第1頁（共1頁）新教材高二（下）期中化學試卷一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共50分）1．（2分）下列屬于弱電解質的是（）A．Na2O B．HI C．NH3?H2O D．NaHCO32．（2分）下列物質的水溶液因水解而呈酸性的是（）A．NaHSO4 B．NH4Cl C．H2SO4 D．NaHCO33．（2分）下列儀器和名稱都正確的是（）A．蒸餾燒瓶B．溶量瓶C．堿式滴定管D．坩鍋4．（2分）下列表述不正確的是（）A．甲基的電子式 B．乙烯的球棍模型 C．乙炔的空間填充模型為 D．命名為2，2，3﹣三甲基丁烷5．（2分）下列化學用語的描述正確的是（）A．SO2的VSEPR模型 B．鋰原子最外層原子軌道示意圖： C．鉻原子價電子排布式：3d54s1 D．違反了洪特規則6．（2分）下列有關氧化物的性質與用途具有對應關系的是（）A．MgO熔點高，可用于制造耐火材料 B．SO2具有氧化性，可用于漂白草編織物 C．SiO2硬度大，可用于制作光導纖維 D．Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉金屬鋁7．（2分）下列各項敘述中不正確的是（）A．同一原子能層越高，s電子云半徑越大 B．同一能層運動的電子，其自旋方向可能不同 C．雜化軌道用于形成σ鍵和容納孤電子對 D．鎂原子的核外電子排布由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時，釋放能量8．（2分）隨著科學技術的發展，人們可以利用很多先進的方法和手段來測定有機物的組成和結構．下列說法不正確的是（）A．利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析 B．紅外光譜可以測定未知物中所含各種化學鍵和官能團，以此判斷物質的結構 C．質譜儀是通過分析最小的碎片離子測出分子的相對質量 D．用X射線衍射攝取石英玻璃和水晶的粉末得到的圖譜是不同的9．（2分）下列說法正確的是（）A．和屬于同類有機物 B．與金屬鈉和乙醇反應相比，鈉與水反應更劇烈，是因為乙醇分子中乙基對羥基的影響導致羥基中O﹣H的極性更強 C．和屬于碳架異構 D．要提純實驗室制得的硝基苯，可以先加入氫氧化鈉溶液，再分液10．（2分）下列說法正確的是（）A．相同條件下，（CH3）2CHCH（CH3）2的熔點高于（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．CH2＝CH﹣CH＝CH2與氫氣反應可以得到四種不同產物 C．工業上可以用乙炔和水反應制取乙醛 D．溴水可以鑒別苯和甲苯11．（2分）反應A+B→C分兩步進行：①A+B→X（ΔH＜0），②X→C（ΔH＞0），E1表示反應①的活化能，E2表示反應②的活化能。下列圖示正確的是（）A． B． C． D．12．（2分）下列有關說法不正確的是（）A．水合銅離子的模型如圖，水合銅離子中只存在極性共價鍵、配位鍵 B．CaF2晶體的晶胞如圖，與F﹣距離最近的Ca2+組成正四面體 C．二氧化硅晶體如圖，每個硅原子擁有四個Si﹣O鍵 D．為K的某種氧化物晶胞，其中黑球為K+，由圖可知該晶體化學式為K2O213．（2分）AlH3是一種儲氫材料，可作為固體火箭推進劑．通過激光加熱引發AlH3的燃燒反應之后，AlH3燃燒時的溫度隨時間變化關系如圖所示。燃燒不同階段發生的主要變化如下：2AlH3（s）＝2Al（s）+3H2（g）ΔH1H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH2Al（s）＝Al（g）ΔH3Al（g）+O2（g）＝Al2O3（s）ΔH4下列分析正確的是（）A．AlH3燃燒需要激光加熱引發，所以AlH3燃燒是吸熱反應 B．其他條件相同時，等物質的量的Al（s）燃燒放熱大于Al（g）燃燒放熱 C．在反應過程中，a點時物質所具有的總能量最小 D．2AlH3（s）+3O2（g）＝Al2O3（s）+3H2O（1）ΔH＝ΔH1+3ΔH2+2ΔH3+2ΔH414．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．1L濃度為0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的微粒個數等于0.1NA B．標準狀況下，將22.4LCl2通入水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣的粒子數之和為2NA C．氫氧燃燒電池中每消耗4.48LH2則外電路通過電子0.4NA D．0.31g基態P原子中，含p能級電子的數目為0.09NA15．（2分）常溫下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事實不能證明該酸為弱酸的是（）A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6 B．與相同物質的量濃度鹽酸相比，導電性更弱 C．中和同體積同物質的量濃度的NaOH溶液，消耗該酸的體積與等濃度鹽酸體積相等 D．若測得該酸溶液pH＝a，加蒸餾水稀釋該溶液至10倍，測得pH＝b，且b＜a+116．（2分）SO2催化氧化是制硫酸的關鍵步驟：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）。T1K時，在2L的恒溫恒容容器中加入2molSO2（g）和1molO2（g），測得混合氣體的總物質的量（mol）隨時間的變化如下表所示：t/min036101525∞n總/mol32.502.352.152.102.082.06下列推斷正確的是（）A．3～6min的反應速率小于6～10min B．0～10min，v（O2）＝0.085mol?L﹣1?min﹣1 C．T1K時SO2的平衡轉化率為94% D．T1K時反應時間最好定為25min17．（2分）2019年的諾貝爾化學獎授予鋰離子電池研究的三位科學家．如圖是一種鋰離子電池的工作原理示意圖，其負極材料為嵌鋰石墨，正極材料為LiCoO2，其總反應可表示為：LixCy+Li1﹣xCoO2═LiCoO2+Cy，下列說法正確的（）A．放電時鋰離子由b極脫嵌，移向a極 B．充電時b極的反應式為：LiCoO2+xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+ C．充電時，a極接正極，發生還原反應 D．使用LiPF6的碳酸酯溶液作電解液是為了避免使用水溶劑會與金屬鋰反應18．（2分）由短周期主族元素組成的一種新型漂白劑的結構如題圖所示。其中W、X、Y、Z原子序數依次增大，W的族序數是周期序數的兩倍，基態時Z原子K、L層上的電子總數是3p原子軌道上電子數的兩倍，Y與Z位于不同周期。下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：Y＜X＜Z B．第一電離能：W＜X＜Y C．W的氧化物對應水化物的酸性一定比Z的弱 D．WY2晶胞中與每個分子距離最近且相等的分子數為819．（2分）類比推理是化學中常用的思維方法，下列推理正確的是（）A．NH3的熔沸點高于PH3，則CH4的熔沸點也高于SiH4 B．CO2是非極性分子，在水中的溶解度不大，則CS2在水中的溶解度也很小 C．N≡N由于鍵能大而結構穩定，則C≡C鍵能也大結構也很穩定 D．[Al（OH）4]﹣中鋁離子采用sp3雜化，配合離子的空間構型為正四面體形，則[Cu（NH3）4]2+中銅離子也采用sp3雜化，配合離子的空間構型也為正四面體形20．（2分）下列關于共價鍵的描述正確的是（）A．鍵能：H﹣O＞H﹣S，因此H2O的沸點高于H2S的沸點 B．原子軌道具有一定的伸展方向，所形成的共價鍵都具有方向性 C．兩個原子的p軌道不僅能形成σ鍵，也能形成π鍵 D．鍵長越短，電子云重疊程度越大，鍵能越小21．（2分）二氧化氯（ClO2）是國際上公認的安全、無毒的綠色消毒劑，對酸性污水中的Mn2+有明顯的去除效果，其反應原理為：ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl﹣（部分反應物和產物省略、未配平），實驗室用如圖的方法制備飲用水消毒劑ClO2。已知：NCl3為強氧化劑，其中N元素為﹣3價。下列說法不正確的是（）A．電解NH4Cl溶液時可以選用金屬銅作陰極 B．電解池中總反應的化學方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑ C．X溶液中主要存在的離子有：H+、Na+、Cl﹣ D．飲用水制備過程中殘留的ClO2可用適量FeSO4溶液去除22．（2分）酸堿中和滴定是化學中重要的定量實驗，某興趣小組準確量取25.00mL待測濃度的鹽酸于錐形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH標準溶液滴定。下列說法正確的是（）A．錐形瓶用蒸餾水洗滌以后，未用待測液潤洗 B．使用酚酞為指示劑，當錐形瓶中的溶液由紅色變為無色時停止滴定 C．實驗過程中某同學記錄消耗的NaOH溶液的體積為21.6mL D．盛NaOH標準溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有氣泡，到達滴定終點時氣泡消失，則測定結果偏低23．（2分）苯乙烯（）是一種重要的有機化工原料，關于該物質下列說法正確的是（）A．苯乙烯分子中最多有14個原子共平面 B．苯乙烯能使酸性高錳酸鉀和溴水褪色，且褪色原理相同 C．苯乙烯發生聚合反應后的產物不能再與氫氣發生加成反應 D．苯乙烯與甲苯不是同系物，但與立方烷（）是同分異構體24．（2分）羰基硫（COS）可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將10molCO和一定量的H2S混合加熱并達到下列平衡：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）K＝0.1，平衡后CO物質的量為8mol。下列說法不正確的是（）A．CO、H2S的轉化率之比為1：1 B．達平衡后H2S的體積分數為29.4% C．加入正催化劑，可以加快反應速率，但不能提高平衡轉化率 D．恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡會移動25．（2分）下列關于實驗內容和實驗目的說法正確的是（）編號實驗內容實驗目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室溫下，用pH試紙測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱C用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合氣體，將細管端用橡膠塞封閉，然后把注射器的活塞往外拉，可觀察到混合氣體的顏色先變深后變淺證明對有氣體參加的可逆反應，改變壓強可能會使平衡發生移動D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3A．A B．B C．C D．D二、非選擇題26．（6分）Ⅰ．解釋下列現象或原理：（1）AlF3的熔點（1291℃）比AlCl3的熔點（190℃）高很多的原因是；（2）Na2O溶于水克服的微粒間作用力有。Ⅱ．比較對羥基苯甲酸（）與鄰羥基苯甲酸（）熔點高低并解釋產生這種現象的原因是。27．（8分）固體化合物X（式量小于200）由1﹣20號的4種元素組成，某小組開展如下探究實驗，氣體體積都在標準狀況下測定。請回答：（1）氣體B的電子式，白色固體C的化學式是；（2）化合物X的化學式是；（3）氣體B與紅棕色固體H反應的化學方程式；（4）設計實驗驗證溶液F中的金屬陽離子。28．（6分）氯化鈷（CoCl2）主要用于電解制備金屬鈷，還可用作氨的吸收劑、防毒面具和肥料添加劑。某實驗小組制備無水氯化鈷的裝置如圖所示。已知：Co（III）的氧化性強于Cl2，CoCl2易潮解。（1）裝置A燒瓶中的固體為84消毒液中的有效成分，則A裝置中發生反應的離子方程式為。（2）裝置B中盛放的試劑為，裝置D硬質玻璃管中的玻璃纖維的作用是。（3）E中物質的名稱，其作用是。（4）實驗過程應先打開分液漏斗旋塞，一段時間后再點燃酒精燈，目的是。（5）小組成員認為實驗過程中Cl2過量，裝置D中所得固體可能會有CoCl3，你是否同意該論斷并解釋原因是。（6）氯化鈷溶液與氯化鎂溶液類似，直接蒸干不能得到CoCl2固體，使用氯化亞砜（SOCl2）與CoCl2?6H2O混合加熱可以得到氯化鈷固體，原理是。29．（8分）已知某有機物A：①由C、H、O三種元素組成，經燃燒分析實驗測定其碳的質量分數是64.86%，氫的質量分數是13.51%；②圖1是該有機物的質譜圖，請回答：（1）A的實驗式（最簡式）為，A相對分子質量為，（2）A的同分異構體有種，分子中具有手性碳原子的結構簡式為（3）A的核磁共振氫譜有兩個峰，紅外光譜圖如圖2，A的結構簡式為．（4）A的某種結構的分子在一定條件下脫水生成B，B的分子組成為C4H8，B能使酸性高錳酸鉀褪色，且B的結構中存在順反異構體，寫出B發生聚合反應的化學方程式．30．（12分）“2030年前碳達峰，2060年前實現碳中和”定調國家級綠色發展戰略．防治大氣污染、水體污染等是世界各國保護環境的最重要課題。（1）將CH4催化重整為可用的化學品，對改善環境意義重大。①在體積為1L的剛性容器中進行“合成氣催化重整”，反應的化學方程式為CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）。當投料比，＝1.0時，CO2的平衡轉化率（α）與溫度（T）、初始壓強（p）的關系如圖所示。壓強p1（填“＞”“＜”或“＝”，下同）p2；當溫度為T3、壓強為p1時，a點時的v（逆）v（正）。②在VL密閉容器中，充入不同的原料氣體，控制溫度700℃，發生反應CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g），請在圖中畫出CO在混合氣體中的平衡體積分數隨遞增的變化趨勢。（2）由CO2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法．研究表明在催化劑作用下CO2和H2可發生反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。①投料比相同，在不同溫度和不同壓強下CO2和H2合成甲醇時，H2的平衡轉化率如圖1所示。已知溫度T3＞T2＞T1，則該反應自發進行的條件是。②溫度為T℃時，向10L恒容密閉容器中充入H2和CO2的混合氣體4mol，此時容器內壓強為4p，兩種氣體的平衡轉化率α與起始時的關系如圖2所示。圖2中CO2的平衡轉化率與的關系可用曲線（填“L1”或“L2”）表示。該溫度下，此反應的平衡常數Kp＝（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質的量分數）。③采用真空封管法制備磷化硼納米顆粒，在發展非金屬催化劑實現CO2電催化還原制備甲醇方向取得重要進展，該反應歷程如圖所示。容易得到的副產物有CO和CH2O，其中相對較多的副產物為；上述合成甲醇的反應速率較慢，要使反應速率加快，主要降低下列變化中（填字母）的能量變化。A．*CO+*OH→*CO+*H2OB．*CO→*OCHC．*OCH2→*OCH3D．*OCH3→*CH3OH（3）我國某科研團隊研究出以過渡金屬為催化劑電催化還原二氧化碳制甲醇的途徑，大大提高了甲醇的產率，原理如圖所示。電解過程中，電解質溶液中H+向（填“石墨1”或“石墨2”）電極遷移，石墨1上發生的電極反應式為。31．（10分）（1）通過對“祝融號”火星車傳回的信息研究發現，火星巖的主要成分為MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O等．回答下列問題：①比較Fe3+與Fe2+的穩定性并闡述其原因．②在上述氧化物中屬于共價晶體的是（填化學式）．③常用于檢驗Fe3+的一種試劑為K4[Fe（CN）6]，其中的陰離子[Fe（CN）6]4﹣所含σ鍵、π鍵數目之比為．（2）ZnO具有獨特的電學及光學特性，是一種應用廣泛的功能材料．一種ZnO晶體的晶胞（立方體）如圖1所示，NA為阿伏加德羅常數的值，Zn原子半徑為apm．圖2是沿著立方格子對角面取得的截圖，則Zn原子與O原子間最短空間距離x＝pm．晶體的密度為g/cm3（列出計算式即可）．

2021-2022學年浙江省北斗聯盟高二（下）期中化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共50分）1．（2分）下列屬于弱電解質的是（）A．Na2O B．HI C．NH3?H2O D．NaHCO3【分析】強電解質：在水溶液中或熔融狀態下能完全電離的化合物，包括強酸、強堿、大多數鹽、金屬氧化物等；弱電解質：在水溶液中或熔融狀態下不能完全電離的化合物，包括弱酸、弱堿、少數鹽和水。【解答】解：A．Na2O在熔融狀態下可完全電離，屬于強電解質，故A錯誤；B．HI屬于強酸，在水溶液中可完全電離，屬于強電解質，故B錯誤；C．NH3?H2O屬于弱堿，在水溶液中部分電離，屬于弱電解質，故C正確；D．NaHCO3在水溶液中可完全電離，屬于強電解質，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了強電解質和弱電解質區別，明確二者的分類依據是解題的關鍵，題目難度不大。2．（2分）下列物質的水溶液因水解而呈酸性的是（）A．NaHSO4 B．NH4Cl C．H2SO4 D．NaHCO3【分析】弱酸根離子水解使溶液呈堿性，弱堿陽離子水解使溶液呈酸性，某物質的水溶液因水解而呈酸性，說明該物質為強酸弱堿鹽，結合物質組成分析判斷。【解答】解：A．NaHSO4為強酸的酸式鹽，在溶液中完全電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，溶液呈酸性與水解無關，故A錯誤；B．NH4Cl為強酸弱堿鹽，銨根離子水解溶液呈酸性，故B正確；C．H2SO4為強酸，電離使溶液呈酸性，與水解無關，故C錯誤；D．NaHCO3為強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解溶液呈堿性，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查鹽類水解原理的應用，明確常見鹽的類型及水解原理為解答關鍵，試題側重考查學生靈活運用基礎知識的能力，題目難度不大。3．（2分）下列儀器和名稱都正確的是（）A．蒸餾燒瓶 B．溶量瓶 C．堿式滴定管 D．坩鍋【分析】依據儀器構造特點判斷并書寫儀器名稱，據此解答。【解答】解：A．依據儀器形狀可知，圖示為圓底燒瓶，故A錯誤；B．依據儀器形狀可知，圖示儀器為容量瓶，故B錯誤；C．依據儀器形狀可知，圖示儀器為堿式滴定管，故C正確；D．根據儀器形狀可知，圖示儀器為坩堝，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了常用化學儀器的名稱，熟悉儀器形狀特點，明確儀器名稱即可解答，題目難度不大。4．（2分）下列表述不正確的是（）A．甲基的電子式 B．乙烯的球棍模型 C．乙炔的空間填充模型為 D．命名為2，2，3﹣三甲基丁烷【分析】A.甲基中碳原子上有一個未成對電子；B.用小球和小棍表示的模型為球棍模型；C.乙炔為直線形結構，H原子半徑小于C原子半徑；D.的主鏈上有4個碳原子，且兩端離支鏈一樣近，應從支鏈多的一端開始編號，據此分析。【解答】解：A.甲基中碳原子上有一個未成對電子，電子式為，故A錯誤；B.乙烯為平面結構，碳原子之間以雙鍵相連，且H原子半徑小于C原子半徑，球棍模型為，故B正確；C.乙炔為直線形結構，H原子半徑小于C原子半徑，空間填充模型為，故C正確；D.的主鏈上有4個碳原子，且兩端離支鏈一樣近，應從支鏈多的一端開始編號，在2號碳原子上有2個甲基，在3號碳原子上有一個甲基，故名稱為2，2，3﹣三甲基丁烷，故D正確；故選：A。【點評】本題考查常見化學用語的正誤判斷，把握有機物的命名、電子式、空間填充模型和球棍模型等常見化學用語的書寫方法即可解答，試題側重考查學生的規范答題能力，題目難度不大。5．（2分）下列化學用語的描述正確的是（）A．SO2的VSEPR模型 B．鋰原子最外層原子軌道示意圖： C．鉻原子價電子排布式：3d54s1 D．違反了洪特規則【分析】A．價層電子對互斥理論，中心原子價層電子對數n＝孤電子對數+σ鍵數目，可以判定VSEPR模型；B．由鋰原子最外層電子排布式為2s1，原子軌道是s軌道，s軌道呈球形對稱；C．根據構造原理，當原子軌道處于全滿、半滿或全空時比較穩定；D．泡利原理即每個原子軌道最多容納兩個電子，且自旋方向相反，p軌道上的成對電子應該自旋方向相反。【解答】解：A．SO2中心原子S原子的價層電子對數n＝孤電子對數+σ鍵數目＝1+2＝3，VSEPR模型是平面三角形，故A錯誤；B．由鋰原子最外層電子排布式為2s1，原子軌道是s軌道，s軌道呈球形對稱，最外層原子軌道示意圖應是，故B錯誤；C．根據構造原理，當原子軌道處于全滿、半滿或全空時比較穩定，鉻原子價電子排布式為3d54s1，故C正確；D．泡利原理即每個原子軌道最多容納兩個電子，且自旋方向相反，p軌道上的成對電子應該自旋方向相反，所以違反了泡利原理，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查物質結構，內容涉及核外電子排布的一般規律、泡利原理、構造原理、洪特規則、根據價層電子對互斥理論判斷簡單分子的VSEPR模型等，題目比較簡單，學生要在理解的基礎上記憶。6．（2分）下列有關氧化物的性質與用途具有對應關系的是（）A．MgO熔點高，可用于制造耐火材料 B．SO2具有氧化性，可用于漂白草編織物 C．SiO2硬度大，可用于制作光導纖維 D．Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉金屬鋁【分析】A．制造耐火材料的物質一般為熔、沸點高的物質；B．SO2具有漂白性；C．SiO2具常用于制作光導纖維，與硬度大小無關；D．Al2O3用于電解冶煉金屬鋁，與其是否屬于兩性氧化物無關。【解答】解：A．MgO屬于離子化合物，熔點高，可用于制造耐火材料，故A正確；B．SO2具有漂白性，可用于漂白草編織物，故B錯誤；C．SiO2具有優良的傳導光信號的特性，可用于制作光導纖維，與硬度大小無關，故C錯誤；D．Al2O3因其熔點相對較低，用于電解冶煉金屬鋁，與其是否屬于兩性氧化物無關，故D錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查物質的性質與用途是否對應一致，要求學生對性質、用途能夠真正的理解，屬于基本知識的考查，難度不大，7．（2分）下列各項敘述中不正確的是（）A．同一原子能層越高，s電子云半徑越大 B．同一能層運動的電子，其自旋方向可能不同 C．雜化軌道用于形成σ鍵和容納孤電子對 D．鎂原子的核外電子排布由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2時，釋放能量【分析】A．能量越高，離原子核越遠；B．同一軌道中電子最多有2種自旋方向；C．雜化軌道只能用于形成σ鍵或容納孤電子對，不能形成π鍵；D．3p能級的能量比3s能級高。【解答】解：A．能量越高，離原子核越遠，則同一原子的能層越高，s電子云半徑越大，故A正確；B．在一個軌道中電子的自旋方向肯定不同，同一軌道中電子最多有2種自旋方向，同一能層不同軌道中電子的自旋方向可能相同，也可能不相同，故B正確；C．雜化軌道只能用于形成σ鍵或容納孤電子對，不能形成π鍵，π鍵是軌道之間肩并肩形成的，故C正確；D．3p能級的能量比3s能級高，電子由3s能級躍遷到3p能級，需要吸收能量，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查核外電子排布，熟練掌握核外電子排布規律，題目比較基礎，旨在考查學生對基礎知識的掌握情況。8．（2分）隨著科學技術的發展，人們可以利用很多先進的方法和手段來測定有機物的組成和結構．下列說法不正確的是（）A．利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析 B．紅外光譜可以測定未知物中所含各種化學鍵和官能團，以此判斷物質的結構 C．質譜儀是通過分析最小的碎片離子測出分子的相對質量 D．用X射線衍射攝取石英玻璃和水晶的粉末得到的圖譜是不同的【分析】A．不同元素原子的吸收光譜或發射光譜不同；B．紅外吸收光譜儀可以測得化學鍵或官能團；C．質譜儀用高能電子流等轟擊樣品，使有機分子失去電子形成帶正電荷的分子離子和碎片離子等，質譜儀能根據最大的碎片離子確定有機物的相對分子質量；D．玻璃是非晶態二氧化硅，水晶是晶態二氧化硅，兩者的衍射圖譜不同。【解答】解：A．不同元素原子的吸收光譜或發射光譜不同，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，故A正確；B．紅外吸收光譜儀可以測得未知物中的化學鍵或官能團，以此判斷物質的結構，故B正確；C．質譜儀能根據最大的碎片離子確定有機物的相對分子質量，故C錯誤；D．玻璃是非晶態二氧化硅，水晶是晶態二氧化硅，則水晶的衍射圖譜中會出現分立的斑點或明銳的衍射峰，兩者的衍射圖譜不同，故D正確；故選：C。【點評】本題主要考查現代儀器的相關知識，屬于基本知識的考查，需要學生注意基本知識的積累，難度不大。9．（2分）下列說法正確的是（）A．和屬于同類有機物 B．與金屬鈉和乙醇反應相比，鈉與水反應更劇烈，是因為乙醇分子中乙基對羥基的影響導致羥基中O﹣H的極性更強 C．和屬于碳架異構 D．要提純實驗室制得的硝基苯，可以先加入氫氧化鈉溶液，再分液【分析】A．前者含有酚羥基、后者含有醇羥基；B．和鈉反應，水比乙醇反應劇烈，說明烴基對羥基有影響；C．二者結構相同；D．NaOH和硝基苯不反應，NaOH和硝酸、硫酸反應生成可溶性的鈉鹽。【解答】解：A．前者含有酚羥基、后者含有醇羥基，前者屬于酚、后者屬于醇，二者結構不相似，所以不屬于同類物質，故A錯誤；B．和鈉反應，水比乙醇反應劇烈，是因為乙醇分子中乙基對羥基的影響導致羥基中O﹣H的極性更弱，故B錯誤；C．二者結構相同，不屬于碳架異構，故C錯誤；D．NaOH和硝基苯不反應，NaOH和硝酸、硫酸反應生成可溶性的鈉鹽，然后采用分液的方法分離，故D正確；故選：D。【點評】本題考查物質的分離提純、同系物等知識點，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確基本概念內涵、物質性質的差異性是解本題關鍵，題目難度不大。10．（2分）下列說法正確的是（）A．相同條件下，（CH3）2CHCH（CH3）2的熔點高于（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．CH2＝CH﹣CH＝CH2與氫氣反應可以得到四種不同產物 C．工業上可以用乙炔和水反應制取乙醛 D．溴水可以鑒別苯和甲苯【分析】A．相同條件下，同分異構體的烷烴中，含有的支鏈越少，其熔點越高；B．該有機物和氫氣發生加成反應，可以是1，2加成，可以是1，4加成，可以是完全加成；C．乙炔和水在一定條件下發生加成反應生成乙醛；D．溴水和苯、甲苯都不反應，但苯、甲苯都能萃取溴水中的溴，苯、甲苯密度都小于水。【解答】解：A．相同條件下，同分異構體的烷烴中，含有的支鏈越少，其熔點越高，二者是互為同分異構體烷烴，前者含有支鏈多，所以熔點：前者低于后者，故A錯誤；B．該有機物和氫氣發生加成反應，可以是1，2加成，可以是1，4加成，可以是完全加成，所以可以得到3種加成產物，故B錯誤；C．乙炔和水在一定條件下發生加成反應生成乙醛，故C正確；D．溴水和苯、甲苯都不反應，但苯、甲苯都能萃取溴水中的溴，苯、甲苯密度都小于水，甲苯、苯和溴水混合時分層，有色層都在上層，現象相同，無法鑒別，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查有機物鑒別，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確有機物的官能團及其性質的關系、性質差異性是解本題關鍵，題目難度不大。11．（2分）反應A+B→C分兩步進行：①A+B→X（ΔH＜0），②X→C（ΔH＞0），E1表示反應①的活化能，E2表示反應②的活化能。下列圖示正確的是（）A． B． C． D．【分析】生成物的總能量低于反應總能量的反應，是放熱反應，若是吸熱反應則相反，反應活化能為過渡態能量與反應物能量之差，據此分析。【解答】解：①A+B→X（ΔH＜0），則A和B的能量之和大于X能量，②X→C（ΔH＞0），則X能量小于C的能量，故A、C錯誤；E1表示反應①的活化能，E2表示反應②的活化能，反應活化能為過渡態能量與反應物能量之差，故D錯誤，B正確；故選：B。【點評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應中能量變化、活化能為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。12．（2分）下列有關說法不正確的是（）A．水合銅離子的模型如圖，水合銅離子中只存在極性共價鍵、配位鍵 B．CaF2晶體的晶胞如圖，與F﹣距離最近的Ca2+組成正四面體 C．二氧化硅晶體如圖，每個硅原子擁有四個Si﹣O鍵 D．為K的某種氧化物晶胞，其中黑球為K+，由圖可知該晶體化學式為K2O2【分析】A．Cu2+含有空軌道，H2O中氧原子含有孤電子對，氧原子與氫原子之間形成極性鍵；B．由圖可知，F﹣周圍最近的Ca2+有4個，且形成正四面體；C．由圖可知，每個Si原子與周圍的4個氧原子形成4個Si﹣O鍵；D．均攤法計算晶胞中K+、O2n﹣數目，進而確定化學式。【解答】解：A．Cu2+含有空軌道，H2O中氧原子含有孤電子對，Cu2+和H2O之間存在配位鍵，H2O中O原子與H原子之間形成極性共價鍵，故A正確；B．由圖可知，與F﹣距離最近的Ca2+有4個，這4個Ca2+形成正四面體，故B正確；C．由圖可知，每個Si原子與周圍的4個氧原子形成4個Si﹣O鍵，故C正確；D．由圖可知，晶胞中K+離子數目為8×+6×＝4，O2n﹣數目為1+12×＝4，K+離子、O2n﹣離子數目之比為1：1，故該晶體化學計算為KO2，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查晶胞結構與晶胞計算、化學鍵等，掌握均攤法進行晶胞有關計算，題目較好地考查學生空間想象能力、分析計算能力、綜合運用知識的能力。13．（2分）AlH3是一種儲氫材料，可作為固體火箭推進劑．通過激光加熱引發AlH3的燃燒反應之后，AlH3燃燒時的溫度隨時間變化關系如圖所示。燃燒不同階段發生的主要變化如下：2AlH3（s）＝2Al（s）+3H2（g）ΔH1H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH2Al（s）＝Al（g）ΔH3Al（g）+O2（g）＝Al2O3（s）ΔH4下列分析正確的是（）A．AlH3燃燒需要激光加熱引發，所以AlH3燃燒是吸熱反應 B．其他條件相同時，等物質的量的Al（s）燃燒放熱大于Al（g）燃燒放熱 C．在反應過程中，a點時物質所具有的總能量最小 D．2AlH3（s）+3O2（g）＝Al2O3（s）+3H2O（1）ΔH＝ΔH1+3ΔH2+2ΔH3+2ΔH4【分析】A．化學反應是放熱反應還是吸熱反應，與反應條件無關，同時AlH3燃燒是放熱熱反應；B．Al（s）轉化為Al（g）這一步需要吸收熱量；C．反應過程中，a點時釋放的能量最大；D．①2AlH3（s）═2Al（s）+3H2（g）△H1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2③Al（s）═Al（g）△H3④Al（g）+O2═Al2O3（s）△H4根據蓋斯定律①+3×②+2×③+2×④得2AlH3（s）+3O2（g）═Al2O3（s）+3H2O（g）。【解答】解：A．化學反應是放熱反應還是吸熱反應，與反應條件無關，同時AlH3燃燒是放熱反應，故A錯誤；B．Al（s）轉化為Al（g）這一步需要吸收熱量，其他條件相同時，等物質的量的Al（s）燃燒放熱小于Al（g）燃燒放熱，故B錯誤；C．反應過程中，a點時釋放的能量最大，a點時物質所具有的總能量最小，故C正確；D．①2AlH3（s）═2Al（s）+3H2（g）△H1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2③Al（s）═Al（g）△H3④Al（g）+O2═Al2O3（s）△H4根據蓋斯定律①+3×②+2×③+2×④得2AlH3（s）+3O2（g）═Al2O3（s）+3H2O（g）△H＝△H1+3△H2+2△H3+2△H4，不是生成液態水，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查化學反應中能量的變化，著重于對概念的理解，注意放熱反應、吸熱反應與反應物、生成物、反應條件之間有無必然關系，要理解蓋斯定律，此題難度中等。14．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．1L濃度為0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的微粒個數等于0.1NA B．標準狀況下，將22.4LCl2通入水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣的粒子數之和為2NA C．氫氧燃燒電池中每消耗4.48LH2則外電路通過電子0.4NA D．0.31g基態P原子中，含p能級電子的數目為0.09NA【分析】A．碳酸氫根離子為弱酸的酸根離子，水溶液中部分水解，部分電離；B．氯氣與水反應為可逆反應，不能進行到底；C．氣體狀況未知；D．基態P原子基態電子排布式為1s22s22p63s23p3，一個原子中含有9個p能級電子。【解答】解：A．碳酸氫根離子為弱酸的酸根離子，水溶液中部分水解，部分電離，所以1L濃度為0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的微粒個數小于0.1NA，故A錯誤；B．氯氣與水反應為可逆反應，不能進行到底，所以標準狀況下，將22.4LCl2通入水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣的粒子數之和小于2NA，故B錯誤；C．氣體狀況未知，無法計算氫氣的物質的量，無法計算轉移電子數，故C錯誤；D．0.31g基態P原子中，含p能級電子的數目為×9×NA/mol＝0.09NA，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了阿伏加德羅常數的有關計算，掌握物質的量的計算公式和物質結構是解題關鍵，題目難度不大。15．（2分）常溫下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事實不能證明該酸為弱酸的是（）A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6 B．與相同物質的量濃度鹽酸相比，導電性更弱 C．中和同體積同物質的量濃度的NaOH溶液，消耗該酸的體積與等濃度鹽酸體積相等 D．若測得該酸溶液pH＝a，加蒸餾水稀釋該溶液至10倍，測得pH＝b，且b＜a+1【分析】A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6＜1，則c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈堿性，說明NaA為強堿弱酸鹽；B．與相同物質的量濃度鹽酸相比，導電性更弱，說明HA溶液中離子濃度較小，HCl是強電解質而完全電離，則HA部分電離；C．中和同體積同物質的量濃度的NaOH溶液，消耗該酸的體積與等濃度鹽酸體積相等，說明HA為一元酸；D．若測得該酸溶液pH＝a，加蒸餾水稀釋該溶液至10倍，測得pH＝b，且b＜a+1，說明稀釋過程中HA繼續電離，則HA存在電離平衡。【解答】解：A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6＜1，則c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈堿性，說明NaA為強堿弱酸鹽，所以HA為弱酸，故A錯誤；B．與相同物質的量濃度鹽酸相比，導電性更弱，說明HA溶液中離子濃度較小，HCl是強電解質而完全電離，則HA部分電離，所以HA為弱酸，故B錯誤；C．中和同體積同物質的量濃度的NaOH溶液，消耗該酸的體積與等濃度鹽酸體積相等，說明HA為一元酸，不能說明HA部分電離，則不能證明HA為弱酸，故C正確；D．若測得該酸溶液pH＝a，加蒸餾水稀釋該溶液至10倍，測得pH＝b，且b＜a+1，說明稀釋過程中HA繼續電離，則HA存在電離平衡，HA為弱酸，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查弱電解質的電離，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確酸性強弱判斷方法是解本題關鍵，注意：酸的強弱與電離程度有關，C選項為解答易錯點。16．（2分）SO2催化氧化是制硫酸的關鍵步驟：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）。T1K時，在2L的恒溫恒容容器中加入2molSO2（g）和1molO2（g），測得混合氣體的總物質的量（mol）隨時間的變化如下表所示：t/min036101525∞n總/mol32.502.352.152.102.082.06下列推斷正確的是（）A．3～6min的反應速率小于6～10min B．0～10min，v（O2）＝0.085mol?L﹣1?min﹣1 C．T1K時SO2的平衡轉化率為94% D．T1K時反應時間最好定為25min【分析】A．3～6min與6～10min的時間差不同；B．0～10min內△n（O2）＝3mol﹣2.15mol＝0.85mol，結合v（O2）＝計算；C．T1K時，達到平衡時轉化的n（SO2）＝2×（3﹣2.06）mol＝1.88mol；D．表中15min時該反應中二氧化硫的轉化率已經很大了。【解答】解：A．由表格中的數據可知，3～6min內氣體的總物質的量減少2.50mol﹣2.35mol＝0.15mol，6～10min內氣體的總物質的量減少2.35mol﹣2.15mol＝0.20mol，但反應時間不同，不能判斷3～6min的反應速率與6～10min的反應速率大小關系，故A錯誤；B．0～10min內△n（O2）＝3mol﹣2.15mol＝0.85mol，則v（O2）＝＝0.0425mol?L﹣1?min﹣1，故B錯誤；C．T1K時，達到平衡時轉化的n（SO2）＝1.88mol，可知二氧化硫的轉化率為×100%＝94%，故C正確；D．由表格數據可知，15min時該反應中二氧化硫的轉化率已經很大了，且隨著時間的增加，SO2的轉化率變化不大，則在T1K時，反應時間最好定為15min，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查化學平衡的計算，為高頻考點，把握表中數據、轉化率及速率的計算為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度較大。17．（2分）2019年的諾貝爾化學獎授予鋰離子電池研究的三位科學家．如圖是一種鋰離子電池的工作原理示意圖，其負極材料為嵌鋰石墨，正極材料為LiCoO2，其總反應可表示為：LixCy+Li1﹣xCoO2═LiCoO2+Cy，下列說法正確的（）A．放電時鋰離子由b極脫嵌，移向a極 B．充電時b極的反應式為：LiCoO2+xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+ C．充電時，a極接正極，發生還原反應 D．使用LiPF6的碳酸酯溶液作電解液是為了避免使用水溶劑會與金屬鋰反應【分析】可充電電池，放電時負極材料為嵌鋰石墨，充電時連電源負極，正極材料為LiCoO2，充電時連電源正極；A．放電時a極為負極，陽離子向正極移動；B．充電時b極為陽極；C．充電時，a極為陰極接負極；D．金屬鋰能與水反應。【解答】解：A．負極材料為嵌鋰石墨，放電時鋰離子由a極脫嵌，移向b極，故A錯誤；B．充電時b極為陽極，b極的反應式為：LiCoO2﹣xe﹣＝Li1﹣xCoO2+xLi+，故B錯誤；C．充電時，a極為陰極接負極，發生還原反應，故C錯誤；D．由于金屬鋰能與水反應，使用LiPF6的碳酸酯溶液作電解液是為了避免使用水溶劑會與金屬鋰反應，故D正確；故選：D。【點評】本題考查可充電電池，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。18．（2分）由短周期主族元素組成的一種新型漂白劑的結構如題圖所示。其中W、X、Y、Z原子序數依次增大，W的族序數是周期序數的兩倍，基態時Z原子K、L層上的電子總數是3p原子軌道上電子數的兩倍，Y與Z位于不同周期。下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：Y＜X＜Z B．第一電離能：W＜X＜Y C．W的氧化物對應水化物的酸性一定比Z的弱 D．WY2晶胞中與每個分子距離最近且相等的分子數為8【分析】由短周期主族元素可組成的一種新型漂白劑，結構如題圖所示；其中W、X、Y、Z原子序數依次增大，W形成4個共價鍵，最外層電子數是4，W的族序數是周期序數的兩倍，則W核外電子排布是2、4，所以W是C元素；基態時Z原子K、L層上的電子總數是3p原子軌道上電子數的兩倍，則Z核外電子排布是1s22s22p63s23p5，則Z是Cl元素；Y與Z位于不同周期，則Y是第二周期元素，形成2對共用電子對，原子序數比C大，所以Y是O元素，根據原子序數關系可知X是N元素，根據上述分析可知：W是C，X是N，Y是O，Z是Cl元素。【解答】解：A．X是N，Y是O，Z是Cl，三種元素形成的離子N3﹣、O2﹣、C﹣，其中N3﹣、O2﹣核外電子排布是2、8，具有2個電子層；Cl﹣核外電子排布是2、8、8，具有3個電子層。離子核外電子層數越多，離子半徑越大；當離子核外電子排布相同時，核電荷數越大，離子半徑就越小，所以離子半徑關系為：Y（O2﹣）＜X（N3﹣）＜Z（Cl﹣），故A正確；B．一般情況下同一周期元素的第一電離能呈增大趨勢，但當元素處于第IIA、第VA族時，原子核外電子排布處于全滿、半滿的穩定狀態，其第一電離能大于同一周期相鄰元素，所以元素的第一電離能大小關系為：W（C）＜Y（O）＜X（N），故B錯誤；C．W是C，Z是Cl，元素的非金屬性：C＜Cl，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：H2CO3＜HClO4，即W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱，故C錯誤；D．WY2是CO2，晶胞中與每個分子距離最近且相等的分子數為12，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查結構性質位置關系應用，關鍵是根據結構圖中價鍵結構推斷元素，熟練掌握元素周期律，試題側重考查學生的分析能力及邏輯推理能力。19．（2分）類比推理是化學中常用的思維方法，下列推理正確的是（）A．NH3的熔沸點高于PH3，則CH4的熔沸點也高于SiH4 B．CO2是非極性分子，在水中的溶解度不大，則CS2在水中的溶解度也很小 C．N≡N由于鍵能大而結構穩定，則C≡C鍵能也大結構也很穩定 D．[Al（OH）4]﹣中鋁離子采用sp3雜化，配合離子的空間構型為正四面體形，則[Cu（NH3）4]2+中銅離子也采用sp3雜化，配合離子的空間構型也為正四面體形【分析】A．能形成分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高，不能形成分子間氫鍵的氫化物，其熔沸點隨著相對分子質量的增大而升高；B．CO2、CS2互為等電子體，二者結構相似，物理性質相似；C．N≡N由于鍵能大而結構穩定，C≡C需要結合其他原子才能達到穩定結構；D．銅離子不是sp3雜化。【解答】解：A．NH3能形成分子間氫鍵，能形成分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高，不能形成分子間氫鍵的氫化物，其熔沸點隨著相對分子質量的增大而升高，PH3、CH4、SiH4都不能形成分子間氫鍵，且相對分子質量：CH4＜SiH4，所以NH3的熔沸點高于PH3，CH4的熔沸點低于SiH4，故A錯誤；B．CO2、CS2互為等電子體，二者結構相似，物理性質相似，CO2在水中的溶解度不大，則CS2在水中的溶解度也很小，故B正確；C．N≡N由于鍵能大而結構穩定，C≡C需要結合其他原子才能達到穩定結構，所以C≡C不穩定，故C錯誤；D．[Cu（NH3）4]2+為平面四邊形結構，所以銅離子不是sp3雜化，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查探究化學規律，側重考查對比、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確氫鍵對物質溶解性的影響原理、微粒空間構型等知識點是解本題關鍵，D為解答易錯點。20．（2分）下列關于共價鍵的描述正確的是（）A．鍵能：H﹣O＞H﹣S，因此H2O的沸點高于H2S的沸點 B．原子軌道具有一定的伸展方向，所形成的共價鍵都具有方向性 C．兩個原子的p軌道不僅能形成σ鍵，也能形成π鍵 D．鍵長越短，電子云重疊程度越大，鍵能越小【分析】A.分子晶體的沸點取決于分子間作用力的大小；B.s電子在形成共價鍵時，沒有方向性；C.p軌道頭碰頭重疊形成σ鍵，肩并肩重疊形成π鍵；D.鍵長越短，電子云重疊程度越大，鍵能越大。【解答】解：A.分子晶體的沸點取決于分子間作用力的大小，和分子內的共價鍵強弱無關，H2O的沸點高于H2S的沸點是由于水分子間存在氫鍵，故A錯誤；B.H的1s電子為球形對稱，s﹣s電子重疊沒有方向性，則H﹣H鍵無方向性，故B錯誤；C.p軌道頭碰頭重疊形成σ鍵，肩并肩重疊形成π鍵，所以兩個原子的p軌道不僅能形成σ鍵，也能形成π鍵，故C正確；D.鍵長越短，電子云重疊程度越大，鍵能越大，表示化學鍵越牢固，越難以斷裂，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查鍵能與分子穩定性的關系，鍵能可以定量的衡量化學鍵的強弱，屬于基本知識的考查，難度不大。21．（2分）二氧化氯（ClO2）是國際上公認的安全、無毒的綠色消毒劑，對酸性污水中的Mn2+有明顯的去除效果，其反應原理為：ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl﹣（部分反應物和產物省略、未配平），實驗室用如圖的方法制備飲用水消毒劑ClO2。已知：NCl3為強氧化劑，其中N元素為﹣3價。下列說法不正確的是（）A．電解NH4Cl溶液時可以選用金屬銅作陰極 B．電解池中總反應的化學方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑ C．X溶液中主要存在的離子有：H+、Na+、Cl﹣ D．飲用水制備過程中殘留的ClO2可用適量FeSO4溶液去除【分析】氯化銨溶液加入鹽酸后電解生成氫氣、NCl3溶液，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液發生反應生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素為﹣3價，該反應中Cl元素化合價由+3價變為+4價，失電子發生氧化反應，則還存在Cl元素得電子發生還原反應，所以溶液X中含Cl﹣，溶液呈堿性，所以還存在OH﹣，發生反應為：NCl3+6NaClO2+3H2O＝6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl；A．電解池中陰極發生還原反應，電極材料不參與反應；B．電解NH4Cl溶液時生成H2和NCl3；C．溶液X中含有Cl﹣、OH﹣，溶液呈堿性；D．硫酸亞鐵和ClO2反應產生的鐵鹽，可以水解得到氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附水中的懸浮物而凈水。【解答】解：A．電解池中陰極發生還原反應，電極材料不參與反應，銅能導電，則電解NH4Cl溶液時可以選用金屬銅作陰極，故A正確；B．電解NH4Cl溶液時生成H2和NCl3，其反應的方程式為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故B正確；C．溶液X中含有Cl﹣、OH﹣，溶液呈堿性，不存在和OH﹣反應的離子H+，故C錯誤；D．飲用水中殘留的ClO2具有強氧化性，硫酸亞鐵和ClO2反應產生的鐵鹽，可以水解得到氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附水中的懸浮物而凈水，可用適量FeSO4溶液去除，故D正確；故選：C。【點評】本題考查物質轉化和電解原理，側重考查學生物質之間轉化和電解原理的掌握情況，試題難度中等。22．（2分）酸堿中和滴定是化學中重要的定量實驗，某興趣小組準確量取25.00mL待測濃度的鹽酸于錐形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH標準溶液滴定。下列說法正確的是（）A．錐形瓶用蒸餾水洗滌以后，未用待測液潤洗 B．使用酚酞為指示劑，當錐形瓶中的溶液由紅色變為無色時停止滴定 C．實驗過程中某同學記錄消耗的NaOH溶液的體積為21.6mL D．盛NaOH標準溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有氣泡，到達滴定終點時氣泡消失，則測定結果偏低【分析】A．錐形瓶用蒸餾水洗滌以后，不能用待測液潤洗，否則測定結果偏高；B．滴定終點是由無色變為紅色，且半分鐘不褪色再停止滴定；C．滴定管讀數應該精確到0.01mL；D．滴定前有氣泡，讀數V1偏小，到達滴定終點時氣泡消失，讀數V2正確，則（V2﹣V1）偏大。【解答】解：A．錐形瓶用蒸餾水洗滌以后，未用待測液潤洗，對測定結果無影響，故A正確；B．當錐形瓶中的溶液是鹽酸，使用酚酞做指示劑，滴定終點是由無色變為紅色，且半分鐘不褪色再停止滴定，故B錯誤；C．滴定管讀數應該精確到0.01mL，記錄數據應為26.10mL，故C錯誤；D．盛NaOH標準溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有氣泡，讀數V1偏小，到達滴定終點時氣泡消失，讀數V2正確，則（V2﹣V1）偏大，則測定鹽酸的濃度結果偏高，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查酸堿中和滴定的基本操作，涉及儀器的使用、滴定終點的判定、誤差分析等，題目難度不大。23．（2分）苯乙烯（）是一種重要的有機化工原料，關于該物質下列說法正確的是（）A．苯乙烯分子中最多有14個原子共平面 B．苯乙烯能使酸性高錳酸鉀和溴水褪色，且褪色原理相同 C．苯乙烯發生聚合反應后的產物不能再與氫氣發生加成反應 D．苯乙烯與甲苯不是同系物，但與立方烷（）是同分異構體【分析】A．苯環為平面構型，碳碳雙鍵為平面構型；B．苯乙烯能使酸性高錳酸鉀褪色是發生了氧化反應，使溴水褪色是發生了加成反應；C．苯乙烯發生聚合反應后的產物含有苯環，能再與氫氣發生加成反應；D．苯乙烯含雙鍵，與甲苯不是同系物，但與立方烷分子式相同結構不同。【解答】解：A．苯環為平面構型，碳碳雙鍵為平面構型，兩者通過單鍵相連，所有原子均可能共平面，苯乙烯分子中最多有16個原子共平面，故A錯誤；B．苯乙烯能使酸性高錳酸鉀褪色是發生了氧化反應，使溴水褪色是發生了加成反應，褪色原理不相同，故B錯誤；C．苯乙烯發生聚合反應后的產物含有苯環，能再與氫氣發生加成反應，故C錯誤；D．苯乙烯含雙鍵，與甲苯不是同系物，但與立方烷分子式相同結構不同，是同分異構體，故D正確；故選：D。【點評】本題考查有機物的結構與性質，注意理解同系物概念的內涵與外延，熟練掌握官能團的結構、性質與轉化，側重考查學生對基礎知識的掌握、運用知識解決問題的能力。24．（2分）羰基硫（COS）可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將10molCO和一定量的H2S混合加熱并達到下列平衡：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）K＝0.1，平衡后CO物質的量為8mol。下列說法不正確的是（）A．CO、H2S的轉化率之比為1：1 B．達平衡后H2S的體積分數為29.4% C．加入正催化劑，可以加快反應速率，但不能提高平衡轉化率 D．恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡會移動【分析】設開始加入的H2S的物質的量為xmol，平衡后CO物質的量為8mol，則??CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）開始（mol）10???????x?????????0??????0轉化（mol）?2???????2????????2???????2平衡（mol）??8??????x﹣2????????2????????2A.由K＝＝0.1可計算x，轉化率＝×100%；B.達平衡后H2S的體積分數等于其物質的量分數；C.催化劑不改變化學平衡狀態；D.恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，計算此時濃度商，再與K值比較得出結論。【解答】解：設開始加入的H2S的物質的量為xmol，平衡后CO物質的量為8mol，則??CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）開始（mol）10???????x?????????0??????0轉化（mol）?2???????2????????2???????2平衡（mol）??8??????x﹣2????????2????????2A.由K＝＝0.1，解得x＝7，CO、H2S的轉化率之比為：＝7：10，故A錯誤；B.達平衡后H2S的體積分數為×100%≈29.4%，故B正確；C.催化劑不改變化學平衡狀態，則加入正催化劑，可以加快反應速率，但不能提高平衡轉化率，故C正確；D.恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Q＝＝＝＞K＝0.1，平衡逆向移動，故D正確；故選：A。【點評】本題考查化學平衡的計算，側重考查學生分析能力和計算能力，根據題目信息結合化學平衡三段式知識解答，此題難度中等。25．（2分）下列關于實驗內容和實驗目的說法正確的是（）編號實驗內容實驗目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固體，溶液紅色變淺證明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室溫下，用pH試紙測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱C用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合氣體，將細管端用橡膠塞封閉，然后把注射器的活塞往外拉，可觀察到混合氣體的顏色先變深后變淺證明對有氣體參加的可逆反應，改變壓強可能會使平衡發生移動D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3A．A B．B C．C D．D【分析】A.鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動；B.NaClO溶液可使pH試紙褪色；C.把注射器的活塞往外拉，氣體的濃度減小；D.NaOH溶液過量，分別與氯化鎂、氯化鐵反應生成沉淀。【解答】解：A.鋇離子與碳酸根離子反應生成沉淀，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動，則溶液紅色變淺可證明水解平衡的存在，故A正確；B.NaClO溶液可使pH試紙褪色，應選pH計測定鹽溶液的pH，故B錯誤；C.把注射器的活塞往外拉，氣體的濃度減小，則最終顏色變淺，不能證明壓強對平衡移動的影響，故C錯誤；D.NaOH溶液過量，分別與氯化鎂、氯化鐵反應生成沉淀，由實驗及現象不能比較Mg（OH）2、Fe（OH）3的Ksp大小，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、鹽類水解、平衡移動、難溶電解質、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。二、非選擇題26．（6分）Ⅰ．解釋下列現象或原理：（1）AlF3的熔點（1291℃）比AlCl3的熔點（190℃）高很多的原因是AlF3為離子晶體，而AlCl3分子晶體，克服離子鍵比分子間作用力更難；（2）Na2O溶于水克服的微粒間作用力有離子鍵、共價鍵、分子間作用力（氫鍵）。Ⅱ．比較對羥基苯甲酸（）與鄰羥基苯甲酸（）熔點高低并解釋產生這種現象的原因是對羥基苯甲酸的熔沸點高于鄰羥基苯甲酸，對羥基苯甲酸形成的是分子間氫鍵，使得熔沸點升高，而鄰羥基苯甲酸形成的是分子內氫鍵，使得熔沸點降低。【分析】I．（1）AlF3的熔點為1291℃，為離子晶體，而AlCl3的熔點為190℃為分子晶體；（2）Na2O為離子晶體，鈉離子和氧離子之間以離子鍵結合，其溶于水是和水發生反應生成氫氧化鈉；II．對羥基苯甲酸（）能形成分子間氫鍵，鄰羥基苯甲酸（）形成的是分子內氫鍵。【解答】解：I．（1）AlF3的熔點為1291℃，為離子晶體，熔化時克服的是離子鍵，而AlCl3的熔點為190℃，為分子晶體，熔化時克服的是分子間作用力，離子鍵的強度遠大于分子間作用力的強度，故答案為：AlF3為離子晶體，而AlCl3分子晶體，克服離子鍵比分子間作用力更難；（2）Na2O為離子晶體，鈉離子和氧離子之間以離子鍵結合，其溶于水是和水發生反應生成氫氧化鈉：Na2O+H2O＝2NaOH，此過程要斷裂氧化鈉中的離子鍵、水分子內的共價鍵以及克服水分子間的氫鍵，故答案為：離子鍵、共價鍵、分子間作用力（氫鍵）；II．對羥基苯甲酸（）能形成分子間氫鍵，使得熔沸點升高，而鄰羥基苯甲酸（）形成的是分子內氫鍵，使得熔沸點降低，故答案為：對羥基苯甲酸的熔沸點高于鄰羥基苯甲酸，對羥基苯甲酸形成的是分子間氫鍵，使得熔沸點升高，而鄰羥基苯甲酸形成的是分子內氫鍵，使得熔沸點降低。【點評】本題考查了晶體類型、微粒間作用力的判斷以及物質熔沸點的比較，難度不大，應注意基礎知識的掌握和積累。27．（8分）固體化合物X（式量小于200）由1﹣20號的4種元素組成，某小組開展如下探究實驗，氣體體積都在標準狀況下測定。請回答：（1）氣體B的電子式，白色固體C的化學式是CaCO3；（2）化合物X的化學式是CaCl2?4NH3；（3）氣體B與紅棕色固體H反應的化學方程式2NH3+Fe2O32Fe+N2+3H2O；（4）設計實驗驗證溶液F中的金屬陽離子取2份試樣于試管，向一支中滴加KSCN溶液若變血紅色，則含Fe3+、反之則無；向另一支試管中滴加鐵氰化鉀溶液若出現藍色沉淀，則含Fe2+、反之則無。【分析】化合物X加熱產生氣體B和固體A，氣體B經溶液F轉化為沉淀G，灼燒為紅棕色固體H，可知H為氧化鐵，沉淀G為氫氧化鐵，可知氣體B為堿性，即NH3，固體A加入蘇打產生白色沉淀C，且為前20號元素，說明固體含有Ca元素，溶液D加入硝酸銀產生白色沉淀，說明固體含有氯離子，氯離子的物質的量為mol＝0.06mol，故鈣離子的物質的量為0.03mol，氨氣體積為2.688L，對應體積為mol＝0.12mol，n（Ca）：n（Cl）：n（NH3）＝1：2：4，故該物質化學式為CaCl2?4NH3，據此分析回答問題。【解答】解：（1）氣體B為氨氣，電子式為，白色沉淀為CaCO3，故答案為：；CaCO3；（2）結合分析可知，該物質化學式為CaCl2?4NH3，故答案為：CaCl2?4NH3；（3）氨氣與氧化鐵可以發生氧化還原反應，產生鐵單質和氮氣，對應方程式為2NH3+Fe2O32Fe+N2+3H2O，故答案為：2NH3+Fe2O32Fe+N2+3H2O；（4）F中陽離子為亞鐵離子或鐵離子，檢驗操作為取2份試樣于試管，向一支中滴加KSCN溶液若變血紅色，則含Fe3+、反之則無；向另一支試管中滴加鐵氰化鉀溶液若出現藍色沉淀，則含Fe2+、反之則無，故答案為：取2份試樣于試管，向一支中滴加KSCN溶液若變血紅色，則含Fe3+、反之則無；向另一支試管中滴加鐵氰化鉀溶液若出現藍色沉淀，則含Fe2+、反之則無。【點評】本題考查探究物質組成、測量物質含量，為高考常見題型，明確實驗原理、實驗目的為解答關鍵，注意掌握常見元素及其化合物性質，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及綜合應用能力，題目難度較大。28．（6分）氯化鈷（CoCl2）主要用于電解制備金屬鈷，還可用作氨的吸收劑、防毒面具和肥料添加劑。某實驗小組制備無水氯化鈷的裝置如圖所示。已知：Co（III）的氧化性強于Cl2，CoCl2易潮解。（1）裝置A燒瓶中的固體為84消毒液中的有效成分，則A裝置中發生反應的離子方程式為2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O。（2）裝置B中盛放的試劑為飽和食鹽水，裝置D硬質玻璃管中的玻璃纖維的作用是防止固體粉末堵塞導管。（3）E中物質的名稱堿石灰，其作用是吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進入D。（4）實驗過程應先打開分液漏斗旋塞，一段時間后再點燃酒精燈，目的是排出裝置中的氣體，使裝置充滿純凈的氯氣。（5）小組成員認為實驗過程中Cl2過量，裝置D中所得固體可能會有CoCl3，你是否同意該論斷并解釋原因是不同意，CoCl3為氧化產物，由于Co（III）的氧化性強于Cl2，氧化產物的氧化性小于氧化劑，不會生成CoCl3。（6）氯化鈷溶液與氯化鎂溶液類似，直接蒸干不能得到CoCl2固體，使用氯化亞砜（SOCl2）與CoCl2?6H2O混合加熱可以得到氯化鈷固體，原理是SOCl2與水易水解，方程式為：SOCl2+H2O＝SO2↑+HCl↑，SOCl2與CoCl2?6H2O的結晶水反應生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解。【分析】84消毒液的有效成分是次氯酸鈉，A中反應為2HCl（濃）+NaClO＝Cl2↑+H2O+NaCl；裝置B中盛放的試劑為飽和食鹽水，濃鹽酸會揮發出HCl，飽和食鹽水可吸收HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物質，選擇酸性干燥劑進行干燥，如濃硫酸；裝置E位于整套裝置的末端，作用是除去剩余的有毒氣體Cl2，所以E中可填充堿石灰，作用是吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進入D，據此分析解題。【解答】解：（1）84消毒液的主要成分是次氯酸鈉，與濃鹽酸發生氧化還原反應，氯元素的化合價向中間靠攏，生成Cl2，反應的離子方程式為：2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O，故答案為：2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O；（2）裝置B中盛放的試劑為飽和食鹽水，濃鹽酸會揮發出HCl，飽和食鹽水可吸收HCl；由于氣流通過硬質玻璃管時，有可能帶動鈷粉擴散易堵塞導氣管，所以采用玻璃纖維防止固體粉末堵塞導管，故答案為：飽和食鹽水；防止固體粉末堵塞導管；（3）裝置E位于整套裝置的末端，作用是除去剩余的有毒氣體Cl2，所以E中可填充堿石灰，作用是吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進入D，故答案為：堿石灰；吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進入D；（4）實驗過程應先打開分液漏斗旋塞，一段時間后再點燃酒精燈，目的是：排出裝置中的氣體，使裝置充滿純凈的氯氣，故答案為：排出裝置中的氣體，使裝置充滿純凈的氯氣；（5）不同意，裝置D中所得固體不可能會有CoCl3，CoCl3為氧化產物，由于Co（III）的氧化性強于Cl2，氧化產物的氧化性小于氧化劑，不會生成CoCl3，故答案為：不同意，CoCl3為氧化產物，由于Co（III）的氧化性強于Cl2，氧化產物的氧化性小于氧化劑，不會生成CoCl3；（6）SOCl2與水易水解，方程式為：SOCl2+H2O＝SO2↑+HCl↑，SOCl2與CoCl2?6H2O的結晶水反應生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加熱可以得到氯化鈷固體，故答案為：SOCl2與水易水解，方程式為：SOCl2+H2O＝SO2↑+HCl↑，SOCl2與CoCl2?6H2O的結晶水反應生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解。【點評】本題綜合考查物質的制備，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生的分析能力、實驗能力和應用能力，注意把握物質的性質，實驗操作方法以及反應的轉化關系，題目難度中等。29．（8分）已知某有機物A：①由C、H、O三種元素組成，經燃燒分析實驗測定其碳的質量分數是64.86%，氫的質量分數是13.51%；②圖1是該有機物的質譜圖，請回答：（1）A的實驗式（最簡式）為C4H10O，A相對分子質量為74，（2）A的同分異構體有7種，分子中具有手性碳原子的結構簡式為CH3CH（OH）CH2CH3（3）A的核磁共振氫譜有兩個峰，紅外光譜圖如圖2，A的結構簡式為．（4）A的某種結構的分子在一定條件下脫水生成B，B的分子組成為C4H8，B能使酸性高錳酸鉀褪色，且B的結構中存在順反異構體，寫出B發生聚合反應的化學方程式nCH3CH＝CHCH3．【分析】由質譜圖可知Mr（A）＝74，A分子中N（C）＝≈6、N（H）＝≈10，則分子中N（O）＝＝1，則A的分子式為C4H10O，（3）中A的核磁共振氫譜有兩個峰，而紅外光譜圖中顯示含有﹣OH，則A的結構簡式為。【解答】解：（1）由分析可知，該有機物的分子式為C4H10O，則A的實驗式為C4H10O；由質譜圖可知，A相對分子質量為74，故答案為：C4H10O；74；（2）A的分子式為C4H10O，可能的同分異構體為CH3CH2CH2CH3、中氫原子被羥基取代，分別有2種、2種，也可以使在碳碳鍵之間插入氧原子，依次有2種、1種，故A的同分異構體有7種，分子中具有手性碳原子的結構簡式為CH3CH（OH）CH2CH3，故答案為：7；CH3CH（OH）CH2CH3；（3）A的核磁共振氫譜有兩個峰，紅外光譜圖顯示含有﹣OH，則A的結構簡式為，故答案為：；（4）A的某種結構的分子在一定條件下脫水生成B，B的分子組成為C4H8，B能使酸性高錳酸鉀褪色，且B的結構中存在順反異構體，則B為CH3CH＝CHCH3，B發生聚合反應的化學方程式為nCH3CH＝CHCH3，故答案為：nCH3CH＝CHCH3。【點評】本題考查有機物分子式與結構簡式的確定，掌握燃燒法確定分子式的方法，題目側重考查學生分析推理能力、運用知識解決問題的能力。30．（12分）“2030年前碳達峰，2060年前實現碳中和”定調國家級綠色發展戰略．防治大氣污染、水體污染等是世界各國保護環境的最重要課題。（1）將CH4催化重整為可用的化學品，對改善環境意義重大。①在體積為1L的剛性容器中進行“合成氣催化重整”，反應的化學方程式為CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）。當投料比，＝1.0時，CO2的平衡轉化率（α）與溫度（T）、初始壓強（p）的關系如圖所示。壓強p1＜（填“＞”“＜”或“＝”，下同）p2；當溫度為T3、壓強為p1時，a點時的v（逆）＜v（正）。②在VL密閉容器中，充入不同的原料氣體，控制溫度700℃，發生反應CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g），請在圖中畫出CO在混合氣體中的平衡體積分數隨遞增的變化趨勢。（2）由CO2合成甲醇是CO2資源化利用的重要方法．研究表明在催化劑作用下CO2和H2可發生反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。①投料比相同，在不同溫度和不同壓強下CO2和H2合成甲醇時，H2的平衡轉化率如圖1所示。已知溫度T3＞T2＞T1，則該反應自發進行的條件是低溫自發。②溫度為T℃時，向10L恒容密閉容器中充入H2和CO2的混合氣體4mol，此時容器內壓強為4p，兩種氣體的平衡轉化率α與起始時的關系如圖2所示。圖2中CO2的平衡轉化率與的關系可用曲線L1（填“L1”或“L2”）表示。該溫度下，此反應的平衡常數Kp＝（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質的量分數）。③采用真空封管法制備磷化硼納米顆粒，在發展非金屬催化劑實現CO2電催化還原制備甲醇方向取得重要進展，該反應歷程如圖所示。容易得到的副產物有CO和CH2O，其中相對較多的副產物為CO；上述合成甲醇的反應速率較慢，要