所以有些

性質相似，D錯誤；

故選A。

A.步驟①、②利用了C"的氧化性，熱空氣吹出是利用了Br2不易溶于水的性質

B.工業(yè)上吸收劑X常選用SO?,SO?是由極性鍵構成的非極性分子

C.工業(yè)生產(chǎn)中試劑Y常選用NaOH固體

D.“氯化”過程中發(fā)生的反應為MgO+C+ChiMgCU+C。

【答案】D

【解析】

【分析】海水濃縮之后得到苦鹵水，通入氯氣得到澳單質，將熱空氣通入吹出塔，可將澳單質吹入吸收塔

中，在吸收塔通入X為二氧化硫氣體，得到浪離子，再次通入氯氣得到含澳單質的溶液，經(jīng)過萃取、分

液、蒸儲之后可得到液澳；往苦鹵水中加入石灰乳，得到氫氧化鎂沉淀，煨燒之后得到氧化鎂，通入氯氣

和C氯化后得到一氧化碳和氯化鎂，電解熔融狀態(tài)下的氯化鎂得到鎂單質；

【詳解】A.步驟①、②都是將澳離子氧化為澳單質，利用了Cb的氧化性，熱空氣吹出利用了澳的揮發(fā)性，

而澳是可以溶于水的，A錯誤；

B.SO2分子中的硫原子和氧原子之間形成極性鍵，且分子結構為V形，導致分子正負電荷中心不重合，

因此S02是極性分子，B錯誤；

C.根據(jù)分析，工業(yè)生產(chǎn)中試劑Y常選用石灰乳，C錯誤；

D.由圖知，“氯化”過程中MgO、C和Cb反應生成MgCb和可燃性氣體CO,方程式為

高溫

MgO+C+Cl2MgCl2+CO>D正確；

故選D。

9.下列有關分子的結構和性質的說法正確的是

A.若將基態(tài)15P原子的核外電子排布式寫成Is22s22P63s23p：3p；,則違背了泡利原理

B.甲基是推電子基團，所以結合氫離子的能力(CH3，N>NH3

C.乙二胺(H2NCH2cH2NH2)的沸點比三甲胺［N(CH3)3］高的原因是乙二胺存在分子間氫鍵，三甲胺

存在分子內氫鍵

D.乳酸［CH3cH(OH)COOH］分子中存在2個手性碳原子

【答案】B

【解析】

【詳解】A.根據(jù)洪特規(guī)則，當電子排入簡并軌道時先分占不同的原子軌道，該電子排布式違背了這一原

則，應改為Is22s22P63s23Pxi3p；3pJ,A錯誤;

B.甲基是推電子基團，通過誘導效應增加氮原子的電子云密度，增強結合H+的能力；雖然三甲胺

［(CH3)3N］的空間位阻較大，但推電子效應占主導，其堿性(pKbNL40)強于NH3(pKb~4.75),B正確；

C.乙二胺因含有兩個氨基，可形成分子間氫鍵，導致沸點較高；而三甲胺中沒有N—H鍵，無法形成分

子間或分子內氫鍵，C錯誤；

D.乳酸中僅連接羥基的碳是手性碳(連接-CH3、-OH、-COOH、-H四個不同基團)，而竣基中的碳(-

COOH)為sp?雜化，因此乳酸只有1個手性碳，D錯誤；

故選B。

10.下列實驗設計不能達到實驗目的是

選項實驗目的實驗設計

12在水溶液中存在平衡

向1mLI2的CC14溶液中加入1mL濃KI溶液，振

A

12+「UE蕩試管，觀察顏色變化

1

向2mLO.lmol-17的AgNO3溶液中滴加2滴等

比較和的

BAgClAgl4濃度的NaCl溶液，再滴加4滴等濃度KI溶液，觀

察現(xiàn)象

向滴有酚醐的Na?C03溶液中加入少量BaCL固

CCO：存在水解平衡

體，溶液紅色變淺并有白色沉淀生成

比較配位鍵[Cu?4『-和

向CuSC)4溶液中加入少量NaCl固體，振蕩，觀察

D

[01(q0)』+的穩(wěn)定性溶液顏色變化

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.向Im!」的CCI4中加入1mL濃KI溶液，振蕩試管，觀察顏色變化，若KI溶液顏色變深,

說明L在水溶液中存在平衡石+「？寫，A不符合題意；

B.AgNCh過量，因此不能通過該實驗比較AgCl和Agl的Ksp,B符合題意；

C.向滴有酚麟的Na2cO3溶液中加入少量BaCh固體，溶液紅色變淺并有白色沉淀，溶液中存在大量碳

酸根離子、氫氧根離子，說明溶液中存在CO；+H2OU"CO；+O"-,C不符合題意；

D.向CuS04溶液中加入少量NaCl固體，振蕩，溶液中生成[CuCkK，溶液由藍色變?yōu)辄S綠色，說明

2

[CuCl4]的穩(wěn)定性大于[CU(H2O)4]2+,D不符合題意；

故選B?

11.聯(lián)氨(N2HJ為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，可用于處理鍋爐水中的溶解氧，防止鍋爐被

腐蝕，其中一種反應機理如圖所示。下列說法正確的是

N2H4NH3H2。02

+2+

CuO-\*012?！猍CU(NH3)2][CU(NH3)4]

N2

A.第一電離能：/1(O)>/1(N)>/1(CU)

B.H—N—H鍵角：[CU(NH3)4]“<NH3

C.基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)：N>0

D.[CU(NH3)J”和[CU(NH3)21配體均為N原子

【答案】C

【解析】

【詳解】A.同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但IIA族、VA族元素的第一電離能大于相鄰

元素，N位于VA族，其2P軌道為半充滿穩(wěn)定結構，所以第一電離能/](N)>/](O),而Cu是金屬元

素，其第一電離能遠小于N和O。所以第一電離能順序/[N)>/](O)>/1Cu),A項錯誤；

B.在NH3中，N原子有一對孤電子對；在[CU(NH3)4『+中，N原子的孤電子對與CiP+形成配位鍵，孤

2+

電子對對成鍵電子對的排斥作用更強，使得鍵角變小，所以H-N-H鍵角：NH3<[CU(NH3)4],B

項錯誤；

C.N的基態(tài)原子核外有3個未成對電子，。的基態(tài)原子核外有2個未成對電子，所以基態(tài)原子核外未成

對電子數(shù)：N>0,C項正確；

D.[CU(NH3)4『和[Cu(NHj，T的配體均為NH3,D項錯誤；

答案選C。

12.半導體材料硒化鋅的晶胞如圖所示。測得晶胞中，面心上硒與頂點硒之間距離為。nm,踵代表阿伏

加德羅常數(shù)的值。以晶胞參數(shù)為單位長度建立坐標系，在ZnSe晶胞坐標系中，A點硒原子坐標為

A.晶胞中與Se等距離且距離最近的Se原子有12個

B.基態(tài)Se原子核外有18種不同空間運動狀態(tài)的電子

C.硒化鋅晶體密度為出gxl021g<1^3

(331、

D.C的原子坐標參數(shù)為

I444J

【答案】D

【解析】

【詳解】A.在面心立方晶胞中，每個面心原子與周圍12個原子等距離且距離最近，因此晶胞中與Se等距

離且距離最近的Se原子有12個，A正確;

B.Se原子核外電子分布在ls、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4P能級，核外電子空間運動狀態(tài)有

1+1+3+1+3+5+1+3=18種,B正確;

C.由均攤法可得該晶胞中Se：8x1+6><L=4、Zn：4,則該晶胞的化學式為ZiuSe4,則硒化鋅晶體密度

82

（79+65）x4

為----------g?cm-3="4"xlO21g-cm-3，C正確；

（億xIO-廣百

D.根據(jù)題中所示坐標系和晶胞結構，A點硒原子坐標為］g,g,O）,B點鋅原子坐標為311

-9—9-，則C

444

的原子坐標參數(shù)為D錯誤;

故選D。

13.常溫下，用O.lOOOmoLlji的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液的pH、分

布系數(shù)3隨滴加NaOH溶液體積V［NaOH（aq）］的變化關系如圖所示［例如A?-的分布系數(shù)；5（A2j=

CA-

［—廠^］。下列敘述正確的是

———;~7—2

c（H2A）+c（HA）+c（A）

A,曲線①代表3（應A）,曲線②代表3（HA］隨滴加NaOH溶液的變化

B.該實驗可選用酚猷或甲基橙為指示劑

C.V[NaOH（aq）]=30mL時，溶液中2c（A2]+c（HA]>c（Na+）

D.HA-的電離常數(shù)Ka=1.0x10-5

【答案】c

【解析】

【分析】在未加NaOH溶液時，曲線①的分布系數(shù)與曲線②的分布系數(shù)之和等于1,且5曲線①一直在減

+

小，曲線②在一直增加；說明H2A第一步完全電離，第二步存在電離平衡，即H2A=HA+H,HA-UA2-

+H+,曲線①代表5(HA-)；當加入用0.1000mol-L1的NaOH溶液40.00mL滴定后，發(fā)生

NaHA+NaOH=Na2A+H2O,HA的分布系數(shù)減小，A?一的分布系數(shù)在增大，且曲線②在一直在增加，在滴定終

點后與③重合，所以曲線②代表3(A2)以此解答。

【詳解】A.由分析可知，曲線①代表3(HA-),曲線②代表3(A2)隨滴加NaOH溶液的變化，A錯

誤；

B.由圖可知，滴定終點時Na2A溶液中A2-發(fā)生水解使溶液呈堿性，則選用酚醐為指示劑，B錯誤；

C.V(NaOH)=30mL時，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH)根據(jù)電荷守恒

c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH),可得c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-),C正確；

D.利用曲線①、②的交點可知，c(HA)=c(A2-),此時V(NaOH)=25mL,pH=2,c(H+)=10-2mol/L,HA」的

c(H+)c(A2),、

電離常數(shù)Ka='/\/=C(H+)=].OX]0-2,口錯誤；

c(HA)')

答案選C。

14.科學家利用四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素W、X、Y、Z“組合”成一種超分子，該超分子

具有高效的催化性能，其分子結構如圖所示，W、X、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在同周期元素中

最大(注：實線代表共價鍵，其他重復單元的W、X未標注)。下列說法錯誤的是

A.在該超分子中sp3雜化的原子有10個

B.Y、Z、X形成的某種常見化合物的熱溶液可用于洗滌油污

C.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>X

D.X、Y、W形成的某種化合物中X元素的化合價可能為+3價

【答案】A

【解析】

【分析】由圖可知，超分子中W、X、Y形成的共價鍵數(shù)目分別為1、4、2,W、X、Y、Z為原子序數(shù)依

次遞增的短周期主族元素，W、X、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在同周期元素中最大，則W是H

元素、X是C元素、Y是0元素、Z是Na元素。

【詳解】A.該超分子中有10個C原子、5個O原子屬于sp3雜化，則該超分子中sp3雜化的原子有15個，，

A錯誤；

B.碳酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，水解反應是吸熱反應，升高溫度，水解平衡右

移，溶液中氫氧根離子濃度增大，堿性增強，所以碳酸鈉熱溶液可用于洗滌油污，B正確；

c.X是C元素、Y是O元素，C、。同周期核電荷數(shù)越大非金屬性越強，其對應簡單氫化物的熱穩(wěn)定性

越強，則熱穩(wěn)定性H2O>CH4,C正確；

D.碳元素、氧元素和氫元素可以形成的共價化合物草酸，草酸分子中碳元素的化合價為+3價，D正確;

故選Ao

15.向10mL濃度均為O.lmoLL-i的FeSCU和ZnSCU的混合溶液中加入0.1moLL-i氨水，溶液中金屬元素有

不同的存在形式，它們的物質的量濃度與氨水(Kb=L8xlO-5)體積關系如下圖所示。測得M、N點溶液pH分

)『+)

c([Zn(NH34906

已知:1.2+2+IO

Zn+4NH3#[Zn(NH3)4]K稔=42+

c(NH3)-c(Zn)

ii.Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]

下列說法正確的是

A.曲線Y表示Z#+

1692

B.Ksp[Fe(OH)2]=10-

C.N點以后，鋅元素主要以Zi?+形式存在

2+786

D.Zn(OH)2+4NH3#[Zn(NH3)4]+2OH-K=10--

【答案】D

【解析】

【分析】由于Ksp[Zn(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2],向10mL濃度均為O.lmolL”的FeS(%和ZnSO4的混合溶液中加

入O.lmoLL-i氨水，ZM+先沉淀,分析圖像，曲線X代表ZB,曲線Y代表Fe?+,曲線Z為[Zn(NH3)4]2+,

以此解答。

【詳解】A.由分析可知，曲線Y表示Fe2+,故A錯誤；

14

Kw10,11c505

B.N點c(Fe2+)=lxlO-5mol/L,pH=8.95,c(H+)=lxIO-8-95mol/L,c(OH)=,x==1X10-

cIH+I10

2+2-55052151

mol/L,KsP[Fe(OH)2]=c(Fe)c(OH)=1xIOx(1x10-)=1xIO,故B錯誤；

C.N點鋅元素的主要存在形式為Zn(OH)2,N點以后，鋅元素主要以[Zn(NH3)4]2+形式存在，故C錯誤；

14

(1xin丫

D.由M點數(shù)據(jù)可知，Kp[Zn(OH)]=lxW5x---------=10-16-92,反應

S2(1x1。J

Zn(OH)2+4NH3U[Zn(NH3)4]2++2OH-的K=士(9/+(國)―仍(網(wǎng))/卞(。葉(纖)

442+

C(NH3)c(NH3)c(Zn)

906

)x一692-7.,故口正確；

=KttKsp[Zn(OH2]=1010=1086

故選D。

第II卷(非選擇題共55分)

16.部分弱電解質的電離平衡常數(shù)如表，據(jù)此回答下列問題：

H2sO3

弱酸HCOOHH2cO3H2SH2C2O4HC1O

電離

平衡

區(qū)=4.2x10-7K=9.1x10-8Ki=1.23xlCT-K]=5.4xl0-

常數(shù)K=1.8xl(rK=4.7x10"

K=5.6X1C?TK=l.lxlO-1:K?=6.6x10-8K=5.4xl0--

(25222

℃)

(1)若要使ILlmol/LNa2c。3溶液完全反應生成CO2，至少需要H2sO3和H2c2O4的物質的量之比為

(2)將少量SO2通入NaClO溶液中的離子方程式為

(3)下列離子在溶液中不能大量共存的是o

-；；

A.HCOCF、HC2O；,HSB.HC2O>HSOrHCO

C.HC2O4,HSO；＞HCOO"D.HSO「HCO；、HCOO"

(4)室溫下，將CO2通入NaOH溶液中，

①若100mL3mol/L的NaOH溶液吸收標準狀況下4.48LCO2時，所得溶液中各離子濃度由大到小的順

序為O

②若所得溶液中c(HC。；)：c(CO;)=10：1,溶液的pH=(lg7=0.8,lg2=0.3)?

(5)水在25°C和95°C時電離平衡曲線如圖。①在曲線B所對應的溫度下，0.05mol?匚也2so4溶液

中，由水電離出來的c(H+)=mol-L'o

②在曲線B所對應的溫度下，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2sO4溶液混合，若所得混合溶液的

6,則NaOH溶液與H2s。4溶液的體積比為。

【答案】(1)2：1(2)SO2+3C1O+H2O=SO；+Cr+2HC1O(3)AB

(4)①.c(Na+)>c(HCO；)>c(CO1-)>c(OH-)>c(H+)②.9.3

(5)1x10"1：10

【解析】

【分析】Ka值越大酸性越強結合表格數(shù)據(jù)可知酸性關系

H2c2C)4>H2sC)3>HCOOH>HC2O4>H2cC)3>H2S>HSO3>HC1O>HCO3>HS據(jù)此分析作答。

【小問1詳解】

根據(jù)c=3，n(Na2CO3)=1Lx1mol/L=1mol,據(jù)分析，可得反應：

H2c2O4+Na2c。3=Na2c2O4+CO2T+H2O,2H2SO3+Na2CO3=2NaHSO3+CO2T+H2O,根據(jù)反

應得：H2c2。4?Na2cCh,2H2sO3?Na2cO3,要使ILlmol/LNa2cO3溶液完全反應生成CO2需要H2sO3和

H2c2O4的物質的量分別是2mol,Imol；

【小問2詳解】

SO2具有還原性，NaClO具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應，S的化合價由+4價升高為+6價，C1的化合

價由+1降低為-1價，根據(jù)化合價升降守恒和原子守恒、NaClO+SO2+H2O=H2SO4+NaCl,由于SO2的量

少，NaClO的量多，生成的硫酸會和剩余NaClO反應生成HC1O,故反應應為

3NaClO+SO2+H2O=Na2SO4+2HClO+Naa,反應的離子方程式為：

SO2+3C1O+H2O=SO；+C1+2HC1O；

【小問3詳解】

據(jù)分析：

A.HC2O4和HS-會發(fā)生反應生成H2s和C2。：，不能大量共存，A符合題意；

B.HC2O4和HCO；發(fā)生反應生成H2cCh和。2。；，不能大量共存，B符合題意；

C.HC2O4,HSO］、HCOO-這些離子之間不反應可以大量共存，C不符合題意；

D.HSO「HCOrHCOO這些離子之間不反應可以大量共存，D不符合題意；

故選AB。

【小問4詳解】

①100mL3moi/L的NaOH溶液吸收標準狀況下4.48LCO?,即0.3molNaOH與OZmolCCh反應，可得

O.lmolNa2c03與O.lmolNaHCCh,碳酸鈉與碳酸氫鈉濃度均為lmol/L,多元弱酸的酸根離子水解分步進行

以第一步水解為主，則碳酸根離子的水解程度大于碳酸氫根離子濃度，溶液中原碳酸根離子和碳酸氫根離

子濃度相等，水解后碳酸氫根離子濃度大于碳酸根離子濃度，鈉離子濃度相對二者更大，由于水解溶液顯

堿性導致溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，最終得出結果為

++

c(Na)>c(HCO3)>c(CO^)>c(OH)>c(H)；

②根據(jù)圖表中數(shù)據(jù)可知碳酸的第二步電離常數(shù)K2=5.6X10“I,羥=)C(CC)3),則得田中尸

C(HCO3)

c(HCO；)xK,

-.........4~-=10x5.6xl01>001^=5.6x1O-10mol/L,pH=-lg(H+)=-lg(5.6xlO-lo)=9.3；

【小問5詳解】

水的離子積隨溫度升高而增大，因此曲線A為25℃曲線，B為95℃曲線。

①曲線B所對應的溫度為95℃,水的離子積常數(shù)Kw=1.Ox10-6mol/Lx1.Ox10-6mol/L=1.Ox1012mol2/L2,

Kw

0.05mol.L-1HS0中c(H+)=0.05mol-L-ix2=0.1mol/L,由于Kw二c(H+)c(OH),可得c(OH)=

24c(H+)

1X10-12

mol/L=lxlO-Umol/L,OH-全部來自水，并且水電離出的H+和0任一樣多，水電離出來的

0.1

c(H+)=lxlO"imoLL-i；

②由圖可知，曲線B所對應的溫度為95℃,水的離子積常數(shù)Kw=1.Ox10-6mol/Lx1,0x10-6mol/L=1.Ox10-

12moi2/1?,設氫氧化鈉溶液和硫酸溶液的體積分別為a、b,將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2sCU溶液

混合，若所得混合溶液的6說明溶液呈中性，酸溶液中的氫離子的物質的量和堿溶液中的氫氧根離子的物

質的量相等，則l.Ox相-4b=i.oxlO-3a,解得a：b=l：10?

17.實驗室模擬工業(yè)制備硫氧化鉀(KSCN)的裝置如圖所示。

已知：CS2不溶于水，密度比水大。

回答下列問題：

I.制備NHSCN溶液：CS+3NH>NHSCN+

4234NH4HS

(1)按上圖連接好裝置，首先進行的操作是o裝置B的名稱是

(2)向裝置D的三頸燒瓶內裝入固體催化劑、CS2和水，三頸燒瓶左側進氣管必須浸沒到CS2中，其目

的是o

(3)打開K-加熱裝置A、D,將A中產(chǎn)生的氣體通入裝置D中，當觀察到三頸燒瓶中(填現(xiàn)

象)，則說明反應接近完全。

II制備KSCN晶體

(4)停止加熱裝置A,關閉K「移開水浴，繼續(xù)加熱裝置D使NH4Hs分解。然后打開K”趁熱滴加

適量KOH溶液，(填操作名稱)，得到KSCN溶液，最后提純得到KSCN晶體。

(5)裝置E吸收NH3時，有無色無味氣體生成，Cr2。,？-被還原為Cd+,該反應的離子方程式為

III.測定KSCN晶體的純度

(6)取2.000g制得的KSCN晶體溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL溶液利用AgNO3溶液進行

沉淀滴定測定SCfT濃度，反應原理為Ag++SCN-=AgSCNJ。若過程中消耗15.00mL0.1000molL1

AgNO3,則產(chǎn)品中KSCN的純度為o

(7)誤差分析：下列操作會導致測定結果偏高的是。

A.未用AgNO3標準溶液潤洗滴定管

B滴定前錐形瓶內有少量水

C.滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失

D.觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視

【答案】(1)①.檢查裝置氣密性②.球形干燥管或干燥管

(2)防倒吸(3)液體不再分層

+3+

(4)過濾(5)2NH3+Cr2O^-+8H=2Cr+N2T+7H2O

(6)72.75%(7)AC

【解析】

【分析】A裝置為氨氣制備裝置，經(jīng)過B干燥后通入二硫化碳，二者在D中發(fā)生反應

CS,+3NH3>NH4SCN+NH4HS,反應結束后停止加熱裝置A,關閉K1，移開水浴，繼續(xù)加

熱裝置D使NH4Hs分解。然后打開K2,趁熱滴加適量KOH溶液即可得到KSCN溶液，同時有氨氣逸

出，E為尾氣處理裝置。

【小問1詳解】

整個裝置有氣體生成并在后續(xù)參加反應，需要保證裝置不漏氣，因此需先進行裝置氣密性檢驗操作，由圖

可知B為球形干燥管；

【小問2詳解】

氨氣在水中溶解度極大，因此三頸燒瓶左側進氣管必須浸沒到CS?中防止發(fā)生倒吸；

【小問3詳解】

CS2和水互不相溶，根據(jù)分析反應結束后得到的NH4SCN、NH4Hs溶液，因此當反應結束時液體不再分

層；

【小問4詳解】

停止加熱裝置A,關閉Ki,移開水浴，繼續(xù)加熱裝置D使分解。然后打開K2,趁熱滴加適量KOH溶液，

NFUSCN和KOH反應生成KSCN,先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，得到KSCN溶液，最后提純得到

KSCN晶體；

【小問5詳解】

CqO〉被NH3還原為CF+、氨氣被氧化為氮氣，離子方程式為

+3+

2NH3+Cr2O^+8H=2Cr+N2T+7H2O；

【小問6詳解】

Ag+-?SCN

根據(jù)化學方程式有l(wèi)mO1

,可得n(KSCN)=0.015mol,則KSCN的純

15xl03Lx0.1mol/L----n(KSCN)

25017

度為0.015x97g*10Q%=72.75%；

【小問7詳解】

A.未用AgNOs標準溶液潤洗滴定管導致標準液被稀釋，標準液消耗體積偏大，結果偏高；

B.滴定前錐形瓶內有少量水不影響滴定結果；

C.滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，把氣泡體積誤當成標準液體積，標準液體積偏大，結

果偏高；

D.觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，導致標準液體積讀數(shù)偏小，結果偏低；

選AC。

18.保及其化合物應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)保原子價層電子軌道表示式o

（2）如圖為一種含銀配合物（物質A）及其配體（物質B）?

H

/=NH

、。式C#0H

物質A物質B

①物質A存在的化學鍵有（填序號）。

a.配位鍵b.氫鍵c.非極性共價鍵d.范德華力

②物質B在一定條件下水解生成鄰羥基苯甲醛（其沸點為197℃，而對羥基苯甲醛

（HO——CHO）的沸點為247C，導致兩種物質沸點相差較大的原因是o

（3）某新型超導材料晶體中含有銀、鎂、碳3種元素，鎂原子和銀原子形成立方晶胞如圖所示（碳原子位

于體心）。

ONiOMgec

①Mg原子周圍最近且等距的C原子數(shù)有個。

②若取碳原子為晶胞頂點，則銀原子位于晶胞的位置。

（4）將26.3gNiSO/nH2。樣品在90CTC下燃燒，樣品受熱過程的熱重曲線（樣品質量隨溫度變化的曲

線）如圖所示。

f質量/g

26.3

22.7

NiSO4

15.5

8.3

7.5

時間/min

①固體N化學式為

②P-Q的化學方程式為

3d4s,OH

【答案】（1）仄(2)@.ac②.易形成分子內氫鍵,

一CHO

HO—CHO易形成分子間氫鍵’故前者沸點低于后者

(3)①.8②.棱心

A

(4)

①.NiSO4-4H2O②.4NiO+O2=2Ni2O3

【解析】

【小問1詳解】

3d4s

Ni為28號元素，其價層電子為3d84s2,軌道表示式為

【小問2詳解】

①物質A中存在Ni-O、Ni-N配位鍵，同時苯環(huán)中存在有非極性共價鍵，而氫鍵、范德華力不屬于化學

鍵；

②鄰羥基苯甲醛的羥基和醛基靠得較近，能夠形成分子內氫鍵，因此其熔點和沸點較低；而對羥基苯甲醛

的羥基和醛基之間形成的是分子間氫鍵，因此需要更高的溫度才能使其氣化，導致其熔點和沸點較高。；

【小問3詳解】

①在此晶胞中，以Mg原子體心，則C原子位于頂點位置，則C配位數(shù)為8。

②若取碳原子為晶胞頂點，以xyz軸方向進行棱的延伸，則棱邊恰好經(jīng)過銀原子，得到鎮(zhèn)原子位于此晶胞

的棱心位置；

【小問4詳解】

則得到n（NiSOj=/篙根據(jù)

①根據(jù)分解圖，當分解為只剩NiS。,時，質量為15.5g,

26.3g

Ni守恒,可知26.3gNiSO#nH2O樣品也為O.lmol,1=0.1mol求得n=6；設N的化

(155+18n)g-mor

22.7g

學式為NiSO/xH?。，根據(jù)=0.1mol求得x=4,則N的化學式為NiSC^ZH?。；

(155+18x)g-mol1

②NiSO《再加熱，NiS。,會分解成銀的氧化物和硫的氧化物，在P點時質量為7.5g,設P點時的化學式

為NiOy,則（59+16y）；-mo「求得y=L得到P點的化學式為NiO,由P-Q點時質量在增

加，說明加熱過程中NiO被空氣中的氧氣氧化了，設Q點時的化學式為NiOz,由

8.3g八113

（59+16z）［mo「=0」mol求得，Q的化學式為：Ni2O3,得反應方程式為：

4NiO+O2=2Ni2O3。

2

19.領鹽沉淀法處理酸性含銘廢水（含Cr？。：、［Ni（CN）4］\SO二等）并回收銘元素的工藝路線如下：

已知：I.六價銘［Cr（VI）］在水溶液中存在平衡：Cr2O^+H2OU2CrO：+2JT

II.室溫下相關物質的Ksp如下:

化合

CaSO4BaSO4BaCrO4

物

KSP

4.9x10-5l.lxlO-101.2xlC)T°

(1)①向廢水中加入破鼠劑NaClO,可以提高鎂元素的去除率。①NaClO能氧化CN一,生成無毒無味氣

體，補全該反應的離子方程式：0

IICN+1I+1I=E2IHCO3+1I+1I

該離子方程式中碳元素的雜化方式由______變成O

②結合平衡移動原理解釋加入NaClO可提高銀元素的去除率的原因：o

(2)用石灰乳將含鋁廢水預調至不同pH,經(jīng)破氟后取等量的溶液1,向其中加入等量的

BaCl2-2H2O,攪拌、反應60min,得到Cr(VI)去除率隨預調pH變化如圖。與預調pH=6相比，

pH=7時Cr(V