河南省驻马店市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题含解析

PAGE30-河南省驻马店市2024-2025学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）1.在抗击新冠肺炎传播的战斗中，化学试剂发挥了重要作用。下列说法正确的是A.医用消毒酒精中乙醇的质量分数为75%B.向空气中喷洒大量酒精进行消毒，存在平安隐患C.生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于纯净物D.84消毒液可作为环境消毒剂，其有效成分为次氯酸钙【答案】B【解析】【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，故A错误；B．酒精易燃烧，向空气中喷洒大量酒精进行消毒，存在平安隐患，故B正确；C．生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维是合成高分子化合物，高分子化合物属于混合物，故C错误；D．84消毒液可作为环境消毒剂，其有效成分为次氯酸钠，故D错误；选B。2.下列试验操作、现象和结论均正确的是选项试验操作现象结论A用铜电极电解饱和KCl溶液有气体生成Cl-的失电子实力比OH-强BCl2通入石蕊试液溶液先变红后褪色Cl2具有酸性和漂白性C对H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡体系加压气体颜色加深加压平衡向生成I2(g)的方向移动D将金属钠在燃烧匙中点燃，快速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，并有黑色颗粒产生CO2具氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．以金属铜为电极电解饱和KCl溶液，阳极放电的为金属铜，正确的离子方程式为：Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，Cl-没有失电子，故A错误；B．氯气不具有漂白性，与水反应生成HCl和HClO即Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的盐酸使石蕊试液变红，生成的HClO具有漂白性，使石蕊试液褪色，故B错误；C．对H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡体系加压，减小容器体积，浓度增大、颜色加深，但该化学平衡是反应前后气体体积不变的的反应，加压平衡不移动，故C错误；D．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，即4Na+3CO22Na2CO3+C，CO2中的C元素的化合价由+4价得电子变为0价，化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，具有氧化性，即CO2具有氧化性，故D正确；答案为D。3.铁锅用水清洗放置后出现红褐色锈斑，在此改变过程中不发生的反应是A.Fe-3e-+3OH-=3Fe(OH)3B.O2+2H2O+4e-=4OH-C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2【答案】A【解析】【详解】铁锅用水清洗放置后出现红褐色的锈斑，发生电化学腐蚀，负极上铁失去电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气得到电子，O2+2H2O+4e-=4OH-，总的电极反应为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，且氢氧化亚铁易被氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B、C、D均可发生，A没有发生，答案选A。4.科学家利用原子序数依次递增的四种短周期元素W、X、Y和Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如下。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。下列说法不正确的是（注：实线代表共价键，Y与Y之间其他重复单元的W、X未标注）A.Y的非金属性在同主族中最强B.简洁离子半径：Z＜YC.Z与Y形成的化合物中只含离子键D.Y的简洁气态氢化物比X的简洁气态氢化物稳定【答案】C【解析】【分析】依据图示可知W形成1个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，据此分析解答。【详解】依据上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的实力就越弱，氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O的氧化性在同主族中最强，A正确；B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z＜Y，B正确；C．O、Na两种元素可形成两种离子化合物Na2O、Na2O2，Na2O2中既含有离子键，又含有共价键，C错误；D．元素的非金属性越强，其简洁氢化物的稳定性就越强。X是C，Y是O，由于元素的非金属性：C＜O，所以氢化物的热稳定性：CH4＜H2O，D正确；答案选C。5.绿色化学理念影响着整个化学试验改革，微型化学试验就是在这种复背景下诞生的一种创新性的试验教学方法。蔗糖与浓硫酸反应的探究试验改进装置如图所示。下列说法不正确的是A.该试验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性B.反应中，品红溶液褪色，紫色石蕊试液先变红后褪色C.该装置能证明二氧化硫具有氧化性D.X可以是某种碱，也可以是某种盐【答案】B【解析】【分析】本试验为蔗糖与浓硫酸反应的探究试验，浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖会先变黑后体积膨胀，可产生SO2气体，SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，SO2具有酸性氧化物的性质，能使紫色石蕊试液变红，SO2具有还原性，因此可使酸性高锰酸钾溶液褪色，又SO2具有氧化性，可与硫化钠溶液反应生成S单质的淡黄色沉淀，由于SO2干脆排放至空气中会造成污染，因此须要进行尾气处理，据此分析解答。【详解】A．依据上述分析可知，浓硫酸加入蔗糖中，蔗糖会先变黑后体积膨胀，表明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，A正确；B．反应中，SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，SO2具有酸性氧化物性质，能使紫色石蕊试液变红，但不能褪色，B错误；C．该装置中，硫化钠溶液处出现淡黄色沉淀，可证明SO2具有氧化性，C正确；D．X溶液用于尾气处理，可用NaOH(碱)溶液或酸性高锰酸钾(盐)溶液汲取，D正确；答案选B。【点睛】B为易错点，SO2的漂白性是与有色物质生成不稳定的无色物质，但SO2不能够使酸碱指示剂褪色。6.丙烷(C3H8)的一溴代反应产物有两种：CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3,部分反应过程的能量改变如图所示(Ea表示活化能）。下列叙述正确的是A.比较Ea1和Ea2推想生成速率：•CH2CH2CH3<•CH(CH3)2Blmol丙烷中有3mol非极性共价键C.CH3CH2CH3+•Br=•CH2CH2CH3+HBrΔH<0D.丙烷(C3H8）与Br2的反应只涉及到极性键的断裂【答案】A【解析】【详解】A.活化能小的反应快，依据图象可知，生成•CH2CH2CH3比•CH(CH3)2的活化能大，则生成速率：•CH2CH2CH3<•CH(CH3)2，A项正确；B.丙烷存在共价键为碳氢键和碳碳键，其中碳碳键为非极性共价键，lmol丙烷中有2mol非极性共价键，B项错误；C.生成•CH2CH2CH3和HBr时，反应吸热，ΔH＞0，C项错误；D.Br2在反应中涉及到非极性键的断裂，D项错误；答案选A。7.在2L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(s),所得试验数据如下表：试验编号温度/°C起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)n(N)①8000.100.150.050.05②8000.20030aa③9000.100.150.040.04下列说法不正确的是A.正反应为放热反应B.试验①5min达平衡，平均反应速率v(X)=0.005mol/(L•min)C.试验②中，该反应的平衡常数K=0.l(mol/L)-1D.试验②中，达到平衡时，a大于0.10【答案】C【解析】【详解】A．依据表格中试验①③的数据分析可知，当温度上升时，平衡时M、N的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则该反应的逆反应方向为吸热反应，正反应反向为放热反应，A正确；B．依据试验①中的数据建立三段式有：所以平均反应速率，B正确；C．由B可知，试验①的平衡常数，由于试验①和试验②的温度相同，所以两个试验的平衡常数相等，C错误；D．试验①②温度相同、体积相同，②中物质的量为①的两倍，若平衡不移动，平衡时a=0.10，但压强增大平衡正向移动，则平衡时a＞0.10，D正确；答案选C。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法不正确的是A.加入NaH2PO4固体，溶液酸性增加B.每升溶液中的H+数目为0.01NAC.加水稀释使H3PO4电离程度增大，溶液pH增大D.c(H+)=c(）+2c(）+3c(）+c(OH-)【答案】A【解析】【详解】A．H3PO4电离方程式为H3PO4H++、H++、H++，加入NaH2PO4固体，主要抑制H3PO4第一步电离，H+浓度减小，溶液酸性减弱，A选项错误；B．由题目中pH=2可得c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中H+数目应为0.01NA，B正确；C．加水稀释后，虽会促使H3PO4的电离，但H+浓度减小，pH增大，C正确；D．由质子守恒可得c(H+)=c(）+2c(）+3c(）+c(OH-)，D正确；答案选A。9.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。向电解循环液中同时加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ•mol-1Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ•mol-1试验测得电解循环液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是A.溶液pH增大，Ksp(CuCl)增大B.反应达到平衡时：n(Cu)越多，c(Cl-)越小C.向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除D.除Cl-反应为：Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)ΔH=(a+b)kJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】A．Ksp只受温度的影响，pH越大，Ksp(CuCl)不变，故A错误；B．反应达到平衡时：n(Cu)越多，由于Cu为固体，对平衡移动无影响，则Cu的量对c(Cl-)无影响，故B错误；C．依据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故C错误；D．①Cu(s)+Cu2+(aq)⇌2Cu+(aq)△H1=akJ•mol-1，②Cl-(aq)+Cu+(aq)⇌CuCl(s)△H2=bkJ•mol-1，依据盖斯定律，①+②可得到：Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)⇌CuCl(s)△H=(a+b）kJ•mol-1，故D正确；答案为D。10.一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3[Fe(CN)6]和亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]的混合溶液，下列说法不正确的是A.该装置实现了太阳能干脆转化成电能B.Fe(CN)63-在催化剂b表面被还原的方程式为：-e-=C.电解质溶液中和浓度之和理论上保持不变D.电子流向：→电极a→外导线→电极b→【答案】B【解析】【分析】由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极。【详解】A．该装置为原电池，实现了太阳能干脆转化成电能，A正确；B．b上发生还原反应，在催化剂b表面被还原，电极反应方程式为+e-=，B错误；C．由B选项中的电极反应可知，和二者以1：1相互转化，电解液中和浓度基本保持不变，C正确；D．该电池中，失去电子，由电极a经外导线移向电极b，再得到电子，故电子流向为→电极a→外导线→电极b→，D正确；答案选B。11.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42-的水解）。巳知Ksp(AgCl)数量级为10-10。下列叙述不正确的是A.n点表示Ag2C2O4的不饱和溶液B.图中X线代表的AgClC.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常数为109.04D.向c(Cl-)=c(）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】D【解析】【分析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75=100.25×10-10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-2.46=10-6.46=100.54×10-7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c()=(10-4)2×10-2.46=10-10.46，据此分析解答。【详解】A．曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，A正确；B．由以上分析知图中X线代表AgCl，B正确；C．g2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常数为K=c()/c2(Cl-)，此时溶液中c(Ag+)相同，故有K=c()/c2(Cl-)=，C正确；D．依据图象可知当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl-)=c(）的混合液中滴入AgNO3溶液时先析出氯化银沉淀，D错误；故选D。12.为分析不同试剂是否对H2O2分解有催化作用，该小组向四支盛有10mL5%H2O2的试管中滴加不同溶液，试验记录如下：试管ⅠⅡⅢⅣ滴加试剂2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO42滴1mol/LCuSO4和2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO4和4滴1mol/LNaCl产生气泡状况无气泡产生均产生气泡，且气泡速率从Ⅱ到Ⅳ依次加快下列说法不正确的是（）A.依据试验Ⅰ的现象，可得结论NaCl对H2O2分解没有催化作用B.依据试验II的现象，可得结论CuSO4对H2O2分解有催化作用C.对比试验可得结论：浓度较大的NaCl溶液对H2O2分解有催化作用D.综合对比以上试验可得结论：NaCl浓度对于CuSO4的催化作用有影响，NaCl浓度越大催化效果越明显。【答案】C【解析】【详解】A．10mL5%H2O2的试管中滴2滴1mol/LNaCl，无气泡产生，说明NaCl对H2O2分解没有催化作用，A正确；B．10mL5%H2O2的试管中滴2滴1mol/LCuSO4，有气泡产生，说明CuSO4对H2O2分解有催化作用，B正确；C．由试验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对比可知，CuSO4对H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在时，NaCl对H2O2分解有催化作用，C错误；D．由试验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对比可知，CuSO4对H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在时，NaCl对H2O2分解有催化作用，NaCl浓度越大，催化效果越强，D正确；故答案：C。13.下列说法正确的是A.p电子云都是哑铃形的，每个p能级有3个原子轨道，它们相互垂直，能量相同B.基态氮原子的价电子排布图：C.甲醛(HCHO)和光气（COCl2)分子中：键角∠H—C—H＜∠Cl—C—ClD.四硼酸根离子Xm-(含B、O、H)的球棍模型如图，配位键存在于4、5和4、6原子之间【答案】A【解析】【详解】A．p能级有3个相互垂直的原子轨道，其电子云都是哑铃形的，由于3个轨道均是同一个能级，所以3个轨道的能量是相同的，A正确；B．基态N的原子核外电子排布式为1s22s22p3，则其价电子排布图为，B错误；C．氯原子的电负性强于氢原子，对电子的吸引实力更强，所以甲醛分子中的H-C-H键角更大，C错误；D．B原子最外层有3个电子，而4号B原子形成4条共价键，说明有一个为配位键，5号O原子连接的是H原子，简洁给出孤电子对，故4、5原子之间存在配位键，4、6之间不存在配位键，D错误；答案选A。14.下列对分子结构及其性质的说明中，不正确的是A.与中心原子的价层电子对数相同B.液态氟化氢的化学式有时写成(HF)n的形式与氢键有关C.碘易溶于四氯化碳、甲烷难溶于水都可用相像相溶原理说明D.酸性：H3PO4＞HClO,是因为H3PO4分子中氢原子数比HClO的多【答案】D【解析】【详解】A．的中心原子为Cl，价层电子对数为，的中心原子为Cl，其价层电子对数为，两者价电子对数相同，A正确；B．氟化氢分子之间能形成氢键，许多HF分子可以缔结在一起，所以液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式，B正确C．碘单质、四氯化碳、甲烷都是非极性分子，而水是极性分子，所以依据相像相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水，满意相像相溶原理，C正确；D．酸性强弱的一条阅历规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，与氢原子数目没有干脆关系，D错误；答案选D。15.有5种元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均为短周期元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充溢。下列叙述不正确的是A.元素Y和Q可形成化合物YQB.T的一种单质的空间构型为正四面体形，键角为109°28′C.X和T第一电离能：X＜TD.ZQ2是极性键构成的非极性分子【答案】B【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，除Y外均为短周期元素，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的价电子排布式为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充溢，则T是P元素，据此解答。【详解】依据分析可知，X为S元素，Y为Fe元素，Z为C元素，Q为O元素，T为P元素。A．Y为Fe元素，Q为O元素，Fe与O可形成FeO，故A正确；B．T为P元素，P的单质中，白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上，其键角为60°，故B错误；C．X为S元素，T是P元素，属于同周期相邻元素，由于P原子最外层3p能级电子为半充溢，较稳定，则第一电离能P比S大，即S＜P，故C正确；D．Z为C元素，Q是O元素，ZQ2是CO2，该分子结构中碳与每个氧形成两对共用电子对，其电子式为，结构式为O=C=O，CO2分子中只含极性键，且CO2分子结构对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，故D正确；答案为B。16.有四种不同积累方式的金属晶体的晶胞如图所示（假设金属的摩尔质量为Xg•mol-1,金属原子半径为rcm,用NA表示阿伏加德罗常数的值）。有关说法正确的是A.③和④中原子的配位数分别为6、12B.金属Zn采纳②积累方式C.①中空间利用率的表达式为：×100%D.对于采纳②积累方式的金属，试验测得Wg该金属的体积为Vcm3,则阿伏加德罗常数NA的表达式为【答案】C【解析】【详解】A．依据晶胞图示分析可知，③为六方最密积累，④为面心立法最密积累，配位数均为12，A错误；B．金属Zn为六方最密积累，因此Zn采纳③积累方式，B错误；C．①为简洁立方积累，原子半径为r，则其晶胞参数a=2r，一个晶胞中含有的原子个数为，则原子的体积为，则其空间利用率为×100%，C正确；D．②为体心立方积累，金属原子半径与正方体边长的关系，依据晶胞的模型，晶胞中含有金属原子的个数为8×+1=2，因此该晶胞的质量为=，边长与金属半径的关系是边长=，即晶胞的体积为cm3，即有，推出阿伏加德罗常数为，故D错误；答案选C。【点睛】难点是空间利用率的计算和阿伏加德罗常数的计算，这类题的关键点，找出原子半径与边长的关系，即哪些原子是刚性接触。17.下列表述或说法正确的是A.—OH与都表示羟基B.邻羟基苯甲酸的结构简式：C.丙烷分子的比例模型为：D.命名为：2-甲基-3-戊烯【答案】A【解析】【详解】A．—OH为羟基的结构简式，为羟基的电子式，A正确；B．为间羟基苯甲酸的结构简式，邻羟基苯甲酸的结构简式应为，B错误；C．为丙烷的球棍模型，C错误；D．主链有5个C原子，4号碳上有1个甲基，碳碳双键在2号碳上，故其命名为4-甲基-2-戊稀，D错误；答案选A。18.可用来鉴别甲苯、1-己烯、乙酸乙酯和苯酚溶液的一组试剂是A.FeC13溶液、浓溴水 B.酸性高锰酸钾溶液、FeC13溶液C.碳酸钠溶液、浓溴水 D.酸性高锰酸钾溶液、浓溴水【答案】D【解析】【详解】A．先用溴水鉴别出己烯、苯酚，溴水褪色的为己烯、加入溴水生成白色沉淀的为苯酚，但溴水、FeCl3溶液都不能鉴别甲苯和乙酸乙酯，故A不符合题意；B．FeCl3溶液能鉴别出苯酚，加入氯化铁溶液后溶液变为紫色的为苯酚，己烯、甲苯都能使酸性高锰酸钾褪色，即不能鉴别己烯和甲苯，故B不符合题意；C．先用溴水鉴别出己烯、苯酚，溴水褪色的为己烯、加入溴水生成白色沉淀的为苯酚，碳酸钠溶液、溴水都不能鉴别甲苯和乙酸乙酯，故C不符合题意；D．先用溴水鉴别出己烯、苯酚，溴水褪色的为己烯、加入溴水生成白色沉淀的为苯酚，剩余两种中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的为甲苯，无明显现象的为乙酸乙酯，可鉴别，故D符合题意；答案选D。19.探讨1-溴丙烷是否发生消去反应，用下图装置进行试验，视察到溴的四氯化碳溶液褪色。下列叙述不正确的是A.向反应后的①试管中加入少量的AgNO3溶液无法验证是否发生消去反应B.若②中试剂改为酸性高锰酸钾溶液，视察到溶液褪色，则①中肯定发生了消去反应C.①试管中肯定发生了消去反应生成不饱和烃D.②中发生了加成反应【答案】B【解析】【详解】A．试管①中1-溴丙烷和NaOH的醇溶液加热，无论是发生取代反应生成1-丙醇和NaBr，还是发生了消去反应生成丙烯和NaBr，两者都有Br-产生，因此向反应后的①试管中加入少量的AgNO3溶液无法验证是否发生消去反应，而且过量的氢氧化钠会干扰试验，A说法正确；B．由于所用试剂中有醇，醇有肯定的挥发性，醇也能使酸性高钿酸钾溶液褪色。若②中试剂改为酸性高锰酸钾溶液，醇和丙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此视察到溶液褪色，不能说明①中发生的是消去反应，B说法错误；C．溴的CCl4溶液褪色，说明生成了不饱和烃，则①试管中肯定发生了消去反应，C说法正确；D．②中溴的CCl4溶液褪色，是因为生成物丙烯和溴发生了加成反应，D说法正确；答案选B。20.免水洗消毒液中含有能快速杀死新冠病毒的三氯羟基二苯醚，其结构如图所示。下列有关三氯羟基二苯醚的说法正确的是A.分子式为C12H8O2Cl3 B.全部原子肯定处于同一平面C.苯环上的一溴代物有6种 D.不能与氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．依据该分子的结构可知，其分子式为C12H7O2Cl3，A错误；B．由三氯羟基二苯醚的结构可知，两个苯环通过醚键连接，只有旋转到特定角度时，这两个苯环才会共面；此外，其中一个苯环上连接的羟基中的氢原子也只有在旋转到特定角度时，才会与苯环共平面；综上所述，该有机物中全部原子不肯定共平面，B错误；C．由三氯羟基二苯醚的结构可知，该有机物结构高度不对称，分子中的两个苯环上的氢原子之间均不等效，因此苯环上的一溴代物有6种，C正确；D．由三氯羟基二苯醚的结构可知，其分子中含有酚羟基以及卤素原子，因此可以与NaOH溶液反应，D错误；答案选C。21.某化学小组以苯甲酸()为原料制取苯甲酸甲酯（)。已知有关物质的沸点：甲醇(CH3OH):64.7°C;苯甲酸：249°C;苯甲酸甲酯：199.6°C。I.合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇，再当心加入3mL浓硫酸，混合匀称，再投入几块碎瓷片，当心加热充分反应后，得苯甲酸甲酯粗产品。（1）写出苯甲酸与甲醇反应的化学方程式：____________。（2）甲和乙两位同学分别设计了如图所示的两套试验室合成苯甲酸甲酯的装置（夹持仪器和加热仪器均已略去）。依据有机物的有关性质分析，最好采纳____________装置（填“甲”或“乙”)。（3）工业生产中常采纳反应物CH3OH过量的方法，缘由是____________。II.粗产品的精制（4）苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，现拟按下列流程进行精制，请在流程图中方括号内填入操作方法的名称：a____________,b____________。（5）通过计算，苯甲酸甲酯的产率为____________。【答案】(1).+CH3OH+H2O(2).甲(3).有利于提高苯甲酸的转化率(4).分液(5).蒸馏(6).59.1%【解析】【分析】苯甲酸和甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，该反应是可逆反应，而且又存在副反应，故得苯甲酸甲酯粗产品，苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，故可与饱和碳酸钠溶液混合，它的作用为：降低苯甲酸甲酯的溶解度，溶解甲醇，除去酸，经分液后得到较纯净的苯甲酸甲酯，进一步蒸馏获得纯产品，据此分析解答。【详解】Ⅰ.(1)浓硫酸在酯化反应中起到了催化剂作用和吸水剂的作用，苯甲酸与甲醇反应的化学方程式：+CH3OH+H2O；(2)由装置图可知，甲图的圆底烧瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，乙图则没有，而本题中反应物甲醇沸点低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸点远高于甲醇，若采纳乙图，甲醇必定会大量挥发，不利于合成反应，所以应冷凝回流，削减甲醇的挥发，提高产率；(3)酯化反应为可逆反应，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，故甲醇应过量；Ⅱ.(4)苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分别出互不相溶的液体，通常采纳分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸点不同，可以通过蒸馏操作分别；(5)12.2g苯甲酸的物质的量为：，20mL甲醇(密度约0.79g/mL)的物质的量为：，则理论上生成苯甲酸甲酯的物质的量为0.1mol，质量为：136g/mol×0.1mol=13.6g，则苯甲酸甲酯的产率为：。22.I.（1）工业制氢有多种渠道，其中一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol已知：2C（s,石墨）+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol则石墨的燃烧热ΔH3＝____________。（2）工业上可通过CO(g)和H2(g)化合来制备可再生能源CH3OH(g):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ•mol-1又知该反应中某些物质分子里的化学键的键能数据如下表（已知CO中的C与O之间为叁键连接）：化学键C—HH—HCOH—O键能/kJ•mol-14134361076465则C—O键的键能为____________kJ•mol-1。lI.CO2的熔盐捕获与电化学转化受到了科研人员的广泛关注，采纳该技术可将工厂烟气中的CO2干脆转化为碳材和氧气，是一种短程、高效、绿色的CO2高值利用方法。我国科学家设计的转扮装置示意图如下：（3）①②中，熔盐捕获CO2过程中碳元素的化合价____________改变（填“有”或“无”)。（4）b为电源的____________极，a极的电极反应式为____________。（5）上述装置发生的总反应为____________。【答案】(1).－394kJ/mol(2).343(3).无(4).正(5).2－4e－=4CO2↑＋O2↑(6).CO2C＋O2【解析】【分析】依据题中所给热化学方程式，由盖斯定律求出石墨的燃烧热；依据题中所给键能，由反应的焓变△H=反应物总键能之和-生成物总键能之和，求出C—O键的键能；依据题中图示信息，CO2转化为C2O52-，再转化为O2，CO2转化为CO32-，再转化为C，由化合价的改变，推断得失电子，推断电解池的阴阳极及电源的正负极，进而回答相关问题。【详解】I．（1）由①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol，②2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol，依据盖斯定律：(①×2+②+③×2)，可得C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)；△H3=[(-41×2)kJ/mol+(-222)kJ/mol+(-242×2)kJ/mol]=-394kJ/mol；答案为-394kJ/mol。（2）设C—O键的键能为x，则CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ•mol-1，反应的焓变△H=反应物总键能之和-生成物总键能之和，即(1076kJ•mol-1+2×436kJ•mol-1)-(413×3kJ•mol-1+x+465kJ•mol-1)=-99kJ•mol-1，所以x=343kJ•mol-1，答案为343。II．（3）由题中图示可知①是CO2→C2O52-，②是CO2→CO32-，碳元素的化合价均为+4价，没有改变；答案为无。（4）依据题中图示可知C2O52-→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以b为原电池正极，因为a电极发生失去电子的氧化反应，所以a极的电极反应式为2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑；答案为正，2C2O52--4e-═4CO2↑+O2↑。（5）因为a阳极二氧化碳被捕获2CO2+O2-═C2O52-，阳极电极反应为2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑，d阴极二氧化碳被捕获CO2+O2-═CO32-电极反应式为CO32-+4e-═3O2-+C，则总反应方程式为CO2C＋O2；答案为CO2C＋O2。23.我国具有丰富的锑矿资源，锑及其化合物被广泛应用于机械材料、塑料、阻燃剂、微电子技术等领域，具有非常重要的价值。利用脆硫铅锑精矿（主要成分是Sb2S3及PbS）制备锑白（Sb2O3）的工艺流程如图所示。已知：浸出反应Sb2S3+3Na2S=2Na3SbS3酸化反应4Na3SbS3+9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓回答下列问题。(1)精矿进行研磨的目的是___________________。(2)在浸出反应中，浸出率随NaOH用量的改变曲线如图所示，其中NaOH的作用是_______________________。(3)向浸出液中通入SO2气体进行酸化，得到Sb2S3中间体。酸化反应过程中，pH对锑沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影响如下表所示，则最相宜的pH为__________。pH不能过低的缘由是_______________（结合离子方程式说明）。pH酸化后溶液成分/（g·L-1）锑的沉淀率/%SbNa2S2O360.6160.599.572.7157.697.585.6150.495.4910.5145.092.4(4)浸出液酸化后过滤，得到沉淀混合物，在高温下被氧化，写出全部反应的化学方程式：_____________。(5)从尾气处理的角度评价该工艺流程在环保方面的优点是__________________。【答案】(1).增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率(2).供应碱性环境，削减Na2S的水解(3).6(4).pH较低时发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，会造成Na2S2O3损耗(5).2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2(6).SO2可以循环利用，削减环境污染【解析】【详解】（1）将精矿进行研磨有助于增加反应接触面积，加快反应速率，提高Sb的浸出率；（2）浸出时加入Na2S溶液中的S2-会发生水解，当加入NaOH时，溶液呈碱性，可以抑制S2-的水解；（3）从表中可以看出，当pH=6时，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最相宜的pH选择6；假如pH过低，酸化后生成的S2O32-可以与溶液中的H+反应生成S沉淀，影响Na2S2O3的产率。（4）酸化后的沉淀为Sb2S3和S的混合物，在高温下与氧气发生反应生成SO2和Sb2O3，相应的反应方程式为2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2；（5）沉淀氧化后有SO2气体生成，将气体通入到酸化溶液中循环利用可以削减环境污染。24.氨是最为重要的基础化工产品之一，其产量居各种化工产品的首位。合成氨方面的探讨共产生了三名诺贝尔奖得主，分别是理论可行性探讨、工业化探讨和机理探讨三个方面，这也代表了现代化学探讨的三个方面。回答下列问题：I.合成氨反应的机理探讨：N2和H2在活性铁表面催化合成NH3的机理如图所示，其中(ad)表示物种的吸附状态。（1）依据反应历程图，写出合成氨反应的热化学方程式___________。（2）合成氨经验如下五个过程：N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)iN(ad)+3H(ad)→NH(ad)+2H(ad)iiNH(ad)+2H(ad)→NH2(ad)+H(ad)iiiNH2(ad)+H(ad)→NH3(ad)ivNH3(ad)→NH3(g)V下列说法正确的是___________（填选项字母）。A.上升温度，过程i的反应速率减慢，过程ii的反应速率加快B.增大压强，有利于提高过程i的转化率C.运用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＜0II.合成氨反应的反应条件探讨：试验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比[]之间的关系如图所示。（3）T0___________420°C(填“＜”“＞”或“=”,下同）。（4）a点时的转化率：a(N2)___________a(H2)。（5）a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的依次为___________（用Ka、Kb、Kc、Kd表示）。（6）b点对应的平衡常数Kb=___________MPa-2(用体系中各物质的分压表示平衡常数，物质的分压＝物质的量百分含量×容器的总压，列出计算式即可）。III.合成氨的工业化探讨：合成氨的原料气中的杂质会影响氨的合成效率，已知某原料气中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。（7）在恒压条件下，单位时间通入的气体总量肯定时，杂质稀有气体Ar会使N2的平衡转化率降低的缘由为___________。【答案】(1).N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1(2).B(3).＞(4).＜(5).Kb=Kc>Ka>Kd(6).或或9.5×10－2(7).恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率【解析】【分析】依据催化合成NH3的机理图书写热化学方程式并计算反应热，依据“定一议二、先拐先平”比较温度大小，结合图中数据进行转化率和平衡常数的计算，结合平衡常数的定义及平衡移动原理比较平衡常数的大小。【详解】Ⅰ.(1)依据反应历程图可知，合成氨为放热反应，其热化学反应方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1；(2)A．上升温度，过程ⅰ和ii的反应速率均加快，A错误；B．过程ⅰ为N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)，反应前后体积减小，增大压强，平衡正向移动，有利于提高过程ⅰ的转化率，B正确；C．运用催化剂时，反应N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＞0，C错误；故答案为：B；Ⅱ.(3)依据图像，由①④曲线分析可知，压强相同，420℃→T0℃，平衡时氨气的含量降低，说明平衡逆向移动，又反应为放热反应，所以420℃→T0℃为温度上升的过程，则T0＞420℃，故答案为：＞；(4)依据图像可知，a点时起始氢氮比，则N2的转化率＜H2的转化率，故答案为：＜；(5)由于②③的温度相同，所以两个条件下平衡常数相等，即Kb=Kc，①④相比，压强相同，④的温度更高，所以平衡常数Ka＞Kd，①②相比，①的温度更高，所以平衡常数Kb＞Ka，故答案为：Kb=Kc>Ka>Kd；(6)依据图像，b点时起始氢氮比，总压强为20MPa，平衡时氨气的含量为50%，设N2的起始投量为1mol，转化量为xmol，则列三段式有：则有，x=，所以N2的物质的量百分含量为，H2的物质的量百分含量为，则b点对应的平衡常数，故答案为：或或9.5×10－2；Ⅲ.(7)在恒压条件下，单位时间通入的气体总量肯定时，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率，故答案为：恒压容器中，充入Ar会减小反应体系的压强，使平衡向气体分子数增多的方向移动，因此会降低N2的平衡转化率。25.光刻技术需利用深紫外激光，我国是唯一驾驭通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术国家。目前唯一好用化的晶体是氟硼铍酸钾(KBeBF，含K、B、Be、O、F元素)。回答下列问题：（1）一群均处于激发态1s22s13s1的铍原子，若都回到基态，最多可发出___种波长不同的光。A.1B.2C.3D.4（2）Be和B都简洁与配体形成配位键，如[BeF4]-、[B(OH)4]-等，从原子结构分析其缘由是__。（3）氟硼酸钾是制备KBeBF的原料之一，高温下分解为KF和BF3。KF的沸点比BF3的高，缘由是___。（4）BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氢氟酸。氢氟酸浓溶液中因F-与HF结合形成HF使酸性大大增加。HF的结构式为___；H3BO3和BF中，B原子的杂化类型分别为___、__。（5）KBeBF晶体为层片状结构，图1为其中一层的局部示意图。平面六元环以B—O键和Be—O键交织相连，形成平面网状结构，每个Be都连接一个F，且F分别指向平面的上方或下方，K+分布在层间。KBeBF晶体的化学式为____。（6）BeO晶体也是制备KBeBF的原料，图2为其晶胞结构示意图。①沿着晶胞体对角线方向的投影，下列图中能正确描述投影结果的是___。②BeO晶胞中，O的积累方式为____；设O与Be的最近距离为acm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则BeO晶体的密度为____g·cm-3。【答案】(1).C(2).Be原子和B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道(3).KF为离子晶体，而BF3为分子晶体，离子晶体的熔沸点大于分子晶体(4).(5).sp2(6).sp3(7).KBe2BO3F2(8).D(9).面心立方最密积累