【文档说明】黑龙江省富锦市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次考试 化学 答案.docx，共(24)页，2.087 MB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省富锦市第一中学2022-2023学年高二下学期第一次考试化学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分满分100分，考试时间90分钟相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56

Cu-64Au-179第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(每题均有一个选项符合题意，1-10每题2分，11-20每题3分)1.下列有关化学用语表示正确的是A.空间填充模型可以表示二氧化碳分子，也可以表示水分子B.用电子式表示2MgCl的形成过程：C.ClCl−的ppσ

−键电子云图形：D.基态Cr原子的价层电子轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳分子为直线型，不能表示其分子结构，可以表示水分子，A错误；B．用电子式表示MgCl2的形成过程中，Mg原子失去电子，Cl得电子，箭头从Mg指向Cl，B错误；C．ClCl−的ppσ−键电子云图形：，C

正确；D．基态Cr原子的价层电子轨道表示式为，D错误；故选C。2.动力电池赛道又跳出来一个竞争者“锑电池”。锑(51Sb)与砷(33As)属于同主族元素，下列关于锑元素说法正确的是A.可能是半导体材料B.属于第四周期元素C.最高正化合价为＋3D.得电子能力比As的强【答案】A【解析】【详

解】A．锑(51Sb)在金属、非金属分界线附近，可能是半导体材料，A正确；B．锑(51Sb)属于第五周期元素，B错误；C．锑(51Sb)与砷(33As)属于同主族元素，为ⅤA族，最高正化合价为＋5，C错误；D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；锑(

51Sb)得电子能力比As的弱，D错误；故选A。3.下列说法正确的是A.可以利用质谱仪测得某未知物的结构B.区别晶体与非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验C可燃冰()42CH8HO中甲烷分子和水分子间形成了氢键D.臭氧分子是非极性分子【答案】B【解析】

【详解】A．质谱仪用于确定未知物的相对分子质量，不能确定结构，故A错误；B．X射线衍射可用来确定固体是否为晶体，故B正确；C．可燃冰()42CH8HO中甲烷分子和水分子间通过化学键相连，不是氢键作用，故C错误；D．臭氧分子正负电荷中心不重合，为极性分子，故

D错误；故选：B。4.下列说法正确的是A.Cl、Br、Se(硒)的电负性依次减小B.硼原子核外电子由1s22s22p1→1s22s12p2，原子放出能量C.C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是O>N>CD.基态某原子的价层电子排布式为4d105s1，推断该元素位于第五周期第IA族【答案

】A【解析】.【详解】A．同周期元素随着核电荷数增加电负性增大，Se(硒)＜Br，同主族电负性随核电荷数增加减弱，Cl＞Br，故Cl＞Br＞Se(硒)，A正确；B．硼原子核外电子由1s22s22p1→1s22s12p2，由基态到激发态，原子吸收能量，B错误；C．C、N、O是同周期元素，元素第一

电离能有增大的趋势，但N原子2p轨道有3个电子，半充满稳定状态，不易失去电子，O原子2p轨道有4个电子，比N原子易失去电子，第一电离能大从大到小的顺序是N>O>C，C错误；D．基态某原子的价层电子排布式为4d105s1，为铜元素，该元素位于第五周期第IB族，D

错误；故答案为：A。5.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确．．．的是A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0B.ΔH2(MgCO3)=Δ

H2(CaCO3)>0C.ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)D.对于MgCO3和CaCO3，ΔH1+ΔH2>ΔH3【答案】C【解析】【详解】A．镁离子半径小于钙离子半径，因此碳酸镁中离子键比

碳酸钙中离子键更强，则ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)，且ΔH1表示断键过程，断键吸热，故ΔH1大于0，故A正确；B．由图可知2ΔH表示2-3CO断键生成2-2OCO、的过程，为吸热过程，且ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)，故B

正确；C．由图示可知，根据盖斯定律得：123ΔH=ΔH+ΔH-ΔH，由于33MgCOCaCO和的H不同，所以()()()()()()1323313233ΔHCaCO+ΔHCaCOΔHCaOΔHMgCO+ΔHMgCOO-ΔH-Mg，由图可知：ΔH2(MgCO3)=ΔH2(Ca

CO3)，所以：()()()()133133ΔHCaCOΔHCaOΔHMgCOΔ-HO-Mg，即：()()()()131333ΔHCaCO-ΔHMgCOΔHCaOΔHMgO−，故C错误；D．由图示可知，根据盖斯定律得：12ΔH=ΔHΔH++ΔH>0，则123ΔHΔH>ΔH+

，故D正确；故选：C。6.关于常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是A.将10mL，该溶液稀释至100mL后，pH4=B.向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和C.该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1010:1D

.该溶液中由水电离出的c水(H+)()--14cOH=110水【答案】C【解析】【详解】A．将10mLpH2=的盐酸稀释至100mL后，()213110molL10mLcH10molL100mL−−+−−==，pH=3，故A错误；B．向该溶液中加入等体积pH

为12的氨水，由于一水合氨部分电离，氨水过量，HCl完全反应后溶液中仍含有大量的32NHHO，故B错误；C．该溶液中水电离出的()()141121210cHcOHmolL10molL10−+−−−−−===水水，则盐酸电离出的(

)Hc+与水电离出的()Hc+之比为2121010:1010:1−−=，故C正确；D．该溶液中由水电离出的()()121224cHcOH1010110+−−−−==水水，故D错误。综上所述，答案为C。7.硫的化合物很多，如2S

O、3SO、22SOCl、23NaSO、三聚的()33SO等，三聚的()33SO的结构如图所示。下列说法正确的是。A.22SOCl为正四面体结构B.2SO、3SO分子的VSEPR模型不一样C.24SO−、23SO−中S原子都是

3sp杂化D.()3340gSO分子中含有2.5molσ键【答案】C【解析】【详解】A．22SOCl中氧原子、氯原子大小不同，不为正四面体结构，A错误；B．2SO、3SO分子的S原子的价层电子对数分别为2

+6-222=3、3+6-322=3，S原子均采用sp2杂化，VSEPR模型一样，B错误；C．24SO−、23SO−中S原子的价层电子对数分别为4+6+2-422=4、3+6+2-322=4，S原子均采用3sp杂化，C正确；D．单键均为σ键，1分子()33SO中含

有12个σ键，()3340gSO为16mol，分子中含有2molσ键，D错误；故选C。8.下列说法不正确的是A.的分子式为CuC4H4N2O4B.某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol-1)分别为738、1451、7733

、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C.Na、P、Cl的电负性依次增大D.CH3CH(OH)COOH分子中有手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．的分子式为CuC4H8N2O4，A错误；B．某元素气态基态

原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，根据数据可知，第二电离能与第三电离能差距较大，则其最外层有2个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，B正确；C．Na、P、Cl

均为第三周期的元素，从左到右，Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；D．CH3CH(OH)COOH分子中连有羟基的碳原子是手性碳原子，D正确；故选A。9.关于下列装置说法正确的是A.装置①中电子由Z

n流向Fe，装置中有Fe2＋生成B.装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C.装置③中钢闸门应与外接电源的正极相连获得保护D.装置④盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯【答案】B【解析】【详解】A．锌比铁活泼，锌作负极，电子从负

极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，故A错误；B．a为与电源负极相连是阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，碱性增强，pH值增大，故B正确；C．用外加电源的阴极保护法保护金属，被

保护的金属应该接电源的负极，即钢闸门应与外接电源的负极相连，故C错误；D．原电池中阴离子向负极移动，锌是负极，所以Cl－移向甲烧杯，故D错误。答案选B。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.0gD216O和14ND3的混合物中含有的电子数为

NAB.120g由NaHSO4和MgSO4组成的混合固体中2-4SO数目为NAC.23gC2H6O分子中含有碳氧键的数目一定为0.5NAD.5.6gFe2+中未成对电子数为0.6NA【答案】A【解析】【详解】A．D216O和14ND3的摩尔质量为20g/mol，2.0gD2

16O和14ND3的混合物的物质的量为0.1mol，D216O和14ND3的分子中含电子数都为10，则含有的电子数为NA，A项正确；B．硫酸氢钠固体含有钠离子和硫酸氢根离子，不含硫酸根离子，B项错误；C．C2H6O可以是乙醇也可以是二甲醚，结构未知，无法计算含有碳氧键的

数目，C项错误；D．5.6gFe2+中未成对电子数为1AA5.6g4mol=0.456g/molNN−，D项错误；答案选A。11.几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，下列说法正确的是NaCl晶胞CO2晶胞金刚石晶胞石墨晶体结构A.NaCl中Na+的

配位数小于干冰中CO2分子的配位数B.干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键C.若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为2a2D.石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力

，所以石墨是一种过渡晶体【答案】D【解析】【详解】A．NaCl晶胞中每个Na+周围有8个Cl-，所以配位数为8，CO2晶胞中的配位数为：38=122，A错误；B．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，金刚石晶胞中碳原

子间是共价键，B错误；C．若金刚石晶胞边长为acm，两个碳原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，即acm34，C错误；D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨晶体兼有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，属于混合晶体，D正确；

故选D。12.X、Y为两种不同的元素，下列化学式一定为极性分子的是A.XYB.XY2C.XY3D.XY4【答案】A的【解析】【详解】A．在XY分子中X、Y是不同的原子，吸引电子能力不同，正、负电荷中心不重合，一定是极性分子，选项A正确；B．三原子在同一条直线上时就是非极性分子，如C

O2，选项B错误；C．四原子若在同一平面内就是非极性分子，如BF3，不在同一平面内就是极性分子，如NH3，选项C错误；D．该分子无论是四面体结构还是平面结构都是对称性分子，是非极性分子，选项D错误；答案选A。13.一般认为，含氧酸酸性强弱主要与两个因素有关：一是中心原子

的电负性越大，酸性越强：一是中心原子所连接的“非羟基氧”数目越多，酸性越强。据此推断下列说法正确的是A.是一种二元强酸B.H3PO2的分子结构是，它是一种三元弱酸C.HPO3、HClO3、HClO4的酸性依次增强D.某元素X形成的比HO-X的酸性强，

氧化性也强【答案】C【解析】【详解】A．根据结构简式，该有机物为乙二酸，有两个羧基且部分电离为二元弱酸，A项错误；B．次磷酸分子的结构简式中能电离的只有一个，应该是一元弱酸，B项错误；C．偏磷酸HPO3的结构为，HClO

3的结构为，中心原子电负性Cl＞P，使O-H键更容易断开则更容易电离酸性就越强，则HPO3酸性小于HClO3，HClO4的结构是，是非常强的无机含氧酸，则HPO3、HClO3、HClO4的酸性依次增强，C项正确

；D．次氯酸同时具有弱酸性和强氧化性，比如HClO的氧化性比HClO3和HClO4都强；答案选C。14.下列有关晶体结构或性质的描述正确的是。A.冰中存极性键、范德华力，不存在氢键B.因金属性K>Na，故金属钾的熔点高于金属钠的

C.1mol金刚石与1mol石墨晶体中所含的C-C的数目相同D.氧化镁中的离子键强度大于氯化钠中的离子键强度，故氧化镁的熔点高于氯化钠的【答案】D【解析】【详解】A．冰中水分子之间存在氢键，故A错误；B．同主族元素从上到下金属性增强，熔点降低，金属性：K>Na，熔点：K<Na，故B错误；C．1mo

l金刚石含2molC-C、1mol石墨晶体中含的1.5molC-C，两者所含碳碳键数目不同，故C错误；D．氧化镁中离子电荷数多比氯化钠中离子所带电荷数多，且氧化镁中离子半径小氯化钠中离子半径，离子电荷数越多、离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点

越高，故D正确；故选：D。15.As2O3(砒霜)是两性氧化物，分子结构如图所示，与盐酸反应能生成AsCl3，AsCl3和LiAlH4反应的产物之一为AsH3。下列说法不正确的是A.As2O3分子中As原子的杂化方式为sp3B.A

lH4−的价层电子对互斥模型是四面体形C.AsCl3的空间构型为平面正三角形，As原子的杂化方式为sp3D.AsH3分子的键角小于109°28′在【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，As2O3中As原子形成3个σ键，含有1个孤电子对，价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论，

As原子的杂化类型为sp3，A正确；B．AlH4-中Al原子价层电子对数为()13141442+−+=，杂化方式为sp3，价层电子对互斥模型是四面体形，故B正确；C．AsCl3中As原子价层电子对个数5-31=3+=42，且含有一个孤电子对，As原子的杂化方式为sp3，根据价层电子

对互斥理论判断其空间构型为三角锥形，故C错误；D．AsH3中As原子上的孤电子对数为()153112−=，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，由于孤电子对有较大的斥力，故AsH3分子键角小于109°28′，故D正确；答案选C。16.现有XYZW

、、、四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的p轨道上的电子总数比s轨道上的电子总数少1，Y的核外电子共有8种运动状态，W的氧化物可用于制作耐高温材料，W的单质与Z的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被

称为最清洁的燃料)生成。下列说法正确的是A.3ZX中X的杂化方式为sp杂化B.最简单氢化物的沸点：YXC.简单离子半径：ZYD.W的氧化物是分子晶体【答案】A【解析】【分析】XYZW、、、四种原子序

数依次增大的短周期主族元素，其中X的p轨道上的电子总数比s轨道上的电子总数少1，X为氮；Y的核外电子共有8种运动状态，Y为氧；W的氧化物可用于制作耐高温材料，且W的单质与Z的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被称为最清洁的燃料)氢气生成，则W为铝、Z为钠；【详解】A．N-3中N原子

的价层电子对数为2＋5+1322−=2，N原子采用sp杂化，A正确；B．水分子能形成氢键，导致水沸点升高，最简单氢化物的沸点：YX，B错误；C．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；简单离子半径：Z<Y，C错误；D．氧化铝为离子

晶体，D错误；故选A。17.硼氢化钠(NaBH4)具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，它在催化剂钌(44Ru)表面与水反应的历程如图所示，下列说法不正确的是A.元素钌(44Ru)在元素周期表中位于d区B.BH3分子

中B原子为sp2杂化且不含孤对电子C.过程④中产生1molH2，转移电子的物质的量为2molD.硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持不变【答案】C【解析】【详解】A．元素钌（44Ru）位于第五周期VIII族，是d区元素，A正确；B．BH3中心B

原子的价层电子对数为3+3-312=3+0=3，为sp2杂化，不含孤对电子，B正确；C．过程④的反应为HB(OH)2+2H2O+e-=32H2↑+-4B(OH)，由该方程式可知，生成1.5molH2时转移2mol

电子，则生成1molH2转移43mol电子，C错误；D．硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持+3价，D正确；故选C。18.下列事实的解释不正确．．．的是事实解释A气态2Mn+再失去一个电子比气态2Fe+再失去一个电子更难2Mn+的价层

电子排布为53d，3d轨道为半充满比较稳定；2Fe+的价层电子排布为63d，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态B3HO+中H-O-H键角比2HO中的3HO+的中心原子的孤电子对数为1，2HO的大中心原子的孤

电子对数为2，孤电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<成键电子对之间的斥力C晶体熔点：HFHClHF分子间能形成氢键D酸性：33CFCOOHCClCOOH氟的电负性大于氯的电负性，FC−的极性大于ClC−

的极性，使3FC−的极性大于3ClC−的极性，导致3CFCOOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+

时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，A正确；B．H2O中孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-

H键角大，因为H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O+中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小，成键电子对之间的斥力<孤电子对与成键电子对之间的斥力<孤电子对之间的斥力，B错误；C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，C正

确；D．F和Cl为同主族元素，F的电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，D正确；故选B。19.冠醚是由多个二元醇分子之

间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与K+形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是A.该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型B.该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面C.该螯合离子

中极性键与非极性键的个数比为7∶1D.与二甲醚(33CHOCH)相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更大【答案】B【解析】【详解】A．该螯合离子中碳与氧原子都为3sp，具有相同的杂化类型，A正确；B．该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，链接的氧原子和碳原子不在同一平面

，B错误；C．该螯合离子中极性键为24个CH−、12个C-O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个CC−键，个数比为7∶1，C正确；D．与二甲醚(33CHOCH)相比，该螯合离子中O的孤对电子数从2对变成1对

，排斥作用减小，“C-O-C”键角更大，D正确；故选B。20.某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为3NH配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，其摩尔质量为1188gmol−，下列说法正确的是A.金

属离子M与硼原子的配位数之比2∶1B.金属离子的价电子排布式为53dC.化学式为()()3462FeNHBHD.该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键【答案】C【解析】【分析】八面体位于晶胞的顶点和面心，个数为118+64

82=，四面体位于晶胞的内部，个数为8，晶胞中八面体和四面体个数比为1:2，则该晶体的化学式可表示为()()3462MNHBH，该化合物的摩尔质量为1188gmol−，则r(M)176152188M++=，解得r(M)56M=，即M为Fe元素，其化学式

为()()3462FeNHBH。【详解】A．金属离子M与6个3NH形成八面体，则金属离子M的配位数为6，硼原子与4个氢原子形成四面体，则硼原子的配位数为4，因此金属离子M与硼原子的配位数之比为3∶2，A错误；B．根据分析，M为Fe元素，该化合物的

化学式为()()3462FeNHBH，NH3整体为0价，-4BH中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，金属离子M为Fe2+，其价电子排布式为3d6，B错误；C．根据分析，该晶体的化学式为()()3462FeNHBH，C正确；D．该化合物中没有金属键

，D错误；故选C。第Ⅱ卷非选择题21.Ⅰ.“十四五”规划明确了“碳达峰、碳中和”工作的定位。某科研机构想利用CO2和H2合成燃料。已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1②CO(g)+H2O(g

)H2(g)+CO2(g)ΔH2③C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH3④2CO(g)C(s)+CO2(g)ΔH4（1）试写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为_______。Ⅱ.CO2可用来生产燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-

49kJ·mol-1，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和2molH2，一定条件下发生上述反应，测得3CHOH(g)的浓度随时间的变化如表所示：时间/min0351015浓度/mol/L00.30.450.50.5（2）H2的平衡转化率=____

___。该条件下上述反应的平衡常数K=_______。（3）下列措施中能使平衡体系中()()32nCHOHnCO增大且不减慢化学反应速率是_______。A.升高温度B.充入He(g)，使体系压强增大C.再充入1molH2D.将H2O(g)从体系中分离出去（4）当反应达到

平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2，则c1_______c2(填“>”、“＜”或“=”)。（5）要提高CO2的转化率，可以采

取的措施是_______(填序号)。A.加入催化剂B.增大CO2的浓度C.通入惰性气体D.通入H2（6）T℃时，向恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

△H。在使用不同催化剂时，相同时间内测得CO2的转化率随温度的变化如下图所示。则催化效果最佳的是催化剂_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。如果a点已经达到平衡状态，则b点的v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)，c点转化率比a点低的原因是______

_。【答案】（1）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4-2ΔH2（2）①.75%②.4（3）C（4）＜（5）D（6）①.Ⅰ②.>③.该反应放热，温度升高，平衡逆向移动【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，

③+④-2×②得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH3+ΔH4-2ΔH2。【小问2详解】由表格数据可知，10min中后3CH

OH(g)的浓度不再变化，说明反应达到平衡，的3CHOH(g)的浓度为0.5mol/L，则消耗H2的物质的量为3c(3CHOH)=1.5mol/L，H2的平衡转化率=1.5mol/L1L100%2=75%，平衡时H2的浓度为2mol/L-1.5

mol/L=0.5mol/L，H2O(g)的平衡浓度为0.5mol/L，CO2(g)的平衡浓度为1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，平衡常数K=()()()()()233232ccHO0CHOHcC.50.5cHO0.50.5==4。【小问3详解】A．该反应

为放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，()3nCHOH减小，()2nCO增大，()()32nCHOHnCO减小，故A不选；B．充入He(g)，使体系压强增大，但反应物和产物的浓度都不改变，反应速率不变，()()32nCHOHnCO不变，

故B不选；C．再充入1molH2，反应速率增大，平衡正向移动，()3nCHOH增大，()2nCO减小，()()32nCHOHnCO增大，故C选；D．将H2O(g)从体系中分离出去，H2O(g)浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，()3nCHOH增大，()2nCO减小

，()()32nCHOHnCO增大，故D不选；故选C。【小问4详解】当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，H2的浓度增大，平衡正向移动，H2的浓度又减小，再次平衡时H2的物质的量浓度c2，由勒夏特列原理可知，c1＜c2。【小问5详解】A．加入催化剂，平衡不移

动，不能提高CO2的转化率，故A不选；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，但CO2的转化率减小，故B不选；C．通入惰性气体，反应物和产物的浓度都不改变，平衡不移动，不能提高CO2的转化率，故C不选；D．通入H2，平衡正

向移动，CO2的转化率增大，故D选；故选D。【小问6详解】达到平衡前，相同时间内CO2的转化率越大，说明催化剂的效果最好，则催化效果最佳的是催化剂Ⅰ；如果a点已经达到平衡状态，b点CO2的转化率小于a点，说明b点未达到平衡，此时v正>v逆，该反

应放热，a点已经达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，则c点转化率比a点低。22.已知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=6×10-8，Ka1(H2A)=1.3×10-7，Ka2(H2A)=7.1×10-10，Ksp(CaSO3)=3.1×10-7。(1)H2

SO3溶液和NaHA溶液反应的主要离子方程式为_______(不考虑H2SO3与HA-发生氧化还原反应)。(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为____。(3)25℃时.将10mL0.20mol·L-1的HCOOH溶液和10mL0.20m

ol·L-1的CH3COOH溶液分别与10mL0.20mol·L-1的NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示：①HCO3−的电离平衡常数表达式K=____。②反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的

原因是______，反应结束后所得两溶液中，c(HCOO-)_________c(CH3COO-)(填“>”“<”或“=”)。(4)25℃时，某溶液中含有0.001mol/LCa2+、0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调

节溶液pH(忽略溶液体积的变化、忽略H2SO3的挥发和分解)。当pH为7时，能否有CaSO3沉淀生成_______(填“能”或“否”)。【答案】①.H2SO3+HA-=HSO3−+H2A②.c(Na+)＞c(SO23−)＞c(OH-)＞c(HSO3−)＞c(H

+)③.()()()+2-3-3HCOHCOccc④.HCOOH的酸性比CH3COOH强等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快⑤.＞⑥.能【解析】【分析】(1)根据Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=6×10-8，Ka

1(H2A)=1.3×10-7，Ka2(H2A)=7.1×10-10知，酸性：H2SO3＞H2A＞HSO3−＞HA-，据此分析判断H2SO3溶液和NaHA溶液反应的产物，再书写反应的离子方程式；(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中SO23−水解

，溶液显碱性，水也电离出部分氢氧根离子，据此排序；(3)①HCO3−的电离方程式为HCO3-⇌H++2-3CO，据此书写平衡常数表达式；②HCOOH的酸性比CH3COOH强，结合越弱越水解分析解答；(4)Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，则NaHSO3的水解平衡常数14211

01.510−−＜电离平衡常数，说明NaHSO3溶液显酸性，因此0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH为7时，说明溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，结合HSO3-⇌H++2-3SO和Ka2(H2SO3)=6×10-8，计算

出c(SO23−)=6×10-3mol/L，再根据c(Ca2+)c(SO23−)与Ksp(CaSO3)的大小分析判断。【详解】(1)根据Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=6×10-8，Ka1(H2A)=1.3×10-7，Ka2(H2A)=7.1×10

-10知，酸性：H2SO3＞H2A＞HSO3−＞HA-，H2SO3溶液和NaHA溶液反应生成H2A和NaHSO3，反应离子方程式为H2SO3+HA-=HSO3−+H2A，故答案为：H2SO3+HA-=HSO3−+H2A；(2)0.1mol/LNa2SO3溶液中SO23−水解，溶液显碱性，水也电离

出部分氢氧根离子，因此离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(SO23−)＞c(OH-)＞c(HSO3−)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(SO23−)＞c(OH-)＞c(HSO3−)＞c(H+)；(3)①HCO3−的电离方程式为HCO3-⇌H++2-3

CO，平衡常数表达式K=()()()+2-3-3HCOHCOccc，故答案为：()()()+2-3-3HCOHCOccc；②HCOOH的酸性比CH3COOH强，等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，甲酸溶液与NaHCO

3溶液的反应速率较快使得反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异；将10mL0.20mol·L-1的HCOOH溶液和10mL0.20mol·L-1的CH3COOH溶液分别与10mL0.20mol·L-1的NaHCO3溶液混合，反应结束后，恰好生成HCOONa和CH3COON

a溶液，由于甲酸钠的水解程度较小，所得两溶液中，c(HCOO-)＞c(CH3COO-)，故答案为：HCOOH的酸性比CH3COOH强等浓度的HOOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快；＞；(4)Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，则NaHSO3的

水解平衡常数1421101.510−−＜电离平衡常数，说明NaHSO3溶液显酸性，0.010mol/LH2SO3，加入KOH固体以调节溶液pH为7时，说明溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，根据HSO3-⇌H++2-3SO，则Ka

2(H2SO3)=6×10-8=()()()+2-3-3HSOHSOccc=()()72-32-3110mol/LSOmol/LS0.01O−−cc≈()72-3110mol/LSO0.01mol/L−c，解得：c(SO23−)=6×10-3mol/L，则c(Ca2+

)c(SO23−)=0.001×6×10-3=6×10-6＞Ksp(CaSO3)=3.1×10-7，因此有CaSO3沉淀生成，故答案为：能。【点睛】本题的难点和易错点为(4)，要注意pH为7时，溶液中含有NaHSO3和Na2SO3，要注意根据电离平衡常数计算

溶液中的c(SO23−)。23.如图是元素周期表的一部分，根据元素在周期表中的位置，回答下列问题：（1）⑨号元素基态价电子排布式为_______，其最高能层的电子占据的原子轨道电子云轮廓为_______形。若将其最高价氧化物的水化物溶于氨水中可得到一种透明的深蓝色溶液，写

出反应的化学方程式为：_______。（2）第二周期所有元素中第一电离能介于①②之间的有_______种。（3）元素⑦⑧可形成原子个数比为1：1的共价化合物，分子中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，试写出其结构式_______，该分子为_______(填“极性分子”或“

非极性分子”)。（4）元素②⑥可形成的化合物是一种性质优良的无机非金属材料，根据元素周期律知识，写出其化学式_______，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定，它的晶体类型是_______。

（5）下列有关性质的比较正确且能用元素周期律解释的是_______(填标号)A.电负性：②>③B.氢化物的稳定性：③>⑦C.最高价氧化物对应的水化物的碱性：④>⑤D.氢化物的沸点：③>⑦（6）⑩可形成的卤化物的熔点如下表：卤化物氟化物氯化物溴化物熔点/℃>100077.

75122.3⑩的氟化物的化学式为_______，该物质的熔点比氯化物熔点高很多的原因是_______。【答案】（1）①.3d104s1②.球③.()()()33242CuOH4NHCuNHOH+=（2）3（3）①.Cl-S-S-Cl②.极性分子（

4）①.34SiN②.共价晶体（5）BC（6）①.GaF3②.GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，可以确定元素分别是：①B，②N，③O，④Na，⑤Al，⑥Si，⑦S，⑧Cl，⑨Cu，⑩Ga。【小问1详解】由以上分析知⑨号元素

为Cu，在周期表中的位置是第四周期第ⅠB族；Cu的基态原子核外价电子排布为：3d104s1，最高能层的电子占据的原子轨道是4s，电子云轮廓为球形；Cu最高价氧化物对应的水化物为Cu(OH)2，与氨水发生反应生成络合物

，方程式为：()()()33242CuOH4NHCuNHOH+=；故答案为：3d104s1；球形；()()()33242CuOH4NHCuNHOH+=；【小问2详解】同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而递增，但第IIA族和第VA族元素

由于全满和半满状态处于相对稳定结构，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能介于B和N元素之间的元素有Be、C、O，3种；故答案为：3；【小问3详解】元素⑦⑧分别是S和Cl，可形成原子个数比为1：1的共价化合物，分子中各原子最

外层均达到8电子的稳定结构，Cl需形成一对共用电子对，而S需形成两对共用电子对，所以结构式为：Cl-S-S-Cl；S有两对孤电子对，采用sp3杂化，结构不对称，是极性分子；故答案为：Cl-S-S-Cl；极性分子；【小问4详解】元素②⑥分别是N和Si，非金属性N

>Si，所以N显-3价，Si显+4价，故化学式为Si3N4；根据其熔点高，硬度大等性质，可判断它的晶体类型是共价晶体；故答案为：Si3N4；共价晶体；小问5详解】A．同周期元素，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故A错误；B．同主族元素，从上往下，元素的非金属性逐渐减弱，

其气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故B正确；C．同周期元素，从左往右，元素金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，故C正确；D．氢化物的沸点与化学键有关，与元素周期律无关，故D错误；故答案为：BC；【【小问6详解】元素⑩是金属元素Ga，位于第4周期

第ⅢA族，化合价为+3价，F位于第3周期第ⅦA族，化合价为-1价，所以化学式为GaF3；Ga和F的电负性差值大于1.7，他们之间形成离子键，则GaF3是离子晶体，熔化时破坏的是离子键，而Ga和Cl的电负性差值小于1.7，他们之间形成共价键，则GaCl3是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力

，离子键的强度大于分子间作用力，所以氟化物比氯化物熔点高很多。故答案为：GaF3；GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子键强于分子间作用力；24.铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集，进行回收。①M所

含元素的电负性由大到小顺序是_______(用元素符号表示)。②X化合物中中心原子铜的配位数是_______，上述反应中断裂和生成的化学键有_______(填字母序号)。a.离子键b.共价键c.金属键d.氢键e.配位键（2）高温下，2CuO比CuO稳定的原因是_______。（3）离子型配

合物()344CuCHCNBF中，阴离子的空间构型为_______，配体中碳原子的杂化方式是_______。（4）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于晶胞顶点

；该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与2CaF(见图)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_______。（5）该铜金合金的立方晶胞中原子A的坐标参数为(0，1，0)。①

原子B的坐标参数为_______。②若该晶体密度为-3dgcm，AN表示阿伏伽德罗常数，则铜金原子间最短距离为_______。(列出计算式即可，无需化简)【答案】（1）①.O>N>C>H②.4③.be（2）Cu的价电

子为3d104s1，失去最外层1个电子即可达到全满稳定结构（3）①.正四面体②.sp3、sp（4）38CuAuH（5）①.(14，14，14)②.()3A643+197+82cm2ρN【解析】【小问1详解】①M所含元素由C、N、O、H四种，根

据电负性递变规律可知，同周期元素从左到右电负性递增，同主族从上到下电负性递减，可知电负性：O>N>C>H；故答案为：O>N>C>H；②由X的结构简式可知Cu的配位数为4，在反应过程中M中断裂了O-H键，产物X

中形成了Cu-N配位键，故答案为：be；【小问2详解】2CuO中Cu为+1价，Cu+的价电子排布为：3d10，CuO中Cu为+2价，Cu2+的价电子排布为：3d9，Cu+3d10达到全满稳定结构，故答案为：Cu的价电子为3d104s1，失去最外层1个电子即可达到全满

稳定结构；【小问3详解】()344CuCHCNBF中阴离子为4BF−，中心B原子的价层电子对数为：34142++=，孤电子对数为0，阴离子的空间构型为正四面体型，配体3CHCN中，甲基中C为3sp杂化，-CN中C为sp杂化，故答案为：正四面体；sp3、sp；【小问4详

解】晶胞中Cu原子处于面心，个数为1632=，Au原子处于晶胞顶点个数为1818=，H原子处于体内，个数为8，Cu、Au、H的个数比为：3：1：8，则化学式为：38CuAuH，故答案为：38CuAuH；【小问5详解】①原子A的坐标参

数为(0，1，0)，结合晶胞结构可知A正下方原子位于坐标原点，则B点坐标参数为：(14，14，14)，故答案为：(14，14，14)；②由上述分析可知晶胞的质量为：()A643+197+8gN，晶胞体积为：()A643+197+8ρN，可得晶胞参数：()3A643+197

+8cmρN，由晶胞结构可知Cu、Au原子间的最短距离为面对角线的一半，即为：()3A643+197+82cm2ρN，故答案为：()3A643+197+82cm2ρN；