四川省内江市威远中学2022-2023学年高二化学上学期期中试卷（Word版带解析）.docx

1、四川省内江市威远中学2022-2023学年高二上学期第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 Mg-24 Fe-56 一、单选题(共42分，只有一个正确选项，每题2分。)1. “嫦娥五号”返回器取回的月壤中检测出含有丰富的3He，是人类梦寐以求的绿色能源。下列关于3He的说法正确的是A. 与4He互为同素异形体B. 质子数为3C. 与4He互为同位素D. 中子数为3【答案】C【解析】【详解】A同素异形体是同种元素组成的不同单质，3He与4He不是单质，不互为同素异形体，故A错误；B3He的质量数为3，质子数为2，故B错误；C3He与4He质子数相

2、同，中子数不同，互为同位素，故C正确；D3He的质量数为3，中子数等于质量数减去质子数，所以3He的中子数为1，故D错误；故选C。2. 在不同条件下，分别测得反应的化学反应速率如下，其中表示该反应进行得最快的是A. v(NO2)=4 mol/(Lmin)B. v(O3)=3 mol/(Lmin)C. v(N2O5)=0.1 mol/(Ls)D. v(O2)=0.2 mol/(Ls)【答案】D【解析】【分析】在比较不同时刻同一化学反应的速率时，可以都转化为用同一物质表示的反应速率，而且速率单位相同，然后再进行比较，不妨转化为用O3的浓度大小表示反应速率。【详解】Av(NO2)=4 mol/(Lm

3、in)，则v(O3)=v(NO2)=2 mol/(Lmin) ；Bv(O3)=3 mol/(Lmin)；Cv(N2O5)=0.1 mol/(Ls)，则v(O3)=v(N2O5)=0.1 mol/(Ls)=6 mol/(Lmin)；Dv(O2)=0.2 mol/(Ls)，则v(O3)=v(O2)=0.2 mol/(Ls)=12 mol/(Lmin)；可见用O3的浓度变化表示反应速率最大值是12 mol/(Lmin)，故合理选项是D。3. 下列关于杂化轨道理论的说法正确的是A. 凡是中心原子采取杂化的分子，其空间结构都是平面三角形B. 和都是正四面体形分子且键角都为C. 在、分子中，各原子的最外层

4、均不满足8电子稳定结构D. 在中，N和B均采取杂化，且分子中有配位键【答案】D【解析】【详解】A中心原子采取sp2杂化的分子，VSEPR模型为平面三角形，但空间结构与孤电子对数有关，没有孤电子对为平面三角形，有1对孤电子对为V形，A错误；BP4和CH4都是正四面体形分子，P4的P原子均在正四面体的顶点上，键角为60，而CH4的C在正四面体的中心，H在顶点上，键角为10928，B错误；CNCl3分子中N与3个Cl各共用1对电子，N与Cl均满足8电子稳定结构，C错误；DNH3BH3的结构式为，均为单键，N和B均为sp3杂化，N有一对孤电子对，进入B的空轨道形成配位键，D正确；故选D。4. 有四种不

5、同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是 A. 为简单立方堆积；、为体心立方堆积；为面心立方最密堆积B. 每个晶胞含有的原子数分别为：1个，2个，2个，4个C. 晶胞中原子的配位数分别为：6，8，8，12D. 空间利用率的大小关系为：【答案】B【解析】【详解】A由金属晶体的晶胞结构图可知：为简单立方堆积；为体心立方堆积；为六方最密堆积；为面心立方最密堆积，A错误；B顶点为8个晶胞共用；面为2个晶胞共用；晶胞体内原子为1个晶胞单独占有。晶胞中原子个数=8=1；晶胞中原子个数=1+8=2；晶胞中原子个数=1+8=2，晶胞中原子个数=8+6=4，B正确；C为简单立方堆积，配位数为6；为体

6、心立方堆积，配位数为8；为六方最密堆积，配位数为12；为面心立方最密堆积，配位数为12，C错误；D六方最密堆积与面心立方最密堆积的空间利用率相等，简单立方堆积、体心立方堆积不是最密堆积，空间利用率比六方最密堆积和面心立方最密堆积的小；体心立方堆积空间利用率比简单立方堆积的高，故空间利用率的大小关系为：=，D错误；故合理选项是B。5. 化学上存在许多递变关系，下列递变关系完全正确的是A. 熔沸点；硬度：B. 稳定性：；沸点：C. 酸性：；非金属性：D. 第一电离能：；电负性：【答案】C【解析】【详解】A金属离子与自由电子间的作用越弱，金属晶体的熔沸点越低，硬度越小，碱金属离子所带电荷量均相同，对

7、应阳离子半径从上至下依次增大，因此熔沸点：LiNaKRb，硬度：硬度：LiNaKRb，故A项错误；B同一主族从上至下非金属性逐渐减小，因此非金属性：FClBrI，则简单氢化物的稳定性：HFHClHBrHI；HF、HCl、HBr、HI均为分子化合物，由于HF分子间存在氢键，HCl、HBr、HI分子间均无氢键，而分子间氢键使沸点增大，因此沸点：S，最高价氧化物对应水化物的酸性：；为弱酸，且为C元素最高价氧化物对应水化物，因此酸性：；非金属性：，故C项正确；D同一周期从左至右原子的第一电离能有增大的趋势，P原子价电子排布式为3s23p3，其中p能级轨道半充满，因此P原子相对较为稳定，第一电离能：，同

8、一周期从左至右元素的电负性逐渐增大，因此电负性：ClSP，故D项错误；综上所述，正确的是C项。6. 下列说法正确的是A. 在稀溶液中，1molH2SO4(aq)与1molBa(OH)2(aq)完全反应所放出的热量为中和热B. 等质量的硫粉和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量更多C. 乙炔(C2H2)的燃烧热为1299.6kJmol-1，则2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)的H=-2599.2kJmol-1D. 中和热测定实验中，可分多次把NaOH溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中【答案】B【解析】【详解】A在稀溶液中，强酸与强碱反应生成可溶性盐和1mol水时释放的热量称为

9、中和热，在稀溶液中，1molH2SO4(aq)与1molBa(OH)2(aq)完全反应生成2mol水和硫酸钡沉淀，所放出的热量不是中和热，故A错误；B硫粉转化为硫蒸气要吸热，则等质量的硫粉和硫蒸气分别完全燃烧，后者放出的热量更多，故B正确；C燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的热量，应为液态水，则正确的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)的H=-2599.2kJmol-1，故C错误；D中和热测定实验中，为防止热量损失，应一次性且快速把NaOH溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中，故D错误；故选B。7. 已知化学反应A2(g)+B2(g)=2A

10、B(g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量B. 该反应的反应热H=+(a-b)kJ/molC. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D. 断裂1molA2和1molB2中的化学键，放出akJ能量【答案】B【解析】【详解】据图象可知a为反应物键能之和，b为生成物键能之和，反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。A由图中信息可知，每生成2mol AB(g)吸收的热量应为(a-b)kJ，故A错误；B根据分析，反应吸热，焓变大于0，焓变等于=反应物键能之和-生成物键能之和=+(ab) kJ/mol，故B正确；C由图象可知，反应吸热，反应物总能量低于生

11、成物总能量，故C错误；D断键应吸收能量，断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D错误；答案选B。8. 下列有关物质结构的说法错误的是A. 石墨烯的结构如图甲所示，1石墨烯中，含3键B. 碘晶胞如图乙所示，一个分子周围有12个紧邻的I2分子C. 四水合铜离子的模型如图丙所示，1个四水合铜离子中有4个配位键D. 与金刚石结构类似的立方氮化硼晶胞如图丁所示，N和B之间存在配位键【答案】A【解析】【详解】A由石墨烯结构可知，1个C原子形成3个碳碳键，每1个碳原子对共价键的贡献度为50%，因此1mol石墨烯中含30.5mol=1.5mol碳碳键，故A项错误；B选择碘晶胞中位于面心的I2

12、分子进行观察，在该晶胞中与其紧邻的I2有8个( )，该晶胞右侧晶胞中还有4个与该I2分子紧邻且等距(5，6，7，8号位)，共有8+4=12个，故B项正确；C由四水合铜离子的模型可知，1个铜离子与4个水分子通过配位键连接，故C项正确；DB原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B-N化学键，其中3个为共价键，1个为配位键，故D项正确；综上所述，错误的是A项。9. 设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1.6g 中含有的电子数为B. 0.4mol白磷(，正四面体结构)含共价键的数目为1.2C. 标准状况下，11.2L 中含氧原子数为1.5D. 0.2mol 中含

13、共价键的数目为【答案】A【解析】【详解】A， 1mol中含有的电子数为10，则中含有的电子数为，A正确；B由正四面体结构知1mol白磷中含6molP-P键，0.4mol白磷中含2.4molP-P键，含共价键的数目为2.4，B错误；C标准状况下非气态，所以不能得到氧原子数，C错误；D氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，氮原子和氢原子之间是共价键，1mol 中含共价键的数目为4，0.2mol 中含共价键的数目为0.8，D错误； 故选A。10. A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，且都小于20.其中C、E是金属元素；A和E属于同一族，价层电子排布式均为；B和D也属于同一族，它们原子最外层

14、的p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。下列说法错误的是A. 金属性：B. D的价层电子排布式为C. A和B形成的化合物不止一种D. 最高价氧化物对应水化物酸性：【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D、E五种元素的核电荷数依次增大，且都小于20，C、E为金属元素，A和E价层电子排布式均为ns1，则A、E均为第A族元素，A不是金属元素，则A为H，B和D同族，最外层的p轨道电子数是s轨道的2倍，则B和D为第A族的元素，则B为O，D为S，则E为K，C原子最外层电子数等于D原子最外层电子数的一半，则C为Al。【详解】A根据分析可知，E为K，C为Al，金

15、属性EC，A正确；BD为S，其价层电子排布式为3s23p4，B正确；CA和B形成的化合物有H2O和H2O2，C正确；DB为O，没有最高价氧化物对应水化物，D错误；故答案选D。11. 下表为第三周期元素和的各级电离能数据，单位是。下列判断正确的是电离能元素元素A. B. 与强酸和强碱均能反应产生氢气C. 和在周期表中均属于区元素D. X基态原子中能量最高能级的电子云轮廓图为球形【答案】D【解析】【分析】元素的发生突变，则为最外层为2个电子的第三周期元素Mg，元素的发生突变，则为最外层为3个电子的第三周期元素Al。【详解】AMg的金属性强于Al，A错误；B常温下，Al在浓硫酸、浓硝酸中钝化，与稀硝

16、酸反应产生一氧化氮，B错误；CMg在周期表中属于s区元素，C错误；D基态Mg原子中能量最高能级是3s，其电子云轮廓图为球形，D正确；答案选D。12. 下列离子方程式书写正确的是A. 氯气和水反应：B. 铜与稀硫酸反应：C. 重铬酸钾溶液中存在的平衡：D. 酸化的淀粉KI溶液久置于空气中变蓝：【答案】C【解析】【详解】AHClO为弱酸不能拆，离子方程式为：，A错误；B铜与稀硫酸不反应，B错误；C重铬酸根离子在酸性条件下可以转化为铬酸根离子，对应的方程式为：，C正确；D酸性溶液中不能生成大量的OH-，D错误；故选C。13. 已知反应A(g)+3B(g)2C(g)+D(s)，1molA和3molB在

17、2L密闭容器中进行上述反应，若2min后，测得C的浓度为0.2mol/L，则下列说法正确的是A. v(D)=0.05mol/(Lmin)B. v(B)=0.15mol/(Lmin)C. 3v(B)=2v(C)D. A的转化率为40%【答案】B【解析】【分析】【详解】AD为固体，不能用来表示反应速率，A错误；B根据速率之比等于化学计量数之比可得v(B)=v(C)=0.1mol/(Lmin) =0.15mol/(Lmin)，B正确；C根据速率之比等于化学计量数之比可得2v(B)=3v(C)，C错误；DC的浓度变化0.2mol/L，则A的浓度变化0.1mol/L，A的物质的量变化0.1mol/L2L

18、=0.2mol，因此A的转化率为100%=20%，D错误；故选B。14. 热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸。下列说法不正确的是A. 电极b周围溶液pH变大B. 溶液中H+由a极区向b极区迁移C. 电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H+SOD. 一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等【答案】D【解析】【分析】由题干图示可知，电极a作负极，发生的电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H+，b电极为正极，发生的电极反应为：4H+O2+4e-=2H2O，左侧区域产生的H+经过阳离子交换膜进入右侧区域，据此分析解题。【详解】A由分析可知，b电极为

19、正极，发生的电极反应为：4H+O2+4e-=2H2O，则电极b周围溶液pH变大，A正确；B由分析可知，溶液中H+由a极区向b极区迁移，B正确；C由分析可知，电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H+SO，C正确；D根据得失电子总数相等可知，一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量的2倍，D错误；故答案为：D。15. 某温度下，在体积恒定密闭容器中，对于可逆反应A(s)+3B(g)2C(g)，下列说法不能说明达到化学平衡状态的是A. B的质量不再变化B. 混合气体的压强不变C. 气体密度不再变化D. A、B、C的物质的量之比为132【答案】D【解析】【详解】AB的质量不再变

20、化，说明反应达到平衡状态，A不合题意；B混合气体的平均相对分子质量，反应过程中气体的质量再变，气体的物质的量也在变，现在不变了，即为达到平衡状态了，B不合题意；C气体密度，反应中气体的质量一直在变，现在不再变化了，即达到平衡了，C不合题意；D化学平衡的特征是各物质的浓度、百分含量、物质的量保持不变，而不是相等或成比例，A、B、C的物质的量之比与通入的量有关，132，不能说明反应达到化学平衡，D符合题意；故答案为：D。16. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较S、C的非金属性分别测定等物质的量浓度的H2SO3和H2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性：

21、SCB检验某溶液中是否含二价铁离子取少量溶液于试管中，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去证明溶液含有二价铁C探究氢离子浓度对、相互转化的影响向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】AH2SO3不是S元素最高价含氧酸，且H2SO3、H2CO3浓度不相等，因此不能通过比较H2SO3和H2CO3溶液的pH判断C、S两种元素的非金属性强弱，A错误；BFe2+、Cl-等都具有还原性，它们都能够使酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，因此不能

22、据此检验Fe2+的存在，B错误；C、在溶液中存在化学平衡：+H2O2+2H+，向K2Cr2O7溶液中缓慢滴加硫酸，溶液中c(H+)增大，溶液黄色变为橙红色，导致c()减小，c()增大，可以说明增大氢离子浓度，导致化学平衡向生成的逆反应方向移动，C正确；D乙醇、水都可以与金属钠发生反应产生无色气体氢气，因此不能据此检验乙醇中是否含有水，D错误；故合理选项是C。17. 已知在溶液中与或等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是A. 溶液中形成了，中有12mol键B. 由可知，与可能会结合产生黄色物质C. 由推测，溶液中存在：D. 若取少量中溶液进行稀释，溶

23、液依然为绿色【答案】D【解析】【详解】A实验可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果；1mol中含有4mol水中的8mol键和4mol配位键，共12mol键，故A正确；B向中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl-可能会结合产生黄色物质，故B正确；C中蓝色溶液加入足量NaCl固体后固体表面为黄色，振荡后溶液呈绿色可以是黄色和蓝色混合呈现的颜色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：，CuCl42-可能为黄色，故C正确；D中溶液为蓝色，中溶液为绿色，说明Cl的浓度对铜盐溶液的颜色产生影响，CuCl2的

24、稀溶液为蓝色，浓溶液为绿色，故D错误；故选D。18. 氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如下图所示。假设CeO2晶胞边长为apm，下列说法不正确的是A. 基态O原子的价层电子排布式为B. CeO2晶体结构中与相邻且最近的有12个C. CeO2晶胞中与最近的核间距为D. 每个CeO1-2x晶胞中个数为1-2x【答案】D【解析】【详解】AO原子核外有8个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，1s、2s、2p轨道电子数分别是2、2、4，价层电子排布式为，A正确；B由图2可知，以任一顶点的为例，距离其最近的位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离

25、最近的的个数为12，B正确；C晶胞中与最近的核间距为晶胞对角线长度的，即，C正确；D假设中的和的个数分别为和，则，由化合价代数和为0可得，解得，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的或个数为，所以每个晶胞中的个数为，D错误；故选D。19. 下列描述中正确的有_个a.CS2分子的立体构型为V形b.ClO的立体构型为平面三角形c.SF6中每个原子均满足最外层8电子稳定结构d.SiF4和SO的中心原子均采取sp3杂化e.Ge是A族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ge：Ar 4s24p2，属于p区元素f.键角：CH4NH3H2Og.物质熔、沸点的高低顺序是：晶体硅氯化钠冰氖气h.粒子半径由大到小的顺序是H

26、+Li+H-i.金刚石的硬度、熔点、沸点都低于晶体硅j.冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个【答案】B【解析】【详解】aCS2分子中中心C原子价层电子对数为2+=2，C原子采用sp杂化，为直线形，a错误；bClO中心Cl原子价层电子对数为3+=4，C原子采用sp3杂化，为平三角锥形，b错误；cSF6中硫原子最外层电子数为6+6=12，c错误；dSiF4硅原子形成4个共价键，中心原子采取sp3杂化；SO中中心S原子价层电子对数为3+=4，S原子采用sp3杂化，d正确；eGe为32号元素，是A族的一个主族元素，其核外电子排布式为Ar 3d104s24p2

27、，属于p区元素，e错误；f甲烷分子、氨分子、水分子中中心原子的孤对电子数分别为0、1、2，孤对电子对成键电子对有排斥力导致键角变小，故键角：CH4NH3H2O，f正确；g硅为共价晶体、氯化钠为离子晶体、冰为分子晶体且存在氢键、氖气为分子晶体，故物质熔、沸点的高低顺序是：晶体硅氯化钠冰氖气，g正确；h电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；粒子半径由大到小的顺序是H-Li+H+，h错误；i碳原子半径小于硅原子半径，导致碳碳键能大于硅硅键能，故金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，i错误；j冰中存在极性共价键，氢键不属于化学键，j错误；故选B。20. 下列说法不正确的是硫酸与

28、足量锌片反应时，加入少量硫酸钠固体可以增大浓度从而加快反应速率增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率向H2O2溶液中加入二氧化锰粉末，因为降低了反应的活化能，活化分子数增多，有效碰撞次数增多，从而使H2O2分解速率加快一恒容密闭容器中发生反应，向容器中充入氦气，化学反应速率不变对于反应，加入KCl固体，逆反应速率瞬时增大，随后正反应速率增大A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】硫酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸钠固体不能使溶液中的氢离子浓度增大，反应速率不变，故错误；增加硫酸的浓度，若导致硫酸浓度过大，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，会使制取氢气的速率减小，故错

29、误；向过氧化氢溶液中加入催化剂二氧化锰粉末，催化剂会降低反应的活化能，使活化分子数增多，有效碰撞次数增多，从而使过氧化氢的分解速率加快，故正确；向恒容密闭容器中充入氦气，合成氨反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故正确；氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为Fe3+3SCNFe(SCN)3，加入氯化钾固体，由离子方程式可知，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；错误，故选B。21. 一定温度下，将2molPCl5通入一个容积不变的反应器中，达到如下平衡：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)测得平衡混合气体压强为p1，此时再向反应器中通入2molPCl5，在温

30、度不变的条件下再度达到平衡，测得压强为p2，下列判断正确的是A. 2p1=p2B. PCl5的转化率增大C. PCl3%减小D. 再通入2molPCl5的时候，平衡是向逆反应方向移动的【答案】C【解析】【详解】A若再2molPCl5达到的平衡与原平衡等效，则2p1=p2，但该反应为气体系数之和增大的反应，压强的增大会使平衡逆向移动，所以2p1p2，A错误；B新平衡相对于原平衡的等效平衡状态逆向移动，所以PCl5的转化率减小，B错误；C新平衡相对于原平衡的等效平衡状态逆向移动，所以PCl3%减小，C正确；D通入反应物，平衡正向移动，D错误；综上所述答案为C。二、填空题(包括四个大题，共58分)2

31、2. 探究一定条件下反应物浓度对硫代硫酸钠(Na2S2O3)与硫酸反应速率的影响。【查阅资料】a.Na2S2O3易溶于水，能与硫酸发生反应；b.浊度计用于测量浑浊度的变化。产生的沉淀越多，浑浊度(单位为NTU)值越大。【实验过程】 用如图所示装置进行如表所示的 5 个实验，分别测量混合后溶液达到相同浑浊度的过程中， 浑浊度随时间的变化。实验所得数据如图曲线所示及分组实验数据：实验编号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水c / (molL-1)V / mLc / (molL-1)V / mLV / mL0.11.50.13.5100.12.50.13.590.13.50.13.5x0.13.5

32、0.12.590.13.50.11.510【分析与解释】（1）实验序号中，Na2S2O3写出与硫酸的化学反应方程式_；溶液混合后Na2S2O3溶液的初始浓度_mol/L。（2）实验中，x =_（3）实验、的目的是_。（4）通过比较、与、两组实验，可推断：反应物浓度的改变对Na2S2O3与硫酸反应的化学反应速率的影响，Na2S2O3溶液浓度的改变影响更大。该推断的证据是_。实验二：以Fe3+与I-反应生成Fe2+和I2为例，探究该反应是否为可逆反应。实验方法：在KI溶液中滴加少量FeCl3溶液，将混合溶液均匀分到甲、乙、丙三支试管中；往试管甲中滴加淀粉溶液，往试管乙中滴加某溶液，丙试管中加入蒸馏

33、水，如图所示：（5）若已知反应为可逆反应，则试管甲中的现象为_，试管乙中加入的试剂为_，现象为_。【答案】（1） . Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4SSO2H2O； . 0.01； （2）8ml； （3）探究其他条件相同时，Na2S2O3的浓度变化对反应速率的影响； （4）达到相同浑浊度时，实验、所需时间的改变量大于实验、所需时间的改变量； （5） . 溶液变为蓝色； . KSCN； . 溶液变为红色。【解析】【分析】实验一为对比实验，要控制变量，溶液的总体积是一个定值，据此分析。【小问1详解】Na2S2O3 与硫酸反应，会生成硫酸钠、二氧化硫、单质硫和水，则方程式为：Na2S2

34、O3 + H2SO4=Na2SO4SSO2H2O，实验序号中，溶液混合后Na2S2O3 溶液的初始浓度为：=0.01，答案为：Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4SSO2H2O；0.01；【小问2详解】实验中，溶液总体积为15ml，则，故答案为：8ml；【小问3详解】实验、的目的是探究Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，故答案为： 探究其他条件相同时，Na2S2O3的浓度变化对反应速率的影响；【小问4详解】通过比较、与、两组实验，可推断： Na2S2O3溶液浓度的改变对Na2S2O3与硫酸反应的化学反应速率的影响更大，该推断的证据是图中、组实验Na2S2O3溶液浓度的变化对达到相

35、同浑浊度的时间比、组实验中硫酸浓度的变化对达到相同浑浊度的时间的影响更大。故答案为：达到相同浑浊度时，实验、所需时间的改变量大于实验、所需时间的改变量；【小问5详解】在KI溶液中滴加少量FeCl3溶液，将混合溶液均匀分到甲、乙、丙三支试管中。若反应为可逆反应，则溶液中应同时存在铁离子和碘单质，因此往试管甲中滴加淀粉溶液，试管甲中会出现蓝色，往试管乙中滴加KSCN溶液，乙试管中会出现红色。答案为：溶液变为蓝色；KSCN；溶液变为红色。23. 回答下列问题：（1）若在一个容积为2 L的密闭容器中加入0.2 molN2的和0.6 molH2的，在一定条件下发生反应：N2+3H22NH3 ，若在5分钟

36、时反应达到平衡，此时测得2NH3的物质的量为0.2 mol。则平衡时H2的转化率为_。平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有_。A.加了催化剂 B.增大容器体积 C.降低反应体系的温度 D.加入一定量N2下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_(填序号字母)。A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为132 B.v(N2)正=3v(H2)逆C.容器内压强保持不变 D.混合气体的密度保持不变（2）化学反应的焓变通常用实验进行测定：实验测得，标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量，试写出表示甲烷燃烧的热化学方程式：_。（3）砷(

37、As)是第四周期VA族元素，可以形As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4成等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：画出砷的原子结构示意图_。工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_。该反应需要在加压下进行，原因是_。已知： 则反应的As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s) _。【答案】（1） . 50% . CD . C （2） （3） . . . 加快反应速率，提高原料的利用率 . 【解析】【小问1详解】当生成0.2molNH3时，消耗氢气0.3mol，氢气的转化率为：；A.加催化剂可以加快

38、反应速率，但不会影响氢气的转化率，A错误；B.增大容器体积，压强减小，该反应正向气体分子数减少，故平衡逆向移动，氢气的转化率减小，B错误；C.该反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，C正确；D.加入一定量N2，反应物浓度增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，D正确；故选CD；A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为132，浓度之比等于化学计量数之比，不能证明反应达到平衡，A错误；B.当v(N2)正=v(H2)逆时可以判断达到平衡，B错误；C.该反应前后气体分子数变化，当容器内压强保持不变时达到平衡，C正确； D.该反应气体总质量和容器体积均不变，混合气体的

39、密度始终保持不变，不能判断达到平衡，D错误；故选C。【小问2详解】标况下11.2L甲烷的物质的量为0.5mol，完全燃烧时放出的热量为akJ，故1mol甲烷完全燃烧时放出的热量为2akJ，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：；【小问3详解】As的原子序数为33，原子结构示意图为：；As2S3与O2反应，生成H3AsO4和单质硫，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为：；该反应正向气体分子数减少，加压浓度增大，化学反应速率增大，平衡正向移动，反应物的利用率增大，故在加压下进行的原因是：加快反应速率，提高原料的利用率；记I： ；II： ；III ，目标反应=2I-3II-III，故。24. 研究发现

40、，在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2=CH3OH+H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）基态原子电子排布式为_。元素与O中，第一电离能较大的是_，基态原子核外未成对电子数较多的是_。（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为_和_。（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_，原因是_。（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在_。（5）MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a

41、=0.420nm，则r(O2-)为_。该晶体的密度为_(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1） . #； . O； . Mn； （2） . sp； . sp3； （3） . ； . 与均为极性分子， 中氢键比甲醇多； 与均为非极性分子， 分子量较大、范德华力较大； （4）键、离子键； （5） . 0.148； . 。【解析】【小问1详解】Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第族，其基态原子核外电子排布式为：或，元素Mn与O中，由于O元素是非金属，而Mn是过渡金属元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s2p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布

42、为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。答案为：或；O；Mn；【小问2详解】CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。答案为：sp；sp3；【小问3详解】在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；与均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以，二氧化碳分子间作用力较大，沸点较高。答案为：；与均为极性分子，中氢键比甲醇多，与均为非极性

43、分子，分子量较大、范德华力较大；【小问4详解】硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在键。答案为：键、离子键；【小问5详解】因为O2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4倍， 即,解得r= ，根据均摊法，晶胞中有4个镁离子和氧离子，故该晶体的密度表达式为：代入得；故答案：0.148；。25. Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:（1）Fe元素属于元素周期表的_ 区(填分区)（2）基态Ni2+核外电子排布式为_。（3）鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶

44、液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。组成M的5种元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为_(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_。图中各微粒不存在的作用力有_ ( 填标号)a 极性键 b非极性键 c 配位键d 键 e离子键 f氢键（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。铁氮化合物的化学式为_。在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_、_位置若该化合物密度为pgcm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数,则由Fe( II )构成的正八面体的体积为_cm3【答案】（1）d （2） （3） . . . e （4） . 或 . 体

45、心 . 棱心 . 【解析】【小问1详解】铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。【小问2详解】Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。【小问3详解】另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。由M结构可知，M中存在NNi配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。【小问4详解】依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。