湖北省黄石市大冶一中2024届化学高二第一学期期中检测试题含解析

湖北省黄石市大冶一中2024届化学高二第一学期期中检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、对人体健康不会造成危害的事实是A．用工业酒精（含甲醇）兑制饮用白酒B．用福尔马林浸泡海产品进行防腐保鲜C．用二氧化硫漂白食物D．在食用盐中加入碘酸钾以消除碘缺乏病2、短周期元素X、Y在周期表中的相对位置如图所示，且已知X基态原子的价电子排布为nsnnpn＋1，下列说法不正确的是（）A．X元素的电负性大于Y B．X元素的第一电离能大于YC．X在周期表中位于第二周期第ⅢA族 D．原子半径Mg＞Y3、在恒温条件下，将气体X、Y充入2L密闭容器中反应生成气体Z。若各气体的物质的量随时间变化曲线如图所示，下列描述正确的是()A．前10s内v(X)＝0.08mol·L－1·s－1B．该反应的平衡常数K=32C．平衡时X、Y的转化率相同D．达到平衡后，将容器体积扩大为4L，平衡向逆反应方向移动4、属于天然高分子化合物的是A．油脂B．纤维素C．葡萄糖D．乙酸5、下列有关说法错误的是（）A．活化能接近为0的反应速率极快B．NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是△S>0C．决定化学反应速率的主要因素是温度、浓度、压强、催化剂D．同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同6、下列说法中正确的是（）A．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109o28ˊB．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致C．NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构D．金属晶体与熔融态的离子晶体导电都是物理变化7、一定条件下密闭容器中发生反应：NO(g)+CO(g)1/2N2(g)+CO2(g)△H=—373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()A．升高温度 B．充入NO C．增大压强 D．加催化剂8、下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（）A．LiI B．NaBr C．KCl D．CsF9、在一定条件下，将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应，平衡后测得X，Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比nXA．2X＋Y3ZB．3X＋2Y2ZC．X＋3YZD．3X＋YZ10、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如图所示。下列有关该电池的说法正确的是()A．电极B上发生的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-B．电极A上H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2OC．电池工作时,CO32-向电极B移动D．对于反应CH4+H2O3H2+CO,每消耗1molCH4转移12mole-11、25℃时，将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=B．a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C．水的电离程度:c>b>aD．当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)12、如图是某空间站能量转化系统的局部示意图，其中燃料电池采用KOH为电解液。下列有关说法中，错误的是A．该能量转化系统中的水是可以循环使用的B．燃料电池系统产生的能量本质上来自于太阳光C．燃料电池放电时的负极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OD．光电转换器通常为硅太阳能电池板，属于把光能转化为电能的原电池装置13、下列分散系，能产生丁达尔效应的是A．Na2SO4溶液 B．Fe(OH)3胶体C．FeCl3溶液 D．NaOH溶液14、下列物质中，只含离子键的是A．Na2OB．KOHC．O3D．NO215、下列说法正确的是A．相同温度时，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH－)之比是2:1B．pH=7的水溶液一定呈中性C．0.1mol/LCH3COONa溶液中加少量CH3COOH溶液，使溶液呈中性，此时混合液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)D．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小16、对化学反应速率和平衡的研究具有十分重要的意义，下列认识正确的是A．用冰箱冷藏食物，能使其永远不腐败变质B．尾气转化催化剂可以完全消除汽车尾气污染C．调整反应条件无法使可逆反应正向进行到底D．化学反应速率越快可逆反应正向进行的程度越大17、将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)B(g)⇌2C(g)。若经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，现有下列几种说法：①用物质A表示的反应平均速率为0.3mol·L-1·s-1②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol·L-1·s-1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L-1其中正确的是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．③④18、电解CuSO4溶液时，若必须达到以下三点要求：①阳极质量减少，②阴极质量增加，③电解液中c(Cu2+)不变。则可选用的电极是A．含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极B．用纯铁作阳极，纯铜作阴极C．用石墨作阳极，惰性电极(Pt)作阴极D．用纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极19、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量。已知：(a、b、c均大于零)。下列说法不正确的是A．反应物的总能量高于生成物的总能量B．断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2molH—I键所需能量C．断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJD．向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应放出的热量小于2akJ20、设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NAB．向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，容器中的分子数为2NAC．1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H＋数目为0.3NAD．1L0.1mol/LNH4Cl溶液中含有NH4＋数目为0.1NA21、微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72－离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是A．M为电源负极，有机物被氧化B．处理1molCr2O72－时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移C．电池工作时，N极附近溶液pH增大D．Cr2O72－离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活22、下列说法正确的是（）A．PCl3分子呈三角锥形，这是磷原子采取sp2杂化的结果B．sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混杂形成的4个新轨道C．中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型可能是四面体形或三角锥形或V形D．AB3型分子的立体构型必为平面三角形二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；③RCHO＋CH3CHORCH=CHCHO＋H2O；④（1）有机物B的名称为_____。（2）由D生成E的反应类型为___________，E中官能团的名称为_____。（3）由G生成H所需的“一定条件”为_____。（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1:1:1，写出1种符合条件的X的结构简式：___。（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。24、（12分）A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。25、（12分）为测定氨分子中氮、氢原子个数比。某研究性学习小组设计了如下实验流程：实验时，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的单质铜。如图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。实验1测得反应前氧化铜的质量m1g、氧化铜反应后剩余固体的质量m2g、生成的氮气在标准状况下的体积V1L。实验2测得洗气前装置D的质量m3g、洗气后装置D的质量m4g、生成的氮气在标准状况下的体积V2L。请回答下列问题：(1)写出仪器a和b的名称分别是：圆底烧瓶和______________。(2)检查A装置气密性的操作是_____________________________。(3)实验1和实验2分别选择了不同的方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填或相关化学方程式写在下表的空格中。实验装置实验药品制备原理实验1A氢氧化钙、硫酸铵反应的化学方程式为：①___________；实验2②______；浓氨水、氢氧化钠用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：③_______________。(4)实验1用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比为______________。（列式子，不计算结果）(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是_____________________。为此，实验2在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出了合理的实验结果。该药品和实验仪器的名称分别是__________和____________。26、（10分）某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。实验Ⅰ：将Fe3+转化为Fe2+(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_________________________________。(2)某学生用对比实验法探究白色沉淀产生的原因，请填写实验万案：实验方案现象结论步骤1：取4mL①__________mol/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液产生白色沉淀CuSO4溶液与KSCN溶液反应产生了白色沉淀步骤2：取4mL②__________mol/LFeSO4溶液向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液无明显现象查阅资料：已知①SCN-的化学性质与I-相似②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2Cu2+与SCN-反应的离子方程式为③___________________________________。实验Ⅱ：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入3mL0.5mol/L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)(3)用离子方程式解释NO产生的原因___________________________________。(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应Ⅰ：Fe2+与HNO3反应；反应Ⅱ：Fe2+与NO反应①反应Ⅰ是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_____________________________。②请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_____________________________。27、（12分）已知：+4NaOH→CH2=CH2↑+NaCl+Na3PO4+3H2O。可用下述装置制取1，2－二溴乙烷（无色液体，密度2.18g·cm-3，熔、沸点为9.79℃、131.4℃，不溶于水）；试管d中装有适量液溴(表面覆盖少量水)。(1)e装置的作用是_______________；当观察到______________________________现象时，试管d中反应基本结束。(2)若用冰水代替烧杯中的冷水，可能引起的不安全后果是_________________________。(3)实验结束后精制试管d中粗产品，操作先后顺序是___________________。A．蒸馏B．水洗C．用干燥剂干燥D．10%NaOH溶液洗(4)实验消耗40%乙烯利溶液50g，制得产品mg，则乙烯利合成1，2-二溴乙烷的产率为________________（列出含m的计算式即可）。28、（14分）在一定温度下，向5L密闭容器中加入2molFe（s）与1molH2O（g），t1秒时，H2的物质的量为0.20mol，到第t2秒时恰好达到平衡，此时H2的物质的量为0.35mol．（1）t1～t2这段时间内的化学反应速率v（H2）=________（2）保持温度不变，若继续加入2molFe（s），则平衡移动________（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），继续通入1molH2O（g）再次达到平衡后，H2物质的量为________mol．（3）该反应在t3时刻改变了某种条件使逆反应速率增大,改变的条件可能是________（任填一个即可）（4）该反应的平衡常数表达式________29、（10分）一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)H＝－196kJ·mol－1。当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍。请回答下列问题：(1)判断该反应达到平衡状态的标志是________(填序号)。a.SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2∶1∶2b.容器内气体的压强不变c.容器内混合气体的密度保持不变d.SO3的物质的量不再变化e.SO2的生成速率和SO3的生成速率相等(2)①SO2的转化率为__________________；②达到平衡时反应放出的热量为____________；③此温度下该反应的平衡常数K＝____________。(3)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：①温度关系：T1________T2(填“>”“<”或“＝”，下同)；②平衡常数关系：KA________KB，KA________KD。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解题分析】A．工业酒精中一般含有甲醇，甲醇有毒，可能造成失明或死亡，不能饮用工业酒精，故A错误；B．甲醛有毒，能破坏人体蛋白质的结构，使之失去生理功能，不能用福尔马林浸泡海产品，故B错误；C．二氧化硫有毒，不能用于食品漂白，故C错误；D．在食盐中加入碘酸钾(KIO3)可以消除碘缺乏病，对人体无害，故D正确；故选D。2、C【分析】X基态原子的价电子层为nsnnpn+1，则n=2，可知n+1=3，即X的价电子层为2s22p3，X为N，结合元素在周期表的位置可知Y为Si，结合元素周期律分析解答。【题目详解】由上述分析可知X为N，Y为Si。A．非金属性N＞Si，则X元素的电负性大于Y的，故A正确；B．非金属性越强，第一电离能越大，则X元素的第一电离能大于Y的，故B正确；C．X为N，在周期表中位于第二周期第VA族，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径：Mg＞Y，故D正确；答案选C。3、B【题目详解】A选项，前10s内，故A错误；B选项，根据改变量之比等于计量系数之比得出反应方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)，该反应的平衡常数，故B正确；C选项，X、Y加入量之比不等于计量系数之比，因此平衡时X、Y的转化率不相同，故C错误；D选项，该反应为反应前后气体总量不变的反应，达到平衡后，将容器体积扩大为4L，平衡不移动，故D错误。综上所述，答案为B。【题目点拨】X、Y加入量之比等于计量系数之比，平衡时X、Y的转化率相同。4、B【解题分析】A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项A错误；B．纤维素属于天然高分子化合物，选项B正确；C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项C错误；D．乙酸相对分子质量较小，不属于高分子化合物，选项D错误；答案选B。5、C【题目详解】A．活化能越低，反应速率越快，因此活化能接近为0的反应速率极快，故A正确；B．NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ/mol，能自发进行，则△G＝△H－△S＜0，反应焓变大于0，则△S＞0，故B正确；C．决定化学反应速率的主要因素是物质本身的性质决定，而温度、浓度、压强、催化剂是影响反应速率的因素，故C错误；D．ΔH与反应条件无关，只与反应物总能量和生成物总能量有关，故D正确。综上所述，答案为C。6、C【解题分析】A.P4和CH4都是正四面体分子，键角分别为60o、109o28ˊ，A错误；B.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于共价键H—O键键能较大所致，氢键只能影响物理性质，B错误；C.NO3-和CO32-的原子总数和价电子总数分别都相等，互为等电子体，均为平面正三角形结构，C正确；D.金属晶体导电是物理变化，熔融态的离子晶体导电发生化学变化，D错误；答案选C。【题目点拨】选项D是易错点，注意金属导电是金属晶体中自由电子的定向移动，属于物理变化；熔融的离子晶体中含有自由移动的阴阳离子，在电流的作用下定向移动，在两极发生放电而导电，属于化学变化。7、C【分析】外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响为本题主要考查点。【题目详解】A.升高温度，反应速率加快，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，A错误；B.充入NO，反应速率加快，平衡虽然正向进行，但一氧化氮转化率减小，B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，C正确；D.加催化剂反应速率加快但不影响平衡，NO的转化率不变，D错误；正确答案：C。8、A【分析】若要想阴离子半径与阳离子半径之比最大，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大，因此根据离子半径分析。【题目详解】阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Li+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I﹣是阴离子中电子层数最多的，所以半径最大，则LiI的阴离子半径与阳离子半径之比最大，故选A。9、D【解题分析】在化学反应中，只要反应物和生成物起始量按照相应的化学计量数之比冲入，反应物的转化率才是相同的，所以根据图像可知，选项D正确，答案选D。10、A【题目详解】A．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，正确．B．电解质没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，错误；C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，错误；D．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，错误；故选A．11、A【解题分析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka==≈=，故A错误；B.a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)＞c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故B正确；C.a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c>b>a，故C正确；D.当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。12、D【题目详解】A．氢氧燃料电池的产物是水，又可作为水电解系统的原料，水是可以循环的，故A项说法正确；B．该能量转化系统光能和电能以及化学能之间可以相互转化，因反应前后各物质种类以及物质的总能量均未该变，因此该燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳光，故B项说法正确；C．燃料电池放电时的负极为H2发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故C项说法正确；D．光电转换器通常为硅太阳能电池板，是将光能转化为电能，电能再转化为化学能的装置，故D项说法错误；综上所述，说法错误的D项，故答案为D。13、B【解题分析】胶体分散系能产生丁达尔效应，则A.Na2SO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A错误；B.Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，B正确；C.FeCl3溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，C错误；D.NaOH溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，D错误；答案选B。14、A【解题分析】A．Na2O是由钠离子和氧离子形成的离子化合物，只含离子键，故A正确；B．KOH中含离子键和O-H极性键，故B错误；C．O3为单质，只含非极性共价键，故C错误；D．NO2只含极性共价键，故D错误；故选A。【题目点拨】本题考查化学键类型的判断，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。本题的易错点为B，要注意离子化合物中如果还有原子团，则含有共价键。15、C【解题分析】A.相同温度下，一水合氨是弱电解质，氨水浓度越小其电离程度越大，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比小于2：1，故A错误；B.25℃时，水的离子积Kw=10-14，pH=7的水溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7，溶液呈中性，由于未注明温度，水的离子积与温度有关，因此pH=7的水溶液不一定呈中性，故B错误；C.溶液呈中性，则溶液中c

(H+)=c

(OH-)，由于存在电荷守恒c

(Na+)+c

(H+)=c

(CH3COO-)+c

(OH-)，所以c

(Na+)=c

(CH3COO-)，故C正确；D.不同类型的难溶物的溶解度，必须通过计算溶解度比较大小，不能通过溶度积直接比较，故D错误；故选C。16、C【题目详解】A.用冰箱冷藏食物，可以减小腐败变质的化学反应速率，故可以对食物进行短期内的保鲜，但是不可能使其永远不腐败变质，A认识不正确；B.尾气的转化是有一定限度的，故尾气转化催化剂不可能完全消除汽车尾气污染，B认识不正确；C.调整反应条件可以使化学平衡尽可能地向正反应方向移动，但是无法使可逆反应正向进行到底，C认识正确；D.化学反应速率表示化学反应进行的快慢，这与可逆反应正向进行的程度没有关系，可逆反应进行的程度由平衡常数决定，D认识不正确。综上所述，认识正确的是C。17、B【题目详解】由已知2s后C的浓度为0.6mol/L，根据c=可知C的物质的量为1.2mol。则：2A(g)B(g)⇌2C(g)开始(mol)420转化(mol)1.20.61.22s时(mol)2.81.41.2v(C)==0.3mol·L-1·s-1，①速率之比等于化学计量数之比，v(A)=v(C)=0.3mol·L-1·s-1，故①正确；②速率之比等于化学计量数之比，v(B)=v(C)=0.15mol·L-1·s-1，故②错误；③2s时物质A的转化率=30%，故③错误；④2s时物质B的浓度c(B)=0.7mol·L-1，故④正确；故答案：B。18、D【解题分析】试题分析：CuSO4溶液含有阳离子：Cu2＋、H＋，阴离子：OH－、SO42－，根据电解的原理，阳离子在阴极上得电子，Cu2＋先放电Cu2＋＋2e－=Cu，附着在阴电极上，阴电极质量增大；阳极的质量减少，说明活动性金属做阳极，失电子；电解液中c(Cu2＋)不变，说明阴极上消耗的Cu2＋等于阳极上生成的Cu2＋，A、含Zn、Ag的铜合金作阳极，锌比铜活泼，锌先是电子，会使电解质溶液中c(Cu2＋)减小，错误；B、铁作阳极，Fe－2e－=Fe2＋，造成了电解液中c(Cu2＋)减小，错误；C、石墨作阳极，石墨是惰性材料，不参加反应，质量不变，错误；D、纯铜作阳极，Cu－2e－=Cu2＋，阴极上：Cu2＋＋2e－=Cu，阴极质量增加，阳极质量减小，溶液中c(Cu2＋)不变，符合题意，正确。考点：考查电解原理。19、B【题目详解】A.放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量。该反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，A选项正确；B.该反应放热，说明反应物断键吸收的能量低于形成生成物成键放出的能量，而同一化学键断开吸收的能量和形成放出的能量相等，所以，断开1molH—H键和1molI—I键所需能量总和小于断开2molH—I键所需能量，B选项错误；C.反应放出的热约为成键放出的能量减去断键吸收的能量：akJ=断开2molH—I键所需能量-bkJ-ckJ，所以，断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJ，C选项正确；D.该反应是可逆反应，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，反应的H2小于2mol，所以，充分反应放出的热量小于2akJ，D选项正确；答案选B。【题目点拨】放热反应反应物的能量大于生成物的能量，忽略其他形式的能量，反应放出的热等于反应物的能量减去生成物的能量，也等于得到生成物成键放出的热减去反应物断键吸收的能量。20、A【解题分析】A．氢气和碘蒸气的反应虽然是可逆反应，但由于此反应同时为分子个数不变的反应，故无论反应进行程度如何，容器中的分子个数不变，始终为0.2NA个，故A正确；B.向密闭容器中充入2molNO2一段时间后，由于存在2NO2N2O4，容器中的分子数减少，故B错误；C.磷酸为中强酸，不能完全电离，因此1L0.1mol/LH3PO4溶液中含H＋数目少于0.3NA，故C错误；D、铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子个数小于0.1NA个，故D错误；故选A。21、B【题目详解】A.由图可知，该电池中有机物在微生物的作用下发生氧化反应生成CO2，所以.M为电源负极，有机物被氧化，故A正确；B.处理1molCr2O72－时需要6mol电子，但是同时也会有定量的氧气得到电子，从交换膜左侧向右迁移的氢离子的物质的量大于6mol，故B错误；C.有图可知，电池工作时，N极上氧气得到电子与氢离子结合成水，所以氢离子浓度减小，N附近溶液pH增大，故C正确；D.由题可知，当Cr2O72－离子浓度较大时，其去除率几乎为0，又因为其有强氧化性和毒性，所以可能会造成还原菌的蛋白质变性而失活，故D正确。故选B。22、C【题目详解】A．PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A错误；B．能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B错误；C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有关，其立体构型可能是四面体形或三角锥形或V形，故C正确；D．AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，故D错误。故答案选C。二、非选择题(共84分)23、对溴甲苯（或4－溴甲苯）取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）、（或其他合理答案）【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【题目详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：24、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【题目点拨】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。25、长颈漏斗连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱。(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4B氢氧化钠溶于氨水后放热和增加氢氧根浓度均促进NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；向逆方向移动，使更多的氨气逸出8V1:11.2(m1-m2)浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高碱石灰(或氧化钙等)干燥管(或U型管)【分析】根据装置的特征确定仪器的名称并检查气密性的操作方法；结合反应原理选择实验装置和书写反应方程式；结合实验数据分别计算出氢和氮原子的物质的量即可解题。【题目详解】(1)仪器a名称是圆底烧瓶、仪器b的名称是长颈漏斗；(2)检查A装置气密性的具体操作方法是连接导管，将导管插入水中，微热试管，导管口有气泡产生，停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；(3)实验1：氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4；实验2：浓氨水是液体，氢氧化钠是固体，为使氨气逸出，把氨水滴入固体氢氧化钠中，随着氢氧化钠溶解放热，氨气挥发放出气体，故选B装置；氢氧化钠溶于氨水后放热使氨气溶解度降低，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向逆方向移动，加快氨气逸出；(4)反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2g，则氧化铜中氧元素的质量为m1-m2，根据原子守恒，则生成的水中氧原子的物质的量为mol；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子的物质的量为mol×2=mol，生成的氮气在标准状况下的体积V1L，则氮气中氮原子的物质的量为mol=mol；因此氮氢原子个数比为mol：mol=8V1:11.2(m1-m2)；(5)实验2用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比小于理论值，其原因是洗气瓶D中的浓硫酸不但吸收了反应生成的水，还吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高，因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰(无水硫酸铜、氢氧化钠、氧化钙等)的干燥管(或U型管)只吸收水，减小误差。【题目点拨】本题考查氨气的制备及氨气的组成测量，利用了氨气的还原性，能准确测定反应中生成的水和氮气的量是实验成功的关键，实验2的易错点是硫酸吸收了水和氨气，导致误差增大。26、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+①0.10.2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)23Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色【解题分析】(1).Cu与Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(2).由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，图1得到的溶液中Fe2+为0.2mol/L、Cu2+为0.1mol/L，取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，分别滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1、取4mL0.1mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液；步骤2、取4mL0.2mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液。由已知信息①、②可知，Cu2+与SCN−反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，该反应的离子方程式为：2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为0.1；0.2；2Cu2++4SCN－=2CuSCN↓+(SCN)2；(3).亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程为：3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O；(4).①.硫酸亚铁和稀硝酸反应时硝酸过量，若反应I存在平衡，溶液中应含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为取少量反应Ⅰ的溶液于试管中，向其中加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液无明显变化，说明反应Ⅰ是一个不可逆反应；②.Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色，故答案为Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色。27、吸收溴蒸汽试管内溶液褪为无色d中长导管堵塞DBCA【分析】乙烯利与过量NaOH溶液混合，发生反应+4NaOH→CH2=CH2↑+NaCl+Na3PO4+3H2O，生成的乙烯进