【文档说明】浙江省台州市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(25)页，2.351 MB，由小赞的店铺上传

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台州市2022学年第一学期高二年级期末质量评估试题化学可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质既含有

共价键又含有离子键的是A2CaClB.3BaCOC.3NaND.24HSO【答案】B【解析】【详解】A．2CaCl含有钙离子和氯离子，只含有离子键，故A不符合题意；B．3BaCO含有钡离子和碳酸根离子，存在离子键，碳酸根中存在共价键，故B符合题意；C．3NaN含有Na＋和N3−，只含有离子键

，故C不符合题意；D．24HSO只含有共价键，故D不符合题意。综上所述，答案为B。2.下列元素位于周期表s区的是A.CuB.ArC.NaD.Ti【答案】C【解析】【详解】A．Cu位于ds区，A不选；B．Ar位于p区，B

不选；c．Na位于s区，C选；D．Ti位于d区，D不选；故选C。3.同一原子的下列轨道中能量最低的是A.2sB.3sC.3pD.3d【答案】A【解析】.【详解】能级符号相同，能层越大，能量越高，同一原子中，2s、3s、3p、3d电子的能量依次增强，

故能量最低的是2s，故选：A。4.某温度下，向2BaCl饱和溶液中加入适量的下列试剂，一定不会．．产生沉淀的是A.24NaSO(s)B.3AgNO溶液C.NaCl(s)D.3KNO稀溶液【答案】D【解析】【详解】A．向2BaCl饱和溶液中加入24NaSO(s)，反应生成硫酸钡沉

淀，A不选；B．向2BaCl饱和溶液中加入3AgNO溶液，反应生成氯化银沉淀，B不选；C．向2BaCl饱和溶液中加入NaCl(s)，由于氯离子浓度增大，可导致2BaCl析出，C不选；D．向2BaCl饱和溶

液中加入3KNO稀溶液，两者不反应，且不会析出沉淀，D选；故选D。5.下列化学用语表示正确的是A.NaCl的电子式NaCl+−B.HCl分子的sp−键：C.中子数为8的N原子：158ND.乙醇的分子模型：【答案】B【解析】【详解】A．NaCl

是离子化合物，其电子式，故A错误；B．基态H原子电子排布式1s1，基态Cl原子价电子排布式3s33p5，HCl分子的sp−键：，是轴对称，故B正确；C．中子数为8的N原子，质量数为15，符号为157N，故C错误；D．是乙醚的球棍模型，故D错误。综

上所述，答案为B。6.已知常温时：244HSOHSO−+−+，2a1.210K−=。则常温下24NaSO水溶液显A.碱性B.酸性C.中性D.无法判断【答案】A【解析】【详解】已知常温时：244HSOHSO−+−+

，2a1.210K−=，说明硫酸氢根部分电离，24NaSO水溶液中硫酸根水解2244SHOSOOHHO−−−++，因此常温下24NaSO水溶液显碱性，故A符合题意。综上所述，答案为A。7.对于反应：3224NH(g)5O(

g)4NO(g)6HO(g)+=+，下列说法不正确．．．的是A.升高温度，化学反应速率增大B.活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞C.升高温度能增加活化分子百分数D.加入铂铑合金催化剂，化学反应速率增大【答案】B【

解析】【详解】A．升高温度，反应物能量升高，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，A正确；B．当活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞，所以活化分子之间发生的碰撞不一定是有效碰撞，B错误；C．升高温度，反应物能量升高，活化分子百分数增

大，C正确；D．催化剂能降低反应所需活化能，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，D正确；故选B。8.下列关于4CH的说法不正确．．．的是A.分子构型为正四面体形，中心原子采用3sp杂化B.依次断开4个

C-H键时所需要的能量不相等C.半充满时比较稳定，故基态C的价电子排布式为132s2pD.与3NH相比，键长：C-H>N-H【答案】C【解析】【详解】A．4CH的VSEPR模型是正四面体形，中心C原子采取sp3杂化，A正确；B．4CH中4个C-

H完全相等，但是当依次断开4个C-H键时，由于结构的的改变，导致所需要的能量不相等，B正确；C．基态C的价电子排布式为222s2p，C错误；D．一般认为，键长是形成共价键的两个原子间的核间距离，C、N处于同一周期，从左至右半径依次减小，所以与氢原子形成的共价键键长依次减小，键长：

C-H>N-H，D正确；故答案为：C。9.下列说法正确的是A.根据VSEPR理论，分子构型由电子和电子决定B.杂化轨道通常用于形成π键或容纳未参与成键的电子C.红外光谱的产生与化学键的振动释放能量有关D.使用质谱仪通过分析质荷比确定相对分子质量【答案】D【解析】【详解】A．VSEPR理论是指

层电子对互斥理论，分子或离子的几何构型主要决定于与中心原子相关的电子对之间的排斥作用，由σ键个数和孤电子对个数决定，故A错误；B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的p轨道形成π键，故B错误；C．红外光谱分析：利用有机化合

物分子中不同基团的特征吸收频率不同来初步判断有机化合物中具有哪些基团，故C错误；D．质谱仪能根据质荷比最大的碎片离子确定有机物的相对分子质量，故D正确；故选：D。10.在25℃和101kPa的条件下，21molH(g)和21molCl(g)完全反应生成HCl

(g)的能量变化如图所示，下列说法不正确．．．的是A.H-H的键能为436kJ/molB.形成1molHCl(g)中的化学键释放出431kJ的能量C.该反应的热化学方程式：22H(g)Cl(g)2HCl(g)Δ862kJ/molH+==−

D.共价键断裂和形成时的能量变化是该化学反应能量变化的主要原因【答案】C【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，断裂1molH-H需吸收436kJ的能量，则H-H的键能为436kJ/mol，A正确；B．由题干图示信息可知，形成1molHCl(g)中的化学键释放出431

kJ的能量，B正确；C．该反应的热化学方程式：22H(g)Cl(g)2HCl(g)+=ΔH=436kJ/mol+243kJ/mol-2?431kJ/mol=-183kJ/mol，C错误；D．化学反应的

微观本质为旧化学键的断裂和新化学键的形成，共价键断裂和形成时的能量变化是该化学反应能量变化的主要原因，D正确；故答案为：C。11.下列说法正确的是A.键的强度均大于键B.金属元素的电负性均小于1.8C.预测第八周期有32种元素D.第一电离能：MgAl【答案】D【解析

】【详解】A．大多数σ键比π键强度大，但是有个别反例，A错误；B．金属元素的电负性一般小于1.8，非金属元素的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右

，B错误；C．第八周期元素原子核外有8个电子层，根据排布规律，最后一种元素各层电子数为2、8、18、32、50、32、18、8，原子序数为168；第七周期元素原子核外有7个电子层，根据排布规律，最后一种元素各

层电子数为2、8、18、32、32、18、8，原子序数为118，则第八周期元素种类数为168-118=50，C错误；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能大于相邻元素，故第一电离能：MgAl，D正确；故选D。12.一定

温度下，将足量X投入恒容密闭容器中发生反应：X(g)2Y(g)3Z(g)+。下列叙述中，不能．．说明该反应达到化学平衡状态的是A.(Y):(Z)2:3nn=B.容器中X的物质的量浓度保持不变C.Y的体积分数保持不变D.容

器内的压强不再变化【答案】A【解析】【详解】A．根据物质的物质的量之比不能判断反应的平衡状态，A选；B．容器中X的物质的量浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B不选；C．Y的体积分数保持不变，正逆反应速率相等，

反应达到平衡，C不选；D．该反应为体积增大的反应，容器内的压强不再变化，反应达到平衡，D不选；故选A。13.为探究原电池的构成条件，进行了如下两组实验，装置如图1和图2所示，下列说法不正确．．．的是A.图1中电子经导线从Zn移向CuB.图1中铜片上发生还原反应C.图2中铜棒的a处会变粗D.图2中

电流计指针不发生偏转【答案】D【解析】【详解】A．图1中构成原电池，Zn为负极，失去电子，电子经导线从Zn移向Cu，A正确；B．图1中Zn为负极，失去电子，铜片上铜离子得到电子生成铜，发生还原反应，B

正确；C．图2中构成Zn-Cu-CuSO4原电池，而铜棒构成了电解池，铜棒的a极为阴极，铜离子得到电子生成铜，a处会变粗，C正确；D．图2中构成Zn-Cu-CuSO4原电池，而铜棒构成了电解池，电流计指针发生偏转，D错误；故选D。14.下列各组粒子的空间结构一致的是A.2S

O与2COB.3BF与3NClC.24SO−与4ClO−D.4NH+与3HO+【答案】C【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对数=σ键+孤电子对数，孤电子对个数=12×(a-xb)，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中

心原子结合的原子最多能接受的电子数。【详解】A．SO2中价层电子对个数是3且含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形，CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+12(4-2×2)=2，二氧化碳是直线型结构，A不选；B．BF3中B价

层电子对个数=3+12×(3-3)=3，不含孤电子对，为平面三角形，3NCl中孤电子对数=5132−=1，不为0，中心原子价层电子对数为4，空间结构为三角锥形，B不选；C．24SO−中S的杂化方式为sp3杂化，无孤电子对，VSEPR模型为正

四面体形，空间构型为正四面体形，高氯酸根中Cl的杂化方式为sp3杂化，无孤电子对，VSEPR模型为正四面体形，空间构型为正四面体形，C选；D．4NH+中心原子N原子价层电子对数为：4+1(5-1-41)2=4，故4NH+是正四面体形，3HO+

中心原子O原子周围价层电子对数为：3+1(6-1-31)2=4，故3HO+是三角锥形，D不选；故选C。15.下列“类比”正确的是A.可以利用NaCl与浓硫酸制备HCl，因此也可以利用NaI与浓硫酸制备HIB.NaOH是强碱，Rb

OH也是强碱C.Na可以保存在煤油中，Li也可以保存在煤油中D.2CaC与水反应可以得到22CH，43AlC与水反应也可得到22CH【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，会把碘离子氧化，不能生成HI，A错误；B．同周期从左到右

，金属性减弱，非金属性变强；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，NaOH是强碱，RbOH也是强碱，B正确；C．锂单质密度小于煤油，应该保存在石蜡中，C错误；D．2CaC与水反应可以得到22CH，而43AlC与水反应生成甲烷，D错误；故选B16.在

恒容的密闭容器中充入一定量的A和B气体，发生反应①：2A(g)B(g)2C(g)ΔH+，已知该反应由下列两个基元反应构成：。I.12A(g)M(g)ΔHⅡ.2M(g)B(g)2C(g)ΔH+反应过程中能量变化如图所示，下列说法不正确．．．的是A.

12ΔΔΔHHH=+B.反应Ⅱ为放热反应C.112ΔHEE=−D.反应①的速率主要由反应Ⅰ决定【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2，A正确；B．从图中可知，M(g)+B(g)的总能量大于2C(g)，故反应Ⅱ为放热反

应，B正确；C．反应ⅠΔH1=生成物总能量-反应物总能量，反应Ⅰ为放热反应，则ΔH1=E1-E2，C正确；D．从图中可知，反应Ⅱ的活化能较大，则反应①的速率由反应Ⅱ决定，D错误；故答案选D。17.下列热化学方程式或离子方程式中，不正确．．．的是A.3HCO−的电离：

23233HCOHOCOHO−−+++B.氯化镁溶液与氨水反应：22Mg2OHMg(OH)+−+=C.甲烷的燃烧热可以表示为890.3kJ/mol−，则甲烷燃烧的热化学方程式为：4222CH(g)2O(g)CO(g)2HO(l)Δ890.3kJ/molH+=+=−D.用饱和碳酸钠溶液处

理水垢()4CaSO：224334)CaSOCOCaCaO(s)(aq)(s)SO(q−−++【答案】B【解析】【详解】A．3HCO−的电离出碳酸根和一水合氢离子：23233HCOHOCOHO−−+++，故A正确；B．氯化镁溶液与氨水反应，

氨水是弱电解质：23224Mg2NHHOMg(OH)2NH++++=，故B错误；C．甲烷的燃烧热可以表示为1890.3kJmol−−，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出890.3kJ的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式为

：14222CH(g)2O(g)CO(g)2HO(l)Δ890.3kJmolH−+=+=−，故C正确；D．用饱和碳酸钠溶液处理水垢()4CaSO，转化为更难溶的碳酸钙：224334)CaSOCOCaCaO(s)(aq

)(s)SO(q−−++，故D正确。综上所述，答案为B。18.设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.4℃时，18mL的水中含有的共价键数目为A2NB.0.1mol/L的NaF溶液中含有F−的数目小于A0.1NC.电解精炼铜时，当电路中通过

AN的电子时，阳极应有32gCu转化为2Cu+D.1L0.100mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数为A0.100N【答案】A【解析】【详解】A．4℃时，水为液态，18mL水的质量为18g，物质的量为1mol，则分子数为NA，共价键数目为A2N，A正确；B．溶液体积未知，不能计算F－

个数，B错误；C．电解精炼铜时，粗铜中的锌、铁、铜在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，则当电路中通过的电子数为NA时，无法计算在阳极发生氧化反应的铜的质量，C错误；D．Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L

=0.100mol，2-3CO水解产生OH-和-3HCO，使阴离子数目增多，故在1L浓度为0.100mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子数大于0.100NA，D错误；故合理选项是A。19.下列说法不正确的是A.将3FeCl溶液蒸干并灼烧可得到23FeOB.将4Ti

Cl加入大量水中并加热，可得到22TiOHOxC.实验室配制2NaS溶液，常将2NaS固体溶于浓氨水中，再加水稀释至所需浓度D.若少量3SbCl固体溶于2~3mL蒸馏水会产生SbOCl白色沉淀，则所得溶液显酸性【答案】C【解析】【详解】A．加热氯化铁溶液能加快氯化铁的水

解生成氢氧化铁和盐酸，且生成的盐酸是挥发性酸，灼烧氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，所以如果将氯化铁溶液加热蒸干、灼烧得到Fe2O3，A正确；B．TiCl4水解得TiO2•xH2O和HCl，反应方程式为TiC14+(x

+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑，加入大量的水，同时加热，平衡正向移动，可得到22TiOHOx，B正确；C．实验室配制2NaS溶液，加入少量NaOH固体抑制2NaS水解，加入氨水会引入杂质离子，C错误；D．

少量3SbCl固体溶于2~3mL蒸馏水发生反应3SbCl+H2O=SbOCl↓+2HCl，会产生SbOCl白色沉淀，所得溶液显酸性，D正确；综上所述，答案为C。20.下列说法正确的是A.电子云轮廓图是电子的概率密度分布图

B.s电子云轮廓图是圆形的C.2px、2py和2pz在空间内的取向相互垂直D.同一原子的能层越低，电子云越弥散【答案】C【解析】【详解】A．电子云中的小黑点的疏密程度表示电子在原子核外出现概率的大小：点密集的地方，表示电子在那里出现的概率大；点稀疏的地方，表示电子在那里出现的概率

小，A错误；B．s电子的电子云轮廓图是球形，B错误；C．2px、2py、2pz轨道相互垂直，C正确；D．同一原子的能层越低，电子云越集中，D错误；故选C。21.已知R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素。其中R元素原子的价电子排布为n1spnnn−

；非金属元素W的第一电离能小于同周期与其直接相邻的两种元素；X元素原子价电子的未成对电子数与成对电子数相等；Y元素原子中只含两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；Z元素原子的未成对电子数是该周期最多的。以上涉及的原子均处于基态，下列说法不正确．．．的

是A.原子半径：Y>X>W>RB.5ZW具有强氧化性C.R元素的某种单质可以与NaOH溶液反应生成2HD.X元素的原子半径较大，原子间不易形成双键【答案】A【解析】【分析】R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，R元素原子的价电子排布式为nsnnpn-

1，R为B，O的第一电离能小于N和F，则W为O，X元素原子价电子的未成对电子数与成对电子数相等，则X为Si，Y元素原子只含有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，Y为K，Z元素原子的未成对电子数是同周期最多

的元素，则Z为Cr。【详解】A．原子电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径K>Si>B>O，A错误；B．CrO5中存在过氧键，具有强氧化性，B正确；C．B可与NaOH反应生

成NaBO2和氢气，C正确；D．硅原子半径较大，要形成双键较为困难，D正确；故答案选A。22.2022年中科院化学所科学家合成了足球烯单层聚合物，结构如图，下列说法不正确．．．的是A.足球烯单层聚合物属于有机高分子材料B.该聚合物和石墨烯互为同素异形体C.足球烯分子中存在键和键D.足球烯的密度

比金刚石的小，故可在高压下转变为金刚石【答案】A【解析】【详解】A．足球烯单层聚合物是碳元素的单质，属于无机物，故A错误；B．足球烯单层聚合物、石墨烯都是碳元素的单质，互为同素异形体，故B正确；C．足球烯分子碳和碳

原子形成σ键，每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，故C正确；D．金刚石是原子晶体，足球烯是分子晶体，足球烯的密度比金刚石的小，可在高压下发生化学反应转变为金刚石，故D正确；故选：A。23.常温下，关于下列4种溶液的叙述不正确．．．的是编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸

pH111133A.在溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小B.各取1mL溶液加水稀释至10mL后，四种溶液的pH大小：①>②>④>③C.将溶液①、④混合，所得溶液中可能存在：()()()()4ClHNHOH−++−cccc

D.将aL溶液②与bL溶液③混合后，若所得溶液的pH=7，则a:b1【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵溶于水后电离出铵根离子，可以抑制氨水的电离使氢氧根浓度减小，铵根离子还可以结合NaOH溶液中的氢氧根使其氢氧根浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶

体后，溶液的pH都会减小，A正确；B．一水合氨稀释过程中还会继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，四种溶液的pH大小：①>②>④>③，B正确

；C．两溶液混合时，若盐酸溶液的体积远大于氨水溶液的体积，混合后溶液显酸性，则存在()()()()4ClHNHOH−++−cccc，C正确；D．pH=11的NaOH溶液浓度为10-3mol/L，pH=3的醋酸浓度远大于10-3

mol/L，若混合后pH=7，氢氧化钠溶液体积大于醋酸溶液体积，a:b>1，D错误；故选D。24.常压下，1g冰熔化成1g水、1g水蒸发成1g水蒸气的焓和熵的变化情况如图所示。已知：熔化过程：2211HO(s)HO(l

)ΔΔHS蒸发过程：2222HO(l)HO(g)ΔΔHS下列说法不正确．．．的是A.1Δ0H；2Δ0HB.1Δ0S；2Δ0SC.12ΔΔSSD.蒸发过程属于高温自发过程【答案】C【解析】【详解】A

．水由固态转化为液态吸收能量，熔化过程为吸热过程，则1Δ0H，蒸发过程为吸热过程，则2Δ0H，A正确；B．同种物质不同状态的混乱度：g>l>s，混乱度越大熵变值越大，则1Δ0S，2Δ0S，B正确；C．

蒸发过程熵变值更大，即21ΔΔSS，C错误；D．蒸发过程2Δ0H，2Δ0S，根据自发进行的判据：2Δ=ΔΔ0GHTS−，该反应需要高温条件自发进行，D正确；故选：C。25.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究()sp4BaSOK和室温下，向浓度均为0.1

mol/L的2BaCl和2CaCl混合溶液中滴加出现白色沉淀，说明()()sp?4sp?4BaSOCaSOKK()4spCaSOK大小24NaSO溶液B比较3CHCOO−、CN−结合H+能力的大小室温下，用pH试纸分别测量0.13mol/LCHCOONa溶

液和0.1mol/LNaCN溶液的pH测得3CHCOONa溶液和NaCN溶液的pH分别为9和11，说明CN−结合H+的能力更强C探究浓度对平衡的影响向试管中加入2272mL0.1mol/LKCrO溶液，滴加5~10滴6mo

l/LNaOH溶液溶液由黄色变为橙色，说明加入氢氧化钠溶液后平衡向生成24CrO−的方向移动D验证铁的吸氧腐蚀将除锈后的铁钉用浓盐酸浸泡后，放入连有导管的具支试管中，塞上橡胶塞，将导管末端浸入水中几分钟后，导管中水柱上升，说明铁发

生了吸氧腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向浓度均为0.1mol/L的氯化钡和氯化钙的混合溶液中滴加硫酸钠溶液，出现的白色沉淀可能是硫酸钡，也可能是硫酸钙，所以无法比较硫酸钡和硫酸钙的溶度积大小，故A错误；B．室温下，用pH试纸测得0.1mol/LCH3COONa溶液的p

H约为9，0.1mol/LNaCN溶液的pH约为11，说明后者水解程度大，结合H+能力强，故B正确；C．存在Cr2O27−+H2O⇌2CrO24−+2H+，Cr2O27−为橙色，CrO24−为黄色，加NaOH与氢离子反应，则平衡正向移动，则溶液由橙色变为黄色

，故C错误；D．应将除锈后的铁钉用浓盐酸浸泡后，把铁钉放入装有食盐水的连有导管的具支试管中，且铁钉不要全部浸入食盐水，故D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.古时写字用黄纸，写错了就用雌黄涂抹后重写。后人就用“信口雌黄”来比喻不顾事实，随口乱说，雌

黄的化学式为23AsS，请回答下列问题：（1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为_______，写出S在周期表中的位置_______。（2）雌黄分子实际构成为46AsS，结构如图所示，分子中各原子均满足8电子结构。①请将As和S原子填入上图“○”中____________。②S的杂化

方式为___________。③键角：SAsS___________10928(填“>”“<”或“=”)，说明原因___________（3）结合第(2)题思考，4SF分子中孤电子对位于图中___________处(填“A

”或“B”)。【答案】（1）①.②.第三周期VIA族（2）①.②.3sp③.<④.孤电子对对成键电子的排斥作用大于成键电子间的斥力（3）B【解析】【小问1详解】硫元素的原子序数为16，位于元素周期表第三周期VIA族

，价层电子排布式为3s23p4，价层电子的轨道表示式为，故答案为：；第三周期VIA族；【小问2详解】。①由雌黄分子中各原子均满足8电子结构可知，分子中硫原子形成2个共价键、砷原子形成3个共价键，则分子中硫原子和砷原子的位置如下图所示：，故答案为：；②由雌黄

分子的结构示意图可知，分子中硫原子的价层电子对数为4，则硫原子的杂化方式为3sp杂化，故答案为：3sp；③由雌黄分子的结构示意图可知，分子中砷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，则砷原子的VSEPR模型为四面体形，由孤电子对对成键电子的排斥作用大于成键电子间的斥力可知，键角∠SAsS小于

10928，故答案为：小于；孤电子对对成键电子的排斥作用大于成键电子间的斥力；【小问3详解】由孤电子对对成键电子的排斥作用大于成键电子间的斥力可知，四氟化硫分子中孤电子对位于图中B处，故答案为：B。27.某兴趣小组用铝箔制备无水3AlCl晶体，具体流程如下：已知：2SOCl熔点-105

℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）气体B的化学式为___________。A.3NHB.HClC.HBrD.HI（2）写出2SOCl与32AlCl6HO反应的化学方程式___

________。（3）为测定无水3AlCl(假设杂质中不含氯元素)产品的纯度，经适当处理后可以用0.1000mol/L的3AgNO标准溶液滴定，指示剂为24KCrO。已知：25℃时，24AgCrO、Ag

Cl的spK分别为122.010−和101.810−，24AgCrO呈砖红色①滴定前润洗滴定管的操作方法是：从滴定管上口加入335mLAgNO标准溶液，___________，然后将液体从滴定管__

_________(填“上部倒入”或“下部放入”)预置的烧杯中，重复2~3次。②从下列选项中选择最佳操作并排序：___________。开始滴定→(___________)→(___________)

→(___________)→停止滴定。A．左手控制酸式滴定管，控制溶液流量B．左手控制碱式滴定管，控制溶液流量C．右手拿住锥形瓶颈部，向同一方向旋摇锥形瓶D．右手拿住锥形瓶颈部，左右旋摇锥形瓶E．滴入最后半滴，锥形

瓶内开始出现砖红色沉淀F．滴入最后半滴，锥形瓶内出现砖红色沉淀，30秒内沉淀不消失③若溶液中Cl−恰好沉淀完全(浓度为51.010mol/L−)时产生砖红色沉淀，计算溶液中24CrO−浓度为___________(保留2位有效数字)。【答案】（1）B（2）232326SOClAlC

l6HOAlCl6SO12HCl+++（3）①.边转动边倾斜滴定管，使液体润湿全部内壁②.下部放入③.ACF④.316.210molL−−【解析】【分析】铝箔在50℃水浴中用盐酸溶解生成A溶液为氯化铝，然后通入HCl气体抑制其水解并冷水浴析出，经

过过滤、洗涤、干燥得到32AlCl6HO，然后在SOCl2中加热得到无水氯化铝。【小问1详解】气体B为HCl，可以抑制氯化铝水解；【小问2详解】2SOCl与32AlCl6HO反应的化学方程式232326SOClAlCl6HOAlCl6SO12HCl+++

；【小问3详解】①滴定前润洗滴定管的操作方法是：从滴定管上口加入335mLAgNO标准溶液，边转动边倾斜滴定管，使液体润湿全部内壁，然后将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，重复2~3次。②滴定操作为：开始滴定→左手

控制酸式滴定管，控制溶液流量→右手拿住锥形瓶颈部，向同一方向旋摇锥形瓶→滴入最后半滴，锥形瓶内出现砖红色沉淀，30秒内沉淀不消失→停止滴定。③Cl−恰好沉淀完全(浓度为51.010mol/L−)时c（Ag+）=10551.810/1.810/1.010

molLmolL−−−=，则溶液中24CrO−浓度为12522.010/(1.810)molL−−316.210molL−−。的28.某学习小组为了探究3CHCOOH的电离情况，进行了如下实验。回答下列问题：【实验一】测定醋酸溶液的浓度。用10.1000molLNaOH−

溶液滴定20.00mL未知浓度的3CHCOOH溶液。4次滴定所消耗NaOH溶液的体积如下：实验次数1234消耗NaOH溶液的体积/mL20.0220.0018.4019.98（1）该滴定选择的指示剂为___________(填序号)A.甲基橙B.甲基红C.石蕊D.酚酞

（2）计算该醋酸溶液的物质的量的浓度为___________mol∙L−1。（3）25℃时，当滴入NaOH溶液至pH=7时，溶液中各离子浓度的大小顺序为___________。【实验二】探究浓度对3CHCOOH电离程度

的影响。用pH计测定25℃不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下：组别①②③④⑤浓度/(1molL−)0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.83（4）25℃时，第②组溶液中，由水电离出的()Hc+___________7110mol

/L−(填“>”“<”或“=”)。（5）根据表中第④组数据，该温度下醋酸的电离平衡常数aK约为a10−，计算a=___________(保留3位有效数字，忽略水的电离)。【答案】（1）D（2）0.1000（3）()()()()3cNacCHCOOcHcOH+−+−==（4）＜（5

）4.76【解析】【小问1详解】用10.1000molLNaOH−溶液滴定20.00mL未知浓度的3CHCOOH溶液，强碱滴定弱酸，滴定终点溶液显碱性，因此该滴定选择的指示剂为酚酞；故答案为：D。【小问2详解】第三次数据是错误的数据，另外三次的平均值为20.00mL，130.10

00molL0.02L(CHCOOH)0.02Lc−=，13(CHCOOH)0.1000molLc−=，则该醋酸溶液的物质的量的浓度为0.1000mol∙L−1；故答案为：0.1000。【小问3详解】25℃时，当滴

入NaOH溶液至pH=7时，根据电荷守恒得到()()()()3NaHCHCOOOHcccc++−−+=+，由于()()HOHcc+−=，溶液中醋酸根、钠离子是大量存在的，则溶液中各离子浓度的大小顺序为

()()()()3cNacCHCOOcHcOH+−+−==；故答案为：()()()()3cNacCHCOOcHcOH+−+−==。【小问4详解】25℃时，第②组溶液中，醋酸溶液抑制水的电离，因此由水电离出的()Hc+＜71110molL−−；故答案为：＜

。小问5详解】根据表中第④组数据，该温度下醋酸的电离平衡常数aK约为a10−，则22.88.76a40.(10)1010001K−−==，则a=4.76；故答案为：4.76。29.某小组研究2H(g)分别与2I(g)和2Br(g)反应平衡与速率的有关问题，请回答：（1）反应Ⅰ：22H(

g)I(g)2HI(g)K+Ⅰ；反应Ⅱ：2I(g)2I(g)KⅡ；反应Ⅲ：22I(g)H(g)2HI(g)K+Ⅲ已知：448℃时用浓度表示反应Ⅰ的平衡常数49K=Ⅰ。①写出平衡常数ⅠK、KⅡ、KⅢ的关系：K=Ⅰ___________(用KⅡ、KⅢ表示)。②某密闭容器中，保持448℃，t

时刻测得2H(g)、2I(g)、HI(g)的浓度分别为0.1mol/L、0.1mol/L和0.7mol/L，试比较t时刻反应Ⅰ的()2Hv正___________()2Hv逆(填“>”、“<”或“=”)。③

有研究表明，反应Ⅰ分反应Ⅱ(快反应)和反应Ⅲ(慢反应)两步进行。448℃时进行上述反应，检测到体系中I(g)浓度随时间变化如图，试解释I(g)浓度随时间变化先升高后下降的原因___________。【（2）反应：22H(g

)Br(g)2HBr(g)+=，已知2H(g)或2Br(g)的速率v可用速率方程()()31222HBr(HBr)vkccc−=表示，其中k为速率常数，反映温度对速率的影响，c为反应物或生成物的物质的量浓度，浓度的指数表示浓度对速率的影响。①其他条件不变

时，增大(HBr)c，此时刻氢气的反应速率___________(填“增大”“不变”或“减小”)。②实验表明，温度每升高10℃，反应速率通常增大为原来的2~4倍。下图中可以示意速率常数k随温度T变化趋势的是

___________。【答案】（1）①.KKⅡⅢ②.=③.反应Ⅱ活化能小，反应速率Ⅱ大于Ⅲ，故开始阶段随着时间增大I(g)不断增大；后来，以反应Ⅲ为主，I(g)浓度逐渐下降。（2）①.减小②.C【解析】【小问1详解】已知反应Ⅱ：2I(g)2I(g)KⅡ；反应Ⅲ：22I(g)

H(g)2HI(g)K+Ⅲ根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ得反应22H(g)I(g)2HI(g)K+Ⅰ，故K=Ⅰ=KKⅡⅢ；②某密闭容器中，保持448℃，t时刻测得2H(g)、2I(g)、HI(g)的浓度分别为0.1mol/L、0.1mol/L和0.7mol/L，则Qc=20.70.10.1=4

9=K1，反应达平衡，故t时刻反应Ⅰ的()2Hv正=()2Hv逆；③根据图中曲线变化可知，I(g)浓度随时间变化先升高后下降的原因为：反应Ⅱ活化能小，反应速率Ⅱ大于Ⅲ，故开始阶段随着时间增大I(g)不断增大；后来，以反应

Ⅲ为主，I(g)浓度逐渐下降；【小问2详解】①根据速率方程()()31222HBr(HBr)vkccc−=可知，速率与(HBr)c成反比，则其他条件不变时，增大(HBr)c，此时刻氢气的反应速率减小；②温度每升高10℃，反应速率通常增大为原来的2

~4倍，则反应速率增大，但不是线性关系，且增大趋势越来越大，故答案选C。30.乙烷催化脱氢已成为制备乙烯的重要方法之一、制备反应如下：26242CH(g)CH(g)H(g)ΔH+催化剂。常压、温度为600K~1000K

、乙烷催化脱氢的平衡转化率与温度变化的曲线如图所示：回答下列问题：（1）判断H___________0(填“>”“<”或“=”)，该反应自发进行的条件___________。（2）保持其它条件不变，

将原料乙烷改为乙烷和水蒸气(水蒸气作为稀释气体，不参与反应)的混合气体。在上图中画出改为混合气体后乙烷平衡转化率和温度的关系曲线___________。（3）恒温条件下，若密闭容器中投入乙烷只发生脱氢反应，在不同压强下经过相同时间测得乙烷的转化率随压强变化趋势图可能是________

___。（4）恒温恒压条件下，物质的量为n、体积为V的乙烷气体发生脱氢反应。已知26CH(g)的平衡转化率为，计算在该温度下反应的平衡常数K=___________(用等符号表示)。（5）乙烷还可以作为燃料来制作新型燃料电池，电池的正极通入2O，负极通入乙烷，电解质是熔融氧化物MO，写出该

电池的正极电极反应式：___________。【答案】（1）①.>②.高温（2）（3）ACD（4）()22nαK=1-αV（5）O2+4e-=2O2-【解析】【小问1详解】由图可知，温度越高乙烷的平衡转化率越高，说明该平衡正向移动，则该反应为吸热反应，H>0，该反应是气体分子数增大的反应

，S>0，根据=-0GHTS能自发进行，则该反应自发进行的条件是高温；【小问2详解】根据图知，升高温度乙烷脱氢率增大，说明该反应是吸热反应，水烃比减小，乙烷的脱氢率减小，升高温度平衡正向移动，乙烷脱氢率增大，所以其图像为；【小问

3详解】该反应前后气体物质的量增大，在没有达到平衡之前，平衡正向移动，反应物转化率增大，达到平衡状态后增大压强平衡逆向移动，乙烷的转化率降低，所以符合的图形有ACD；【小问4详解】物质的量为n的乙烷气体发生脱氢反应，已知26CH(g)的平衡转化率为，则参与反应的乙烷为nmol，列三段式：

()()()22264HH+/moln00/molnnn/moCgCgln(1)nnHg−起始量变化量平衡量，恒温恒压条件下，由PV=nRT可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，则n(1)+n+nn=VV−，故V′=(1+)V，则平衡常数2422

6nnc(CH)c(H)(1)V(1)V==n(1-)c(CH)(1)VK++=+()22nα1-αV；【小问5详解】电解质是熔融金属氧化物MO，电池的正极通入O2，正极电极反应式：O2+4e-=2O2-。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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