资料简介
2019—2020(二)高二期中考试化学试卷
相对原子质量 Li-7 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ge-73
第 I 卷 （选择题，共 52 分）
一、单项选择题(本题包括 26 小题，每小题 2 分，共 52 分)
1.下列物质中属于晶体的是( )
①橡胶 ②玻璃 ③食盐 ④水晶 ⑤塑料 ⑥胆矾
A. ①④⑤ B. ②③⑥ C. ①③④ D. ③④⑥
【答案】D
【解析】
【分析】
晶体有固定的熔点，非晶体无固定的熔点，据此可以做出选择。
【详解】晶体是指内部微粒在空间按一定规律做周期性重复排列构成的固体物质。具有自范
性、各向异性、对称性、最小内能、稳定性、有固定的熔点以及能使 X 射线产生衍射等基本
性质。
非晶体是内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的物质，常见的如橡胶、玻璃以及
玻璃态物质等。
可根据晶体的基本性质进行区分，综上所述，食盐、水晶、胆矾属于晶体，D 项正确；
答案选 D。
【点睛】晶体与非晶体的区分方法：
（1）间接方法：看是否有固定的熔点；
（2）科学方法：对固体进行 X-射线衍射实验
2.现有三种元素的基态原子电子排布式如下①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；
③1s22s22p5。则下列有关比较中错误的是
A. 第一电离能：③>②>① B. 原子半径：②>①>③
C. 电负性③>①>② D. 最高正化合价③>②>①
【答案】D
【解析】
【详解】由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4 为 S 元素，②1s22s22p63s23p3 为 P 元素，
③1s22s22p5 为 F 元素。A.同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P 元素原子 3p 能级为半满稳定状态，
第一电离能高于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能 F＞P＞S，
即③＞②＞①，A 正确；
B.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径 P＞S＞F，即②
＞①＞③，B 正确；
C.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性③＞①＞②，C 正确；
D.S 元素最高正化合价为+6，P 元素最高正化合价为+5，故最高正化合价：①＞②，但 F 没有
正化合价，D 错误；
故合理选项是 D。
3.在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是
A. 将 SO2 通入水中 B. 烧碱溶于水
C. 将 HCl 通入水中 D. 硫酸氢钠溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，只有共价键被破坏和形成，A 错误；
B、烧碱溶于水后电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键被破坏，B 错误；
C、氯化氢溶于水后电离出氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，C 错误；
D、硫酸氢钠溶于水后电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，既有离子键被破坏又有共价键被
破坏，D 正确；
答案选 D。
4.下列常见分子中 σ 键、π 键判断正确的是( )
A. CN－与 N2 结构相似，CH2===CHCN 分子中 σ 键与 π 键数目之比为 1∶1
B. CO 与 N2 结构相似，CO 分子中 σ 键与 π 键数目之比为 2∶1
C. C22-与 O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有 π 键数目为 2NA
D. 已知反应 N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有 4 mol N—H 键断裂，则形
成的 π 键数目为 6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH2=CHCN 分子的结构可以表示为 CH2=CHC≡N，其中含有 6 个 σ 键和 3 个 π 键，
所以 σ 键与 π 键数目之比为 2∶1，故 A 错误；
的B．CO 与 N2 结构相似，CO 分子的结构可以表示为 C≡O，其中 σ 键与 π 键数目之比为 1∶2，
故 B 错误；
C．C22-和 O22+是等电子体，O22+的结构为[O≡O]2+，所以 1molO22+中含有的 π 键数目为 2NA，
故 C 正确；
D．若该反应中有 4 mol N-H 键断裂，则生成 1.5mol 氮气，形成 π 键的数目是 3NA，故 D 错误；
故选 C。
5.配合物 Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是 ( )
A. 该物质中 Fe 化合价为+2 B. 配合物 Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子
杂化方式为 sp3
C. 该物质不存在的化学键有氢键 D. NO 作为配体提供一对孤对电子
【答案】D
【解析】
【分析】
A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为 Fe3＋；
B、配体为 CN－和 NO，配位原子为 C 和 N，都是单齿配体，配位数为 6，中心原子的杂化方
式不可能是 sp3；
C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键；
D、NO 配位原子为 N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ 键）；
【详解】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2-，中心离子为 Fe3＋，故 A 错误；
B、配体为 CN－和 NO，配位原子为 C 和 N，都是单齿配体，配位数为 6，配位数多于 4，故
中心原子的杂化方式不可能是 sp3，故 B 错误；
C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界
存在离子键：内界 CN－，NO 存在极性键，内界中配位键也属于 σ 键，配位 CN－中含有 1
根 σ 键，NO 含有 1 根 σ 键，1mol 配合物中 σ 键数目为 6+1×5+1=12mol，故 C 错误；
D、NO 配位原子为 N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ 键），
故 D 正确；
故选 D。
【点睛】本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关
性质。难点是 B 选项，要明确 sp3 杂化轨道有 4 个，不可能通过 sp3 杂货轨道形成该配合物。6.用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的立体构型，有时也能用来推测键
角大小，下列判断正确的是( )
A. SO2、CS2、HI 都是直线形分子 B. BF3 键角为 120°，H2S 键角大于 120°
C. CH2O、BF3、SO3 都是平面三角形分子 D. PCl3、NH3、PCl5 都是三角锥形分子
【答案】C
【解析】
【分析】
将 σ 键电子对数和中心原子的孤电子对数相加便得到中心原子的价层电子对数，由价层电子
对的相互排斥，得到含有孤电子对的 VSEPR 模型，然后略去孤电子对，便可得到分子的立体
构型。
【详解】A．SO2 中价层电子对个数为 ，且含 1 个孤电子对，VSEPR 模型为
平面三角形，略去孤电子对，立体构型为 V 形，CS2 中价层电子对数为 ，立
体构形为直线形，HI 也为直线形，A 项错误；
B．BF3 中价层电子对数为 ，VSEPR 模型为平面三角形，立体构型也为平面三
角形，键角为 120°，H2S 中价层电子对数为 ，含 2 个孤电子对。VSEPR 模型
为正四面体形，略去孤电子对，立体构型为 V 形，H2S 键角小于 120°，B 项错误；
C．CH2O、BF3、SO3 分子中价层电子对数分别为 、 、
，且均无孤电子对，所以 CH2O、BF3、SO3 均为平面三角形，C 项正确；
D．PCl3、NH3 的价层电子对数均为 且含有一个孤电子对，VSEPR 模型为正四
面体形，略去孤电子对，立体构型为三角锥形，PCl5 中价层电子对数为 且不含
孤电子对，PCl5 的立体构型为三角双锥形，D 项错误；
答案选 C。
( )6-2 22+ =32
×
( )4-2 22+ =22
×
( )3-3 13+ =32
×
( )6-2 12+ =42
×
( )4-2 1-1 23+ =32
× × ( )3-3 13+ =32
×
( )6-3 23+ =32
×
( )5-3 13+ =42
×
( )5-5 13+ =32
×【点睛】注意：价层电子对互斥理论模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构
型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。
（1）当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；
（2）当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
7.向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深
蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是( )
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后 Cu2＋的浓度不变
B. 沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋
C. 配位化合物中只有配位键
D. 在[Cu(NH3)4]2＋配离子中，Cu2＋给出孤电子对，NH3 提供空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A 项、向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，硫酸铜和氨水先反应生成氢氧化铜蓝
色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到
配合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故 A 错误；
B 项、氢氧化铜沉淀溶于氨水生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+，故 B 正确；
C 项、配位化合物 [Cu(NH3)4]SO4 中含有离子键、配位键、极性共价键，故 C 错误；
D 项、[Cu(NH3)4]2＋离子中 Cu2＋提供空轨道，NH3 提供孤电子对，NH3 与 Cu2＋形成配位键，
故 D 错误；
故选 B。
【点睛】配位化合物 [Cu(NH3)4]SO4 中硫酸根与铵根离子间形成离子键，硫酸根离子中含有极
性共价键，铵根离子中含有配位键和极性键，铜离子和氨分子间形成配位键。
8.在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，以●C
表示。具有手性碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中，没有光学活性的是 （ ）
A. 乳酸：CH3-CH (OH)-COOH
B. 甘油：CH2(OH)-CH(OH)-CH2(OH)
C. 脱氧核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH2-CHO
D. 核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO
【答案】B
【解析】A、根据手性碳原子的定义，乳酸中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，故 A
错误；B、不符合手性碳原子的定义，不具有光学活性，故 B 正确；C、－CH(OH)－中的碳原
子为手性碳原子，具有光学活性，故 C 错误；D、－CH(OH)－中碳原子为手性碳原子，具有
光学活性，故 D 错误。
9.下列物质变化的现象，不可以通过分子间作用力解释的是( )
A. HF、H2O 的沸点比 HCl、H2S 的沸点高很多
B. 正戊烷的沸点比新戊烷的沸点高
C. H2O 的沸点比 HF 的沸点高
D. HF、HCl、HBr、HI 的稳定性逐渐减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF、H2O 的沸点比 HCl、H2S 的沸点高很多，是因为 HF、H2O 中含有氢键，氢
键属于分子间作用力，不符合题意，A 项错误；
B．正戊烷的沸点比新戊烷的沸点高，是因为同分异构体中支链越多分子间作用力越小，沸点
越低，不符合题意，B 项错误；
C．H2O 分子中每个 H2O 分子最多可以和周围的 H2O 分子形成四个氢键，而 HF 分子最多可
与周围的两个 HF 分子形成氢键，即 H2O 分子间氢键比 HF 分子间氢键多，故 H2O 的沸点比
HF 的沸点高，不符合题意，C 项错误；
D．F、Cl、Br、I 的非金属性逐渐减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，D 项符合题意，D
项正确；
答案选 D
10.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时
所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间作用相同的是 （ ）
A. C60 和金刚石 B. 晶体硅和水晶 C. 冰和干冰 D. 碘和 SiC
【答案】B
【解析】
【分析】
分析氮化硼的性质，可判断出氮化硼为原子晶体，氮化硼熔化时所克服的粒子间作用为原子
之间的共价键，据此进行选择判断。
。【详解】A．C60 为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，金刚石为分子晶体，微粒间的作
用力为共价键，A 项错误；
B．晶体硅和水晶(SiO2)均为原子晶体，微粒间的作用力为共价键，B 项正确；
C．冰和干冰为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，C 项错误；
D．碘为分子晶体，微粒间的作用力为范德华力，SiC 为原子晶体，微粒间作用力为共价键，D
项错误；
答案选 B。
11.通常情况下，NCl3 是一种油状液体，其分子空间构型与 NH3 相似，下列对 NCl3 和 NH3 的
有关叙述正确的是( )
A. 分子中 N—Cl 键键长与 CCl4 分子中 C—Cl 键键长相等
B. 在氨水中，大部分 NH3 与 H2O 以氢键(用“…”表示)结合形成 NH3·H2O 分子，则 NH3·H2O
的结构式为：
C. NCl3 分子是非极性分子
D. NBr3 比 NCl3 易挥发
【答案】B
【解析】
【详解】A、C 原子的原子半径大于 N 原子的原子半径，所以 CCl4 中 C-C1 键键长比 NC13 中
N-C1 键键长，A 错误；
B、分 NH3 与 H2O 以氢键（用“…”表示）结合形成 NH3•H2O 分子；则 NH3•H2O 的结构式为
，B 正确；
C、NC13 的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以 NCl3
分子也是极性分子，C 错误；
D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以
NBr3 比 NCl3 的熔沸点高，NCl3 比 NBr3 易挥发，D 错误；
答案选 B。
【点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．正负电荷的重心
重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电
荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则
为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。
12.下列关于晶体的说法不正确的是( )
A. 在离子晶体中，正、负离子半径比( )越大，晶体的配位数越大
B. CaF2 晶体中，Ca2＋配位数为 8，F－配位数为 4，阴、阳离子配位数不相等主要是由于 F－、
Ca2＋电荷（绝对值）不相同
C. MgO 的熔点比 MgCl2 的高主要是因为 MgO 中的离子键比 MgCl2 中的离子键强
D. 金属晶体和离子晶体都能导电
【答案】D
【解析】
【详解】A．离子键无饱和性和方向性，但成键时离子半径决定了阴、阳离子参与生成的数目
是有限的，阴、阳离子半径比值越大，配位数就越大，A 项正确；
B．在 CaF2 晶体中，Ca2+和 F-的电荷比（绝对值）是 2:l，Ca2+和 F-的个数比是 l:2，Ca2+的配
位数为 8，F-的配位数为 4，B 项正确；
C．离子晶体熔点 高低决定于晶体中阴阳离子之间的静电引力，即离子键越强，晶体熔沸点
越高，MgO 的熔点比 MgCl2 的高主要是因为 MgO 中的离子键比 MgCl2 中的离子键强，C 项
正确；
D．金属晶体能导电，离子晶体不导电，但熔化或溶于水后能导电，D 项错误；
答案选 D。
13.下面图像是从 NaCl 或 CsCl 晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于 NaCl 晶体结
构的是（ ）
A. ①和④ B. ②和③ C. ①和③ D. ②和④
【答案】A
【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
的
+
-
r
r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。由此可知，①和④是属于 NaCl 晶体结构，A 项正确；
答案选 A。
14.金刚石具有硬度大、熔点高等特点，大量用于制造钻头、金属切割刀具等。其结构如图所
示，下列判断正确的是( )
A. 金刚石中 C—C 键的键角均为 109°28′，所以金刚石和 CH4 的晶体类型相同
B. 金刚石的熔点高与 C—C 键的键能无关
C. 金刚石中碳原子个数与 C—C 键键数之比为 1∶2
D. 金刚石的熔点高，所以在打孔过程中不需要进行浇水冷却
【答案】C
【解析】
【详解】A．金刚石是原子晶体，CH4 是分子晶体，二者的晶体类型不同，A 项错误；
B．金刚石熔化过程中 C-C 键断裂，因为 C-C 键的键能大，断裂时需要额能量多，故金刚石
的熔点很高，B 项错误；
C．金刚石中每个 C 都参与了 4 个 C-C 键的形成，而每个 C 对每个键的贡献只有一半，故碳
原子个数与 C-C 键个数之比为 ，C 项正确；
D．金刚石的熔点高，但在打孔过程中会产生很高的温度，如不浇水冷却钻头，会导致钻头熔
化，D 项错误；
答案选 C。
15.下列有关晶体结构的叙述正确的是( )
A. SiO2 晶体中最小环上的原子个数为 6
14 : 4=1: 22
× B. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C. 12g 石墨烯（如图 1）中含有六元环的个数为 0.5×6.02×1023
D. 720gC60 晶体中含有 0.5×6.02×1023 个晶胞（如图 2 每个小球代表一个 C60）
【答案】C
【解析】
【详解】A．SiO2 晶体结构中，每个硅原子结合 4 个氧原子，同时每个氧原子结合 2 个硅原子，
SiO2 最小环上有 12 个原子，即 6 个 O，6 个 Si，A 项错误；
B．晶体中只要有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体的组成微粒为金属阳离子和自由电子，
B 项错误；
C．12g 石墨烯为 1mol，石墨烯中平均每个六元环含有 2 个碳原子，则 1mol 石墨烯中含有六
元环的个数为 0.5×6.02×1023，C 项正确；
D．C60 为分子晶体，晶胞中含有 C60 的个数为 ，720gC60 晶体中含有 6.02×1023
个 C60，所以 720 g C60 晶体中含有 0.25×6.02×1023 个晶胞，D 项错误；
答案选 C。
16.航天飞机用铝粉与高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物为固体燃料，反应方程式表示为 2NH4ClO4
N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O。下列对该反应的叙述中错误的是( )
A. 瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行
B. 从能量变化的角度，主要是化学能转变为热能和动能
C. 反应的焓变小于零
D. 在方程式后增加 ΔH 及其数值即为热化学方程式
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题给信息可知，航天飞机的固体燃料燃烧时瞬间产生大量高温气体推动航天飞
机飞行，A 项正确；
B．固体燃料反应为放热反应，从能量转化的角度分析，主要为化学能转变为热能和动能，B
项正确；
C．该反应为放热反应，反应的焓变小于零，C 项正确；
D．热化学方程式中还需标注各物质的聚集状态，且 ΔH 数值应与方程式中各物质的化学计量
数相对应，仅仅在方程式后增加 ΔH 及其数值不是正确的热化学方程式，D 项错误；
1 18 +6 =48 2
× ×答案选 D。
17.下列热化学方程式正确的是( )
选
项
已知条件 热化学方程式
A H2 的燃烧热为 a kJ·mol-1 H2+Cl2 2HCl ΔH=-a kJ·mol-1
B
1 mol SO2、0.5 mol O2 完全反应，放出热
量 98.3 kJ
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
ΔH=-98.3 kJ·mol-1
C
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)
ΔH=-57.3 kJ·mol-1
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)
ΔH=-114.6 kJ·mol-1
D 31 g 白磷比 31 g 红磷能量多 b kJ P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=-4b kJ·mol-1
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指在 101kPa 下，1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，
H2 完全燃烧后生成稳定的氧化物是 H2O(l)而不是 HCl，A 项错误；
B．ΔH 数值应与方程式中各物质的化学计量数相对应，故 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=
，B 项错误；
C．H2SO4 与 Ba(OH)2 反应生成了 BaSO4 沉淀，也放出了热量，故反应中放出的热量应大于
114.6 kJ·mol-1，C 项错误；
D． 31g 白磷的物质的量为 0.25mol，ΔH 数值应与方程式中各物质的化学计量数相对应，故白
磷转化为红磷，放出热量为 4b kJ·mol-1，D 项正确；
答案选 D。
18.已知反应 2CO(g)=2C(s)+O2(g)的△H 为正值，△S 为负值。假设不考虑△H、△S 随温度而
( )-1 -12=-98.3 kJ mol -196.6 kJ mol⋅ ⋅×变化，下列说法正确的（ ）
A. 低温下是自发反应
B. 高温下是自发反应
C. 低温下是非自发变化，高温下是自发反应
D. 任何温度下都是非自发反应
【答案】D
【解析】
【详解】
根据题意△H 为正值，△S 为负值，位于第四象限，因此任何温度下都是非自发反应，故 D 正
确；
综上所述，答案为 D。
【点睛】记住象限图 。
19.M、N、P、E 四种金属：①M＋N2＋=N＋M2＋；②M、P 用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，
M 表面有大量气泡；③N、E 用导线连接放入 E 的硫酸盐溶液中，电极反应为 E2＋＋2e－=E，N
－2e－=N2＋。四种金属的还原性由强到弱的顺序是（ ）
A. P、M、N、E B. E、N、M、P
C. P、N、M、E D. E、P、M、N
【答案】A
【解析】
【详解】①还原性强的金属可以将还原性弱的金属从其盐溶液中置换出来，还原性 M>N；
②M、P 作电极构成原电池，较活泼金属作负极，金属溶解，而 H＋在较不活泼的金属表面得
到电子生成 H2，则还原性 P>M；③从电极方程式可知，N 失去电子作负极，较活泼，则还原性 N>E；
综上，4 种金属的还原性顺序为 P、M、N、E，A 符合题意；
答案选 A。
20.有关电化学的相关知识中，下列叙述正确的是
A. 金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B. 将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸
被腐蚀
C. 合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强
D. 铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe−3e−=Fe3+，继而形成铁锈
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，A 错误；
B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，作阴极，正极连接到一块废铁上可
防止水闸被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，B 正确；
C．合金的熔点都低于它的成分金属，C 错误；
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀，电极反应式为 Fe−2e−=Fe2+，进一步
氧化形成铁锈，D 错误。
答案选 B。
21.以 KCl 和 ZnCl2 混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是( )
A. 电镀时铁制品做负极
B. 电镀过程中，Zn2+不断的移向 Zn 电极
C. 电镀时 Zn 做阳极
D. 镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电镀是一种特殊的电解，要求镀件必须作阴极，镀层金属作阳极。结合电解池原理进行
分析判断。
【详解】A．电解池中无正、负极，只有阴、阳极，A 项错误；
B．电解时，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，Zn 电极为镀层金属，作阳极，Zn2+不断的移向阴，即铁电极，B 项错误；
C．由题给信息可知，Zn 为镀层金属，作阳极，C 项正确；
D．镀锌层破损后不会立即失去对铁制品的保护作用，因为锌是比铁活泼的金属，在其破损后
能形成锌铁原电池，铁为正极，锌作负极，同样起到保护铁的作用，D 项错误；
答案选 C。
22.Cu2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取 Cu2O 的电解池示意图如下，
电池总反应为 2Cu＋H2O Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是
A. 石墨电极上产生氢气
B. 铜电极发生还原反应
C. 铜电极接直流电源的负极
D. 当有 0.1mol 电子转移时，有 0.1mol Cu2O 生成
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电池总反应 2Cu＋H2O Cu2O＋H2↑可知，Cu 化合价升高，失去电子，做阳极，发生
氧化反应，电极反应式为 2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子，
电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，据此可分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝
H2↑，A 选项正确；
B．根据电池总反应 2Cu＋H2O Cu2O＋H2↑可知，Cu 化合价升高，失去电子，做阳极，
发生氧化反应，B 选项错误；
C．铜电极为阳极，阳极接电源正极，C 选项错误；
D．根据 2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，当有 0.1mol 电子转移时，有 0.05mol Cu2O 生成，D 选项
电解
电解
电解错误；
答案选 A。
23.原电池的电极反应不仅与电极材料的性质有关,还与电解质溶液有关。下列说法中不正确的
是
A. 由 Al、Cu、稀 H2SO4 组成原电池,其负极反应式为 Al-3e-=Al3+
B. 由 Mg、Al、NaOH 溶液组成原电池,其负极反应式为 Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O
C. 由 Fe、Cu、FeCl3 溶液组成原电池,其负极反应式为 Cu-2e-=Cu2+
D. 由 Al、Cu、浓硝酸组成原电池,其负极反应式为 Cu-2e-=Cu2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.由 Al、Cu、稀 H2SO4 组成原电池，铝是负极，其负极反应式为：Al－3e－＝Al3+，
故 A 正确；
B.由 Mg、Al、NaOH 溶液组成原电池，铝与氢氧化钠溶液发生氧化反应，铝是负极，其负极反
应式为：Al－3e－＋4OH－＝AlO2－＋2H2O，故 B 正确；
C.由 Fe、Cu、FeCl3 溶液组成原电池，铁还原性大于铜，铁是负极，其负极反应式为：Fe－2e
－＝Fe 2+，故 C 错误；
D.由 Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝在浓硝酸中钝化，铜是负极，其负极反应式为：Cu－2e－＝
Cu2+，故 D 正确；
故答案选 C。
24.有一种锂电池，它是用金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯化铝锂(LiAlCl4)溶
解在亚硫酰氯(SOCl2)中形成的，电池总反应为 8Li＋3SOCl2=6LiCl＋Li2SO3＋2S。下列有关叙
述中正确的是( )
A. 金属锂作电池的正极，石墨作电池的负极
B. 电池工作过程中，亚硫酰氯被还原为 Li2SO3
C. 电解质溶液中混入水，对电池反应无影响
D. 电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出的硫的物质的量之比为 4∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A．分析电池总反应式可知，Li 的化合价升高，S 的化合价降低，则根据原电池原理
可知，金属锂作电池的负极，石墨作电池的正极，A 项错误；B．根据电池总反应可知，电池工作过程中，亚硫酰氯被还原为 S，B 项错误；
C．金属锂性质活泼，易与水反应生成氢气和氢氧化锂，故电解质溶液中混入水，对电池反应
有影响，C 项错误；
D．根据电池总反应式可知，8mol 锂失去的 8mol 电子，析出硫的物质的量为 2mol，故电池工
作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出的硫的物质的量之比为 4∶1，D 项正确；
答案选 D。
25.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容
器中，将 CO 和 H2S 混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g) K＝
0.1，反应前 CO 物质的量为 10mol，平衡后 CO 物质的量为 8mol。下列说法正确的是( )
A. 升高温度，H2S 浓度增加，表明该反应是吸热反应
B. 通入 CO 后，平衡常数增大
C. 反应前 H2S 物质的量为 7mol
D. CO 的平衡转化率为 80%
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题给信息，该反应为气体分子数不变的可逆反应，该温度下可逆反应的平衡常数已知，
可根据平衡常数的影响因素及计算进行分析求解。
【详解】A．升高温度，H2S 浓度增加，说明反应向逆反应方向移动，则该可逆反应的正反应
为放热反应，A 项错误；
B．化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物浓度无关，B 项错误；
C．设反应前 H2S 的物质的量为 x，由题意有：
则 K= ，解得 x=7，故可知，反应前 H2S 的物质的量为 7mol，C 项正确；
D．由题意可知，CO 的转化率= ，D 项错误；
( ) ( ) ( ) ( )2 2
10 0 0
2 2 2 2
8 2 2 2
CO g H S g COS g H g
x
x
+ +
−
起始物质的量( mol )
转化物质的量( mol )
平衡物质的量( mol )
( )
2mol 2mol =0.18mol -2 molx
×
×
10mol-8mol×100%=20%10mol答案选 C。
26.铅蓄电池的工作原理为 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，研读如图，下列判断正确的是
( )
A. K 闭合时，d 电极 电极反应式:PbSO4+2e-=Pb+ SO42-
B. 当电路中通过 0.2 mol 电子时，Ⅰ中消耗的 H2SO4 为 0.2 mol
C. K 闭合时，Ⅱ中 SO42-向 c 电极迁移
D. K 闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d 电极为负极
【答案】B
【解析】
【分析】
分析题给装置图，当 K 闭合时，Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池。结合原电池、电解池原理进行分
析判断。
【详解】A．K 闭合时，Ⅰ为原电池，根据铅蓄电池的工作原理，可知 a 电极为正极，b 电极
为负极，则Ⅱ中与 a 电极相连的 d 电极为阳极，发生氧化反应，电极反应方程式为：
PbSO4+H2O-2e-=PbO2+SO42-+4H+；A 项错误；
B．在上述总反应式中，得失电子总数为 2e-，当电路中转移 0.2mol 电子时，可以计算出Ⅰ中
消耗的硫酸的量为 0.2mol，B 项正确；
C．K 闭合时，Ⅱ中 c 电极与Ⅰ中原电池的负极相连，则 c 电极为阴极，根据电解池原理，阳
离子移向阴极，阴离子移向阳极，可知，C 项错误；
D．K 闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于 c 表面生成 Pb，放电时
做电源的负极，d 表面生成 PbO2，做电源的正极，D 项错误；
答案选 B。
第Ⅱ卷 （非选择题，共 68 分）
二、填空题（68 分）
27.“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以 NOx 为主
的要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
（1）工业上采用 NH3－SCR 法是消除氮氧化物的常用方法。它利用氨在一定条件下将 NOx 在
脱硝装置中转化为 N2。主要反应原理为：主反应：
a.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) ΔH1
副反应：b.4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) ΔH2=－1267.1kJ/mol
c.4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH3=－907.3kJ/mol
①上述反应中利用了 NH3 的__________性质；ΔH1＝____________。
②将氮氧化合物按一定的流速通过脱硝装置，测得出口的 NO 残留浓度与温度的关系如图 1，
试分析脱硝的适宜温度是______（填序号）。
A．1050℃
温度超过 1000℃，NO 浓度升高的原因是_____________________________________。
（2）已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l) ΔH＜0。相同条件下，在 2 L 密闭容器
内，选用不同的催化剂进行反应，产生 N2 的量随时间变化如图 2 所示。下列说法正确的是
_______（填标号）。
a．使用催化剂 A 达平衡时，ΔH 值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成 N-H 键与 O-H 键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
（3）为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装
置中 CO 和 NO 发生反应 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－746.8k·mol－1，实验测得，v
正=k 正·c2(NO)·c2(CO)，v 逆=k 逆·c(N2)·c2(CO2)（k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，v 正___v 逆（填“>”“Ge>Zn (6). sp3 (7). 共价键 (8). ( ， ， ) (9). ×107
【解析】
【详解】（1）Ge 是 32 号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期
IVA 族；基态 Ge 原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2；在其原子的最外层的 2 个 4p 电子
分别位于 2 个不同的 4p 轨道上，所以基态 Ge 原子有 2 个未成对的电子，故答案为
3d104s24p2；2；
（2）Ge 与 C 是同族元素，C 原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但 Ge 原子
之间难以形成双键或三键，从原子结构角度看，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的σ
单键较长，p-p 轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成 π 键，故答案为 Ge 原
子半径大，原子间形成的 σ 单键较长，p−p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形
成 π 键；
（3）锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于
组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相
对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，
故答案为 GeCl4、GeBr4、GeI4 的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，
分子间相互作用力逐渐增强；
（4）光催化还原 CO2 制备 CH4 反应中，带状纳米 Zn2GeO4 是该反应的良好催化剂。元素的非
金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素 Zn、Ge、O 的非金属性
强弱顺序是：O＞Ge＞Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是 O＞Ge＞Zn，故答案
为 O>Ge>Zn；
1
4
1
4
1
4 3
8 73
6.02 565.76
×
×（5） Ge 单晶具有金刚石型结构，其中 Ge 原子的杂化方式为 1 个 s 轨道与 3 个 p 轨道形成的
sp3 杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性
共价键(或写为共价键)，故答案为 sp3；共价键；
（6） ①根据各个原子的相对位置可知，D 在各个方向的 1/4 处，所以其坐标是( ， ，
)，故答案为( ， ， )；
②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的 Ge 原子数是 8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度
=
g·cm-3，故答案为 ×107。
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
3
10 3 23 10 3
A
8 73g/mol 8 73 g/cm(565.76pm 10 cm/pm) 6.02 10 (565.76 10 )
m
V N
ρ − −
× ×= = =× × × × ×
7
3
8 73 10
6. 02 565. 76
× ×
× 3
8 73
6.02 565.76
×
×
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