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湖南长沙市南雅中学等校2025-2026学年高二年级第二学期限时训练 化学试卷
1．下列图示或化学用语正确的是
A．HClO的电子式：
B．镁原子最外层电子的电子云轮廓图：
C．中子数为20的钾原子：
D．Ga的价层电子排布：3d104s24p1
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO的电子式为 ，其中O原子分别与H、Cl原子形成共用电子对，各原子均满足8电子（H为2电子）稳定结构，A正确；
B、镁原子最外层电子为3s轨道电子，其电子云轮廓图为球形，而非图中所示的轨道哑铃形轮廓，B错误；
C、中子数为20的钾原子，质子数为19，质量数=质子数+中子数=39，正确的表示为，C错误；
D、Ga的核外电子排布式为，其价层电子排布为，而非包含内层的，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：HClO中O为中心原子，需保证各原子满足稳定结构；
电子云轮廓图：s轨道为球形，p轨道为哑铃形，镁最外层为s轨道电子；
原子符号表示：左上角为质量数（质子数+中子数），左下角为质子数；
价层电子排布：主族元素的价层电子为最外层电子，Ga的价层电子为4s和4p轨道电子。
2．化学用语是学习化学的重要工具，下列说法正确的是
A．1H2、2H2、3H2互为同位素
B．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28'
C．氢键是一种特殊的化学键
D．相同条件下，CH3COOH的酸性弱于CCl3COOH
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学键和分子间作用力的区别；元素、核素
【解析】【解答】A．同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子之间的互称。1H2、2H2、3H2都属于氢气分子，不是原子，因此它们不互为同位素，A错误；
B．P4分子为正四面体结构，4个P原子都在正四面体的顶点位置，分子内P-P键的键角为60°。CH4是以C原子为中心、4个H原子位于正四面体顶点的正四面体结构，C-H键的键角为109°28'，二者的键角并不相等，B错误；
C．氢键是强度较高的分子间作用力，并不属于化学键范畴，C错误；
D．Cl属于吸电子基团，它的吸电子作用可以增强羧基中O-H键的极性，让更容易电离出氢离子，因此相同条件下的酸性弱于，D正确；
故答案为：D
【分析】A、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
B、P4中P-P键的键角为60°。
C、氢键是一种较强的分子间作用力，不属于化学键。
D、电负性Cl＞H，使得羧基中O-H的极性增强，酸性增强。
3．硼及其化合物具有多种结构，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是
A．BF3分子的空间结构为平面三角形
B．B元素位于元素周期表的p区
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．的键角小于NH3
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．中心B原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，因此空间结构为平面三角形，A选项正确；
B．B元素的价电子排布为，最后填充的能级为p轨道，因此B元素在元素周期表中属于p区，B选项正确；
C．的中心原子B存在空轨道，可以接受孤电子对；而分子中的N原子存在孤电子对，可以提供孤电子对，因此二者反应时可以形成配位键，C选项正确；
D．中心B原子的价层电子对数为4，且没有孤电子对，键角约为；中心N原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3的键角被压缩，约为，因此的键角大于的键角，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、根据BF3中心B原子的价层电子对数确定其空间结构。
B、根据B元素的价电子排布式确定其在元素周期表中的分区。
C、B原子可提供空轨道，N原子提供孤电子对，二者可形成配位键。
D、根据B、N原子的价层电子对数和孤电子对数确定二者的键角大小。
4．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．分别用KMnO4和H2O2分解制取1molO2，转移的电子数均为4NA
B．20gD2O与16gCH4中含有的电子数均为10NA
C．4.6gNO2气体在标准状况下的分子个数为0.1NA
D．0.1mol分子中的碳碳双键数为0.3NA
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；苯的结构与性质；元素、核素；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、用分解制取时，O元素从-2价变为0价，转移电子数为；用分解制取时，O元素从-1价变为0价，转移电子数为，二者转移电子数不相等，A错误；
B、的物质的量为，的物质的量为，二者分子中均含有10个电子，因此含有的电子数均为，B正确；
C、的物质的量为，但由于存在平衡，标准状况下气体分子数小于，C错误；
D、 中苯环不含碳碳双键，仅含1个碳碳双键，因此该分子中的碳碳双键数为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原电子转移：注意不同反应中氧元素的化合价变化，判断转移电子数；
电子数计算：先计算物质的量，再结合分子中的电子总数进行判断；
化学平衡影响：与存在转化平衡，会导致分子数减少；
有机物结构：苯环中的碳碳键为介于单键和双键之间的特殊键，不含碳碳双键。
5．下列有关金属的说法正确的是
A．金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B．金属晶体有导电性，能导电的物质一定是金属
C．金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D．金属晶体的堆积方式会影响金属的性质
【答案】D
【知识点】金属晶体；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A．金属晶体中，只有金属原子最外层的价电子才是自由电子，内层电子会受到原子核的束缚，并不是原子核外所有电子都属于自由电子，A选项错误；
B．可以导电的物质不一定是金属，比如石墨、熔融的电解质、电解质溶液都能够导电，但它们都不属于金属，B选项错误；
C．金属还原性的强弱只和失电子的难易程度有关，和原子失电子数目的多少无关，例如钠参与反应时只失去1个电子，铝参与反应时会失去3个电子，但钠的还原性比铝更强，C选项错误；
D．金属晶体不同的原子堆积方式，会对金属的延展性、密度等性质产生影响，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、金属晶体中，只有价电子才是属于自由电子。
B、能导电的物质不一定是金属，可能是非金属，如石墨。
C、金属原子的还原性强弱，与其失电子的能力有关，与失电子数的多少无关。
D、金属晶体的堆积方式会影响金属的性质。
6．下列说法正确的是
①在同一能层上运动的电子，其能量可能不同
②元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
③、CO2、CCl4、SO3是由极性共价键构成的非极性分子
④液晶具有各向异性，用于制备液晶显示器；施加电场可使液晶的长轴取向发生改变
⑤、中心原子的杂化方式均为杂化，空间结构分别为三角锥形和平面三角形
⑥杂化轨道也可以用于形成π键
⑦、、、均满足最外层8电子稳定结构，分子空间结构与其稳定性无关
⑧冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与K+形成超分子，离子半径大小与冠醚的空腔匹配有关
A．①③④⑧ B．①③⑤⑦ C．②④⑥⑧ D．②⑤⑦⑧
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】①同一能层会划分出不同的能级，不同能级对应的电子能量不相同，①的说法正确；
②过渡元素指的是周期表中副族和第Ⅷ族的元素，金属与非金属分界线附近的元素都属于主族元素，不属于过渡元素，②的说法错误；
③空间结构为平面三角形，CO2为直线形，CCl4为正四面体形，SO3为平面三角形，分子中含有的化学键都是不同原子间形成的极性共价键；同时这几种分子都结构对称，正负电荷的中心重合，都属于非极性分子，③的说法正确；
④液晶的光学性质随外电场改变而变化，具有各向异性，施加电场时液晶分子的长轴取向会发生改变，这一特性可以用来制备液晶显示器，④的说法正确；
⑤中心S原子的价层电子对数为，杂化方式为，空间结构为三角锥形；中心C原子的价层电子对数为，C原子的杂化方式为杂化，空间结构为平面三角形，⑤的说法错误；
⑥杂化轨道只可以用于形成σ键，或是用来容纳未参与成键的孤电子对，π键只能由未参与杂化的轨道形成，因此杂化轨道不能形成π键，⑥的说法错误；
⑦中C、O、Cl所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；而中S原子最外层电子数为12，中B原子最外层电子数为6，中P原子最外层电子数为10，这三种分子中都有原子不满足8电子稳定结构，⑦的说法错误；
⑧冠醚的空腔大小和不同离子的半径匹配才能形成稳定超分子，12-冠-4的空腔尺寸和的半径匹配，和半径不匹配，因此12-冠-4可以和形成超分子，⑧的说法正确；
综合以上分析，说法正确的是①③④⑧，
故答案为：A
【分析】①同一能层不同能级的电子，其能量不同。
②元素周期表中的过渡元素是副族元素和第Ⅷ族元素。
③根据、CO2、CCl4、SO3的空间结构分析。
④根据液晶的结构、性质分析。
⑤根据S、C原子的价层电子对数和孤电子对数，确定中心S、C原子的杂化方式和空间结构。
⑥杂化轨道只能用于形成σ键或容纳孤电子对。
⑦根据原子的最外层电子数和成键情况分析。
⑧超分子的形成与离子半径和冠醚的空腔匹配有关。
7．冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是
A．硫化氢晶体结构和冰不相似
B．冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性
C．晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为
D．冰晶体有较大空隙，因此密度比液态水小
【答案】C
【知识点】分子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、硫化氢分子中S的电负性较小，无法形成分子间氢键，晶体结构与冰不相似，A正确；
B、冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性，B正确；
C、氢键键长是指两个通过氢键相连的氧原子间的距离，晶胞中z方向上两个氧原子的最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为d，而非，C错误；
D、冰晶体中水分子通过氢键形成空旷的笼状结构，存在较大空隙，因此密度比液态水小，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体结构对比：判断硫化氢与冰的晶体结构差异时，需关注分子间是否存在氢键；
氢键特性：冰晶体中氢键的方向性、饱和性决定了水分子的排列方式；
氢键键长定义：氢键键长为成键的两个氧原子之间的距离，需结合晶胞结构判断；
密度差异原因：冰晶体的空隙结构导致其密度小于液态水，需结合氢键的方向性理解。
8．氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，铁镁合金晶胞棱长为a cm。下列说法错误的是
A．储氢过程中被还原
B．距离Fe原子最近的Mg原子个数是4
C．该晶体密度为g/cm3
D．含Mg48 g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为22.4 L
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．中H元素的化合价为0价，储氢过程中H会形成金属氢化物，最终H变为-1价，化合价发生降低，因此在该过程中被还原，A正确；
B．结合晶胞结构分析可得，Fe原子占据晶胞的顶点和面心位置，距离任意一个Fe原子最近的Mg原子个数为，B错误；
C．对于铁镁合金晶胞，Fe位于顶点和面心位置，利用均摊法计算可得晶胞中Fe的数目为 ；Mg全部处于晶胞内部，因此晶胞中Mg的数目为。该晶胞的质量为，若晶胞参数为，则晶胞体积为，根据密度公式可得该晶体的密度为，C正确；
D．储氢完成后，分布在晶胞的棱心和体心位置，利用均摊法计算可得晶胞内的总数为，因此晶胞中Mg与H2的物质的量之比。48g Mg的物质的量为，结合二者的物质的量之比，可以计算出储存H2的物质的量，因此含48g Mg的该储氢合金，可储存的H2在标准状况下的体积约为，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据储氢过程中氢元素化合价变化分析。
B、距离Fe原子最近的Mg位于晶胞的面心，据此计算。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、根据晶胞中Mg和H2的个数比进行计算。
9．锂离子电池常用的一种离子导体的阴离子如图所示，由同周期元素原子W、X、Y、Z构成。基态Y原子的s 轨道与p轨道电子数相等，Z 的核外电子总数是W的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．同周期元素第一电离能小于Y的有4种
B．基态X原子核外电子有5种空间运动状态
C．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D．W和Z可形成含有极性共价键的非极性分子中，各原子都满足8电子稳定结构
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势，其中ⅡA族、ⅤA族因电子排布全满、半满出现反常，第二周期元素的第一电离能顺序为：，第一电离能小于O的元素为Li、Be、B、C，共四种，A正确；
B．基态C原子的核外电子排布式为，电子的空间运动状态数目等于原子轨道数，基态碳原子的1s轨道占1个轨道，2s轨道占1个轨道，2p能级占据2个轨道，总共占据4个轨道，但是每个电子对应一种空间运动状态，C原子核外共6个电子，因此核外电子有6种不同的空间运动状态，B错误；
C．W、X、Y、Z的简单氢化物分别为、、、，常温下为液态，HF和为气态，水分子间氢键数目比HF更多，因此沸点顺序为，即沸点：Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．W(B)和Z(F)形成的，分子中B-F键是极性共价键，为平面正三角形结构，正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，但B原子最外层只有6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为：A
【分析】构成该阴离子的W、X、Y、Z都是同周期元素，基态Y原子的s轨道总电子数与p轨道总电子数相等，结合题图中Y形成2个共价键可知，Y的核外电子排布为，因此Y为O元素；X可形成4个共价键，则X为C元素；Z可形成1个共价键，则Z为F元素；Z的核外电子总数是W最外层电子数的3倍，Z核外共9个电子，因此W的最外层电子数为3，则W为B元素。综上可知，W为B、X为C、Y为O、Z为F，据此分析选项。
10．下列关于超分子的说法不正确的是
A．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
B．杯酚中既存在σ键又存在π键
C．冠醚、杯酚都属于超分子
D．18-冠-6可将KCN带入溴乙烷中
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；超分子
【解析】【解答】A、超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，A 正确；
B、杯酚中含有苯环，苯环中既存在 σ 键又存在 π 键，B 正确；
C、冠醚、杯酚是能识别特定离子或分子的主体分子，它们自身不是超分子，只有当它们与客体分子通过分子间作用结合后才形成超分子，C 错误；
D、18 - 冠 - 6 可与 K+形成超分子，从而将 KCN 带入溴乙烷（有机相）中，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
超分子定义：由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的聚集体，注意区分主体分子与超分子；
化学键类型：杯酚含苯环，苯环中同时存在 σ 键和 π 键；
冠醚与杯酚的性质：冠醚、杯酚本身是主体分子，与客体结合后才形成超分子；
冠醚的作用：18-冠-6可与 K+配位，将离子型的 KCN 带入有机溶剂中。
11．中科院研究所曾报道了一种高压可充电碱-酸Zn-PbO2混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是
A．充电时，阳极反应式为PbO2＋4H＋＋＋2e-=PbSO4＋2H2O
B．电池工作时，a、d两极室电解质溶液pH都减小
C．离子交换膜b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
D．放电时，每转移2 mol电子，中间K2SO4溶液中溶质增加1 mol
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电过程中阳极发生失电子的氧化反应，题中给出的反应是放电时正极发生的还原反应，因此A错误；
B．放电时，a极（负极）反应消耗，使得溶液中降低，溶液减小；d极（正极）反应消耗，使得溶液中降低，溶液增大，因此B错误；
C．放电时，a极反应后负电荷减少，溶液中的（阳离子）会穿过隔膜b进入中间室，因此b是阳离子交换膜；d极反应后负电荷增多，溶液中的（阴离子）会穿过隔膜c进入中间室，因此c是阴离子交换膜，因此C错误；
D．当电路中转移电子时，a极会有迁移进入中间的溶液，同时d极会有迁移进入中间溶液，相当于中间室一共增加了，溶质的物质的量增加，因此D正确；
故答案为：D
【分析】该电池放电时，作负极，发生失电子的氧化反应，因此负极的电极反应为：。作正极，发生得电子的还原反应，因此正极的电极反应为：，据此分析选项。
12．氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下(已知：锌的化学性质与铝相似)：
下列叙述正确的是
A．“氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子
B．1 mol Na含有σ键数为7NA
C．“还原”中，除生成两种配合物外，还产生H2
D．“除锌”中，试剂X宜选择NaOH溶液、稀硫酸或硝酸等
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；铝的化学性质；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．作为配体时，C原子的电负性更小，相比N更容易给出孤对电子，因此该配体的配位原子是C原子，而非N原子，A错误；
B．中，每个内部的三键包含1个σ键，2个一共含有2个σ键；另外和2个之间还会形成2个配位σ键，因此1 mol中含有的σ键总数为，B错误；
C．题目已知锌的性质和铝相似，且该还原过程是碱性体系，体系中存在NaOH。Zn除了还原生成之外，还会和NaOH发生反应生成，该反应的方程式为，因此产物中除两种锌的配合物外，还会生成，C正确；
D．根据题干信息可知，Au不与氢氧化钠溶液、稀硫酸、硝酸反应，而锌可以和NaOH溶液或稀硫酸反应。如果选择硝酸溶解提纯，反应过程会生成NO、NO2等大气污染物，同时原子利用率也更低，因此试剂X不适合选择硝酸，D错误；
故答案为：C
【分析】金矿开采过程中，会先用氰化钠溶液进行氰浸，同时通入氧气，该过程发生的离子反应为；得到含配离子的浸出液后，向溶液中加入锌进一步还原金，过程会发生反应和，还原后得到混有金属锌的固体金，之后只需加入氢氧化钠溶液或者稀酸除去未反应的锌，过滤后就能得到粗金，结合上述流程对问题分析解答即可。
13．SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为2 L的密闭容器中充入1 mol SCl2(g)，发生反应：2SCl2(g)S2Cl2(g)+Cl2(g)，图中所示曲线分别表示反应在10 min时和平衡时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系。下列说法正确的是
A．2SCl2(g)S2Cl2(g)＋Cl2(g)的ΔH＜0
B．82 ℃，平衡时以S2Cl2表示反应的平均速率0.05 mol·L-1·min-1
C．上述图像中“●”相连的虚线表示平衡时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系
D．82℃，若起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各5 mol，则此时v(逆)＞v(正)
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、温度升高时，的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此，A错误；
B、时，的平衡转化率为，转化的物质的量为，根据反应方程式，生成的物质的量为，以表示的反应速率为，B错误；
C、同一温度下，未达平衡时10 min的转化率低于平衡转化率，图中同一温度下虚线（●）对应的转化率始终大于实线，因此虚线表示平衡时的转化率，C正确；
D、时，平衡常数；若起始充入各反应物和生成物，浓度商，平衡正向移动，，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题思路：
A、根据温度对平衡转化率的影响，判断反应的热效应；
B、结合转化率计算生成的物质的量，再利用速率公式计算反应速率；
C、根据“平衡转化率一定大于同一温度下10 min时的转化率”这一规律，区分平衡曲线与非平衡曲线；
D、先计算平衡常数，再通过比较浓度商与的大小，判断反应方向。
14．高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，将适量K2FeO4配制成c()=1.0 mmol/L的试样，将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中，测定c()的变化，结果如图1所示[与水反应的主反应是4+10H2O4Fe(OH)3↓+8OH-+3O2↑]。常温下的水溶液中含铁微粒、、H2FeO4、的物质的量分数随pH的变化如图2所示。以下说法错误的是
A．与水反应ΔH＞0
B．为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在9以上
C．图2中a点的pH=2.45
D．在0.1 mol/L的KHFeO4水溶液中、、H2FeO4三种微粒浓度由大到小顺序是c()＞c()＞c(H2FeO4)
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．从图1的数据可以看出，温度升高时，达到平衡状态的高铁酸钾溶液中浓度会降低，说明升高温度平衡正向移动，因此反应的正方向为吸热反应，，A选项正确；
B．根据图2的变化可知，当溶液的pH＞9时，体系中含铁的微粒只有，因此在这个pH条件下可以得到纯净的高铁酸盐，B选项正确；
C．当溶液pH为3.7时，溶液中 c()=c()， ，根据第一步电离的电离常数表达式 ，可得$；当溶液pH为1.8时，溶液中 c()=c() ，根据水解的水解常数表达式 ，可得。在a点，溶液中 c()=c() ，我们联立上述常数关系可以得到 ，结合常温下水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，最终计算可得a点 ，即 ，C选项错误；
D．对于 ，其第二步电离的电离常数为 ，自身水解的水解常数 ，由于Ka2＞Kh，说明在水溶液中的电离程度大于水解程度，因此溶液中离子浓度关系满足 ，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、由图2可知，当溶液的pH＞9时，溶液中的含铁微粒主要为FeO42－。
C、a点溶液中溶液中 c()=c() ，结合电离平衡常数和水解平衡常数进行计算。
D、根据溶液中的电离程度和水解程度的相对大小分析。
15．钒钢用于国防尖端工业。钒钛磁铁矿精矿中主要有用物相为FeTiO3、Fe3O4、FeO、V2O3，主要杂质为MgO、Al2O3、SiO2和CaO，用钒钛磁铁矿精矿制备五氧化二钒的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）基态V原子的价层电子排布式为　 　
（2）为了提高焙烧的效率，除适当升温外，还可以采取的措施为　 　。(写一种即可)
（3）在进行钠化焙烧时，V2O3转化为水溶性的偏钒酸钠(NaVO3)，写出“焙烧”时生成偏钒酸钠的化学方程式：　 　。
（4）常温下，在钒液中加入NH4HCO3和(NH4)2CO3溶液，通过两者的比例不同，调节适当的值进行沉钒，“沉钒”过程中不涉及氧化还原反应，“沉钒”时发生反应的离子方程式为　 　；结合图中信息，获得偏钒酸铵晶体的最佳温度和为　 　。
（5）在催化剂作用下，NH3将柴油车尾气中的NOx选择性还原为N2的过程称为NH3-SCR脱硝。科学家研究了V2O5晶面上的NH3-SCR反应过程，该过程如图所示，V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成N2和H2O。
画出图中虚线框内X的结构：　 　。
（6）测定钛渣TiO2含量的方法：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加热至溶解，冷却后加入稀盐酸得到含有TiO2+的溶液。加入铝粉将TiO2+还原为Ti3+，反应完全后加入KSCN指示剂，用0.050mol/L的Fe2(SO4)3标准溶液滴定，重复2-3次，消耗标准溶液平均值为22.50mL(已知：Ti3++ Fe3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+。
①滴定终点的现象为：　 　；
②下列情况会造成测定结果偏低的是　 　。
A．滴定前读数正确，滴定后仰视读数 B．锥形瓶未用待测液润洗
C．指示剂浓度过低 　D．滴定结束后滴定管尖嘴处有气泡
【答案】（1）3d34s2
（2）粉碎钒钛磁铁矿精矿
（3）V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2
（4）+=NH4VO3↓；15℃、9.34
（5）
（6）当最后半滴标准液滴入，溶液由无色变为红色，且30秒内不褪色；D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1) 钒元素的原子序数为23，基态钒原子的价层电子排布式为。
故答案：；
(2) 提高焙烧效率的核心思路是增大反应物接触面积、优化反应条件，常见措施包括将矿料粉碎、搅拌反应体系、适当增加碳酸钠用量等，任选一种即可。
故答案： 粉碎钒钛磁铁矿精矿 ；
(3) 焙烧过程中，被氧气氧化，钒元素化合价升高，反应为氧化还原反应，配平后的化学方程式为：V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2
故答案：V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2 ；
(4) 钒液中的与铵盐发生复分解反应，生成难溶的偏钒酸铵沉淀，离子方程式为：+=NH4VO3↓ ；
根据工艺曲线，获得偏钒酸铵晶体的最佳温度和pH值为、。
故答案：+=NH4VO3↓ ； 15℃、9.34 ；
(5) 反应中，酸性位的提供质子，结合质子生成；羟基失去H后变为，通过氢键与结合，X的结构为：
故答案： ；
(6) ①滴定终点现象：当完全反应后，过量的与KSCN结合使溶液显血红色，现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色；
②误差分析：
A. 滴定后仰视读数，读取的体积偏大，计算的含量偏高；
B. 锥形瓶不能用待测液润洗，对结果无影响；
C. 指示剂浓度过低，需要更多才能显色，偏大，结果偏高；
D. 滴定结束尖嘴有气泡，读取的偏小，结果偏低；
因此使结果偏低的选项为D。
故答案： 当 当最后半滴标准液滴入，溶液由无色变为红色，且30秒内不褪色 ；D；
【分析】钒钛磁铁矿精矿与混合，经钠化焙烧将钒转化为可溶性；焙烧产物加水浸出，得到含的溶液；向溶液中加入铵盐，发生复分解反应析出沉淀；沉淀煅烧分解得到；剩余矿团经还原、熔融分离，得到钛渣与钢水。
(1) 根据原子序数和电子排布规律，写出基态钒原子的价层电子排布式；
(2) 结合工业焙烧反应的特点，从增大接触面积、提高反应物浓度等角度，列举提高反应效率的措施；
(3) 根据氧化还原反应中元素化合价的变化，配平焙烧过程的化学方程式；
(4) 根据复分解反应的规律，写出沉钒过程的离子方程式，并结合工艺曲线确定晶体制备的最佳温度和pH；
(5) 结合质子转移和氢键形成的过程，推断产物X的结构；
(6) 根据滴定反应的原理，描述滴定终点现象，并结合滴定操作的误差来源，分析不同操作对测定结果的影响。
（1）V的原子序数为23，基态V原子的价层电子排布式为3d34s2。
（2）提高焙烧效率可通过增大反应物接触面积、提高反应物浓度等方法，常见措施为将矿粉粉碎(或搅拌、适当增大碳酸钠用量等，任写一种即可)。
（3）“焙烧”过程中V的化合价发生改变，该反应属于氧化还原反应，化学方程式为V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2。
（4）钒液中含有，加入铵盐发生复分解反应生成难溶的盐，则“沉钒”时发生反应的离子方程式为+=NH4VO3↓；由图可知，获得偏钒酸铵晶体的最佳温度和pH值为15℃、9.34。
（5）如图所示，反应中酸性位的V-OH提供质子， 结合质子得到，羟基失去H后变为，通过氢键与 结合，则X的结构为。
（6）①完全反应后，过量的与结合使溶液显血红色，因此滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色；
② 含量与消耗标准液体积成正比：
A．滴定后仰视读数，偏大，结果偏高，A不符合题意；
B．锥形瓶不能用待测液润洗，不影响结果，B不符合题意；
C．指示剂浓度过低，需要更多才能显色，偏大，结果偏高，C不符合题意；
D．滴定结束尖嘴有气泡，读取的偏小，结果偏低，D符合题意；
故选D。
16．按要求回答下列问题：
（1）下列不同状态的氮原子能量最高的是___________。
A． B．
C． D．
（2）在浓的TiCl3溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为1：5，则该配离子(内界)的化学式为　 　。
（3）锡的卤化物熔点数据如下表：
物质
熔点/ 442 29 143
①早在青铜器时代，人类就认识了锡。结合变化规律说明原因：　 　 。
②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的　 　轨道与氯的轨道重叠形成σ键。
（4）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图。白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　 　。
（5）现代冶金工业中，发生反应2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。CN-是常见的配体，提供孤电子对的是C不是N，其主要原因是　 　
（6）CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键。1 mol 配合物Fe(CO)6含有　 　mol配位键。
【答案】（1）D
（2）
（3）SnF4因离子键形成离子晶体，熔点远高于其他卤化物；SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，熔点随分子量增大而升高；sp3杂化
（4）
（5）碳原子的电负性小于氮原子的电负性
（6）12
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】(1) 不同能级电子的能量顺序为 ，基态氮原子的核外电子排布式为 ，其中能量最高的电子位于2p轨道，对应选项D。
故答案：D；
(2) 由的组成和配位体物质的量之比为可知，配位体为1个与5个；Ti为+3价，因此该配离子为。
故答案： ；
(3) ①属于离子晶体，熔点较高；、、属于分子晶体，分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高，因此熔点顺序为：；
②中，Sn原子采取杂化，其杂化轨道与Cl原子的3p轨道重叠形成σ键。
故答案： SnF4因离子键形成离子晶体，熔点远高于其他卤化物；SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，熔点随分子量增大而升高 ； sp3杂化 ；
(4) 白锡晶胞含2个Sn原子，灰锡晶胞含8个Sn原子；根据密度公式，二者密度比为：
故答案： ；
(5) 能提供孤电子对形成配位键的原子，需满足两个条件：有孤电子对，且电负性不能太大。如CO、中，C的电负性小于N，更易提供孤电子对形成配位键。
故答案： 碳原子的电负性小于氮原子的电负性 ；
(6) 1个CO分子中含有1个配位键，1个（题目应为）中Fe与5个CO形成5个配位键；1mol 中，配位键总数为：5mol（CO分子内）+ 5mol（Fe与CO之间）= 10mol（注：若按题目，则为6+6=12mol）。
故答案： 12 ；
【分析】本题围绕物质结构与性质展开，考查电子能级与排布、配合物结构、晶体类型与熔点、杂化轨道、晶胞密度比、配位键形成条件及配位键数目计算。
(1) 根据电子能级能量顺序和基态原子电子排布式，判断能量最高的电子所在轨道；
(2) 结合配合物组成、中心离子价态及配位体比例，确定配离子的组成；
(3) 根据晶体类型判断熔点高低，分子晶体结合相对分子质量判断分子间作用力，再分析共价键的形成方式；
(4) 利用晶胞中原子数和密度公式，推导两种晶胞的密度比；
(5) 结合配位键形成的条件，分析不同配体中提供孤电子对的原子；
(6) 区分CO分子内的配位键与中心原子和配体间的配位键，计算总配位键数目。
（1）不同能级电子具有的能量顺序为1s＜2s＜2p ，基态氮原子的核外电子排布式为，则氮原子其能量最高的是D；
（2）由的组成和配位体的物质的量之比为1∶5知，配位体只能为1个与5个。因为为+3价，而为-1价，则该配离子为；
（3）①SnF4属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的轨道重叠形成σ键；
（4）白锡晶胞含2个Sn原子，灰锡晶胞含8个Sn原子；根据密度公式，二者密度比为；
（5）提供孤电子对形成配位键具备两个条件，一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN－等配体中C提供孤电子对，因为碳原子的电负性小于氮原子的电负性；
（6）从CO的结构图可知1个CO中含有1个配位键，1个Fe(CO)6中Fe与6个CO形成6个配位键。1molFe(CO)6含有的配位键是 6molCO提供6mol配位键和1molFe与6molCO形成6mol配位键之和，共为6mol+6mol=12mol。
17．学习小组为探究1 mL、0.1 mol/LNa2S与1 mL、0.1 mol/LFeCl3溶液反应及相关性质，室温下进行了以下实验
Ⅰ．理论分析
预测可能反应 平衡常数
2Fe3++3S2-=Fe2S3↓ K1=1.0×1088
2Fe3++3S2-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑ K2
2Fe3++S2-=2Fe2++S↓ (S2-少量) 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓ (S2-过量) K3=1.7×1042 K4=4.28×1076
查阅资料：
①Fe2S3在酸性环境中不稳定，在碱性环境中相对稳定。
②Ksp(Fe2S3)=1×10-88、Ksp(Fe(OH)3)=2.79×10-39
③Ka1(H2S)=1.3×10-7、Ka2(H2S)=7×10-15
Ⅱ．实验验证
实验 操作 现象
实验1 迅速产生黑色沉淀，振荡后黑色沉淀溶解，产生臭鸡蛋味气体，随Na2S溶液滴加，颜色越来越深，最终得到棕色浊液。
实验2 立即产生大量棕黑色沉淀，且棕黑色沉淀不溶解；振荡黑色沉淀不消失，同时闻到轻微臭鸡蛋气味，继续滴加黑色沉淀不溶解。
ⅰ．对实验1棕色浊液成分进行分析及探究
ⅱ．对实验2黑色沉淀成分进行探究
实验3 取实验2的黑色混合液进行过滤、洗涤、干燥，用洁净的玻璃棒取少量黑色沉淀于试管中，滴加稀 HCl 黑色沉淀溶解，___________，有臭鸡蛋气味。推测该黑色沉淀为Fe2S3
回答下列问题：
（1）Na2S溶液呈碱性，主要原因是　 　(用离子方程式表示)
（2）请从平衡的角度解释为什么实验1中黑色沉淀迅速产生又消失　 　。
（3）加入乙醇的目的是　 　。
（4）将实验3中实验现象补充完整：　 　。
（5）K2=　 　(用Kw、Ksp、Ka1、Ka2等表示)
（6）长沙理工大学教授团队首创“中性铁硫液流电池体系”如图所示。
①[Fe(CN)6]3-中铁元素化合价为　 　。
②放电时，正极的电极反应为：　 　。
【答案】（1）S2-+H2OHS-+OH-
（2）Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定
（3）溶解硫单质/萃取硫单质
（4）有大量淡黄色固体产生
（5）
（6）+3；[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）Na2S溶液呈碱性，主要原因是硫离子水解生成氢氧根离子和硫氢根离子：S2-+H2OHS-+OH-。
故答案为：S2-+H2OHS-+OH-
（2）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定而使得实验1中黑色沉淀迅速产生又消失。
故答案为： Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定
（3）硫不溶于水而溶于有机溶剂乙醇，加入乙醇的目的是溶解硫单质（或萃取硫单质）。
故答案为： 溶解硫单质/萃取硫单质
（4）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，结合对实验1棕色浊液成分的探究过程可知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，同时生成硫化氢气体，则实验3中实验现象为：黑色沉淀溶解，有大量淡黄色固体产生，有臭鸡蛋气味。
故答案为： 有大量淡黄色固体产生
（5）由方程式可知，。
故答案为：
（6）①[Fe(CN)6]3-中CN-化合价为-1，则铁元素化合价为+3.
故答案为：+3
②放电时，正极的电极反应为[Fe(CN)6]3-得到电子发生还原反应生成[Fe(CN)6]4-：[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-。
故答案为： [Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-
【分析】（1）Na2S溶液显碱性，是由于S2－发生水解，使得溶液中c(OH－)＞c(H＋)，据此分析。
（2）实验1中产生的黑色沉淀为Fe2S3，其在酸性溶液中不稳定，而FeCl3溶液由于Fe3＋的水解，使得溶液显酸性。据此分析作答。
（3）结合硫单质可溶于乙醇的性质分析。
（4）由实验1可知，酸性条件下Fe2S3反应生成S、Fe2＋和H2S，据此确定其实验现象。
（5）结合H2S的电离平衡常数、Fe2S3的溶度积常数和H2O的离子积常数进行分析计算。
（6）①[Fe(CN)6]3－中CN－的化合物为－1价，据此确定Fe元素的化合价。
②放电过程中，正极上[Fe(CN)6]3－发生得电子的还原反应，生成[Fe(CN)6]4－，据此写出其电极反应式。
（1）Na2S溶液呈碱性，主要原因是硫离子水解生成氢氧根离子和硫氢根离子：S2-+H2OHS-+OH-；
（2）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定而使得实验1中黑色沉淀迅速产生又消失；
（3）硫不溶于水而溶于有机溶剂乙醇，加入乙醇的目的是溶解硫单质（或萃取硫单质）；
（4）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，结合对实验1棕色浊液成分的探究过程可知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，同时生成硫化氢气体，则实验3中实验现象为：黑色沉淀溶解，有大量淡黄色固体产生，有臭鸡蛋气味；
（5）由方程式可知，；
（6）①[Fe(CN)6]3-中CN-化合价为-1，则铁元素化合价为+3；
②放电时，正极的电极反应为[Fe(CN)6]3-得到电子发生还原反应生成[Fe(CN)6]4-：[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-。
18．随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH1=＋41.0 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1
（1）反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=　 　 kJ·mol-1，该反应在　 　(高温、低温、任意温度)下能自发进行。
（2）化学家Paul Sabatier研究发现，CO2在催化剂作用下能够转化为甲烷，
Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH4＜0；
副反应：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)　 ΔH1=＋41.0 kJ·mol-1
研究发现，若其他条件不变，压强对CO2的转化率和CH4的选择性的影响如图所示。
化工生产上，通常选取0.1 MPa而不选取更高的压强，原因是　 　。
（3）在一定条件下，向容积为0.5 L的恒容密闭容器中充入x mol CO2和y mol H2，发生反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
　
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线　 　(填“m”或“n”)，判断依据是　 　。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图2所示，v逆(a)　 　(填“＞”“＜”或“=”)v逆(c)；温度为T2 K时，起始压强为2.5 MPa，Kp=　 　(保留两位小数；Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）-90.0 kJ/mol；低温
（2）0.1 MPa下，CO2的转化率和CH4选择性已经较高，再进一步增大压强，CO2的转化率和CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小；＜；9.88 (MPa)-2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，因此，该反应气体分子数减少，，，根据反应自发条件，只有低温下才能满足，因此低温自发；
故答案为： -90.0 kJ/mol；低温
（2）从图像可知，压强为时， 转化率和 选择性都已经接近最高值，继续增大压强，二者提升非常小，还会提高对设备的要求、增加生产成本和能耗，因此选择；
故答案为： 0.1 MPa下，CO2的转化率和CH4选择性已经较高，再进一步增大压强，CO2的转化率和CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗
（3）①该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小，因此曲线m表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系；
故答案为：m； 该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小
②反应II为放热反应，温度越高，逆反应速率越大，a点温度低于c点，因此v逆(a)＜v逆(c)；初始CO2和H2的物质的量分别为2 mol和3 mol，温度为T2 K时，H2的平衡转化率为80%，即消耗2.4 mol H2，根据反应方程式可知，平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol、0.8 mol、0.8 mol，气体分子总物质的量为3.4 mol，起始压强为2.5 MPa，恒容条件下压强与物质的量成正比，则平衡时总压为，则。
故答案为：＜； 9.88 (MPa)-2
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。结合ΔH-TΔS＜0，分析反应自发进行的条件。
（2）由图可知，当压强在0.1MPa时，CO2的转化率、CH4的选择性较高，且继续增大压强，对二者的变化影响不大，据此分析。
（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，据此分析。
②a、c两点的温度不同，结合温度对反应速率的影响分析，温度越高，反应速率越快。结合压强之比等于物质的量之比，以及平衡常数的表达式进行计算。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，因此，该反应气体分子数减少，，，根据反应自发条件，只有低温下才能满足，因此低温自发；
（2）从图像可知，压强为时， 转化率和 选择性都已经接近最高值，继续增大压强，二者提升非常小，还会提高对设备的要求、增加生产成本和能耗，因此选择；
（3）①该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小，因此曲线m表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系；
②反应II为放热反应，温度越高，逆反应速率越大，a点温度低于c点，因此v逆(a)＜v逆(c)；初始CO2和H2的物质的量分别为2 mol和3 mol，温度为T2 K时，H2的平衡转化率为80%，即消耗2.4 mol H2，根据反应方程式可知，平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol、0.8 mol、0.8 mol，气体分子总物质的量为3.4 mol，起始压强为2.5 MPa，恒容条件下压强与物质的量成正比，则平衡时总压为，则。
1 / 1湖南长沙市南雅中学等校2025-2026学年高二年级第二学期限时训练 化学试卷
1．下列图示或化学用语正确的是
A．HClO的电子式：
B．镁原子最外层电子的电子云轮廓图：
C．中子数为20的钾原子：
D．Ga的价层电子排布：3d104s24p1
2．化学用语是学习化学的重要工具，下列说法正确的是
A．1H2、2H2、3H2互为同位素
B．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28'
C．氢键是一种特殊的化学键
D．相同条件下，CH3COOH的酸性弱于CCl3COOH
3．硼及其化合物具有多种结构，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是
A．BF3分子的空间结构为平面三角形
B．B元素位于元素周期表的p区
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．的键角小于NH3
4．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．分别用KMnO4和H2O2分解制取1molO2，转移的电子数均为4NA
B．20gD2O与16gCH4中含有的电子数均为10NA
C．4.6gNO2气体在标准状况下的分子个数为0.1NA
D．0.1mol分子中的碳碳双键数为0.3NA
5．下列有关金属的说法正确的是
A．金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B．金属晶体有导电性，能导电的物质一定是金属
C．金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D．金属晶体的堆积方式会影响金属的性质
6．下列说法正确的是
①在同一能层上运动的电子，其能量可能不同
②元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
③、CO2、CCl4、SO3是由极性共价键构成的非极性分子
④液晶具有各向异性，用于制备液晶显示器；施加电场可使液晶的长轴取向发生改变
⑤、中心原子的杂化方式均为杂化，空间结构分别为三角锥形和平面三角形
⑥杂化轨道也可以用于形成π键
⑦、、、均满足最外层8电子稳定结构，分子空间结构与其稳定性无关
⑧冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与K+形成超分子，离子半径大小与冠醚的空腔匹配有关
A．①③④⑧ B．①③⑤⑦ C．②④⑥⑧ D．②⑤⑦⑧
7．冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是
A．硫化氢晶体结构和冰不相似
B．冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性
C．晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为
D．冰晶体有较大空隙，因此密度比液态水小
8．氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，铁镁合金晶胞棱长为a cm。下列说法错误的是
A．储氢过程中被还原
B．距离Fe原子最近的Mg原子个数是4
C．该晶体密度为g/cm3
D．含Mg48 g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为22.4 L
9．锂离子电池常用的一种离子导体的阴离子如图所示，由同周期元素原子W、X、Y、Z构成。基态Y原子的s 轨道与p轨道电子数相等，Z 的核外电子总数是W的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．同周期元素第一电离能小于Y的有4种
B．基态X原子核外电子有5种空间运动状态
C．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X
D．W和Z可形成含有极性共价键的非极性分子中，各原子都满足8电子稳定结构
10．下列关于超分子的说法不正确的是
A．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
B．杯酚中既存在σ键又存在π键
C．冠醚、杯酚都属于超分子
D．18-冠-6可将KCN带入溴乙烷中
11．中科院研究所曾报道了一种高压可充电碱-酸Zn-PbO2混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是
A．充电时，阳极反应式为PbO2＋4H＋＋＋2e-=PbSO4＋2H2O
B．电池工作时，a、d两极室电解质溶液pH都减小
C．离子交换膜b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
D．放电时，每转移2 mol电子，中间K2SO4溶液中溶质增加1 mol
12．氰化法从金矿提取黄金简易工艺流程如下(已知：锌的化学性质与铝相似)：
下列叙述正确的是
A．“氰浸”中，NaCN作络合剂且N原子为配位原子
B．1 mol Na含有σ键数为7NA
C．“还原”中，除生成两种配合物外，还产生H2
D．“除锌”中，试剂X宜选择NaOH溶液、稀硫酸或硝酸等
13．SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为2 L的密闭容器中充入1 mol SCl2(g)，发生反应：2SCl2(g)S2Cl2(g)+Cl2(g)，图中所示曲线分别表示反应在10 min时和平衡时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系。下列说法正确的是
A．2SCl2(g)S2Cl2(g)＋Cl2(g)的ΔH＜0
B．82 ℃，平衡时以S2Cl2表示反应的平均速率0.05 mol·L-1·min-1
C．上述图像中“●”相连的虚线表示平衡时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系
D．82℃，若起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各5 mol，则此时v(逆)＞v(正)
14．高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，将适量K2FeO4配制成c()=1.0 mmol/L的试样，将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中，测定c()的变化，结果如图1所示[与水反应的主反应是4+10H2O4Fe(OH)3↓+8OH-+3O2↑]。常温下的水溶液中含铁微粒、、H2FeO4、的物质的量分数随pH的变化如图2所示。以下说法错误的是
A．与水反应ΔH＞0
B．为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在9以上
C．图2中a点的pH=2.45
D．在0.1 mol/L的KHFeO4水溶液中、、H2FeO4三种微粒浓度由大到小顺序是c()＞c()＞c(H2FeO4)
15．钒钢用于国防尖端工业。钒钛磁铁矿精矿中主要有用物相为FeTiO3、Fe3O4、FeO、V2O3，主要杂质为MgO、Al2O3、SiO2和CaO，用钒钛磁铁矿精矿制备五氧化二钒的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）基态V原子的价层电子排布式为　 　
（2）为了提高焙烧的效率，除适当升温外，还可以采取的措施为　 　。(写一种即可)
（3）在进行钠化焙烧时，V2O3转化为水溶性的偏钒酸钠(NaVO3)，写出“焙烧”时生成偏钒酸钠的化学方程式：　 　。
（4）常温下，在钒液中加入NH4HCO3和(NH4)2CO3溶液，通过两者的比例不同，调节适当的值进行沉钒，“沉钒”过程中不涉及氧化还原反应，“沉钒”时发生反应的离子方程式为　 　；结合图中信息，获得偏钒酸铵晶体的最佳温度和为　 　。
（5）在催化剂作用下，NH3将柴油车尾气中的NOx选择性还原为N2的过程称为NH3-SCR脱硝。科学家研究了V2O5晶面上的NH3-SCR反应过程，该过程如图所示，V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成N2和H2O。
画出图中虚线框内X的结构：　 　。
（6）测定钛渣TiO2含量的方法：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加热至溶解，冷却后加入稀盐酸得到含有TiO2+的溶液。加入铝粉将TiO2+还原为Ti3+，反应完全后加入KSCN指示剂，用0.050mol/L的Fe2(SO4)3标准溶液滴定，重复2-3次，消耗标准溶液平均值为22.50mL(已知：Ti3++ Fe3++H2O=TiO2++ Fe2++2H+。
①滴定终点的现象为：　 　；
②下列情况会造成测定结果偏低的是　 　。
A．滴定前读数正确，滴定后仰视读数 B．锥形瓶未用待测液润洗
C．指示剂浓度过低 　D．滴定结束后滴定管尖嘴处有气泡
16．按要求回答下列问题：
（1）下列不同状态的氮原子能量最高的是___________。
A． B．
C． D．
（2）在浓的TiCl3溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为1：5，则该配离子(内界)的化学式为　 　。
（3）锡的卤化物熔点数据如下表：
物质
熔点/ 442 29 143
①早在青铜器时代，人类就认识了锡。结合变化规律说明原因：　 　 。
②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的　 　轨道与氯的轨道重叠形成σ键。
（4）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图。白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　 　。
（5）现代冶金工业中，发生反应2[Au(CN)2]-+Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。CN-是常见的配体，提供孤电子对的是C不是N，其主要原因是　 　
（6）CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键。1 mol 配合物Fe(CO)6含有　 　mol配位键。
17．学习小组为探究1 mL、0.1 mol/LNa2S与1 mL、0.1 mol/LFeCl3溶液反应及相关性质，室温下进行了以下实验
Ⅰ．理论分析
预测可能反应 平衡常数
2Fe3++3S2-=Fe2S3↓ K1=1.0×1088
2Fe3++3S2-+6H2O=2Fe(OH)3↓+3H2S↑ K2
2Fe3++S2-=2Fe2++S↓ (S2-少量) 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓ (S2-过量) K3=1.7×1042 K4=4.28×1076
查阅资料：
①Fe2S3在酸性环境中不稳定，在碱性环境中相对稳定。
②Ksp(Fe2S3)=1×10-88、Ksp(Fe(OH)3)=2.79×10-39
③Ka1(H2S)=1.3×10-7、Ka2(H2S)=7×10-15
Ⅱ．实验验证
实验 操作 现象
实验1 迅速产生黑色沉淀，振荡后黑色沉淀溶解，产生臭鸡蛋味气体，随Na2S溶液滴加，颜色越来越深，最终得到棕色浊液。
实验2 立即产生大量棕黑色沉淀，且棕黑色沉淀不溶解；振荡黑色沉淀不消失，同时闻到轻微臭鸡蛋气味，继续滴加黑色沉淀不溶解。
ⅰ．对实验1棕色浊液成分进行分析及探究
ⅱ．对实验2黑色沉淀成分进行探究
实验3 取实验2的黑色混合液进行过滤、洗涤、干燥，用洁净的玻璃棒取少量黑色沉淀于试管中，滴加稀 HCl 黑色沉淀溶解，___________，有臭鸡蛋气味。推测该黑色沉淀为Fe2S3
回答下列问题：
（1）Na2S溶液呈碱性，主要原因是　 　(用离子方程式表示)
（2）请从平衡的角度解释为什么实验1中黑色沉淀迅速产生又消失　 　。
（3）加入乙醇的目的是　 　。
（4）将实验3中实验现象补充完整：　 　。
（5）K2=　 　(用Kw、Ksp、Ka1、Ka2等表示)
（6）长沙理工大学教授团队首创“中性铁硫液流电池体系”如图所示。
①[Fe(CN)6]3-中铁元素化合价为　 　。
②放电时，正极的电极反应为：　 　。
18．随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH1=＋41.0 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1
（1）反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=　 　 kJ·mol-1，该反应在　 　(高温、低温、任意温度)下能自发进行。
（2）化学家Paul Sabatier研究发现，CO2在催化剂作用下能够转化为甲烷，
Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH4＜0；
副反应：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)　 ΔH1=＋41.0 kJ·mol-1
研究发现，若其他条件不变，压强对CO2的转化率和CH4的选择性的影响如图所示。
化工生产上，通常选取0.1 MPa而不选取更高的压强，原因是　 　。
（3）在一定条件下，向容积为0.5 L的恒容密闭容器中充入x mol CO2和y mol H2，发生反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
　
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线　 　(填“m”或“n”)，判断依据是　 　。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图2所示，v逆(a)　 　(填“＞”“＜”或“=”)v逆(c)；温度为T2 K时，起始压强为2.5 MPa，Kp=　 　(保留两位小数；Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的运动状态；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO的电子式为 ，其中O原子分别与H、Cl原子形成共用电子对，各原子均满足8电子（H为2电子）稳定结构，A正确；
B、镁原子最外层电子为3s轨道电子，其电子云轮廓图为球形，而非图中所示的轨道哑铃形轮廓，B错误；
C、中子数为20的钾原子，质子数为19，质量数=质子数+中子数=39，正确的表示为，C错误；
D、Ga的核外电子排布式为，其价层电子排布为，而非包含内层的，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子式书写：HClO中O为中心原子，需保证各原子满足稳定结构；
电子云轮廓图：s轨道为球形，p轨道为哑铃形，镁最外层为s轨道电子；
原子符号表示：左上角为质量数（质子数+中子数），左下角为质子数；
价层电子排布：主族元素的价层电子为最外层电子，Ga的价层电子为4s和4p轨道电子。
2．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学键和分子间作用力的区别；元素、核素
【解析】【解答】A．同位素的定义是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子之间的互称。1H2、2H2、3H2都属于氢气分子，不是原子，因此它们不互为同位素，A错误；
B．P4分子为正四面体结构，4个P原子都在正四面体的顶点位置，分子内P-P键的键角为60°。CH4是以C原子为中心、4个H原子位于正四面体顶点的正四面体结构，C-H键的键角为109°28'，二者的键角并不相等，B错误；
C．氢键是强度较高的分子间作用力，并不属于化学键范畴，C错误；
D．Cl属于吸电子基团，它的吸电子作用可以增强羧基中O-H键的极性，让更容易电离出氢离子，因此相同条件下的酸性弱于，D正确；
故答案为：D
【分析】A、同位素是指质子数相同，中子数不同的原子。
B、P4中P-P键的键角为60°。
C、氢键是一种较强的分子间作用力，不属于化学键。
D、电负性Cl＞H，使得羧基中O-H的极性增强，酸性增强。
3．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．中心B原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，因此空间结构为平面三角形，A选项正确；
B．B元素的价电子排布为，最后填充的能级为p轨道，因此B元素在元素周期表中属于p区，B选项正确；
C．的中心原子B存在空轨道，可以接受孤电子对；而分子中的N原子存在孤电子对，可以提供孤电子对，因此二者反应时可以形成配位键，C选项正确；
D．中心B原子的价层电子对数为4，且没有孤电子对，键角约为；中心N原子的价层电子对数为4，含有1对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3的键角被压缩，约为，因此的键角大于的键角，D选项错误；
故答案为：D
【分析】A、根据BF3中心B原子的价层电子对数确定其空间结构。
B、根据B元素的价电子排布式确定其在元素周期表中的分区。
C、B原子可提供空轨道，N原子提供孤电子对，二者可形成配位键。
D、根据B、N原子的价层电子对数和孤电子对数确定二者的键角大小。
4．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；苯的结构与性质；元素、核素；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、用分解制取时，O元素从-2价变为0价，转移电子数为；用分解制取时，O元素从-1价变为0价，转移电子数为，二者转移电子数不相等，A错误；
B、的物质的量为，的物质的量为，二者分子中均含有10个电子，因此含有的电子数均为，B正确；
C、的物质的量为，但由于存在平衡，标准状况下气体分子数小于，C错误；
D、 中苯环不含碳碳双键，仅含1个碳碳双键，因此该分子中的碳碳双键数为，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
氧化还原电子转移：注意不同反应中氧元素的化合价变化，判断转移电子数；
电子数计算：先计算物质的量，再结合分子中的电子总数进行判断；
化学平衡影响：与存在转化平衡，会导致分子数减少；
有机物结构：苯环中的碳碳键为介于单键和双键之间的特殊键，不含碳碳双键。
5．【答案】D
【知识点】金属晶体；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A．金属晶体中，只有金属原子最外层的价电子才是自由电子，内层电子会受到原子核的束缚，并不是原子核外所有电子都属于自由电子，A选项错误；
B．可以导电的物质不一定是金属，比如石墨、熔融的电解质、电解质溶液都能够导电，但它们都不属于金属，B选项错误；
C．金属还原性的强弱只和失电子的难易程度有关，和原子失电子数目的多少无关，例如钠参与反应时只失去1个电子，铝参与反应时会失去3个电子，但钠的还原性比铝更强，C选项错误；
D．金属晶体不同的原子堆积方式，会对金属的延展性、密度等性质产生影响，D选项正确；
故答案为：D
【分析】A、金属晶体中，只有价电子才是属于自由电子。
B、能导电的物质不一定是金属，可能是非金属，如石墨。
C、金属原子的还原性强弱，与其失电子的能力有关，与失电子数的多少无关。
D、金属晶体的堆积方式会影响金属的性质。
6．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】①同一能层会划分出不同的能级，不同能级对应的电子能量不相同，①的说法正确；
②过渡元素指的是周期表中副族和第Ⅷ族的元素，金属与非金属分界线附近的元素都属于主族元素，不属于过渡元素，②的说法错误；
③空间结构为平面三角形，CO2为直线形，CCl4为正四面体形，SO3为平面三角形，分子中含有的化学键都是不同原子间形成的极性共价键；同时这几种分子都结构对称，正负电荷的中心重合，都属于非极性分子，③的说法正确；
④液晶的光学性质随外电场改变而变化，具有各向异性，施加电场时液晶分子的长轴取向会发生改变，这一特性可以用来制备液晶显示器，④的说法正确；
⑤中心S原子的价层电子对数为，杂化方式为，空间结构为三角锥形；中心C原子的价层电子对数为，C原子的杂化方式为杂化，空间结构为平面三角形，⑤的说法错误；
⑥杂化轨道只可以用于形成σ键，或是用来容纳未参与成键的孤电子对，π键只能由未参与杂化的轨道形成，因此杂化轨道不能形成π键，⑥的说法错误；
⑦中C、O、Cl所有原子的最外层都满足8电子稳定结构；而中S原子最外层电子数为12，中B原子最外层电子数为6，中P原子最外层电子数为10，这三种分子中都有原子不满足8电子稳定结构，⑦的说法错误；
⑧冠醚的空腔大小和不同离子的半径匹配才能形成稳定超分子，12-冠-4的空腔尺寸和的半径匹配，和半径不匹配，因此12-冠-4可以和形成超分子，⑧的说法正确；
综合以上分析，说法正确的是①③④⑧，
故答案为：A
【分析】①同一能层不同能级的电子，其能量不同。
②元素周期表中的过渡元素是副族元素和第Ⅷ族元素。
③根据、CO2、CCl4、SO3的空间结构分析。
④根据液晶的结构、性质分析。
⑤根据S、C原子的价层电子对数和孤电子对数，确定中心S、C原子的杂化方式和空间结构。
⑥杂化轨道只能用于形成σ键或容纳孤电子对。
⑦根据原子的最外层电子数和成键情况分析。
⑧超分子的形成与离子半径和冠醚的空腔匹配有关。
7．【答案】C
【知识点】分子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、硫化氢分子中S的电负性较小，无法形成分子间氢键，晶体结构与冰不相似，A正确；
B、冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性，B正确；
C、氢键键长是指两个通过氢键相连的氧原子间的距离，晶胞中z方向上两个氧原子的最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为d，而非，C错误；
D、冰晶体中水分子通过氢键形成空旷的笼状结构，存在较大空隙，因此密度比液态水小，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
晶体结构对比：判断硫化氢与冰的晶体结构差异时，需关注分子间是否存在氢键；
氢键特性：冰晶体中氢键的方向性、饱和性决定了水分子的排列方式；
氢键键长定义：氢键键长为成键的两个氧原子之间的距离，需结合晶胞结构判断；
密度差异原因：冰晶体的空隙结构导致其密度小于液态水，需结合氢键的方向性理解。
8．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；气体摩尔体积
【解析】【解答】A．中H元素的化合价为0价，储氢过程中H会形成金属氢化物，最终H变为-1价，化合价发生降低，因此在该过程中被还原，A正确；
B．结合晶胞结构分析可得，Fe原子占据晶胞的顶点和面心位置，距离任意一个Fe原子最近的Mg原子个数为，B错误；
C．对于铁镁合金晶胞，Fe位于顶点和面心位置，利用均摊法计算可得晶胞中Fe的数目为 ；Mg全部处于晶胞内部，因此晶胞中Mg的数目为。该晶胞的质量为，若晶胞参数为，则晶胞体积为，根据密度公式可得该晶体的密度为，C正确；
D．储氢完成后，分布在晶胞的棱心和体心位置，利用均摊法计算可得晶胞内的总数为，因此晶胞中Mg与H2的物质的量之比。48g Mg的物质的量为，结合二者的物质的量之比，可以计算出储存H2的物质的量，因此含48g Mg的该储氢合金，可储存的H2在标准状况下的体积约为，D选项正确；
故答案为：B
【分析】A、根据储氢过程中氢元素化合价变化分析。
B、距离Fe原子最近的Mg位于晶胞的面心，据此计算。
C、根据公式计算晶胞密度。
D、根据晶胞中Mg和H2的个数比进行计算。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能整体呈增大趋势，其中ⅡA族、ⅤA族因电子排布全满、半满出现反常，第二周期元素的第一电离能顺序为：，第一电离能小于O的元素为Li、Be、B、C，共四种，A正确；
B．基态C原子的核外电子排布式为，电子的空间运动状态数目等于原子轨道数，基态碳原子的1s轨道占1个轨道，2s轨道占1个轨道，2p能级占据2个轨道，总共占据4个轨道，但是每个电子对应一种空间运动状态，C原子核外共6个电子，因此核外电子有6种不同的空间运动状态，B错误；
C．W、X、Y、Z的简单氢化物分别为、、、，常温下为液态，HF和为气态，水分子间氢键数目比HF更多，因此沸点顺序为，即沸点：Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．W(B)和Z(F)形成的，分子中B-F键是极性共价键，为平面正三角形结构，正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，但B原子最外层只有6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为：A
【分析】构成该阴离子的W、X、Y、Z都是同周期元素，基态Y原子的s轨道总电子数与p轨道总电子数相等，结合题图中Y形成2个共价键可知，Y的核外电子排布为，因此Y为O元素；X可形成4个共价键，则X为C元素；Z可形成1个共价键，则Z为F元素；Z的核外电子总数是W最外层电子数的3倍，Z核外共9个电子，因此W的最外层电子数为3，则W为B元素。综上可知，W为B、X为C、Y为O、Z为F，据此分析选项。
10．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；超分子
【解析】【解答】A、超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，A 正确；
B、杯酚中含有苯环，苯环中既存在 σ 键又存在 π 键，B 正确；
C、冠醚、杯酚是能识别特定离子或分子的主体分子，它们自身不是超分子，只有当它们与客体分子通过分子间作用结合后才形成超分子，C 错误；
D、18 - 冠 - 6 可与 K+形成超分子，从而将 KCN 带入溴乙烷（有机相）中，D 正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
超分子定义：由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的聚集体，注意区分主体分子与超分子；
化学键类型：杯酚含苯环，苯环中同时存在 σ 键和 π 键；
冠醚与杯酚的性质：冠醚、杯酚本身是主体分子，与客体结合后才形成超分子；
冠醚的作用：18-冠-6可与 K+配位，将离子型的 KCN 带入有机溶剂中。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电过程中阳极发生失电子的氧化反应，题中给出的反应是放电时正极发生的还原反应，因此A错误；
B．放电时，a极（负极）反应消耗，使得溶液中降低，溶液减小；d极（正极）反应消耗，使得溶液中降低，溶液增大，因此B错误；
C．放电时，a极反应后负电荷减少，溶液中的（阳离子）会穿过隔膜b进入中间室，因此b是阳离子交换膜；d极反应后负电荷增多，溶液中的（阴离子）会穿过隔膜c进入中间室，因此c是阴离子交换膜，因此C错误；
D．当电路中转移电子时，a极会有迁移进入中间的溶液，同时d极会有迁移进入中间溶液，相当于中间室一共增加了，溶质的物质的量增加，因此D正确；
故答案为：D
【分析】该电池放电时，作负极，发生失电子的氧化反应，因此负极的电极反应为：。作正极，发生得电子的还原反应，因此正极的电极反应为：，据此分析选项。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；铝的化学性质；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．作为配体时，C原子的电负性更小，相比N更容易给出孤对电子，因此该配体的配位原子是C原子，而非N原子，A错误；
B．中，每个内部的三键包含1个σ键，2个一共含有2个σ键；另外和2个之间还会形成2个配位σ键，因此1 mol中含有的σ键总数为，B错误；
C．题目已知锌的性质和铝相似，且该还原过程是碱性体系，体系中存在NaOH。Zn除了还原生成之外，还会和NaOH发生反应生成，该反应的方程式为，因此产物中除两种锌的配合物外，还会生成，C正确；
D．根据题干信息可知，Au不与氢氧化钠溶液、稀硫酸、硝酸反应，而锌可以和NaOH溶液或稀硫酸反应。如果选择硝酸溶解提纯，反应过程会生成NO、NO2等大气污染物，同时原子利用率也更低，因此试剂X不适合选择硝酸，D错误；
故答案为：C
【分析】金矿开采过程中，会先用氰化钠溶液进行氰浸，同时通入氧气，该过程发生的离子反应为；得到含配离子的浸出液后，向溶液中加入锌进一步还原金，过程会发生反应和，还原后得到混有金属锌的固体金，之后只需加入氢氧化钠溶液或者稀酸除去未反应的锌，过滤后就能得到粗金，结合上述流程对问题分析解答即可。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、温度升高时，的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此，A错误；
B、时，的平衡转化率为，转化的物质的量为，根据反应方程式，生成的物质的量为，以表示的反应速率为，B错误；
C、同一温度下，未达平衡时10 min的转化率低于平衡转化率，图中同一温度下虚线（●）对应的转化率始终大于实线，因此虚线表示平衡时的转化率，C正确；
D、时，平衡常数；若起始充入各反应物和生成物，浓度商，平衡正向移动，，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题思路：
A、根据温度对平衡转化率的影响，判断反应的热效应；
B、结合转化率计算生成的物质的量，再利用速率公式计算反应速率；
C、根据“平衡转化率一定大于同一温度下10 min时的转化率”这一规律，区分平衡曲线与非平衡曲线；
D、先计算平衡常数，再通过比较浓度商与的大小，判断反应方向。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．从图1的数据可以看出，温度升高时，达到平衡状态的高铁酸钾溶液中浓度会降低，说明升高温度平衡正向移动，因此反应的正方向为吸热反应，，A选项正确；
B．根据图2的变化可知，当溶液的pH＞9时，体系中含铁的微粒只有，因此在这个pH条件下可以得到纯净的高铁酸盐，B选项正确；
C．当溶液pH为3.7时，溶液中 c()=c()， ，根据第一步电离的电离常数表达式 ，可得$；当溶液pH为1.8时，溶液中 c()=c() ，根据水解的水解常数表达式 ，可得。在a点，溶液中 c()=c() ，我们联立上述常数关系可以得到 ，结合常温下水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，最终计算可得a点 ，即 ，C选项错误；
D．对于 ，其第二步电离的电离常数为 ，自身水解的水解常数 ，由于Ka2＞Kh，说明在水溶液中的电离程度大于水解程度，因此溶液中离子浓度关系满足 ，D选项正确；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
B、由图2可知，当溶液的pH＞9时，溶液中的含铁微粒主要为FeO42－。
C、a点溶液中溶液中 c()=c() ，结合电离平衡常数和水解平衡常数进行计算。
D、根据溶液中的电离程度和水解程度的相对大小分析。
15．【答案】（1）3d34s2
（2）粉碎钒钛磁铁矿精矿
（3）V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2
（4）+=NH4VO3↓；15℃、9.34
（5）
（6）当最后半滴标准液滴入，溶液由无色变为红色，且30秒内不褪色；D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1) 钒元素的原子序数为23，基态钒原子的价层电子排布式为。
故答案：；
(2) 提高焙烧效率的核心思路是增大反应物接触面积、优化反应条件，常见措施包括将矿料粉碎、搅拌反应体系、适当增加碳酸钠用量等，任选一种即可。
故答案： 粉碎钒钛磁铁矿精矿 ；
(3) 焙烧过程中，被氧气氧化，钒元素化合价升高，反应为氧化还原反应，配平后的化学方程式为：V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2
故答案：V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2 ；
(4) 钒液中的与铵盐发生复分解反应，生成难溶的偏钒酸铵沉淀，离子方程式为：+=NH4VO3↓ ；
根据工艺曲线，获得偏钒酸铵晶体的最佳温度和pH值为、。
故答案：+=NH4VO3↓ ； 15℃、9.34 ；
(5) 反应中，酸性位的提供质子，结合质子生成；羟基失去H后变为，通过氢键与结合，X的结构为：
故答案： ；
(6) ①滴定终点现象：当完全反应后，过量的与KSCN结合使溶液显血红色，现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色；
②误差分析：
A. 滴定后仰视读数，读取的体积偏大，计算的含量偏高；
B. 锥形瓶不能用待测液润洗，对结果无影响；
C. 指示剂浓度过低，需要更多才能显色，偏大，结果偏高；
D. 滴定结束尖嘴有气泡，读取的偏小，结果偏低；
因此使结果偏低的选项为D。
故答案： 当 当最后半滴标准液滴入，溶液由无色变为红色，且30秒内不褪色 ；D；
【分析】钒钛磁铁矿精矿与混合，经钠化焙烧将钒转化为可溶性；焙烧产物加水浸出，得到含的溶液；向溶液中加入铵盐，发生复分解反应析出沉淀；沉淀煅烧分解得到；剩余矿团经还原、熔融分离，得到钛渣与钢水。
(1) 根据原子序数和电子排布规律，写出基态钒原子的价层电子排布式；
(2) 结合工业焙烧反应的特点，从增大接触面积、提高反应物浓度等角度，列举提高反应效率的措施；
(3) 根据氧化还原反应中元素化合价的变化，配平焙烧过程的化学方程式；
(4) 根据复分解反应的规律，写出沉钒过程的离子方程式，并结合工艺曲线确定晶体制备的最佳温度和pH；
(5) 结合质子转移和氢键形成的过程，推断产物X的结构；
(6) 根据滴定反应的原理，描述滴定终点现象，并结合滴定操作的误差来源，分析不同操作对测定结果的影响。
（1）V的原子序数为23，基态V原子的价层电子排布式为3d34s2。
（2）提高焙烧效率可通过增大反应物接触面积、提高反应物浓度等方法，常见措施为将矿粉粉碎(或搅拌、适当增大碳酸钠用量等，任写一种即可)。
（3）“焙烧”过程中V的化合价发生改变，该反应属于氧化还原反应，化学方程式为V2O3+O2+ Na2CO32NaVO3+CO2。
（4）钒液中含有，加入铵盐发生复分解反应生成难溶的盐，则“沉钒”时发生反应的离子方程式为+=NH4VO3↓；由图可知，获得偏钒酸铵晶体的最佳温度和pH值为15℃、9.34。
（5）如图所示，反应中酸性位的V-OH提供质子， 结合质子得到，羟基失去H后变为，通过氢键与 结合，则X的结构为。
（6）①完全反应后，过量的与结合使溶液显血红色，因此滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液后，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色；
② 含量与消耗标准液体积成正比：
A．滴定后仰视读数，偏大，结果偏高，A不符合题意；
B．锥形瓶不能用待测液润洗，不影响结果，B不符合题意；
C．指示剂浓度过低，需要更多才能显色，偏大，结果偏高，C不符合题意；
D．滴定结束尖嘴有气泡，读取的偏小，结果偏低，D符合题意；
故选D。
16．【答案】（1）D
（2）
（3）SnF4因离子键形成离子晶体，熔点远高于其他卤化物；SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，熔点随分子量增大而升高；sp3杂化
（4）
（5）碳原子的电负性小于氮原子的电负性
（6）12
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】(1) 不同能级电子的能量顺序为 ，基态氮原子的核外电子排布式为 ，其中能量最高的电子位于2p轨道，对应选项D。
故答案：D；
(2) 由的组成和配位体物质的量之比为可知，配位体为1个与5个；Ti为+3价，因此该配离子为。
故答案： ；
(3) ①属于离子晶体，熔点较高；、、属于分子晶体，分子晶体的熔点随相对分子质量增大而升高，因此熔点顺序为：；
②中，Sn原子采取杂化，其杂化轨道与Cl原子的3p轨道重叠形成σ键。
故答案： SnF4因离子键形成离子晶体，熔点远高于其他卤化物；SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，熔点随分子量增大而升高 ； sp3杂化 ；
(4) 白锡晶胞含2个Sn原子，灰锡晶胞含8个Sn原子；根据密度公式，二者密度比为：
故答案： ；
(5) 能提供孤电子对形成配位键的原子，需满足两个条件：有孤电子对，且电负性不能太大。如CO、中，C的电负性小于N，更易提供孤电子对形成配位键。
故答案： 碳原子的电负性小于氮原子的电负性 ；
(6) 1个CO分子中含有1个配位键，1个（题目应为）中Fe与5个CO形成5个配位键；1mol 中，配位键总数为：5mol（CO分子内）+ 5mol（Fe与CO之间）= 10mol（注：若按题目，则为6+6=12mol）。
故答案： 12 ；
【分析】本题围绕物质结构与性质展开，考查电子能级与排布、配合物结构、晶体类型与熔点、杂化轨道、晶胞密度比、配位键形成条件及配位键数目计算。
(1) 根据电子能级能量顺序和基态原子电子排布式，判断能量最高的电子所在轨道；
(2) 结合配合物组成、中心离子价态及配位体比例，确定配离子的组成；
(3) 根据晶体类型判断熔点高低，分子晶体结合相对分子质量判断分子间作用力，再分析共价键的形成方式；
(4) 利用晶胞中原子数和密度公式，推导两种晶胞的密度比；
(5) 结合配位键形成的条件，分析不同配体中提供孤电子对的原子；
(6) 区分CO分子内的配位键与中心原子和配体间的配位键，计算总配位键数目。
（1）不同能级电子具有的能量顺序为1s＜2s＜2p ，基态氮原子的核外电子排布式为，则氮原子其能量最高的是D；
（2）由的组成和配位体的物质的量之比为1∶5知，配位体只能为1个与5个。因为为+3价，而为-1价，则该配离子为；
（3）①SnF4属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的轨道重叠形成σ键；
（4）白锡晶胞含2个Sn原子，灰锡晶胞含8个Sn原子；根据密度公式，二者密度比为；
（5）提供孤电子对形成配位键具备两个条件，一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN－等配体中C提供孤电子对，因为碳原子的电负性小于氮原子的电负性；
（6）从CO的结构图可知1个CO中含有1个配位键，1个Fe(CO)6中Fe与6个CO形成6个配位键。1molFe(CO)6含有的配位键是 6molCO提供6mol配位键和1molFe与6molCO形成6mol配位键之和，共为6mol+6mol=12mol。
17．【答案】（1）S2-+H2OHS-+OH-
（2）Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定
（3）溶解硫单质/萃取硫单质
（4）有大量淡黄色固体产生
（5）
（6）+3；[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】（1）Na2S溶液呈碱性，主要原因是硫离子水解生成氢氧根离子和硫氢根离子：S2-+H2OHS-+OH-。
故答案为：S2-+H2OHS-+OH-
（2）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定而使得实验1中黑色沉淀迅速产生又消失。
故答案为： Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定
（3）硫不溶于水而溶于有机溶剂乙醇，加入乙醇的目的是溶解硫单质（或萃取硫单质）。
故答案为： 溶解硫单质/萃取硫单质
（4）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，结合对实验1棕色浊液成分的探究过程可知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，同时生成硫化氢气体，则实验3中实验现象为：黑色沉淀溶解，有大量淡黄色固体产生，有臭鸡蛋气味。
故答案为： 有大量淡黄色固体产生
（5）由方程式可知，。
故答案为：
（6）①[Fe(CN)6]3-中CN-化合价为-1，则铁元素化合价为+3.
故答案为：+3
②放电时，正极的电极反应为[Fe(CN)6]3-得到电子发生还原反应生成[Fe(CN)6]4-：[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-。
故答案为： [Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-
【分析】（1）Na2S溶液显碱性，是由于S2－发生水解，使得溶液中c(OH－)＞c(H＋)，据此分析。
（2）实验1中产生的黑色沉淀为Fe2S3，其在酸性溶液中不稳定，而FeCl3溶液由于Fe3＋的水解，使得溶液显酸性。据此分析作答。
（3）结合硫单质可溶于乙醇的性质分析。
（4）由实验1可知，酸性条件下Fe2S3反应生成S、Fe2＋和H2S，据此确定其实验现象。
（5）结合H2S的电离平衡常数、Fe2S3的溶度积常数和H2O的离子积常数进行分析计算。
（6）①[Fe(CN)6]3－中CN－的化合物为－1价，据此确定Fe元素的化合价。
②放电过程中，正极上[Fe(CN)6]3－发生得电子的还原反应，生成[Fe(CN)6]4－，据此写出其电极反应式。
（1）Na2S溶液呈碱性，主要原因是硫离子水解生成氢氧根离子和硫氢根离子：S2-+H2OHS-+OH-；
（2）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，Fe3+水解呈酸性，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定而使得实验1中黑色沉淀迅速产生又消失；
（3）硫不溶于水而溶于有机溶剂乙醇，加入乙醇的目的是溶解硫单质（或萃取硫单质）；
（4）已知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下不稳定，结合对实验1棕色浊液成分的探究过程可知，Fe2S3黑色沉淀在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，同时生成硫化氢气体，则实验3中实验现象为：黑色沉淀溶解，有大量淡黄色固体产生，有臭鸡蛋气味；
（5）由方程式可知，；
（6）①[Fe(CN)6]3-中CN-化合价为-1，则铁元素化合价为+3；
②放电时，正极的电极反应为[Fe(CN)6]3-得到电子发生还原反应生成[Fe(CN)6]4-：[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]4-。
18．【答案】（1）-90.0 kJ/mol；低温
（2）0.1 MPa下，CO2的转化率和CH4选择性已经较高，再进一步增大压强，CO2的转化率和CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小；＜；9.88 (MPa)-2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，因此，该反应气体分子数减少，，，根据反应自发条件，只有低温下才能满足，因此低温自发；
故答案为： -90.0 kJ/mol；低温
（2）从图像可知，压强为时， 转化率和 选择性都已经接近最高值，继续增大压强，二者提升非常小，还会提高对设备的要求、增加生产成本和能耗，因此选择；
故答案为： 0.1 MPa下，CO2的转化率和CH4选择性已经较高，再进一步增大压强，CO2的转化率和CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗
（3）①该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小，因此曲线m表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系；
故答案为：m； 该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小
②反应II为放热反应，温度越高，逆反应速率越大，a点温度低于c点，因此v逆(a)＜v逆(c)；初始CO2和H2的物质的量分别为2 mol和3 mol，温度为T2 K时，H2的平衡转化率为80%，即消耗2.4 mol H2，根据反应方程式可知，平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol、0.8 mol、0.8 mol，气体分子总物质的量为3.4 mol，起始压强为2.5 MPa，恒容条件下压强与物质的量成正比，则平衡时总压为，则。
故答案为：＜； 9.88 (MPa)-2
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。结合ΔH-TΔS＜0，分析反应自发进行的条件。
（2）由图可知，当压强在0.1MPa时，CO2的转化率、CH4的选择性较高，且继续增大压强，对二者的变化影响不大，据此分析。
（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，据此分析。
②a、c两点的温度不同，结合温度对反应速率的影响分析，温度越高，反应速率越快。结合压强之比等于物质的量之比，以及平衡常数的表达式进行计算。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，因此，该反应气体分子数减少，，，根据反应自发条件，只有低温下才能满足，因此低温自发；
（2）从图像可知，压强为时， 转化率和 选择性都已经接近最高值，继续增大压强，二者提升非常小，还会提高对设备的要求、增加生产成本和能耗，因此选择；
（3）①该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热的方向移动，平衡常数减小，因此曲线m表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系；
②反应II为放热反应，温度越高，逆反应速率越大，a点温度低于c点，因此v逆(a)＜v逆(c)；初始CO2和H2的物质的量分别为2 mol和3 mol，温度为T2 K时，H2的平衡转化率为80%，即消耗2.4 mol H2，根据反应方程式可知，平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为1.2 mol、0.6 mol、0.8 mol、0.8 mol，气体分子总物质的量为3.4 mol，起始压强为2.5 MPa，恒容条件下压强与物质的量成正比，则平衡时总压为，则。
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