云南省玉溪市新平彝族傣自治县第一中学2025届高三化学上学期开学考试试题含解析

PAGE25-云南省玉溪市新平彝族傣自治县第一中学2025届高三化学上学期开学考试试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一、单选题（共30小题,每小题2.0分,共60分）1.用惰性电极电解VmL某二价金属的硫酸盐溶液一段时间，阴极有Wg金属析出，溶液的pH从6.5变为2.0（体积变更可忽视不计）。析出金属的相对原子质量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设析出金属的相对原子质量为x，据阴、阳两极得失电子守恒，有解得x＝，故C正确故选C。2.现有下列微粒：①N2H；②CH4；③OH－；④NH；⑤Fe(CO)3；⑥Fe(SCN)3；⑦H3O＋；⑧Ag(NH3)2OH。其中含有配位键的是（）A.①②④⑦⑧ B.③④⑤⑥⑦C.①④⑤⑥⑦⑧ D.全部【答案】C【解析】【详解】①氢离子供应空轨道，N2H4中N原子供应孤电子对，所以能形成配位键，N2H含有配位键，①正确；②甲烷中碳原子满意8电子稳定结构，氢原子满意2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键，②错误；③OH-电子式为，无空轨道，OH-不含有配位键，③错误；④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子供应空轨道，可以形成配位键，NH含有配位键，④正确；⑤Fe(CO)3中Fe原子供应空轨道，CO供应孤对电子，可以形成配位键，⑤正确；⑥SCN-的电子式为：，铁离子供应空轨道，硫原子供应孤电子对，Fe(SCN)3含有配位键，⑥正确；⑦H3O＋中O供应孤电子对，H+供应空轨道，二者形成配位键，H3O＋含有配位键，⑦正确；⑧Ag+有空轨道，NH3中的N原子上的孤电子对，可以形成配位键，Ag(NH3)2OH含有配位键，⑧正确；综上所述可知：说法正确的序号为①④⑤⑥⑦⑧，故答案是C。3.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)=Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s)，下列说法错误的是（）A.电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极B.电池正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)C.电池工作时，锌失去电子D.外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】A【解析】【详解】A、电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，选项A错误；B、正极得电子，发生还原反应，所以正极的电极反应式为：2MnO2+H2O(l)+2e-=Mn2O3(s)+2OH-(aq)，选项B正确；C、原电池工作原理是，负极失电子，发生氧化反应，依据电池总反应知，锌失电子，选项C正确；D、由Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn(OH)2（s）+Mn2O3（s）可知，65gZn反应转移电子为2mol，则6.5gZn反应转移0.2mol电子，选项D正确；答案选A。4.将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应NH4I(s)NH3(g)+HI(g)，2HI(g)H2(g)+I2(g)。当反应达到平衡时，c(H2)=0.5mol•L﹣1，c(HI)=4mol•L﹣1，则NH3的浓度为（）A.3.5mol•L﹣1 B.4mol•L﹣1 C.4.5mol•L﹣1 D.5mol•L【答案】D【解析】【详解】当反应达到平衡时，c(H2)=0.5mol•L﹣1，则依据其次个方程式可知分解的HI浓度为c(HI)分解=1mol•L﹣1，依据第一个反应方程式可知起先反应产生的HI总浓度c(HI)总=c(HI)分解+c(HI)平衡=1mol•L﹣1+4mol•L﹣1=5mol•L﹣1，由于反应产生的NH3与HI的物质的量相等，反应容器的容积相同，所以NH3的浓度为5mol•L﹣1，故答案为选项D。5.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图所示。下列有关该物质的说法正确的是（）A.分子中含6个σ键 B.分子式为C3H2O3C.分子中只有极性键 D.8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】B【解析】【详解】A选项，每个原子之间仅是σ键，因此分子中含8个σ键，故A错误；B选项，依据结构数出C、H、O的个数，该分子分子式为C3H2O3，故B正确；C选项，分子中有极性键，也有C—C之间非极性键，故C错误；D选项，缺少标准状况下，因此不能计算出体积，故D错误；综上所述，答案为B。6.下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是（）A.NaF B.MgI2 C.BaI2 D.【答案】B【解析】【详解】要使阳离子半径与阴离子半径比值最小，即要选出r(阳)最小者，r(阴)最大者，在Na+、Mg2+、Ba2+、K+中，Na+、Mg2+电子层数少，半径比另两种小，又因Mg2+核电荷数多，对外层电子吸引力强，半径比Na+还小。在F-、Br-、I-三种阴离子中，因为I-电子层数最多，所以半径最大，因此阳离子半径与阴离子半径比值最小MgI2。故答案选B。【点睛】原子半径、离子半径大小的比较有以下几条规律：（1）同主族元素，电子层数越多，半径越大。（2）同周期元素，核电荷数越大，半径越小。（3）同一元素的阴离子半径大于原子半径，阳离子半径小于原子半径。（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。7.CaCO3在下列液体中溶解度最大的是A.H2O B.Na2CO3溶液 C.CaCl2溶液 D.乙醇【答案】A【解析】【分析】假如溶液中含有和溶解平衡相同的离子，则发生同离子效应，抑制溶解平衡。【详解】CaCO3的溶解过程如下：CaCO3（s）Ca2++CO32-，假如溶液中有大量Ca2+或CO32-，会使平衡左移，减小CaCO3的溶解度，乙醇的极性小于水，因此CaCO3在乙醇中的溶解度照旧比水小，故选A。【点睛】本题考查同离子效应，留意假如溶液中含有和溶解平衡相同的离子，则发生同离子效应，抑制溶解平衡。8.当原子数目与电子数目分别相等的微粒叫“等电子体”，下列各组微粒间属于等电子体的是A.CH4和NH3 B.H2O和CO2C.CO2和HCl D.H3O+和NH3【答案】D【解析】【分析】依据题目信息，原子数目与电子数目相同的微粒为等电子体，据此结合选项推断。【详解】A．NH3和CH4的原子数目不相同，分别为4和5，故A不符合；B．H2O和CO2电子数分别为10和22，故B不符合；C．CO2和HCl原子数目不相同，分别为3和2，故C不符合；D．H3O+和NH3原子数都为4，电子数都为10，属于等电子体，故D符合。故答案选D。9.下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中，不正确的是()A.金属键是金属离子与“电子气”之间的剧烈作用，金属键无方向性和饱和性B.共价键是原子之间通过共用电子对形成的化学键，共价键有方向性和饱和性C.范德华力是分子间存在的一种作用力，分子的极性越大，范德华力越大D.氢键不是化学键而是一种较弱的作用力，所以氢键只存在于分子与分子之间【答案】D【解析】【详解】A．金属键是化学键的一种，主要在金属中存在，由自由电子及排列成晶格状的金属离子之间的静电吸引力组合而成，由于电子的自由运动，金属键没有固定的方向，故A正确；B．共价键是原子之间剧烈的相互作用，共价键有方向性和饱和性，故B正确；C．范德华力是分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，极性越大，分子间作用力越强，故C正确；D．氢键是一种分子间作用力，比范德华力强，但是比化学键要弱，氢键既可以存在于分子间（如水、乙醇、甲醇、液氨等），又可以存在于分子内（如），故D错误；故选D。10.在密闭容器中进行如下反应：I2(g)+H2(g)2HI(g)，已知I2、H2、HI的起始浓度分别为0.1mol•L-1、0.3mol•L-1、0.2mol•L-1，肯定条件下当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是A.H2为0.15mol•L-1 B.HI为0.35mol•L-1C.I2为0.2mol•L-1 D.HI为0.4mol•L-1【答案】B【解析】【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应起先，也可以从逆反应起先，或者从正逆反应起先，不论从哪个方向起先，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，I2、H2的浓度最小，HI的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，I2、H2的浓度最大，HI的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变更量，实际变更量小于极限值，据此推断分析。【详解】若反应向正反应进行到达平衡，I2、H2的浓度最小，HI的浓度最大，假定完全反应，则：若反应逆正反应进行到达平衡，I2、H2的浓度最大，HI的浓度最小，假定完全反应，则：由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c(I2)＜0.2，0.2＜c(H2)＜0.4，0＜c(HI)＜0.4，故选：B。【点睛】本题考查了化学平衡建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法。11.元素、、在周期表中的相对位置如图所示。已知元素原子的外围电子排布式为，则下列说法不正确的是（）A.元素原子的价电子排布式为B.元素在元素周期表的第三周期第ⅥA族C.元素所在周期中所含非金属元素最多D.元素原子的核外电子排布式为【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F元素，Z为As元素。【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F元素，处于其次周期，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As元素，是33号元素，其元素原子的核外电子排布式为，故D正确；答案选A。12.相同温度，相同物质的量浓度的4种溶液（）①CH3COONa②NaHSO4③NaCl④C6H5ONa按pH由大到小的依次排列，正确的是A.④>①>③>② B.①>④>③>②C.①>②>③>④ D.④>③>①>②【答案】A【解析】【详解】①醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性；②硫酸氢钠是强酸酸式盐，在水溶液里完全电离而使其溶液呈强酸性；③氯化钠是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，则其水溶液呈中性；④苯酚钠是强碱弱酸盐，苯酚根离子水解而使其溶液呈碱性；其中，醋酸的酸性大于苯酚，所以苯酚根水解程度大于醋酸根离子，则相同浓度的醋酸钠和苯酚钠溶液，苯酚钠的pH大于醋酸钠，则这几种溶液中pH从大到小依次是：苯酚钠>醋酸钠>氯化钠>硫酸氢钠，故A正确；故选A。【点睛】依据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度来确定溶液中pH大小，酸的酸性越弱则酸的酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液其pH越大。13.下列说法正确的是（）A.Na、Mg、Al的第一电离能渐渐增大B.V、Cr、Mn的最外层电子数渐渐增大C.S2﹣、Cl﹣、K+的半径渐渐减小D.O、F、Ne的电负性渐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，故A错误；B．V、Cr、Mn的最外层电子排布遵循电子排布能量规律，三者的最外层电子数均为2，故B错误；C．由于S2﹣、Cl﹣、K+的核外电子排布相同，且原子序数越小，半径越大，故C正确；D．O、F位于同一周期，同周期元素从左到右元素的电负性依次增大，Ne为稀有气体元素，电负性小于F，故D错误；故选C。14.若将基态的电子排布式写成，它违反了（）A.能量守恒原理 B.泡利原理 C.能量最低原理 D.洪特规则【答案】D【解析】【分析】能量最低原理是：能量较低的轨道先被填充；泡利原理：一个轨道最多容纳两个电子，且自旋方向相反；洪特规则：当多个电子进入同一能级时，电子各优先单独占据一个轨道。【详解】若基态的电子排布式为，则2p能级的电子排布出错，2p能级的两电子应各自占据一个轨道，违反了洪特规则，答案选D。15.六氧化四磷的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满意8电子稳定结构，则该分子中含有的共价键的数目是（）A.10 B.12 C.24 D.28【答案】B【解析】【详解】分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满意8电子稳定结构．可确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6，结构为，由图可以看出，有12个共价键，答案选B【点睛】本题考查共价键的形成，题目难度不大，留意白磷的结构以及六氧化四磷的结构模型。依据题目所给信息，分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满意8电子稳定结构．可先确定P4的结构，即空心正四面体，有6个P-P键．每个P-P键中间插入1个O原子，就成了P4O6。16.下列塑料可用作不粘锅的表面材料的是（）A.聚氯乙烯 B.聚四氟乙烯 C.聚苯乙烯 D.有机玻璃【答案】B【解析】【分析】聚四氟乙烯具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点，不溶于强酸、强碱和有机溶剂，同时具有耐高温的特点。【详解】聚氯乙烯、聚苯乙烯、有机玻璃不耐高温，不能做不粘锅的表面材料，聚四氟乙烯耐高温，故答案选B。【点睛】关于新型有机高分子材料，留意依据用途和物质的性质解题。17.已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH-(aq)ΔH＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是（）A.上升温度，平衡逆向移动B.溶液中c(Ca2＋)·c2(OH-)恒为定值C.向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度D.除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的氢氧化钠溶液【答案】A【解析】【详解】A．上升温度，平衡向吸热方向即逆反应向移动，故A正确；B．温度变更，溶液中Ksp=c(Ca2＋)·c2(OH-)也会发生变更，故B错误；C．向溶液中加入少量碳酸钠粉末，仍是饱和溶液，c(Ca2＋)不变，故C错误；D．除去氯化钠溶液中混有的少量Ca2+，加入适量的NaOH溶液，形成氢氧化钙，氢氧化钙是微溶物质，仍旧含有钙离子，因此并不能除去钙离子，故D错误；故答案为A。18.下列说法正确的是A.原电池中，负极上发生的反应是还原反应B.原电池中，电流的方向是负极−导线−正极C.双液原电池中的盐桥是为了连通电路，所以也可以用金属导线代替D.在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极【答案】D【解析】【详解】A项、原电池中，负极上发生氧化反应，故A错误；B项、原电池中，电流的方向是电子移动方向的反向，应是正极−导线−负极，故B错误；C项、盐桥的作用是通过离子的定向移动，构成闭合回路，不能用导线代替，故C错误；D项、在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，故D正确；故选D。19.氯乙烯是合成PVC的原料之一，它属于（）A.烃 B.卤代烃 C.醇 D.羧酸【答案】B【解析】【详解】氯乙烯是合成PVC的原料之一，结构简式为CH2=CHCl，分子中含有C、H、Cl三种元素，它属于卤代烃。烃分子中只有碳氢两种元素，醇分子中含有羟基，羧酸分子中含有羧基。答案选B。20.有平衡体系：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，为了增加甲醇的产量，应实行的压强措施是A.高温、高压 B.相宜温度、高压、催化剂C.低温、低压 D.高温、高压、催化剂【答案】B【解析】【详解】由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0知，该反应为放热的体积缩小的可逆反应，高温将会使平衡逆向移动，不利于提高甲醇的产量，但温度太低，反应速率太慢，也不利用提高单位时间内的产量，所以温度应适当；高压能使平衡正向移动，从而提高甲醇的产量；催化剂不能变更生成物的产量，但可提高平衡前单位时间内生成物的产量。A.高温对提高甲醇的产量不利，高压有利于提高甲醇的产量，A不合题意；B.相宜温度、高压、催化剂，都对提高甲醇的产量有利，B符合题意；C.低温、低压，都对提高甲醇的产量不利，C不合题意；D.高温对提高甲醇的产率不利，高压、催化剂对提高甲醇的产率有利，D不合题意；故选B。21.下列有关杂化轨道的说法不正确的是()A.原子中能量相近的某些轨道，在成键时能重新组合成能量相等的新轨道B.轨道数目杂化前后可以相等，也可以不等C.杂化轨道成键时，要满意原子轨道最大重叠原理、最小排斥原理D.杂化轨道可分为等性杂化轨道和不等性杂化轨道【答案】B【解析】【详解】A.原子中能量相近的某些轨道，在成键时重新组合成能量相等的新轨道的过程称为杂化，所形成的新轨道称杂化轨道，A项正确；B.轨道数目杂化前后肯定相等，B项错误；C.杂化变更了原子轨道的形态和方向，杂化轨道的形态更利于原子轨道间最大程度地重叠，杂化轨道力图在空间取最大夹角分布，使相互间的排斥最小，杂化轨道形成的键更稳定，C项正确；D.杂化轨道可分为等性杂化轨道和不等性杂化轨道，如CH4中C为等性sp3杂化，H2O中O为不等性sp3杂化，D项正确；答案选B。【点睛】本题考查杂化轨道理论。须要留意：（1）原子只有在形成分子时才发生杂化，孤立的原子不发生杂化；（2）只有能量相近的原子轨道能发生杂化，能量相差较大的原子轨道间不能发生杂化；（3）参加杂化的原子轨道的数目与形成的杂化轨道数目相等。22.下列描述中正确的是①CS2为V形的极性分子②ClO3－的空间构型为平面三角形③SF6中有6对完全相同的成键电子对④SiF4和SO32－的中心原子均为sp3杂化A.①② B.②③ C.③④ D.①④【答案】C【解析】【详解】①CS2中价层电子对数=2+=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，①错误；②ClO3－中Cl的价层电子对数＝3＋＝4，所以空间构型为三角锥形，②错误；③SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，③正确；④SiF4中价层电子对个数=4+=4，SO32-中价层电子对个数=3＋=4，因此中心原子均为sp3杂化，④正确，故选C。【点晴】依据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型及原子是杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb）/2，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构须要的电子个数，答题时留意敏捷应用。23.已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH1=﹣Q1kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=﹣Q2kJ•mol﹣1，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）ΔH2=﹣Q3kJ•mol﹣1常温下，取体积比2∶3的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况下），经完全燃烧后复原至室温，则放出的热量为（）A.0.4Q1+0.15Q2 B.0.2Q1+0.05Q2 C.0.2Q1+0.15Q3 D.0.2Q1【答案】C【解析】【详解】标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为2：3，所以甲烷的物质的量为：0.5mol×2/5=0.2mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.2mol=0.3mol，由CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=-Q1kJ/mol可知，0.2mol甲烷燃烧放出的热量为0.2mol×Q1kJ/mol=0.2Q1kJ，由2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H3=-Q3kJ/mol可知，0.3mol氢气燃烧放出的热量为0.3mol/2×Q3kJ/mol=0.15Q3kJ，所以放出的热量为0.2Q1kJ+0.15Q3kJ=（0.2Q1+0.15Q3）kJ。答案选C。【点睛】本题考查依据热化学方程式进行的有关反应热的计算，理解热化学方程式的意义是关键，依据n=计算混合气体的物质的量，依据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再依据热化学方程式计算燃烧放出的热量。24.下列物质混合时能发生反应，但无明显现象的是（）A.二氧化碳与苯酚钠溶液 B.乙酸钠溶液与硫酸氢钠溶液C.苯酚溶液与氯化铁溶液 D.氢氧化铜悬浊液与甲酸溶液【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳与苯酚钠溶液反应，生成苯酚与碳酸氢钠，溶液变浑浊，A不合题意；B.乙酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应，生成硫酸钠和乙酸，溶液仍澄清，B符合题意；C.苯酚溶液与氯化铁溶液混合，溶液呈紫色，C不合题意；D.氢氧化铜悬浊液与甲酸溶液反应，生成甲酸铜和水，溶液呈蓝色，D不合题意。故选B。【点睛】虽然甲酸分子中既含有醛基又含有羧基，但羧基先与氢氧化铜悬浊液发生反应，若反应后氢氧化铜悬浊液有剩余，在加热至沸腾时，醛基才将氢氧化铜还原为Cu2O。25.室温下，某溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10－26，该溶液中肯定不能大量存在的是()A.Cl－ B.HCO3- C.Na＋ D.Ba2＋【答案】B【解析】【分析】溶液中水电离出的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26，水的电离程度减小，该溶液为酸或碱溶液，然后依据选项的离子在酸性或碱性条件下能否大量存在分析推断。【详解】水电离的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26＜1×10-14，说明该溶液抑制了水的电离，则该溶液为酸溶液或者碱溶液。A.Cl-既不与氢离子反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A不符合题意；B.HCO3-既能够与H+反应，也能够与OH-反应，在溶液中肯定不能大量共存，B符合题意；C.Na+与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，C不符合题意；D.Ba2＋与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查了离子反应、离子共存的推断的学问，留意驾驭离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的状况，正确分析题干数据的含义是解答关键。26.有一种有机物结构简式为，推想它不行能具有下列哪种性质()A.能被酸性高锰酸钾溶液氧化B.能与溴水发生加成反应褪色C.能发生加聚反应D.易溶于水，也易溶于有机溶剂【答案】D【解析】【详解】A．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A不选；B．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故B不选；C．含有碳碳双键，可发生加聚反应，故C不选；D．该物质为芳香烃，不溶于水，但能溶于有机溶剂，故D选；故选D。27.表中原子化热、晶格能、键能的单位都是kJ·mol-1金属

金属原子化热

离子化合物

晶格能

共价键

键能

Na

108.4

NaCl

786

Cl-Cl

243

Mg

146.4

NaBr

747

Si-Si

176

Al

326.4

MgO

3791

Si-Cl

360

则下列说法正确的是A.Na(s)与Cl2（g）反应生成1molNaCl(s)放出的热量为556.1kJB.Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(g)△H=－602kJ·mol-1C.从表中可以看出，氯化钠的熔点比晶体硅高D.从表中数据可以看出，微粒半径越大金属键、离子键的越弱，而共价键却越强【答案】B【解析】【详解】A．Na与Cl2反应的△H=2×108.4kJ/mol+243kJ/mol-2×786kJ/mol=-1112.2kJ/mol，故A错误；B．反应热就是断键汲取的能量和形成化学键所放出的能量的差值，反应的△H=176kJ/mol×2+243kJ/mol×2-360kJ/mol×4=-602kJ/mol，故B正确；C．NaCl是离子晶体，硅是原子晶体，晶体类型不同，其熔点凹凸不能只看其晶格能和键能大小，故C错误；D．微粒半径越大共价键也是越弱，故D错误；故选：B。28.一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物9g，其密度是相同条件下氢气密度的11.25倍，当混合气体通过足量溴水时，溴水增重4.2g，则这两种气态烃是A.甲烷和乙烯 B.乙烷和乙烯 C.甲烷和丙烯 D.甲烷和丁烯【答案】C【解析】【详解】混合气体的密度是相同状况下H2密度的11.25倍，可以确定有机物的平均摩尔质量22.5g/mol，故混合气体中肯定有甲烷，混合气体的总的物质的量为9g÷22.5g/mol=0．4mol。该混合气通过Br2水时，Br2水增重4.2g，4.2g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为9g-4.2g=4.8g，甲烷的物质的量为0.3mol，故烯烃的物质的量为0.4mol-0.3mol=0.1mol，所以M（烯烃）==42g•mol-1，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=42，所以n=3，为丙烯，即这两种气态烃是甲烷和丙烯；答案选C。29.对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不变的是A.加少量水稀释 B.加热C加入少量盐酸 D.加入少量AgNO3【答案】A【解析】【详解】A.Ksp(AgCl)只随温度的变更而变更；加少量水稀释，温度不变，Ksp(AgCl)不变，所以c(Ag＋)不变，故A正确；B.加热促进电离，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均增大，故B错误；C.加入少量盐酸，使溶解沉淀平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，故C错误；D.加入少量AgNO3，c(Ag＋)增大，故D错误；故答案选A30.已知下列电子排布图所表示的是元素的原子，其中能量处于最低状态的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A、依据排布图可知电子能量处于最低的状态，A正确；B、排布图中2s上的电子激发到2p上，应为激发态，能量较高，B错误；C、排布图中2p上的三个电子尽可能分占不同轨道，且自旋方向相同时能量最低，C错误；D、排布图中应先填满2s，再填2p，D错误；答案选A。分卷II二、非选择题（共6小题,共40分）31.在硫酸工业中，通过下列反应使SO2转化为SO3：2SO2＋O22SO3ΔH<0，已知常压下平衡混合气体中SO3的体积分数为91%。试回答：(1)在生产中常用过量的空气，是为了________________________________；(2)加热到400℃～500℃(3)压强采纳________，缘由是__________________________________________________；(4)常用浓H2SO4来汲取SO3而不用水，是因为__________________________________________；(5)尾气中SO2必需回收，是为了_______________________________________________________。【答案】(1).增大O2浓度，提高SO2的转化率(2).保证催化剂活性达到所须要的最佳温度，以提高反应速率，缩短达到平衡所须要的时间(3).常压(4).常压下平衡混合气中SO3的体积分数已达到91%，若再加压，对设备及动力系统要求高，成本高(5).用水汲取SO3易形成酸雾，汲取速率慢(6).削减对环境的污染【解析】【分析】在硫酸工业中运用化学平衡原理选择相宜生产条件的实力，选择相宜的反应条件，要从浓度、压强、温度、催化剂等条件中考虑该反应的速率、转化率，同时还要考虑工业生产的实际状况和成本，硫酸工业中2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；△H＜0，该反应为放热反应，上升温度平衡向逆反应分析移动，由于反应物气体体积大于生成物气体体积，则增大压强有利于平衡向正反应方向移动，题中试验数据表明反应在常压下反应的转化率较大，结合反应的实际和对设备的影响以及SO2和SO3的性质解答该题；【详解】（1）在生产中常用过量的空气，增大O2浓度，平衡正向移动，可提高SO2的转化率。（2）此反应为放热反应，温度上升不利于合成SO3；温度过低会使反应速率减慢，因此选择相宜的温度以保证催化剂活性达到最高，提高反应速率，缩短达到平衡所须要的时间，提高单位时间内SO3的产率。（3）常压下平衡混合气中SO3的体积分数已达到91%；再加压，平衡也能正向移动，提高转化率；但对设备及动力系统要求高，成本高，投入比产出更多。（4）水和三氧化硫反应生成硫酸，反应放热，易形成酸雾而导致汲取效果差，但用浓H2SO4汲取则不易形成酸雾，汲取效果好；（5）二氧化硫有毒并能够形成酸雨污染空气，酸雨必需回收，回收二氧化硫还能够节约资源，减小成本。32.试验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（如图1），一段时间后换成蒸馏装置（如图2）进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品，请回答下列问题：（1）在图1烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入__，目的是__，冷凝管的作用是__；（2）图2中冷凝水应从__口进；（3）现设计分别以上粗产品的操作步骤如图3，已知a为饱和碳酸钠溶液，①为分液，请回答：试剂b是__；分别方法③是__；（4）某化学课外小组设计了图4所示的制取乙酸乙酯的装置（图中的铁架台、铁夹、加热装置已略去），与图1装置相比，主要优点有（写一点）：__；【答案】(1).碎瓷片（或沸石）(2).防止暴沸(3).冷凝回流(4).b(5).稀硫酸(6).蒸馏(7).增加了温度计，有利于限制发生装置的温度（或增加了漏斗，有利于刚好补充反应混合液以提高乙酸乙酯产量）【解析】【详解】（1）加热液体时，须要加入沸石或碎瓷片防止暴沸，乙醇、浓硫酸、乙酸都是液体，加热时加入碎瓷片或沸石，防止暴沸；乙醇、乙酸以挥发转化成气体，通过冷凝管乙醇和乙酸转化成液体，回落到烧瓶中，提高原料的利用率，即冷凝管的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；（2）冷凝水从下口进水，上口出水，即b口进；（3）碳酸钠溶液汲取乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，依据图3，B为乙醇、乙酸钠，还有Na2CO3，然后通过蒸馏，蒸出乙醇，即E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，然后加入硫酸，乙酸钠转化成乙酸，碳酸钠转化成硫酸钠，然后通过蒸馏，得到乙酸，即试剂b为硫酸，分别方法③为蒸馏；（4）图4和图1装置对比，图4多了温度计，可以限制反应的温度，图4比图1还多了滴液漏斗，可以刚好向反应器中补充混合液，提高乙酸乙酯的产量。33.试验室可用NaBr、浓H2SO4、乙醇为原料制备少量溴乙烷：C2H5—OH+HBrC2H5Br+H2O已知反应物的用量为：0.30molNaBr（s）；0.25molC2H5OH（密度为0.80g·cm-3）；36mL浓H2SO4（质量分数为98%，密度为1.84g·mL-1）；25mL水。试回答下列问题。（1）该试验应选择图中a装置还是b装置？_____________。（2）反应装置中的烧瓶应选择下列哪种规格最合适（）A.50mLB.100mLC.150mLD.250mL（3）冷凝管中的冷凝水的流向应是（）A.A进B出B.B进A出C.从A进或B进均可（4）可能发生的副反应为：_____________、__________、______________（至少写出3个方程式）。（5）试验完成后，须将烧瓶内的有机物蒸出，结果得到棕黄色的粗溴乙烷，欲得纯净溴乙烷，应采纳的措施是_____________________________。【答案】(1).a(2).C(3).B(4).C2H5OHC2H4↑+H2O(5).2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O(6).2HBr+H2SO4（浓）Br2+SO2↑+2H2OC2H5OH+2H2SO4（浓）2C+2SO2↑+5H2OC+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O（随意选取3个反应即可）(7).将粗溴乙烷和稀NaOH（aq）的混合物放在分液漏斗中用力振荡，并不断放气，至油层无色，分液可得纯溴乙烷【解析】【详解】（1）由题给信息，知该反应为：C2H5-OH+HBrC2H5Br+H2O，反应须要加热，所以应采纳装置a；（2）烧瓶的规格与所盛液体的体积有关，加热时烧瓶内液体的体积应小于烧瓶的容积的，V（C2H5OH）==14cm-3=14mL，忽视混合时体积变更，混合后液体的总体积约为36mL+25mL+14mL=75mL，所以150mL的烧瓶最合适，故答案为C；（3）冷凝时，水需充溢冷凝器，为了防止冷凝器冷凝时，受热不匀称裂开，冷凝水应下进上出，故答案为B；（4）可能发生的副反应有：C2H5OH脱水生成乙烯和乙醚；浓H2SO4氧化HBr；C2H5OH脱水炭化等反应．故答案为C2H5OHC2H4↑+H2O、2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O、2HBr+H2SO4（浓）Br2+SO2↑+2H2O、C2H5OH+2H2SO4（浓）2C+2SO2↑+5H2O、C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O（随意选取2个反应即可）；（5）棕黄色的粗溴乙烷，是由于溴乙烷溶解了Br2的原因，可用质量分数小于5%的稀NaOH溶液洗涤除去，采纳稀NaOH溶液，是为了防止C2H5Br的水解。34.下表是元素周期表中短周期的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。(1)上述元素的单质中熔点最高的可能是________(填字母)；dh4比gh4稳定，其缘由是______。(2)f和a所形成的物质的沸点在f相应主族元素的同类型化合物中比较高，其缘由是_____________。(3)f的氢化物属于___晶体，a与d形成的化合物da4的立体构型是___，它的晶体属于_____晶体。(4)c、i、j可组成离子化合物cxij6，其晶胞结构如下图所示，阳离子c＋(用○表示)位于正方体棱的中点和正方体内部；阴离子ij6x-(用●表示)位于该正方体的顶点和面心。该化合物的化学式是________。【答案】(1).d(2).碳的原子半径比硅的原子半径小，C—Cl键的键能比Si—Cl键的键能大(3).水分子之间存在氢键(4).分子(5).正四面体(6).分子(7).Na3AlF6【解析】【分析】由元素周期各元素相对位置可知，a、b、c、d、e、f、g、h、i、j分别是H、He、Na、C、N、O、Si、Cl、Al、F。【详解】(1)元素单质的熔点最高，则该单质属于原子晶体，硅单质、碳的单质都可以形成原子晶体，但是C-C键键长比Si-Si键键长短，C-C键更强，故碳的单质熔点可能最高。dh4和gh4分别为CCl4和SiCl4，碳的原子半径比硅的原子半径小，C—Cl键的键能比Si—Cl键的键能大；(2)f和a所形成的物质为H2O，水分子之间存在氢键，沸点在第VIA族的同类型化合物中比较高；(3)f的氢化物是H2O，属于分子晶体。da4是CH4，sp3杂化，立体构型是正四面体，CH4由分子构成，属于分子晶体；(4)阳离子Na＋个数：12+8+1=12，阴离子AlF6x-个数：8+6=4，阴阳离子个数比=4:12=1:3，化合物中电荷代数和为0，所以x=3。则其化学式为Na3AlF6。35.【选修5有机化学基础】对羟基苯甲酸丁酯（俗称尼泊金丁酯）可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得。出下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料动身制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路途：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为l：1。回答下列问题：（1）A的化学名称为_________________；（2）由B生成C的化学反应方程式为________________________________________；该反应的类型为___________________；（3）D的结构简式为______________________________；（4）F的分子式为________________________；（5）G的结构简式为______________________；（6）E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有________种，其中核磁共振