【文档说明】四川省成都市石室中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(26)页，2.906 MB，由小赞的店铺上传

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成都石室中学2022-2023学年度下期高2024届3月月考化学试卷注意事项：1.本试题分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。全卷满分100分，考试时间100分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16

Cl-35.5Ba-137第I卷(选择题共44分)选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共44分)1.下列化学用语表述不正确的是A.MgCl2的形成过程：B.-NH2的电子式：C.3SO的VSEPR模型：D.H2分子中σ键的电子云轮廓图：【答案】C【解析】【

详解】A．MgCl2为离子化合物，用电子式表示氯化镁的形成过程为，A正确；B．-NH2的电子式为，B正确；C．3SO价层电子对数为3+()16322−=3，VSEPR模型为平面三角形，C错误；D．H2分子中σ键属于s-

sσ键，电子云轮廓图为，D正确；故选C。2.下列关于原子结构的说法不正确的是A.同一原子中，2p、3p、4p电子的能量依次增大B.电子由3d能级跃迁至5s能级，可通过光谱仪摄取原子的发射光谱C.N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状

态的电子D.基态K原子占据最高能层的电子的电子云轮廓图为球形【答案】B【解析】【详解】A．相同轨道能层越高能量越大，则能量：2p<3p<4p，故A正确；B．电子由3d能级跃迁至5s能级，吸收能量，所得光谱为吸收光谱，故B错误；C．每个轨道最

多容纳2个电子，N能层最多可容纳32个电子，故C正确；D．基态K原子核外电子排布式为：1[Ar]4s，最高能层的电子在s轨道，s轨道电子云轮廓为球形，故D正确；故选：B。3.某种基态离子X4+的核外电子排布式为1s22s22p

63s23p6，下列有关说法不正确的是A.基态X原子的未成对电子数为2B.该元素在第IVB族C.基态X原子价层电子自旋方向不完全相同D.该基态原子核外有22种能量不同的电子【答案】D【解析】【分析】X4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，则X为22号元素，为Ti元素

，以此解题。【详解】A．X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态X原子的未成对电子数为2，A正确；B．由分析可知，X为22号元素，位于第四周期，第IVB族，B正确；C．X的核外电子排布式为1s22s2

2p63s23p63d24s2，其中4s上的电子的自旋方向不相同，C正确；D．同一能级电子能量是相等的。X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，其核外电子有7种能量不同的电子，D错误；故选D。4.下列说法不正确

的是A.S−H键键能比Se−H键键能大，所以H2S比H2Se稳定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，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C.白磷为正四面体分子，白磷分子中键角(P−P−P

)是60°D.乙炔(HC≡CH)分子易发生加成反应，分子中的π键键能小，易断裂，以此推断，N2分子中π键也容易断裂而发生化学反应【答案】D【解析】【详解】A．硫元素的电负性大于硒元素，则S−H键键能比Se−H键键

能大，所以H2S比H2Se稳定，故A正确；的B．由元素气态基态原子的逐级电离能可知，第二电离能与第三电离能相差很大，说明基态原子的最外层有2个电子，最高正化合价为+2价，则它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，故B正确；C．由白磷为正四面体分子可知，分子中键角(P−P−P)

是60°，故C正确；D．氮气分子中氮氮三键的键能大，其π键比σ键键能大，不容易断裂，化学性质稳定，故D错误；故选D。5.下列有关共价键的描述，错误的是A.键能：C-N＜C=N＜C≡NB.键角：H2O>

H2SC.p-pσ键与s-pσ键的电子云对称性不同D.共价键极性：H-F>H-Br【答案】C【解析】【详解】A．键长：C-N>C=N>C≡N，键长越长键能越小，则键能：C-N＜C=N＜C≡N，故A正确；B．O的电负性大于S，H2O中O原子的

孤电子对对氢氧键的斥力小于H2S中S原子的孤电子对对氢硫键的斥力，因此，键角：H2O>H2S，故B正确；C．σ键均为轴对称，p-pσ键与s-pσ键的电子云对称性相同，故C错误；D．F的电负性大于Br，H-F的极性大

于H-Br极性，故D正确；故选：C。6.下列关于微粒的空间结构描述错误的是A.HClO、AsH3、SiCl4的中心原子价层电子对数不完全相同B.23CO−和3ClO−具有不同的空间构型C.BBr3和SF6的中心原子均不满足8电子构型D.三氧化硫的三聚分子()中S原子的杂化轨道类型为3sp杂

化【答案】A【解析】【详解】A．HClO、AsH3、SiCl4的中心原子价层电子对数均为4，故A错误；B．23CO−和3ClO−的具有不相同的空间构型，前者形成3个σ键没有孤电子对，是平面三角形，后者形成3个σ键有一对孤电子对，是三角锥型，故B正确；C．BBr3和SF6的中心原子均不不满

足8电子构型，前者形成3个σ键没有孤电子对，是6电子结构，后者形成6个σ键没有孤电子对，12电子结构，故C正确；D．三氧化硫的三聚分子()中S原子均形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道类型为sp3杂化，故D正确；故选A。7.下列说法不正确的是A.电负性：N>P>LiB.中σ键

和π键比例为7：1C.N2与22O+互为等电子体，221molO+中含有的π键数目为A2ND.C3H+中的所有原子均共面【答案】B【解析】【详解】A．同周期从左到右电负性增大，则电负性：N>Li；同主族从上到下电负性减弱，则电负性：N>P，可知：N>P>Li，故

A正确；B．单键为σ键，1个双键中含1个σ键和1个π键，根据结构简式可知该物质中σ键和π键个数分别为18和2，比例为9：1，故B错误；C．N2与O22+，原子数均为2，价电子数均为10，互为等电子体，1mo

lN2中含2molσ键，则根据等电子体的结构相似性可知O22+中含有的σ键数目为2NA，故C正确；D．CH3+中中心C原子的价层电子对数为3，无孤对电子，为平面三角形结构，所有原子共面，故D正确；故选：B。8.锌、锗

是第四周期重要的两种元素，下列相关说法正确的是A.锗是金属，不能做半导体材料B.基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]4s24p2C.粗锌精炼时，粗锌做阳极材料D.在铁件上镀锌，电镀时电解质溶液浓度不断减小【答案】C【解析】【详解】A

．锗位于金属、非金属交界处，金属性较弱，常用作半导体材料，故A错误；B．基态锗原子的电子排布式可表示为[Ar]3d104s24p2，故B错误；C．粗锌精炼时，粗锌做阳极失电子被氧化，故C正确；D．电镀过程中电解质溶液浓度不变，故D错误；故选：C。

9.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z、M为同周期相邻元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.基态原子未成对电子数：Y＝QB.化合物M2X4中只含有极性共价键C.Q是周期表中电负性和第一电离能

都最大的元素D.X与Q形成的化合物的水溶液可以保存在玻璃瓶中【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形

成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则Z为H，Y为B，Z为C，M为N。【详解】A．B核外电子排布式为1s22s22p1，F核外电子排布式为1s22s22p5，则基态原子未成对电子数：Y＝

Q，故A正确；B．化合物M2X4(N2H4)中含有极性共价键和非极性共价键，故B错误；C．Q是周期表中电负性最大的元素，但不是周期表中第一电离能最大的元素，故C错误；D．HF和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，因此X与Q形成的化合物的水溶液不能保存在玻璃瓶中，应该保存在

塑料瓶中，故D错误。综上所述，答案为A。10.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列说法不正确的是元素代号XYNMRQ原子半径/nm0.0370.1860.0890.0990.0750.074主要化合价1+1++2+7、-15+、3−2−A.Y元素基态离子的电子排布式为1

s22s22p6B.上述元素中Q的简单氢化物最稳定，M的最高价氧化物对应水化物酸性最强C.Y、N、M三种元素的最高价氧化物的水化物两两之间不全都能反应D.简单离子半径：M>R>Q>Y【答案】C【解析】【分析】X

的半径最小，且主要化合价为+1价，则X为H，Y的半径最大，且主要化合价为+1价，则Y为Na，Q半径较小，且主要化合价为-2价，则Q为O，N的半径大于Q，且其主要化合价为+2价，则N为Be，M的主要化合价为+7价和-1价，则M为Cl，R的半径大于Q，且其主要化合价为+5价和-3价，在R为N，

故X为H，Y为Na，N为Be，M为Cl，R为N，Q为O，以此解题。【详解】A．由分析可知，Y为Na，则Y元素基态离子的电子排布式为1s22s22p6，A正确；B．元素的非金属性越强则其氢化物越稳定，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，由分析可知，Q为O，M为C

l，故上述元素中Q的简单氢化物最稳定，M的最高价氧化物对应水化物酸性最强，B正确；C．由分析可知，Y为Na，N为Be，M为Cl，其最高价氧化物的水化物分别为：NaOH，Be(OH)2，HClO4，其中Be(OH

)2为两性氢氧化物，故其两两之间都能反应，C错误；D．由分析可知，M为Cl，R为N，Q为O，Y为Na，一般来说电子层越多，半径越大，核外电子排布相同的时候，原子序数越小半径越大，故简单离子半径：M>R>Q>Y，D正确；故选C

。11.2020年11月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百周年纪念日。铈(58Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法正确的是A.铈

元素在自然界中主要以单质的形式存在B.可通过电解Ce(SO4)2溶液制得金属铈C.铈元素在第六周期第IIIB族，属于f区元素D.CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为CeO2+4HI=CeI4+2H2O【答案】C【解析】【详解】A．金属铈在空气中易被氧化

变暗，则铈元素在自然界中主要以化合态形式存在，A错误；B．金属铈能与水反应，则电解Ce(SO4)2溶液生成氢气和氧气，不能生成金属铈，B错误；C．金属铈为58号元素，位于周期表中第六周期第IIIB族，属于f区元素，C正确；D．Ce

O2溶于氢碘酸，生成的Ce4+具有强氧化性，可氧化碘离子为碘单质，D错误；故选：C。12.5-氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料。该盐

结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说不正确的是A.阴离子的空间构型为平面三角形B.第二周期中第一电离能介于B和N之间的元素有1种C.该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式不都相同D.C原子能形成多种原子个数不同的单质，它

们之间互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．NO3−中心原子价层电子对数为3+()151322+−=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故A正确；B．因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态

，因此N的第一电离能反常大于O，Be的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在B、N间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，故B错误；C．该化合物中五元环上C原子的杂化方式为sp2，N原子的杂化方式为sp2、sp3，故C正确；D．C原子能形

成多种原子个数不同的单质，它们之间互为同素异形体，如金刚石和石墨，故D正确；故选B。13.关于金属的腐蚀与防护，下列说法正确的是A.图①：铁丝发生吸氧腐蚀B.图②：金属性M>FeC.图③：防护方法为牺牲阳极的阴极保护法D.图③：N不可

选石墨【答案】B【解析】【详解】A．干燥空气中不能形成原电池，铁丝发生化学腐蚀，故A错误；B．原电池原理保护铜铁输水管，则输水管应作正极，金属M作负极负极金属比正极活泼，即金属性M>Fe，故B正确；C．该装置中有电源，采用的是外接电流的阴极保护法，故C错误；D．图③为外接电

流的阴极保护法，钢铁闸门连接电源负极作阴极，辅助电极N作阳极，可选用石墨作电极，故D错误；故选：B。14.标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下(已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为

0)，下列说法正确的是A.历程II中Cl起催化作用，并且E6−E3＞E5−E2B.可计算Cl−Cl键能为(E2−E3)kJ∙mol−1C.历程I、历程II中速率最快一步反应的热化学方程式()()()()2ClOgOgOgClg+=+()154ΔH=EE

kJmol−−D.相同条件下，3O的平衡转化率：历程II＞历程I【答案】C【解析】【详解】A．历程II中Cl起催化作用，催化剂降低反应活化能，但焓变不变即E6−E3＝E5−E2，故A错误；B．Cl2(g)相对

能量为0，由图可知Cl(g)的相对能量为(E2−E3)kJ∙mol−1，断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2−E3)kJ∙mol−1，则Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ∙mol−1，故B错误；C．历程I、历程II中速率最快的一步是活化能最小的一步即()

()()()2ClOgOgOgClg+=+，其反应的热化学方程式()()()()2ClOgOgOgClg+=+()154ΔH=EEkJmol−−，故C正确；D．相同条件下，催化剂不改变平衡移动，因此3O的平衡转化率：历程II＝历程I，故D错误。综上所述，答案为C。的的15.第VA族元

素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列说法不正确的是A.RCl5分子中5个R—Cl键键能不都相同B.RCl5分子中键角(Cl—R—Cl)

有90°、120°、180°三种C.RCl5受热后分解生成RCl3时有极性共价键的断裂，非极性共价键的生成D.若R4O6的分子结构中均为单键，且每个原子最外层均满足8e—稳定结构，则该分子中所含共价键数目为10【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，RCl5分子中位于体心的R原子与位于不同顶点的

氯原子的键长不同，则5个R—Cl键键能不都相同，故A正确；B．由图可知，上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，故B正

确；C．RCl5受热后分解生成RCl3和Cl2，反应时时有磷氯极性共价键的断裂和氯氯非极性共价键的生成，故C正确；D．R原子最外层只有5个电子，达8电子稳定结构需共用3对电子，则每个R原子都须与氧原子形成3个单键，4个R原子应形成12个共价键，故D错误；故选D

。16.甲、乙、丙、丁4种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，下列推断正确的是A.甲通入硫酸铜溶液中无明显现象，但甲能与碱反应B.乙被称为“绿色氧化剂”，则乙分子空间构型为直线形C.若丙中含有第二

周期IVA族的元素，则丙可能与甲烷中碳氢个数比相同D.丁的溶液为强酸，用铜做电极电解丁溶液两极都有气体产生【答案】C【解析】【分析】甲、乙、丙、丁4种物质分别含2种或3种元素，它们的分子中均含18个电子，甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子，则甲为H2S；【详解】A．甲为H

2S，通入硫酸铜溶液中生成黑色沉淀CuS，A错误；B．乙被称为“绿色氧化剂”，则乙为H2O2，O原子sp3杂化，空间构型不是直线型，B错误；C．若丙中含有第二周期IVA族的元素，则丙可以为CH4O或C2H6，可能与甲烷中碳氢个数比

相同，C正确；D．丁的溶液为强酸，则丁为HCl，用铜做电极电解丁溶液，铜为活性电极，阳极为Cu失电子，不产生气体，D错误；故选C。17.Li-O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电Li-O2电池，工作原理如图所示。下列叙

述正确的是A.充电时，电池的总反应Li2O2电解2Li+O2↑B.工作过程只有电能转化为化学能C.放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极移动D.放电时，正极发生反应，2Li++O2-2e-=Li2O2【答案】A【解析】【分析】光照充电时，驱动阴极反应(Li++e-=Li)和阳极

反应(Li2O2-2e-=2Li++O2)，则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，放电时为原电池，总反应为2Li+O2=Li2O2，由图可知，放电时Li→Li+，发生失电子的反应，金属Li为负极，光催化电极为正极，负极反应式为Li-e-=Li+，O2+2Li++2e-═Li2O2

，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。【详解】A．由图可知，充电时，电池的总反应Li2O2电解2Li+O2↑，A正确；B．由分析可知，光照时光能转化为化学能，化学能转化为电能，B错误；C．放

电时，根据原电池“同性相吸”，则Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；D．根据充电时阳极反应，则放电时正极是氧气得到电子变为22LiO，其正极发生反应222O2Li2eLiO+−++=，D错误；故选A18.合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究2CO与CO之间的转化

。现将一定量的2CO与足量碳在体积可变的密闭容器中发生反应：()()()2CsCOg2COgΔH+，测得压强、温度对CO、的平衡组成的影响如图所示。下列说法正确的是A.平衡体系的压强：123pppB.该反应的活化能：aE(正)aE(逆)C

.该反应的平衡常数：()()()abcKKK=D.图中d点按()()2nCO1=nCO4再通入混合气，平衡不移动【答案】D【解析】【详解】A．()()()2CsCOg2COgΔH+为气体体积增大的反应，压强减小，平衡正向移动，（CO）%越大，表示低压强对应高（CO）%，则p1、

p2、p3的大小关系为p1＜p2＜p3，A错误；B．由图可知，压强相同时，随着温度的升高，（CO）%增大，说明该反应是吸热反应，该反应的活化能：aE(正)>aE(逆)，B错误；。C．化学平衡常数是温度的函数，a、b两点对应的温度相同，c点对应的温度高于a、b两点，该反应是吸热反应，温度升高，平衡

正向移动，则图中a、b、c三点对应的平衡常数（用Ka、Kb和Kc表示）大小关系是Ka=Kb＜Kc，C错误；D．容器体积可变，图中d点对应CO百分含量为80%，()()2nCO1=nCO4，此时按()()2nCO1=nCO4再通入混合气，根据等效平衡，平衡不移动，D正确；故选D。

19.氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：①3222NH3ClON3Cl3HO−−+=++②332NH4ClOOHNO4Cl2HO−−−−++=++在一定条件下模

拟处理氨氮废水：将11L0.006molL−的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法不正确的是A.1x的数值

为9.75×10-3B.1xx时，c(Cl-)>4c(NO-3)C.1xx时，x越大，生成2N的量越少D.x<x1时，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(NO-3)【答案】D【解析】【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，()3NH=0.

006mol/L1L=0.006moln，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗()10.006mol95%ClO=3=0.00855mol2−n，参与反应②消耗()2ClO40.006mol5%0.0012mol−==n，1x=0.00855mol+0.0

012mol=0.00975mol，A正确；B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以3(Cl)4(NO)−−cc，B正确；C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D．x<x1时，氨的去除率小于100%，溶液中除Na

+、H+、Cl-和OH-外，还有+4NH、3NO−等，根据电荷守恒得()()()()()()+43NaHNHClOHNOcccccc++−−−++=++，D错误；故选D。20.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。均无明显现象铝片表面产生细小气泡加热后出现白色浑

浊，产生大量气泡(经检验为H2和CO2)下列说法错误的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO23−+H2OHCO3−+OH-B.对比I、III说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C.H2逸出有

利于CO23−水解平衡向正反应方向移动D.推测出现白色浑浊的原因：Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，主要水解平衡为：CO23−+H2OHCO3−+OH-，A正确；B．I中Al表面没有气泡，

说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，B正确；C．氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，从而促进了碳酸根离子的水解，所以H2逸出对CO23−水解平衡向正反应方向移动，C正确；D．碳酸钠

水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以出现白色沉淀的原因可用离子方程式表示为：()223233AlOHCOHO

=AlOHCO−−−+++，D错误；故选D。21.据统计，2022年我国光伏发电并装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正

确的是A.工作时电子的流向为：乙→a→b→甲B.a为阴极，电极反应式为2(CH3)4N+＋2H2O＋2e－=2(CH3)4NOH＋H2↑C.c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，e为质子交换膜D.制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体【答案】B【解

析】【分析】根据氯化钠稀溶液变为氯化钠浓溶液，则e为阳离子交换膜，最右边的钠离子穿过e进入到de中，cd处的氯离子穿过d进入到de中，因此b为阳极，a为阴极，乙为负极，甲为正极。【详解】A．电子流动方向是负极→阴极，阳极→正极，即工作时电子的流向为：乙→

a，b→甲，电子不能再溶液中移动，故A错误；B．根据前面分析得到a为阴极，在根据四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，则a电极反应式为2(CH3)4N+＋2H2O＋2e－＝2(CH3)4NOH＋H2↑，故B正确；C．根据前面分析得到e为阳离子交换膜

，右边的钠离子穿过e进入到de中，故C错误；D．b电极为阳极，则电极反应式为4OH－−4e－＝2H2O＋O2↑，根据2(CH3)4N+＋2H2O＋2e－＝2(CH3)4NOH＋H2↑和电子转移分析，生成2mol(CH3)

4NOH生成1mol氢气和0.5mol氧气共1.5mol气体，则制备182g四甲基氢氧化铵(物质的量为2mol)，两极共产生33.6L气体(在标准状况下)，故D错误。综上所述，答案为B。22.用0.1000mol/LNa2SO4标准溶液滴定20.00mLBaCl2溶液，测

得溶液电导率σ及-lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4标准溶液的体积V(Na2SO4)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.BaCl2溶液的浓度为0.1000mol/LB.Ksp(BaSO4)=10-10C.等浓度的Na+比B

a2+导电能力差D.若实验所用BaCl2溶液是用粗产品配制得来，则0.5000g粗产品中BaCl2•2H2O的质量分数为97.6%【答案】C【解析】【分析】拐点处是恰好完全反应的终点，发生的反应为2424NaSOBaClBaSO2NaCl++。【详解】A.0.1mol

/L20mL()2=cBaCl20mL，可得()2cBaCl=0.1mol/L。A项正确；B.恰好完全反应的终点时，溶液中的钡离子和硫酸根处于沉淀溶解平衡状态，此时-lgc(Ba2+)=5，由此可得()2+2-10sp44Ba

SOc(Ba)c(SO)=10K−=。B项正确；C.电导率起点时是0.1000mol/L2BaCl溶液，则()2Ba0.1000c+=mol/L，()Cl0.2000c−=mol/L；电导率拐点时是0.1000mol/LNaCl溶

液，则()Na0.1000c+=mol/L，()Cl0.1000c−=mol/L；电荷浓度起点是拐点的2倍，但电导率并未减小2倍，说明等浓度的Na+比2Ba+导电能力强。C项错误；D.根据Ba元素守恒，溶液中，()2BaCl0.10.020.002n==

mol，则22BaCl2HO的物质的量为0.002mol，0.0022440.488m==g，则质量分数为0.4880.5100%97.6%w==。D项正确；故选C。第II卷(填空题共56分)23.下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答下列问题：（1）表中属于d

s区元素的是_______(填元素符号)。BC-2的VSEPR模型为_______。（2）基态L原子的价电子排布图_______，同一周期且最外层电子数与L相同的元素有_______种。（3）由A、B

、C三元素形成的离子化合物中B原子的_______杂化轨道与A原子的_______轨道重叠形成_______键。（4）上述元素中金属性最强的为_______(填名称)，其与C以原子个数比为1∶2形成化合物

甲，则甲的电子式为_______，其中所含化学键类型为_______。（5）工业上用电解法冶炼G的单质，阳极的电极反应式为_______。【答案】（1）①.Cu②.平面三角形（2）①.②.8（3）①.sp3②.1s③.σ（4）①.钙②.③.离子键，共价键（5）2O2--4e-=O2↑

【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知A为H、B为N，C为O，D为P，E为Ca，F为Mg，G为Al，H为Cu，Q为Cl，L为Mn，据此解答。【小问1详解】表中属于ds区的元素为Cu，BC-2为NO-2，中心N原子的价层电子对数为：5132+=，价电子构型为平面三角形，故答案为

：Cu；平面三角形；【小问2详解】L为Mn，为25号元素，价电子排布式为：523d4s，价电子排布图为：，同一周期且最外层电子数与Mn相同的元素有：02122232Ca3d4sKc3d4sTi3d4sV3d4s：、：、：、：、6627282102Fe:3d

3d4sCo3d4sNi3d4sZn3d4s、：、：、：，共8种，故答案为：；8；【小问3详解】由A、B、C三元素形成的离子化合物NH4NO3，+4NH中N原子采用sp3杂化，其sp3杂化轨道与H的1s轨道头碰头方式

重叠形成σ键，故答案为：sp3；1s；σ；【小问4详解】同周期元素从左到右金属性减弱，同主族元素从上到下金属性增强，则表中金属性最强的元素为钙，Ca与O形成1：2的化合物为过氧化钙，其电子式为：，其中钙离子与过氧根离子之间为离子键，过氧根中存在共价键，故答案为：

钙；；离子键，共价键；【小问5详解】工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al的单质，其阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：2O2--4e-=O2↑。24.2022年诺贝尔化学奖授予在发展点击化学和生物正交化学方面贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为Cu催化

的叠氮-炔基Husigen环加成反应，32222NaNSOFFSON、、等均是点击化学中常用的无机试剂。请回答下列问题：（1）若基态N原子的轨道表示式为，违反了_______，无机试剂FSO2N2中所含元素原子半径由大到小顺序为_______。（2）氟原子激发态的

电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)a22411s2s2p3sb.22421s2s2p3dc.2151s2s2pd.22321s2s2p3p（3）22SOF的分子结构如图1所示，写出一种与22SOF互为等电子体的离子_______，键角12α>α的原因主要是_

______。（4）NaN3中3N−结构如图甲，3N−中存在两个大π键可用符号43π(3个原子共用4个电子)表示，一个3N−中键合电子(形成化学键的电子)总数为_______。叠氮酸(HN3)结构如图

乙，分子中②号N原子的杂化方式为_______，叠氮酸(HN3)在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是_______。.【答案】（1）①.洪特规则②.r(S)>r(N)>r(O)>r(F)（2）①.

ad②.d（3）①.2344SOPO−−，等②.双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用（4）①.12②.sp③.HN3分子间可形成氢键【解析】【小问1详解】洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；，违反了洪特规则；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；无机试剂FSO2N2中所含元素原子半径由大到小顺序为r(S)>r(N)>r(O)>r(F)；【小问2详解】根据构造原理，氟原子的基态电子排布式为1s22s22p5，氟原子核外有9个电子，故2242

1s2s2p3d、2151s2s2p不是氟原子；a.22411s2s2p3s、d.22321s2s2p3p为激发态氟原子，故选ad；其中3p轨道能量高于3s，故能量较高的为d；【小问3详解】等电子体是指价电子数和原子数相同的分子或离子，与22SOF互为等电子体的离子2344SOPO

−−，等；硫氧为双键、硫氟为单键，双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用，故键角12α>α；【小问4详解】由图可知，一个3N−中有8个电子形成2个43π键，中心氮原子形成2个σ键中有4个电子参与成键，故键合电子(形成化学键的电子)总数为12。叠氮酸(HN3)分

子中②号N原子没有孤电子对，杂化方式为sp；HN3分子间可形成氢键导致叠氮酸(HN3)沸点相对较高。25.硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4

的工艺流程如下：已知：1.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；2.PbCl2(s)+2Cl—(aq)PbCl2-4(aq)（1）“浸取”时需要加热，该过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为_

______，结合原理分析饱和食盐水的作用_______。（2）“沉淀”中获得PbCl2采取的措施是_______。(答出一条即可)（3）“滤液a”经过处理后可以返回到_______工序循环使用。（4

）硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池，铅蓄电池正极材料是_______，电解质溶液为_______，充电时阴极反应式为_______。【答案】（1）①.2222ΔMnO+PbS+4HClPbCl+S+MnCl+2HO②.加入饱和食盐水可促进反应Pb

Cl2(s)+2Cl—(aq)2-4PbCl(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中（2）降温或加水稀释（3）浸取（4）①.PbO2②.硫酸溶液③.PbSO4+2e—=Pb+24SO−【解析】【分析】由题给流程可知，方铅矿

中加入盐酸、饱和食盐水、二氧化锰浸取时，硫化铅转化为四氯化铅离子和硫，二硫化铁转化为铁离子和硫，过滤得到含有硫的滤渣和含有四氯化铅离子、铁离子、锰离子、氢离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、氢离子、锰离子

的滤液；由题给信息可知，将滤液降温或加水稀释将四氯化铅离子转化为氯化铅沉淀，过滤得到氯化铅和含有氢离子、锰离子的滤液；向氯化铅中加入硫酸溶液将氯化铅转化为硫酸铅，过滤得到含有盐酸的滤液a和硫酸铅，滤液a可以返回

到浸取工序循环使用。【小问1详解】由题意可知，盐酸与二氧化锰、硫化铅共热反应生成氯化铅、硫、氯化锰和水，反应的化学方程式为2222ΔMnO+PbS+4HClPbCl+S+MnCl+2HO，由分析可知，加入饱和食盐水的目的是将氯化铅转化为四氯化铅离子，使更多的铅元素存在于溶液中

，提高硫酸铅的产率，故答案为：2222ΔMnO+PbS+4HClPbCl+S+MnCl+2HO；加入饱和食盐水可促进反应PbCl2(s)+2Cl—(aq)2-4PbCl(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；【小问2详解】由分析可知，将滤液降温

或加水稀释的目的是将四氯化铅离子转化为氯化铅沉淀，故答案为：降温或加水稀释；【小问3详解】由分析可知，滤液a为盐酸溶液，可以返回到浸取工序循环使用，故答案为：浸取；【小问4详解】铅蓄电池中铅为电池的负极、二氧化铅为正极、电解质溶液硫酸溶液，充电时，硫酸铅在阴极上得到

电子发生还原反应生成铅和硫酸根离子，电极反应式为PbSO4+2e—=Pb+24SO−，故答案为：PbO2；硫酸溶液；PbSO4+2e—=Pb+24SO−。26.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可由CO2和H2合成CH3OH。请回答下列问题：（1）

已知101kPa和298K时一些物质的标准摩尔生成热(由最稳定单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的标准摩尔生成热)数据如表所示：物质H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)θfmΔH(kJ·mo

l-1)0—393.5—201—241.8①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=_______kJ•mol-1，该反应自发进行的条件是_______。(填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”)②按n(CO2)：n(H2)=1：3投料，不同催化剂作用下，反应tmi

n时，CH3OH的产率随温度的变化如图所示，下列说法正确的是_______。(填标号)A.使用催化剂I时，d点已达到平衡B.T3的平衡常数K大于T4的平衡常数KC.若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则此条件下反应已达到最大限度D.c点转化率比a点低的原

因一定是催化剂活性降低（2）由CO2和H2合成CH3OH的反应过程如下：I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1>0II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＜0按n(CO2)：n(H2)=1：3投料，不同压强下，测定CO2的平衡转化率和CH

3OH的平衡产率随温度的变化关系如图A、B所示。图B纵坐标表示的是_______，压强：p1_______p2(填“>”“=”或“<”)。（3）某化学研究性学习小组用CO和H2模拟工业合成甲醇，在1L的恒容密闭容器内充入1molCO

和2molH2，加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152030压强/MPa25.221.619.017.416.816.8①则从反应开始到20min时，H2的平均反应

速率为_______。②该条件下，反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)的平衡常数Kp为_______。(Kp指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，分压=物质的量分数×P总)。【答案】（1）①.—49.3②.低温自发③.BC（2）①.CO2平衡转化率②.>（3）①.0.05m

ol/(Lmin)②.70.56【解析】【小问1详解】①由题意可知，反应热与反应物的标准摩尔生成热之和与生成物的标准摩尔生成热之和的差值相等，则反应焓变ΔH=[0+(—393.5kJ/mol)]—[(—201kJ/mol)+(—241.8kJ/mo

l)]=—49.3kJ/mol，该反应为熵减的反应，低温条件下该反应的ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：—49.3；低温自发；②A．由图可知，使用催化剂Ⅰ时，甲醇的产率先增大后减小，a点时，甲醇的产率最大，可能是反应最大

限度，反应达到平衡，也可能是反应未达到平衡，催化剂的活性最大，反应速率最快，则d点一定未达到平衡，故错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知，反应温度T3小于T4，则T3的平衡常数K大于T4的平衡常数K，故正确；C．由方程式可知，若a点时，反应速率v(H

2)正=3v(CH3OH)逆说明反应达到平衡，此条件下反应已达到最大限度，故正确；D．c点转化率比a点低的原因可能是催化剂活性降低，也可能是该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，，故错误；故选BC；【小问2详解】由方程式知，反应II为体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方

向移动，甲醇的产率减小，则图A表示甲醇的产率随温度的变化关系、图B表示二氧化碳的转化率随温度的变化关系；增大压强，反应II的平衡向正反应方向移动，甲醇的产率增大，则压强p1大于p2，故答案为：CO2平衡转化率；>；【小问3详解】由表格数据可知，20min时反应达到平衡，

容器内压强为16.8MPa，设平衡时甲醇的物质的量为amol，由题意可建立如下平衡：()()()23(mol)120(mol)a2aa(mol)1-a2-2aaCOg+2HgCHOHg+起变平由气体的压强之比

等于气体的总物质的量之比可得：25.216.8=33-2a，解得a=0.5；①由三段式数据可知，从反应开始到20min时，氢气的反应速率为0.5mol21L20min=0.05mol/(Lmin)，故答案为0.05mol/(Lmin)；②

由三段式数据可知，反应的平衡常数Kp＇=20.516.820.51(16.8)(16.8)22，正反应的平衡常数是逆反应平衡常数的倒数，则该条件下，反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)的平衡常数Kp=20.51(16.8)(

16.8)220.516.82=70.56，故答案为：70.56。27.某研究小组探究电解FeCl2溶液的电极反应产物（1）配制1mol⋅L1−FeCl2溶液，测得pH4.91=，从化合价角度分析，2Fe+具有的性质_______。（2）该小组同学预测电解

FeCl2溶液两极的现象：阳极有黄绿色气体产生，阴极有无色气体产生。该小组同学用如图装置电解1mol⋅L1−FeCl2溶液：实条件操作及现象验电压pH阳极阴极I1.5v4.91无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，5分钟后电极表面析出

红褐色固体无气泡产生，4分钟后电极表面有银灰色金属状固体附着①取少量银灰色固体洗涤后，加稀H2SO4有气泡产生，再向溶液中加入_______(试剂和现象)，证明该固体为Fe。②该小组同学分析红褐色固体产生的原因，甲同学认为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2可氧化

Fe2+最终生成Fe(OH)3，乙同学认为_______。（3）该小组同学进一步探究电解1mol⋅L1−2FeCl溶液电极产物的影响因素。实验条件操作及现象电压pH阳极阴极II1.5v2.38无气泡产生，溶液出现少量浑浊，滴加KSCN溶液变红色无气

泡产生，电极表面有银灰色金属状固体附着III1.5v1.00无气泡产生，溶液无浑浊现象，滴加KSCN溶液变红色有气泡产生，无固体附着IV3.0v4.91无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，3分钟后电极表面有红褐色固体产生极少量气泡产生，1分钟

出现镀层金属V6.0v4.91有气泡产生，遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。溶液逐渐变浑浊大量气泡产生，迅速出现镀层金属①写出实验III中电解FeCl2溶液的离子反应方程式_______。②对比实验I、II、III可以得出结论：阳极：Fe2+放电时，酸性较强主要生成Fe3+；酸性较

弱主要生成Fe(OH)3；阴极：_______。③对比实验I、IV、V可以得出结论：增大电压，不仅可以改变离子的放电能力，也可以_______。（4）综合分析上述实验，电解过程中电极反应的产物与_______有关。【答案】（1）氧化性

和还原性（2）①.K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色沉淀②.Fe2+-e-=Fe3+，铁离子最终生成()3FeOH（3）①.2++3+22Fe+2H2Fe+H通电②.酸性较强时，H+放电，酸性较弱时，Fe2+放电

③.改变电极反应的速率（4）电解质溶液的酸碱性、电源电压【解析】【分析】Fe2＋的化合价处于铁元素化合价的中间价态，既具有氧化性又具有还原性；电解FeCl2溶液，通过对比实验可知，电极反应的产物与电解质溶液的酸碱性、电源电压有关；【小问1

详解】Fe2＋处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性；【小问2详解】①铁与硫酸反应生成Fe2＋，证明固体为Fe，需要验证溶液中存在Fe2＋，即需要加入K3[Fe(CN)6]溶液，溶液中出现蓝色沉淀，证明固体为铁单质；②Fe2＋具有还原性，失去电子发生氧化反

应生成铁离子，Fe2＋-e-=Fe3＋；阴极上发生2H2O＋2e－=H2↑＋2OH-，Fe3＋与OH-反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；【小问3详解】①实验III中阳极无气泡产生，溶液无浑浊现象，滴加KSCN溶液变红色，说明亚铁离子被氧化为铁离子；阴极有气泡产生，无固体附着，

说明氢离子放电生成氢气，故电解FeCl2溶液的离子反应方程式2++3+22Fe+2H2Fe+H通电；②根据实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，酸性较强时，有气泡产生，无固体附着，说明放电的是H＋，酸性较弱时，无气泡冒出，有金属状固体附着，说明Fe2＋放电发生反应；③根据Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ实验，

各电极现象，增大电压，不仅可以改变离子的放电顺序，也可以改变电极的反应速率；【小问4详解】综上所述，电极反应的产物与电解质溶液的酸碱性、电源电压有关。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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