浙江省衢州五校联盟2022-2023学年高二上学期创新班期末联考化学试卷

浙江省衢州五校联盟2022-2023学年高二上学期创新班期末联考化学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．下列化学用语正确的是A．NH4B．基态Br核外电子排布式：[Ar]4C．Cl−D．基态C原子的轨道表示式：2．下列物质中，由极性键构成的极性分子的是A．SO2 B．BF3 C．3．下列有关比较错误的是A．未成对电子数：Fe>As>Cu B．键角：CC．第一电离能：Cl>S>P D．元素电负性：F>O>N4．下列文字表述与反应方程式对应且正确的是A．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热：ClCB．向甲酸中加入过量新制Cu(OH)2C．向苯酚钠溶液中通入少量CO2D．苯与溴水的混合物中加入FeBr35．化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关该化合物说法错误的是A．分子中含有4个手性碳原子B．分子中C原子有sp2、C．该物质可以发生加成反应、水解反应、酯化反应D．1mol该物质最多可以和3molNaOH反应6．下列说法错误的是A．同一能层p能级的px、py、pB．激光的产生、LED灯发光都与电子跃迁有关C．基态原子最外层电子排布式为nsD．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素均为金属元素7．有关下列实验的说法正确的是A．甲装置可用于比较乙酸、碳酸与苯酚的酸性B．乙装置可用于提纯混有少量C2HC．丙装置中，若右侧试管内的酸性KMnOD．丁是实验室制乙炔的发生和净化装置，CuSO4溶液用于除去反应产生的8．有机物中基团之间会相互影响、相互制约。下列各项事实不能说明该观点的是A．苯酚可以发生加成反应，而乙醇不能B．苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能D．苯酚与溴水可直接反应，而苯与液溴反应需要FeBr9．设NAA．0.5molKHSO4B．5.8g正丁烷、异丁烷的混合物中极性键数目为NC．标准状况下，22.4LC2H6OD．1mol乙酸与1mol乙醇发生酯化反应，生成H2O10．用括号内的试剂和方法除去下列各物质中的少量杂质，错误的是A．苯中含有苯酚(浓溴水，过滤)B．丁烷中含有2-丁烯(酸性高锰酸钾，洗气)C．乙酸乙酯中含有乙酸(饱和碳酸钠溶液，分液)D．溴苯中含有液溴(NaOH溶液，分液)11．S和O可组成一系列负二价阴离子，结构如图。下列说法正确的是硫酸根焦硫酸根过二硫酸根硫代硫酸根A．电负性O>S，该系列中不存在非极性键B．1mol焦硫酸根在水溶液中可生成2molSC．硫酸根和硫代硫酸根的空间构型均为正四面体D．过二硫酸根具有极强氧化性，原因是其中S元素处于+7价12．冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是A．硫化氢晶体结构和冰相似B．冰晶体中，相邻的水分子均以氢键结合C．晶胞中Z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键键长为dD．冰晶体中分子间氢键存在方向性、饱和性，晶体有较大空隙，因此密度比液态水小13．以H2O2和HCl为原料制备高纯度次氯酸的机理如图，V为元素钒，其最高化合价为+5价，N(His404)、N(His496)A．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成B．反应过程中，中心原子钒的化合价和成键数目均发生改变C．该机理中化合物a是催化剂，B、C、D、E是中间产物D．该过程的总反应为：H14．对于反应N2O4(g)⇌2NOA．C，E两点对应状态的正反应速率大小关系为v(E)>v(C)B．A，B，C，D，E各点对应状态中，v(正)>v(逆)的是DC．维持p1不变，E→A所需时间为t1；维持p2不变，D→C所需时间为D．欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由p2无限缓慢降压至p15．含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(MeA．生成1molLi[P(CN)B．阳极上的电极反应为：PC．在电解过程中CND．电解产生的H2中的氢元素来自于16．二茂铁[(C5A．二茂铁属于分子晶体B．在二茂铁中，C5H5C．1mol环戊二烯中含有σ键数目为11D．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp317．利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气n(CO2)A．使用催化剂1时，d点已达到平衡B．T3温度下的平衡常数小于TC．若a点时，v(D．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低18．已知25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10A．溶液中Al3+与S2−会发生双水解反应，FB．NCl3水解生成NH3与HClOC．Cl−的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择K2D．乙醇与足量的K219．甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NH3+CHA．甘氨酸具有两性B．曲线a代表NC．NH2D．c20．下列各实验的操作、现象及结论都正确的是现象实验现象结论A用pH试纸分别测定相同浓度的CH3COONa和测得NaClO溶液的pH小CH3B两支试管中均装有2mL0.01mol⋅L−1酸性KMnO第一支试管褪色时间比第二支试管长其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快C取少量丙烯醛与试管中，先向其中加入足量新制氢氧化铜悬浊液并加热，静置后取上层清液加入溴水溴水褪色丙烯醛中含有碳碳双键D某卤代烃加入到NaOH乙醇溶液中，充分加热，冷却后，取混合液加足量硝酸酸化的AgNO未观察到淡黄色沉淀生成该卤代烃中可能含有碳溴键A．A B．B C．C D．D二、综合题21．回答下列问题：（1）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构。（2）基态Zn的价层电子排布式，金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为。（3）NH3的中心原子的杂化方式为，NH3中H-N-H键角PH3中H-P-H键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。（4）立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为apm，密度为g/cm3，A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离为pm(列式表示)。22．固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B是混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到0.80g红棕色固体，请回答：（1）化合物X所含元素是(填元素符号)。（2）溶液D中显深蓝色的溶质是(用化学式表示)。（3）化合物X在空气中灼烧的化学化学方程式。（4）干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式：。（5）向溶液C中加入一定量的Fe，充分反应后，仍有固体存在，此时，溶液中一定没有的金属阳离子是，请设计实验证明你的结论。23．氢化铝锂(LiAlH已知：①物质AlCLiAlLiHLiCl苯易溶难溶乙醚可溶可溶微溶难溶②LiH、LiAlH③乙醚沸点34.5℃，易燃。常温下一般不与氧化剂、还原剂、碱、金属单质等反应。请回答：（1）装置b的作用是。（2）乙醚中的少量水分也会对LiAlHA．分液 B．钠 C．五氧化二磷 D．通入乙烯（3）下列说法正确的是____。A．为提高过滤出滤渣A的速度，可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁B．为提高合成LiAlHC．操作B可在蒸发皿中进行D．AlCl（4）从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序。a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤c.用余热蒸干苯d.开冷凝水、加热e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤f.转移固体至烧瓶中真空脱苯g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱苯（5）LiAlH4(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品LiAlH4xg，记录量气管B起始体积读数V1mL，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓LiAlH4与H2O的反应速率)、水混合液10.0mL，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B读数(注：量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol。)24．一碳化学以研究处理、利用CO、CO2、（1）Ⅰ.开发CO主反应：2CO2副反应：CO2一定温度下，将CO2与H2A．升高温度 B．使用催化剂C．增大投料比n(CO2（2）催化剂作用下，恒温恒压(250℃、3.0MPa)密闭容器中以n(CO)：n(CO2)：n(H（3）Ⅱ.以CH水气重整：CH4水汽变换：CO(g)+H2吸附反应：CO2图1为一定条件下，相同时间内无CaO、微米级CaO参与的制氢反应氢气体积分数%对比曲线图；图2为其他条件不变，相同时间内800℃下不同级别CaO对氢气体积分数的影响柱状图：下列关于图1的叙述正确的是____。A．图中虚线是有CaO参与的制氢过程B．加生石灰的作用之一是吸收COC．吸附反应只是通过系统能量互补，达到降低制氢能耗的目的D．图中实线与虚线随着温度升高会逐渐靠拢，主要原因是高温下水汽变换反应不自发（4）根据图1、图2并结合反应的化学方程式，分析使用微米级CaO与纳米级CaO后H2体积分数不同的重要原因（5）因为普通纳米级CaO在533℃会因烧结而完全丧失吸附性，故图2中的纳米CaO采用的是SiO2改性的CaO，在图1中画出未经改性的纳米级CaO参与吸附的450～600℃范围内的氢气体积分数变化曲线25．某研究小组从甲苯出发，按下列路线合成染料中间体X和医药中间体Y。已知：①化合物A、E、F互为同分异构体；②③(苯胺易被氧化)；请回答：（1）下列说法错误的是____。A．化合物B的分子式为CB．化合物C能发生取代、氧化、还原反应C．化合物A，E，F属于官能团位置异构D．化合物F既有酸性又有碱性（2）化合物A的结构简式是，化合物D的结构简式是。（3）F＋G→Y的化学方程式是。（4）写出同时符合下列条件的A的所有同分异构体的结构简式。①能发生银镜反应；②苯环上有2种一氯代物。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．NH4BrB．Br为35号元素，核外电子排布式为[Ar]3dC．Cl−的核电荷数为17，结构示意图为D．基态C原子的轨道表示式为，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.NH4Br为离子化合物，溴离子最外层达到8电子结构；

2．【答案】A【解析】【解答】A．SOB．BF3是由极性键构成的非极性分子，B不符合题意；C．CSD．CF故答案为：A。

【分析】由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键，极性分子的正负电荷中心不重合。3．【答案】C【解析】【解答】A．基态Fe电子排布式为1s22s22p63s23d64s2，有4个未成对电子，基态As电子排布式为1s22s22p63s23d104s24p3，有3个未成对电子，基态Cu电子排布式为1s22s22p63s23d104s1，有1个未成对电子，即原子的未成对电子数：Fe>As>Cu，选项A不符合题意；B．由于氨气分子中含有一个孤电子对，水分子中含有2个孤电子对，对成键电子对的排斥作用增大，导致键角逐渐减小，则H2O、NH3、CH4分子中键角由大到小的顺序是：CH4>NH3>H2O，选项B不符合题意；C．同一周期主族元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族比相邻元素大，P、S、Cl位于同一周期，P是第VA族元素，故第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S，选项C符合题意；D．同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大，F、O，N位于同一周期，则电负性：F>O>N，D选项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.基态Fe原子有4个未成对电子，基态As原子有3个未成对电子，基态Cu原子有1个未成对电子；

B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

D.元素的非金属性越强，电负性越大。4．【答案】B【解析】【解答】A．氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热发生氯代烃的水解反应和酯的水解反应，故为ClCHB．向甲酸中加入过量新制Cu(OH)2悬浊液发生氧化反应生成HOOCOOH即碳酸，碳酸与NaOH溶液反应生成碳酸钠，反应方程式为HCOOH+2Cu(OH)C．苯酚的酸性比碳酸弱，向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，反应方程式为C6D．苯和液溴发生取代反应，苯和溴水不反应，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中水解生成HOCH2COONa、乙醇和NaBr；

C.向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠；

D.苯和溴水不反应。5．【答案】A【解析】【解答】A．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共3个，选项A符合题意；B．分子中C原子有全部以单键形成的，也有碳碳双键、碳氧双键，故有sp2、C．该物质中含有碳碳双键、可以发生加成反应，含有酰胺基可以发生水解反应，含有羧基可以发生酯化反应，选项C不符合题意；D．分子中含有2个酰胺基、1个羧基，均能与NaOH溶液反应，故1mol该物质最多可以和3molNaOH反应，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

B.苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；

C.该物质中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有酰胺基可以发生水解反应，含有羧基可以发生酯化反应；

D.该物质中酰胺基、羧基均能与NaOH溶液反应。6．【答案】C【解析】【解答】A．相同能层、相同能级不同轨道的电子，能量相同，故A不符合题意；B．电子在跃迁过程中会形成发射光谱或吸收光谱，激光的产生、LED灯发光都与电子跃迁有关，故B不符合题意；C．基态原子最外层电子排布式为ns1的元素可能位于ds区，例如铜的价电子排布为3d104sD．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素属于过渡元素，均为金属元素，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.相同能层、相同能级不同轨道的电子，能量相同；

B.电子在跃迁过程中放出和吸收光；

D.第ⅢB族到第ⅡB族10个纵列的元素属于过渡元素，均为金属元素。7．【答案】D【解析】【解答】A．醋酸易挥发，和生成的CO2一起进入苯酚钠溶液中，无法确定碳酸和苯酚的酸性强弱，选项A不符合题意；B．高锰酸钾将乙烯氧化时会产生二氧化碳，引入新的杂质，选项B不符合题意；C．加热条件下乙醇易挥发，进入高锰酸钾溶液中使其褪色，干扰实验，无法证明溴乙烷发生了消去反应，选项C不符合题意；D．电石中混有杂质，反应过程中会产生H2S，CuSO4溶液可以与之反应，从而实现除杂，选项D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.醋酸易挥发，挥发的醋酸能与苯酚钠反应；

B.高锰酸钾与乙烯反应生成杂质二氧化碳；

C.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色。8．【答案】A【解析】【解答】A．苯酚可以发生加成反应，是因为含有苯环，而乙酸不能发生加成反应，两者不是因为苯环和乙基对羟基的影响引起的，选项A无相互影响；B．苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应说明苯环的影响使酚羟基上的氢更活泼，选项B有相互影响；C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环的影响使苯环侧链上的烷基更活泼，选项C有相互影响；D．羟基影响苯环，苯环上的邻位、对位氢原子易取代，苯不含羟基，与液溴反应则需要铁作催化剂，可说明原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，选项D有相互影响；故答案为：A。

【分析】B.受苯环的影响，酚羟基中的氢原子变得比较活泼；

C.苯环影响甲基，使甲苯易被氧化；

D.羟基影响苯环，苯环上的邻位、对位氢原子易取代。9．【答案】B【解析】【解答】A．KHSO4是由K+和HSO4−组成，0.5molKHSO4中含有离子数目是0.5mol×2×NA=NAB．正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷的结构简式为CH(CH3)3，无论是正丁烷还是异丁烷，含有极性键物质的量相同，1mol该混合物中含有极性键数目为10NA，即5.8g该混合物中含有极性键数目是5.8g58g/mol×10NC．C2H6O标准状况下不是气体，无法直接用22.4L/mol计算C2H6O物质的量，故C不符合题意；D．乙醇与乙酸发生酯化反应，该反应为可逆反应，根据题中所给信息，无法计算水的物质的量，故D不符合题意；故答案为B。

【分析】A.KHSO4是由K+和HSO4−组成；

C.标况下，乙醇乙醚均为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量；

10．【答案】A【解析】【解答】A．苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，能溶解在苯中，不能分离，选项A符合题意；B.2-丁烯能被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸而丁烷不会，通过洗气后得到纯净的丁烷，选项B不符合题意；C．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠，乙酸钠溶于水中，乙酸乙酯不溶于水，分液分离，选项C不符合题意；D．溴能与氢氧化钠溶液反应，溴苯常温下与氢氧化钠溶液不反应也不溶于水，分液分离，选项D不符合题意；故答案为：A。

【分析】除杂至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。11．【答案】B【解析】【解答】A．过二硫酸根中都存在非极性共价键，A不符合题意；B.1mol焦硫酸根与水反应生成2mol硫酸根离子，B符合题意；C．硫代硫酸根中S-S键与S-O键键长不同，故空间构型不是正四面体，C不符合题意；D．过二硫酸根中S为+6价，其具有较强的氧化性是因为其中含有过氧根，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.同种元素间的共价键是非极性键；

C.硫代硫酸根中S-S键与S-O键键长不同；

D.过二硫酸根中S为+6价。12．【答案】A【解析】【解答】A．硫化氢分子间不存在氢键，冰中水分子间存在氢键，因此两者结构不相似，故A说法符合题意；B．在冰晶体中，每个水分子与四个水分子通过氢键相结合，故B说法不符合题意；C．氢键键长可以表示为通过氢键相连的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子通过氢键相连，故C说法不符合题意；D．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，其密度比液态水小，故D说法不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.冰晶体中，每个水分子与四个水分子通过氢键相结合；

C.通过氢键相连的两个氧原子的核间距即为氢键键长；

D.氢键有方向性和饱和性。13．【答案】B【解析】【解答】A．b→c过程中有氧氢键断裂，c→d过程中有氧氢键形成，选项A不符合题意；B．反应过程中，从a→b钒的成键数目增多，但化合价均为+5价，选项B符合题意；C．该机理中化合物a在整个反应过程中质量和化学性质没有发生变化，是催化剂，b、c、d、e是中间产物，选项C不符合题意；D．该过程的总反应为：H2故答案为：B。

【分析】A.b→c过程中氧氢键断裂，c→d过程中氧氢键形成；

C.催化剂在反应前后质量和化学性质不变；

D.该过程的反应物为H2O2和HCl，产物为HClO和H2O。14．【答案】D【解析】【解答】A．C、E两点φ(NO2)B．A、B、C三点均处于平衡状态，v(正)=v(逆)；根据浓度商Q=c2(NO2)c(N2O4)C．AE与DC线段的长度相等，则φ(NOD．当由p2无限缓慢降压至p1时，平衡不断地被破坏，但又不断地建立新的平衡，所以理论上无限缓慢降压时，故答案为：D。

【分析】A.增大压强，反应速率增大；

B.v(正)15．【答案】A【解析】【解答】A．石墨电极发生反应的物质：P4→Li[P(CN)2]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，则生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，A符合题意；B．阳极上发生氧化反应，失电子，为P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，B不符合题意；C．石墨电极：P4→Li[P(CN)2]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN-应该向阳极移动，即移向石墨电极，C不符合题意；D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN-和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】石墨电极上，P4→Li[P(CN)2]，发生氧化反应，电极反应式为P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，铂电极为阴极，电极反应式为2HCN+2e-=H2↑+2CN-。16．【答案】B【解析】【解答】A．根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，故A不符合题意；B．在二茂铁中，C5H5−与C．1mol环戊二烯中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，1mol环戊二烯中含有σ键数目为11ND．已知环戊二烯的结构式为，由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.二茂铁的熔沸点较低，属于分子晶体；

C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键也是σ键；

D.双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化。17．【答案】C【解析】【解答】A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，因此d点未达到平衡，故A不符合题意；B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，故B不符合题意；C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，故C符合题意；D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；

B.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；

D.催化剂影响反应速率，不影响平衡移动。18．【答案】C【解析】【解答】A．溶液中Fe3+与会发生双水解反应，而FeB．NCl3水解生成NH3与HClO，但F没有正价，C．由Ksp可知沉淀等浓度的CrO42-所需Ag+比沉淀等浓度的Cl-和I−需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgI是黄色沉淀，AgD．乙醇与足量的K2故答案为：C。

【分析】A.Fe3+与S2−主要发生氧化还原反应；

B.NF319．【答案】D【解析】【解答】A．NH2CH2COOH中存在-NH2和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH3+CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH3+CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COOC．NH2CH2COO-+H2O⇌NH3+CH2COO-+OH-的平衡常数K=c(NH3+CH2COO−)⋅c(OH-)c(NH2CHD．由C项分析可知，c(NH3+CH2COOH)c(NH3+CH2COO-)=10-11.65c(OH-)，根据b，c曲线交点坐标坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NH3+CH2COO-⇌NH2CH2故答案为：D。

【分析】氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，则曲线a表示NH3+CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示NH3+CH2COO-的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO20．【答案】D【解析】【解答】A．NaClO表现强氧化性，具有漂白性，能将有色物质漂白，因此用pH试纸无法读出NaClO溶液的pH值，应选用pH计，故A不符合题意；B．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2C．检验丙烯醛中含有碳碳双键，先将醛基氧化，因为醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求NaOH过量，溴水也能与NaOH溶液反应，因此滴加溴水前，需要先将溶液加酸酸化，最后滴加溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键，根据题中所给操作，没有加酸酸化，故C不符合题意；D．卤代烃发生消去反应，要求卤素原子所连碳的相邻碳原子上有氢原子，如卤代烃为CH3Br，进行题中所给实验，不能观察到淡黄色沉淀生成，但该卤代烃中含有碳溴键，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.次氯酸钠能漂白pH试纸；

B.实验中酸性高锰酸钾溶液均过量，溶液不褪色；

C.检验醛基应在碱性环境中进行。21．【答案】（1）（2）3d104s2；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑（3）sp3；大于（4）388×1030【解析】【解答】（1）由于F元素的非金属性很强，原子半径小，导致HF分子中共用电子对强烈偏向F原子一方，H原子几乎形成裸露的质子，H原子与另外的HF分子的F之间形成氢键，而F原子与其它HF分子的H原子形成氢键，因此每个HF分子可以与相邻的2个HF易形成氢键，则(HF)3的链状结构为；（2）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其价电子排布式是3d104s2；金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子[Zn(NH3)4]2+，H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，则Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；（3）NH3的中心N原子价层电子对数为3+5-1×32=4，因此N原子的杂化类型是sp3元素的非金属性：N＞P，原子半径：N＜P，因此共价键的极性：N-H＞P-H，导致N-H键之间的斥力大于P-H之间的斥力，故NH3中H-N-H键角大于PH3中H-P-H键角；（4）在立方ZnS晶胞中含有S2-为：8×18+6×12=4；含有Zn2+的数目是4个，即1个晶胞中含有4个ZnS，由于晶胞边长为apm，故该晶胞的密度ρ=根据图示可知晶胞中A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离为晶胞体对角线的14；晶胞边长为apm，晶胞体对角线为3apm，故晶胞中A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离L=

【分析】（1）固体HF中存在氢键；

（2）Zn为30号元素，根据构造原理书写其价电子排布式；Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，即为[Zn(NH3)4]2+；

（3）NH3中N原子的价层电子对数为4；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

（4）根据均摊法和ρ=m22．【答案】（1）Cu、Fe、S（2）Cu（3）4C（4）（5）Fe3+；取少量反应后的溶液于试管中加入【解析】【解答】（1）根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S，故答案为Fe、Cu、S；（2）溶液C中含有Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；故答案为[Cu(NH3)4]SO4；（3）气体A为SO2，其物质的量为672mL×10-3L/mL22.4L/mol=0.03mol，化合物X中S原子物质的量为0.03mol，红棕色固体质量为0.80g，氧化铁的物质的量为0.80g160g/mol=0.005mol，即化合物X中铁原子物质的量为0.005mol×2=0.01mol，则化合物X中Cu原子物质的量为2.80g-0.03mol×32g/mol-0.01mol×56g/mol64g/mol=0.02mol，化合物X的化学式为Cu2FeS3，化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程式为4Cu2FeO3+19O2高温__8CuO+2Fe2O3+12SO2；故答案为4Cu2FeO3+19O2（4）SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl和H2SO4，S显+6价，Cl显-1价，O显-2价，该化合物的结构式为；故答案为；（5）溶液C中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换反应得到Cu和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，也可能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+；故答案为Fe3+；取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色。

【分析】气体A可使品红溶液褪色，则A为二氧化硫，其物质的量为0.03mol，固体B是混合物，和稀硫酸反应生成溶液C，C和过量氨水反应生成D和E，溶液D显深蓝色（生成了铜氨络合物），说明含有铜元素，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到1.60g红棕色固体，该固体为Fe2O3，其物质的量为0.01mol，Fe的物质的量为0.02mol，化合物X由3种元素组成，则X含有Cu、Fe、S，Cu的物质的量为0.01mol，Cu、Fe、S物质的量之比为0.01mol：0.02mol：0.03mol=1：2：3，则X的化学式为CuFe2S3。23．【答案】（1）防止空气中的水蒸汽进入三颈烧瓶，保持装置内干燥（2）B；C（3）D（4）bef（5）19(【解析】【解答】（1）仪器b为球形干燥管，根据LiH、LiAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，因此仪器b的作用是防止空气的水蒸气进入三颈烧瓶，保持装置内的干燥；故答案为防止空气的水蒸气进入三颈烧瓶，保持装置内的干燥；（2）A．市售乙醚时乙醚微溶于水中，不能用分液方法进行分离，故A不正确；B．钠与水反应生成NaOH和氢气，可以使水和乙醚分离，故B正确；C．五氧化二磷是酸性干燥剂，可吸收水分，故C正确；D．乙烯在常温下遇水不反应，不能降低水分，故D不正确；答案为BC；（3）A．LiH、LiAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，装置内不宜用水，故A不正确；B．乙醚的沸点为34.5℃，如果提高温度到40℃，乙醚沸腾，不利于AlCl3和LiH的溶解接触，反应速率减缓，故B不正确；C．操作B是利用乙醚沸点较低，进行蒸馏操作，将乙醚分离，故C不正确；D．AlCl3中Al有一个空轨道，乙醚中氧原子提供孤电子对，形成配位键，因此氯化铝溶于乙醚与配位键有关，故D正确；答案为D；（4）操作B剩余液是苯、LiAlH4和AlCl3，LiAlH4难溶于苯，需要通过过滤进行分离，然后将其放入苯中清洗除杂，因为空气含有水蒸气，最后应在隔绝空气下脱苯，最佳操作的顺序是bef；故答案为bef；（5）LiAlH4与水反应方程式为LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，采用排水法收集氢气，测量氢气的体积，求出纯度，加入10mL四氢呋喃、水的混合液，它们也占据烧瓶中的空间，因此产生氢气的体积为(V1-10-V2)mL，依据反应方程式，求出产品的纯度为(V1-V2

【分析】（1）LiH、LiAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，装置b可防止空气中的水蒸汽进入三颈烧瓶，保持装置内干燥；

（2）钠和五氧化二磷均能吸收水；

（3）A.LiH、LiAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解；

B.乙醚的沸点为34.5℃；

C.操作B为蒸馏操作；

D.含有空轨道和孤电子对的原子能形成配位键；

（4）操作B剩液为苯、LiAlH4和AlCl3；

（5）根据LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)24．【答案】（1）C；D（2）0.024（3）B（4）纳米级CaO与CO2的接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的CO（5）【解析】【解答】（1）A．主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小，故不正确；B．使用催化剂，化学平衡不移动，氢气的转化率不变，B不正确；C．增大二氧化碳和氢气的投料