【文档说明】辽宁省葫芦岛市兴城市高级中学等四校2022-2023学年高二12月月考化学试卷 含答案.doc，共(23)页，1.628 MB，由小赞的店铺上传

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2022～2023学年度12月月考联考高二化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共计45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.化学与生活关系密切，下列说法正确的是A.用白糖

腌制果脯可防止果脯变质，原因是白糖能使蛋白质变性B.钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀C.打印机黑色的墨粉中含有铁的氧化物，这种氧化物是氧化铁D.水垢中的4CaSO，可先用23NaCO溶液处理，而后用酸除去【答案】D【解析】【详解

】A．白糖作为溶质在水里有很高的溶解度，浸泡水果的时候，由于渗透压的作用，可以将细胞中的水分“吸出”，也就是脱水，使得细胞中的溶质浓度增高，细菌和微生物就难以进行繁殖，从而间接达到了防腐的作用，A错误；B．镀层破损后，锌仍作负极，

不会加速钢管腐蚀，B错误；C．打印机里黑色的铁的氧化物为四氧化三铁，氧化铁为红棕色固体，C错误；D．水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，转化为碳酸钙后用酸除去碳酸钙，最后水洗即可，D正确；故选D。2.下列说法正确的是A.H3O+的空间结构：

平面三角形B.冰中的氢键示意图：C.基态氧原子价电子排布图：D.基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d44s2【答案】B【解析】【详解】A．H3O+的中心O原子价层电子对数是3+6-1-132=4，中心O原子上有1对孤对电子，则其空间

结构为三角锥形，A错误；B．冰中一个H2O分子与相邻的4个H2O形成氢键，故冰中的氢键示意图：，B正确；C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态氧原子价电子排布图：，C错误；D．Cr是24号元素，当原子核外电子的轨道处于全

满、半满或全空时是处于稳定状态，则根据构造原理可知基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d54s1，D错误；故合理选项是B。3.23CO是一种无色无味的气体，结构式如图所示，可溶于水生成草酸：232COHOHOOCCOOH=+。下列说法正确的是A.电负性大小为：χ(C)＜χ(H)B.23CO是非

极性分子C.熔点：草酸＞三氧化二碳＞干冰D.2CO、23CO和HOOCCOOH分子中碳原子的杂化方式均相同【答案】C【解析】【详解】A．甲烷中C为-4价，H为+1价，可知电负性大小为：χ(C)＞χ(H)，A错误；B．由题图可知23CO正电中心和负电中心不重合，是极性分

子，B错误；C．草酸分子间能形成氢键，而23CO不能，故草酸熔点比23CO高，2CO相对分子质量比23CO小，因此2CO熔点低于23CO，熔点：草酸>三氧化二碳>干冰，C正确；D．2CO中碳原子的杂化方式为sp，23CO中碳原子的杂化方式为2sp，HOOCCOOH

分子中碳原子的杂化方式为2sp，杂化方式不完全相同，D错误。故选C。4.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是()t/℃2550100Kw/×10-141.015.4755.0A.向水中加入少量的CH3COONaB.向水中加入少量的NaHSO4C.加热

水至100℃，pH＝6D.向水中加少量的CuSO4【答案】D【解析】【详解】A项、CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中水解，使水的电离平衡右移，溶液呈碱性，故A错误；B项、NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，溶于水能完全电离，溶液显酸性，

电离出的氢离子抑制水的电离，使水的电离平衡左移，故B错误；C项、加热水至100℃，水的电离平衡右移，氢离子浓度等于氢氧根浓度，水显中性，故C错误；D项、CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中水解，使水的电离平衡右移，溶液呈酸性，故D正确。故选D。5.下列实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是A

.滴定前尖嘴中气泡未排出即进行滴定，滴定后尖嘴无气泡B.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，酸式滴定管未用标准盐酸润洗，所测出的碱液的浓度值C.同一滴定实验，一般做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次D

.达到滴定终点时，俯视读数标准液滴定未知物质的量浓度的HCl溶液【答案】D【解析】【详解】A．滴定前尖嘴中气泡未排出即进行滴定，滴定后尖嘴无气泡，读数时会把气泡的体积当做消耗的标准液的体积，导致读出来的体积偏高，故A错误；B．用标准盐酸滴定未知浓度的

NaOH溶液，酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会导致浓度偏低，所用体积增加，则测定结果偏高，故B错误；C．同一滴定实验，一般做三次，取三次实验的平均值进行计算，但某同学只做了一次，则测定结果可能偏低、也可能偏高，不能确定，故C错误；D．达到滴定终点时，俯视读数标准液滴定未知物质的量浓度的HCl溶液，

所测出的体积数值偏低，故D正确；故选D。6.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A.阳极发生将海水中的Cl−氧化生成

2Cl的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC.阴极生成的2H应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的2Mg(OH)等积垢需要定期清理【答案】D【解析】【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发

生氧化反应，A正确；B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确

；C．因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢

需定期清理，D错误。故选D。7.已知煤炭的燃烧热为393.5kJ/mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283.0kJ/mol。某同学发现在灼热的煤炭上洒少量水，煤炉中会产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺，因此该同学得出结论“煤炭燃烧

时加少量水，可使煤炭燃烧放出更多的热量。”下列有关说法正确的是A.反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＜-571.6kJ·mol-1B.CO的燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)

ΔH=-283.0kJ·mol-1C.“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳与水反应生成了可燃性气体D.因285.8kJ·mol-1+283.0kJ·mol-1＞393.5kJ·mol-1，故该同学的结论是对的【答案】C【解析】【详解】A．氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，

则反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的ΔH＝-571.6kJ·mol-1，由于液态水转化为气态水吸热，则反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＞-571.6kJ·mol-1，A错误；B．一氧化碳的燃烧热为283.0k

J/mol，则CO的燃烧的热化学方程式为CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1，B错误；C．“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳在高温下与水反应生成了可燃性气体氢气和CO，C

正确；D．由于能量是守恒的，所以“煤炭燃烧时加少量水，不可能使煤炭燃烧放出更多的热量。”，故该同学的结论是错误的，D错误；答案选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W、M、N的原子序数依次增大，X核外电子只有1种运动状态，Y、W的2p轨道均含有2个未成对电子，M的单质被称为

“国防金属”，N的氢氧化物具有两性，下列说法正确的是A.电负性：Z＜Y＜WB.Y的氢化物沸点不一定低于W的氢化物C.第一电离能：M＜ND.N的单质可以在高温下还原M的氧化物【答案】B【解析】【详解】A．同一周期从左向右，元素的电负性逐渐增大，因此电负性

C<N<O，A项错误；B．C的氢化物是烃类物质，随着相对分子质量的增大，烃类的沸点也逐渐增大，比如十七烷常温下是固态，因此C的氢化物沸点不一定低于水的沸点，B正确；C．Mg的价电子排布式为3s2，3s轨道全充满，则第一电离能Mg>Al，C错误；D．Al的活泼性

比Mg弱，因此在高温下不能还原Al的氧化物，D错误。因此，本题选B。9.科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为：NaTi2(PO4)3+2Na

++2e-=Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是A.充电时，电极b是阴极B.放电时，NaCl溶液的pH减小C.充电时，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加64gD.放电时，NaCl溶液的浓度增大【答案】D【解

析】【详解】A．由分析可知充电时电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应()()-+3242433NaTiPO-2e=NaTiPO+2Na可知不涉及H+、OH-、

H2O的消耗与生成，则NaCl溶液的pH不变，故B错误；C．充电时阳极反应为--22Cl-2e=Cl，阴极反应为()()+-2432433NaTiPO+2Na+2e=NaTiPO，由得失电子守恒可知，每生成1mo

lCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故C错误；D．放电时负极反应为()()-+3242433NaTiPO-2e=NaTiPO+2Na，正极反应为--2Cl+2e=2Cl，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故D正

确；答案选D。10.一定条件下将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。其它条件相同时分别测得NO的平衡转化率在不同压强下随温度变化的曲线如图。下列说法正确的是A.

其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大B.400°C时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9C.400°C、pl条件下，O2的平衡转化率为40%D.p2<pl【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温

度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故A错误；B．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=()()()2222cNOcNOcO，而c=nV，因此K=()()()2222nNOVnNOnO与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均

未提供，因此无法计算400℃时，该反应的化学平衡常数K，故B错误；C．根据图象，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C正确；D．升高温度，NO的平衡转化率降低，即平衡逆向移

动，则正反应为放热，ΔH＜0；2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1＜p2，故D错误；答案选C。11.甲烷分子结构具有高对称性且断

开1molC－H键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.甲烷催化裂解成C和2H需要吸收1760kJ能量B.步

骤②、③反应均为放热反应C.催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积D.使用该催化剂，反应的焓变不变【答案】A【解析】【详解】A．断开1molC－H键需要吸收440kJ能量，1mol甲烷分子中有4molC－H键，完全断开需要吸收1760kJ能量，即1mol甲烷中的化学键完全断

开需要吸收1760kJ能量，而不是甲烷催化裂解成C和H2需要吸收1760kJ能量，故A错误；B．步骤②、③反应中，反应物的总能量均高于生成物的总能量，所以均为放热反应，故B正确；C．从图中可以看出，甲烷在镍基催化剂上转化是在催化剂表面上发生的，催化剂使用一段时间

后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，堵塞了催化剂表面的活性中心，故C正确；D．催化剂不影响反应物和生成物的总能量，使用该催化剂，反应的焓变不变，故D正确；故选A。12.自然界中含硼的钠盐是一种天然矿藏，它的结构单元是由2个33HBO和2个()4BOH−缩合而成的双六

元环，因此写作()24524NaBOOH8HO，其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，下列说法错误的是A.基态硼原子核外有5种空间运动状态的电子B.33HBO中B原子未达到8电子稳定结构C.该盐的阴离子通过氢键相互缔合形成链状结构D.已知3

3HBO为一元弱酸，其电离方程式可表示为()3324HBOHOBOHH−+++【答案】A【解析】【详解】A．硼原子核外共有5个电子，分别占据1s、2s、2p轨道，因此有3种空间运动状态，A错误；B．硼原子最外层只有3个电子，与氧原

子共形成3对共用电子对，因此H3BO3中B原子未达到8电子稳定结构，B正确；C．根据题述，可推知阴离子彼此间以氢键相互缔合形成链状结构，C正确；D．硼酸为一元弱酸，并非本身能电离出H+，而是硼原子与水电离出

的OH-中的O原子上的孤电子对形成配位键，故电离方程式为H3PO3+H2O[B(OH)4]-+H+，D正确；.故选A。13.下列设计的实验方案不能达到实验目的的是选项实验目的实验过程A配制3FeCl溶液将一定质量的3FeCl固体放入烧杯

中，直接用蒸馏水溶解B验证3HSO−结合H+的能力比23SO−的弱室温下，用pH试纸测得0.11molL−23NaSO溶液的pH为10，0.11molL−3NaHSO溶液的pH约为5C证明：()()spspAgIAgClKK向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加

入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象D探究催化剂对22HO分解速率的影响在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%22HO和1mL22HO，向另一支试管中加入2mL5%22HO和1mL3FeCl溶液，观察并比较实验现象A.AB

.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．配制3FeCl溶液，应将3FeCl溶于稀盐酸，再加水稀释到所需的浓度，目的是为了防止3FeCl发生水解，A错误；B．用pH试纸测0.11molL−23NaSO溶液和0.11molL−3NaHSO

溶液的pH，可以判断相同浓度的溶液中，3HSO−和23SO−水解程度的大小，从而可以验证3HSO−结合H+的能力和23SO−结合H+的能力的大小，根据0.11molL−23NaSO溶液的pH为10，0.11molL

−3NaHSO溶液的pH约为5，所以23SO−水解程度大于同浓度的3HSO−，3HSO−结合H+的能力比23SO−的弱，B正确；C．相同体积相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI

溶液，一支试管中产生黄色沉淀AgI，另一支中无明显现象，没有AgCl生成，说明相同条件下，AgI的溶解度小于AgCl，AgI和AgCl化学式类型相同，所以()()spspAgIAgClKK，C正确；D．在相同条

件下，分别向两支试管中加入2mL5%22HO和1mL22HO，2mL5%22HO和1mL3FeCl溶液，观察现象，加入1mL3FeCl溶液的试管中产生气泡的速率较快，可以探究催化剂（3FeCl）对22HO分解速率的影响，D正确；故选A。

14.某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g)，有关数据如下：时间段/min产物Z的平均生成速率/-1-1molLmin0～20.200～40.150～60.10下列说法错误的是A.1min时，Z的浓度大于-10.20m

olLB.2min时，加入0.20molZ，此时v(Z)<v(Z)正逆C.3min时，Y的体积分数约为33.3%D.5min时，X的物质的量为1.4mol【答案】B【解析】【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐

减小，则01min内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于10.20molL−，A正确；B．4min时生成的Z的物质的量为110.15molLmin4min1L0.6mol−−=，6min时生成的Z的物质的量为110.10molLmin6min1L0.6mol−−

=，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了amolY，列三段式：2X(s)Y(g)2Z(g)/mol2.000mol2aa2amol2.02aa0.6+−初始量转化量/平衡量/根据2a0.6=，得0.3a=，则Y的平衡浓度为10.3molL−，Z的

平衡浓度为，平衡常数，2min时Y的浓度为10.2molL−，Z的浓度为10.4molL−，加入0.2molZ后Z的浓度变为10.6molL−，20Qc(Z)c(Y)0.072K==，反应正向进行，故v(Z)v(Z)正逆，B错误；C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等

于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V(Y)1V(Z)2=，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量

为，D正确；故答案选B。15.在224HCO溶液中加入NaOH溶液，不断调整溶液pH，测绘224HCO、24HCO−和224CO−物质的量分数与pH关系图如图所示，[已知()()()()()22242424XXHCOHCOCOcccc−−=++]。下列说法不正确的

是A.D点()()224224COHCOcc−=，pH=2.7B.将等物质的量的24NaHCO、224NaCO溶于水中，所得溶液pH恰好为4.2C.向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时：()()()(

)224NaH3COOHcccc++−−+=+D.0.11molL−24NaHCO(aq)中：()()()22424224HCOCOHCOccc−−【答案】B【解析】【详解】A．D点c(C2O24−)

=c(H2C2O4)，即224224(CO)(HCO)cc−=1，22++2424242+22424224(CO)(CO)(H)(HCO)(H)1=(HCO)(HCO)(HCO)(H)cccccccc

c−−−−=a1a22+(H)KKc=1，A点处c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，可得Ka1=c(H+)=10-1.2，同理根据B点可得Ka2=c(H+)=10-4.2，所以c(C2O24−)=c(H2C2O4)时，c(H+)=a1a2KK=-1.2-4.21010mol/L=

10-2.7mol/L，所以pH=2.7，A正确；B．图中是平衡后所测数据，得出pH=4.2时，δ(C2O24−)=δ(HC2O4−)，但当将等物质的量的24NaHCO、224NaCO溶于水中，存在电离平衡和水解平衡，最终所得溶液pH不等于4.2，B错误；C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶

液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(C2O24−)+c(OH-)+c(HC2O4−)，而据图可知pH=4.2时，c(C2O24−)=c(HC2O4−)，所以c(Na+)+c(H+)=3c(C2O24−)+c(OH-)，C正确；D

．0.1mol·L-1NaHC2O4(aq)中δ(HC2O4−)的含量最大，据图可知，当δ(HC2O4−)最大时，溶液显酸性，HC2O4−的电离程度大于水解程度，所以c(HC2O4−)>c(C2O24−)>(H2C2O4)，

D正确；综上所述答案为B。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.NH4Al(SO4)2是一种食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析化学、制药工业中用途广泛。请回答下列问题：（1）

NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是___________________________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。（2）相同温度下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液中的

c(+4NH)由大到小_____(填序号）。①NH4Al(SO4)2②CH3COONH4③NH4HSO4④NH3·H2O⑤NH4Cl（3）如图1是0.1mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图象。其中符合0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是_____(填写字母

)。（4）室温时，向100mL0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_____；在b点，溶液中各离子浓度由大

到小的排列顺序是______；在cd段发生反应的离子方程式________________。【答案】①.Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水②.③①⑤②④③.Ⅰ④.a⑤

.(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+>c(OH－)＝c(H＋)⑥.NH4++OH－=NH3•H2O【解析】【详解】（1）由于NH4Al(SO4)2溶于水电离出的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋

3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）①NH4Al(SO4)2、②CH3COONH4、③NH4HSO4、⑤NH4Cl等溶液中存在：NH4++H2ONH3

•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，NH4+浓度最大；NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，但抑制程度较小，NH4+浓度次之；醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，四种物质中

NH4+浓度最小；④氨水为弱电解质，难以电离，在这五种溶液中NH4+浓度最小，所以有：③①⑤②④；（3）①由于NH4Al(SO4)2溶于水电离出的NH4+、Al3＋水解溶液显酸性，且水解是吸热的，加入促进水解，溶液的酸性增强，pH减小，因此符合条件的曲线是I；（4）向100mL0.1mol/

L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O、OH－＋NH4＋=NH3·H2O。d点恰好中和氢离子，溶液中的NH4＋水解促进水的电离。d点之后NH4＋浓度减小，所以溶液中水的电离程度最大是a点；在b点，pH＝7，溶液显中性，溶液中的溶

质是硫酸钠和硫酸铵和氨气，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+>c(OH－)＝c(H＋)；在cd段发生反应的离子方程式是NH4++OH－=NH3•H2O。17.Ⅰ.回答下列问题：（1）

利用价层电子对互斥模型推测分子或离子的空间结构。4ClO−；___________；3AlBr(共价分子)：___________。（2）有两种活性反应中间体，它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种粒子的结构，写出相应的化学式。

___________；___________。（3）按要求写出由第二周期非金属元素的原子构成的中性分子的化学式。平面三角形分子：_______，三角锥形分子：________，正四面体形分子________。Ⅱ．()442CuOPO是锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质，它可通过下列

反应制备：3442NaPO4CuSO++()()324424442222NHHOCuOPO3NaSONHSOHO+++。（4）写出基态Cu的电子排布式：___________。（5）34PO−的空间结构是___________。（6）P、S、N元素第一电离能由大到小的顺

序为___________。（7）氨基乙酸铜分子结构如下，其中碳原子的杂化方式为___________，基态碳原子核外电子有___________种运动状态。【答案】（1）①.正四面体形②.平面三角形（2）①.+3CH②.-3CH（3）

①.3BF②.3NF③.4CF（4）101[Ar]3d4s或226261011s2s2p3s3p3d4s（5）正四面体（6）N>P>S（7）①.32spsp、②.6【解析】【小问1详解】-4ClO中价电子对数是4，没有孤电子对，空间结构为正四面体形。3AlBr是3AB型分子

，价电子对数是3，没有孤电子对，空间结构是平面三角形。【小问2详解】3AB型分子中，中心原子无孤电子对的呈平面三角形，有一对孤电子对的呈三角锥形，所以分别是+-33CHCH、。【小问3详解】由第二周期非金属元素的原子构成的中性分子中

，呈三角锥形的是3NF，呈平面三角形的是3BF，呈正四面体形的是4CF。【小问4详解】Cu是29号元素，基态Cu的电子排布式为[101[Ar]3d4s或226261011s2s2p3s3p3d4s。【小问5详解】3-4PO中心原子P的价电子对数为5+3+04=

42，无孤电子对，则为3sp杂化，3-4PO的空间结构是正四面体。【小问6详解】同一主族从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，又因为P原子核外3p道处于半满结构，更为稳定，所以P的第一电离能大于S，元素第一电离能由大到

小的顺序为N>P>S。【小问7详解】题给分子中只形成单键的碳原子为3sp杂化，形成碳氧双键的碳原子为2sp杂化；碳原子的6个电子的运动状态互不相同，一共有6种运动状态。18.碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤

I.23NaCO的制备步骤Ⅱ.产品中3NaHCO含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用10.1000molL−盐

酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸1VmL；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用10.1000molL−盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸2VmL；④平行测定三次，

1V平均值为22.45，2V平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35℃时，43NHHCO开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表()2g/100gHO温度/C0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.343NHHCO11.915.821

.027.03NaHCO6.98.29.611.112.714.516.44NHCl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______；(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是______

_(填标号)；A.B.C.D.(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______；(4)产品中3NaHCO的质量分数为_______(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则3NaHCO质量分数的

计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】①.NaHCO3②.在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）③.D④.甲基橙⑤.由黄色变橙色，且半分钟内不褪色⑥.3.56%⑦.偏大【解析】【详解】根

据上述分析可知，(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35

C时NaHCO3的溶解度最小；(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质

为氯化钠和碳酸（溶解的CO2），所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(

HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=0.1000mol/L

23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n总(NaHCO3)-n生成(NaHCO3)=2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaH

CO3的物质的量为-41.06100mL10l10omLm=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为-3100%3.5616%3.56%2.501.0610mol84g/mogl00

=，故答案为：3.56%；(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。19.空间站利用“萨巴蒂尔反应”配合2O生成系统可实现2O

的再生。回答下列问题：Ⅰ.萨巴蒂尔反应为：()()()()2242COg4HgCHg2HOg++164kJ/molH=−（1）萨巴蒂尔反应的前三步历程图如下。其中物质吸附在催化剂表面用“﹒”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会___________(填“放出热量”

或“吸收热量”)。（2）在恒容密闭容器中加入2CO和2H，其分压分别20kPa和40kPa，一定条件下发生萨巴蒂尔反应。某时刻测得2HO(g)的分压15kPa，4CH的反应速率()()()()641422CH1.

210COHkPasvpp−−=，则该时刻()2Hv=___________1kPas−。（3）航天器中可用()()()()222COg2HgCs2HOg++△H，然后电解水又得2H和2O来处理2CO。现向一恒容密闭容器中通入2H和2CO，测得反应过程中压强随时间的变化

如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强随时间的变化如图中b所示。曲线a中，反应开始时，压强先变大的原因可能是___________，曲线b改变的条件是___________。Ⅱ．工业上利用甲酸的能量关系转换图如下：（4）反

应()()()22gggCOHHCOOH+的焓变△H=___________1kJmol−。（5）温度为1T℃时，将等物质的量的2CO和2H充入体积为1L的密闭容器中发生反应：()()()22gggCOHHCOOH+2K=，实验测

得：()()22COHvkcc=正正，()HCOOHvkc=逆逆，正k、逆k为速率常数。则1T℃时，k=逆___________正k；温度为2T℃时，1.9kk=正逆，则2T℃＞1T℃，理由是___________。Ⅲ．火星大气中含有大量2CO，科学家采用新颖的光电联合催化

池3D-ZnO/Ni/4BiVO/FTO，模拟植物光合作用对2CO进行综合利用，原理如图所示。（6）该装置中电势：泡沫Ni网电极___________FTO玻璃电极(填“＞”、“＜”或“=”)；（7）阳极反应式：___________。【答案】（1）吸收热量（2）0.6（3）①.正反应放热，使

体系温度升高，压强增大②.催化剂（4）-31.4（5）①.0.5②.由1.9kk=正逆，2kKk=正逆，说明平衡逆向移动，而()()()22gggCOHHCOOH+为放热反应，可知1TT2（6）＜（7）224OH4e2HOO−−−=+【解析

】【小问1详解】由图可知物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会吸收热量；【小问2详解】列三段式有：(g)(g)(g)(2)2g24++/kPa204000/kPa7.5307.515/kPa12.5107.5CO4HCH2HO15起始量转化量平衡量，根据()()()()-64-6-14

242vCH=1.210COpH=1.p12.510=0.210as6kP；【小问3详解】该反应为气体分子数减少的反应，温度不变时，压强应减小，由图像可知，开始一段时间，压强增大，说明该反应放热，温度升高使得压强变大；由图像可知b线与a线到

达平衡时的总压强相等，平衡未移动，但到达平衡的时间变短，反应速率变大，说明使用了催化剂，故答案为：正反应放热，使体系温度升高，压强增大；催化剂；【小问4详解】由图示可知①2HCOOH(g)CO(g)H(g)O+ΔH=+72.6kJ/mol；②221CO(g)+O(g)CO(g)2ΔH=-283.

0kJ/mol；③2221H(g)+O(g)H(g)2OΔH=-241.8kJ/mol，利用盖斯定律，将③-①-②可得22CO(g)H(g)HCOOH(g)+ΔH=-241.8-(+72.6)+(-283.0)=-3

1.4kJ/mol；【小问5详解】反应CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正=v逆，即k正c(CO2)•c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以()()()22==2cHCOOHcCOcHKKK=正逆，所

以k正=2k逆，即k逆=0.5k正；温度改变为T2时，k正=1.9k逆，KK=2K正逆＜，说明平衡相对于T1，逆向移动移动，气体的物质的量增多，则T2时平衡压强大于T1时平衡压强，所以温度升高，体积不变，总压强增

大，CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)为放热反应，温度升高，平衡左移，体系的物质的量增加，总压强增大；故答案为：0.5；由k正=1.9k逆，KK=2K正逆＜，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1。【小问6详解】根据分析，泡沫Ni网电极为阴

极，FTO玻璃电极为阳极，因此电势：泡沫Ni网电极<FTO玻璃电极；【小问7详解】阳极发生氧化反应，根据图示，阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com