新教材高二（下）期中化学试卷二（原卷版+教师版）

第1页（共1页）新教材高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）1．（2分）下列属于弱电解质的是（）A．Na2O B．HI C．NH3⋅H2O D．NaHCO32．（2分）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（）A．NaHSO4 B．NH4Cl C．H2SO4 D．NaHCO33．（2分）下列仪器和名称都正确的是（）A．蒸馏烧瓶B．溶量瓶C．碱式滴定管D．坩锅4．（2分）下列表述不正确的是（）A．甲基的电子式 B．乙烯的球棍模型 C．乙炔的空间填充模型为 D．命名为2，2，3﹣三甲基丁烷5．（2分）下列化学用语的描述正确的是（）A．SO2的VSEPR模型 B．锂原子最外层原子轨道示意图： C．铬原子价电子排布式：3d54s1 D．违反了洪特规则6．（2分）下列有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是（）A．MgO熔点高，可用于制造耐火材料 B．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物 C．SiO2硬度大，可用于制作光导纤维 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼金属铝7．（2分）下列各项叙述中不正确的是（）A．同一原子能层越高，s电子云半径越大 B．同一能层运动的电子，其自旋方向可能不同 C．杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对 D．镁原子的核外电子排布由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，释放能量8．（2分）随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构．下列说法不正确的是（）A．利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析 B．红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构 C．质谱仪是通过分析最小的碎片离子测出分子的相对质量 D．用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的9．（2分）下列说法正确的是（）A．和属于同类有机物 B．与金属钠和乙醇反应相比，钠与水反应更剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致羟基中O﹣H的极性更强 C．和属于碳架异构 D．要提纯实验室制得的硝基苯，可以先加入氢氧化钠溶液，再分液10．（2分）下列说法正确的是（）A．相同条件下，（CH3）2CHCH（CH3）2的熔点高于（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．CH2＝CH﹣CH＝CH2与氢气反应可以得到四种不同产物 C．工业上可以用乙炔和水反应制取乙醛 D．溴水可以鉴别苯和甲苯11．（2分）反应A+B→C分两步进行：①A+B→X（ΔH＜0），②X→C（ΔH＞0），E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能。下列图示正确的是（）A． B． C． D．12．（2分）下列有关说法不正确的是（）A．水合铜离子的模型如图，水合铜离子中只存在极性共价键、配位键 B．CaF2晶体的晶胞如图，与F﹣距离最近的Ca2+组成正四面体 C．二氧化硅晶体如图，每个硅原子拥有四个Si﹣O键 D．为K的某种氧化物晶胞，其中黑球为K+，由图可知该晶体化学式为K2O213．（2分）AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂．通过激光加热引发AlH3的燃烧反应之后，AlH3燃烧时的温度随时间变化关系如图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化如下：2AlH3（s）＝2Al（s）+3H2（g）ΔH1H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH2Al（s）＝Al（g）ΔH3Al（g）+O2（g）＝Al2O3（s）ΔH4下列分析正确的是（）A．AlH3燃烧需要激光加热引发，所以AlH3燃烧是吸热反应 B．其他条件相同时，等物质的量的Al（s）燃烧放热大于Al（g）燃烧放热 C．在反应过程中，a点时物质所具有的总能量最小 D．2AlH3（s）+3O2（g）＝Al2O3（s）+3H2O（1）ΔH＝ΔH1+3ΔH2+2ΔH3+2ΔH414．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的微粒个数等于0.1NA B．标准状况下，将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣的粒子数之和为2NA C．氢氧燃烧电池中每消耗4.48LH2则外电路通过电子0.4NA D．0.31g基态P原子中，含p能级电子的数目为0.09NA15．（2分）常温下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事实不能证明该酸为弱酸的是（）A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6 B．与相同物质的量浓度盐酸相比，导电性更弱 C．中和同体积同物质的量浓度的NaOH溶液，消耗该酸的体积与等浓度盐酸体积相等 D．若测得该酸溶液pH＝a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH＝b，且b＜a+116．（2分）SO2催化氧化是制硫酸的关键步骤：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）。T1K时，在2L的恒温恒容容器中加入2molSO2（g）和1molO2（g），测得混合气体的总物质的量（mol）随时间的变化如下表所示：t/min036101525∞n总/mol32.502.352.152.102.082.06下列推断正确的是（）A．3～6min的反应速率小于6～10min B．0～10min，v（O2）＝0.085mol⋅L﹣1⋅min﹣1 C．T1K时SO2的平衡转化率为94% D．T1K时反应时间最好定为25min17．（2分）2019年的诺贝尔化学奖授予锂离子电池研究的三位科学家．如图是一种锂离子电池的工作原理示意图，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2，其总反应可表示为：LixCy+Li1﹣xCoO2═LiCoO2+Cy，下列说法正确的（）A．放电时锂离子由b极脱嵌，移向a极 B．充电时b极的反应式为：LiCoO2+xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+ C．充电时，a极接正极，发生还原反应 D．使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应18．（2分）由短周期主族元素组成的一种新型漂白剂的结构如题图所示。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，W的族序数是周期序数的两倍，基态时Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，Y与Z位于不同周期。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Y＜X＜Z B．第一电离能：W＜X＜Y C．W的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的弱 D．WY2晶胞中与每个分子距离最近且相等的分子数为819．（2分）类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是（）A．NH3的熔沸点高于PH3，则CH4的熔沸点也高于SiH4 B．CO2是非极性分子，在水中的溶解度不大，则CS2在水中的溶解度也很小 C．N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定 D．[Al（OH）4]﹣中铝离子采用sp3杂化，配合离子的空间构型为正四面体形，则[Cu（NH3）4]2+中铜离子也采用sp3杂化，配合离子的空间构型也为正四面体形20．（2分）下列关于共价键的描述正确的是（）A．键能：H﹣O＞H﹣S，因此H2O的沸点高于H2S的沸点 B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性 C．两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键 D．键长越短，电子云重叠程度越大，键能越小21．（2分）二氧化氯（ClO2）是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2+有明显的去除效果，其反应原理为：ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl﹣（部分反应物和产物省略、未配平），实验室用如图的方法制备饮用水消毒剂ClO2。已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为﹣3价。下列说法不正确的是（）A．电解NH4Cl溶液时可以选用金属铜作阴极 B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑ C．X溶液中主要存在的离子有：H+、Na+、Cl﹣ D．饮用水制备过程中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除22．（2分）酸碱中和滴定是化学中重要的定量实验，某兴趣小组准确量取25.00mL待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定。下列说法正确的是（）A．锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，未用待测液润洗 B．使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定 C．实验过程中某同学记录消耗的NaOH溶液的体积为21.6mL D．盛NaOH标准溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，到达滴定终点时气泡消失，则测定结果偏低23．（2分）苯乙烯（）是一种重要的有机化工原料，关于该物质下列说法正确的是（）A．苯乙烯分子中最多有14个原子共平面 B．苯乙烯能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，且褪色原理相同 C．苯乙烯发生聚合反应后的产物不能再与氢气发生加成反应 D．苯乙烯与甲苯不是同系物，但与立方烷（）是同分异构体24．（2分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K＝0.1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法不正确的是（）A．CO、H2S的转化率之比为1：1 B．达平衡后H2S的体积分数为29.4% C．加入正催化剂，可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率 D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡会移动25．（2分）下列关于实验内容和实验目的说法正确的是（）编号实验内容实验目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱C用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后把注射器的活塞往外拉，可观察到混合气体的颜色先变深后变浅证明对有气体参加的可逆反应，改变压强可能会使平衡发生移动D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3A．A B．B C．C D．D二、非选择题26．（6分）Ⅰ．解释下列现象或原理：（1）AlF3的熔点（1291℃）比AlCl3的熔点（190℃）高很多的原因是；（2）Na2O溶于水克服的微粒间作用力有。Ⅱ．比较对羟基苯甲酸（）与邻羟基苯甲酸（）熔点高低并解释产生这种现象的原因是。27．（8分）固体化合物X（式量小于200）由1﹣20号的4种元素组成，某小组开展如下探究实验，气体体积都在标准状况下测定。请回答：（1）气体B的电子式，白色固体C的化学式是；（2）化合物X的化学式是；（3）气体B与红棕色固体H反应的化学方程式；（4）设计实验验证溶液F中的金属阳离子。28．（6分）氯化钴（CoCl2）主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：Co（III）的氧化性强于Cl2，CoCl2易潮解。（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为。（2）装置B中盛放的试剂为，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是。（3）E中物质的名称，其作用是。（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是。（5）小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CoCl3，你是否同意该论断并解释原因是。（6）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使用氯化亚砜（SOCl2）与CoCl2•6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是。29．（8分）已知某有机物A：①由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%；②图1是该有机物的质谱图，请回答：（1）A的实验式（最简式）为，A相对分子质量为，（2）A的同分异构体有种，分子中具有手性碳原子的结构简式为（3）A的核磁共振氢谱有两个峰，红外光谱图如图2，A的结构简式为．（4）A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为C4H8，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，写出B发生聚合反应的化学方程式．30．（12分）“2030年前碳达峰，2060年前实现碳中和”定调国家级绿色发展战略．防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。（1）将CH4催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。①在体积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）。当投料比，＝1.0时，CO2的平衡转化率（α）与温度（T）、初始压强（p）的关系如图所示。压强p1（填“＞”“＜”或“＝”，下同）p2；当温度为T3、压强为p1时，a点时的v（逆）v（正）。②在VL密闭容器中，充入不同的原料气体，控制温度700℃，发生反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g），请在图中画出CO在混合气体中的平衡体积分数随递增的变化趋势。（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法．研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。①投料比相同，在不同温度和不同压强下CO2和H2合成甲醇时，H2的平衡转化率如图1所示。已知温度T3＞T2＞T1，则该反应自发进行的条件是。②温度为T℃时，向10L恒容密闭容器中充入H2和CO2的混合气体4mol，此时容器内压强为4p，两种气体的平衡转化率α与起始时的关系如图2所示。图2中CO2的平衡转化率与的关系可用曲线（填“L1”或“L2”）表示。该温度下，此反应的平衡常数Kp＝（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。③采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中（填字母）的能量变化。A．*CO+*OH→*CO+*H2OB．*CO→*OCHC．*OCH2→*OCH3D．*OCH3→*CH3OH（3）我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图所示。电解过程中，电解质溶液中H+向（填“石墨1”或“石墨2”）电极迁移，石墨1上发生的电极反应式为。31．（10分）（1）通过对“祝融号”火星车传回的信息研究发现，火星岩的主要成分为MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O等．回答下列问题：①比较Fe3+与Fe2+的稳定性并阐述其原因．②在上述氧化物中属于共价晶体的是（填化学式）．③常用于检验Fe3+的一种试剂为K4[Fe（CN）6]，其中的阴离子[Fe（CN）6]4﹣所含σ键、π键数目之比为．（2）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料．一种ZnO晶体的晶胞（立方体）如图1所示，NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm．图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短空间距离x＝pm．晶体的密度为g/cm3（列出计算式即可）．

2021-2022学年浙江省北斗联盟高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）1．（2分）下列属于弱电解质的是（）A．Na2O B．HI C．NH3⋅H2O D．NaHCO3【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，包括强酸、强碱、大多数盐、金属氧化物等；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物，包括弱酸、弱碱、少数盐和水。【解答】解：A．Na2O在熔融状态下可完全电离，属于强电解质，故A错误；B．HI属于强酸，在水溶液中可完全电离，属于强电解质，故B错误；C．NH3⋅H2O属于弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C正确；D．NaHCO3在水溶液中可完全电离，属于强电解质，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了强电解质和弱电解质区别，明确二者的分类依据是解题的关键，题目难度不大。2．（2分）下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（）A．NaHSO4 B．NH4Cl C．H2SO4 D．NaHCO3【分析】弱酸根离子水解使溶液呈碱性，弱碱阳离子水解使溶液呈酸性，某物质的水溶液因水解而呈酸性，说明该物质为强酸弱碱盐，结合物质组成分析判断。【解答】解：A．NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液呈酸性与水解无关，故A错误；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液呈酸性，故B正确；C．H2SO4为强酸，电离使溶液呈酸性，与水解无关，故C错误；D．NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解溶液呈碱性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查盐类水解原理的应用，明确常见盐的类型及水解原理为解答关键，试题侧重考查学生灵活运用基础知识的能力，题目难度不大。3．（2分）下列仪器和名称都正确的是（）A．蒸馏烧瓶 B．溶量瓶 C．碱式滴定管 D．坩锅【分析】依据仪器构造特点判断并书写仪器名称，据此解答。【解答】解：A．依据仪器形状可知，图示为圆底烧瓶，故A错误；B．依据仪器形状可知，图示仪器为容量瓶，故B错误；C．依据仪器形状可知，图示仪器为碱式滴定管，故C正确；D．根据仪器形状可知，图示仪器为坩埚，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了常用化学仪器的名称，熟悉仪器形状特点，明确仪器名称即可解答，题目难度不大。4．（2分）下列表述不正确的是（）A．甲基的电子式 B．乙烯的球棍模型 C．乙炔的空间填充模型为 D．命名为2，2，3﹣三甲基丁烷【分析】A.甲基中碳原子上有一个未成对电子；B.用小球和小棍表示的模型为球棍模型；C.乙炔为直线形结构，H原子半径小于C原子半径；D.的主链上有4个碳原子，且两端离支链一样近，应从支链多的一端开始编号，据此分析。【解答】解：A.甲基中碳原子上有一个未成对电子，电子式为，故A错误；B.乙烯为平面结构，碳原子之间以双键相连，且H原子半径小于C原子半径，球棍模型为，故B正确；C.乙炔为直线形结构，H原子半径小于C原子半径，空间填充模型为，故C正确；D.的主链上有4个碳原子，且两端离支链一样近，应从支链多的一端开始编号，在2号碳原子上有2个甲基，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为2，2，3﹣三甲基丁烷，故D正确；故选：A。【点评】本题考查常见化学用语的正误判断，把握有机物的命名、电子式、空间填充模型和球棍模型等常见化学用语的书写方法即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。5．（2分）下列化学用语的描述正确的是（）A．SO2的VSEPR模型 B．锂原子最外层原子轨道示意图： C．铬原子价电子排布式：3d54s1 D．违反了洪特规则【分析】A．价层电子对互斥理论，中心原子价层电子对数n＝孤电子对数+σ键数目，可以判定VSEPR模型；B．由锂原子最外层电子排布式为2s1，原子轨道是s轨道，s轨道呈球形对称；C．根据构造原理，当原子轨道处于全满、半满或全空时比较稳定；D．泡利原理即每个原子轨道最多容纳两个电子，且自旋方向相反，p轨道上的成对电子应该自旋方向相反。【解答】解：A．SO2中心原子S原子的价层电子对数n＝孤电子对数+σ键数目＝1+2＝3，VSEPR模型是平面三角形，故A错误；B．由锂原子最外层电子排布式为2s1，原子轨道是s轨道，s轨道呈球形对称，最外层原子轨道示意图应是，故B错误；C．根据构造原理，当原子轨道处于全满、半满或全空时比较稳定，铬原子价电子排布式为3d54s1，故C正确；D．泡利原理即每个原子轨道最多容纳两个电子，且自旋方向相反，p轨道上的成对电子应该自旋方向相反，所以违反了泡利原理，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质结构，内容涉及核外电子排布的一般规律、泡利原理、构造原理、洪特规则、根据价层电子对互斥理论判断简单分子的VSEPR模型等，题目比较简单，学生要在理解的基础上记忆。6．（2分）下列有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是（）A．MgO熔点高，可用于制造耐火材料 B．SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物 C．SiO2硬度大，可用于制作光导纤维 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼金属铝【分析】A．制造耐火材料的物质一般为熔、沸点高的物质；B．SO2具有漂白性；C．SiO2具常用于制作光导纤维，与硬度大小无关；D．Al2O3用于电解冶炼金属铝，与其是否属于两性氧化物无关。【解答】解：A．MgO属于离子化合物，熔点高，可用于制造耐火材料，故A正确；B．SO2具有漂白性，可用于漂白草编织物，故B错误；C．SiO2具有优良的传导光信号的特性，可用于制作光导纤维，与硬度大小无关，故C错误；D．Al2O3因其熔点相对较低，用于电解冶炼金属铝，与其是否属于两性氧化物无关，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查物质的性质与用途是否对应一致，要求学生对性质、用途能够真正的理解，属于基本知识的考查，难度不大，7．（2分）下列各项叙述中不正确的是（）A．同一原子能层越高，s电子云半径越大 B．同一能层运动的电子，其自旋方向可能不同 C．杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对 D．镁原子的核外电子排布由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，释放能量【分析】A．能量越高，离原子核越远；B．同一轨道中电子最多有2种自旋方向；C．杂化轨道只能用于形成σ键或容纳孤电子对，不能形成π键；D．3p能级的能量比3s能级高。【解答】解：A．能量越高，离原子核越远，则同一原子的能层越高，s电子云半径越大，故A正确；B．在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，同一轨道中电子最多有2种自旋方向，同一能层不同轨道中电子的自旋方向可能相同，也可能不相同，故B正确；C．杂化轨道只能用于形成σ键或容纳孤电子对，不能形成π键，π键是轨道之间肩并肩形成的，故C正确；D．3p能级的能量比3s能级高，电子由3s能级跃迁到3p能级，需要吸收能量，故D错误；故选：D。【点评】本题考查核外电子排布，熟练掌握核外电子排布规律，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。8．（2分）随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构．下列说法不正确的是（）A．利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析 B．红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构 C．质谱仪是通过分析最小的碎片离子测出分子的相对质量 D．用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的【分析】A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同；B．红外吸收光谱仪可以测得化学键或官能团；C．质谱仪用高能电子流等轰击样品，使有机分子失去电子形成带正电荷的分子离子和碎片离子等，质谱仪能根据最大的碎片离子确定有机物的相对分子质量；D．玻璃是非晶态二氧化硅，水晶是晶态二氧化硅，两者的衍射图谱不同。【解答】解：A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；B．红外吸收光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，以此判断物质的结构，故B正确；C．质谱仪能根据最大的碎片离子确定有机物的相对分子质量，故C错误；D．玻璃是非晶态二氧化硅，水晶是晶态二氧化硅，则水晶的衍射图谱中会出现分立的斑点或明锐的衍射峰，两者的衍射图谱不同，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查现代仪器的相关知识，属于基本知识的考查，需要学生注意基本知识的积累，难度不大。9．（2分）下列说法正确的是（）A．和属于同类有机物 B．与金属钠和乙醇反应相比，钠与水反应更剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致羟基中O﹣H的极性更强 C．和属于碳架异构 D．要提纯实验室制得的硝基苯，可以先加入氢氧化钠溶液，再分液【分析】A．前者含有酚羟基、后者含有醇羟基；B．和钠反应，水比乙醇反应剧烈，说明烃基对羟基有影响；C．二者结构相同；D．NaOH和硝基苯不反应，NaOH和硝酸、硫酸反应生成可溶性的钠盐。【解答】解：A．前者含有酚羟基、后者含有醇羟基，前者属于酚、后者属于醇，二者结构不相似，所以不属于同类物质，故A错误；B．和钠反应，水比乙醇反应剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致羟基中O﹣H的极性更弱，故B错误；C．二者结构相同，不属于碳架异构，故C错误；D．NaOH和硝基苯不反应，NaOH和硝酸、硫酸反应生成可溶性的钠盐，然后采用分液的方法分离，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的分离提纯、同系物等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、物质性质的差异性是解本题关键，题目难度不大。10．（2分）下列说法正确的是（）A．相同条件下，（CH3）2CHCH（CH3）2的熔点高于（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．CH2＝CH﹣CH＝CH2与氢气反应可以得到四种不同产物 C．工业上可以用乙炔和水反应制取乙醛 D．溴水可以鉴别苯和甲苯【分析】A．相同条件下，同分异构体的烷烃中，含有的支链越少，其熔点越高；B．该有机物和氢气发生加成反应，可以是1，2加成，可以是1，4加成，可以是完全加成；C．乙炔和水在一定条件下发生加成反应生成乙醛；D．溴水和苯、甲苯都不反应，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．相同条件下，同分异构体的烷烃中，含有的支链越少，其熔点越高，二者是互为同分异构体烷烃，前者含有支链多，所以熔点：前者低于后者，故A错误；B．该有机物和氢气发生加成反应，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种加成产物，故B错误；C．乙炔和水在一定条件下发生加成反应生成乙醛，故C正确；D．溴水和苯、甲苯都不反应，但苯、甲苯都能萃取溴水中的溴，苯、甲苯密度都小于水，甲苯、苯和溴水混合时分层，有色层都在上层，现象相同，无法鉴别，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物鉴别，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确有机物的官能团及其性质的关系、性质差异性是解本题关键，题目难度不大。11．（2分）反应A+B→C分两步进行：①A+B→X（ΔH＜0），②X→C（ΔH＞0），E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能。下列图示正确的是（）A． B． C． D．【分析】生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，据此分析。【解答】解：①A+B→X（ΔH＜0），则A和B的能量之和大于X能量，②X→C（ΔH＞0），则X能量小于C的能量，故A、C错误；E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，故D错误，B正确；故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。12．（2分）下列有关说法不正确的是（）A．水合铜离子的模型如图，水合铜离子中只存在极性共价键、配位键 B．CaF2晶体的晶胞如图，与F﹣距离最近的Ca2+组成正四面体 C．二氧化硅晶体如图，每个硅原子拥有四个Si﹣O键 D．为K的某种氧化物晶胞，其中黑球为K+，由图可知该晶体化学式为K2O2【分析】A．Cu2+含有空轨道，H2O中氧原子含有孤电子对，氧原子与氢原子之间形成极性键；B．由图可知，F﹣周围最近的Ca2+有4个，且形成正四面体；C．由图可知，每个Si原子与周围的4个氧原子形成4个Si﹣O键；D．均摊法计算晶胞中K+、O2n﹣数目，进而确定化学式。【解答】解：A．Cu2+含有空轨道，H2O中氧原子含有孤电子对，Cu2+和H2O之间存在配位键，H2O中O原子与H原子之间形成极性共价键，故A正确；B．由图可知，与F﹣距离最近的Ca2+有4个，这4个Ca2+形成正四面体，故B正确；C．由图可知，每个Si原子与周围的4个氧原子形成4个Si﹣O键，故C正确；D．由图可知，晶胞中K+离子数目为8×+6×＝4，O2n﹣数目为1+12×＝4，K+离子、O2n﹣离子数目之比为1：1，故该晶体化学计算为KO2，故D错误；故选：D。【点评】本题考查晶胞结构与晶胞计算、化学键等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，题目较好地考查学生空间想象能力、分析计算能力、综合运用知识的能力。13．（2分）AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂．通过激光加热引发AlH3的燃烧反应之后，AlH3燃烧时的温度随时间变化关系如图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化如下：2AlH3（s）＝2Al（s）+3H2（g）ΔH1H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH2Al（s）＝Al（g）ΔH3Al（g）+O2（g）＝Al2O3（s）ΔH4下列分析正确的是（）A．AlH3燃烧需要激光加热引发，所以AlH3燃烧是吸热反应 B．其他条件相同时，等物质的量的Al（s）燃烧放热大于Al（g）燃烧放热 C．在反应过程中，a点时物质所具有的总能量最小 D．2AlH3（s）+3O2（g）＝Al2O3（s）+3H2O（1）ΔH＝ΔH1+3ΔH2+2ΔH3+2ΔH4【分析】A．化学反应是放热反应还是吸热反应，与反应条件无关，同时AlH3燃烧是放热热反应；B．Al（s）转化为Al（g）这一步需要吸收热量；C．反应过程中，a点时释放的能量最大；D．①2AlH3（s）═2Al（s）+3H2（g）△H1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2③Al（s）═Al（g）△H3④Al（g）+O2═Al2O3（s）△H4根据盖斯定律①+3×②+2×③+2×④得2AlH3（s）+3O2（g）═Al2O3（s）+3H2O（g）。【解答】解：A．化学反应是放热反应还是吸热反应，与反应条件无关，同时AlH3燃烧是放热反应，故A错误；B．Al（s）转化为Al（g）这一步需要吸收热量，其他条件相同时，等物质的量的Al（s）燃烧放热小于Al（g）燃烧放热，故B错误；C．反应过程中，a点时释放的能量最大，a点时物质所具有的总能量最小，故C正确；D．①2AlH3（s）═2Al（s）+3H2（g）△H1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2③Al（s）═Al（g）△H3④Al（g）+O2═Al2O3（s）△H4根据盖斯定律①+3×②+2×③+2×④得2AlH3（s）+3O2（g）═Al2O3（s）+3H2O（g）△H＝△H1+3△H2+2△H3+2△H4，不是生成液态水，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物、反应条件之间有无必然关系，要理解盖斯定律，此题难度中等。14．（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的微粒个数等于0.1NA B．标准状况下，将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣的粒子数之和为2NA C．氢氧燃烧电池中每消耗4.48LH2则外电路通过电子0.4NA D．0.31g基态P原子中，含p能级电子的数目为0.09NA【分析】A．碳酸氢根离子为弱酸的酸根离子，水溶液中部分水解，部分电离；B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；C．气体状况未知；D．基态P原子基态电子排布式为1s22s22p63s23p3，一个原子中含有9个p能级电子。【解答】解：A．碳酸氢根离子为弱酸的酸根离子，水溶液中部分水解，部分电离，所以1L浓度为0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3﹣的微粒个数小于0.1NA，故A错误；B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，将22.4LCl2通入水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣的粒子数之和小于2NA，故B错误；C．气体状况未知，无法计算氢气的物质的量，无法计算转移电子数，故C错误；D．0.31g基态P原子中，含p能级电子的数目为×9×NA/mol＝0.09NA，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，题目难度不大。15．（2分）常温下，0.10mol/L的一元酸HA，下列事实不能证明该酸为弱酸的是（）A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6 B．与相同物质的量浓度盐酸相比，导电性更弱 C．中和同体积同物质的量浓度的NaOH溶液，消耗该酸的体积与等浓度盐酸体积相等 D．若测得该酸溶液pH＝a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH＝b，且b＜a+1【分析】A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6＜1，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，说明NaA为强碱弱酸盐；B．与相同物质的量浓度盐酸相比，导电性更弱，说明HA溶液中离子浓度较小，HCl是强电解质而完全电离，则HA部分电离；C．中和同体积同物质的量浓度的NaOH溶液，消耗该酸的体积与等浓度盐酸体积相等，说明HA为一元酸；D．若测得该酸溶液pH＝a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH＝b，且b＜a+1，说明稀释过程中HA继续电离，则HA存在电离平衡。【解答】解：A．0.10mol/L的NaA溶液中＝10﹣6＜1，则c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，说明NaA为强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故A错误；B．与相同物质的量浓度盐酸相比，导电性更弱，说明HA溶液中离子浓度较小，HCl是强电解质而完全电离，则HA部分电离，所以HA为弱酸，故B错误；C．中和同体积同物质的量浓度的NaOH溶液，消耗该酸的体积与等浓度盐酸体积相等，说明HA为一元酸，不能说明HA部分电离，则不能证明HA为弱酸，故C正确；D．若测得该酸溶液pH＝a，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得pH＝b，且b＜a+1，说明稀释过程中HA继续电离，则HA存在电离平衡，HA为弱酸，故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确酸性强弱判断方法是解本题关键，注意：酸的强弱与电离程度有关，C选项为解答易错点。16．（2分）SO2催化氧化是制硫酸的关键步骤：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）。T1K时，在2L的恒温恒容容器中加入2molSO2（g）和1molO2（g），测得混合气体的总物质的量（mol）随时间的变化如下表所示：t/min036101525∞n总/mol32.502.352.152.102.082.06下列推断正确的是（）A．3～6min的反应速率小于6～10min B．0～10min，v（O2）＝0.085mol⋅L﹣1⋅min﹣1 C．T1K时SO2的平衡转化率为94% D．T1K时反应时间最好定为25min【分析】A．3～6min与6～10min的时间差不同；B．0～10min内△n（O2）＝3mol﹣2.15mol＝0.85mol，结合v（O2）＝计算；C．T1K时，达到平衡时转化的n（SO2）＝2×（3﹣2.06）mol＝1.88mol；D．表中15min时该反应中二氧化硫的转化率已经很大了。【解答】解：A．由表格中的数据可知，3～6min内气体的总物质的量减少2.50mol﹣2.35mol＝0.15mol，6～10min内气体的总物质的量减少2.35mol﹣2.15mol＝0.20mol，但反应时间不同，不能判断3～6min的反应速率与6～10min的反应速率大小关系，故A错误；B．0～10min内△n（O2）＝3mol﹣2.15mol＝0.85mol，则v（O2）＝＝0.0425mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；C．T1K时，达到平衡时转化的n（SO2）＝1.88mol，可知二氧化硫的转化率为×100%＝94%，故C正确；D．由表格数据可知，15min时该反应中二氧化硫的转化率已经很大了，且随着时间的增加，SO2的转化率变化不大，则在T1K时，反应时间最好定为15min，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、转化率及速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度较大。17．（2分）2019年的诺贝尔化学奖授予锂离子电池研究的三位科学家．如图是一种锂离子电池的工作原理示意图，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为LiCoO2，其总反应可表示为：LixCy+Li1﹣xCoO2═LiCoO2+Cy，下列说法正确的（）A．放电时锂离子由b极脱嵌，移向a极 B．充电时b极的反应式为：LiCoO2+xe﹣═Li1﹣xCoO2+xLi+ C．充电时，a极接正极，发生还原反应 D．使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应【分析】可充电电池，放电时负极材料为嵌锂石墨，充电时连电源负极，正极材料为LiCoO2，充电时连电源正极；A．放电时a极为负极，阳离子向正极移动；B．充电时b极为阳极；C．充电时，a极为阴极接负极；D．金属锂能与水反应。【解答】解：A．负极材料为嵌锂石墨，放电时锂离子由a极脱嵌，移向b极，故A错误；B．充电时b极为阳极，b极的反应式为：LiCoO2﹣xe﹣＝Li1﹣xCoO2+xLi+，故B错误；C．充电时，a极为阴极接负极，发生还原反应，故C错误；D．由于金属锂能与水反应，使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查可充电电池，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。18．（2分）由短周期主族元素组成的一种新型漂白剂的结构如题图所示。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，W的族序数是周期序数的两倍，基态时Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，Y与Z位于不同周期。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Y＜X＜Z B．第一电离能：W＜X＜Y C．W的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的弱 D．WY2晶胞中与每个分子距离最近且相等的分子数为8【分析】由短周期主族元素可组成的一种新型漂白剂，结构如题图所示；其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，W形成4个共价键，最外层电子数是4，W的族序数是周期序数的两倍，则W核外电子排布是2、4，所以W是C元素；基态时Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，则Z核外电子排布是1s22s22p63s23p5，则Z是Cl元素；Y与Z位于不同周期，则Y是第二周期元素，形成2对共用电子对，原子序数比C大，所以Y是O元素，根据原子序数关系可知X是N元素，根据上述分析可知：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，三种元素形成的离子N3﹣、O2﹣、C﹣，其中N3﹣、O2﹣核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Cl﹣核外电子排布是2、8、8，具有3个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径关系为：Y（O2﹣）＜X（N3﹣）＜Z（Cl﹣），故A正确；B．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第IIA、第VA族时，原子核外电子排布处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以元素的第一电离能大小关系为：W（C）＜Y（O）＜X（N），故B错误；C．W是C，Z是Cl，元素的非金属性：C＜Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜HClO4，即W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱，故C错误；D．WY2是CO2，晶胞中与每个分子距离最近且相等的分子数为12，故D错误；故选：A。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据结构图中价键结构推断元素，熟练掌握元素周期律，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。19．（2分）类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是（）A．NH3的熔沸点高于PH3，则CH4的熔沸点也高于SiH4 B．CO2是非极性分子，在水中的溶解度不大，则CS2在水中的溶解度也很小 C．N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定 D．[Al（OH）4]﹣中铝离子采用sp3杂化，配合离子的空间构型为正四面体形，则[Cu（NH3）4]2+中铜离子也采用sp3杂化，配合离子的空间构型也为正四面体形【分析】A．能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物，其熔沸点随着相对分子质量的增大而升高；B．CO2、CS2互为等电子体，二者结构相似，物理性质相似；C．N≡N由于键能大而结构稳定，C≡C需要结合其他原子才能达到稳定结构；D．铜离子不是sp3杂化。【解答】解：A．NH3能形成分子间氢键，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物，其熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，PH3、CH4、SiH4都不能形成分子间氢键，且相对分子质量：CH4＜SiH4，所以NH3的熔沸点高于PH3，CH4的熔沸点低于SiH4，故A错误；B．CO2、CS2互为等电子体，二者结构相似，物理性质相似，CO2在水中的溶解度不大，则CS2在水中的溶解度也很小，故B正确；C．N≡N由于键能大而结构稳定，C≡C需要结合其他原子才能达到稳定结构，所以C≡C不稳定，故C错误；D．[Cu（NH3）4]2+为平面四边形结构，所以铜离子不是sp3杂化，故D错误；故选：B。【点评】本题考查探究化学规律，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确氢键对物质溶解性的影响原理、微粒空间构型等知识点是解本题关键，D为解答易错点。20．（2分）下列关于共价键的描述正确的是（）A．键能：H﹣O＞H﹣S，因此H2O的沸点高于H2S的沸点 B．原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性 C．两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键 D．键长越短，电子云重叠程度越大，键能越小【分析】A.分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小；B.s电子在形成共价键时，没有方向性；C.p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键；D.键长越短，电子云重叠程度越大，键能越大。【解答】解：A.分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，和分子内的共价键强弱无关，H2O的沸点高于H2S的沸点是由于水分子间存在氢键，故A错误；B.H的1s电子为球形对称，s﹣s电子重叠没有方向性，则H﹣H键无方向性，故B错误；C.p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键，所以两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键，故C正确；D.键长越短，电子云重叠程度越大，键能越大，表示化学键越牢固，越难以断裂，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查键能与分子稳定性的关系，键能可以定量的衡量化学键的强弱，属于基本知识的考查，难度不大。21．（2分）二氧化氯（ClO2）是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2+有明显的去除效果，其反应原理为：ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl﹣（部分反应物和产物省略、未配平），实验室用如图的方法制备饮用水消毒剂ClO2。已知：NCl3为强氧化剂，其中N元素为﹣3价。下列说法不正确的是（）A．电解NH4Cl溶液时可以选用金属铜作阴极 B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑ C．X溶液中主要存在的离子有：H+、Na+、Cl﹣ D．饮用水制备过程中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为﹣3价，该反应中Cl元素化合价由+3价变为+4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl﹣，溶液呈碱性，所以还存在OH﹣，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O＝6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl；A．电解池中阴极发生还原反应，电极材料不参与反应；B．电解NH4Cl溶液时生成H2和NCl3；C．溶液X中含有Cl﹣、OH﹣，溶液呈碱性；D．硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水。【解答】解：A．电解池中阴极发生还原反应，电极材料不参与反应，铜能导电，则电解NH4Cl溶液时可以选用金属铜作阴极，故A正确；B．电解NH4Cl溶液时生成H2和NCl3，其反应的方程式为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故B正确；C．溶液X中含有Cl﹣、OH﹣，溶液呈碱性，不存在和OH﹣反应的离子H+，故C错误；D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确；故选：C。【点评】本题考查物质转化和电解原理，侧重考查学生物质之间转化和电解原理的掌握情况，试题难度中等。22．（2分）酸碱中和滴定是化学中重要的定量实验，某兴趣小组准确量取25.00mL待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定。下列说法正确的是（）A．锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，未用待测液润洗 B．使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定 C．实验过程中某同学记录消耗的NaOH溶液的体积为21.6mL D．盛NaOH标准溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，到达滴定终点时气泡消失，则测定结果偏低【分析】A．锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，不能用待测液润洗，否则测定结果偏高；B．滴定终点是由无色变为红色，且半分钟不褪色再停止滴定；C．滴定管读数应该精确到0.01mL；D．滴定前有气泡，读数V1偏小，到达滴定终点时气泡消失，读数V2正确，则（V2﹣V1）偏大。【解答】解：A．锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，未用待测液润洗，对测定结果无影响，故A正确；B．当锥形瓶中的溶液是盐酸，使用酚酞做指示剂，滴定终点是由无色变为红色，且半分钟不褪色再停止滴定，故B错误；C．滴定管读数应该精确到0.01mL，记录数据应为26.10mL，故C错误；D．盛NaOH标准溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，读数V1偏小，到达滴定终点时气泡消失，读数V2正确，则（V2﹣V1）偏大，则测定盐酸的浓度结果偏高，故D错误；故选：A。【点评】本题考查酸碱中和滴定的基本操作，涉及仪器的使用、滴定终点的判定、误差分析等，题目难度不大。23．（2分）苯乙烯（）是一种重要的有机化工原料，关于该物质下列说法正确的是（）A．苯乙烯分子中最多有14个原子共平面 B．苯乙烯能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，且褪色原理相同 C．苯乙烯发生聚合反应后的产物不能再与氢气发生加成反应 D．苯乙烯与甲苯不是同系物，但与立方烷（）是同分异构体【分析】A．苯环为平面构型，碳碳双键为平面构型；B．苯乙烯能使酸性高锰酸钾褪色是发生了氧化反应，使溴水褪色是发生了加成反应；C．苯乙烯发生聚合反应后的产物含有苯环，能再与氢气发生加成反应；D．苯乙烯含双键，与甲苯不是同系物，但与立方烷分子式相同结构不同。【解答】解：A．苯环为平面构型，碳碳双键为平面构型，两者通过单键相连，所有原子均可能共平面，苯乙烯分子中最多有16个原子共平面，故A错误；B．苯乙烯能使酸性高锰酸钾褪色是发生了氧化反应，使溴水褪色是发生了加成反应，褪色原理不相同，故B错误；C．苯乙烯发生聚合反应后的产物含有苯环，能再与氢气发生加成反应，故C错误；D．苯乙烯含双键，与甲苯不是同系物，但与立方烷分子式相同结构不同，是同分异构体，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意理解同系物概念的内涵与外延，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，侧重考查学生对基础知识的掌握、运用知识解决问题的能力。24．（2分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）K＝0.1，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法不正确的是（）A．CO、H2S的转化率之比为1：1 B．达平衡后H2S的体积分数为29.4% C．加入正催化剂，可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率 D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡会移动【分析】设开始加入的H2S的物质的量为xmol，平衡后CO物质的量为8mol，则  CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）开始（mol）10       x         0      0转化（mol） 2       2        2       2平衡（mol）  8      x﹣2        2        2A.由K＝＝0.1可计算x，转化率＝×100%；B.达平衡后H2S的体积分数等于其物质的量分数；C.催化剂不改变化学平衡状态；D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，计算此时浓度商，再与K值比较得出结论。【解答】解：设开始加入的H2S的物质的量为xmol，平衡后CO物质的量为8mol，则  CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）开始（mol）10       x         0      0转化（mol） 2       2        2       2平衡（mol）  8      x﹣2        2        2A.由K＝＝0.1，解得x＝7，CO、H2S的转化率之比为：＝7：10，故A错误；B.达平衡后H2S的体积分数为×100%≈29.4%，故B正确；C.催化剂不改变化学平衡状态，则加入正催化剂，可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率，故C正确；D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，Q＝＝＝＞K＝0.1，平衡逆向移动，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，根据题目信息结合化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。25．（2分）下列关于实验内容和实验目的说法正确的是（）编号实验内容实验目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱C用50mL注射器吸入20mLNO2和N2O4的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后把注射器的活塞往外拉，可观察到混合气体的颜色先变深后变浅证明对有气体参加的可逆反应，改变压强可能会使平衡发生移动D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3A．A B．B C．C D．D【分析】A.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动；B.NaClO溶液可使pH试纸褪色；C.把注射器的活塞往外拉，气体的浓度减小；D.NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀。【解答】解：A.钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅可证明水解平衡的存在，故A正确；B.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH，故B错误；C.把注射器的活塞往外拉，气体的浓度减小，则最终颜色变浅，不能证明压强对平衡移动的影响，故C错误；D.NaOH溶液过量，分别与氯化镁、氯化铁反应生成沉淀，由实验及现象不能比较Mg（OH）2、Fe（OH）3的Ksp大小，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、平衡移动、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。二、非选择题26．（6分）Ⅰ．解释下列现象或原理：（1）AlF3的熔点（1291℃）比AlCl3的熔点（190℃）高很多的原因是AlF3为离子晶体，而AlCl3分子晶体，克服离子键比分子间作用力更难；（2）Na2O溶于水克服的微粒间作用力有离子键、共价键、分子间作用力（氢键）。Ⅱ．比较对羟基苯甲酸（）与邻羟基苯甲酸（）熔点高低并解释产生这种现象的原因是对羟基苯甲酸的熔沸点高于邻羟基苯甲酸，对羟基苯甲酸形成的是分子间氢键，使得熔沸点升高，而邻羟基苯甲酸形成的是分子内氢键，使得熔沸点降低。【分析】I．（1）AlF3的熔点为1291℃，为离子晶体，而AlCl3的熔点为190℃为分子晶体；（2）Na2O为离子晶体，钠离子和氧离子之间以离子键结合，其溶于水是和水发生反应生成氢氧化钠；II．对羟基苯甲酸（）能形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸（）形成的是分子内氢键。【解答】解：I．（1）AlF3的熔点为1291℃，为离子晶体，熔化时克服的是离子键，而AlCl3的熔点为190℃，为分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，离子键的强度远大于分子间作用力的强度，故答案为：AlF3为离子晶体，而AlCl3分子晶体，克服离子键比分子间作用力更难；（2）Na2O为离子晶体，钠离子和氧离子之间以离子键结合，其溶于水是和水发生反应生成氢氧化钠：Na2O+H2O＝2NaOH，此过程要断裂氧化钠中的离子键、水分子内的共价键以及克服水分子间的氢键，故答案为：离子键、共价键、分子间作用力（氢键）；II．对羟基苯甲酸（）能形成分子间氢键，使得熔沸点升高，而邻羟基苯甲酸（）形成的是分子内氢键，使得熔沸点降低，故答案为：对羟基苯甲酸的熔沸点高于邻羟基苯甲酸，对羟基苯甲酸形成的是分子间氢键，使得熔沸点升高，而邻羟基苯甲酸形成的是分子内氢键，使得熔沸点降低。【点评】本题考查了晶体类型、微粒间作用力的判断以及物质熔沸点的比较，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。27．（8分）固体化合物X（式量小于200）由1﹣20号的4种元素组成，某小组开展如下探究实验，气体体积都在标准状况下测定。请回答：（1）气体B的电子式，白色固体C的化学式是CaCO3；（2）化合物X的化学式是CaCl2⋅4NH3；（3）气体B与红棕色固体H反应的化学方程式2NH3+Fe2O32Fe+N2+3H2O；（4）设计实验验证溶液F中的金属阳离子取2份试样于试管，向一支中滴加KSCN溶液若变血红色，则含Fe3+、反之则无；向另一支试管中滴加铁氰化钾溶液若出现蓝色沉淀，则含Fe2+、反之则无。【分析】化合物X加热产生气体B和固体A，气体B经溶液F转化为沉淀G，灼烧为红棕色固体H，可知H为氧化铁，沉淀G为氢氧化铁，可知气体B为碱性，即NH3，固体A加入苏打产生白色沉淀C，且为前20号元素，说明固体含有Ca元素，溶液D加入硝酸银产生白色沉淀，说明固体含有氯离子，氯离子的物质的量为mol＝0.06mol，故钙离子的物质的量为0.03mol，氨气体积为2.688L，对应体积为mol＝0.12mol，n（Ca）：n（Cl）：n（NH3）＝1：2：4，故该物质化学式为CaCl2⋅4NH3，据此分析回答问题。【解答】解：（1）气体B为氨气，电子式为，白色沉淀为CaCO3，故答案为：；CaCO3；（2）结合分析可知，该物质化学式为CaCl2⋅4NH3，故答案为：CaCl2⋅4NH3；（3）氨气与氧化铁可以发生氧化还原反应，产生铁单质和氮气，对应方程式为2NH3+Fe2O32Fe+N2+3H2O，故答案为：2NH3+Fe2O32Fe+N2+3H2O；（4）F中阳离子为亚铁离子或铁离子，检验操作为取2份试样于试管，向一支中滴加KSCN溶液若变血红色，则含Fe3+、反之则无；向另一支试管中滴加铁氰化钾溶液若出现蓝色沉淀，则含Fe2+、反之则无，故答案为：取2份试样于试管，向一支中滴加KSCN溶液若变血红色，则含Fe3+、反之则无；向另一支试管中滴加铁氰化钾溶液若出现蓝色沉淀，则含Fe2+、反之则无。【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。28．（6分）氯化钴（CoCl2）主要用于电解制备金属钴，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：Co（III）的氧化性强于Cl2，CoCl2易潮解。（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O。（2）装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，装置D硬质玻璃管中的玻璃纤维的作用是防止固体粉末堵塞导管。（3）E中物质的名称碱石灰，其作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D。（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气。（5）小组成员认为实验过程中Cl2过量，装置D中所得固体可能会有CoCl3，你是否同意该论断并解释原因是不同意，CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3。（6）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到CoCl2固体，使用氯化亚砜（SOCl2）与CoCl2•6H2O混合加热可以得到氯化钴固体，原理是SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O＝SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2•6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解。【分析】84消毒液的有效成分是次氯酸钠，A中反应为2HCl（浓）+NaClO＝Cl2↑+H2O+NaCl；装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。【解答】解：（1）84消毒液的主要成分是次氯酸钠，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的离子方程式为：2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O，故答案为：2H++Cl﹣+ClO﹣＝Cl2↑+H2O；（2）装置B中盛放的试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，所以采用玻璃纤维防止固体粉末堵塞导管，故答案为：饱和食盐水；防止固体粉末堵塞导管；（3）装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，故答案为：碱石灰；吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；（4）实验过程应先打开分液漏斗旋塞，一段时间后再点燃酒精灯，目的是：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气，故答案为：排出装置中的气体，使装置充满纯净的氯气；（5）不同意，装置D中所得固体不可能会有CoCl3，CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3，故答案为：不同意，CoCl3为氧化产物，由于Co（III）的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3；（6）SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O＝SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2•6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体，故答案为：SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O＝SO2↑+HCl↑，SOCl2与CoCl2•6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解。【点评】本题综合考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和应用能力，注意把握物质的性质，实验操作方法以及反应的转化关系，题目难度中等。29．（8分）已知某有机物A：①由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%；②图1是该有机物的质谱图，请回答：（1）A的实验式（最简式）为C4H10O，A相对分子质量为74，（2）A的同分异构体有7种，分子中具有手性碳原子的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH3（3）A的核磁共振氢谱有两个峰，红外光谱图如图2，A的结构简式为．（4）A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为C4H8，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，写出B发生聚合反应的化学方程式nCH3CH＝CHCH3．【分析】由质谱图可知Mr（A）＝74，A分子中N（C）＝≈6、N（H）＝≈10，则分子中N（O）＝＝1，则A的分子式为C4H10O，（3）中A的核磁共振氢谱有两个峰，而红外光谱图中显示含有﹣OH，则A的结构简式为。【解答】解：（1）由分析可知，该有机物的分子式为C4H10O，则A的实验式为C4H10O；由质谱图可知，A相对分子质量为74，故答案为：C4H10O；74；（2）A的分子式为C4H10O，可能的同分异构体为CH3CH2CH2CH3、中氢原子被羟基取代，分别有2种、2种，也可以使在碳碳键之间插入氧原子，依次有2种、1种，故A的同分异构体有7种，分子中具有手性碳原子的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH3，故答案为：7；CH3CH（OH）CH2CH3；（3）A的核磁共振氢谱有两个峰，红外光谱图显示含有﹣OH，则A的结构简式为，故答案为：；（4）A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为C4H8，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，则B为CH3CH＝CHCH3，B发生聚合反应的化学方程式为nCH3CH＝CHCH3，故答案为：nCH3CH＝CHCH3。【点评】本题考查有机物分子式与结构简式的确定，掌握燃烧法确定分子式的方法，题目侧重考查学生分析推理能力、运用知识解决问题的能力。30．（12分）“2030年前碳达峰，2060年前实现碳中和”定调国家级绿色发展战略．防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。（1）将CH4催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。①在体积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）。当投料比，＝1.0时，CO2的平衡转化率（α）与温度（T）、初始压强（p）的关系如图所示。压强p1＜（填“＞”“＜”或“＝”，下同）p2；当温度为T3、压强为p1时，a点时的v（逆）＜v（正）。②在VL密闭容器中，充入不同的原料气体，控制温度700℃，发生反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g），请在图中画出CO在混合气体中的平衡体积分数随递增的变化趋势。（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法．研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。①投料比相同，在不同温度和不同压强下CO2和H2合成甲醇时，H2的平衡转化率如图1所示。已知温度T3＞T2＞T1，则该反应自发进行的条件是低温自发。②温度为T℃时，向10L恒容密闭容器中充入H2和CO2的混合气体4mol，此时容器内压强为4p，两种气体的平衡转化率α与起始时的关系如图2所示。图2中CO2的平衡转化率与的关系可用曲线L1（填“L1”或“L2”）表示。该温度下，此反应的平衡常数Kp＝（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。③采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较多的副产物为CO；上述合成甲醇的反应速率较慢，要