河南省洛阳市2021-2022学年高二化学上学期期末试卷（Word版附解析）

洛阳市2021-2022学年第一学期期末考试高二化学试卷第Ⅰ卷(选择题，共50分)注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目涂写在答题卡上。2.考试结束，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：Mg-24Al-27Fe-56Cu-64Ag-108Pb-207一、选择题(本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分)1.下列叙述中错误的是A.铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀B.在铁制品上镀铜时，铁制品为阳极，铜盐为电镀液C.生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱D.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈【答案】B【解析】【详解】A．铁管上镶嵌锌块，构成原电池，铁为正极，铁管不易被腐蚀，故A正确；B．在铁制品上镀铜时，铁制品为阴极，铜盐为电镀液，故B错误；C．生铁中含有碳，铁、碳构成原电池，加快铁的腐蚀速率，所以抗腐蚀能力比纯铁弱，故C正确；D．用锡焊接的铁质器件，铁、锡构成原电池，铁为负极，所以焊接处易生锈，故D正确；选B。2.氢氰酸(化学式为HCN)分子中所有的原子都通过化学键而达到稳定结构，则下列关于氢氰酸分子结构的表述中，错误的是A.是极性分子B.中心原子是sp杂化C.分子是直线形D.H—N≡C【答案】D【解析】【详解】A．HCN中正、负电荷中心不重合，是极性分子，A正确；B．HCN分子中中心原子上的价层电子对数为：2+=2，故中心原子是sp杂化，B正确；C．HCN分子中中心原子上的价层电子对数为：2+=2，故其分子是直线形，C正确； D．已知C周围要形成4个共价键，N原子周围形成3个共价键，故HCN的结构式为H—C≡N，D错误；故答案为：D。3.在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构，其原因是A.共价键具有方向性和饱和性B.硅原子间以共价键结合C.二氧化硅是化合物D.二氧化硅是由非金属元素原子构成的【答案】A【解析】【详解】A．由于共价键具有方向性和饱和性导致SiO2中Si和O必须按照一定的方向和一定的数目比例进行结合，故导致在二氧化硅晶体中原子未排列成紧密堆积结构，A符合题意；B．不是所有以共价键结合的物质都是原子未排列成紧密堆积结构，B不合题意；C．不是所有化合物都是原子未排列成紧密堆积结构，C不合题意；D．不是所有非金属元素原子构成的物质都是原子未排列成紧密堆积结构，D不合题意；故答案为：A。4.下列各项中，不属于晶体的特点的是A.具有规则的几何外形B.某些物理性质具有各向异性C.一定是无色透明的固体D.具有固定的熔点【答案】C【解析】【详解】晶体的特点是具有规则的的几何外形、有固定的熔点、物理性质具有各向异性，但晶体不一定是无色透明的，故选C。5.下列叙述中，正确的是A.各电子层含有的原子轨道数为2nB.各电子层的能级都是从s能级开始到f能级结束C.冰融化时，分子中氢氧键发生断裂D.金属晶体中含有离子，但不存在离子键【答案】D【解析】【详解】A．已知K层只有1s1个轨道，L层有2s一个轨道和2p三个轨道共4个轨道，M层上有3s1个、3p3个和3d5个轨道共9个轨道，各电子层含有的原子轨道数为n2个，A错误；B．已知K层只有s能级，L层只有s、p能级，M层只有s、p、d能级，故各电子层的能级数目等于能层序数，B错误；C．冰融化时，未发生化学变化，故分子中氢氧键不发生断裂，只是克服了分子间作用力，C错误；D．金属晶体是金属阳离子和自由电子通过金属键形成晶体，故不存在离子键，D正确； 故答案为：D。6.室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目减少B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D.再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【答案】B【解析】【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D项，加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。故选B。7.下列各组离子能大量共存于同一溶液中，且加入过量NaOH溶液或少量稀硫酸时都能产生白色沉淀的是A.Na+、Al3+、Cl-、Ba2+B.NH、Ba2+、Fe3+、Cl-C.K+、Ba2+、Cl-、COD.Ba2+、Mg2+、NO、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．Na+、Al3+、Cl-、Ba2+各离子能够大量共存，但加入过量NaOH后将Al3+转化为，得不到白色沉淀，A不合题意；B．NH、Ba2+、Fe3+、Cl-各离子能够大量共存，但加入过量NaOH后将Fe3+转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到白色沉淀，B不合题意；C．Ba2++CO=BaCO3↓，故Ba2+和CO不能大量共存，C不合题意；D．Ba2+、Mg2+、NO、Cl-各离子能够大量共存，但加入过量NaOH后将Mg2+转化为Mg(OH)2白色沉 淀，Ba2+和生成BaSO4白色沉淀，D符合题意；故答案为：D。8.关于反应A(g)+B(g)C(g)△H<0，下列说法中，正确的是A.温度升高，化学反应速率加快B.催化剂不参与化学反应C.一定是自发反应D.反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】【详解】A．升高温度，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，故A正确；B．催化剂能改变化学反应的途径，参与化学反应，降低反应活化能，故B错误；C．该反应是一个气体体积减小的反应，反应△H<0、△S<0，低温条件下反应△H—T△S<0，反应才能自发进行，故C错误；D．反应物浓度增大，平衡不一定向正反应方向移动，若反应的浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，若反应的浓度熵等于平衡常数，平衡不移动，故D错误；故选A。9.结合图判断，下列叙述正确的是A.(a)和(b)中Na+均向铁电极方向移动B.(a)和(b)中正极均被保护C.(a)和(b)中负极反应均是Fe—2e—=Fe2+D.(a)和(b)中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH—【答案】B【解析】【分析】由图可知，(a)中由于锌的金属性强于铁，在氯化钠溶液中锌作原电池的负极，铁作正极，锌发生吸氧腐蚀，铁被保护；(b)中由于铁的金属性强于铜，在酸性氯化钠溶液中铁作原电池的负极，铜作正极， 铁发生析氢腐蚀，铜被保护。【详解】A．由分析可知，(b)中铜作原电池的正极，钠离子向正极铜电极移动，故A错误；B．由分析可知，(a)中负极锌发生吸氧腐蚀，正极铁被保护，(b)中负极铁发生析氢腐蚀，正极铜被保护，故B正确；C．由分析可知，(a)中锌作原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn—2e—=Zn2+，故C错误；D．由分析可知，(b)中铁发生析氢腐蚀，氢离子在铜电极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，故D错误；故选B10.下列关于电解CuCl2溶液(如图所示)的说法中，错误的是A.电解过程中，Cl—向阳极移动B.总反应为：CuCl2=Cu2++2Cl—C.阳极有黄绿色气体产生，并可用湿润的KI淀粉试纸检验D.若将溶液换为硫酸铜溶液，则阴、阳两极得到单质的物质的量之比始终为2∶1【答案】B【解析】【详解】A．电解过程中，氯离子和氢氧根离子向阳极移动，故A正确；B．氯化铜溶液电解生成铜和氯气，总反应方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，故B错误；C．电解过程中，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成黄绿色的氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成的碘使淀粉溶液变蓝色，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，故C正确；D．若将溶液换为硫酸铜溶液，电解过程中，阴极析出的单质为铜、阳极析出的单质为氧气，硫酸铜溶液完全电解后继续电解，实质上是电解水，阴极析出的单质为氢气、阳极析出的单质为氧气，由得失电子数目守恒可知，铜和氧气的物质的量比与氢气和氧气的物质的量比相等，都是2∶1，故D正确；故选B。 二、选择题(本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共30分)11.在容积不变的密闭容器中，A与B反应生成C，其化学反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。已知：2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，则此反应可表示为A.2A+3B=2CB.A+3B=2CC.3A+B=2CD.A+B=C【答案】A【解析】【分析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。【详解】根据2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，可知v(A)︰v(B)︰v(C)＝2︰3︰2，故该反应的化学计量之比为2︰3︰2，方程式即为：2A+3B=2C；故选A。12.下列有关电化学实验装置或图示说法错误的是A.用装置甲组装铜锌原电池B.用图乙所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑C.用图丙装置可制得消毒剂NaClO同时减少Cl2的逸出D.图丁为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，装置甲中右池锌与硫酸铜溶液直接接触，不能构成原电池，故A错误；B．由图可知，乙装置中铜电极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子移向阳极，与铜离子反应生 成氢氧化铜，总反应方程式为Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑，故B正确；C．由图可知，丙装置中下端的石墨电极为电解池的阳极，放电生成的氯气在溶液中向上移动，上端的石墨电极为阴极，放电生成的氢氧根离子向下移动，氯气与氢氧化钠在移动过程中充分反应生成次氯酸钠，同时能减少氯气的逸出，故C正确；D．由图可知，丁装置中钢管的保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选A。13.图a—c分别为NaCl在不同状态下的导电实验(X、Y为石墨电极)微观示意图。下列分析正确的是A.图中代表Na+B.图b中X与电源负极相连C.图b说明通电后发生了：NaCl=Na++Cl-D.图c中Y上产生H2【答案】D【解析】【详解】A．由于Na+半径小于Cl-半径，故图中代表Cl-，A错误；B．由A项分析可知，代表Cl-，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故图b中X与电源正极相连，B错误；C．电解质的电离是在水分子的作用下而不是通电，故图b说明通电后Na+和Cl-发生了定向移动，而不是NaCl发生电离，C错误；D．由B项分析可知，图c中X与电源的正极相连是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Y与电源的负极相连是阴极，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故Y上产生H2，D正确；故答案为：D。14.如图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d。符合上述实验结果的盐溶液是 选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B.由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b>d，故B错误；C.在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝盐溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D.两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b<d，故D正确；故选D。【点睛】电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＜d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d。阳离子得电子能力如图所示：，根据放电顺序分析可得。15.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是 A.最外层都只有1个电子的基态X、Y原子B.2p轨道上有1对成对电子的基态X原子与3p轨道上有1对成对电子的基态Y原子C.原子核外电子排布式为1s2的基态X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的基态Y原子D.原子核外M层上仅有2个电子的基态X原子与原子核外N层上仅有2个电子的基态Y原子【答案】B【解析】【详解】A．IA族元素的原子及某些副族元素如铬原子、铜原子的最外层电子数为1，但IA族元素的原子的性质与铬原子、铜原子的性质不同，故A错误；B．2p轨道上有1对成对电子的基态原子为氧原子，3p轨道上有1对成对电子的基态原子为硫原子，氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，同主族元素氧原子和硫原子的性质相似，故B正确；C．原子核外电子排布式为1s2基态原子为氦原子，原子核外电子排布式为1s22s2的基态原子为铍原子，氦元素位于0族、铍元素位于IIA族，原子的性质不同，故C错误；D．原子核外M层上仅有2个电子的基态原子为镁原子，原子核外N层上仅有2个电子的基态原子为钙原子，也可能为钪、钛、钒等过渡元素，镁原子与过渡元素原子的性质不同，故D错误；故选B。16.金属铁(Fe)在生产生活中有着广泛应用。对于基态Fe原子，下列叙述错误的是A.有4个未成对电子B.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大C.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动D.基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6【答案】C【解析】【详解】A．基态Fe原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，所以有4个未成对电子，A正确；B．金属性K＞Fe，金属性越强，电负性越小，所以电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，B正确；C．能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，C错误；D．基态Fe原子的价电子排布式为[Ar]3d64s2，所以基态Fe2+核外电子排布为[Ar]3d6，D正确；答案选C。17.图a～d是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是 A.a和cB.b和cC.b和dD.a和d【答案】D【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，由图可知，a和d属于从NaCl晶体中分割出来的结构图，故选D。18.下列说法正确的是A.乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1B.P4和CH4的分子构型相同，键角相等C.BF3、NCl3分子中所有原子最外层电子均达到8电子稳定结构D.向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀【答案】A【解析】【详解】A．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个π键，乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1，A正确；B．已知P4和CH4的分子构型均为正四面体，但键角分别为60°和109°28′不相同，B错误；C．BF3、NCl3的电子式分别为：、，故BF3分子中B原子周围未达到8电子稳定结构，而NCl3分子中所有原子的最外层电子均达到8电子稳定结构，C错误；D．已知配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O电离方程式为：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O=[TiCl(H2O)5]2++2Cl-+H2O，故向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有的Cl-被沉淀，D错误；故答案为：A。19.恒温恒容下，向密闭容器按n(CO2)：n(H2)=1：1通入气体，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，能判断反应处于平衡状态的是 A.v逆(CO2)=3v正(H2)B.体系内气体密度保持不变C.断裂3molH—H键的同时断裂3molH—O键D.CO2的体积分数保持不变【答案】CD【解析】【详解】A．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得，则3v逆(CO2)=v正(H2)时处于平衡状态，故A错；B．反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中格物质均为气体，所以气体质量不变，在恒容的密闭容器中，则体积不变，由可得，密度始终保持不变，不能用于判断反应是否处于平衡状态，故B错；C．断裂3molH—H键时，则消耗3mol，断裂3molH—O键，，则消耗1molCH3OH(g)和1molH2O(g)，所以速率大小相等，方向相反，则处于平衡状态，故C正确；D．CO2的体积分数保持不变时，则混合物中格物质的浓度均保持不变，则处于平衡状态，故D正确；答案选CD。20.某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是A.充电时，集流体A与外接电源的正极相连B.放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amolLi+C.放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2D.放电时，电极A为负极，反应可表示为LixSi-e-=Si+Li+【答案】C【解析】 【分析】由题可知，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A为阴极，电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，电极B为阳极，电极反应式为LiCoO2-xe-═Li1-xCoO2+xLi+，放电时电极A为负极，电极反应为LixSi-xe-═Si+xLi+，电极B为正极，电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2Si+LiCoO2。【详解】A．充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，A错误；B．放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amolLi+进入LiPOH薄膜电解质，同时有amolLi+从LiPOH薄膜电解质流出进入电极B，故LiPOH薄膜电解质Li+数目不变，B错误；C．由分析可知，放电时，电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，C正确；D．由分析可知，A为负极，放电时负极电极反应为LixSi-xe-═Si+xLi+，D错误；故答案为：C。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)三、填空题(本题共4小题，共50分)21.依据电化学原理，回答下列问题：（1）图1是依据氧化还原反应Cu(s)+2Fe3+(aq)=Cu2+(aq)+2Fe2+(aq)设计原电池装置。①电极X的材料是___。②Y上发生的电极反应式为___。③盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶，放电过程盐桥中向左侧烧杯移动的离子主要是___(填离子符号)。（2）图2为离子交换膜法电解饱和食盐水的原理示意图。 ①写出电解过程中总反应的化学方程式____。②a处得到的溶液中溶质的主要成分是___(填化学式)。（3）科学家研发了一种绿色环保可充电“全氢电池”，其放电时工作原理如图3所示。①吸附层a上的电势___(填“低于”、“高于”或“等于”)吸附层b上的电势。②吸附层a上的电极反应式为___。③下列说法错误的是___。A.该电池充电时，吸附层b接电源正极B.装置中的离子交换膜可以使用质子交换膜C.NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应D.导线上通过1mole-，装置内H2总量减少0.5mol 【答案】（1）①.Cu②.③.K+（2）①.②.NaOH（3）①.低于②.③.BCD【解析】【小问1详解】①由图可知电极X是负极，根据题干给的方程式可知，Cu作负极，故电极X的材料是Cu；②Y为正极，由题干方程式可知正极反应为：；左侧为正极，在原电池中阳离子移向正极，故向左侧烧杯移动的离子主要是K+；【小问2详解】①电解饱和食盐水在阴极上生成的是氢气、氢氧化钠，在阳极上产生氯气，电解方程式为：；②右侧为阴极，故a处得到的溶液中溶质的主要成分是NaOH；【小问3详解】①由图可知电子从电极a流出，故a为负极，b为正极，故吸附层a上的电势低于吸附层b上的电势；②吸附层a作负极,电极反应式为；③A．该电池中吸附层b是正极，应该接外接电源正极，A正确；B．装置中的离子交换膜如果使用质子交换膜则交换膜右侧的氢离子可以通过交换膜直接和左侧的氢氧根离子发生反应，不利于电能产生，这个交换膜应该是钠离子交换膜，B错误；C．NaClO4没有参与电极反应，C错误；D．该电池的总反应为，导线上通过1mole-，装置内H2总量不变，D错误；故选BCD。22.硫、氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究他们的相互转化及脱除有重要意义。（1）25℃时，N2O5(g)在刚性反应器中发生分解得到N2O4(g)、NO2(g)和O2(g)。其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。N2O5(g)的初始压强为35.8kPa，某时刻，N2O5(g)完全分解，体系达到平衡，反应器总压强为63.1kPa。①相关反应的能量变化如图1所示，N2O5(g)分解生成N2O4(g)和O2(g)的热化学方程式为___。②25℃时，N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常量Kp=___kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留 1位小数)。③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强大于63.1kPa，原因是___。（2）臭氧可用于脱硫脱硝，利用其强氧化性氧化氮氧化物及二氧化硫。①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是___(填“极性”或“非极性”)分子。②用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率.研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图2所示，反应过程中，[M]与NO2按物质的量之比1∶1反应生成N2O5。该催化氧化过程总反应的化学方程式为___。③一定温度下，向一定比例的O3和NO混合物中通入一定浓度的SO2气体，同时进行脱硫脱硝实验。实验结果如图3所示。由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，下列选项中能解释该结果的是___(填序号)。a.O3氧化SO2反应的活化能较大b.O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快c.等物质的量的O3与NO反应放出的热量比等物质的量的O3与SO2反应的多上述脱硫脱硝过程中涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是___(填元素符号)。【答案】（1）①.N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)ΔH=-2.2kJ·mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=-4.4kJ·mol−1②.13.4③.反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大 （2）①.极性②.③.ab④.N>O>S【解析】【小问1详解】①由图可知a.2NO2(g)=N2O4(g)ΔH1=-55.3kJ·mol−1，b.2NO2(g)+O2(g)=N2O5(g)ΔH2=-53.1kJ·mol−1，由盖斯定律a-b得N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)ΔH=ΔH1-ΔH2=-2.2kJ·mol−1，即N2O5(g)分解生成N2O4(g)和O2(g)的热化学方程式为N2O5(g)=N2O4(g)+O2(g)ΔH=-2.2kJ·mol−1或2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH=-4.4kJ·mol−1；②在恒温恒容的容器里，气体的物质的量之比等于它们的压强之比，可以用气体的分压来表示物质的量，五氧化二氮分解的方程式，初始压强为35.8kPa，初始，某时刻，N2O5(g)完全分解，这时，这时，，利用三段式解析，设25℃达到化学平衡时N2O4转化了x，则由题意可知35.8-x+2x+17.9=63.1，解得x=9.4kPa，，，然后代入平衡常数表达式即可求出Kp=13.4；③由图可知反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，气体的物质的量增多，在刚性容器中气体的压强增大，所以体系的温度越高压强越大；【小问2详解】①O3分子的空间结构与水分子的相似，水分子为极性分子，则O3分子为极性分子；②由图可知，O+NO2→[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：；③a．SO2与O3反应导致减小了O3的浓度，从而使NO的氧化率略低，由图可知SO2对NO的氧化率影响很小，说明臭氧与NO更易反应，可说明O3氧化SO2反应的活化能较大，a正确；b．由分析a可知O3与SO2反应活化能大，则其反应速率慢，b正确；c．O3与NO反应速率比O3与SO2反应速率快，但与等物质的量的O3与NO、SO2 反应放出的热量多少无关，c错误；故选ab；上述脱硫脱硝过程中涉及元素由O、N、S，同周期VA族、VIA族的第一电离能反常，故N>O，同主族元素越靠上第一电离能越大，故O>S，故答案为：N>O>S。23.已知二元酸H2A在水中的电离方程式：H2A=H++HA-、HA-H++A2-。常温下，Ka(HA-)=1.0×10-2，Ag2A在水中微溶，少量Ag2A固体不溶于NaNO3饱和溶液。（1）向1mL1mol·L-1Na2A溶液中滴加3滴2mol·L-1AgNO3溶液，出现大量白色沉淀。向沉淀中滴加稀硝酸，沉淀大量溶解。产生大量白色沉淀的离子方程式为___，请用平衡理论解释沉淀大量溶解的原因：___。（2）为了探究A2-的存在是否会对溶液中Cl-的检验产生干扰，向1mL某混合液中加入3滴AgNO3溶液，设计下面表格进行理论计算【常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10】。编号加入AgNO3浓度/(mol·L-1)混合液中Ag+浓度/(mol·L-1)混合溶液中A2-的最小理论检出浓度/(mol·L-1)①20.20.0003②0.50.050.0048③0.1④0.01若加入的AgNO3溶液浓度为0.1mol·L-1，混合溶液中A2-的最小理论检出浓度为___mol·L-1；若使用0.01mol·L-1AgNO3溶液，___(填“可以”或“不可以”)排除少量A2-对Cl-检验构成的干扰。（3）常温下，Na2A溶液显碱性，用离子方程式表示原因为___。以酚酞作指示剂，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的H2A溶液。当溶液pH=2时，=___，此时滴入NaOH溶液的体积___(填“大于”、“小于”或“等于”)30.00mL。【答案】（1）①.2Ag++A2-=Ag2A↓②.向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA-H++A2-逆向移动A2-离子浓度降低，平衡2Ag++A2-=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解（2）①.0.12②.可以（3）①.②.1③.小于【解析】 【小问1详解】银离子和A2-离子形成了Ag2A沉淀，离子方程式为：2Ag++A2-=Ag2A↓；向沉淀中滴加稀硝酸，平衡HA-H++A2-逆向移动A2-离子浓度降低，平衡2Ag++A2-=Ag2A↓逆向移动，沉淀溶解；【小问2详解】由表格中的数据可知，Ksp(Ag2A)=0.22×0.0003=1.2×10-5，当使用0.1mol·L-1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.01mol·L-1，此时c(A2-)=；当使用0.01mol·L-1AgNO3溶液时，混合溶液中Ag+浓度为0.001mol·L-1，此时c(A2-)=，此时A2-的最小理论检出浓度已经很大了，故少量A2-对Cl-检验不构成干扰，答案为可以；【小问3详解】A2-水解产生氢氧根离子，使溶液显碱性，离子方程式为；，当pH=2时，c(H+)=10-2mol·L-1，则，则=1；NaOH溶液的体积为20ml时，溶质为NaHA，NaOH溶液的体积为30ml时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，浓度均为0.02mol·L-1，根据Ka(HA-)=1.0×10-2，可知A2-的水解常数为，即电离大于水解，则<，根据，则Ka(HA-)>c（H+），即此时c（H+）<10-2，而当c（H+）=10-2，则=，即此时滴入NaOH溶液的体积小于30.00mL。24.2019年度诺贝尔化学奖授予JohnB.Goodenough教授等人，以表彰其在锂离子电池的发展方面做出的突出贡献。研究表明：Li—Cu4O(PO4)2电池的正极的活性物质Cu4O(PO4)2制备的原理为：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O。请回答下列问题：（1）以下四种状态下Li原子能量最高的是___。A.B. C.D.（2）Cu4O(PO4)2中Cu2+的核外电子排布式为___，PO的中心原子P的杂化形式是___。A．spB．sp2C．sp3D．sp3d（3）向硫酸铜溶液中逐滴加氨水直至过量，可观察到溶液中先有蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解，溶液变深蓝色，请写出使溶液变深蓝色的离子的化学式：___，1mol该离子中含有的σ键数目为___，此配离子中提供孤电子对的原子是___，该元素的氢化物的键角大于同主族相邻元素的氢化物，其主要原因是___。（4）H2O2是常用的氧化剂，可任意比例与水混溶，其水溶液俗称双氧水。请解释H2O2能与水以任意比互溶的原因：___。（5）金属铜的晶胞如图所示，铜原子的配位数是___，若铜原子半径为rpm，金属铜的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值可表示为___(用含r、ρ的代数式表示)。【答案】（1）D（2）①.1s22s22p63s23p63d9 或[Ar]3d9②.C（3）①.[Cu(NH3)4]2+②.16NA③.N④.NH3分子中含有1对孤对电子，H2O分子中含有2对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小（4）H2O2是极性分子，与水分子之间也可以形成氢键（5）①.12②.×1030【解析】【小问1详解】锂元素的原子序数为3，由电子排布规律可知，锂原子的电子排布式为1s22s1，轨道表示式为，p轨道电子的能量高于s轨道，当s轨道电子跃迁到p轨道时，原子的能量升高，跃迁到p轨道的电子越多，原子的能量越高，则轨道表示式为的锂原子的能量最高，故选D；【小问2详解】 铜元素的原子序数为29，失去2个电子形成铜离子，则铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；磷酸根离子中磷原子的价层电子对数为4，则磷原子的杂化方式为sp3杂化，故选C，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；C；【小问3详解】向硫酸铜溶液中逐滴加氨水直至过量发生的反应为铜离子先与氨水生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氢氧化铜溶于氨水生成铜氨络离子，铜氨络离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+；铜氨络离子中中心离子为铜离子，氨分子中的氮原子提供孤电子对，与提供空轨道的铜离子形成配位键，离子中的配位键为σ键，氨分子中的氢氮键为σ键，则1mol离子中的σ键数目为1mol×（4+4×3）×NAmol—1=16NA；氨分子中含有1对孤对电子，水分子中含有2对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，水分子中孤电子对比氨分子多，对成键电子对的排斥力大于氨分子，所以水分子的键角小于氨分子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；16NA；N；NH3分子中含有1对孤对电子，H2O分子中含有2对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小；【小问4详解】过氧化氢的结构式为HO—OH，空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，分子中的羟基能与水分子形成氢键，所以过氧化氢能与水以任意比互溶，故答案为：H2O2是极性分子，与水分子之间也可以形成氢键；【小问5详解】