【文档说明】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.701 MB，由小赞的店铺上传

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湖南师大附中2022—2023学年度高二第一学期期末考试化学可能用到的相对原子质量：H~1C~12O~16Na~23Si~28P~31S~32Ge~73一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。1.下列离子的VSEPR模型与其空间结构一致的是A.2-3SOB.-4ClOC.-2NOD.-3ClO【答案】B【解析】【详解】A．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空

间结构模型与空间结构不一致，故A错误；B．高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型和空间结构都为正四面体形，所以离子的空间结构模型与空间结构一致，故B正确；C．亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，离子的VSEPR

模型为三角锥形，空间结构为V形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故C错误；D．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的VSEPR模型为正四面体形，空间结构为三角锥形，所以离子的空间结构模型与空间结构不一致，故D错误；故选B。2.下列

关于丙烯(32CHCHCH=)分子的说法中，错误的是A.有8个σ键，1个π键B.有2个碳原子是2sp杂化C.3个碳原子在同一平面上D.所有原子都在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A．已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，故丙烯(32CHCHCH

=)有8个σ键，1个π键，A正确；B．分子中甲基上的C原子周围有4个σ键，为sp3杂化，双键所在的两个C原子为sp2杂化，故有2个碳原子是2sp杂化，B正确；C．双键所在的平面上有6个原子共平面，故分子中3个碳原子在同一平面上，C正确；D．由于

分子中存在甲基，故不可能所有原子都在同一平面上，D错误；故答案为：D。3.下列说法错误的是A.等离子体由于具有能自由运动的带电粒子，故具有良好的导电性和流动性B.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方

体块C.具有各向异性的固体可能是晶体D.物质的聚集状态只有三种：气态、液态和固态【答案】D【解析】【详解】A．等离子体中的微粒带有电荷且能自由运动，使等离子体具有很好的导电性，也具有很高的温度和流动性，应用比较广泛，故A正确；B．由于晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱

和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，故B正确；C．晶体具有各向异性和自范性，具有各向异性的固体可能是晶体，故C正确；D．物质的聚集状态除了有三种：气态、液态和固态外，还有一些特殊的状态，比如液晶，故D错误。综上所述，答案为D。4.已知某基态原子的电子排布式为22626821s2s

2p3s3p3d4s，该元素在周期表中的位置和区分别是（）A.第四周期ⅡB族；s区B.第四周期ⅧB族；d区C.第四周期Ⅷ族；d区D.第四周期Ⅷ族；ds区【答案】C【解析】【详解】由某原子的电子排布式为：2

2626821s2s2p3s3p3d4s，可知共4个电子层，为第四周期元素，价电子排布为3d84s2，为Ni，最后填充d电子，为d区元素，位于第四周期Ⅷ族，答案选C。5.在化学分析中，以3AgNO标准溶液滴定溶液中的Cl−时，采

用24KCrO为指示剂，利用Ag+与24CrO−反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。已知25℃时，()10spAgCl1.810K−=，()12sp24KAgCrO2.010−=，当溶液中的Cl−恰好沉淀完全(浓度等于511.010molL−−)时，溶液中()24CrOc−约为A.711.01

0molL−−B.511.810molL−−C.316.210molL−−D.211.110molL−−【答案】C【解析】【详解】当溶液中的Cl−恰好沉淀完全(浓度等于511.010molL−−)时，则溶液中的银离子浓度为p110s55(AgCl)1.810(A

g)=1.810(Cl)1.010molLKcc−+−−−−==，则溶液中12sp242314225(AgCrO)2.010(CrO)6(Ag)..2100molL(11)8Kcc+−−−−−==，故C正确。综上所述，答案为C。6.如图表示一

个晶胞，该晶胞为正方体，结构粒子位于正方体的顶点和面心。下列说法正确的是A.若是一个分子晶体的晶胞，其可表示干冰、冰B.若是一个不完整金刚石晶胞，则晶胞中缺失碳原子位于8个小立方体的中心C.若是一个不完整的NaCl晶胞，顶点和面心的粒子表示Na+，则晶胞中Cl

−位置均在12条棱边的中心D.若是一个不完整的2CaF晶胞，已知2CaF中2Ca+的配位数为8，则图中实心球表示2Ca+【答案】D【解析】【分析】【详解】A．该晶胞是面心立方，对应分子晶体有干冰、碘等，不能代表冰，

故A错误；B．如果是金刚石晶胞，金刚石晶体中5个碳原子构成正四面体结构，即其他4个碳原子位于4个互不相邻小立方体的中心，故B错误；C．NaCl晶胞中每个Na+被6个Cl-所包围，同样每个Cl-也被6个Na+所包围，所以晶胞中Cl-位置是体心和12条棱边的中心，故C错误；D．CaF2晶体模型，是

面心立方晶胞，钙离子占据立方体的8个顶点和6个面心，而F-占据8个小立方体的体心，即Ca2+中的配位数为8，F-配位数为4，故图中的实心球是代表Ca2+，故D正确；故选D。7.磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为a的pm，下列说法不正确的

是A.磷锡青铜的化学式为3CuSnPB.该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有4个C.三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区D.Sn和P原子间的最短距离为3apm2【答案】B【解析】【详解】A．根据晶胞的结果分析得到晶胞中原子个数分别为P：1个，Sn：1818=，

Cu：1632=，则磷锡青铜的化学式为3CuSnP，故A正确；B．以面心的铜分析，该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有8个，故B错误；C．三种元素Cu、Sn、P的价电子分别为3d104s1、5s25p2、3s23p3，则三种元素在元素周期表中分别处于

ds区、p区、p区，故C正确；D．Sn和P原子间的最短距离为体对角线的一半即3apm2，故D正确。综上所述，答案为B。8.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子结构如图所示(已知：分子中的

大π键可用符号nm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为66)。下列有关EMIM+的说法正确的是A.该离子中碳原子杂化类型均为3spB.该离子中存在类似苯中的大π键(65π)C.

该离子可与Cl−结合形成有18个σ键的离子化合物D.该离子中有1个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．该离子中环上的碳原子杂化类型为sp2，故A错误；B．该离子中环上的碳原子和氮原子均为sp2杂化，形成平面结构，每个碳原子和氮原子均有一个未参与杂化

的p轨道，碳原子未参与杂化的p轨道上有一个电子，氮原子未参与杂化的p轨道上有两个电子，它们形成大π键，由于该离子带一个单位正电荷，所以失去了一个电子，则形成大π键的有6个电子，表示为65π，故B正确；C．从结构图可以看出，该离子中有19个σ键，则可与Cl−结合形成有19个σ键的离子化合物，故C错

误；D．手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，该离子中没有手性碳原子，故D错误；故选B。9.在25℃时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HCl溶液。滴定过程中，溶液的

pOH[pOH=－lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8mol·L-1C.图中点①所示溶液中，c(C1

-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)D.25℃时氨水的Kb约为5×10-5.6mo1·L-1【答案】D【解析】【详解】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5mol·L-1的HCl，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而②（pH=7）时，氨水

稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离），因

而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；B.观察图象曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(

OH-)=10-6mol/L，B错误；C.①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那

么c(NH4+)>c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3·H2O⇌NH4++OH-，可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8mol/L，③点

盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=200.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=()()()+-432NHOHNHHO·ccc=-2.8-2.810100.2=5×10-5.6mo1·L-1，D正确。故答案选D。10.如图为Ge单晶的晶胞，晶胞参数为apm。其中

原子坐标参数A为()0,0,0，B为11,0,22，C为11,,022。下列说法正确的是A.该晶体的密度为33A873g/cmNaB.若Ge原子半径为rpm，则晶胞参数83r

a=C.该晶体中每个Ge原子被6个六元环共用D.D原子的坐标参数为131,,444【答案】B【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，1个Ge晶胞中含有8×18+6×12+4=8，则该晶体的密度为7

33A87310g/cmNa，故A正确；B．Ge晶胞类似金刚石晶胞，由图可知，Ge元素半径的8倍等于晶胞的体对角线，则8r=3a，83ra=，故B正确；C．Ge晶胞类似金刚石晶胞，任意两条相邻的Ge—Ge键参加了2个六元环的形成，每个Ge原子可形成4条Ge—G

e键，两面相邻的组合6种，故每个C原子被6×2=12个六元环共用，故C错误；D．对照晶胞图及A为()0,0,0，B为11,0,22，C为11,,022的坐标，选A为参照点，可知D在

对角线的14处，运用比例关系可知D原子的坐标参数为111,,444，故D错误；故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列说法正确

的是A.乙醇分子和水分子间只存在范德华力B.X—H…Y三原子不在一条直线上时，也能形成氢键C.2HO比2HS稳定是因为水分子间存在氢键D.可燃冰(42CH8HO)中甲烷分子与水分子间形成了氢键【答案】B

【解析】【详解】A．乙醇分子和水分子间存在范德华力和氢键，故A错误；B．X—H…Y，X、Y是电负性大的原子，就能形成氢键，与三原子是否不在一条直线上无关，故B正确；C．2HO比2HS稳定是因为水分子内氧氢键比硫氢键键能大，难断裂，故C错误；D．可燃冰(42CH8HO)中甲烷分子与水分子间

不能形成了氢键，如X—H…Y，X、Y都必须是电负性大的原子，故D错误。综上所述，答案为B。12.反应()()2242NOgNOg157kJmolH−=−，在温度为1T、2T时，平衡体系中2NO的体积

分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.12T>TB.X、Y两点的反应速率：X＞YC.X、Z两点气体的颜色：X比Z浅D.X、Z两点气体的平均相对分子质量：X＞Z【答案】BC【解析】【详解】A．X、Y两点压强相同，X点二氧化氮体积分数大

于Y点二氧化氮体积分数，说明从Y点到X点，平衡逆向移动，则为升温，即12T<T，故A错误；B．根据12T<T，X、Y两点压强相同，温度大速率快，则X、Y两点的反应速率：X＞Y，故B正确；C．X、Z两点温度相同，Z压强大，相当于减小容器体积

，二氧化氮浓度增大，平衡正向移动，二氧化氮浓度比原来大，因此X、Z两点气体的颜色：X比Z浅，故C正确；D．X、Z两点温度相同，Z压强大，相当于减小容器体积，平衡正向移动，物质的量减小，气体质量不变，气体摩尔质量增大，因此

X、Z两点气体的平均相对分子质量：Z＞X，故D错误。综上所述，答案为BC。13.三室式电渗析法处理含24NaSO废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab，cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和24SO−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡

不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A.通电后中间隔室的24SO−向正极迁移，正极区溶液pH增大B.该法在处理含24NaSO废水时可以得到NaOH和24HSO产品C.负极反应为222HO2eH2OH−−+=+

，负极区溶液pH增大D.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的2O生成【答案】BC【解析】【详解】A．两膜中间的Na+和24SO−可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，根据电解池“

异性相吸”，则通电后中间隔室的24SO−向正极迁移，正极区中水电离出的氢氧根失去电子，氢离子和硫酸根结合形成硫酸，因此溶液pH减小，故A错误；B．结合A选项，该法在处理含24NaSO废水时，正极区得到硫酸，负极区得到氢氧化钠，故B正确；C．负

极区是水中氢离子得到电子变为氢气，其反应式为222HO2eH2OH−−+=+，负极区溶液pH增大，故C正确；D．根据正极区电极反应式222HO4eO4H−+−=+，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.

25mol的2O生成，故D错误。综上所述，答案为BC。14.已知A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子

排布式为2spnnnn；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数。F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的

是A.A、B、C三种元素的电负性：C>B>AB.B、C、D、E四种元素的第一电离能：B>C>E>DC.3DBC中阴离子的空间结构为三角锥形D.F常见离子的核外电子排布图为2262691s2s2p3s3p3d【答案】AB【解析】【分析】A、B、C、D、E、F六

种元素的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最多的元素，故A是H；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，故B是N；C元素原子的价层电子排布式为的2spnnnn，n=2，即价层电子排布式为242s2p，故C是O；D元素原子中只有

两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，故D是Na；E与D的最高能层数相同，但其价层电子数等于其电子层数，故E是Al；F元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对，故F是Cu。综上所述，A、B、C

、D、E、F分别为H、N、O、Na、Al、Cu，据此解答。【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性O>N>H，则电负性：O>N>H，故A正确；B．同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，N元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，则第一电离能：N

>O>Al>Na，故B正确；C．NO3−的中心原子N原子价层电子对数=3+51322+−=3，采取sp2杂化，无孤对电子，则空间结构为平面三角形，故C错误；D．Cu的常见离子为Cu2+，2262691s2s2p3s3p3d是Cu2+的核外电子排布式，不是电子排布图，故D错误；答案选AB

。三、非选择题：本题共4小题，共54分。15.我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co−N−C)，该“纳米片”可用于氧化23SO−和吸附2Hg+。回答下列问题：（1）基态Co原子的价层电子排布式为______，N、C、Co中第一电离能最大的是___

___(填元素符号)。（2）在空气中23SO−会被氧化成24SO−。23SO−的空间结构是______，24SO−中S原子采用______杂化。已知氧族元素氢化物的熔沸点高低顺序为2222HOHTeHSeHS，其原因是______。（3）氰气()2CN称为拟卤素，

它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则()2CN分子中σ键、π键个数之比为______。（4）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如下图所示。它的化学式为______。【答案】（1）①.723d4s②.N（2）①.三角锥形②.3sp

③.均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，故2HS、2HTe、2HSe相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，2HO分子之间存在分子间氢键，熔沸点最高（3）3:4（4）34CN【解析】【小问1详解】Co为27号元素，则基态Co原子的价层电子排布式为723d4s；同周期从左到右

第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下电离能逐渐减小，则N、C、Co中第一电离能最大的是N；故答案为：723d4s；N。【小问2详解】在空气中23SO−会被氧化成24SO−。23SO−中S原子价层电子对数为13(623

2)3142++−=+=，有1对孤对电子，其空间结构是三角锥形，24SO−中S原子价层电子对数为14(6242)4042++−=+=，S原子采用3sp杂化。已知氧族元素氢化物的熔沸点高低顺序为2222HOHTeHSeHS，其原因是均为分子晶体，范德华力随相对分子

质量增大而增大，故2HS、2HTe、2HSe相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，2HO分子之间存在分子间氢键，熔沸点最高；故答案为：三角锥形；3sp；均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，故2HS、2HTe

、2HSe相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，2HO分子之间存在分子间氢键，熔沸点最高。【小问3详解】氰气2(CN)称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则()2CN分子中结构为NCCN−−，分子中σ键、π键个数之比为3:2；故答案为：

3:2。【小问4详解】氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如下图所示，氮原子个数为4，碳原子个数为1144342+=，它的化学式为34CN；故答案为：34CN。16.镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分NiO、MgO、

23AlO、2SiO和铁的氧化物)为原料，采用酸溶法制取4NiSO和42MgSO7HO，工业流程如图所示：已知：①常温下，4NiSO易溶于水，()2NiOH和NiOOH不溶于水；()15sp2NiOH1.010K−=

。②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下：沉淀物()2NiOH()2FeOH()3FeOH()3AlOH()2MgOH开始沉淀时的pH7.17.62.73.49.2沉淀完全(51110molLc−−=)时的pH9

.09.63.24.711.1回答下列问题：（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是______，“滤渣1”的成分______(填化学式)。（2）“滤液1”中加入22HO的作用是______(用离子反应方程式表示)。（3）操作II

为达到实验目的，由表中的数据判断通入3NH调节溶液pH的范围是______。（4）“滤液1”中是否存在3Fe+，可用______检验。（5）“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中2Ni+的浓度为______1molL−。（6）操作V是______、过滤、洗涤。（7）4NiSO在碱性溶液中用

NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为______。【答案】（1）①.增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率②.2SiO（2）232222FeHO2H2Fe2HO+++++=

+（3）4.7~7.1（4）KSCN(硫氰化钾)溶液（5）4110−（6）蒸发浓缩、冷却结晶（7）222Ni4OHClOCl2NiOOHHO+−−−++=++【解析】【分析】红土镍矿(主要成分NiO、MgO、23AlO、2SiO和铁的氧化物)在硫酸中浸取，NiO、MgO、

23AlO和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，过滤，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，再加入氨气调节溶液的pH值沉淀铝离子和铁离子，过滤，向滤液中加入氧化镁调节溶液pH值沉淀镍离子，过滤，向氢氧化镍中加入硫酸得到硫酸镍，将

滤液3经过一系列操作得到硫酸镁晶体。【小问1详解】“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；NiO、MgO、23AlO和铁的氧化物与硫酸反应，2SiO不与硫酸反应，因此“滤渣1”的成分2SiO；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；2S

iO。【小问2详解】“滤液1”中加入22HO的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，以便调节溶液pH值而除掉，其离子方程式为232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+；故答案为：232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+。【小问3详解】

操作II为达到实验目的，其目的是沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子最终沉淀完的pH值和镍离子开始沉淀的pH值得到，由表中的数据判断通入3NH调节溶液pH的范围是4.7~7.1；故答案为：4.7~7.1。【小问4详解】“滤液1”中是否存在3Fe+，可用KSCN(硫

氰化钾)溶液检验，溶液变为红色，说明含有铁离子，反之则无；故答案为：KSCN(硫氰化钾)溶液。【小问5详解】镍离子沉淀完全的pH值为9.0，则225515sp2(Ni)(OH)111()=010110Kcc+

−−−−==，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中2Ni+的浓度为115sp2425.52110(Ni)110(OH)1molL(10)Kcc−−+−−−===；故答案为：4110−。【小问6详解】操作V是从溶液得到晶体，因此操作

为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。【小问7详解】4NiSO在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH即镍离子和次氯酸根在碱性条件反应生成氯离子、水和NiOOH，该反应的离子方程式为222Ni4OHClO

Cl2NiOOHHO+−−−++=++；故答案为：222Ni4OHClOCl2NiOOHHO+−−−++=++。17.硫代硫酸钠(223NaSO)是常见的分析试剂。实验室制备223NaSO溶液的装置如下(部分装置省略，

C中23NaSO过量)：回答下列问题：（1）装置A中盛放固体试剂的仪器名称为______；制取2SO的反应中，利用了浓硫酸的______性。（2）装置B的作用是______。（3）装置C中的反应分两步，其中第二步反应方程式为23223SNaSONaSO=+。当观察到装

置C中出现______的现象，说明反应已完全。（4）测定某样品中2232NaSO5HO的含量的实验步骤如下(杂质不参加反应)：I．取10.0100molL−的227KCrO溶液20.00mL，用硫酸酸化后，加入过量KI，发生反应：232722CrO6I

14H2Cr3I7HO−−++++=++。II．称取2.000g样品，配制成100mL溶液，取该溶液滴定步骤Ⅰ所得溶液(淀粉作指示剂)至终点。三次平行实验，平均消耗18.60mL样品溶液。发生的反应为222

2346I2SO2ISO−−−+=+。①步骤II中滴定终点的现象为______。②样品中2232NaSO5HO的质量分数为______。（5）装置C中反应一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因：______。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.强酸（2）起到安全瓶的作用（3）

溶液由浑浊变澄清（4）①滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色②.80.00%（5）22322SO2HSSOHO−++=++【解析】【分析】浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，二氧化硫通入到亚硫酸钠和

硫化钠的混合溶液中，先是二氧化硫和硫化钠反应生成硫沉淀，硫沉淀和亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠。【小问1详解】根据图中信息得到装置A中盛放固体试剂的仪器名称为圆底烧瓶；制取2SO的反应中，浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，因此利用了浓硫酸的强酸性；故

答案为：圆底烧瓶；强酸。【小问2详解】装置B的作用是起到安全瓶的作用；故答案为：起到安全瓶的作用。【小问3详解】装置C中的反应分两步，第一步是硫化钠和二氧化硫反应生成硫沉淀，溶液变浑浊，其中第二步反应方程式为

23223SNaSONaSO=+，说明当观察到装置C中出现溶液由浑浊变澄清的现象，说明反应已完全；故答案为：溶液由浑浊变澄清。【小问4详解】①步骤Ⅰ所得溶液(淀粉作指示剂)，溶液为蓝色，步骤II中滴定终点，单质碘消耗完，则溶液变为无色，因此

滴定终点的现象为滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色；故答案为：滴入最后半滴样品溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色。②根据227KCrO～2236NaSO，则样品中2232NaSO5HO的质量分

数为13130.1L248100%80.00%0.0100molL20.0010L6gmol18.6010L2.000g−−−−=；故答案为：80.00%。【小问5详解】装置C中反应一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，说明在酸性环境中硫代硫酸

根反应生成二氧化硫、硫单质和水，用离子方程式表示其原因：22322SO2HSSOHO−++=++；故答案为：22322SO2HSSOHO−++=++。18.当发动机工作时，反应产生的NO尾气是主要

污染物之一，NO的脱除方法和转化机理是当前研究的热点。请回答下列问题：.（1）已知：()()()222NOgOg2NOg+=1113H=−kJ∙mol−1()()()23256NOgOg3NOg+=2227H=−kJ∙mol−1()()

()22254NOgOg2NOg+=357H=−kJ∙mol−1则()()322Og3Og=是______反应(填“放热”或“吸热”)，以上3O氧化脱除氮氧化物的总反应是()()()()322NOgOgNOgOg+=+4=H______，最后将2NO与_

_____剂反应转化为无污染的气体而脱除。（2）已知：()()()222NOgOg2NOg+的反应历程分两步：步骤反应活化能正反应速率方程逆反应速率方程I()()222NOgNOg(快)a1E()21NOvkc=1正()222NOvkc=1

逆II()()()2222NOgOg2NOg+(慢)a2E()()3222NOOvkcc=2正()242NOvkc=2逆①表中1k、2k、3k、4k是只随温度变化的常数，温度升高将使其数值______(填“增大”或“减小”)。②反应I瞬间建立平衡，因

此决定()()()222NOgOg2NOg+反应速率快慢的是______，则反应I与反应II的活化能的大小关系为a1E______a2E(填“>”“<”或“=”)。③反应()()()222NOgOg2NOg+的K=______(用1k、2k、3k、4k表示)。

（3）将一定量的2NO放入恒容密闭容器中发生下列反应：()()()222NOg2NOgOg+，测得其平衡转化率()2NO随温度变化如图所示，从b点到a点降温，平衡将向______移动。图中a点对应温度下，2NO的起始压强为160kPa，该

温度下反应的平衡常数pK=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.放热②.−198kJ∙mol−1③.还原（2）①.增大②.反应II③.＜④.1324kkkk（3）①.左(或逆反应方向)②.108kPa【解析】【小问1

详解】将第二个方程2倍减去第三个方程的3倍得到()()322Og3Og=3283H=−kJ∙mol−1，该反应是放热反应，将第一个方程加上()()322Og3Og=3283H=−kJ∙mol−1，再整体除以

2得到3O氧化脱除氮氧化物的总反应是()()()()322NOgOgNOgOg+=+4198H=−kJ∙mol−1，二氧化氮主要具有氧化性，最后将2NO与还原剂反应转化为无污染的气体氮气而脱除；故答案为：放热；−19

8kJ∙mol−1；还原。【小问2详解】①表中1k、2k、3k、4k是只随温度变化常数，温度升高，速率加快，因此温度升高将使其数值增大；故答案为：增大。②反应I瞬间建立平衡，反应II速率较慢，因此决定()

()()222NOgOg2NOg+反应速率快慢的是反应II；根据反应速率越快，其活化能越小，反应速率越慢，活化能越大，则反应I与反应II的活化能的大小关系为a1E＜a2E；故答案为：反应II；＜。③反

应I达到平衡时()()21222NONOkckc=，其平衡常数为()()22122NONOckKck==Ⅰ，反应II达到平衡时()()()2322242NOONOkcckc=，其平衡常数为()()()223II2224NONOOckKcck==，反应I

加上反应II得到反应()()()222NOgOg2NOg+，其平衡常数相乘即31II24kkKKKkk==Ⅰ；故答案为：3124kkkk。【小问3详解】的的将一定量的2NO放入恒容密闭容器中发生下列反应：()()()222NOg2NOgOg+，测得其平衡转化率()2NO随温度变化如图所

示，从b点到a点降温，转化率降低，说明平衡逆向移动。图中a点对应温度下，2NO的起始压强为160kPa，假设放入1mol二氧化氮，建立三段式222NO(g)2Nl0O(g+1mol000.6mol0.6mol0.3mol0.4mol0.6mol.3mo)O(g)开始转

化平衡，则平衡是压强为160kPa=208kPa1.3mol1mol，该温度下反应的平衡常数2p20.6mol0.3mol(208kPa)208kPa1.3mol1.3mol108kPa0.4mol(208kPa)1.3molK==；故答案为：左(或逆反应方向)；108k

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