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辽宁省辽阳市第二高级中学2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题（解析版）
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这是一份辽宁省辽阳市第二高级中学2022-2023学年高二上学期12月月考化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，元素或物质推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
辽宁辽阳市第二高级中学2022-2023学年
高二上学期12月月考化学试题
总分100分 考试时间100分钟 (人教版选择性必修一)
一、单项选择题(15题每题3分共45分)
1. 微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示(左侧CH3COO-转化为CO2和H+，右侧CO2和H+转化为CH4)。有关说法正确的是
A. 电源a为负极
B. 该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
C. 外电路中每通过lmol e-与a相连的电极将产生2.8L CO2
D. b电极的反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，左侧电极上CH3COO-转化为CO2和H+，发生氧化反应，左侧为阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，右侧CO2和H+转化为CH4；为还原反应，右侧为阴极；
【详解】A． 据分析，左侧电极为阳极，则电源a为正极，A错误；
B．电化学反应时，电极上电子数守恒，则有左侧 ，右侧有，二氧化碳不能零排放，B错误；
C． 不知道气体是否处于标准状况，则难以计算与a相连的电极将产生的CO2的体积，C错误；
D． 右侧为阴极区，b电极上发生还原反应，结合图示信息可知，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D正确；
答案选D。
2. 下列不属于自发进行的变化是
A. 红墨水加到清水使整杯水变红 B. 冰在室温下融化成水
C. 电解饱和食盐水 D. 铁器在潮湿的空气中生锈
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；
B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水，是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发过程，C符合题意；
D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；
综上所述答案为C。
3. 普通锌锰干电池的简图如图所示，它是用锌皮制成的锌筒作电极，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽。在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液。该电池工作时的总反应为Zn＋2NH＋2MnO2=[Zn(NH3)2]2＋＋Mn2O3＋H2O。下列关于锌锰干电池的说法中正确的是( )
A. 当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原
B. 电池负极反应式为2MnO2＋2NH＋2e－=Mn2O3＋2NH3＋H2O
C. 原电池工作时，电子从负极通过外电路流向正极
D. 外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g
【答案】C
【解析】
【分析】普通锌锰干电池正极为C棒，负极为Zn，电解质是NH4Cl，电极反应为：
负极抄：Zn-2e-==Zn2+
正极：2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2O
总反应式：Zn＋2NH＋2MnO2=[Zn(NH3)2]2＋＋Mn2O3＋H2O
【详解】A．普通锌锰干电池是一次电池，不能充电复原，A错误；
B．根据原电池工作原理，负极应失电子，而该选项表示的是正极反应，B错误；
C．原电池工作时，负极失电子，故电子从负极通过外电路流向正极，C正确；
D．由负极的电极反应式可知，每通过0.1 mol电子，消耗锌的质量是65 g·mol－1 ×＝3.25 g，D错误；
故选C
4. 根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气作用生成二氧化碳和水的反应，设计一种燃料电池。该燃料电池工作时，负极上发生的反应为。
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】甲醇在酸性电解质溶液中与氧气构成的燃料中，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，故选C。
5. H2和 I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH=—a kJ·mol-1，已知：a、b、c均大于零，下列说法不正确的是
A. 反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开 1 mol H—H 键所需能量小于断开1 mol I—I键所需能量
C. 断开 2 mol H—I键所需能量约为(c＋b＋a) kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于 2a kJ
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；
B．一般而言，键长越短，键能越大，图中显示H—H键长短于I—I键长，H—H键能大于I—I键能，断裂1molH—H键所需能量大于断开1molI—I键所需能量，故B错误；
C．由反应热等于反应物断裂化学键需要的能量和生成物形成化学键放出的能量的差值可知，反应热ΔH=b kJ·mol﹣1＋c kJ·mol﹣1—2EH—I=-a kJ·mol-1，则2EH—I=(a+b+c)kJ/mol，断开2 mol H—I键所需能量约为(a＋b＋c)kJ，故C正确；
D．该反应为可逆反应，可逆反应不能进行彻底，则2 mol H2和2 mol I2充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；
故选B。
6. 用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的一项是
选项
X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
负极
CuCl2溶液
b管中有气体逸出
B
负极
NaOH溶液
溶液pH降低
C
正极
Na2SO4溶液
U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色
D
正极
AgNO3溶液
b管中电极反应式是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．X为负极，则U形管右侧为阳极，电解氯化铜溶液时，阳极氯离子被氧化生成氯气，所以b管有气体逸出，A正确；
B．电解NaOH溶液的实质是电解水，所以NaOH的浓度会增大，pH增大，B错误；
C．电源X极为正极，a管中石墨电极为阳极，b管中石墨电极为阴极，电解硫酸钠溶液的实质是电解水，H+在阴极区放电，OH-在阳极区放电，故在阴极区有大量的OH-，滴入酚酞后，b管中呈红色，在阳极区有大量的H+，a管中呈无色，C错误；
D．电源X极为正极，则b管为阴极，电解硝酸银溶液时，阴极反应为Ag++e-=Ag，D错误；
综上所述答案为A。
7. 对于反应，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：
第一步：快反应；
第二步： 慢反应；
第三步： 快反应。
上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B．NO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，故B错误；
C．只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，故C错误；
D．升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；
选A。
8. 银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：。下列说法不正确的是
A 该电池属于二次电池和碱性电池
B. 电极是电池的负极，发生氧化反应
C. 电池工作过程中，电解质溶液的浓度保持不变
D. 充电时，电池的正极应与电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【详解】A． 该电池有充电和放电两个过程，属于二次电池，放电过程的产物有氢氧化锌是碱性电池，故A正确；
B．放电时锌从0价升高到+2价，失电子发生氧化反应，电极是电池的负极， 故B正确；
C．根据电极反应式可知，电池工作过程中生成水，电解质溶液的浓度减小，故C错误；
D．根据原电池与电解池的关系，充电时，电池的正极发生氧化反应，应与电源的正极相连，故D正确；
故答案为：C
9. 如图所示是和形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下。则卡片上的描述合理的是
2021.6.18，实验后的记录：
①为正极，为负极
②极上有气泡产生，发生还原反应
③向极移动
④若有0.5电子流经导线，则可产生0.25气体
⑤电子的流向是：
⑥正极反应式：，发生氧化反应
A. ①②④ B. ②④ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】Zn和Cu形成的原电池中，Zn比Cu活泼，Zn作负极，发生 Zn-2e-=Zn2+； Cu电极为正极，发生2H++2e-=H2↑，总电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动。
【详解】①根据分析可知，Zn为负极，Cu为正极，故①正确；
②根据分析，Cu电极上发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，所以Cu极上有气泡产生，发生还原反应，故②正确；
③原电池中，阴离子向负极移动，Zn为负极，则向Zn极移动，故③错误；
④由2H++2e-=H2↑可知，有0.5mol电子流向导线，产生氢气0.25mol，故④正确；
⑤原电池外电路，电子由负极经导线流向正极，电流与电子运动方向相反，电流由正极流向负极，Zn为负极，Cu为正极，则电流的流向是：Cu→Zn，故⑤错误；
⑥根据分析，负极反应式:Zn-2e-= Zn2+，发生氧化反应，正极反应式：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故⑥错误；
综上所述①②④正确，故选A。
10. 下列有关装置的说法正确的是
A. 装置Ⅰ中为原电池的负极
B. 装置Ⅱ为一次电池
C. 装置Ⅲ可构成原电池
D. 装置Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能够与氢氧化钠溶液反应，装置Ⅰ中铝为负极，镁为正极，故A错误；
B．铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；
C．装置Ⅲ中的两个材料相同、都是Zn，不能构成原电池，故C错误；
D．装置Ⅳ为干电池，锌为负极，碳棒为正极，工作时，原电池中电子由负极沿导线流向正极，因此电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；
故选D。
11. 下列关于常温下，体积均为10mL，pH均为4的HCl溶液a和CH3COOH溶液b的有关说法不正确的是
A. 对水的电离的抑制程度相同
B. 稀释至相同pH后，Va
D. 两溶液分别与足量Zn反应，HCl溶液中放出的H2又快又多
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．酸电离出的c(H+)相同，对水的电离的抑制程度相同，A项正确；
B．稀释相同倍数，HCl的pH变化大，所以要将CH3COOH溶液多稀释一些，Va
D．两溶液pH相同，由于醋酸是弱酸，所以醋酸的物质的量浓度大于盐酸，两溶液体积相同，所以醋酸的物质的量大于HCl的物质的量，所以两溶液分别与足量Zn反应，CH3COOH溶液中放出的H2多于盐酸；随着反应的进行，醋酸电离出来的氢离子不断被锌消耗，所以醋酸的电离平衡不断向右移，又会电离出氢离子，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子浓度，所以醋酸溶液中的反应速率大于盐酸中的反应速率，所以醋酸溶液中放出的氢气又快又多，D项错误；
故选D。
12. 下列方程式书写错误的是
A. Al(OH)3⇌A13++3OH- B. Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq)
C. BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq) D. BaSO4⇌Ba2++
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al(OH)3为弱电解质，部分电离生成Al3+、OH-，电离方程式为，故A正确；
B．Al(OH)3(s)中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故B正确；
C．BaSO4中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故C正确；
D．BaSO4是强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为，故D错误；
答案选D。
13. 下列有关电解原理的应用的说法正确的是
A. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
B. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C. 电解饱和食盐水时，阴极反应式为
D. 在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上采用电解熔融氧化铝的方法治炼铝，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上锌、铁、铜失去电子发生氧化反应，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，故B错误；
C．工业上电解饱和食盐水时，水电离出的氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故C正确；
D．在铁制品上镀银时，银为镀层金属，铁为镀件，则铁制品与电源阴极相连，银作阳极，故D错误；
故选C。
14. 下列说法正确的是
A. 非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B. 相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应在室温下可自发进行，则该反应的
D. 恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．且的反应，即使改变条件也不能自发进行，A错误；
B．熵是指体系的混乱程度，相同物质的量的同种物质：，B错误；
C．反应能自发进行的判据是，由反应方程式可知，该反应的，要使，必须满足，C正确；
D．恒温恒压下，且的反应，，反应一定可以自发进行，D错误；
选C。
15. 氢气和氧气发生反应的过程用如下模型表示“-”表示化学键)，下列说法正确的是
A. 过程I是放热过程
B. 过程III一定是吸热过程
C. a的总能量大于d的总能量
D. 该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A错误；
B．过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故B错误；
C．氢气燃烧放热，则a的总能量大于d的总能量，故C正确；
D．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，不一定只能以热能的形式进行，故D错误；
故选C。
二、实验题(共18分)
16. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，是由碳酸钠、过氧化氢和水三组分体系利用氢键所形成的不稳定的复合物，高温下容易分解，易溶于水。可以替代过氧化钙作为水产养殖业的供氧剂，给在储存运输过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜，放氧速率高于过氧化钙。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。
（1）装置中仪器B的名称为_______；仪器A的进水口为_______(“上口”或“下口”)。
（2） 按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30% H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质中，可作为稳定剂使用的是_______。
A. FeCl3 B. Na2SiO3 C. MnO2 D. Na2SO3
（3）反应过程中要控制温度不能太高，原因是_______。
（4）反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是_______。
（5）过碳酸钠样品中H2O2含量的测定。
取b g 2Na2CO3∙3H2O2(M=314 g∙mol−1)配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶，加入足量稀硫酸，用0.04000 mol∙L−1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。(已知：5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O)
①实验达到滴定终点的现象是_______。
②该过氧碳酸钠的产品纯度为_______(用字母表示)。
③滴定时间过长，测得过碳酸钠产品纯度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 恒压分液漏斗 ②. 下口 （2）B
（3）防止H2O2发生分解
（4）增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出
（5） ①. 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色 ②. ③. 偏低
【解析】
【分析】根据图中装置连接好后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30% H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应，再加入氯化钠固体，增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。
【小问1详解】
根据图中信息得到装置中仪器B的名称恒压分液漏斗；仪器A为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，冷凝水是“下进上出”即进水口为下口；故答案为：恒压分液漏斗；下口。
【小问2详解】
根据题意及催化剂知识分析H2O2溶液在FeCl3、MnO2等催化剂作用下易分解，而与和还原剂Na2SO3发生氧化还原反应，因此可作为稳定剂使用的是Na2SiO3；故答案为：B。
【小问3详解】
由于H2O2溶液在温度较高条件下易分解，为了减少H2O2溶液分解，因此反应过程中要控制温度不能太高；故答案为：防止H2O2发生分解。
【小问4详解】
根据题意加入NaCl固体，增加了溶液中钠离子的物质的量浓度，有利于过碳酸钠析出；故答案为：增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。
【小问5详解】
①高锰酸钾溶液是紫红色，实验达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色；故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色。
②根据方程式得到关系式5(2Na2CO3∙3H2O2) ～15H2O2～6KMnO4，该过氧碳酸钠的产品纯度为；故答案为：。
③滴定时间过长，过氧化氢会发生分解反应，会使消耗高锰酸钾溶液的体积减小，导致测定过碳酸钠产品纯度将偏低；故答案为：偏低。
三、元素或物质推断题(共22分)
17. Ⅰ．A、B、C、D为前三周期元素。A元素的原子价电子排布为ns2np2，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子。请回答下列问题：
（1）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。
（2）已知某红紫色配合物的组成为CoCl3•5NH3•H2O，该配合物中的中心离子钴离子在基态时的核外电子排布式为___________。
（3）叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸(HN3)、叠氮化钠(NaN3)等。与全氮阴离子互为等电子体的一种非极性分子的结构式为___________。叠氮化物能形成多种配合物，在Co(NH3)5 (N3)SO4，其中阳离子空间构型为变形八面体，与Co直接相连的微粒有___________，SO的立体构型为___________。
Ⅱ．已知：I2+2S2O=S4O+2I-。相关物质溶度积常数(25℃)见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10−20
2.6×10−39
1.7×10−7
1.3×10−12
（4）在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是___________(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是___________。
（5）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀。用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用___________作滴定指示剂，滴定终点现象是___________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为___________。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为___________。
（6）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有___________。
A．装有0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗
B．锥形瓶水洗后未用待测液润洗
C．滴定终点读数时俯视
【答案】（1）P＞S＞Si
（2）[Ar]3d6 （3） ①. O=C=O ②. NH3、N ③. 正四面体
（4） ①. 2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl↑+2H2O或CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl↑ ②. 在干燥的HCl气流中加热脱水(或者加二氯亚砜)
（5） ①. 淀粉溶液 ②. 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色 ③. 2Cu2++4I−=2CuI↓+ I2 ④. 95%
（6）A
【解析】
【分析】A元素的原子价电子排布为ns2np2，则A位于ⅣA族；B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则B为O元素；C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，则C为P元素；D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子，则D为S元素。
【小问1详解】
若A元素的原子价电子排布为3s23p2，则A为Si元素；A、C、D分别为Si、P、S，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但P的3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能要大于S，所以第一电离能由大到小的顺序为P＞S＞Si；
【小问2详解】
Co为27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去最外层三个电子后形成Co3+，核外电子排布式为[Ar]3d6；
【小问3详解】
全氮阴离子为N，含有3个原子、16个价电子，互为等电子体的一种非极性分子的结构为O=C=O；阳离子空间构型为变形八面体，说明该物质中Co3+的配位数为6，结合化学式可知与Co直接相连的微粒有NH3、N；SO中心S原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，立体构型为正四面体形；
【小问4详解】
CuCl2·2H2O会水解产生HCl，而HCl在受热过程中会挥发，所以最后得到氢氧化铜固体，相应的化学方程式为：2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl↑+2H2O或CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl↑；为了抑制CuCl2·2H2O水解，应在干燥的HCl气流中加热脱水(或者加二氯亚砜)，从而得到无水CuCl2；
【小问5详解】
①取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀，说明生成CuI，同时有碘单质生成，加入Na2S2O3标准液可以还原碘单质，达到滴定终点时碘单质完全被消耗，所以可以选用淀粉溶液作滴定指示剂，开始滴入淀粉溶液，显蓝色，达到滴定终点时碘单质被完全消耗，溶液变为无水，所以滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据现象生成白色沉淀，说明生成CuI，Cu2+被还原，而试样中不含能与I-发生反应的氧化性杂质，所以应是Cu2+将I-氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Cu2++4I−=2CuI↓+ I2；
③根据电子守恒可知存在数量关系2CuCl2·2H2O~I2~2Na2S2O3，所以n(CuCl2·2H2O)=0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，所以质量百分数为×100%=95%；
【小问6详解】
A．装有0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定时所用标准液偏多，结果偏高，A符合题意；
B．锥形瓶水洗后未用待测液润洗，不影响消耗标准液的体积，对结果无影响，B不符合题意；
C．滴定终点读数时俯视，导致读取的标准液体积偏小，结果偏低，C不符合题意；
综上所述答案为A。
四、结构与性质(共15分)
18. 研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
Ⅰ．利用反应：6NO2+8NH37N2+12H2O处理
Ⅱ．一定条件下NO2与SO2可发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)-Q (Q>0)
Ⅲ．CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
(1)硫离子的电子结构示意图为_____，氨气分子的电子式为______，氨气分子属于______分子(填“极性”或者“非极性”)。
(2)C、O、S这三种元素中属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为_____________，能证明其递变规律的事实是_______。
a．最高价氧化物对应水化物的酸性 b．气态氢化物的沸点
c．单质与氢气反应的难易程度 d．其两两组合形成的化合物中元素的化合价
(3)对于Ⅰ中的反应，120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡，10min时电子转移了1.2mol，则0~10min时，平均速率v(NO2)=______________。
(4)对于Ⅱ中的反应，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中反应，下列能说明反应达到平衡状态的是______。
a．体系压强保持不变 b．NO2浓度保持不变
c．NO2和SO3的体积比保持不变 d．混合气体的平均相对分子质量保持不变
【答案】 ①. ②. ③. 极性 ④. O>C ⑤. cd ⑥. 0.015mol/(L·min) ⑦. bc
【解析】
【分析】(1)属于常用的化学用语和物质结构试题，难度不大；
(2)元素的非金属性同一周期从左往右依次增强，非金属性的强弱可以从最高价氧化物对应水化物的酸性、单质与氢气反应的难易程度、气态氢化物的稳定性以及化合物中元素的化合价等来判断；
(3)根据氧化还原反应的分析，利用电子转移数目求算出NO2的物质的量的变化量，再利用反应速率的计算公式进行求算；
(4)化学平衡状态的判断，难度不大。
【详解】(1)硫是16号元素，故硫离子的电子结构示意图为，氨气分子中N的最外层上有5个电子，故其电子式为，氨气分子属于三角锥结构，空间结构不对称，属于极性分子，故答案为：；；极性；
(2)C、O、S这三种元素中属于同周期元素是C和O，故其非金属性从左往右依次增强，故由强到弱的顺序为O>C；同一主族从上到下，非金属性减弱，故O>S；
a．最高价氧化物对应水化物的酸性，与非金属性一致，但氧元素无最高正价，a不合题意；
b．气态氢化物的沸点是物理性质，与非金属无关，b不合题意；
c．单质与氢气反应的难易程度，与非金属一致，c符合题意；
d．其两两组合形成的化合物中元素的化合价，显正价的说明非金属性较弱，显负价的说明非金属较强，d符合题意；
故答案为：O>C；cd；
(3)根据Ⅰ中的反应6NO2+8NH37N2+12H2O分析可知，每转移24mol电子，消耗6molNO2，故120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡，10min时电子转移了1.2mol，即消耗了0.3molNO2，故则0~10min时，平均速率(NO2)== 0.015mol/(L·min)，故答案为：0.015mol/(L·min)；
(4) a．分析反应可知，反应前后气体的体积保持不变，故体系压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；
b．各组分的浓度、百分含量保持不变，说明达到化学平衡，故NO2浓度保持不变能说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．假设一开始加入的NO2为xmol，反应转化了ymol，则NO2和SO3的体积比保持不变可推知：x-y=y，故y为特定值，即达到化学平衡，c符合题意；
d．混合气体的平均相对分子质量在数值上等于气体的平均摩尔质量等于气体的总质量除以气体的总物质的量，气体的总质量和气体的总物质的量均保持不变，故混合气体的平均相对分子质量保持不变不能说明反应达到化学平衡，d不合题意；
故答案为：bc。
辽宁辽阳市第二高级中学2022-2023学年
高二上学期12月月考化学试题
总分100分 考试时间100分钟 (人教版选择性必修一)
一、单项选择题(15题每题3分共45分)
1. 微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示(左侧CH3COO-转化为CO2和H+，右侧CO2和H+转化为CH4)。有关说法正确的是
A. 电源a为负极
B. 该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
C. 外电路中每通过lmol e-与a相连的电极将产生2.8L CO2
D. b电极的反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，左侧电极上CH3COO-转化为CO2和H+，发生氧化反应，左侧为阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，右侧CO2和H+转化为CH4；为还原反应，右侧为阴极；
【详解】A． 据分析，左侧电极为阳极，则电源a为正极，A错误；
B．电化学反应时，电极上电子数守恒，则有左侧 ，右侧有，二氧化碳不能零排放，B错误；
C． 不知道气体是否处于标准状况，则难以计算与a相连的电极将产生的CO2的体积，C错误；
D． 右侧为阴极区，b电极上发生还原反应，结合图示信息可知，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D正确；
答案选D。
2. 下列不属于自发进行的变化是
A. 红墨水加到清水使整杯水变红 B. 冰在室温下融化成水
C. 电解饱和食盐水 D. 铁器在潮湿的空气中生锈
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；
B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水，是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发过程，C符合题意；
D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；
综上所述答案为C。
3. 普通锌锰干电池的简图如图所示，它是用锌皮制成的锌筒作电极，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽。在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液。该电池工作时的总反应为Zn＋2NH＋2MnO2=[Zn(NH3)2]2＋＋Mn2O3＋H2O。下列关于锌锰干电池的说法中正确的是( )
A. 当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原
B. 电池负极反应式为2MnO2＋2NH＋2e－=Mn2O3＋2NH3＋H2O
C. 原电池工作时，电子从负极通过外电路流向正极
D. 外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g
【答案】C
【解析】
【分析】普通锌锰干电池正极为C棒，负极为Zn，电解质是NH4Cl，电极反应为：
负极抄：Zn-2e-==Zn2+
正极：2MnO2+2NH4++2e-=Mn2O3+2NH3+H2O
总反应式：Zn＋2NH＋2MnO2=[Zn(NH3)2]2＋＋Mn2O3＋H2O
【详解】A．普通锌锰干电池是一次电池，不能充电复原，A错误；
B．根据原电池工作原理，负极应失电子，而该选项表示的是正极反应，B错误；
C．原电池工作时，负极失电子，故电子从负极通过外电路流向正极，C正确；
D．由负极的电极反应式可知，每通过0.1 mol电子，消耗锌的质量是65 g·mol－1 ×＝3.25 g，D错误；
故选C
4. 根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气作用生成二氧化碳和水的反应，设计一种燃料电池。该燃料电池工作时，负极上发生的反应为。
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】甲醇在酸性电解质溶液中与氧气构成的燃料中，甲醇在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为，故选C。
5. H2和 I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH=—a kJ·mol-1，已知：a、b、c均大于零，下列说法不正确的是
A. 反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开 1 mol H—H 键所需能量小于断开1 mol I—I键所需能量
C. 断开 2 mol H—I键所需能量约为(c＋b＋a) kJ
D. 向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于 2a kJ
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；
B．一般而言，键长越短，键能越大，图中显示H—H键长短于I—I键长，H—H键能大于I—I键能，断裂1molH—H键所需能量大于断开1molI—I键所需能量，故B错误；
C．由反应热等于反应物断裂化学键需要的能量和生成物形成化学键放出的能量的差值可知，反应热ΔH=b kJ·mol﹣1＋c kJ·mol﹣1—2EH—I=-a kJ·mol-1，则2EH—I=(a+b+c)kJ/mol，断开2 mol H—I键所需能量约为(a＋b＋c)kJ，故C正确；
D．该反应为可逆反应，可逆反应不能进行彻底，则2 mol H2和2 mol I2充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；
故选B。
6. 用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的一项是
选项
X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
负极
CuCl2溶液
b管中有气体逸出
B
负极
NaOH溶液
溶液pH降低
C
正极
Na2SO4溶液
U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色
D
正极
AgNO3溶液
b管中电极反应式是
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．X为负极，则U形管右侧为阳极，电解氯化铜溶液时，阳极氯离子被氧化生成氯气，所以b管有气体逸出，A正确；
B．电解NaOH溶液的实质是电解水，所以NaOH的浓度会增大，pH增大，B错误；
C．电源X极为正极，a管中石墨电极为阳极，b管中石墨电极为阴极，电解硫酸钠溶液的实质是电解水，H+在阴极区放电，OH-在阳极区放电，故在阴极区有大量的OH-，滴入酚酞后，b管中呈红色，在阳极区有大量的H+，a管中呈无色，C错误；
D．电源X极为正极，则b管为阴极，电解硝酸银溶液时，阴极反应为Ag++e-=Ag，D错误；
综上所述答案为A。
7. 对于反应，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：
第一步：快反应；
第二步： 慢反应；
第三步： 快反应。
上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是
A. 该反应的速率由第二步反应决定
B. 反应的中间产物有N2O2、N2O和H2
C. 第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞
D. 若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；
B．NO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，故B错误；
C．只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，故C错误；
D．升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；
选A。
8. 银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：。下列说法不正确的是
A 该电池属于二次电池和碱性电池
B. 电极是电池的负极，发生氧化反应
C. 电池工作过程中，电解质溶液的浓度保持不变
D. 充电时，电池的正极应与电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【详解】A． 该电池有充电和放电两个过程，属于二次电池，放电过程的产物有氢氧化锌是碱性电池，故A正确；
B．放电时锌从0价升高到+2价，失电子发生氧化反应，电极是电池的负极， 故B正确；
C．根据电极反应式可知，电池工作过程中生成水，电解质溶液的浓度减小，故C错误；
D．根据原电池与电解池的关系，充电时，电池的正极发生氧化反应，应与电源的正极相连，故D正确；
故答案为：C
9. 如图所示是和形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下。则卡片上的描述合理的是
2021.6.18，实验后的记录：
①为正极，为负极
②极上有气泡产生，发生还原反应
③向极移动
④若有0.5电子流经导线，则可产生0.25气体
⑤电子的流向是：
⑥正极反应式：，发生氧化反应
A. ①②④ B. ②④ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】Zn和Cu形成的原电池中，Zn比Cu活泼，Zn作负极，发生 Zn-2e-=Zn2+； Cu电极为正极，发生2H++2e-=H2↑，总电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阴离子向负极移动。
【详解】①根据分析可知，Zn为负极，Cu为正极，故①正确；
②根据分析，Cu电极上发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，所以Cu极上有气泡产生，发生还原反应，故②正确；
③原电池中，阴离子向负极移动，Zn为负极，则向Zn极移动，故③错误；
④由2H++2e-=H2↑可知，有0.5mol电子流向导线，产生氢气0.25mol，故④正确；
⑤原电池外电路，电子由负极经导线流向正极，电流与电子运动方向相反，电流由正极流向负极，Zn为负极，Cu为正极，则电流的流向是：Cu→Zn，故⑤错误；
⑥根据分析，负极反应式:Zn-2e-= Zn2+，发生氧化反应，正极反应式：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故⑥错误；
综上所述①②④正确，故选A。
10. 下列有关装置的说法正确的是
A. 装置Ⅰ中为原电池的负极
B. 装置Ⅱ为一次电池
C. 装置Ⅲ可构成原电池
D. 装置Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能够与氢氧化钠溶液反应，装置Ⅰ中铝为负极，镁为正极，故A错误；
B．铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；
C．装置Ⅲ中的两个材料相同、都是Zn，不能构成原电池，故C错误；
D．装置Ⅳ为干电池，锌为负极，碳棒为正极，工作时，原电池中电子由负极沿导线流向正极，因此电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；
故选D。
11. 下列关于常温下，体积均为10mL，pH均为4的HCl溶液a和CH3COOH溶液b的有关说法不正确的是
A. 对水的电离的抑制程度相同
B. 稀释至相同pH后，Va
D. 两溶液分别与足量Zn反应，HCl溶液中放出的H2又快又多
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．酸电离出的c(H+)相同，对水的电离的抑制程度相同，A项正确；
B．稀释相同倍数，HCl的pH变化大，所以要将CH3COOH溶液多稀释一些，Va
D．两溶液pH相同，由于醋酸是弱酸，所以醋酸的物质的量浓度大于盐酸，两溶液体积相同，所以醋酸的物质的量大于HCl的物质的量，所以两溶液分别与足量Zn反应，CH3COOH溶液中放出的H2多于盐酸；随着反应的进行，醋酸电离出来的氢离子不断被锌消耗，所以醋酸的电离平衡不断向右移，又会电离出氢离子，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子浓度，所以醋酸溶液中的反应速率大于盐酸中的反应速率，所以醋酸溶液中放出的氢气又快又多，D项错误；
故选D。
12. 下列方程式书写错误的是
A. Al(OH)3⇌A13++3OH- B. Al(OH)3(s)⇌Al3+(aq)+3OH-(aq)
C. BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+(aq) D. BaSO4⇌Ba2++
【答案】D
【解析】
【详解】A．Al(OH)3为弱电解质，部分电离生成Al3+、OH-，电离方程式为，故A正确；
B．Al(OH)3(s)中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故B正确；
C．BaSO4中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为，故C正确；
D．BaSO4是强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为，故D错误；
答案选D。
13. 下列有关电解原理的应用的说法正确的是
A. 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
B. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C. 电解饱和食盐水时，阴极反应式为
D. 在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上采用电解熔融氧化铝的方法治炼铝，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上锌、铁、铜失去电子发生氧化反应，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，故B错误；
C．工业上电解饱和食盐水时，水电离出的氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故C正确；
D．在铁制品上镀银时，银为镀层金属，铁为镀件，则铁制品与电源阴极相连，银作阳极，故D错误；
故选C。
14. 下列说法正确的是
A. 非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B. 相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C. 反应在室温下可自发进行，则该反应的
D. 恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．且的反应，即使改变条件也不能自发进行，A错误；
B．熵是指体系的混乱程度，相同物质的量的同种物质：，B错误；
C．反应能自发进行的判据是，由反应方程式可知，该反应的，要使，必须满足，C正确；
D．恒温恒压下，且的反应，，反应一定可以自发进行，D错误；
选C。
15. 氢气和氧气发生反应的过程用如下模型表示“-”表示化学键)，下列说法正确的是
A. 过程I是放热过程
B. 过程III一定是吸热过程
C. a的总能量大于d的总能量
D. 该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A错误；
B．过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故B错误；
C．氢气燃烧放热，则a的总能量大于d的总能量，故C正确；
D．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，不一定只能以热能的形式进行，故D错误；
故选C。
二、实验题(共18分)
16. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固体双氧水，是由碳酸钠、过氧化氢和水三组分体系利用氢键所形成的不稳定的复合物，高温下容易分解，易溶于水。可以替代过氧化钙作为水产养殖业的供氧剂，给在储存运输过程中的鱼、虾等生物供氧保鲜，放氧速率高于过氧化钙。某实验小组模拟工业生产过碳酸钠，装置如图所示。
（1）装置中仪器B的名称为_______；仪器A的进水口为_______(“上口”或“下口”)。
（2） 按图连接好装置后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30% H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应。下列物质中，可作为稳定剂使用的是_______。
A. FeCl3 B. Na2SiO3 C. MnO2 D. Na2SO3
（3）反应过程中要控制温度不能太高，原因是_______。
（4）反应后向混合物中加入NaCl固体，搅拌、静置、过滤、洗涤、低温干燥，得到过碳酸钠固体。加入NaCl固体的作用是_______。
（5）过碳酸钠样品中H2O2含量的测定。
取b g 2Na2CO3∙3H2O2(M=314 g∙mol−1)配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶，加入足量稀硫酸，用0.04000 mol∙L−1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。(已知：5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O)
①实验达到滴定终点的现象是_______。
②该过氧碳酸钠的产品纯度为_______(用字母表示)。
③滴定时间过长，测得过碳酸钠产品纯度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 恒压分液漏斗 ②. 下口 （2）B
（3）防止H2O2发生分解
（4）增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出
（5） ①. 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色 ②. ③. 偏低
【解析】
【分析】根据图中装置连接好后，先将饱和Na2CO3溶液和稳定剂在三颈烧瓶中混合均匀，再从仪器B中缓慢滴入30% H2O2溶液，在磁力搅拌下充分反应，再加入氯化钠固体，增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。
【小问1详解】
根据图中信息得到装置中仪器B的名称恒压分液漏斗；仪器A为球形冷凝管，其作用是冷凝回流，冷凝水是“下进上出”即进水口为下口；故答案为：恒压分液漏斗；下口。
【小问2详解】
根据题意及催化剂知识分析H2O2溶液在FeCl3、MnO2等催化剂作用下易分解，而与和还原剂Na2SO3发生氧化还原反应，因此可作为稳定剂使用的是Na2SiO3；故答案为：B。
【小问3详解】
由于H2O2溶液在温度较高条件下易分解，为了减少H2O2溶液分解，因此反应过程中要控制温度不能太高；故答案为：防止H2O2发生分解。
【小问4详解】
根据题意加入NaCl固体，增加了溶液中钠离子的物质的量浓度，有利于过碳酸钠析出；故答案为：增大溶液中钠离子的浓度，有利于过碳酸钠的析出。
【小问5详解】
①高锰酸钾溶液是紫红色，实验达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色；故答案为：当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液变为紫色，且半分钟内溶液不褪色。
②根据方程式得到关系式5(2Na2CO3∙3H2O2) ～15H2O2～6KMnO4，该过氧碳酸钠的产品纯度为；故答案为：。
③滴定时间过长，过氧化氢会发生分解反应，会使消耗高锰酸钾溶液的体积减小，导致测定过碳酸钠产品纯度将偏低；故答案为：偏低。
三、元素或物质推断题(共22分)
17. Ⅰ．A、B、C、D为前三周期元素。A元素的原子价电子排布为ns2np2，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子。请回答下列问题：
（1）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，A、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。
（2）已知某红紫色配合物的组成为CoCl3•5NH3•H2O，该配合物中的中心离子钴离子在基态时的核外电子排布式为___________。
（3）叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸(HN3)、叠氮化钠(NaN3)等。与全氮阴离子互为等电子体的一种非极性分子的结构式为___________。叠氮化物能形成多种配合物，在Co(NH3)5 (N3)SO4，其中阳离子空间构型为变形八面体，与Co直接相连的微粒有___________，SO的立体构型为___________。
Ⅱ．已知：I2+2S2O=S4O+2I-。相关物质溶度积常数(25℃)见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10−20
2.6×10−39
1.7×10−7
1.3×10−12
（4）在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是___________(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是___________。
（5）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀。用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用___________作滴定指示剂，滴定终点现象是___________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为___________。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为___________。
（6）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有___________。
A．装有0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗
B．锥形瓶水洗后未用待测液润洗
C．滴定终点读数时俯视
【答案】（1）P＞S＞Si
（2）[Ar]3d6 （3） ①. O=C=O ②. NH3、N ③. 正四面体
（4） ①. 2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl↑+2H2O或CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl↑ ②. 在干燥的HCl气流中加热脱水(或者加二氯亚砜)
（5） ①. 淀粉溶液 ②. 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色 ③. 2Cu2++4I−=2CuI↓+ I2 ④. 95%
（6）A
【解析】
【分析】A元素的原子价电子排布为ns2np2，则A位于ⅣA族；B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则B为O元素；C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，则C为P元素；D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子，则D为S元素。
【小问1详解】
若A元素的原子价电子排布为3s23p2，则A为Si元素；A、C、D分别为Si、P、S，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但P的3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能要大于S，所以第一电离能由大到小的顺序为P＞S＞Si；
【小问2详解】
Co为27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去最外层三个电子后形成Co3+，核外电子排布式为[Ar]3d6；
【小问3详解】
全氮阴离子为N，含有3个原子、16个价电子，互为等电子体的一种非极性分子的结构为O=C=O；阳离子空间构型为变形八面体，说明该物质中Co3+的配位数为6，结合化学式可知与Co直接相连的微粒有NH3、N；SO中心S原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，立体构型为正四面体形；
【小问4详解】
CuCl2·2H2O会水解产生HCl，而HCl在受热过程中会挥发，所以最后得到氢氧化铜固体，相应的化学方程式为：2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl↑+2H2O或CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl↑；为了抑制CuCl2·2H2O水解，应在干燥的HCl气流中加热脱水(或者加二氯亚砜)，从而得到无水CuCl2；
【小问5详解】
①取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀，说明生成CuI，同时有碘单质生成，加入Na2S2O3标准液可以还原碘单质，达到滴定终点时碘单质完全被消耗，所以可以选用淀粉溶液作滴定指示剂，开始滴入淀粉溶液，显蓝色，达到滴定终点时碘单质被完全消耗，溶液变为无水，所以滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
②根据现象生成白色沉淀，说明生成CuI，Cu2+被还原，而试样中不含能与I-发生反应的氧化性杂质，所以应是Cu2+将I-氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Cu2++4I−=2CuI↓+ I2；
③根据电子守恒可知存在数量关系2CuCl2·2H2O~I2~2Na2S2O3，所以n(CuCl2·2H2O)=0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，所以质量百分数为×100%=95%；
【小问6详解】
A．装有0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定时所用标准液偏多，结果偏高，A符合题意；
B．锥形瓶水洗后未用待测液润洗，不影响消耗标准液的体积，对结果无影响，B不符合题意；
C．滴定终点读数时俯视，导致读取的标准液体积偏小，结果偏低，C不符合题意；
综上所述答案为A。
四、结构与性质(共15分)
18. 研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
Ⅰ．利用反应：6NO2+8NH37N2+12H2O处理
Ⅱ．一定条件下NO2与SO2可发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)-Q (Q>0)
Ⅲ．CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
(1)硫离子的电子结构示意图为_____，氨气分子的电子式为______，氨气分子属于______分子(填“极性”或者“非极性”)。
(2)C、O、S这三种元素中属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为_____________，能证明其递变规律的事实是_______。
a．最高价氧化物对应水化物的酸性 b．气态氢化物的沸点
c．单质与氢气反应的难易程度 d．其两两组合形成的化合物中元素的化合价
(3)对于Ⅰ中的反应，120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡，10min时电子转移了1.2mol，则0~10min时，平均速率v(NO2)=______________。
(4)对于Ⅱ中的反应，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中反应，下列能说明反应达到平衡状态的是______。
a．体系压强保持不变 b．NO2浓度保持不变
c．NO2和SO3的体积比保持不变 d．混合气体的平均相对分子质量保持不变
【答案】 ①. ②. ③. 极性 ④. O>C ⑤. cd ⑥. 0.015mol/(L·min) ⑦. bc
【解析】
【分析】(1)属于常用的化学用语和物质结构试题，难度不大；
(2)元素的非金属性同一周期从左往右依次增强，非金属性的强弱可以从最高价氧化物对应水化物的酸性、单质与氢气反应的难易程度、气态氢化物的稳定性以及化合物中元素的化合价等来判断；
(3)根据氧化还原反应的分析，利用电子转移数目求算出NO2的物质的量的变化量，再利用反应速率的计算公式进行求算；
(4)化学平衡状态的判断，难度不大。
【详解】(1)硫是16号元素，故硫离子的电子结构示意图为，氨气分子中N的最外层上有5个电子，故其电子式为，氨气分子属于三角锥结构，空间结构不对称，属于极性分子，故答案为：；；极性；
(2)C、O、S这三种元素中属于同周期元素是C和O，故其非金属性从左往右依次增强，故由强到弱的顺序为O>C；同一主族从上到下，非金属性减弱，故O>S；
a．最高价氧化物对应水化物的酸性，与非金属性一致，但氧元素无最高正价，a不合题意；
b．气态氢化物的沸点是物理性质，与非金属无关，b不合题意；
c．单质与氢气反应的难易程度，与非金属一致，c符合题意；
d．其两两组合形成的化合物中元素的化合价，显正价的说明非金属性较弱，显负价的说明非金属较强，d符合题意；
故答案为：O>C；cd；
(3)根据Ⅰ中的反应6NO2+8NH37N2+12H2O分析可知，每转移24mol电子，消耗6molNO2，故120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡，10min时电子转移了1.2mol，即消耗了0.3molNO2，故则0~10min时，平均速率(NO2)== 0.015mol/(L·min)，故答案为：0.015mol/(L·min)；
(4) a．分析反应可知，反应前后气体的体积保持不变，故体系压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；
b．各组分的浓度、百分含量保持不变，说明达到化学平衡，故NO2浓度保持不变能说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．假设一开始加入的NO2为xmol，反应转化了ymol，则NO2和SO3的体积比保持不变可推知：x-y=y，故y为特定值，即达到化学平衡，c符合题意；
d．混合气体的平均相对分子质量在数值上等于气体的平均摩尔质量等于气体的总质量除以气体的总物质的量，气体的总质量和气体的总物质的量均保持不变，故混合气体的平均相对分子质量保持不变不能说明反应达到化学平衡，d不合题意；
故答案为：bc。
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