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2022-2023学年四川省内江市威远中学校高二上学期第二次月考（期中考试）化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年四川省内江市威远中学校高二上学期第二次月考（期中考试）化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
四川省内江市威远中学校2022-2023学年高二上学期
第二次月考（期中考试）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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3
C．与4He互为同位素 D．中子数为3
【答案】C
【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；
B．3He的质量数为3，质子数为2，故B错误；
C．3He与4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．3He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/(L·min) B．v(O3)=3 mol/(L·min)
C．v(N2O5)=0.1 mol/(L·s) D．v(O2)=0.2 mol/(L·s)
【答案】D
【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】A．v(NO2)=4 mol/(L·min)，则v(O3)=v(NO2)=2 mol/(L·min) ；
B．v(O3)=3 mol/(L·min)；
C．v(N2O5)=0.1 mol/(L·s)，则v(O3)=v(N2O5)=0.1 mol/(L·s)=6 mol/(L·min)；
D．v(O2)=0.2 mol/(L·s)，则v(O3)=v(O2)=0.2 mol/(L·s)=12 mol/(L·min)；
可见用O3的浓度变化表示反应速率最大值是12 mol/(L·min)，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
【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；
B．P4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109°28’，B错误；
C．NCl3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；
D．NH3BH3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．①为简单立方堆积；②、③为体心立方堆积；④为面心立方最密堆积
B．每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④
【答案】B
【详解】A．由金属晶体的晶胞结构图可知：①为简单立方堆积；②为体心立方堆积；③为六方最密堆积；④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①中原子个数=8×=1；晶胞②中原子个数=1+8×=2；晶胞③中原子个数=1+8×=2，晶胞④中原子个数=8×+6×=4，B正确；
C．①为简单立方堆积，配位数为6；②为体心立方堆积，配位数为8；③为六方最密堆积，配位数为12；④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：①＜②＜③=④，D错误；
故合理选项是B。
5．化学上存在许多的递变关系，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
【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，对应阳离子半径从上至下依次增大，因此熔沸点：Li>Na>K>Rb，硬度：硬度：Li>Na>K>Rb，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：F>Cl>Br>I，则简单氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr>HI；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：
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：，同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大，因此电负性：Cl>S>P，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1299.6kJ•mol-1，则2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)的△H=-2599.2kJ•mol-1
D．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
【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=-2599.2kJ•mol-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)=2AB(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ΔH=+(a-b)kJ/mol
C．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
【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=+(a－b) 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
【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3×0.5mol=1.5mol碳碳键，故A项错误；
B．选择碘晶胞中位于面心的I2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；
D．B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1.2
C．标准状况下，11.2L 中含氧原子数为1.5
D．0.2mol 中含共价键的数目为
【答案】A
【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
【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ⅠA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ⅥA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，金属性E>C，A正确；
B．D为S，其价层电子排布式为3s23p4，B正确；
C．A和B形成的化合物有H2O和H2O2，C正确；
D．B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
【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】A．Mg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，与稀硝酸反应产生一氧化氮，B错误；
C．Mg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
【详解】A．HClO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/(L•min) B．v(B)=0.15mol/(L•min)
C．3v(B)=2v(C) D．A的转化率为40%
【答案】B
【详解】A．D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/(L•min) =0.15mol/(L•min)，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；
D．C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/L×2L=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++SO
D．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
【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，在体积恒定的密闭容器中，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1∶3∶2
【答案】D
【详解】A．B的质量不再变化，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，1∶3∶2，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：S＞C
B
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．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．H2SO3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；
B．Fe2+、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②中形成了，中有12molσ键
B．由④可知，与可能会结合产生黄色物质
C．由②③④推测，溶液中存在：
D．若取少量④中溶液进行稀释，溶液依然为绿色
【答案】D
【详解】A．实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②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8molσ键和4mol配位键，共12molσ键，故A正确；
B．向③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．③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的混合呈现的颜色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：，[CuCl4]2-可能为黄色，故C正确；
D．③中溶液为蓝色，④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
【详解】A．O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ⅣA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：CH4>NH3>H2O
g.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+>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
【详解】a．CS2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；
b．ClO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；
c．SF6中硫原子最外层电子数为6+6=12，c错误；
d．SiF4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；
e．Ge为32号元素，是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2，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：CH4>NH3>H2O，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
①硫酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸钠固体可以增大浓度从而加快反应速率
②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
③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
④一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
⑤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．①②④ B．①②⑤ C．②⑤ D．①②③
【答案】B
【详解】①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；
②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，故错误；
③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；
④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；
⑤氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为Fe3+3SCN—Fe(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；
①②⑤错误，故选B。
21．一定温度下，将2mol PCl5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2mol PCl5，在温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=p2 B．PCl5的转化率增大
C．PCl3%减小 D．再通入2mol PCl5的时候，平衡是向逆反应方向移动的
【答案】C
【详解】A．若再2mol PCl5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2p1＞p2，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、实验题
22．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①～⑤所得数据如图曲线①～⑤所示及分组实验数据：
实验编号
Na2S2O3溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
c / (mol·L-1)
V / mL
c / (mol·L-1)
V / mL
V / mL
①
0.1
1.5
0.1
3.5
10
②
0.1
2.5
0.1
3.5
9
③
0.1
3.5
0.1
3.5
x
④
0.1
3.5
0.1
2.5
9
⑤
0.1
3.5
0.1
1.5
10
【分析与解释】
(1)实验序号①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③中，x =_______。
(3)实验①、②、③的目的是_______。
(4)通过比较①、②、③与③、④、⑤两组实验，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=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O； 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①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量；
(5) 溶液变为蓝色； KSCN； 溶液变为红色。
【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。
【详解】（1）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：Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，实验序号①中，溶液混合后Na2S2O3 溶液的初始浓度为：=0.01，答案为：Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O；0.01；
（2）实验③中，溶液总体积为15ml，则，故答案为：8ml；
（3）实验①、②、③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；
（4）通过比较①、②、③与③、④、⑤两组实验，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①、②、③组实验Na2S2O3溶液浓度的变化对达到相同浑浊度的时间比③、④、⑤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①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量；
（5）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。
三、填空题
23．回答下列问题：
(1)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_______。
②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
③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1∶3∶2 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(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：
①画出砷的原子结构示意图_______。
②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_______。
③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
【详解】（1）①当生成0.2molNH3时，消耗氢气0.3mol，氢气的转化率为：；
②A.加催化剂可以加快反应速率，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；
③A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，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，混合气体的密度始终保持不变，不能判断达到平衡，D错误；
故选C。
（2）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：；
（3）①As的原子序数为33，原子结构示意图为：；
②As2S3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；
③记I： ；
II： ；III ，目标反应=2I-3II-III，故。
四、结构与性质
24．研究发现，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σ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=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； 。
【详解】（1）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；
（2）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；
（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，与均为非极性分子，分子量较大、范德华力较大；
（4）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σ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；
（5）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；
故答案为：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+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①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_________________。
②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． π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。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②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
③若该化合物密度为pg·cm-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 体心 棱心
【详解】（1）铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
（2）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。
（3）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。
②由M结构可知，M中存在N→Ni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π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
（4）①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。
②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。
③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。
四川省内江市威远中学校2022-2023学年高二上学期
第二次月考（期中考试）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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3
C．与4He互为同位素 D．中子数为3
【答案】C
【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；
B．3He的质量数为3，质子数为2，故B错误；
C．3He与4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．3He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/(L·min) B．v(O3)=3 mol/(L·min)
C．v(N2O5)=0.1 mol/(L·s) D．v(O2)=0.2 mol/(L·s)
【答案】D
【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】A．v(NO2)=4 mol/(L·min)，则v(O3)=v(NO2)=2 mol/(L·min) ；
B．v(O3)=3 mol/(L·min)；
C．v(N2O5)=0.1 mol/(L·s)，则v(O3)=v(N2O5)=0.1 mol/(L·s)=6 mol/(L·min)；
D．v(O2)=0.2 mol/(L·s)，则v(O3)=v(O2)=0.2 mol/(L·s)=12 mol/(L·min)；
可见用O3的浓度变化表示反应速率最大值是12 mol/(L·min)，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
【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；
B．P4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109°28’，B错误；
C．NCl3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；
D．NH3BH3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．①为简单立方堆积；②、③为体心立方堆积；④为面心立方最密堆积
B．每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C．晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D．空间利用率的大小关系为：①＜②＜③＜④
【答案】B
【详解】A．由金属晶体的晶胞结构图可知：①为简单立方堆积；②为体心立方堆积；③为六方最密堆积；④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①中原子个数=8×=1；晶胞②中原子个数=1+8×=2；晶胞③中原子个数=1+8×=2，晶胞④中原子个数=8×+6×=4，B正确；
C．①为简单立方堆积，配位数为6；②为体心立方堆积，配位数为8；③为六方最密堆积，配位数为12；④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：①＜②＜③=④，D错误；
故合理选项是B。
5．化学上存在许多的递变关系，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
【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，对应阳离子半径从上至下依次增大，因此熔沸点：Li>Na>K>Rb，硬度：硬度：Li>Na>K>Rb，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：F>Cl>Br>I，则简单氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr>HI；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：
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：，同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大，因此电负性：Cl>S>P，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1299.6kJ•mol-1，则2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)的△H=-2599.2kJ•mol-1
D．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
【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=-2599.2kJ•mol-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)=2AB(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ΔH=+(a-b)kJ/mol
C．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
【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=+(a－b) 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
【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3×0.5mol=1.5mol碳碳键，故A项错误；
B．选择碘晶胞中位于面心的I2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；
D．B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1.2
C．标准状况下，11.2L 中含氧原子数为1.5
D．0.2mol 中含共价键的数目为
【答案】A
【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
【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ⅠA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ⅥA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，金属性E>C，A正确；
B．D为S，其价层电子排布式为3s23p4，B正确；
C．A和B形成的化合物有H2O和H2O2，C正确；
D．B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
【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】A．Mg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，与稀硝酸反应产生一氧化氮，B错误；
C．Mg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
【详解】A．HClO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/(L•min) B．v(B)=0.15mol/(L•min)
C．3v(B)=2v(C) D．A的转化率为40%
【答案】B
【详解】A．D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/(L•min) =0.15mol/(L•min)，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；
D．C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/L×2L=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++SO
D．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
【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，在体积恒定的密闭容器中，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1∶3∶2
【答案】D
【详解】A．B的质量不再变化，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，1∶3∶2，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：S＞C
B
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．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．H2SO3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；
B．Fe2+、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②中形成了，中有12molσ键
B．由④可知，与可能会结合产生黄色物质
C．由②③④推测，溶液中存在：
D．若取少量④中溶液进行稀释，溶液依然为绿色
【答案】D
【详解】A．实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②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8molσ键和4mol配位键，共12molσ键，故A正确；
B．向③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．③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的混合呈现的颜色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：，[CuCl4]2-可能为黄色，故C正确；
D．③中溶液为蓝色，④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
【详解】A．O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ⅣA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：CH4>NH3>H2O
g.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+>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
【详解】a．CS2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；
b．ClO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；
c．SF6中硫原子最外层电子数为6+6=12，c错误；
d．SiF4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；
e．Ge为32号元素，是ⅣA族的一个主族元素，其核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p2，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：CH4>NH3>H2O，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
①硫酸与足量锌片反应时，加入少量硫酸钠固体可以增大浓度从而加快反应速率
②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
③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
④一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
⑤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．①②④ B．①②⑤ C．②⑤ D．①②③
【答案】B
【详解】①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；
②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，故错误；
③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；
④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；
⑤氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应的离子方程式为Fe3+3SCN—Fe(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；
①②⑤错误，故选B。
21．一定温度下，将2mol PCl5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2mol PCl5，在温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=p2 B．PCl5的转化率增大
C．PCl3%减小 D．再通入2mol PCl5的时候，平衡是向逆反应方向移动的
【答案】C
【详解】A．若再2mol PCl5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2p1＞p2，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、实验题
22．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①～⑤所得数据如图曲线①～⑤所示及分组实验数据：
实验编号
Na2S2O3溶液
H2SO4溶液
蒸馏水
c / (mol·L-1)
V / mL
c / (mol·L-1)
V / mL
V / mL
①
0.1
1.5
0.1
3.5
10
②
0.1
2.5
0.1
3.5
9
③
0.1
3.5
0.1
3.5
x
④
0.1
3.5
0.1
2.5
9
⑤
0.1
3.5
0.1
1.5
10
【分析与解释】
(1)实验序号①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③中，x =_______。
(3)实验①、②、③的目的是_______。
(4)通过比较①、②、③与③、④、⑤两组实验，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=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O； 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①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量；
(5) 溶液变为蓝色； KSCN； 溶液变为红色。
【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。
【详解】（1）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：Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，实验序号①中，溶液混合后Na2S2O3 溶液的初始浓度为：=0.01，答案为：Na2S2O3 + H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O；0.01；
（2）实验③中，溶液总体积为15ml，则，故答案为：8ml；
（3）实验①、②、③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；
（4）通过比较①、②、③与③、④、⑤两组实验，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①、②、③组实验Na2S2O3溶液浓度的变化对达到相同浑浊度的时间比③、④、⑤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①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量；
（5）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。
三、填空题
23．回答下列问题：
(1)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_______。
②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
③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1∶3∶2 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(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：
①画出砷的原子结构示意图_______。
②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_______。
③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
【详解】（1）①当生成0.2molNH3时，消耗氢气0.3mol，氢气的转化率为：；
②A.加催化剂可以加快反应速率，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；
③A.容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1∶3∶2，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，混合气体的密度始终保持不变，不能判断达到平衡，D错误；
故选C。
（2）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：；
（3）①As的原子序数为33，原子结构示意图为：；
②As2S3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；
③记I： ；
II： ；III ，目标反应=2I-3II-III，故。
四、结构与性质
24．研究发现，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σ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=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； 。
【详解】（1）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；
（2）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；
（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，与均为非极性分子，分子量较大、范德华力较大；
（4）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σ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；
（5）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；
故答案为：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+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①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_________________。
②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． π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。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②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
③若该化合物密度为pg·cm-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 体心 棱心
【详解】（1）铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
（2）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。
（3）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。
②由M结构可知，M中存在N→Ni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π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
（4）①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。
②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。
③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。
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