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四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二化学下学期6月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年高二化学下学期6月月考试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年
高二下学期(6月)第三次考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 P-31 Cu-64
第Ⅰ卷 (选择题 48分)
一、选择题：(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列原子或离子核外电子排布不属于基态排布的是
A. Na：1s22s22p53s2 B. S2－：1s22s22p63s23p6
C. N：1s22s22p3 D. Si：1s22s22p63s23p2
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态钠原子的电子排布式应是1s22s22p63s1，选项A符合；
B．1s22s22p63s23p6遵循能量最低和构造原理，是基态S2-的核外电子排布式，选项B不符合；
C．1s22s22p3遵循能量最低和构造原理，是基态N原子的核外电子排布式，选项C不符合；
D．1s22s22p63s23p2遵循能量最低和构造原理，是基态Si原子的核外电子排布式，选项D不符合；
答案选A。
2. 最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是
A. 是一种新的氧化物 B. 不可能含有极性键
C. 是氧元素的一种同位素 D. 是臭氧的同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．4个氧原子构成的氧分子即O4是同一元素组成的物质，所以是单质，不可能为氧化物，故A错误；
B．由四个氧原子组成的物质，所以里面含有非极性键，极性键必须是不同元素的原子形成的，故B正确；
C．同位素是元素原子之间关系，而O4是单质，不是同位素关系，故C错误；
D．O4与臭氧是同一元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；
故选B。
3. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应后Cu2+变为[Cu(NH3)4]2+，故A错误；
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，故B正确；
C．该[Cu(NH3)4]2+在乙醇的中溶解度小，向反应后的溶液加入乙醇，会有晶体析出，故C错误；
D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3分子中N原子给出孤对电子，故D错误；
选B。
4. 下列说法中正确的是
A. CO2、BF3、NCl3分子每一个分子中原子的最外层电子都满足了 8 电子稳定结构
B. P4和 CH4都是正四面体分子且键角都为 109o28ˊ
C. 硬度由大到小：金刚石 ＞碳化硅 ＞晶体硅
D. 原子间通过共价键而形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．ABn型分子中，A的族序数+成键数=8，则满足所有原子的最外层达到8电子稳定结构；BF3中3+3=6，所以B原子不满足8电子稳定结构，故A错误；
B．白磷中键角为60o，甲烷中键角为109o28ˊ，二者都是正四面体分子，故B错误；
C．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，硬度越大，则键长：C-C
故C正确；
5. 下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A. 124 g P4含有P-P键的个数为4NA
B. 12 g石墨中含有C-C键的个数为1.5NA
C. 12 g金刚石中含有C-C键的个数为NA
D. 60gSiO2中含Si-O键的个数为2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．，P4是正四面体结构，1个P4含有6个键，因此124g P4含有的P-P的物质的量为6mol，键的数目为6NA，故A错；
B．12个石墨含有C原子的物质的量为1mol，在石墨中每个C参与形成3个C-C键，每个C-C键由两个C形成，1个C原子平均含1.5个键，因此12g石墨中含有的键数为1.5NA，故B正确；
C．12g金刚石含有C原子的物质的量为1mol，在金刚石中1个C原子形成4个键，每个由2个碳原子组成，因此12g石墨中含有的C-C键数为1×(4÷2)×NA=2NA，故C错；
D．60gSiO2的物质的量为1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个键，因此60gSiO2所含的键的数目为4NA，故D错；
答案选B。
6. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图。已知Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是
X
Y
Z
A. Y元素原子的外围电子排布为4s24p4
B. Y元素在周期表的第三周期ⅥA族
C. X元素所在周期中所含非金属元素最多
D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3
【答案】A
【解析】
【分析】Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为O元素，Z为Se元素，以此解答。
【详解】A．Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；
B．Y为S元素，处于第三周期第ⅥA族，故B正确；
C．X为O元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；
D．Z为Se元素，是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，故D正确；
故选A。
7. 下列晶体的分类正确的一组是
选项
离子晶体
原子晶体
分子晶体
金属晶体
A
石墨
B
玻璃
金刚石
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨是混合型晶体，不是原子晶体，故A错误；
B．玻璃是混合物，不是晶体，晶体是纯净物，故B错误；
C．是盐属于离子晶体，SiC是原子晶体，有机物萘属于分子晶体，金属Mg属于金属晶体，故C正确；
D．最后一个NaH属于离子晶体，不是金属晶体，故D错误；
答案选C。
8. 反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
①增加C(s)的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】①反应物C为固体，增加固体的量不能改变反应速率；
②容器的体积缩小一半，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度加倍，反应速率加快；
③体积不变时充入N2，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度不变，反应速率不变；
④压强不变时充入N2，容器体积增大，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率变小。
综上所述，①③满足题意；
答案选A。
9. I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)⇌(aq)，某I2、KI混合溶液中，的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是
A. 温度为T1时，向该平衡体系中加入KI固体，平衡正同移动
B. I2(aq)+I-(aq)⇌(aq)的△H＜0
C. 若T1时，反应进行到状态d时，一定有v正>v逆
D. 状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．温度T1时，加入KI固体，I-浓度增大，平衡向正反应方向移动，故A正确；
B．由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2(aq)+I-(aq)⇌(aq)的△H＜0，故B正确；
C．若反应进行到状态d时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的方向移动，则v正＞v逆，故C正确；
D．状态a与状态b均为平衡状态，状态b的的物质的量浓度明显小于状态a的的物质的量浓度，说明由状态a转化为状态b时，升高温度平衡逆向移动，则I2的转化率降低，故D错误；
故答案为D。
10. 下列说法正确的是
A. 相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同
B. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的
C. HA、HB均为弱酸，相同条件下若KHA＞KHB，则酸性强弱为HA＞HB
D. 溶液中CH3COO-和H+的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3COOH是弱酸，酸溶液中部分电离，所以相同浓度HCl和CH3COOH溶液中c(H+)：HCl＞CH3COOH，故A错误；
B．NaOH溶液稀释一倍，OH-浓度减少到原来1/2，但加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释后溶液中OH-浓度大于原来的1/2，故B错误；
C．弱酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由于弱酸HA、HB的电离常数KA＞KB，所以HA的酸性大于HB，故C正确；
D．平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，(CH3COO-)=c(H+)，不能判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断醋酸溶液是否达到电离平衡状态，故D错误；
故选：C。
11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋、Cl－、、Na＋
B. 由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、
C. c(Fe3＋)=0.1mol/L溶液中：K＋、ClO－、、SCN－
D. =1012的溶液中：、Al3＋、、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A. c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋与亚硫酸根离子因氧化还原反应不共存，A不符合；
B. 由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L等于由水电离的c(OH-)=1×10－14mol/L，溶液可能是酸或碱溶液，均不能大量存在，B不符合；
C. Fe3＋与SCN－会生成硫氰化铁而不共存，C不符合；
D. =1012的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性：、Al3＋、、Cl－可共存，D符合；
答案选D。
12. 常温下，几种铜盐的溶度积常数如下表所示。下列说法正确的是
化合物
CuCl
CuBr
Cu2S
Cu(OH)2
Fe(OH)2
CuS
Ksp
8×10-16
A. 常温下，溶解度：CuCl＜CuBr
B. 向含同浓度的CuCl2和FeCl2的溶液中滴加稀NaOH溶液，Cu2+先沉淀
C. 向Cu(OH)2悬浊液中加入Na2S溶液，无明显现象
D. 反应2CuCl+S2-Cu2S+2Cl-的平衡常数很小，反应几乎不进行
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Ksp(CuCl)＞Ksp(CuBr)，物质的溶度积常数越大，物质的溶解度就越大，所以溶解度：CuCl＞CuBr，A错误；
B．Cu(OH)2、Fe(OH)2的构型相同，物质的溶度积常数：Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。向含有等浓度的金属阳离子溶液中加入NaOH溶液时，物质的溶度积常数越小，该金属阳离子优先形成沉淀，故Cu2+先形成Cu(OH)2沉淀，B正确；
C．在Cu(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡，向该溶液中加入Na2S溶液，由于Ksp[CuS]＜Ksp[Cu(OH)2]，所以溶液中的Cu2+与S2-会形成CuS黑色沉淀，实现沉淀的转化，C错误；
D．反应2CuCl+S2-Cu2S+2Cl-的平衡常数K=＞1×105，反应进行的很完全，D错误；
故合理选项是B。
13. 25℃、101 kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是
A. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(1) △H=-285.8kJ／mol
B. 2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(1) △H=+571.6 kJ／mol
C. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) △H= -571.6 kJ／mol
D. H2(g)+ O2(g) = H2O(1) △H=-285.8kJ／mol
【答案】D
【解析】
【详解】在101kPa、25℃时，2g H2(物质的量为1mol)完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，该反应的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6 kJ∙mol−1或H2(g)+ O2(g) = H2O(1) △H=-285.8kJ/mol，故选D。
14 已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1
则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是( )
A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1
C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1
则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。
15. 银锌电池广泛用作各种电子仪器电源，其电极分别为，电解质溶液为溶液，总反应为。下列说法中错误的是
A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是
B. 溶液中向正极移动，向负极移动
C. 工作时，电子由电极沿导线流向电极
D. 负极上发生的反应是2
【答案】B
【解析】
【分析】银锌电池中活泼金属Zn一端为负极，氧化剂Ag2O一端为正极，负极上发生氧化反应在碱性溶液中生成Zn(OH)2，正极一端Ag2O发生还原反应最终生成Ag单质。
【详解】A．Zn是活泼金属失去电子发生氧化反应，发生氧化反应的一极为负极，故A正确；
B．原电池放电时，溶液内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，OH-应该向负极移动，向正极移动，故B错误；
C．原电池工作时，电子由负极Zn经外电路到达正极，故C正确；
D．负极上Zn失去电子在碱性溶液中生成Zn(OH)2，发生的反应方程式是2，故D正确；
答案选B。
16. 全球新能源汽车领导者比亚迪推出的“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如图，正极反应为Li1-xFePO4＋xe-＋xLi＋=LiFePO4，下列说法错误的是
A. 放电时，Li＋通过隔膜往负极迁移
B. 充电时，阴极反应为Li1-xC6＋xe-＋xLi＋=LiC6
C. 充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌
D. 用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25 mol时得到精铜32 g，则电子利用率为80％
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．放电时，Li＋会通过隔膜向负电荷较多的正极方向迁移，A错误；
B．放电时正极反应为：Li1-xFePO4＋xe-＋xLi＋=LiFePO4，负极为LiC6失去电子变为Li1-xC6，则充电时阴极的反应应该为Li1-xC6得到电子变为LiC6，故阴极的电极反应式为：Li1-xC6＋xe-＋xLi＋=LiC6，B正确；
C．放电时，Li+在负极脱嵌，向正极移动生成LiFePO4，因此在正极嵌入；充电时，Li+向阴极方向移动，嵌入石墨层形成LiC6，C正确；
D．反应产生32 g Cu的物质的量是n(Cu)==0.5 mol，由于Cu是+2价的金属，因此Cu2+变为Cu得到电子的物质的量是n(e-)=0.5 mol×2 =1 mol，反应过程中电路中转移电子的物质的量是1.25 mol，所以电子利用率为=80%，D正确；
故合理选项是A。
第Ⅱ卷 (非选择题 52分)
二、非选择题：(本题包括4个小题，共52分)
17. 乙酰丙酮是“种有酯气味的无色透明液体，常用作溶剂、有机合成中间体、金属络合剂等。它有两种主要互变异构体A、B，与Be2+、Mg2+、Cu2+、Zn2+等形成配合物C。回答下列有关问题：
（1）基态Cu2+离子的价电子排布式为_______，Be和Mg第一电离能较大的是_______原子。
（2）A中C原子杂化轨道类型有_______ ；按VSEPR预测B中∠HCC约为_______、_______(填角度)。B在碱性条件下断裂极性最大的键，是_______ 键。 具有分子内氢键的是_______(填“A”或“B”)。
（3）C中σ键与π键数目之比为_______。
（4）乙酰丙酮易溶于醇、氯仿、丙酮等多数有机溶剂，理由是_______。
（5）金属铜的某些参数如下：
金属
堆积类型
密度/g·cm-3
相对原子质量
Cu
ρ
64
根据上述数据，计算Cu的原子半径为_______pm (列出计算表达式，设NA是阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 3d9 ②. Be
（2） ①. sp2和sp3 ②. 120° ③. 109°28’ ④. O-H ⑤. B
（3）15:2 （4）乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好
（5）
【解析】
【小问1详解】
Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu2+离子的价电子排布式为3d9；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，Be和Mg同属于IIA族，且Be的原子序数小于Mg，则第一电离能较大的是Be原子。
【小问2详解】
A中，饱和C原子采用sp3杂化，碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，故A中C原子杂化轨道类型有sp2和sp3；按VSEPR，B中碳碳双键上的一个碳原子和其相邻的原子，构成了接近正三角形的结构，该结构中的∠HCC约为120°，甲基和相邻的碳原子构成了接近正四面体的结构，故该结构中的∠HCC约为109°28’；B中O和H的电负性差异最大，故极性最大的键为O-H键；如图所示，B分子中的羰基上的O和羟基上的H形成分子内氢键。
【小问3详解】
C中，单键、配位键是σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，则C中σ键的数目为2´(11+2+2)=30，π键的数目为2´2=4，则C中σ键与π键数目之比为30:4=15:2。
【小问4详解】
根据“相似相溶”原理，乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好。
【小问5详解】
设Cu的原子半径为r pm，晶胞棱长为a pm，则a=4r，a=r，则晶胞体积为(a´10-10cm)3=(r ´10-10cm)3；晶胞含有的Cu的个数为=4，晶胞质量为，则ρ g·cm-3=，解得r=pm。
18. 已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/ ℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K=____________，△H____0（填“<”“ >”“ =”)；
(2)830℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0．003 mol·L-1·s-1。则6s时c(A)=_____mol·L-1， C的物质的量为______mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为_____，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为_________；
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为______(填正确选项前的字母)：
a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变
c．c(A)不随时间改变 d．单位时间里生成C和D的物质的量相等
(4)1200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为_____________。
【答案】 ①. [c(C)c(D)]/[c(A)c(B)] ②. < ③. 0.022 ④. 0.09 ⑤. 80% ⑥. 80% ⑦. c ⑧. 2.5
【解析】
【详解】（1）A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数表达式为K=[c(C)c(D)]/[c(A)c(B)]；700℃时，平衡常数为1.7，1000℃时，平衡常数为0.6，故温度越高，平衡常数越小，说明此反应为放热反应，即△H＜0；
（2）反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol•L-1•s-1，则6s时△n(A)=0.003mol•L-1•s-1×6s×5L=0.09mol，故A剩余物质的量为：n(A)=0.2mol-0.09mol=0.11mol，则6s时c(A)= =0.022mol/L，根据方程式可知，消耗A0.09mol时，生成C的物质的量为0.09mol；
设平衡时A浓度变化量为x，则：
A（g）+B（g）C（g）+D（g）
开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.04-x 0.16-x x x
故=1，解得x=0.032，所以平衡时A的转化率为×100%=80%，此时C的物质的量为0.032mol/L×5L=0.16mol；如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，体积不变，平衡没有移动， A的转化率仍为80%；
(3) a．因气体反应物与生成物系数不变，压强始终不随时间改变 ，故a错误；
b．气体的质量不变，体积不变，气体的密度始终不变，故b错误；
c．c(A)不随时间改变，说明反应物或生成物的量一定，是平衡状态，故c正确；
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，此时不一定是平衡状态，故d错误，
答案为c；
（4）由图表知1200℃时反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数的值为0.4，则C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数为=2.5。
19. 滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某同学通过高锰酸钾滴定来测定草酸样品中草酸的质量分数(样品中杂质不与高锰酸钾反应)。
（1）写出反应的离子方程式___________。
（2）某同学称取草酸样品，配制成溶液，移取试样溶液于锥形瓶中，用的酸性标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液。
①滴定前是否要滴加指示剂？___________(填“是”或“否”)。
②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。达到滴定终点的现象为___________。
③草酸样品中草酸的质量分数为___________。
④若滴定终点读数时俯视刻度，所测结果将___________，若滴定前酸式滴定管尖嘴部分末充满溶液，所测结果将___________。(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
【答案】（1）
（2） ①. 否 ②. 酸式 ③. 滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ④. 56.25% ⑤. 偏小 ⑥. 偏大
【解析】
【分析】草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性两者可以发生氧化还原反应，利用氧化还原滴定来测定草酸的含量，高锰酸钾溶液是紫红色，因此滴定时不需要指示剂，酸性高锰酸钾具有氧化性和酸性应该放在酸式滴定管中，滴定计算根据得失电子守恒找出二者的关系列式计算。
【小问1详解】
酸性高锰酸钾溶液在氧化还原反应中+7高锰酸根离子生成正二价的锰离子，锰元素化合价下降5，草酸中碳元素化合价由+3价生成二氧化碳中+4碳，一个草酸分子化合价升高2，根据化合价升价相等，高锰酸根离子前面系数配2，草酸分子前面系数配5，根据电荷守恒补充氢离子，根据原子守恒补充水分子，配平方程式如下：；
【小问2详解】
高锰酸根离子本身是紫红色，滴定时不需要指示剂，酸性高锰酸钾具有氧化性和酸性应该放在酸式滴定管中，滴定终点颜色变化是滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据方程式得知，草酸消耗的量是高锰酸钾量的倍，草酸的物质的量==mol，质量是，草酸的质量分数=。滴定终点俯视读数读取高锰酸钾体积偏小，计算出草酸的量偏小，结果偏小，滴定前酸式滴定管尖嘴部分末充满溶液，造成起始读数偏大，计算出用的高锰酸钾体积偏大，结果偏大。
20. 下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
请回答下列问题：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式：___________。
（2）离子交换膜的作用为___________、___________。
（3）精制饱和食盐水从图中___________(选填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)位置补充，氢氧化钠溶液从图中___________位置流出。
（4）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：___________。
【答案】（1）2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑
（2） ①. 阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生反应，Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O ②. 阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸
（3） ①. a ②. d
（4）Cl2与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2逸出
【解析】
【分析】离子交换膜电解饱和的食盐水，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气和氢氧化钠，中间隔膜是阳离子交换膜，作用是允许阳离子Na+通过，同时把Cl2和H2隔离开，防止混合爆炸，也防止氯气与生成的氢氧化钠反应。
【小问1详解】
电解饱和食盐水是氯离子失电子生成氯气，水分子得电子生成氢气和氢氧根离子，故方程式为2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑
【小问2详解】
阳离子交换膜的作用有阻止OH-进入阳极室与Cl2发生反应，和防止Cl2和H2混合发生爆炸；
【小问3详解】
原料应该从阳极a进入，氯离子在阳极失电子生成氯气，钠离子通过交换膜进入阴极生成氢氧化钠，生成的氢氧化钠从阴极的d流出；
【小问4详解】
四川省南充市嘉陵第一中学2022-2023学年
高二下学期(6月)第三次考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Si-28 P-31 Cu-64
第Ⅰ卷 (选择题 48分)
一、选择题：(本题包括16个小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列原子或离子核外电子排布不属于基态排布的是
A. Na：1s22s22p53s2 B. S2－：1s22s22p63s23p6
C. N：1s22s22p3 D. Si：1s22s22p63s23p2
【答案】A
【解析】
【详解】A．基态钠原子的电子排布式应是1s22s22p63s1，选项A符合；
B．1s22s22p63s23p6遵循能量最低和构造原理，是基态S2-的核外电子排布式，选项B不符合；
C．1s22s22p3遵循能量最低和构造原理，是基态N原子的核外电子排布式，选项C不符合；
D．1s22s22p63s23p2遵循能量最低和构造原理，是基态Si原子的核外电子排布式，选项D不符合；
答案选A。
2. 最近，意大利科学家使用普通氧分子和带正电荷的氧离子制造出了由4个氧原子构成的氧分子，并用质谱仪探测到了它存在的证据。若该氧分子具有空间对称结构，下列关于该氧分子的说法正确的是
A. 是一种新的氧化物 B. 不可能含有极性键
C. 是氧元素的一种同位素 D. 是臭氧的同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．4个氧原子构成的氧分子即O4是同一元素组成的物质，所以是单质，不可能为氧化物，故A错误；
B．由四个氧原子组成的物质，所以里面含有非极性键，极性键必须是不同元素的原子形成的，故B正确；
C．同位素是元素原子之间关系，而O4是单质，不是同位素关系，故C错误；
D．O4与臭氧是同一元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；
故选B。
3. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D. 在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应后Cu2+变为[Cu(NH3)4]2+，故A错误；
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，故B正确；
C．该[Cu(NH3)4]2+在乙醇的中溶解度小，向反应后的溶液加入乙醇，会有晶体析出，故C错误；
D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3分子中N原子给出孤对电子，故D错误；
选B。
4. 下列说法中正确的是
A. CO2、BF3、NCl3分子每一个分子中原子的最外层电子都满足了 8 电子稳定结构
B. P4和 CH4都是正四面体分子且键角都为 109o28ˊ
C. 硬度由大到小：金刚石 ＞碳化硅 ＞晶体硅
D. 原子间通过共价键而形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．ABn型分子中，A的族序数+成键数=8，则满足所有原子的最外层达到8电子稳定结构；BF3中3+3=6，所以B原子不满足8电子稳定结构，故A错误；
B．白磷中键角为60o，甲烷中键角为109o28ˊ，二者都是正四面体分子，故B错误；
C．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，硬度越大，则键长：C-C
故C正确；
5. 下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A. 124 g P4含有P-P键的个数为4NA
B. 12 g石墨中含有C-C键的个数为1.5NA
C. 12 g金刚石中含有C-C键的个数为NA
D. 60gSiO2中含Si-O键的个数为2NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．，P4是正四面体结构，1个P4含有6个键，因此124g P4含有的P-P的物质的量为6mol，键的数目为6NA，故A错；
B．12个石墨含有C原子的物质的量为1mol，在石墨中每个C参与形成3个C-C键，每个C-C键由两个C形成，1个C原子平均含1.5个键，因此12g石墨中含有的键数为1.5NA，故B正确；
C．12g金刚石含有C原子的物质的量为1mol，在金刚石中1个C原子形成4个键，每个由2个碳原子组成，因此12g石墨中含有的C-C键数为1×(4÷2)×NA=2NA，故C错；
D．60gSiO2的物质的量为1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个键，因此60gSiO2所含的键的数目为4NA，故D错；
答案选B。
6. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图。已知Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是
X
Y
Z
A. Y元素原子的外围电子排布为4s24p4
B. Y元素在周期表的第三周期ⅥA族
C. X元素所在周期中所含非金属元素最多
D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3
【答案】A
【解析】
【分析】Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，Y为S元素，由X、Y、Z在周期表中的位置可知，X为O元素，Z为Se元素，以此解答。
【详解】A．Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，s能级最多容纳2个电子，故n-1=2，解得n=3，故Y元素原子的外围电子排布为3s23p4，故A错误；
B．Y为S元素，处于第三周期第ⅥA族，故B正确；
C．X为O元素，处于第二周期，只有2两种金属元素，含有6种非金属元素，含非金属元素最多，故C正确；
D．Z为Se元素，是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，故D正确；
故选A。
7. 下列晶体的分类正确的一组是
选项
离子晶体
原子晶体
分子晶体
金属晶体
A
石墨
B
玻璃
金刚石
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨是混合型晶体，不是原子晶体，故A错误；
B．玻璃是混合物，不是晶体，晶体是纯净物，故B错误；
C．是盐属于离子晶体，SiC是原子晶体，有机物萘属于分子晶体，金属Mg属于金属晶体，故C正确；
D．最后一个NaH属于离子晶体，不是金属晶体，故D错误；
答案选C。
8. 反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是
①增加C(s)的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大
④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】①反应物C为固体，增加固体的量不能改变反应速率；
②容器的体积缩小一半，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度加倍，反应速率加快；
③体积不变时充入N2，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度不变，反应速率不变；
④压强不变时充入N2，容器体积增大，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率变小。
综上所述，①③满足题意；
答案选A。
9. I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)⇌(aq)，某I2、KI混合溶液中，的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是
A. 温度为T1时，向该平衡体系中加入KI固体，平衡正同移动
B. I2(aq)+I-(aq)⇌(aq)的△H＜0
C. 若T1时，反应进行到状态d时，一定有v正>v逆
D. 状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．温度T1时，加入KI固体，I-浓度增大，平衡向正反应方向移动，故A正确；
B．由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2(aq)+I-(aq)⇌(aq)的△H＜0，故B正确；
C．若反应进行到状态d时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的方向移动，则v正＞v逆，故C正确；
D．状态a与状态b均为平衡状态，状态b的的物质的量浓度明显小于状态a的的物质的量浓度，说明由状态a转化为状态b时，升高温度平衡逆向移动，则I2的转化率降低，故D错误；
故答案为D。
10. 下列说法正确的是
A. 相同浓度的HCl和CH3COOH，两溶液中c(H+)相同
B. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的
C. HA、HB均为弱酸，相同条件下若KHA＞KHB，则酸性强弱为HA＞HB
D. 溶液中CH3COO-和H+的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．CH3COOH是弱酸，酸溶液中部分电离，所以相同浓度HCl和CH3COOH溶液中c(H+)：HCl＞CH3COOH，故A错误；
B．NaOH溶液稀释一倍，OH-浓度减少到原来1/2，但加水稀释促进一水合氨电离，导致稀释后溶液中OH-浓度大于原来的1/2，故B错误；
C．弱酸的电离常数越大，酸的酸性越强，由于弱酸HA、HB的电离常数KA＞KB，所以HA的酸性大于HB，故C正确；
D．平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，(CH3COO-)=c(H+)，不能判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断醋酸溶液是否达到电离平衡状态，故D错误；
故选：C。
11. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋、Cl－、、Na＋
B. 由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、
C. c(Fe3＋)=0.1mol/L溶液中：K＋、ClO－、、SCN－
D. =1012的溶液中：、Al3＋、、Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A. c()=0.1mol/L的溶液中：Fe3＋与亚硫酸根离子因氧化还原反应不共存，A不符合；
B. 由水电离的c(H＋)=1×10－14mol/L等于由水电离的c(OH-)=1×10－14mol/L，溶液可能是酸或碱溶液，均不能大量存在，B不符合；
C. Fe3＋与SCN－会生成硫氰化铁而不共存，C不符合；
D. =1012的溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性：、Al3＋、、Cl－可共存，D符合；
答案选D。
12. 常温下，几种铜盐的溶度积常数如下表所示。下列说法正确的是
化合物
CuCl
CuBr
Cu2S
Cu(OH)2
Fe(OH)2
CuS
Ksp
8×10-16
A. 常温下，溶解度：CuCl＜CuBr
B. 向含同浓度的CuCl2和FeCl2的溶液中滴加稀NaOH溶液，Cu2+先沉淀
C. 向Cu(OH)2悬浊液中加入Na2S溶液，无明显现象
D. 反应2CuCl+S2-Cu2S+2Cl-的平衡常数很小，反应几乎不进行
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Ksp(CuCl)＞Ksp(CuBr)，物质的溶度积常数越大，物质的溶解度就越大，所以溶解度：CuCl＞CuBr，A错误；
B．Cu(OH)2、Fe(OH)2的构型相同，物质的溶度积常数：Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Fe(OH)2]。向含有等浓度的金属阳离子溶液中加入NaOH溶液时，物质的溶度积常数越小，该金属阳离子优先形成沉淀，故Cu2+先形成Cu(OH)2沉淀，B正确；
C．在Cu(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡，向该溶液中加入Na2S溶液，由于Ksp[CuS]＜Ksp[Cu(OH)2]，所以溶液中的Cu2+与S2-会形成CuS黑色沉淀，实现沉淀的转化，C错误；
D．反应2CuCl+S2-Cu2S+2Cl-的平衡常数K=＞1×105，反应进行的很完全，D错误；
故合理选项是B。
13. 25℃、101 kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是
A. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(1) △H=-285.8kJ／mol
B. 2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(1) △H=+571.6 kJ／mol
C. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) △H= -571.6 kJ／mol
D. H2(g)+ O2(g) = H2O(1) △H=-285.8kJ／mol
【答案】D
【解析】
【详解】在101kPa、25℃时，2g H2(物质的量为1mol)完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，该反应的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=－571.6 kJ∙mol−1或H2(g)+ O2(g) = H2O(1) △H=-285.8kJ/mol，故选D。
14 已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1
则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是( )
A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1
C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1
则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。
15. 银锌电池广泛用作各种电子仪器电源，其电极分别为，电解质溶液为溶液，总反应为。下列说法中错误的是
A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是
B. 溶液中向正极移动，向负极移动
C. 工作时，电子由电极沿导线流向电极
D. 负极上发生的反应是2
【答案】B
【解析】
【分析】银锌电池中活泼金属Zn一端为负极，氧化剂Ag2O一端为正极，负极上发生氧化反应在碱性溶液中生成Zn(OH)2，正极一端Ag2O发生还原反应最终生成Ag单质。
【详解】A．Zn是活泼金属失去电子发生氧化反应，发生氧化反应的一极为负极，故A正确；
B．原电池放电时，溶液内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，OH-应该向负极移动，向正极移动，故B错误；
C．原电池工作时，电子由负极Zn经外电路到达正极，故C正确；
D．负极上Zn失去电子在碱性溶液中生成Zn(OH)2，发生的反应方程式是2，故D正确；
答案选B。
16. 全球新能源汽车领导者比亚迪推出的“刀片电池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如图，正极反应为Li1-xFePO4＋xe-＋xLi＋=LiFePO4，下列说法错误的是
A. 放电时，Li＋通过隔膜往负极迁移
B. 充电时，阴极反应为Li1-xC6＋xe-＋xLi＋=LiC6
C. 充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌
D. 用该电池电解精炼铜，当转移电子1.25 mol时得到精铜32 g，则电子利用率为80％
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．放电时，Li＋会通过隔膜向负电荷较多的正极方向迁移，A错误；
B．放电时正极反应为：Li1-xFePO4＋xe-＋xLi＋=LiFePO4，负极为LiC6失去电子变为Li1-xC6，则充电时阴极的反应应该为Li1-xC6得到电子变为LiC6，故阴极的电极反应式为：Li1-xC6＋xe-＋xLi＋=LiC6，B正确；
C．放电时，Li+在负极脱嵌，向正极移动生成LiFePO4，因此在正极嵌入；充电时，Li+向阴极方向移动，嵌入石墨层形成LiC6，C正确；
D．反应产生32 g Cu的物质的量是n(Cu)==0.5 mol，由于Cu是+2价的金属，因此Cu2+变为Cu得到电子的物质的量是n(e-)=0.5 mol×2 =1 mol，反应过程中电路中转移电子的物质的量是1.25 mol，所以电子利用率为=80%，D正确；
故合理选项是A。
第Ⅱ卷 (非选择题 52分)
二、非选择题：(本题包括4个小题，共52分)
17. 乙酰丙酮是“种有酯气味的无色透明液体，常用作溶剂、有机合成中间体、金属络合剂等。它有两种主要互变异构体A、B，与Be2+、Mg2+、Cu2+、Zn2+等形成配合物C。回答下列有关问题：
（1）基态Cu2+离子的价电子排布式为_______，Be和Mg第一电离能较大的是_______原子。
（2）A中C原子杂化轨道类型有_______ ；按VSEPR预测B中∠HCC约为_______、_______(填角度)。B在碱性条件下断裂极性最大的键，是_______ 键。 具有分子内氢键的是_______(填“A”或“B”)。
（3）C中σ键与π键数目之比为_______。
（4）乙酰丙酮易溶于醇、氯仿、丙酮等多数有机溶剂，理由是_______。
（5）金属铜的某些参数如下：
金属
堆积类型
密度/g·cm-3
相对原子质量
Cu
ρ
64
根据上述数据，计算Cu的原子半径为_______pm (列出计算表达式，设NA是阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. 3d9 ②. Be
（2） ①. sp2和sp3 ②. 120° ③. 109°28’ ④. O-H ⑤. B
（3）15:2 （4）乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好
（5）
【解析】
【小问1详解】
Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则基态Cu2+离子的价电子排布式为3d9；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，Be和Mg同属于IIA族，且Be的原子序数小于Mg，则第一电离能较大的是Be原子。
【小问2详解】
A中，饱和C原子采用sp3杂化，碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，故A中C原子杂化轨道类型有sp2和sp3；按VSEPR，B中碳碳双键上的一个碳原子和其相邻的原子，构成了接近正三角形的结构，该结构中的∠HCC约为120°，甲基和相邻的碳原子构成了接近正四面体的结构，故该结构中的∠HCC约为109°28’；B中O和H的电负性差异最大，故极性最大的键为O-H键；如图所示，B分子中的羰基上的O和羟基上的H形成分子内氢键。
【小问3详解】
C中，单键、配位键是σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，则C中σ键的数目为2´(11+2+2)=30，π键的数目为2´2=4，则C中σ键与π键数目之比为30:4=15:2。
【小问4详解】
根据“相似相溶”原理，乙酰丙酮的极性与有机溶剂相似，故在有机溶剂中溶解性较好。
【小问5详解】
设Cu的原子半径为r pm，晶胞棱长为a pm，则a=4r，a=r，则晶胞体积为(a´10-10cm)3=(r ´10-10cm)3；晶胞含有的Cu的个数为=4，晶胞质量为，则ρ g·cm-3=，解得r=pm。
18. 已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/ ℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K=____________，△H____0（填“<”“ >”“ =”)；
(2)830℃时，向一个5 L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0．003 mol·L-1·s-1。则6s时c(A)=_____mol·L-1， C的物质的量为______mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为_____，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为_________；
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为______(填正确选项前的字母)：
a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变
c．c(A)不随时间改变 d．单位时间里生成C和D的物质的量相等
(4)1200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为_____________。
【答案】 ①. [c(C)c(D)]/[c(A)c(B)] ②. < ③. 0.022 ④. 0.09 ⑤. 80% ⑥. 80% ⑦. c ⑧. 2.5
【解析】
【详解】（1）A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数表达式为K=[c(C)c(D)]/[c(A)c(B)]；700℃时，平衡常数为1.7，1000℃时，平衡常数为0.6，故温度越高，平衡常数越小，说明此反应为放热反应，即△H＜0；
（2）反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0.003mol•L-1•s-1，则6s时△n(A)=0.003mol•L-1•s-1×6s×5L=0.09mol，故A剩余物质的量为：n(A)=0.2mol-0.09mol=0.11mol，则6s时c(A)= =0.022mol/L，根据方程式可知，消耗A0.09mol时，生成C的物质的量为0.09mol；
设平衡时A浓度变化量为x，则：
A（g）+B（g）C（g）+D（g）
开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.04-x 0.16-x x x
故=1，解得x=0.032，所以平衡时A的转化率为×100%=80%，此时C的物质的量为0.032mol/L×5L=0.16mol；如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，体积不变，平衡没有移动， A的转化率仍为80%；
(3) a．因气体反应物与生成物系数不变，压强始终不随时间改变 ，故a错误；
b．气体的质量不变，体积不变，气体的密度始终不变，故b错误；
c．c(A)不随时间改变，说明反应物或生成物的量一定，是平衡状态，故c正确；
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，此时不一定是平衡状态，故d错误，
答案为c；
（4）由图表知1200℃时反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)的平衡常数的值为0.4，则C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数为=2.5。
19. 滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某同学通过高锰酸钾滴定来测定草酸样品中草酸的质量分数(样品中杂质不与高锰酸钾反应)。
（1）写出反应的离子方程式___________。
（2）某同学称取草酸样品，配制成溶液，移取试样溶液于锥形瓶中，用的酸性标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液。
①滴定前是否要滴加指示剂？___________(填“是”或“否”)。
②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。达到滴定终点的现象为___________。
③草酸样品中草酸的质量分数为___________。
④若滴定终点读数时俯视刻度，所测结果将___________，若滴定前酸式滴定管尖嘴部分末充满溶液，所测结果将___________。(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
【答案】（1）
（2） ①. 否 ②. 酸式 ③. 滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ④. 56.25% ⑤. 偏小 ⑥. 偏大
【解析】
【分析】草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性两者可以发生氧化还原反应，利用氧化还原滴定来测定草酸的含量，高锰酸钾溶液是紫红色，因此滴定时不需要指示剂，酸性高锰酸钾具有氧化性和酸性应该放在酸式滴定管中，滴定计算根据得失电子守恒找出二者的关系列式计算。
【小问1详解】
酸性高锰酸钾溶液在氧化还原反应中+7高锰酸根离子生成正二价的锰离子，锰元素化合价下降5，草酸中碳元素化合价由+3价生成二氧化碳中+4碳，一个草酸分子化合价升高2，根据化合价升价相等，高锰酸根离子前面系数配2，草酸分子前面系数配5，根据电荷守恒补充氢离子，根据原子守恒补充水分子，配平方程式如下：；
【小问2详解】
高锰酸根离子本身是紫红色，滴定时不需要指示剂，酸性高锰酸钾具有氧化性和酸性应该放在酸式滴定管中，滴定终点颜色变化是滴入最后一滴标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据方程式得知，草酸消耗的量是高锰酸钾量的倍，草酸的物质的量==mol，质量是，草酸的质量分数=。滴定终点俯视读数读取高锰酸钾体积偏小，计算出草酸的量偏小，结果偏小，滴定前酸式滴定管尖嘴部分末充满溶液，造成起始读数偏大，计算出用的高锰酸钾体积偏大，结果偏大。
20. 下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
请回答下列问题：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式：___________。
（2）离子交换膜的作用为___________、___________。
（3）精制饱和食盐水从图中___________(选填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)位置补充，氢氧化钠溶液从图中___________位置流出。
（4）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：___________。
【答案】（1）2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑
（2） ①. 阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生反应，Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O ②. 阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸
（3） ①. a ②. d
（4）Cl2与水反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2逸出
【解析】
【分析】离子交换膜电解饱和的食盐水，阳极上生成氯气，阴极上生成氢气和氢氧化钠，中间隔膜是阳离子交换膜，作用是允许阳离子Na+通过，同时把Cl2和H2隔离开，防止混合爆炸，也防止氯气与生成的氢氧化钠反应。
【小问1详解】
电解饱和食盐水是氯离子失电子生成氯气，水分子得电子生成氢气和氢氧根离子，故方程式为2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑
【小问2详解】
阳离子交换膜的作用有阻止OH-进入阳极室与Cl2发生反应，和防止Cl2和H2混合发生爆炸；
【小问3详解】
原料应该从阳极a进入，氯离子在阳极失电子生成氯气，钠离子通过交换膜进入阴极生成氢氧化钠，生成的氢氧化钠从阴极的d流出；
【小问4详解】
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