广西玉林市陆川县中学2017-2018学年高二上学期期中考

广西陆川县中学2017年秋季期高二期中考试卷
化学试题
1. 2015年11月30日至12月11日，世界各国领导人在巴黎共同商讨如何应对气候变化、提升经济绿色水平，实现人类可持续发展。

要想提升经济绿色水平下列属于最有希望的新能源是( )
①天然气②煤③石油④水能⑤太阳能⑥地热能⑦风能⑧氢能
A. ①②③④
B. ⑤⑥⑦⑧
C. ③④⑤⑥
D. 除①②外
【答案】B
【解析】新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等。

要想提升经济绿色水平下列属于最有希望的新能源是⑤太阳能、⑥地热能、⑦风能、⑧氢能，故选B。

2. 下列说法正确的是( )
A. 反应热就是反应中放出的能量
B. 已知某反应的焓变小于零，则反应产物的焓大于反应物的焓
C. 由C(石墨)―→C(金刚石) ΔH＝＋1.9 kJ/mol，可知，金刚石比石墨稳定
D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
【答案】D
【解析】A. 反应热就是反应中放出或吸收的热量，故A错误；B. △H=反应产物的焓-反应物的焓，已知某反应的焓变小于零，则反应产物的焓小于反应物的焓，故B错误；C. △H=生成物能量-反应物能量，由C(石墨)→C(金刚石)ΔH＝＋1.9 kJ/mol>0可知，石墨能量低于金刚石，石墨比金刚石稳定，故C错误；D. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，由于前者含有的能量较高，所以前者放出的热量多，故D正确。

故选D。

3. 下列物质的溶液经加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧后，所得固体的成分不相同的是( )
A. FeCl2、FeCl3
B. NaHCO3、Na2CO3
C. NaAlO2、AlCl3
D. Mg(HCO3) 2、MgCl2
【答案】C
【解析】A、盐酸是易挥发性酸，加热促进盐的水解，且Fe2+被氧化Fe3+，水解后
生成氢氧化铁灼烧后分解，最终产物均为Fe
2O
3
；B、蒸发结晶后得到的固体中
NaHCO3灼烧分解生成Na2CO3，最终产物均为Na2CO3；C、都发生水解，但NaAlO2溶液生成的氢氧化铝和氢氧化铝又反应生成NaAlO2，得到的固体是NaAlO2，盐
酸易挥发，AlCl3加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧后得到Al
2O
3
，成分不同；D、
蒸发结晶后得到Mg(HCO
3)
2
，Mg(HCO
3
)
2
灼烧分解生成MgO，MgCl2水解后，蒸发结
晶灼烧后最终产物也为MgO；答案选C。

4. 下图是某种酶生物燃料电池的工作原理示意图。

下列说法中不正确
．．．的是
A. 葡萄糖是还原剂
B. 外电路中电子由A极移向B极
C. 溶液中H+由B极区移向A极区
D. B极电极反应式为：H2O2 +2H++2e－=== 2H2O
【答案】C
5. 常温常压时烯烃与氢气混合不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷，一般认为加氢反应是在催化剂表面进行。

反应过程的示意图如下：
下列说法中正确的是
A. 乙烯和H2生成乙烷的反应是吸热反应
B. 加入催化剂，可减小反应的热效应
C. 催化剂能改变平衡转化率，不能改变化学平衡常数
D. 催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据图示，得到：反应物的能量高于产物的能量，所以该反应是放热反应，故A错误；B、催化剂只会加快反应速率，不会引起反应热的变化，反应的热效应不变，故B错误；C、催化剂只会加快反应速率，不能改变平衡转化率，不能改变化学反应的平衡常数，故C错误；D、根据化学反应的历程：化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故D正确；故选D。

考点：考查了反应热的判断、催化剂的特点的相关知识。

6. 下列反应的发生与沉淀溶解平衡或盐类水解平衡的移动无关
．．的是
A. 硝酸银溶液与盐酸反应生成氯化银
B. 镁条与氯化铵溶液反应生成氢气
C. 盐酸与碳酸钙反生成二氧化碳
D. 硫酸铝溶液和小苏打溶液反应生成二氧化碳
【答案】A
【解析】试题分析：A．硝酸银溶液与盐酸反应生成氯化银满足复分解进行的体积，与沉淀溶解平衡或盐类水解平衡的移动无关，故A正确；B．氯化铵溶液水解显酸性，加入镁条，溶液中的氢离子浓度减小，促进水解，与盐类水解平衡的移动有关，故B错误；C．碳酸钙在水中存在溶解平衡，加入盐酸，碳酸根离子浓度减小，促进溶解，与沉淀溶解平衡有关，故C错误；D．硫酸铝溶液水解显酸性，小苏打溶液水解显碱性，混合后相互促进水解，与盐类水解平衡的移动有关，故D错误；故选A。

考点：考查了沉淀溶解平衡或盐类水解平衡的移动的相关知识。

7. 现有体积相等且等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量镁粉，产生H2的体积(同温同压下测定)随时间的变化示意图如下：
其中正确的是( )
A. ①③
B. ②④
C. ①②③④
D. 都不对
【答案】D
【解析】①随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，故①错误；②等pH时，醋酸浓度较大，加入足量镁，不仅产生的氢气的体积更大，反应更快，而且反应时间更长，不可能比盐酸更早结束，故②错误；③随着反应的进行，氢气的体积应逐渐增大，不可能逐渐减小，故③错误；④等物质的量浓度时，醋酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较小，不可能比盐酸反应的快，故④错误。

答案选D。

O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g)
8. N
△H ＝+Q kJ/mol (Q>0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：
下列说法正确的是
A. 500s内N2O5分解速率为6×10-3mol/(L·s)
B. 该温度下的平衡常数K＝125
C. 反应达平衡时，吸收的热量为5Q kJ
D. 其他条件不变，若开始时c(N2O5)＝10mol/L，则达平衡后c(N2O5)＝5mol/L
【答案】B
9. 科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。

下列说法不正确
．．．的是
A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程
B. GaN表面发生氧化反应：2H2O－4 e－=== O2↑＋4H＋
C. Cu表面的反应是：CO2＋8e－＋6H2O === CH4＋8OH¯
D. H+透过质子交换膜从左向右迁移
【答案】C
【解析】由电池装置图可知原电池的工作原理：失去电子电极为负极，得到电子的电极为正极，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子往负极移动。

电极反应式：Cu作正极：二氧化碳得到电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O，氮化镓作负极：H2O失去电子变成O2，则氮化镓电极反应式为：2H2O －4e－= 4H＋+ O2 ，整个过程太阳能转化为化学能，
化学能转化为电能。

A、该过程是将太阳能转化为化学能，选项A正确；B、GaN
作负极发生氧化反应：H2O失去电子变成O2，电极反应式为：2H2O －4e－= 4H ＋+ O2 ，选项B正确；C、铜电极得电子为正极，电极反应式为：CO2＋8e－＋8H ＋＝CH4＋2H2O，选项C正确；D、电池内部H+透过质子交换膜从左向右迁移，选项D正确。

答案选C。

10. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。

用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL
浓度均为0.100mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。

利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率
如图所示。

下列说法不正确
．．．的是
A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A、C两点对应溶液均呈中性
C. B点溶液中：c(Na+) > c(OH－) > c(CH3COO－)
D. A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H+)＝0.050mol/L
【答案】B
【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入KOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着KOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应式离子浓度最小，继续加入KOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LKOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，选项A正确；B．A 点溶质为醋酸钠，醋酸钠水解溶液呈碱性，C点溶质为NaCl，溶液呈中性，选项B不正确；C、B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，c(Na+)最
大，CH3COO－水解产生OH－，c(OH－) > c(CH3COO－)，故c(Na+) > c(OH－) > c(CH3COO－)，选项C正确；D．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，选项D正确。

答案选B。

点睛：本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

11. 下列各项关系中正确的是（）
A. 0.1mol/LNa2SO3溶液中：c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)=0.2mol/L
B. 常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b<14
C. 0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混
合：c(H+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
D. pH相同的三种溶液①NH4Cl ②(NH4)2SO4③NH4HSO4，c(NH4+)大小关系
为：①>②>③
【答案】B
【解析】根据物料守恒0.1 mol/L Na2SO3溶液中：c(Na+)＝2c(SO32－)+2c(HSO3－)+2c(H2SO3)＝0.2 mol/L，故A错误；氨水是弱碱，若a+b=14，pH＝a的稀H2SO4与pH＝b的氨水等体积混合后氨水过量，故B正确；0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，2 c(H+)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故C
错误；
pH相同的三种溶液，NH4HSO4是强酸的酸式盐，c(NH4+)最小；NH4Cl 、(NH4)2SO4因为铵根水解呈酸性，PH相同，所以c(NH4+)相同，故c(NH4+)大小关系为：①=②＞③，故D错误。

12. 在2L恒容密闭容器中充入2 mol X和1mol Y发生反应：2X(g)+Y(g) 3Z(g) ，反
应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。

下列推断正确的是( )
A. Q点时，Y的转化率最大
B. W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率
C. 升高温度，平衡常数增大
D. 温度一定，平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】A
【解析】A、Q点时，X的体积分数最小，则Y的转化率最大，选项A正确；B、温度越高，化学反应速率越大，所以W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，选项B错误；C、∆H< 0，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，选项C错误；D、因为该反应气体系数不变，所以平衡时充入Z，新平衡与原平衡等效，Z的体积分数不变，选项D错误。

答案选A。

13. 常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是
A. b、c两点溶液的导电能力b>c
B. 用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积V b>V c
C. c点溶液中c( H十)=c ( OH一)+c(CH3COOH)
D. a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b
【答案】D
【解析】氢氧化钠溶液中的氢氧根离子主要是氢氧化钠电离出来的，氢氧化钠完全电离，体积和pH都相同的氢氧化钠和醋酸钠溶液加水稀释的过程中，NaOH 不能继续电离，NaOH溶液中氢氧根离子浓度变化大；水解是微弱的，醋酸钠溶液中醋酸根离子可继续水解，溶液中的氢氧根离子浓度变化小，所以含b点的曲线pH变化是NaOH溶液的，含a、c点的曲线pH变化是醋酸钠溶液的；A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的浓度有关，b、c两点溶液pH相同，但其他离子浓度c 点醋酸钠溶液的比较大，所以导电能力c > b，选项A错误；B、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，c点为醋酸根水解导致溶液呈碱性，c点溶液中醋酸根和氢氧根离子均消耗HCl，而b点只有NaOH消耗盐酸（NaOH完全电离），故消耗HCl溶液体积V c>V b，选项B错误。

C、c点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-），选项C错误；D、NaOH 电离出的氢氧根离子浓度抑制了水的电离，所以b点溶液中水的电离程度最小；
水解促进水的电离，由于醋酸钠溶液中的氢氧根离子浓度来自于醋酸根离子水解生成的氢氧根离子，氢氧根离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH大于c点的pH，说明a点氢氧根离子浓度大于c点氢氧根离子，所以a、c二点溶液水的电离程度a＞c，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a＞c＞b，选项D正确。

答案选D。

14. 关于室温下下列溶液的说法不正确的是（）
A. 水的电离程度：①＝②＝③＝④
B. 分别加水稀释10倍，溶液的pH：①>②>③>④
C. ①③两溶液等体积混合：c（Cl－）>c（NH）>c（H＋）>c（OH－）
D. V1 L溶液②与V2 L溶液③混合，若V1∶V2＝9∶11，则混合溶液pH＝4（忽略溶液体积变化）
【答案】C
【解析】A、氨水、NaOH溶液的pH为11，则OH－浓度为10 -3 mol/L ，pH=3的盐酸和醋酸溶液中H+浓度为10 -3 mol/L ，对水的电离影响相同，选项A正确；
B、加水稀释，弱电解质的电离平衡向右移动，所以溶液的pH：①>②>③>④，选项B正确；
C、①、③两溶液等体积混合，氨水大量过量，溶液溶质为NH3·H2O 和NH4Cl，溶液显碱性，离子浓度大小顺序为：c(NH4+ ) > c(Cl-)>c(OH－)>c(H+ )，选项C错误；
D、HCl过量，混合溶液c(H + )=（V 2×10 -3 mol—V 1×10 -3 mol）/( V 1 + V 2 )= 10 -4 mol/L，所以pH=4，选项D正确。

答案选C。

15. 将0.2 mol•L-1NaHCO3溶液与0.1 mol•L-1KOH溶液等体积混合，下列粒子浓度关系正确的是( )
A. c(K+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)
B. c(Na+)＞c(K+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.1mol•L-1
D. 3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)
【答案】D
【解析】试题分析：0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：
c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则
c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：
c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。

【考点定位】考查溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断。

【名师点晴】将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。

16. 己知：K sp(AgCl)=1.8×10-10，K sp(AgI)=1.5×10-16，K sp(Ag2CrO4)=2.0×10-12，则下列难溶
盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是
A. AgCl >AgI> Ag2CrO4
B. AgCl> Ag2CrO4 >AgI
C. Ag2CrO4>AgCl >AgI
D. Ag2CrO4>AgI >AgCl
【答案】C
【解析】因为AgCl和AgI的结构相似，由K sp可知AgCl的c(Ag＋)大于AgI的；AgCl中的c2(Ag＋)＝K sp＝1.8×10－10，Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)的K sp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝
c3(Ag＋)＝2.0×10－12，所以Ag2CrO4中c(Ag＋)大于AgCl中的c(Ag＋)。

17. 原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素。

其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29。

（1）F基态原子的核外电子排布式为______________________。

（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是___________（用元素符号回答）。

（3）元素B的简单气态氢化物的沸点___________（填“高于”或“低于”）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是______________________。

（4）由A、B、C形成的离子CAB−与AC2互为等电子体，则CAB−的结构式为___________。

（5）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为
___________。

（6）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因
______________________。

【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d104s1或3d104s1(2). C<O<N (3). 高于(4). NH3分子之间存在氢键，而CH4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强(5).
[N=C=O]−(6). NaNO2(7). Cu+外围电子3d10轨道全充满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全充满状态不稳定
【解析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素．其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故A为碳元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，则C 原子核外电子排布式为1s22s22p4，故C为O元素，由原子序数可知B为N元素；F的原子序数为29，则F为Cu；E和C位于同一主族，则E为S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，处于ⅠA族，原子序数大于O元素小于S 元素，故D为Na。

（1）F原子核外电子数为29，基态的核外电子排布式为
[Ar]3d104s1；（2）同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素，故第一电离能N＞O＞C；（3）NH3分子之间存在氢键，CH4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强，故其沸点高于CH4；（4）OCN-与CO2互为等电子体，价电子总数相等，二者结构类似，则OCN-的结构式为[N=C=O]-；（5）由晶胞结构可知，晶胞中存在NO2-结构微粒，位于顶点和体心，微粒数目=1+8×=2，Na+位于8条棱的中心，数目=8×=2，故该化合物的化学式为NaNO2；（6）Cu+外围电子3d10轨道全充满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全充满状态不稳定，故CuO在加热条件下容易转化为Cu2O。

18. 卤族元素的单质和化合物很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们．
（1）卤族元素位于元素周期表的__区；溴的价电子排布式为__．
（2）在一定浓度的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合（HF）2形式存在的．使氢氟酸分子缔合的作用力是__．
（3）请根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是__．
（4）已知碘酸（HIO3）和高碘酸（H5IO6）的结构分别如图1、2所示：
请比较二者酸性强弱：HIO3__ H5IO6（填“＞”、“＜”或“=”）．
（5）已知ClO2﹣为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．写出一个ClO2﹣的等电子体__．（6）图3为碘晶体晶胞结构．有关说法中正确的是__．
A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构
B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子
C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体
D．碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力
（7）已知CaF2晶体（见图4）的密度为ρg/cm3，N A为阿伏加德罗常数，棱上相邻的两个Ca2+的核间距为a cm，则CaF2的相对分子质量可以表示为__．
【答案】(1). 略(2). 略(3). 略(4). 略(5). 略(6). 略(7). 略(8). 略
【解析】（1）根据构造原理知，卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区；溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，所以其价电子排布式为4s24p5；（2）HF分子之间存在氢键，使氢氟酸分子缔合；（3）卤族元素包含：F、Cl、Br、I、At元素，元素的第一电离能越小，元素失电子能力越强，得电子能力越弱，则越容易形成阳离子，根据表中数据知，卤族元素中第一电离能最小的是I元素，
则碘元素易失电子生成简单阳离子；（4）H5IO6（）中含有5个羟基
氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO3为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子2个，所以酸性：H5IO6<HIO3；（5）ClO2-中心氯原子的价层电子对
数n=2+=4，属于sp3杂化；等电子体具有相同的电子数目和原子数目的微粒，所以与ClO2-互为等电子体的分子为Cl2O、OF2等；（6）A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，选项A正确；B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，选项B错误；C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，选项C错误；D．碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，且晶体中分子之间存在范德华力，选项D正确；答案选AD；（7）该晶胞中含有钙离子个数=8×+6×=4，氟离子个数为8，则晶胞体积V=a3，CaF2密度
为===ρ，则CaF2的相对分子质量M=。

点睛：本题考查物质结构与性质，晶体结构与性质，侧重对主干知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识。

19. 乙醇是生活中常见的物质，用途广泛，其合成方法和性质也具有研究价值。

I．直接乙醇燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。

现有以下三种乙醇燃料电池。

碱性乙醇燃料电池酸性乙醇燃料电池熔融盐乙醇燃料电池
（1）三种乙醇燃料电池中正极反应物均为____________。

（2）碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为________________________，使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性会不断下降，其原因是____________。

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为_______________________，通过质子交换膜的离子是___________。

（4）熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极____（填“a”或“b”）移动，电极b上发生的电极反应式为_____________________。

O(g) + C2H4(g) CH3CH2OH(g)。

当
II．已知气相直接水合法可以制取乙醇：H
n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1时，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如下图：
（1）图中压强P1、P2、P3、P4的大小顺序为：_________________________，理由是：______________。

（2）气相直接水合法采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290 ℃，压强6.9MPa，n(H2O)︰n(C2H4)=0.6︰1。

该条件下乙烯的转化率为5℅。

若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有
__________________________________。

【答案】(1). 略(2). C2H5OH+16OH－－12e－=CO32－+11H2O (3). 空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH (4). O2+12H+
+12e－6H2O (5). H+(6). a (7). O2+ 2CO2 +4e－=2CO32－(8). P4>P3>P2>P1 (9). 反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，所以相同条件下，转化率越大的代表压强越大(10). 增加H2O(g)的量、移出生成物
【解析】Ⅰ．(1)燃料电池中通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为氧气；(2)碱性乙醇燃料电池中，电极a为负极，电极反应式为C2H5OH+16OH－－12e－=2CO32－+11H2O，使用空气代替氧气，空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH，故答案为：C2H5OH+16OH－－12e－=2CO32－+11H2O；空气中的CO2会与KOH溶液反应，降低溶液的碱性，同时反应中也会消耗KOH；(3)酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，电极反应式为3O2+12H+ +12e－= 6H2O；通过质子交换膜能够使质子（H+）通过；(4)根据图示，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，CO32－向电极a移动，电极b为正极，电极反应式为O2+ 2CO2 +4e－= 2 CO32－；Ⅱ．(1)在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由
C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4，故答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，乙烯的转化率增大，所以相同条件下，转化率越大的代表压强越大；(２)若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，故答案为：将产物乙醇液化移去；增加H2O(g)的量。

点睛：本题考查了反应热与键能的关系、化学平衡的影响因素、物质性质的探究实验方案的设计、燃料电池的相关知识。

注重烘焙电池中电极反应的判断和书写。

20. 下图表示从废旧普通锌锰电池内容物中回收制备KMnO4等物质的一种工艺（不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属）。

（1）KMnO4稀溶液是一种常用消毒剂，其消毒机理与下列物质相似的是______________（填序号）
A．双氧水B．75%酒精D．84消毒液（NaClO溶液）
（2）①黑色固体混合物水浸时为提高浸出速率，常采用的措施为_________________（答出两条即可）。

②滤渣水洗灼烧后固体是一种黑色的化合物，操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4和KCl，该过程中发生反应的化学方程式为：_____________________________。

③图中产物A是一种难溶于水的黑色固体，其化学式为：_________________。

（3）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定。

①配制250 mL 0.100 0 mol·L-1标准Na2S2O3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒和______、_______；
②取上述制得的KMnO4产品0.700 0 g，酸化后用0.100 0 mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2S2O3溶液的体积，重复步骤②，三次平行实验数据如下表。

(有关离子方程式为：MnO4-＋S2O32-＋H+—SO42-＋Mn2+＋H2O，未配平)
将0.100 0 mol·L-1标准Na2S2O3溶液盛装在________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中进行滴定。

计算该KMnO4产品的纯度_________________。

【答案】(1). AD (2). 加热、将固体混合物粉碎、搅拌(3). 3MnO2 + KClO3 + 6KOH
3K2MnO4 +KCl+3H2O (4). MnO2(5). 玻璃棒(6). 250mL容量瓶(7). 碱式(8). 75.84%
【解析】试题分析：本题是以从废旧普通锌锰电池内容物中回收制备KMnO4为载体，考查
考生对KMnO4的强氧化性、化学反应速率（此题为固体溶解速率）的影响因素、氧化还原反应方程式配平和书写、滴定以及滴定计算等知识掌握程度，考查考生对实验流程的分析能力和对知识的综合应用能力。

解析：普通锌锰电池中存在MnO2、石墨，由于其不溶于水，而电池中其余为可溶物，所以水浸、过滤后滤渣是MnO2和C（不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属），水洗除去固体表面残留溶质，灼烧去除C，剩余固体只有MnO2。

MnO2固体与KClO3、KOH高温熔融时发生氧化还原反应，向下的问题中提示生成K2MnO4和KCl。

再将熔块溶解并通入CO2、分离得到KMnO4，因此操作b中发生反应生成KMnO4，同时得到的黑色固体（（3）③中描述）是MnO2。

（1）KMnO4的消毒作用是利用了KMnO4的强氧化性杀灭病菌，与选项中AD相似，B选项75%酒精的消毒原理是利用酒精使病毒蛋白质发生变性，C选项苯酚则是利用苯酚的毒性杀灭病毒，则二者消毒的原理均与KMnO4不同，正确答案AD。

（2）①水浸是使废电池中的可溶物充分溶解，单位时间提高浸出率就是提高溶解速率，所以可以采用加热、搅拌、粉碎固体使其颗粒更小等措施加速固体的溶解，正确答案：加热、将固体混合物粉碎、搅拌（选其二）。

②结合上述解析，该反应基本物质关系为
KClO3+MnO2+KOH→K2MnO4+KCl，配平之后即可得到答案，正确答案：
3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O。

③答案：MnO2。

（3）①配制溶液时缺少玻璃棒和250mL容量瓶。

②Na2S2O3溶液由于S2O32-水解呈碱性，所以应当放在碱式滴定管中。

从滴定消耗Na2S2O3体积看，第一次实验明显存在较大误差，应当舍去，滴定过程中发生反应有关离子方程式为：8MnO4-＋5S2O32-＋14H+=10SO42-＋8Mn2+＋7H2O，
n(KMnO4)=8/5×0.1000mol/L××10-3L=3.36×10-3mol ，KMnO4纯度
=3.36×10-3mol×158g·mol-1/0.7000g=0.7584=75.84%。

正确答案：碱式75.84%。

点睛：已知不完整的氧化还原反应书写时，首先根据题目已知列出知道的反应物和产物，然后联系题意补充氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物中缺少的物质（有时已知中全部给出），第三步进行氧化还原过程中电子得失的配平，再进行质量守恒和离子反应中电荷守恒的配平。

以上述氯酸钾氧化二氧化锰为例，题目先整理得到KClO3+MnO2+KOH→K2MnO4+KCl；此时氧化还原四种基础物质都已经存在，不必补充；反应过程中Cl降低6价，Mn升高2价，因此KClO3与MnO2的系数分别为1和3，即KClO3+3MnO2+KOH→K2MnO4+KCl根据质量守恒得到相应氧化产物、还原产物系数，即KClO3+3MnO2+KOH→3K2MnO4+KCl；再用质量守恒得到KOH系数为6，H、O计数发现反应后少6H、3O，所以还生成3H2O。

结。