2022-2023学年福建省福州市八县（市）协作校高二（下）期末化学试卷（含详细答案解析）

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1.镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。下列说法正确的是( )
A. 二氧化碳的电子式为
B. 基态氧原子的价层电子排布式为1s22s22p4
C. 二氧化碳分子中的碳原子采取sp2杂化方式
D. 元素的电负性：Mg”“”、“Se>GaGaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强 NH3分子之间存在氢键 4sp2 共价 580NA×(5.65×10−8)3
【解析】解：(1)Ga为31号元素，位于周期表中第四周期第ⅢA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；，最高能级为4p，电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：[Ar]3d104s24p1；哑铃形；
(2)根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3，
故答案为：+1；
(3)同一周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，故第一电离能由大到小顺序是：As>Se>Ga，
故答案为：As>Se>Ga；
(4)根据三种卤化物的熔沸点分析，三种卤化物的熔沸点均较低，说明都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，
故答案为：GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，它们均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；
(5)NH3分子之间存在氢键，所以AsH3的沸点比NH3低，
故答案为：NH3分子之间存在氢键；
(6)从二水合草酸镓的结构图可知，镓原子与4个O原子成键，配位数为4；草酸根中碳原子形成3个σ键，价层电子对数为3，为sp2杂化，
故答案为：4；sp2；
(7)由砷化镓晶胞可知，As和Ga形成空间网状结构，熔点为1238℃，比较高，砷化镓晶体为共价晶体；4个As位于体内，Ga位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，晶胞的质量为4×(70+75)NAg，晶胞的体积为(5.65×10−8)3cm3，晶体密度ρ=mV=4×(70+75)NA(5.65×10−8)3g/cm3=580NA×(5.65×10−8)3g/cm3，
故答案为：共价；580NA×(5.65×10−8)3。
(1)Ga为31号元素，位于周期表中第四周期第ⅢA族；最高能级为4p；
(2)根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难；
(3)同一周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；
(4)三种卤化物的熔沸点均较低，说明都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；
(5)NH3分子之间存在氢键；
(6)从二水合草酸镓的结构图可知，镓原子与4个O原子成键；草酸根中碳原子形成3个σ键；
(7)根据砷化镓晶体结构和熔点判断晶体类型；由砷化镓晶胞可知，有4个As位于体内，Ga位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，晶胞的质量为4×(70+75)NAg，晶胞的体积为(5.65×10−8)3cm3，根据ρ=mV计算晶体密度。
本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周期律、原子杂化类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞密度的计算，题目难度中等。
13.【答案】2△H1+2△H2+△H3 c=0.0550%p2>p3 21177(kPa)−3
【解析】解：(1)①MS2(s)⇌M(s)+S2(g)△H1；②S2(g)+2O2(g)⇌2SO2(g)△H2；③2M(s)+3O2(g)⇌2MO3(s)△H3将方程式2(①+②)+③得方程式2MS2(s)+7O2(g)⇌2MO3(s)+4SO2(g)△H=2△H1+2△H2+△H3，
故答案为：2△H1+2△H2+△H3；
(2)①a.反应前后气体总质量增加、容器体积不变，则反应前后气体的密度增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故a正确；
b.气体的相对分子质量始终不变，所以气体的相对分子质量不变，反应不定处于 平衡状态，故b正确；
c.MS2是固体，不影响平衡移动，故c错误；
故答案为：c；
②K=c(S2)，温度不变化学平衡常数不变，则c(S2)不变，
故答案为：=；
(3)恒温恒容条件下气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡时混合气体总物质的量=2.5ml×80%=2ml，根据方程式知，混合气体在反应前后减少的物质的量等于参加反应的n(S2)=(2.5−2)ml=0.5ml，0∼5min内，v(S2)=△nV△t；=0.525ml/(L.min)=0.05ml/(L.min)，S2的转化率为0.5ml1ml×100%=50%，
故答案为：0.05；50%；
(4)①升高温度氧气转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△Hp2>p3，
故答案为：p2>p3；
②若初始时通入7.0mlO2，p2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则消耗的n(O2)=7ml×50%=3.5ml，
可逆反应2MS2(s)+7O2(g)⇌2MO3(s)+4SO2(g)
开始(ml)70
反应(ml)3.52
平衡(ml)3.52
恒温恒容时氧气之比等于气体物质的量之比，则平衡压强为5.5kPa，P(O2)=×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=2ml5.5ml×5.5kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp=P4(SO2)P7(O2)=(2kPa)4(3.5kPa)7=21177(kPa)−3，
故答案为：21177(kPa)−3。
(1)①MS2(s)⇌M(s)+S2(g)△H1；②S2(g)+2O2(g)⇌2SO2(g)△H2；③2M(s)+3O2(g)⇌2MO3(s)△H3将方程式2(①+②)+③得方程式2MS2(s)+7O2(g)⇌2MO3(s)+4SO2(g)△H进行相应的改变；
(2)①a.反应前后气体总质量增加、容器体积不变，则反应前后气体的密度增大；
b.气体的相对分子质量始终不变；
c.MS2是固体，不影响平衡移动；
②K=c(S2)，温度不变化学平衡常数不变；
(3)恒温恒容条件下气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡时混合气体总物质的量=2.5ml×80%=2ml，根据方程式知，混合气体在反应前后减少的物质的量等于参加反应的n(S2)=(2.5−2)ml=0.5ml，S2的转化率为变化量比上起始量，0∼5min内，v(S2)=△nV△t；
(4)①升高温度氧气转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应；增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大；
②若初始时通入7.0mlO2，p2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则消耗的n(O2)=7ml×50%=3.5ml，列三段式计算，利用恒温恒容时氧气之比等于气体物质的量之比，则平衡压强为5.5kPa，P(O2)=×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=2ml5.5ml×5.5kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp=P4(SO2)P7(O2)。
本题考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查化学平衡常数含义及其计算方法，明确化学平衡常数影响因素、压强化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意(4)中计算Kp时要用平衡压强，为解答易错点。
14.【答案】C6H12O3 取代反应 碳碳双键、羧基 (CH3)2CHCHO 13
【解析】解：(1)①由A的结构简式可得A的分子式为：C6H12O3，
故答案为：C6H12O3；
②A与溴单质发生加成反应生成B，
故答案为：取代反应；
(2)①由D的结构简式可知其含有碳碳双键和羧基两种官能团，
故答案为：碳碳双键、羧基；
②由以上分析知C为(CH3)2CHCHO，
故答案为：(CH3)2CHCHO；
(3)F与CH3ONa发生取代反应生成，反应为，
故答案为：；
(4)G的同分异构体中，同时符合①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明存在酚羟基结构；②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明存在羧基，若苯环上两个支链则为−OH、−CH2COOH，有邻、间、对三种结构；若苯环上有三个支链则为−OH、−CH3、−COOH，结合定二移一的方法，先固定−OH、−CH3有邻、间、对三种结构，再分别连接−COOH，分别有4、4、2种位置，可知存在10种结构，共计13种符合；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式，
故答案为：13；。
A发生取代反应生成B，B与C发生已知反应生成D，结合B和D的结构以及已知反应的成键断键结构可得C为：(CH3)2CHCHO，结合E、G的结构特点可知E与溴单质发生取代反应生成，F与CH3ONa发生取代反应生成，G在一定条件下转化成H，D和H发生取代反应生成I，据此分析解答。
本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写等，注意根据结构变分析分析发生的反应，熟练掌握官能团的结构与性质。镓的卤化物
GaCl3
GaBr3
GaI3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346