资源简介

平江县2025年下学期教学质量监测
高二化学参考答案
一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。）】
1.答案：C
解析：A项，3d轨道能量高于4s,所以原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d,A正
确；B项，基态铁原子价电子排布式为：3d64s2,符合基态原子电子排布规律，B正确；C项，原子的电子
排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，但轨道充满或半充满时，能量较小，如Cu:3d104s1
Cr:3d54s1,不遵循构造原理，C错误；D项，构造原理中的电子排布能级顺序，源于光谱学事实，D正
确；故选C。
2.答案：D
解析：
A.硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误
B.燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成指定物质放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol,B错误；
C.合成氨为可逆反应，所以0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中不可能完全反应，则△H≠
38.6kmo1,C错误；
D.除了酸碱中和放出热量外，浓硫酸溶于水放热，故反应放出的热量大于57.3k,D正确：
故选D。
3.答案：A
解析：
A.其他条件不变，升高温度会加快反应速率是因为升高温度，单位体积内活化分子的数目和百分数增大，
使得有效碰撞频率增大，导致反应速率增大，故A正确；
B.量筒是粗量仪器，精确度为±0.1mL,则不能用10mL的量筒量取8.58mL稀盐酸，故B错误；
C.高锰酸钾溶液检验强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，
故C错误；
D.用广泛pH试纸测得溶液的PH为只能精确到整数，不能精确到小数点后一位，故D错误；
故选A。
4.答案：A
解析：
A.Fe3+3H2O一Fe(OH)3(胶体)+3H,Fe3+水解形成胶体，具有丁达尔效应，A正确：
B.土壤中含有碳酸根使土壤碱化，加入硫酸钙能使碳酸根离子与钙离子结合生成更难溶的碳酸钙可以改
良土壤的盐碱化，这属于沉淀转化，B错误；
C.添加NaF牙齿表面的釉质中物质和氟离子形成更难溶更硬物质，可保护牙齿，属于沉淀的转化，C错
误；
D.NaHSO4===Na+H+SO,电离产生氢离子，溶液呈酸性，属于电离，D错误；
故选A。
5.答案：C
解析：
盐酸是强酸，HCI在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，则0.1mol/L盐酸中氢离子浓度为0.1mol/儿，
溶液pH为1。
A.水的电离是吸热过程，降低温度，水的离于积常数减小，则降低温度时，0.1moL1盐酸中氢离于
浓度不变，氢氧根离子浓度减小，故A错误；
B.水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的电离程度增大，故B错误；
C.盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，10℃时0.1mol/L盐酸中氢离子浓度为0.1mo/L,
溶液pH为1，故C正确；
D.水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根高子浓度，盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离
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高二化学答题卡
学校：
姓名：
班级：
第
考室
座位号：
注意事项
正确
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场填写清楚。
填涂
2选择题部分请按题号用2B铅笔填涂方框。
示例
条形码粘贴区
3.非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写。
正面朝上，请勿贴出实线框外
4答题请勿超出限定区域。请勿折叠，保持卡面清洁。
此方框为缺考考生标记，由监考员用2B铅笔滇涂
一、
单选题（每小题3分，共42分）
1[A][B][C][D]
6[A][B][C][D]
I1[A][B][C][D]
2[A][B][C][D]
T[A][B][c][D]
12[A][B][c][D]
3[A][B][C][D]
8[a][B][C][D]
13[A][B][c][D]
4[A][B][C][D]
9[A][B][C][D]
14[A][B][C][D]
5[A][B][C][D]
1o[A][B][C][D]
二、
非选择题（共4道小题，除标注外，每空2分，共58分）
15.(14分)(1)
(2)
(3)
(4)
(5)①
②
高二化学第7页共8页
16.(14分)(1)
(2)
(3)
(4)①
②
(5)
17.(16分)(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
18.(14分)(1)(2分)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
高二化学第8页共8页平江县2025年下学期教学质量测
高二化学
时量：75分钟
满分：100分
可能用到的相对原子质量：H~1C~120~16Na~23S~32C1~35.5
一。选犀题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列有关构造原理的说法错误的是()
A.原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d
B.某基态原子部分核外电子的排布式为3d4s2
C.所有基态原子的核外电子排布都遵循构造原理
D.构造原理中的电子排布能级顺序，源于光谱学事实
2.下列说法或表示方法中，正确的是()
A.等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多
B.氢气的燃烧热为285.8kJ/mo1,则氢气燃烧的热化学方程式为：
2H(g）+02(g)=2H0(1)△H=-285.8kJ·mo1
C.500℃、300MPa,将0.5mo1N和1.5mo1H置于密闭容器中充分反应生成
H,放热19.3kJ,其热化学方程式为N(g)+3H(g)与2H(g)△H=-38.6kJ·mo1
D.已知中和热△H=-57.3kJ·mo1-,若将含0.5mo1HS0,的浓溶液与含1mo1Na0H
的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ
3.下列说法正确的是()
A.其他条件不变，升高温度会加快反应速率，原因是提高了单位体积内活化分子百
分数，使有效碰撞频率增大
B.用10L的量筒量取8.58mL0.1mo1·L的稀盐酸
C.准确量取25.00mLM0,溶液，可选用50l碱式滴定管
D.用广泛H试纸测得0.10mo1·L1H,C1溶液的pH=5.2
4.下列事实与给出化学式的盐的水解有关的是()
A.浓FeC1,溶液可观察到丁达尔效应
B.用CaS0,改良土壤的盐碱化
C.用添加NaF的牙膏预防龋齿
D.NaHSO,溶液呈酸性
5.不同温度下水的离子积常数如下表所示，关于0.1m 1·L的盐酸，下列说法正
确的是(
t/℃
10
20
25
40
50
90
100
K/10-14
0.115
0.296
0.687
1.01
2.87
5.31
37.1
54.5
A.温度降低，溶液的c(OH)不变
B.温度升高，水的电离程度减小
C.10℃时溶液pH为1
D.100℃时，c(H)本·c(0H)*=2.97X10-3mo12·L-2
6.我国科学工作者首次实现二氧化碳到淀粉人工合成研究并取得原创性突破，相关成
果于9月24日在线发表在国际学术期刊《科学》上。转化涉及的第一步反应的化学方
程式为C0,+3H(g)与CH0H(g)+H,0(g)。下列叙述正确的是()
高二化学第1页共8页平江县 2025 年下学期教学质量监测
高二化学参考答案
一、选择题(本题共 14 个小题，每小题 3 分，共 42 分。) ．答案： C
解析： A项，3d轨道能量高于 4s，所以原子核外电子填充 3p、3d、4s能级的顺序为 3p→4s→3d，A正确； B项，基态铁原子价电子排布式为：3d64s2，符合基态原子电子排布规律，B正确；C项，原子的电子排布 遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，但轨道充满或半充满时，能量较小，如Cu：3d104s1，Cr： 3d54s1，不遵循构造原理，C错误；D项，构造原理中的电子排布能级顺序，源于光谱学事实，D正确；故 选C。 ．答案： D 解析：
A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，A 错误； B．燃烧热是指 1 mol 可燃物燃烧生成指定物质放出的热量，热化学方程式中氢气是 2 mol，B 错误；
C．合成氨为可逆反应，所以 0.5 mol N2 和 1.5 mol H2 置于密闭的容器中不可能完全反应，则ΔH ≠ －38.6 kJ·mol－1，C 错误；
D．除了酸碱中和放出热量外，浓硫酸溶于水放热，故反应放出的热量大于 57.3 kJ，D 正确；
故选 D。
．答案： A
解析：
A．其他条件不变，升高温度会加快反应速率是因为升高温度，单位体积内活化分子的数目和百分数增大， 使得有效碰撞频率增大，导致反应速率增大，故 A 正确；
B．量筒是粗量仪器，精确度为±0.1 mL，则不能用 10 mL 的量筒量取 8.58 mL 稀盐酸，故 B 错误；
C．高锰酸钾溶液检验强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液， 故 C 错误；
D．用广泛 pH 试纸测得溶液的 pH 为只能精确到整数，不能精确到小数点后一位，故 D 错误；
故选 A。
．答案： A
解析：
A．Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3 (胶体)＋3H＋ ，Fe3+水解形成胶体，具有丁达尔效应，A 正确；
B．土壤中含有碳酸根使土壤碱化，加入硫酸钙能使碳酸根离子与钙离子结合生成更难溶的碳酸钙可以改
良土壤的盐碱化，这属于沉淀转化，B 错误；
C．添加 NaF 牙齿表面的釉质中物质和氟离子形成更难溶更硬物质，可保护牙齿，属于沉淀的转化，C 错 误；
D．NaHSO4 === Na＋＋H＋＋SO2－4，电离产生氢离子，溶液呈酸性，属于电离，D 错误；
故选 A。
．答案： C
解析：
盐酸是强酸，HCl 在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，则 0.1 mol/L 盐酸中氢离子浓度为 0.1 mol/L，溶 液 pH 为 1。
A．水的电离是吸热过程，降低温度，水的离子积常数减小，则降低温度时，0.1 mol·L－1 盐酸中氢离子浓 度不变，氢氧根离子浓度减小，故 A 错误；
B．水的电离是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的电离程度增大，故 B 错误；
C．盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，10℃ 时 0.1mol/L 盐酸中氢离子浓度为 0.1 mol/L，
溶液 pH 为 1，故 C 正确；
D．水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，盐酸是强酸，在溶液中完全电离出氢离
子和氯离子，100℃ 时 0.1 mol·L－1 盐酸中氢离子浓度为 0.1 mol·L－1，由表格数据可知，100℃ 时水的离
子积常数为 54.5×10—14，则水电离出 c(H+)水·c(OH－)水 = 54.5×10－13 mol·L－1×54.5×10－13 mol·L－1 = 2.97×
10－23 mol2·L－2，故 D 错误；
故选 C。 ．答案： A
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解析：
A．该反应为体积减小的反应，平衡后，其他条件不变，缩小容器体积，相当于加压，反应正向移动，CO2 和 H2 的转化率变大，A 正确；
B．当 3v(CO2)正 = v(H2)逆时，反应一定达到平衡状态，B 错误；
C．移去水蒸气的这一时刻，生成物浓度减小，逆反应速率减小，C 错误；
D．恒压条件下，向容器中充入少量氦气，需要增大体积，相当于减压，则反应速率减慢，D 错误；
故选 A。
．答案： D
解析：
设平衡时生成 C 的浓度为 a mol/L，由题意可建立如下三段式
，恒温恒容，由 P0P=53、pV=nRT 可得： ， 解得 a=0.2，据此回答。
A．由三段式数据可知，T1 条件下反应达到平衡时 A 的转化率为 0.2×20.5×100% = 80%，A 正确；
B．由三段式数据可知，B 物质从开始到平衡的反应速率为 v(B) = 0.2mol·L－15s = 0.04 mol/(L·s)，B 正确； C．由三段式数据可知，T1 条件下反应达到平衡时反应的平衡常数 K = 0.20.1`2×0.3 = 2003 ，升高温度， 平衡常数为 100 说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，C 正确；
D．T1 达到平衡时，再充入 0.1 mol C 和 0.1 mol B，反应的浓度熵 QC = 0.30.1`2×0.4 = 3004>2003，则平衡 向逆反应方向移动，D 错误；
故选 D。 ．答案： D 解析：
详解： 同一化学反应，浓度相同时，温度越高，反应速率越快，温度相同时，反应物浓度越大，反应速
率越快，由表格数据可知，温度相同时，实验 B 中硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的浓度小于均大于实验 A、 实验 D 中硫代硫酸钠溶液和稀硫酸的浓度均大于实验 C，则实验 A 的反应速率慢于实验 B、实验 C 的反 应速率慢于实验 D，浓度相同时，实验 D 中反应温度高于实验 B，所以各组实验中最先出现浑浊的是实验
D，故选 D。
．答案： B
解析：
A．醋酸铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解程度相同，溶液呈中性；醋酸铵浓度越大， 铵根离子和醋酸根离子浓度越大，平衡向水解方向移动，更多的水电离，即对水的电离促进程度增大，所 以 1 mol·L－1 醋酸铵溶液中水的电离程度与 0.1 mol·L－1 醋酸铵溶液中水的电离程度不同，A 错误；
B．碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化钾、氯化亚铁和碘，向 2 mL 1 mol·L－1 KI 溶液中滴加 2 mL 0.1
mol·L－1 FeCl3 溶液，反应中碘离子过量，充分反应后加入 2 mL CCl4，取上层溶液滴加 KSCN 溶液，溶液
变红色说明反应后的溶液中含有铁离子，证明碘化钾溶液与氯化铁溶液反应存在限度，B 正确；
C．向 0.1 mol·L－1 NaHSO3 溶液中滴加酚酞，溶液变为浅红色，溶液呈碱性，说明 HSO－3 的水解大于其
电离，C 错误；
D．向过量的氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液后，再滴入氯化铁溶液，溶液中先产生白色沉淀，后产生红 褐色沉淀说明氢氧化铁的溶解度小于氢氧化镁，但无法比较类型不同的氢氧化铁和氢氧化镁的溶度积大小，
D 错误；
故选 B。
．答案： C
解析：
由图可知，当 pH=6 时，即 c(H+)=10-6 mol/L，c(H2CO3)=c(HCO－3)=0.02 mol/L，b 点时 pH＞10，且 c (HCO－3)=c(CO2－3)，由此分析。
A．b 点所示溶液中 c(HCO－3)=c(CO2－3)，根据电荷守恒：c(Na+)＋c(H+) = 2c(CO2－3)＋c(OH－)＋c (Cl－)＋c(HCO－3) = 3c(CO2－3)＋c(OH－)＋c(Cl－)，A 错误；
B．HCO－3 H+＋CO2－3 Ka2 = c(H+)·c(CO32-)c(HCO3-)，pH 增大，c(OH-)增大，c(H＋)减小，所以
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2－3－3c(CO)c(HCO)不是先减小后增大，B 错误；
C．根据图像，当 pH=6 时，c(H2CO3)=c(HCO－3)，则 25℃ 时，碳酸的第一步电离常数 Ka1＝H＋3) H2CO3 = c(H＋) = 10-6，C 正确；
D．溶液呈中性时，发生的反应为①Na2CO3+HCl===NaCl+NaHCO3 和 ②NaHCO3+HCl===NaCl + CO2↑ + H2O，在反应①中，生成的 NaCl 和 NaHCO3 浓度相等，在反应②中，生成的 NaHCO3 又消耗一部分，所 以 c(NaCl)＞c(NaHCO3)，即 c(Cl-)＞c(HCO－3)；由图象可知，pH=7 时，c(HCO－3)＞c(H2CO3)，HCO－3 电离生成 CO2－3，三种离子中 c(CO2－3)最小，故 c(Cl－)>c(HCO－3)>c(CO2－3)，D 错误；
故选 C。
．答案： B
解析：
一定条件 由图可知原电池工作时，总反应的化学方程式为 CO＋2H2 CH3OH。
A．根据总反应判断通入 H2 的一端为负极，通入 CO 的一端为正极，A 错误；
B．CO 得到电子，通入 CO 一端发生的电极反应为 CO＋4H＋＋4e― === CH3OH ，B 正确；
C．电池工作时，H2 失电子转化为 H＋，CO 结合 H＋生成甲醇，根据守恒原则，体系中 pH 基本保持不变，
C 错误；
一定条件
D．结合总反应 CO＋2H2 CH3OH，当生成 0.5 mol CH3OH 时，需要结合 2 mol H＋，故理论上有
2 mol H＋透过质子交换膜向右移动，D 错误； 故选 B。 ．答案：B
解析：原子序数依次增大的五种短周期主族元素 X、Y、Z、M、Q 分别位于相邻两个周期,基态 Q 原子的
电子总数是其最高能级电子数的 2 倍,则 Q 为氧元素。根据结构分析,X 为氢元素,Y 为硼元素,Z 为碳元素,M
为氮元素。题图物质为离子化合物,A 错误;阳离子中存在 N—H 配位键,阴离子中存在 O—B 配位键,B 正确;
Y、Q 原子的杂化方式都为 sp3,C 错误;该化合物中 H 原子的最外层电子数为 2,D 错误。
．答案： B 解析：
A．1 分子蔗糖水解可得到 1 分子葡萄糖和 1 分子果糖，故 A 错误；
B．氯的电负性大于碳，是吸电子基，故与氯原子相连碳的邻碳上的羟基极性增加，故 B 正确；
C．三氯蔗糖与蔗糖属于不同的物质，性质不相同，故 C 错误；
D．涉及的元素中，电负性最大的是氧，故 D 错误；
答案选 B。 ．答案： B
解析：CCl4、CS2 为非极性分子,H2O 为极性分子,故在 CS2 中的溶解能力:CCl4>H2O,A 正确; 可
形成分子内氢键, 可形成分子间氢键,故沸点: < ,B 错误;吸电
子能力:F>Cl>H,故酸性 FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH,C 正确;将 C60 和 C70 的混合物加入一种空腔
大小适配 C60 的“杯酚”中可以分离 C60 和 C70,D 正确。
二、非选择题(本题共 4 个小题，共 58 分) ．（14 分）答案：
（1）ClO2 的空间结构为 V 形，属于极性分子，水分子也为极性分子
（2） H2C2O4＋2KClO3 △ K
2CO3＋2ClO2↑＋CO2↑＋H2O
（3）冷凝收集 ClO2
（4） 温度计 盛装碱石灰的球形干燥管
（5） 2ClO2＋10I－＋8H+ === 5I2＋5Cl－＋4H2O 8100 解析：
装置 A 为发生装置，KClO3 与 H2C2O4 反应生成 ClO2，经过装置 B 冷凝得到液态 ClO2，装置 C 为尾气处
第 3页，共 6页
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理装置，以此解题。
（1）ClO2 的中心 Cl 原子含 2 个σ电子对，同时 Cl 自身还有孤电子对，根据价层电子对互斥理论知 ClO2
空间构型为 V 形，为极性分子，H2O 也为 V 形极性分子，根据相似相溶原理知 ClO2 易溶于水。
（2）根据题意，初步确定反应为：KClO3+H2C2O4→ClO2↑+CO2↑+K2CO3+H2O，根据得失电子守恒和元
素守恒配平得完整方程式为： H2C2O4＋2KClO3 △ K
2CO3＋2ClO2↑＋CO2↑＋H2O。
（3）由于 ClO2 的熔点很低，装置 B 可用于冷凝收集 ClO2。
（4）由于该反应需控制温度 60℃ ，故装置 A 还应安装温度计以控制反应温度；CO2、ClO2 等气体溶于 NaOH 溶液会引发溶液倒吸，故可将装置 C 改进盛装碱石灰的球形干燥管。
（5）①步骤 2 的目的是使 ClO2 充分与 KI 反应生成 I2，根据得失电子守恒、电荷守恒(溶液显酸性可添加
H+)、元素守恒配平，可得对应离子方程式为： 2ClO2＋10I－＋8H+ === 5I2＋5Cl－＋4H2O；
②结合①中所写方程式和步骤 3 方程式，得关系式：
2ClO2 ～ 5I2 ～ 10 Na2S2O3 2 10
N(ClO2) n(Na2S2O3)
则 n(ClO2)= n(Na2S2O3)5 ×5010=0.1 mol·L-1×12 mL×10-3L·mL-1=1.2×10-3 mol，所以原溶液中 ClO2 的含量 =1.2×10－3 mol×67.5 g·mol－1×103 mg·g－110 mL×10－3 L·mL－1 = 8100 mg·L-1。
．（14 分）答案： （1）B
（2）C3H8(g)＋5O2(g) === 3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH = －2220 kJ·mol－1
（3） b－3a2 或－(3a－b)2 BC
（4） 10% D
（5）BC 解析：
（1）①天然气、②煤、④石油为化石燃料，属于不可再生能源，且对环境污染严重，③核能使用不当会 对环境有污染，⑤太阳能、⑥生物质能、⑦风能、⑧氢能在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生， 属于未来新能源标准，所以答案：⑤⑥⑦⑧，故选 B。
（2）已知 11g 丙烷(C3H8)即 0.25 mol，在 298 K 和 101 Kpa 条件下完全燃烧生成 CO2 和液态水时放出的热
量为 555 kJ，故 1 mol 丙烷完全燃烧生成 CO2 和液态水时放出的热量为 2220 kJ，丙烷燃烧热的热化学方程
式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=﹣2220kJ mol-1。
（3）由盖斯定律，32×① － 12×②得反应③，则ΔH3 = 32ΔH1-12ΔH2 = [32(－a)-12(－b)]= b－3a2 kJ· mol－1； 在恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的二氧化碳和氢气发生反应③：
A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变不能说明 反应已达平衡，A 错误；
B．H2 的转化率保持不变，说明 H2 的浓度保持不变，则说明反应达到平衡，B 正确；
C．CO2 和 CH3OH 的化学计量数相等，故 CO2 的消耗速率与 CH3OH 的消耗速率相等时说明正反应速率和
逆反应速率相等，C 正确
故选 B。
（4）假设反应 I 中 CO 消耗 x，反应 II 中 CO2 消耗 y，列三段式：
、
，
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平衡后测得 n(H2) = 9 mol，n(CH4) = 10 mol， 则 40-3x-46 =9 x+y=10， 联立解得：x=9, y=10；
①CO2 的平衡转化率：1mol/10mol×100% = 10%；
②n(CO2) = 10 mol－1 mol = 9 mol，n(H2O)= 9 mol＋2×1 mol = 11 mol 反应Ⅱ平衡常数
，答案选 D。 （此题用原子守恒解最为简单，可以避开三段式）
（5）A．根据图像可知，在 200~360℃ 范围内，Ni－CeO2 的催化效果比 Ni 更好，故 A 正确；
B．催化剂只能影响反应速率，不能使平衡发生移动，故 B 错误；
C．根据图像可知，A 点时，反应已达到平衡，延长时间，转化率不变，故 C 错误；
答案选 BC。 ．（16 分）答案：
（1） 碱 CN－＋H2O HCN＋OH－ （2）②>④>③>①
（3）CO2＋ClO－＋H2O === HClO＋HCO－3 （4）2c(H2SO3)
（5）正极 CH4＋10OH－ － 8e－ === CO2－3＋7H2O （6）11.2 解析：
由电子移动方向可知，装置甲为燃料电池，通入甲烷的电极 a 为负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发
生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极 b 为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢
氧根离子；装置乙为电解硫酸铁的电解池，c 电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气
和氢离子，d 电极为阴极，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；装置丙为电解硫酸钠溶液的电解
池，f 电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，g 电极为阴极，水分子在阴极
得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。
（1）氰化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成氢氧化钠和氢氰酸使溶液呈碱性，反应的离子方程式为 CN －＋H2O HCN＋OH－；
（2）弱酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知，常温下，酸性强弱顺序为 CH3COOH
＞H2CO3＞HClO＞HCN，由盐类水解规律可知，等浓度的醋酸钠溶液、氰化钠溶液、碳酸氢钠溶液、次氯
酸钠溶液 pH 由大到小的顺序是②>④>③>①；
（3）弱酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知，常温下，次氯酸的酸性弱于碳酸，强于碳酸氢 根离子，由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离 子方程式为 CO2＋ClO－＋H2O = HClO＋HCO－3；
（4）常温下，亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系 c(OH－)=c(HSO－3)＋c(H+)＋2c(H2SO3)，则溶液中 c (OH－)－c(H+) = c(HSO－3)＋2c(H2SO3)；
（5）由分析可知，装置甲为燃料电池，通入氧气的电极 b 为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发 生还原反应生成氢氧根离子，通入甲烷的电极 a 为负极，碱性条件下甲烷在负极失去电子发生氧化反应生 成碳酸根离子和水，电极反应式为 CH4＋10OH－－8e－ === CO2－3＋7H2O；
（6）由分析可知，装置丙为电解硫酸钠溶液的电解池，g 电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反
应生成氢气和氢氧根离子，则标准状况下，外电路中转移 1mol 电子时，g 电极上生成氢气的体积为 1mol
×12×22.4 L/mol=11.2 L。
． (14 分)答案：
（1） 7(1 分) 3s23p1(1 分) （2）Si>Mg>Al(2 分)
（3）高(2 分) （4）384×1030a3·NA (2 分)
（5）D(2 分) （6）BC(2 分)
（7） A (2 分) 解析：
（1）基态 Al 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p1，电子的空间运动状态等于电子所占据的轨道数，其 核外电子的空间运动状态有 7 种，其价电子排布式为 3s23p1；
（2）同一周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，但由于第ⅡA 族最外层的 np 能级为全空，能量较低，
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第一电离能比同周期第ⅢA 族的元素高，故 Mg、Al、Si 其第一电离能大小为 Si>Mg>Al；
（3）SiC 的熔点比晶体 Si 的高，因为 SiC 和 Si 都是原子(共价)晶体，而 C 原子半径较 Si 的小，则 Si-C
键长较 Si-Si 键长短，Si-C 键能更大，故 SiC 的熔点更高；
（4）由该晶胞结构可知，该晶胞中所含正四面体结构单元的数量为 个，故
，解得 ；
（5）A 项，第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，A 正确；B 项，PO43-中
P 的σ键数为 4，孤电子对数为 ，为 sp3 杂化，空间结构为正四面体形，B 正确；C．由
Ru 配合物结构简式可知，Ru 的配位数为 6，C 正确；D 项，吡啶中原子在同一平面，则 C、N 原子的价层
电子对数均为 3，杂化方式均为 sp2，D 错误；故选 D；
（6）A 项，[Cu(NH3)2]Cl 中 Cu 原子化合价为+1 价，其价电子排布式为 3d10，无未成对电子，A 不符合题
意；B 项，[Cu(NH3)4]SO4 中 Cu 原子化合价为+2 价，其价电子排布式为 3d9，有未成对电子，B 符合题意；
C 项，Na2[Cu(OH)4] 中 Cu 原子化合价为+2 价，其价电子排布式为 3d9，有未成对电子，C 符合题意；故
选 BC；
（7）由于 NH3 提供孤电子对与 Cu2+形成配位键后，N-H 成键受到的排斥力减少，故[Cu(NH3)4]2+中的 H-N-H 键角更大，故选 A。
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