【文档说明】2021-2022学年四川省内江市高二上学期期末检测题化学试题解析版.docx，共(24)页，1.227 MB，由小喜鸽上传

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内江市2021—2022学年度第一学期高二期末检测题化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16一、选择题(本大题包括共21小题，每小题2分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学知识和技术的

发展离不开伟大的化学家。下列人物与其贡献不匹配的是A.侯德榜——工业制备烧碱B.勒夏特列——化学平衡的移动C.哈伯——利用氮气和氢气合成氨D.盖斯——反应热的计算【答案】A【解析】【详解】A．侯德榜先生的贡献是联合制碱法制备纯碱，而不是烧碱，A符合题意；B

．化学平衡移动原理又称勒夏特列原理，即化学平衡移动原理由勒夏特列提出，B不符合题意；C．哈伯利用N2与H2反应合成氨，哈伯因为在合成氨方面的巨大贡献而获得诺贝尔奖，C不符合题意；D．盖斯先生的贡献是提出了盖斯定律用于计算反应热，D

不符合题意；故答案选A。2.钛有“二十一世纪的金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：422MgTiCl2MgClTi++高温。下列说法正确的是A.基态Ti原子的外围电子排布式：43dB.Cl−结构示意图：C.2MgCl的电子式：············

····ClMgCl−−+D.4TiCl熔点是25C−，沸点是136.4C，可溶于苯和4CCl，该晶体属于离子晶体【答案】C【解析】【详解】A．钛是22号元素，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则其基态原

子的价电子排布式为3d24s2，故A错误；B．Cl-结构示意图为，故B错误；C．MgCl2是离子化合物，其电子式为：················ClMgCl−−+，故C正确；D．TiCl4熔、沸点低，可溶于苯和CCl4，由此可判断TiCl4是由共价键结合形成的分子

，晶体类型为分子晶体，故D错误；故选：C。3.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.261molCH中所含的共价键数目为A7NB.2amolR+(R原子核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为A(AN2)aN−−C.2646gCHO分子中含极性键数目一定是A7ND.1mol

SiC(金刚砂)中含有A4N个CSi−键【答案】C【解析】【详解】A．C2H6乙烷的结构简式为CH3CH3，1mol乙烷含有共价键的物质的量为1mol×7=7mol，故A正确；B．1个R2+含有电子数为：A-N-2，则amol的R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子

数为a(A-N-2)NA，故B正确；C．2646gCHO物质的量为m46gn===1molM46g/mol，C2H6O存在同分异构，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，CH3CH2OH分子中含有极性键数目为7，CH3OCH3极

性键数目为8，故C错误；D．1mol金刚砂中含4molSi-C键，即含4NA个，故D错误；故选：C。4.下列各项叙述中，正确的是A.在同一电子层上运动的电子，其自旋状态肯定不同B.基态原子的价电子排布为()xyn-1dns的

元素的族序数一定为()x+yC.镁原子由226222621s2s2p3s1s2s2p3p→时，原子释放能量，光谱仪摄取到吸收光谱D.硅原子有14种不同运动状态的电子【答案】D【解析】【详解】A．同一原子轨道上运动的两个电子，自旋方向

肯定不同；但同一电子层上运动的电子，其自旋方向有可能相同，如2p能级只容纳2个电子，自旋方向相同，A错误；B．基态原子的价电子排布为()xyn-1dns的元素若为ⅢB-VIIB，其族序数为外围电子中d、s能级含有电子数目之和，族序数一定为x+y，若为IB族、IIB族元素，族序数等

于外围电子排布中s能级中的电子数为y，B错误；C．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2能级上，由基态转化成激发态，光谱仪摄取到吸收光谱，C错误；D．硅是14号元素

，原子核外有14个电子，每一个电子的运动状态都不同，因此有14种不同运动状态的电子，D正确；故选D。5.Fe、HCN与23KCO在一定条件下发生如下反应：2346Fe6HCN2KCOKFe()=CN++222H2CO2HO+++。下

列说法错误的是A.此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性由大到小的顺序为ONCB.配合物46KFe(CN)的中心离子的价电子排布图为，该中心离子的配位数是6C.1molHCN分子中含有2mol键，其碳原子轨道杂化类型是sp杂化D.23KCO中阴离子的空间构

型为三角锥形，其中碳原子的价层电子对数为4【答案】D【解析】【详解】A．同一周期元素的元素非金属性越强，其电负性就越大。组成氨基酸锌的C、N、O的非金属性由强到弱的顺序是：O＞N＞C，则电负性由大到小的顺序是O＞N＞C，A正确；B．中心离子具有空轨道，配体具有

孤电子对，中心离子为Fe2+，价电子排布式为3d5，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为：，配位体是CN-、配位数为6，B正确；C．HCN分子结构式为H-C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键，分子中含有2个σ键，1molHCN分子中含有2m

olσ键，碳原子没有孤电子对，杂化轨道数目为2，碳原子杂化方式为sp，C正确；D．K2CO3的阴离子中C原子孤电子对数=42232+−=0，价层电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形，D错误；故选：D。6.短周期主族元素X、Y、Z、W

的原子序数递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>Y>XB.气态氢化物的热稳定性：Y>Z>WC.元素Z和W均存在两种以上的含氧酸D.电负性：Z>W；第一电离能：Z<W【答案】C【

解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数递增，Z与W形成如图所示的分子结构,分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，推断Z是S元素，W是Cl元素，形成S2Cl2；Y与Z同主族，Y是O元素，形成如图所示的分子结构是H2O2，X是H元素。故推断X是H元

素、Y是O元素、Z是S元素、W是Cl元素，据此答题。【详解】A．原子电子层数多半径较大，电子层数相同则核电荷数多的半径较小，H、O、S、Cl半径：S>Cl>O>H，A错误；B．Y、Z、W气态氢化物H2O、H2S、HCl的热稳定性H2O>HCl>H2S，B错误；C．元素Z的含氧酸有HClO4、HCl

O3HClO2HClO等和W的含氧酸有H2SO4、H2SO3、H2S2O3等，C正确；D．电负性：Cl>S；第一电离能：S<Cl，D错误；故答案选C。7.硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子m-X(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示，下列叙述正确的是A.m-X的化学式为2484BOH

−B.硼原子轨道的杂化类型有2sp、3spC.配位键存于2、3原子之间D.硼砂晶体中的化学键只有离子键和配位键【答案】B【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原

子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；3号氧原子形成2个单键，

钠离子与Xm-形成离子键，据此分析解题。【详解】A．观察模型，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，可知Xm-是(H4B4O9)m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，则Xm-的化学式为：(H4B4O9)2-，故A错误；B．根据图知，B原子价层电子对个数

是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化，故B正确；C．含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4，5(或5，4)原子之间存在配位键，故C错误；D．硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键，故D错

误；故选B。8.下列说法正确的是A.p轨道的形状为哑铃形，x2p、y2p、z2p的伸展方向不同，能量也不相等B.元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大C.基态原子外围电子排布为234s4p的元素

位于第4周期ⅤA族，是p区元素D.金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，故含有1molC的金刚石中形成的共价键有4mol【答案】C【解析】【详解】A．p轨道均为纺锤形，同一能级的不同轨道能量相同，空间

延伸方向不同，所以x2p、y2p、z2p的能量相等，A错误；B．同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增大，同一周期第一电离能从左向右有增大趋势，但第ⅢA族第一电离能小于第ⅡA族，第ⅤA族第一电离能大于第ⅥA族，所以第一电离能的变化规律与非金属性的

变化规律不完全相同，B错误；在C．基态原子外围电子排布为234s4p的原子有四个电子层，最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充P原子，是p区元素，故C正确；D．金刚石晶体中，每个C与另外4个C形成共价键，但每个共价键被两个C原子共用，故含有1molC的金刚石中形成

的共价键有2mol，D错误。故本题选C。9.下列是典型晶体的结构示意图，从①到④对应正确的是：A.金刚石2CaFCu2COB.2CaF金刚石Cu2COC.NaCl2CO金刚石2CaFD.Cu2CO金刚石

2CaF【答案】D【解析】【分析】【详解】①中只有一种原子，为面心立方最密堆积，如Cu，②中顶点为AB2型分子，如CO2，③中只有一种原子，且一个原子与其他原子形成正四面体构型，如金刚石，晶体硅，④中有两种微粒，个数比为1：2，为AB2型分子，综上分析，D项符

合题意；答案选D。10.下列说法正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.凡是化合反应都是放热反应，凡是分解反应都是吸热反应C.化学反应一定伴有能量的变化，但有能量变化的过程未必就是化学反应D.C(石墨，s)=C(金刚石，s)H>0V，则金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】【详解】A．任

何反应都需要在一定条件下才能够发生，反应类型与反应条件无关，需要加热才能发生的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，如铝热反应是放热反应，但反应需要在高温条件下才能够发生，A错误；B．大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应，但也有例外，如C与CO2在高温下生成

CO的反应是化合反应，反应类型属于吸热反应；H2O2在MnO2催化下分解产生H2O和O2，该反应是分解反应，但是反应属于放热反应，B错误；C．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中反应物化学键发生断裂，生成物化学键形成。断裂化学键需吸收能量，

生成物化学键形成会释放能量，因此化学反应过程中一定伴有能量的变化。但有能量变化的过程未必就是化学反应，如浓硫酸溶于水会放出大量热量，但没有新物质生成，因此物质溶解过程是物理变化，也伴有能量变化，C正确；D．C(石墨，s)=C(金刚石，s

)H>0V，说明金刚石含有的能量比石墨高，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，因此金刚石不如石墨更稳定，D错误；故合理选项是C。11.硫酸是一种重要的化工产品，目前的重要生产方法是“接触法”，反应原

理为：2SO2+O2催化剂垐垐垐垎噲垐垐垐2SO3，已知该反应为放热反应。则下列说法正确的是A.只要选择适宜的条件，SO2和O2就能全部转化为SO3B.达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为零C.由反应可知，

2molSO2的能量大于2molSO3的能量D.工业在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题【答案】D【解析】【详解】A．因为2232SOO2SO+ƒ催化剂为可逆

反应，所以尽管选择适宜的条件，SO2和O2也不能全部转化为SO3，故A错误；B．达到平衡后，反应没有停止了，只是正、逆反应速率相等但并不为零，故B错误；C．因为2232O2SOSO+ƒ催化剂为放热反应，由反应可知，2molS

O2和1molO2的总能量大于2molSO3的总能量，故C错误；D．工业在利用上述反应生产三氧化硫时，为了提高产率和效率，要同时考虑反应所能达到限度和化学反应速率两方面的问题，故D正确；故答案：D。12.下列热化学方程式正确的是A.已知在120C、101kPa下，21gH燃烧

生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为222H(g)1/2O(g)HO(g)+=1242kJmolH−=+的B.500C、30MPa下，将20.5molN和21.5molH置于密闭容器中充分反应生成3

NH(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为223N(g)3H(g)2NH(g)+垐?噲?138.6kJmolH−=−C.甲烷的燃烧热为1890.3kJmol−，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为42CH(g)2O(g)

+=22COg)2H)(O(l+1890.3kJmolH−=−D.25C、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为157.3kJmol−，则硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为：2424HSO(aq)2KOH(

aq)KSO(aq)+=22HO(l)+157.3kJmolH−=−【答案】C【解析】【详解】A．1gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，则1molH2燃烧放热242KJ，所以反应的热化学方程式为：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)∆H=-242kJ/

mol，故A错误；B．合成氨的反应是可逆反应，反应不能进行完全，0.5molN2和1.5molH2充分反应生成NH3的量小于1mol，则N2和H2生成2molNH3(g)时放热大于38.6kJ，所以热化学方程式为：223N(g)3H(g)2NH(g)+垐?噲?N2(g)+3H2(g)

∆H＜-38.6kJ•mol-1，故B错误；C．甲烷的标准燃烧热为890.3kJ•mol-1，生成的水应为液态，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ•m

ol-1，故C正确；D.中和热是25℃、101kPa时，稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1mol水的反应热，热化学方程式为：242411HSO(aq)KOH(aq)KSO(aq)22+=2HO(l)+157.3kJmolH−=−，故D错误

；故选：A。13.已知反应:2NO(g)+Br2(g)ƒ2NOBr(g)ΔH=-akJ·mol-1（a>0），其反应机理如下①NO(g)+Br2(g)ƒNOBr2(g)快②NO(g)+NOBr2(g)ƒ2NOBr(g)慢下列有关该反应的说法正确的是()A.该反应的速率主

要取决于①的快慢B.NOBr2是该反应的催化剂C.正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol-1D增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率.【答案】C【解析】【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决

于②的快慢，故A错误；B.NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；C.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ⋅mol−1，故C正确；D.增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误；故选C。14.一定温度和压强不变的条件下，

发生可逆反应：A(g)＋3B(g)⇌4C(g)，下列叙述能作为该反应达到平衡状态的标志的是①混合气体的平均摩尔质量不再变化②v(A)∶v(B)∶v(C)=1∶3∶4③A、B、C的浓度不再变化④C的体积分数不再变化⑤A、B、C的分子数之比为1∶3∶4⑥混合气体

的密度不再变化⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolBA.②③④⑤⑥⑦B.③④⑦C.③④⑥⑦D.①③⑤⑥⑦【答案】B【解析】【详解】①反应前后气体体积不变，气体物质的量不变，质量守恒，所以混合气体的摩尔质量始终不变，

不能据此判断反应是否达到平衡状态，①错误；②在任何情况下速率之比等于化学计量数之比，不能说明正、逆反应速率相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，②错误；③当混合气体中各组分浓度不变时，说明反应达到平衡状态，③正确；④

C的体积分数不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，④正确；⑤平衡时各物质的分子数之比，决定于开始加入物质的多少和反应程度，与平衡状态无关，⑤错误；⑥混合气体质量守恒，体积不变，密度始终不变,所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，⑥错误；⑦消耗amolA，同时生成3amolB，说明正、逆

反应速率相等，反应达到了平衡状态，⑦正确；可见能够判断反应达到平衡状态的叙述是③④⑦，故合理选项是B。15.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.反应222HI(g)H(g)I(g)+ƒ达平衡后，缩小反应容器体积，混合气体颜色变深B.工业生

产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率C.合成氨工厂通常采用20MPa~50MPa压强，以提高原料的利用率D.红棕色的2NO加压后颜色先变深再变浅【答案】A【解析】【详解】A．反应2HI(g)ƒH2(g

)＋I2(g)达平衡后，缩小反应容器体积，由于反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，由于体积减小浓度增大混合气体颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，A符合题意；B．工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，有利用平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解

释，B不符合题意；C．合成氨工厂通常采用高压(20-50Mpa)条件，有利用平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．红棕色的NO2加压后颜色先变深是体积减小浓度增大导致，后变浅是加压平衡2NO2ƒN2O

4正向移动，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故答案选A。16.下列有关平衡常数的说法中，正确的是A.反应物的转化率增大，平衡常数一定增大B.反应：2242NO(g)NO(g)垐?噲?H0，增加()24NOc，该反应的平衡常数增大C.对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的

平衡常数相等D.平衡常数()()()222(CO)HOCOH=ccKcc的反应，其化学方程式可能为222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++垐?噲?【答案】D【解析】【详解】A．化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，则K不变，如果是改变浓度、压强引起的平衡正向移动，反应

物的转化率虽然增大，但K不变，如果是改变温度引起的平衡正向移动，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大，所以改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数不一定增大，故A错误；B．反应2242NO(g)NO(g)垐?噲

?的平衡常数K只和温度有关，增加()24NOc，平衡左移，平衡常数不变，故B错误；C．对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数，但不一定相等，故C错误；D．K等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，平衡常数为()()()222(CO)HOCOH=

ccKcc的反应，化学方程式为222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++垐?噲?，故D正确；故选：D。17.下列有关图中所示实验装置的说法合理的是A.用图甲装置可进行中和反应反应热的测定B.向图乙盛有水的试管A中加入某固体，若注射器

的活塞右移，说明A中发生了放热反应C.用图丙探究温度对化学平衡的影响D.用图丁装置蒸发饱和食盐水获得氯化钠晶体【答案】C【解析】【详解】A．中和热测定的实验需要在中间放置环形玻璃搅拌棒，方便搅拌以加快反应，A错误；B．某

些固体溶于水也会释放出能量，如NaOH溶于水放热，因此不一定会发生化学反应，B错误；C．用图丙探究温度对于可逆反应()()2242NOgNOgƒ的平衡移动的影响，冷水中，红棕色气体颜色变浅，热水中红棕色加深，c(NO2)增大。C正确；D．蒸发饱和食盐水获得氯化钠晶体应该在蒸发皿中进行

而不是在坩埚，D错误。故本题选C。18.已知：4NH3(g)+5O2(g)垐?噲?4NO(g)+6H2O(g)，该反应是一个可逆反应，正反应是放热反应。若反应物的起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】4NH3(

g)+5O2(g)垐?噲?4NO(g)+6H2O(g)，正反应是放热反应，且正反应是气体体积增大的反应，升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含量降低；增大压强，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含

量降低；催化剂能改变化学反应速率，但不影响化学平衡。【详解】A．正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含量降低，图像与实际符合，故A正确；B．正反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方

向移动，平衡时NO含量降低，图像与实际符合，故B正确；C．正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，化学平衡向逆反应方向移动，平衡时NO含量降低，图像与实际不符合，故C错误；D．催化剂能加快化学反应速率，缩短反应到达平

衡的时间，但不影响化学平衡移动，图像与实际符合，故D正确；答案选C。19.在一定条件下，对于反应()()()()aMg+bNgcPg+dRg垐?噲?ΔH，M的物质的量分数(M%)与温度、压强的关系如图所示()12p>p，则下列判断正确的是A.ΔH>0，ΔS>0B.ΔH<0，ΔS>0C.ΔH

<0，ΔS<0D.ΔH>0，ΔS<0【答案】B【解析】【详解】由图可知，等压下温度升高，M的物质的量的分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，故正反应是一个放热反应，即ΔH<0，已知p1＞p2，由图示可知，等温下压强越大，M的物质的量

的分数越大，说明增大压强，平衡逆向移动，即a+b＜c+d，故ΔS>0，综上所述，ΔH<0，ΔS>0，故答案为：B。20.将等物质的量的A、B混合于2L的刚性密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)ƒxC(g)+2D(g)，经5min后反应达到平衡，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)

：c(B)=1：3，以C表示的平均反应速率v(C)=0.2mol/(L·min)，下列说法正确的是A.该反应方程式中，x=3B.以B表示的平均反应速率为v(B)=0.1mol/(L·min)C.达平衡时，A转化率为75％D.反应前后

容器内气体的压强之比为3：4(不考虑温度的变化)【答案】C【解析】【详解】()()()()++cc0033aaxa2ac-3ac-AgBgxCg2Dgaxa2aƒ起始浓度改变浓度平衡浓度有c-3a1=c-a3，解c=4a，2a=0.5mol/L，则a

=0.25mol/L，c=1mol/L，()0.2mol/Lxa=5·min，则x=4。A．经计算，x=4，A错误；B．以B表示的平均反应速率为v(B)=0.05mol/(L·min)，B错误；C．达平衡时，A转化率为0.75×100%=75%1

，C正确；D．反应前后容器内气体的压强之比为1+124==0.25+0.75+1+0.52.55，D错误；故选C。21.在10L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质构成了可逆反应的体系；当在某一温度时，X、Y、Z物质的量与时间的关系如图甲，Z的百分含量与温度的关系如图乙。下列分析不

正确的是A.0～4min时，X的平均反应速率为0.02mol·L−1·min−1B.该反应的平衡常数表达式K=2c(Z)c(X)c(Y)C.由T1向T2变化时，正反应速率大于逆反应速率D.该反应正反应是放热反应【答案】A【解析】【详解】A．0～4min时，X的平均反应速率为11n0.4molυ

==0.01molLminVt10L4min−−=，故A错误；B．X和Y是反应物，Z为生成物，它们改变量分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，因此该反应方程式为2X(g)＋Y(g)垐?噲?Z(g)，该反应的平衡常数表达式K=2c(Z)c(X)c

(Y)，故B正确；C．由T1向T2变化时，是正向建立平衡的阶段，还未达到平衡，因此正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．从T3向T4变化时，温度升高，Z%在逐渐降低，说明平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正反应是放热反应，故D正确。综上所述，答案为A。二、填空题(包括四个大题，共58分)2

2.I.硼及其化合物在工业中有很多用处。一些硼的卤化物的沸点如图所示：卤化物3BF3BCl3BBr沸点/℃100.3−12.590完成下列填空：（1）硼原子的核外共有___________种形状不同的电子云；溴原子的最外层电子排布式为______

_____。（2）上表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断FBF−−的键角为_____。3BF属于________分子(填“极性”或“非极性”)。（3）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因：________。II.硼酸是一种具有防腐作用的弱酸，其电离过程的微观图示如下

：（4）含氧酸的通式一般可以表示为()nmHORO，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强。据此判断，与33HBO酸性接近的含氧酸是___________(选填编号)。a.HClOb.44HSiOc

.34HPOd.23HCO（5）向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为___________。（6）在氧化剂存在下，硼和强碱共熔发生如下反应：B+NaOH+3KNO→2NaBO+2KNO+2HO配平上述反应_____。该过程中被还原的元素是__

_________，写出该反应体系中属于弱电解质的物质的电子式：___________。【答案】（1）①.2②.4s24p5（2）①.120°②.非极性分子（3）分子量存在差异（4）ab（5）3344HBONaOHN

a[HBO]+=（6）①2B+2NaOH+33KNO=22NaBO+32KNO+2HO②.N③.【解析】【小问1详解】B为5号元素电子排布式为1s22s22p1，共有2种形状不同的电子云；Br原子为第四周期第ⅦA族原子，价电子有7个电子，价电子排布为4s24p5；【小问2详解】3BF平

面正三角形，FBF−−键角为120°，3BF正负电荷中心重合，属于非极性分子；【小问3详解】3BF、3BCl和3BBr都是分子晶体，组成结构相似，分子量依次增大，范德华力依次增大沸点依次增高；【小问4详解】33HBO可以表示为()3HOB，a．HClO可以表示

为()HOCl；b．44HSiO可以表示为()4HOSi；c．34HPO可以表示为()3HOPO；d．23HCO可以表示为2(HO)CO；故HClO和44HSiO与33HBO的非羟基氧个.数相同，酸性接近，故

答案为：ab；【小问5详解】硼酸为一元弱酸，向NaOH溶液中滴加少量硼酸，反应的离子方程式为：3344HBONaOHNa[HBO]+=；【小问6详解】B从0价升高到+3价，失去3mol电子，3KNO中

+5价的氮元素化合价降低到+3价，得到电子2mol，根据得失电子守恒可知3mol2=2mol3，2B+2NaOH+33KNO=22NaBO+32KNO+2HO；3KNO中N元素化合价降低是氧化剂，故N元素被还原；

弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质。该反应体系中属于弱电解质的物质是H2O，电子式为：；23.某研究性学习小组利用224HCO溶液和酸性4KMnO溶液之间反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：实验

序号实验温度/K参加反应的物质溶液颜色褪至无色时所需时间/s4KMnO溶液(含硫酸)224HCO溶液2HO/mLV1/molLc−/mLV1/molLc−/mLVA29320.0240.101tB1T20.0230.11V8的C3132

0.022V0.102t回答下列问题：（1）通过实验A、B，可探究________的改变对反应速率的影响，其中1V=________，1T=________；通过实验________(填序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（2）若18t、28t，则由此实验可

以得出的结论是________；利用实验B中数据计算，用4KMnO的浓度变化表示的反应速率()4KMnOv=_________。（3）写出该反应的离子方程式______________。（4）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草

酸溶液反应时，开始一段时间反应较慢，溶液变色不明显；但不久突然褪色，反应明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，重做B组实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如表：时间/s0246810温度/C20212121.52222结合实验目的与表中数据，你得出的结论是

______________。从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是______________的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是____________

__(填字母)。A．硫酸钾B．水C．二氧化锰D．硫酸锰【答案】（1）①.反应物浓度②.1③.293④.B、C（2）①.反应物浓度越大反应速率越快，反应温度越高反应速率越快②.8.33×10-4mol•L-1•s-1

（3）2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）①.温度不是反应速率突然加快的原因②.催化剂③.D【解析】【小问1详解】由题干表中数据可知，实验A、B中H2C2O4溶液的体积不同，故是要通过实验A、B，可探究出反应物浓

度的改变对反应速率的影响，根据控制唯一变量要求可知，其中V1=1mL，T1=293K，实验B、C的反应物的浓度相同，温度不同，故通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影响，故答案为：反应物浓度；1；293；B、C；【小问2详解】实验A、

B探究反应物浓度对反应速率的影响，且A中H2C2O4的浓度大于B中，实验B、C探究温度对反应速率的影响，且C所处温度高于B，故若t1＜8，时间越短表示反应速率越快，则由此实验可以得出的结论是反应物浓度越大反应速率越快，反应温度越高反应速率越快；利用实

验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=332100.02610c=t8−−mol•L-1•s-1=8.33×10-4mol•L-1•s-1，故答案为：反应物浓度越大反应速率越快，反应温度越高反应速率越快；8

.33×10-4mol•L-1•s-1；【小问3详解】H2C2O4与酸性高锰酸钾反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O，则该反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2

O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问4详解】根据表中数据知，8s时温度不最高，但8s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；KMnO4与H2C2O4反应生

成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故选D，故答案为：温度不是反应速率突然加快的原因；催化剂；D。24.氟及其化合物用途十分广泛，回

答下列问题：（1）CuF的熔点为1008C，熔化呈液态时能导电。CuCl的熔点为326C，能升华，熔化呈液态时不导电；①CuF中Cu+的基态价电子排布式为_________，铜元素位于元素周期表_________区，已知Cu、Zn的第二电离能分别为11957.9kJmo

l−、11733.3kJmol−，前者高于后者的原因___________________________。②CuF的熔点比CuCl的高，原因是_____________________________

_______。（2）2HF+6SbF−(氟锑酸，是一种超强酸)，阳离子2HF+的空间构型为_________，与2HF+互为等电子体的微粒有_________(分子、离子各写一种)。（3）工业上电解23AlO制取单质铝，常利用冰晶石36NaAlF降低23

AlO的熔点。通常将3Al(OH)和23NaCO一同溶于氢氟酸来制取冰晶石，反应时放出2CO气体，写出该反应的化学方程式___________________________。（4）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯

视图，若A点坐标为(0,0,0)，B点坐标为11,1,22，则D点坐标为_________。（5）2CaF的晶胞如图所示，密度为3g/cm，相邻的两个2Ca+的最近核间距为anm，则2CaF的摩尔质量为_________g/mol(列出代数式，设AN为阿伏加德罗常数

的值)。【答案】（1）①.3d10②.ds③.Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二

电离能④.CuF为离子晶体，CuCl为分子晶体，一般离子晶体的熔沸点比分子晶体高（2）①.V形②.H2O（3）2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF═2Na3AlF6+3CO2↑+9H2（4）313,,444（5）22ρa3NA【解析】【小问1详解】①Cu元素为29号元

素，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去最外层一个电子形成Cu+，所以Cu+的价电子排布式为3d10；铜元素位于第四周期第IB族，所以属于ds区；Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu

+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；②CuCl的熔

点为426℃，熔化时几乎不导电，应为分子晶体，而CuF为离子晶体，一般而言，离子晶体的熔沸点比分子晶体高，所以CuF比CuCl熔点高；【小问2详解】[H2F]+的中心原子F原子孤电子对数为2，价层电子对数为4，离子空间构型为V形；用O原子替换F原子与1个单位正电

荷可得与[H2F]+互为等电子体的一种分子：H2O；【小问3详解】将Al(OH)3和Na2CO3一同溶于氢氟酸来制取冰晶石，反应时放出CO2气体，反应的化学方程式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF═2Na3AlF6+3CO2↑+9H2；【小问4详解】A点坐标为(0，0，0)，

B点坐标为11,1,22，则A原子位于坐标原点，B原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知D原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为34、14、34，则D点坐标为：313,,444；【小问5详解】根据晶胞图，1个晶胞中有Ca2+数为8

×18+6×12=4、F-数是8，设CaF2的摩尔质量数值为M，则晶胞质量为4×AMNg，相邻的两个Ca2+的最近核间距为acm，则晶胞棱长为2acm，CaF2的密度为ρg•cm-3，则4×AMNg=(2acm)3×ρg•cm-3，解得：M=2

2ρa3NA。25.2021年10月27日，以“探索与展望第五次工业革命中时尚产业的方向和绿色共识”为主题的2021气候创新·时尚峰会在柯桥举行。大会倡导绿色、低碳、循环、可持续的发展方式，共同构建新型世界纺织产

业命运共同体。（1）已知下列热化学方程式：ⅰ．2242CO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)++垐?噲?11164.9kJmolH−=−ⅱ．222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++垐?噲?1241.2kJmolH−=+已知在

某种催化剂的作用下，422CH(g)HO(g)CO(g)3H(g)++垐?噲?的正反应的活化能a()E正为1312kJmol−，则该反应逆反应的活化能a()E逆为_________kJ/mol。（2）将()()22H:CO4:1nn=的混合气体充

入反应器中，气体总压强为0.1MPa，平衡时()2COc、()2COv正与温度的关系如图所示。220~400C时，2CO的浓度随温度升高而增大的原因是______________________。（3）在使用某种催化剂催化2CO加氢合成乙烯的反应时，所

得产物含4CH、36CH、48CH等副产物。若在催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得2CO转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂2CO转化率/%各产

物在所有产物中的占比/%24CH36CH其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8欲提高单位时间内乙烯的产量，在催化剂中添加________助剂效

果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是______________________________________。（4）在CT时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入21molCO和一定量的2H发生反

应：2CO(g)+22H(g)2HCHO(g)HO(g)+垐?噲?H0。起始时体系总压为1.2akPa。平衡时体系总压p平与起始时()()22nHnCO的关系如图所示：①若5min时反应到达c点，则()2Hv=_________11molLmin−−。②b点时反应的化学平衡常

数K=_________()1/molL−。③c点时，再加入2CO(g)和2HO(g)各0.2mol，则2H的转化率________(填“增大”、“不变”或“减小”)。【答案】（1）105（2）∆H1＜0，∆

H2＞0，温度升高时，反应Ⅰ向左移动使CO2增加的量比反应Ⅱ向右移动使CO2减少的量多（3）①.K②.助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响（4）①.0.12②.2.8③.增

大【解析】【小问1详解】由盖斯定律，反应ii-i得到422CH(g)HO(g)CO(g)3H(g)++垐?噲?，121+41.2-(-164.9)=+207k-JmolHHH−==，由1a()a()a()312-+2-=0

7kJmolHEEE−==正逆逆，解得a()E逆=105kJ/mol；【小问2详解】200～550℃时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大是由于∆H1＜0，∆H2＞0，温度升高时，反应Ⅰ的化学平衡逆向移动使CO2增加的量比反应Ⅱ的化学平衡

正向移动使CO2减少的量多，因此CO2的物质的量分数随温度升高而增大；【小问3详解】由图表数据可知，加钠时CO2转化率最大，但乙烯在产物中百分比太低，副产物过多；加铜时乙烯在产物中的百分比最大，但CO2转化率却太低，综合考虑加K时CO2转化

率较高，乙烯在产物中的百分比较高，其他副产物在产物中的百分比低，即对其他副反应几乎无影响，故答案为：K；助剂K降低了生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。【小问4详解】①c点()()22nHnCO=2，初始时充入1molCO2，n(H2)

=2n(CO2)=2mol，反应初始n(总)=1mol+2mol=3mol，设消耗了xmolCO2，列三段式：(g)(g)(g)2)2(g2+HCHO+/mol1200/molx2xxx/mol1-x2-2xxCO2HHOxƒ起始量转化量平衡量，在等温等容下，压强之比等于物质的量之比，起始时容器

内气体压强为1.2akPa，平衡压强p平=0.96akPa，则31.2a=3-x0.96a，解得x=0.6，则()2Δn20.6H==0.12VΔt25v=11molLmin−−；②b、c点温度相同，平衡常数相同，则b点的化学平衡常数22222

0.60.6c(HCHO)c(HO)22==2.80.40.8c(CO)c(H)()22K=；③c点时，再加入2CO(g)和2HO(g)各0.2mol，2c22220.60.8c(HCHO)c(HO)22==2.50.60.8c(CO)c(H)()22QK=，平

衡向正向移动，则2H的转化率增大。