2022-2023学年辽宁省营口市大石桥市第三高级中学等2校高二上学期期末考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE12022-2023学年度上学期期末教学质量监测二年级化学试卷注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定区域粘贴条形码。2.回答第I卷(选择题)时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号框。〖答案〗写在本试卷上无效。3.回答第II卷(非选择题)时，必须用0.5毫米黑色签字笔填写，字迹工整。作答时，将〖答案〗写在答题卡上。请按题号顺序在各题的答题区域内作答，超出范围的〖答案〗无效。〖答案〗写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。5.本试卷共8页。如遇缺页、漏页、字迹不清等情况，考生须及时报告监考教师。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32第I卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项符合题目要求。1.2022年北京冬奥会的成功举办离不开各种科技力量的支持。下列说法错误的是A.滑冰场上的冰中水分子的热稳定性高于甲烷B.用于跨临界直冷技术制冰的二氧化碳是非极性分子C.闭幕式的水上烟火与原子核外电子发生跃迁有关D.颁奖礼服内胆中添加的石墨烯(部分结构如图)碳原子采取sp3杂化〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，滑冰场上的冰中水分子的热稳定性高于甲烷，选项A正确；B．用于跨临界直冷技术制冰的二氧化碳是直线形分子，结构对称，是非极性分子，选项B正确；C．烟火是原子核外电子发生跃迁，由高能级跃迁到低能级时，释放的能量以光的形式呈现出来的，闭幕式的水上烟火与原子核外电子发生跃迁有关，选项C正确；D．碳原子最外层有4个电子，根据图中信息可知石墨烯中碳原子为sp2杂化，选项D错误；〖答案〗选D。2.下列化学用语的表达正确的是A.氯原子的结构示意图：B.原子核内有10个中子的氧原子：OC.Cr原子的价层电子排布式：3d54s1D.基态铜原子的价层电子排布图：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．氯原子的核电荷数为17.核外3个电子层，最外层电子数为7，原子的结构示意图为，故A错误；B．原子核内有10个中子的氧原子的质子数为5、质量数为18，原子符号为O，故B错误；C．铬元素的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，故C正确；D．铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为，故D错误；故选C。3.下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是A甲烷不溶于水 B.氯化氢易溶于水C.单质碘易溶于苯 D.氯气易溶于NaOH溶液〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．甲烷是非极性分子，水是极性分子，甲烷不溶于水可以利用“相似相溶”规律解释，故A不符合题意；B．氯化氢、水都是极性分子，氯化氢易溶于水可以利用“相似相溶”规律解释，故B不符合题意；C．单质碘、苯都是非极性分子，单质碘易溶于苯可以利用“相似相溶”规律解释，故C不符合题意；D．氯气是非极性分子，NaOH是碱，氯气易溶于NaOH溶液，是两者发生反应，不能利用“相似相溶”规律解释，D符合题意。综上所述，〖答案〗为D。4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标况下，22.4LHF中含有的极性键数目为NAB.常温下，1LpH=2的甲酸溶液中，含有氢离子数为0.01NAC.密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NAD.1mol甲醛(HCHO)中所含σ键总数为4NA〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．标况下，HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，A错误；B．，B正确；C．合成氨的反应是个可逆反应不能百分之百转化，催化反应后分子总数大于2NA，C错误；D．共价单键是σ键，共价双键中有一个是σ键，故一个甲醛分子有3个σ键，1mol甲醛(HCHO)中所含σ键总数为3NA，D错误；故选B。5.实验室在配制氯化铁溶液时，先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是A.防止氯化铁电离 B.抑制氯化铁水解C.提高溶液的pH D.提高氯化铁的溶解度〖答案〗B〖解析〗〖详析〗实验室在配制氯化铁溶液时，由于铁离子要发生水解，配制时容易变浑浊，因此先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是防止铁离子水解，故B正确。综上所述，〖答案〗为B。6.下列微粒中，VSEPR模型与其他微粒不同的是A.H2O B.PH3 C.CCl4 D.NO〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先计算题目中各种微粒的价层电子对数，然后根据价层电子对数确定其VSEPR模型的结构，然后再进行比较、判断。〖详析〗A．H2O中的O原子价层电子对数是2+=4，且含有2对孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间结构为V形；B．PH3中的P原子价层电子对数是3+=4，且含有1对孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间结构为平面三角形；C．CCl4中的C原子价层电子对数是4+=4，且不含有孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间结构为也是正四面体形；D．NO中的N原子价层电子对数是3+=3，且不含有孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，空间结构为也是平面三角形；可见上述四种微粒中只有NO的VSEPR模型是平面三角形，其余三种微粒都是四面体形，故合理选项是D。7.氢气在氧气中燃烧主要经历以下四步基元反应：下列说法正确的是①H2→2H•(慢反应)②H•+O2→•OH+O•(快反应)③O•+H2→•OH+H•(快反应)④•OH+H2→H2O+H•(快反应)A.•OH的电子式是B.在这四步反应中，第①步反应的活化能最高C.第②步反应中H•与O2的每一次碰撞都为有效碰撞D.H•和O2是反应的中间产物，能在体系中稳定存在〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．•OH的电子式是，选项A错误；B．活化能越大反应速率越慢，因此慢反应对应的活化能最高，即第①步反应的活化能最高，选项B正确；C．有效碰撞需要能量足够且取向合适才能发生，反应物粒子间的碰撞不都是有效碰撞，即第②步反应中H•与O2的每一次碰撞并不都为有效碰撞，选项C错误；D．反应的中间产物不能稳定存在，会继续发生后续反应，选项D错误；〖答案〗选B。8.在密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，有关下列图像的说法正确的是A.依据图a可判断正反应为吸热反应B.在图b中，虚线可表示使用催化剂C.图c可表示增大压强时正逆反应速率变化D.由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．正逆反应速率相等时反应达到平衡，继续升高温度逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A错误；B．催化剂可以缩短达到平衡时间，但不改变平衡转化率，B正确；C．该反应前后气体系数之和减小，增大压强平衡正向移动，C错误；D．气体总质量不变，升高温度平均相对分子质量减小，说明升温气体的物质的量增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH＜0，D错误；故选B。9.某温度下气体反应体系达到化学平衡，平衡常数K=，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)B.降低温度，正反应速率增大C.该反应的焓变为负值D.增大c(A)、c(B)，K增大〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．已知反应为气体反应体系，根据该反应的平衡常数表达式K=可知，该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)，A正确；B．降低温度，活化分子百分数减小，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，B错误；C．若温度适当降低，F的浓度增加，说明降温平衡逆向进行，则该反应为吸热反应，该反应的焓变为正值，C错误；D．温度不变，平衡常数不发生改变，D错误；〖答案〗选A。10.镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层，上层溶液褪色；加入少量KI溶液，振荡，静置，液体重新分层，上层溶液又恢复棕色。下列说法正确的是A.第一次溶液褪色原因I2被Fe还原 B.镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈C.溶液第一次恢复棕色的原因为I-被氧化 D.上层溶液又恢复棕色的原因为I-被氧化〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误；B．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，B项错误；C．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，C项正确；D．上层溶液又恢复棕色的原因为，加入碘化钾溶液增大了碘单质在上层水溶液中的溶解度，D项错误；故选C。11.电化学装置能够实现化学能与电能的相互转化。利用下列装置(电极均为惰性电极)，实现电解饱和食盐水，下列说法正确的是A.导线中电子的流动方向：M→Q，N→PB.N电极的电极反应：C.气体a能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D.溶液A为饱和食盐水，溶液C为稀食盐水〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗装置Ⅰ为氢氧燃料电池为原电池，通入氢气的电极是负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极得电子发生还原反应，装置Ⅱ有外接电源，属于电解池，根据图片知，是阳极氯离子失电子放出氯气，是阴极氢离子得电子放出氢气，据此分析解答。〖详析〗．导线中电子的流动方向为负极阴极，阳极正极即，，故A错误；

B．通入氧气的电极是正极得电子发生还原反应，电极反应：，故B错误；

C．是阳极氯离子失电子放出氯气即气体，所以气体

能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；

D．是阴极氢离子得电子放出氢气，则钠离子移向电极，则溶液为浓溶液，故D错误；故〖答案〗为C。12.下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是金属离子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀时的pH7.74.56.5A.H2O2、ZnO B.氨水C.KMnO4、ZnCO3 D.NaOH溶液〖答案〗C〖解析〗分析〗〖详析〗要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。故选C。13.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象C判断反应后Ba2+是否沉淀完全将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液DKsp(AgCl)＞Ksp(AgI)向2mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol•L-1NaCl溶液，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1mol•L-1KI溶液，观察现象A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．酸碱中和滴定操作中没有较好保温措施，热量散失太多，不能用于中和热的测定，A错误；B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，B错误；C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，二者反应产生BaCO3沉淀，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则说明Ba2+沉淀完全，C正确；D．由于Ag+过量，所以向反应后溶液中加入4滴0.1mol•L-1KI溶液时，过量Ag+与I-会反应产生AgI黄色沉淀，不能证明沉淀溶度积Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D错误；故含量选项是C。14.某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：时间段/产物Z的平均生成速率/0～20.200～40.150～60.10下列说法错误的是A.时，Z的浓度大于B.时，加入，此时C.时，Y的体积分数约为33.3%D.时，X的物质的量为〖答案〗B〖解析〗〖详析〗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，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，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，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，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.常温下，用的盐酸滴定溶液。用传感器测得混合溶液的变化曲线如图，下列说法不正确的是A.由a点可知，常温下的水解常数B.在b点时，C.在d点时，D.在e点时，〖答案〗C〖解析〗〖详析〗由图中曲线可知，d点溶液为第一滴定终点，为NaHCO3溶液，e点为第二滴定终点，溶液为NaCl溶液。起点a点溶液为碳酸钠溶液，溶液的pH值为11，主要以碳酸根的第一步水解为主，水解程度微弱，故。A．由根据分析可知常温下碳酸根的水解常数Kh1≈10−5，A正确；B．b点时，有12的Na2CO3转化成NaHCO3，由于CO32-的水解程度大于的水解程度，故，B正确；C．d点时，d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：，C错误；D．在e点时，根据电荷守恒可得：，由于c(Na+)=c(Cl-)，则，D正确；故选C。第II卷二、非选择题：本题共4小题，共55分16.X、Y、Z、M、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表：元素相关信息X原子核外有6种不同运动状态的电子Y基态原子中s电子总数与p电子总数相等Z原子半径在同周期元素中最大M逐级电离能(kJ•mo1-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376Q基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子请用化学用语填空：（1）X元素位于元素周期表第______周期______族；R是______区的元素。（2）请写出Q元素基态原子的简化电子排布式：______。（3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是______(用元素符号表示)。（4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是______。（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：______；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是______(填“离子化合物”或“共价化合物”)。〖答案〗（1）①.2②.IVA族③.d（2）〖Ne〗3s23p5（3）O<C<Al<Na（4）Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定（5）①.Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O②.共价化合物〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、M、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大；X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X为C；Y的基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则其核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即Y为O或Mg；M的第四电离能远远大于第三电离能，说明M易形成+3价化合物，故M为Al；原子序数：M＞Z＞Y，且Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na，Y为O；R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则R的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，R为Fe；Q的基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，说明其最外层p轨道上共有5个电子，则其最外层电子排布式为ns2np5，由于Q的原子序数小于R（Fe），故Q为Cl；综上所述，X为C，Y为O，Z为Na，M为Al，Q为Cl，R为Fe。〖小问1详析〗由分析可知，X为C，其位于元素周期表第2周期IVA族；R为Fe，是d区元素；〖小问2详析〗由分析可知，Q为Cl，其基态原子的简化电子排布式为〖Ne〗3s23p5；〖小问3详析〗由分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，M为Al，这四种元素的原子半径由小到大的顺序是O＜C＜Al＜Na；〖小问4详析〗由分析可知，R为Fe，其价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定；〖小问5详析〗由分析可知，M为Al，Z为Na，Q为Cl；与Al元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T是Be，其最高价氧化物的水化物Be(OH)2与Na的最高价氧化物的水化物NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；Be元素和Cl元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是共价化合物。17.消除氮氧化物的污染是当前科学研究的热点，根据所学知识回答下列问题：（1）已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+akJ•mol-1；②C(s)的燃烧热为△H2=-bkJ•mol-1，则反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的△H=______kJ•mol-1(用含a、b的代数式表示)。（2）某合成氨速率方程为：v=kcα(N2)•cβ(H2)•cγ(NH3)；根据表中数据，γ=______。实验c(N2)/mol•L-1c(H2)/mol•L-1c(NH3)/mol•L-1v/mol•L-1•s-11mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨原因为______。a.有利于平衡正向移动b.防止催化剂中毒c.提高正反应速率：（3）某实验兴趣小组对N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1L容器内，容器内存在如下反应：反应I主反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)K1反应II副反应：2NO2(g)N2O4(g)K2①向该容器内通入4molN2O5和2molNO2，等到反应I、II均达到平衡后，测得c(NO2)=5mol•L-1，c(N2O4)=0.5mol•L-1，则此温度下N2O5的转化率=______。②通过控制条件，使该容器内只进行反应I，下列说法正确的是_____。A.当4v(N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡B.反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降C.恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高D.恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5mol，反应达平衡后，c(O2)＜5mol•L-1〖答案〗（1）-(a+b)（2）①.-1②.a（3）①.50%②.AC〖解析〗〖小问1详析〗已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+akJ•mol-1；②C(s)的燃烧热为△H2=-bkJ•mol-1，根据盖斯定律计算，由②-①得反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的△H=-（a+b）kJ•mol-1；〖答案〗为-（a+b）；〖小问2详析〗将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得:①，③，可得；合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，选项a正确，选项c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，选项b错误；〖答案〗选a；〖小问3详析〗①向该容器内通入4molN2O5和2molNO2，等到反应I、II均达到平衡后，测得c(NO2)=5mol•L-1，c(N2O4)=0.5mol•L-1，根据三段式有：则此温度下N2O5的转化率=；②通过控制条件，使该容器内只进行反应I；A.当4v(N2O5消耗)=2v(NO2生成)=2v(NO2消耗)时，说明正逆反应速率相等，该化学反应达到平衡状态，选项A正确；B.平衡常数K只与温度有关，与压强无关，反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1不变，平衡逆向移动，N2O5的转化率下降，选项B错误；C.恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应物的浓度降低，相当于缩小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，N2O5的转化率将提高，选项C正确；D.根据①中三段式可知K==324，恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5mol，Q==125<K=324，平衡正向移动，则反应达平衡后，c(O2)>5mol•L-1，选项D错误；〖答案〗选AC。18.〖查阅资料〗乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O4•2H2O)在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。Ⅰ．乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题：①装置的连接顺序为：A→D→B→G→______→______→C→G______。②装置中冰水混合物的作用是______。③整套装置存在不合理之处______。Ⅱ．乙二酸的弱酸性：（2）为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的的是______。A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色B．测定0.1mol•L-1草酸溶液的pHC．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出Ⅲ．乙二酸的还原性：（3）该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为：2MnO+H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。利用该性质测草酸浓度，取草酸(H2C2O4)溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol•L-1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据：滴定次数待测液体积(mL)标准KMnO4溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第三次25.001.0022.50第四次25.004.0024.10①滴定时，KMnO4溶液应装在______式滴定管中，滴定终点时的现象是______。②该草酸溶液的浓度为______。③下列操作会引起测定结果偏高的是_____。A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没用待测液润洗〖答案〗（1）①.FE②.除去草酸蒸气，防止干扰CO2的检验③.没有CO尾气处理装置（2）B（3）①.酸②.当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色③.0.2mol/L④.A〖解析〗〖祥解〗猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，应该检验生成产物成分时除去草酸，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2、后检验CO。草酸是二元弱酸，可根据测定一定浓度的草酸溶液的pH进行判断。草酸具有还原性，能够与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化产生CO2气体，KMnO4溶液被还原为无色Mn2+，根据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，利用反应消耗KMnO4溶液的浓度及体积计算其物质的量，进而可得草酸的物质的量及浓度。〖小问1详析〗①根据上述分析可知：显使用装置A使草酸晶体分解，再通过D装置检验H2O，然后经过B进行冷凝除去草酸蒸气，再通过G检验CO2气体，通过F除去CO2，通过E进行干燥，然后通过C使CO发生反应，再通过G检验是否产生CO2，来判断CO气体的产生，故其排列顺序是A→D→B→G→F→E→C→G；②冰水混合物的作用是除去产物中草酸蒸气，防止干扰实验；③CO有毒，不能直接排入空气中，因此要有尾气处理装置；〖小问2详析〗A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，说明草酸具有酸性，但不能说明草酸部分电离，不能证明草酸是弱酸，A错误；B．测定0.lmol/L草酸溶液的pH，如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍，就说明草酸部分电离为弱电解质，B正确；C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出，说明草酸酸性大于碳酸，但不能说明草酸部分电离，不能证明草酸是弱酸，C错误；故合理选项是B；〖小问3详析〗①滴定时，KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应装在酸式滴定管中；开始H2C2O4溶液显无色，随着KMnO4溶液滴入，H2C2O4溶液不断被消耗，当其被消耗完全后，再滴入半滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色或紫红色，半分钟内不褪色，说明滴定达到终点，故滴定终点时的现象是当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色；②四次实验滴定消耗KMnO4溶液的体积分别是19.90mL、20.00mL、21.00mL、20.10mL，可见21.00mL误差较大，应该舍去，则平均消耗KMnO4溶液的体积V=，n(KMnO4)=0.1mol/L×0.020L=0.0020mol，根据反应方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中物质反应转化关系为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×0.0020mol=0.0050mol，由于草酸溶液的体积是25.00mL，故该草酸溶液浓度为c(H2C2O4)=；③A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗，导致标准溶液被稀释，滴定消耗标准溶液体积偏大，由此计算的待测溶液浓度偏高，A符合题意；B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出，则消耗标准溶液体积偏小，由此计算的待测溶液浓度偏低，B不符合题意；C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，则消耗标准溶液体积的读数偏小，消耗标准溶液体积偏小，由此计算的待测溶液浓度偏低，C不符合题意；D．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没用待测液润洗，不影响消耗KMnO4溶液体积，对待测溶液的浓度测定无影响，D不符合题意；故合理选项是A。19.酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。（1）常温下，小苏打溶液pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，其理由是_______(用离子方程式表示)，溶液中_______(填“>”、“=”或“<”)。（2）常温下，将体积均为、均为12的氨水和溶液分别加水稀释至1L，溶液较大的是_______，稀释后溶液的_______(填“>”、“=”或“<”)。（3）相同温度下，浓度均为的下列溶液：①②③④，溶液中的浓度由大到小的顺序为_______(用序号表示)。（4）已知与相似，水溶液具有弱碱性，其电离方程式为：。常温下，现用盐酸滴定溶液，溶液中由水电离出的的负对数〖〗与所加盐酸体积的关系如图所示(已知：)①R、Q两点溶液pH关系是：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)，R、Q两点对应溶液中水的电离程度的关系：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)。②滴定过程中，若，则此时溶液中_______。③N点离子浓度由大到小的顺序为_______。〖答案〗（1）①.＞②.HCO+H2OH2CO3+OH-③.＞（2）①.氨水②.＜（3）④＞②＞③＞①（4）①.＞②.=

③.5④.c(Cl-)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH-)〖解析〗〖小问1详析〗小苏打的主要成分为碳酸氢钠，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离常数，溶液呈碱性，溶液pH大于7，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子的浓度，水解的离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-，故〖答案〗为：>；HCO+H2OH2CO3+OH-；>；〖小问2详析〗一水合氨是弱碱，在溶液中存在电离平衡，所以体积均为10mL、pH均为12的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释至1L时，氢氧化钠溶液pH变化大，氨水溶液的pH大于氢氧化钠溶液，氨水溶液中的铵根离子浓度大于氢氧化钠溶液中的钠离子浓度故〖答案〗为：>；>；〖小问3详析〗一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，所以溶液中铵根离子浓度最小；硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度大于硝酸铵溶液，醋酸铵在溶液中电离出的醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度小于硝酸铵溶液，则四种溶液中铵根离子浓度大小顺序为④>②>③>①，故〖答案〗为：④>②>③>①；〖小问4详析〗①由图可知，R点为和NH3OHCl的混合溶液，溶液呈中性，Q点为NH3OHCl和盐酸混合溶液，溶液呈酸性，所以R点溶液pH大于Q点，两个点水电离的氢离子的负对数相等，则R点溶液水的电离程度=Q点，故〖答案〗为：>；=；②滴定过程中，若，由电离常数可知，的电离常数Kb=，则溶液中的c(OH-)=Kb=10-9mol/L，溶液pH=5，故〖答案〗为：5；③由图可知，N点和盐酸恰好完全反应，反应生成的NH3OH+在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl-)>c(NH3OH+)>c(H+)>c(OH-)，故〖答案〗为：c(Cl-)>c(NH3OH+)>c(H+)>c(OH-)。PAGEPAGE12022-2023学年度上学期期末教学质量监测二年级化学试卷注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定区域粘贴条形码。2.回答第I卷(选择题)时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号框。〖答案〗写在本试卷上无效。3.回答第II卷(非选择题)时，必须用0.5毫米黑色签字笔填写，字迹工整。作答时，将〖答案〗写在答题卡上。请按题号顺序在各题的答题区域内作答，超出范围的〖答案〗无效。〖答案〗写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。5.本试卷共8页。如遇缺页、漏页、字迹不清等情况，考生须及时报告监考教师。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32第I卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项符合题目要求。1.2022年北京冬奥会的成功举办离不开各种科技力量的支持。下列说法错误的是A.滑冰场上的冰中水分子的热稳定性高于甲烷B.用于跨临界直冷技术制冰的二氧化碳是非极性分子C.闭幕式的水上烟火与原子核外电子发生跃迁有关D.颁奖礼服内胆中添加的石墨烯(部分结构如图)碳原子采取sp3杂化〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，滑冰场上的冰中水分子的热稳定性高于甲烷，选项A正确；B．用于跨临界直冷技术制冰的二氧化碳是直线形分子，结构对称，是非极性分子，选项B正确；C．烟火是原子核外电子发生跃迁，由高能级跃迁到低能级时，释放的能量以光的形式呈现出来的，闭幕式的水上烟火与原子核外电子发生跃迁有关，选项C正确；D．碳原子最外层有4个电子，根据图中信息可知石墨烯中碳原子为sp2杂化，选项D错误；〖答案〗选D。2.下列化学用语的表达正确的是A.氯原子的结构示意图：B.原子核内有10个中子的氧原子：OC.Cr原子的价层电子排布式：3d54s1D.基态铜原子的价层电子排布图：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．氯原子的核电荷数为17.核外3个电子层，最外层电子数为7，原子的结构示意图为，故A错误；B．原子核内有10个中子的氧原子的质子数为5、质量数为18，原子符号为O，故B错误；C．铬元素的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，故C正确；D．铜元素的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为，故D错误；故选C。3.下列现象不能用“相似相溶”规律解释的是A甲烷不溶于水 B.氯化氢易溶于水C.单质碘易溶于苯 D.氯气易溶于NaOH溶液〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．甲烷是非极性分子，水是极性分子，甲烷不溶于水可以利用“相似相溶”规律解释，故A不符合题意；B．氯化氢、水都是极性分子，氯化氢易溶于水可以利用“相似相溶”规律解释，故B不符合题意；C．单质碘、苯都是非极性分子，单质碘易溶于苯可以利用“相似相溶”规律解释，故C不符合题意；D．氯气是非极性分子，NaOH是碱，氯气易溶于NaOH溶液，是两者发生反应，不能利用“相似相溶”规律解释，D符合题意。综上所述，〖答案〗为D。4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标况下，22.4LHF中含有的极性键数目为NAB.常温下，1LpH=2的甲酸溶液中，含有氢离子数为0.01NAC.密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NAD.1mol甲醛(HCHO)中所含σ键总数为4NA〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．标况下，HF为液态，不能用气体摩尔体积计算22.4LHF的物质的量，A错误；B．，B正确；C．合成氨的反应是个可逆反应不能百分之百转化，催化反应后分子总数大于2NA，C错误；D．共价单键是σ键，共价双键中有一个是σ键，故一个甲醛分子有3个σ键，1mol甲醛(HCHO)中所含σ键总数为3NA，D错误；故选B。5.实验室在配制氯化铁溶液时，先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是A.防止氯化铁电离 B.抑制氯化铁水解C.提高溶液的pH D.提高氯化铁的溶解度〖答案〗B〖解析〗〖详析〗实验室在配制氯化铁溶液时，由于铁离子要发生水解，配制时容易变浑浊，因此先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是防止铁离子水解，故B正确。综上所述，〖答案〗为B。6.下列微粒中，VSEPR模型与其他微粒不同的是A.H2O B.PH3 C.CCl4 D.NO〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗先计算题目中各种微粒的价层电子对数，然后根据价层电子对数确定其VSEPR模型的结构，然后再进行比较、判断。〖详析〗A．H2O中的O原子价层电子对数是2+=4，且含有2对孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间结构为V形；B．PH3中的P原子价层电子对数是3+=4，且含有1对孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间结构为平面三角形；C．CCl4中的C原子价层电子对数是4+=4，且不含有孤电子对，VSEPR模型是正四面体形，空间结构为也是正四面体形；D．NO中的N原子价层电子对数是3+=3，且不含有孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，空间结构为也是平面三角形；可见上述四种微粒中只有NO的VSEPR模型是平面三角形，其余三种微粒都是四面体形，故合理选项是D。7.氢气在氧气中燃烧主要经历以下四步基元反应：下列说法正确的是①H2→2H•(慢反应)②H•+O2→•OH+O•(快反应)③O•+H2→•OH+H•(快反应)④•OH+H2→H2O+H•(快反应)A.•OH的电子式是B.在这四步反应中，第①步反应的活化能最高C.第②步反应中H•与O2的每一次碰撞都为有效碰撞D.H•和O2是反应的中间产物，能在体系中稳定存在〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．•OH的电子式是，选项A错误；B．活化能越大反应速率越慢，因此慢反应对应的活化能最高，即第①步反应的活化能最高，选项B正确；C．有效碰撞需要能量足够且取向合适才能发生，反应物粒子间的碰撞不都是有效碰撞，即第②步反应中H•与O2的每一次碰撞并不都为有效碰撞，选项C错误；D．反应的中间产物不能稳定存在，会继续发生后续反应，选项D错误；〖答案〗选B。8.在密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，有关下列图像的说法正确的是A.依据图a可判断正反应为吸热反应B.在图b中，虚线可表示使用催化剂C.图c可表示增大压强时正逆反应速率变化D.由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．正逆反应速率相等时反应达到平衡，继续升高温度逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A错误；B．催化剂可以缩短达到平衡时间，但不改变平衡转化率，B正确；C．该反应前后气体系数之和减小，增大压强平衡正向移动，C错误；D．气体总质量不变，升高温度平均相对分子质量减小，说明升温气体的物质的量增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH＜0，D错误；故选B。9.某温度下气体反应体系达到化学平衡，平衡常数K=，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)B.降低温度，正反应速率增大C.该反应的焓变为负值D.增大c(A)、c(B)，K增大〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．已知反应为气体反应体系，根据该反应的平衡常数表达式K=可知，该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)，A正确；B．降低温度，活化分子百分数减小，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，B错误；C．若温度适当降低，F的浓度增加，说明降温平衡逆向进行，则该反应为吸热反应，该反应的焓变为正值，C错误；D．温度不变，平衡常数不发生改变，D错误；〖答案〗选A。10.镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层，上层溶液褪色；加入少量KI溶液，振荡，静置，液体重新分层，上层溶液又恢复棕色。下列说法正确的是A.第一次溶液褪色原因I2被Fe还原 B.镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈C.溶液第一次恢复棕色的原因为I-被氧化 D.上层溶液又恢复棕色的原因为I-被氧化〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误；B．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，B项错误；C．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，C项正确；D．上层溶液又恢复棕色的原因为，加入碘化钾溶液增大了碘单质在上层水溶液中的溶解度，D项错误；故选C。11.电化学装置能够实现化学能与电能的相互转化。利用下列装置(电极均为惰性电极)，实现电解饱和食盐水，下列说法正确的是A.导线中电子的流动方向：M→Q，N→PB.N电极的电极反应：C.气体a能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D.溶液A为饱和食盐水，溶液C为稀食盐水〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗装置Ⅰ为氢氧燃料电池为原电池，通入氢气的电极是负极失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极得电子发生还原反应，装置Ⅱ有外接电源，属于电解池，根据图片知，是阳极氯离子失电子放出氯气，是阴极氢离子得电子放出氢气，据此分析解答。〖详析〗．导线中电子的流动方向为负极阴极，阳极正极即，，故A错误；

B．通入氧气的电极是正极得电子发生还原反应，电极反应：，故B错误；

C．是阳极氯离子失电子放出氯气即气体，所以气体

能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C正确；

D．是阴极氢离子得电子放出氢气，则钠离子移向电极，则溶液为浓溶液，故D错误；故〖答案〗为C。12.下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是金属离子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀时的pH7.74.56.5A.H2O2、ZnO B.氨水C.KMnO4、ZnCO3 D.NaOH溶液〖答案〗C〖解析〗分析〗〖详析〗要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。故选C。13.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象C判断反应后Ba2+是否沉淀完全将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液DKsp(AgCl)＞Ksp(AgI)向2mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中滴加2滴0.1mol•L-1NaCl溶液，观察现象。振荡试管，再滴加4滴0.1mol•L-1KI溶液，观察现象A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．酸碱中和滴定操作中没有较好保温措施，热量散失太多，不能用于中和热的测定，A错误；B．NaClO溶液和Na2SO3的溶液反应无明显的现象，无法根据实验现象进行浓度对化学反应速率影响的实验探究，B错误；C．将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，二者反应产生BaCO3沉淀，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液，若有白色沉淀产生，说明Ba2+没有沉淀完全，若没有浑浊现象，则说明Ba2+沉淀完全，C正确；D．由于Ag+过量，所以向反应后溶液中加入4滴0.1mol•L-1KI溶液时，过量Ag+与I-会反应产生AgI黄色沉淀，不能证明沉淀溶度积Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D错误；故含量选项是C。14.某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：时间段/产物Z的平均生成速率/0～20.200～40.150～60.10下列说法错误的是A.时，Z的浓度大于B.时，加入，此时C.时，Y的体积分数约为33.3%D.时，X的物质的量为〖答案〗B〖解析〗〖详析〗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，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，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，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，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.常温下，用的盐酸滴定溶液。用传感器测得混合溶液的变化曲线如图，下列说法不正确的是A.由a点可知，常温下的水解常数B.在b点时，C.在d点时，D.在e点时，〖答案〗C〖解析〗〖详析〗由图中曲线可知，d点溶液为第一滴定终点，为NaHCO3溶液，e点为第二滴定终点，溶液为NaCl溶液。起点a点溶液为碳酸钠溶液，溶液的pH值为11，主要以碳酸根的第一步水解为主，水解程度微弱，故。A．由根据分析可知常温下碳酸根的水解常数Kh1≈10−5，A正确；B．b点时，有12的Na2CO3转化成NaHCO3，由于CO32-的水解程度大于的水解程度，故，B正确；C．d点时，d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：，C错误；D．在e点时，根据电荷守恒可得：，由于c(Na+)=c(Cl-)，则，D正确；故选C。第II卷二、非选择题：本题共4小题，共55分16.X、Y、Z、M、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表：元素相关信息X原子核外有6种不同运动状态的电子Y基态原子中s电子总数与p电子总数相等Z原子半径在同周期元素中最大M逐级电离能(kJ•mo1-1)依次为578、1817、2745、11575、14830、18376Q基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子请用化学用语填空：（1）X元素位于元素周期表第______周期______族；R是______区的元素。（2）请写出Q元素基态原子的简化电子排布式：______。（3）X、Y、Z、M四种元素的原子半径由小到大的顺序是______(用元素符号表示)。（4）R元素可形成R2+和R3+，其中较稳定的是R3+，原因是______。（5）与M元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T的最高价氧化物的水化物具有两性，写出该两性物质与Z元素的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：______；已知T元素和Q元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是______(填“离子化合物”或“共价化合物”)。〖答案〗（1）①.2②.IVA族③.d（2）〖Ne〗3s23p5（3）O<C<Al<Na（4）Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定（5）①.Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O②.共价化合物〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、M、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大；X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X为C；Y的基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则其核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即Y为O或Mg；M的第四电离能远远大于第三电离能，说明M易形成+3价化合物，故M为Al；原子序数：M＞Z＞Y，且Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na，Y为O；R基态原子核外有7个能级且能量最高的能级上有6个电子，则R的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，R为Fe；Q的基态原子的最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，说明其最外层p轨道上共有5个电子，则其最外层电子排布式为ns2np5，由于Q的原子序数小于R（Fe），故Q为Cl；综上所述，X为C，Y为O，Z为Na，M为Al，Q为Cl，R为Fe。〖小问1详析〗由分析可知，X为C，其位于元素周期表第2周期IVA族；R为Fe，是d区元素；〖小问2详析〗由分析可知，Q为Cl，其基态原子的简化电子排布式为〖Ne〗3s23p5；〖小问3详析〗由分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，M为Al，这四种元素的原子半径由小到大的顺序是O＜C＜Al＜Na；〖小问4详析〗由分析可知，R为Fe，其价电子排布式为3d64s2，则Fe3+的价层电子排布为3d5，d能级处于半充满状态，能量低更稳定；〖小问5详析〗由分析可知，M为Al，Z为Na，Q为Cl；与Al元素成“对角线规则”关系的某短周期元素T是Be，其最高价氧化物的水化物Be(OH)2与Na的最高价氧化物的水化物NaOH反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；Be元素和Cl元素的电负性分别为1.5和3.0，则它们形成的化合物是共价化合物。17.消除氮氧化物的污染是当前科学研究的热点，根据所学知识回答下列问题：（1）已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+akJ•mol-1；②C(s)的燃烧热为△H2=-bkJ•mol-1，则反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的△H=______kJ•mol-1(用含a、b的代数式表示)。（2）某合成氨速率方程为：v=kcα(N2)•cβ(H2)•cγ(NH3)；根据表中数据，γ=______。实验c(N2)/mol•L-1c(H2)/mol•L-1c(NH3)/mol•L-1v/mol•L-1•s-11mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨原因为______。a.有利于平衡正向移动b.防止催化剂中毒c.提高正反应速率：（3）某实验兴趣小组对N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1L容器内，容器内存在如下反应：反应I主反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)K1反应II副反应：2NO2(g)N2O4(g)K2①向该容器内通入4molN2O5和2molNO2，等到反应I、II均达到平衡后，测得c(NO2)=5mol•L-1，c(N2O4)=0.5mol•L-1，则此温度下N2O5的转化率=______。②通过控制条件，使该容器内只进行反应I，下列说法正确的是_____。A.当4v(N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡B.反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降C.恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高D.恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5mol，反应达平衡后，c(O2)＜5mol•L-1〖答案〗（1）-(a+b)（2）①.-1②.a（3）①.50%②.AC〖解析〗〖小问1详析〗已知①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+akJ•mol-1；②C(s)的燃烧热为△H2=-bkJ•mol-1，根据盖斯定律计算，由②-①得反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的△H=-（a+b）kJ•mol-1；〖答案〗为-（a+b）；〖小问2详析〗将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得:①，③，可得；合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，选项a正确，选项c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，选项b错误；〖答案〗选a；〖小问3详析〗①向该容器内通入4molN2O5和2molNO2，等到反应I、II均达到平衡后，测得c(NO2)=5mol•L-1，c(N2O4)=0.5mol•L-1，根据三段式有：则此温度下N2O5的转化率=；②通过控制条件，使该容器内只进行反应I；A.当4v(N2O5消耗)=2v(NO2生成)=2v(NO2消耗)时，说明正逆反应速率相等，该化学反应达到平衡状态，选项A正确；B.平衡常数K只与温度有关，与压强无关，反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1不变，平衡逆向移动，N2O5的转化率下降，选项B错误；C.恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应物的浓度降低，相当于缩小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，N2O5的转化率将提高，选项C正确；D.根据①中三段式可知K==324，恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5mol，Q==125<K=324，平衡正向移动，则反应达平衡后，c(O2)>5mol•L-1，选项D错误；〖答案〗选AC。18.〖查阅资料〗乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O4•2H2O)在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。Ⅰ．乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。（1）请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题：①装置的连接顺序为：A→D→B→G→______→______→C→G______。②装置中冰水混合物的作用是______。③整套装置存在不合理之处______。Ⅱ．乙二酸的弱酸性：（2）为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的的是______。A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色B．测定0.1mol•L-1草酸溶液的pHC．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出Ⅲ．乙二酸的还原性：（3）该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为：2MnO+H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。利用该性质测草酸浓度，取草酸(H2C2O4)溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol•L-1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据：滴定次数待测液体积(mL)标准KMnO4溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第三次25.001.0022.50第四次25.004.0024.10①滴定时，KMnO4溶液应装在______式滴定管中，滴定终点时的现象是______。②该草酸溶液的浓度为______。③下列操作会引起测定结果偏高的是_____。A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没用待测液润洗〖答案〗（1）①.FE②.除去草酸蒸气，防止干扰CO2的检验③.没有CO尾气处理装置（2）B（3）①.酸②.当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色③.0.2mol/L④.A〖解析〗〖祥解〗猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，应该检验生成产物成分时除去草酸，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2、后检验CO。草酸是二元弱酸，可根据测定一定浓度的草酸溶液的pH进行判断。草酸具有还原性，能够与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，草酸