浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题（含答案）

浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．水溶液呈酸性的盐是（）A．NH4Cl B．Na2C2．下列物质属于强电解质的是（）A．CH3COOH B．Fe C．KN3．下列仪器和名称都正确的是（）A．烧瓶B．溶量瓶C．碱式滴定管D．坩埚A．A B．B C．C D．D4．下列物质对应的化学式不正确的是（）A．小苏打：NaHCO3C．胆矾：CuSO4⋅55．下列化学用语表示正确的是（）A．质量数为37的氯原子：20B．基态Mn2+C．氯化钙的电子式：D．Cl−Cl的p−pσ键电子云图形：6．下列说法不正确的是（）A．淀粉和纤维素都可用于生产乙醇B．天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，它属于高分子化合物C．重金属盐能使蛋白质变性，但吞服钡餐(BaSO4)不会引起中毒D．多糖、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应7．用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中正确的是（）A．H2O与BeCl2为角形（V形） B．CS2与SO2为直线形C．BF3与PCl3为三角锥形 D．SO3与CO32-8．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A．FeB．NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂C．白醋具有弱酸性，可用作清洗水壶中的水垢D．可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液反应来检验病人尿液中葡萄糖含量是否偏高9．下列说法正确的是（）A．I2易溶于CCB．CH4、C．由于甲基(-CH3)的推电子效应，HCOOH的酸性小于CHD．分子中无手性碳原子10．下列有关晶体的结构和性质描述不正确的是（）A．晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当B．同种物质可以形成不同结构，可以是晶体也可以是非晶体C．晶体在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同D．气态物质冷却不经液态直接凝固是获得晶体的一种方法11．关于反应3SiO2+6C+2N2高温__Si3NA．C在反应过程中被还原B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物C．氧化剂和还原剂质量之比为1：3D．每生成14.0gSi3N4共转移1.2mol电子12．NAA．28g乙烯(CH2=CH2)分子中，含有σ键4NB．18gD2C．1mol[Ni(NHD．1L1.0mol⋅13．下列离子方程式书写正确的是（）A．用FeS除去废水中的Hg2+B．用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：MgC．在Na2D．在铜片表面滴几滴稀硝酸产生无色气体：Cu+214．铜离子可以和两种常见的分子形成两种微粒A和B，A和B的结构如图，下列说法不正确的是（）A．两种配位原子杂化方式相同，都提供孤电子对形成配位键B．A中配位体分子的键角大于B中配位体分子的键角C．向CuSOD．将A和B加入到酸或碱的溶液中，其结构可能被破坏15．CaF2是一种难溶于水的固体，属于典型的离子晶体。下列有关A．Ca2+与B．CaFC．CaFD．阴、阳离子比为2：1的物质，均与CaF16．X、Y、Z、W均属于短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，基态Z原子的价电子排布式为nsA．电负性比较：W>Z>YB．Z元素的第一电离能高于其同周期相邻元素C．Y的简单氢化物分子中Y采取spD．W元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为HW17．某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（）A．25℃时，若测得0.01mol/LHR溶液pH>2，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol/L和0.1mol/LHR溶液的pH差值等于1，则HR是弱酸C．25℃时，若测得0.01mol/LNaR溶液pH=7，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，将该溶液升温至50℃，测得pH=b，a>b，则HR是弱酸18．在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：物质S(J∙k-1∙mol-1)△H(kJ∙mol-1)ρ(kg∙m-3)C(石墨)5.7-393.512260C(金刚石)2.4-395.403513此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是（）A．该反应的△H＜0，ΔS＜0B．金刚石比石墨稳定C．由公式ΔG=△H-TΔS可知，该反应在任何条件下都能自发进行D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石19．下列说法正确的是（）A．沸点：B．SiOC．NH3比PHD．NH20．已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H-HH-O键能/(kJ·mol-1)436463热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-482kJ·mol-1则2O(g)=O2(g)的ΔH为（）A．428kJ·mol-1 B．-428kJ·mol-1C．498kJ·mol-1 D．-498kJ·mol-121．已知：2MnO4−+5H编号H2KMnO蒸馏水温度/℃浓度/mol⋅体积/mL浓度/mol⋅体积/mL体积/mL①0.506.0a4.0025②0.503.0a4.0b25③0.506.0a4.0050下列说法正确的是（）A．b=4B．实验中通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则a的最大取值为0.15C．可以通过实验②③的对比，探究温度对速率的影响D．实验中KMnO22．我国科学家成功研制出CO2/Mg二次电池，在潮湿条件下的放电反应：A．放电时，电子由镁电极经电解质溶液流向石墨电极B．放电时，正极的电极反应式为：3CC．充电时，Mg电极接外电源的正极D．充电时，每生成6.23．常温下，分别向25mL0.3mol/A．X曲线为NaHCOB．b、c两点溶液中水的电离程度：b<cC．a点溶液中：c(ND．c→d段离子方程式为：HC24．砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其结构如图所示，若晶胞参数为anm，下列说法正确的是（）A．砷化硼的化学式为BB．与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个C．B、As原子之间的最短距离为3D．该晶体密度为344×125．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Na2C证明NaB室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/L84消毒液和0.1mol/LCH3比较HClO和CHC用50mL注射器吸入20mLNO2和证明对有气体参加的可逆反应，改变压强一定会使平衡发生移动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滴证明在相同温度下Ksp：MgA．A B．B C．C D．D二、非选择题26．固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：（1）X的化学式。（2）固体混合物Y的成分(填化学式)。（3）X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到绿色溶液，该反应的化学方程式是。（4）绿色溶液加水稀释变蓝色，是因为生成了。(填离子的化学式)。27．青铜是我国使用最早的合金，其中所含的铬元素能够提高其强度、硬度及耐磨度。使用硫酸亚铁铵滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。回答下列问题：（1）I．配制500mL0.02mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还有(填仪器名称)。（2）将3.92g(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O{已知M[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]=392g∙mol-1}固体溶于稀硫酸，再加水稀释。溶于稀硫酸的目的是。（3）II．青铜中铬元素含量的测定：i．称取1.00g青铜样品于250mL锥形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸铵溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全被氧化为H2CrO4，加蒸馏水至250mL，摇匀，冷却至室温。ii．取25mL上述溶液置于锥形瓶中，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用0.02mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(加入硫酸酸化)，当H2CrO4(弱酸)转化为Cr3+时，溶液由紫红色变为黄绿色，达到滴定终点。滴定时将(NH4)2Fe(SO4)2溶液加入(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，重复四次的实验数据如下表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=。实验序号消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积/mL119.98217.973x418.03（4）过程ii中发生反应的离子方程式为。（5）样品中所含铬元素的质量分数为。（6）上述实验过程中，若有部分(NH4)2Fe(SO4)2溶液被空气氧化，则测定结果将(填“偏高”“偏低”或“不变”)。28．用CO2转化为乙醇可实现碳循环。近年来，随着全球变暖及能源枯竭的加剧，由（1）Ⅰ．CO2CO2C2HH2O(g)=则2CO2(g)+3H2（2）Ⅱ．已知CO2催化加氢制乙醇原理为在恒温恒容的密闭容器中，对COA．增大原料气中n(CO2)B．若混合气体的密度保持不变，说明反应体系已达平衡C．体系达平衡后，若压缩容器容积，则反应平衡正向移动（3）在均为2L的恒容密闭容器a和b中分别投入2molCO2和6molH①容器a中0~10min氢气的平均反应速率v(H2②若容器a、b中的反应温度分别为T1、T2，则判断ΔH③若容器a中改变条件时，反应情况会由曲线a变为曲线c，则改变的单一条件可是(填序号)；A．加入更高效的催化剂B．升温C．增大压强D．分离出乙醇④T1温度下反应达平衡时，容器a中气体总压强为4MPa，则T1时该反应的平衡常数Kp=29．完成下列问题（1）Ⅰ．第IVA族元素，碳、硅、锗、锡、铅具有很多重要的性质。锗元素的基态原子的核外电子排布式为。（2）单质Sn与干燥的Cl2反应生成SnCl4，常温常压下SnCl4为无色液体，（3）卤化硅(SiX4)①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，（4）Ⅱ．铍及其化合物的应用正日益被重视。铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有____。A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液pH均小于7（5）氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子[(BeCl2)①a属于(填“极性”或“非极性”)分子；②二聚分子(BeCl2)

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．NH4Cl强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，A符合题意；

B．Na2CO3强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，B不符合题意；

C．H2SO4酸，水溶液呈酸性，C不符合题意；

D．Ca(OH)2碱，水溶液呈碱性，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．2．【答案】C【解析】【解答】A．CH3COOH为弱酸，在水溶液中只能部分电离，是弱电解质，A不符合题意；

B．Fe为单质，B不符合题意；

C．KNO3为盐，在水溶液中能够完全电离，是强电解质，C符合题意；

D．C2H2为有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，是非电解质，D不符合题意；

故答案为：C。3．【答案】C【解析】【解答】A．仪器是锥形瓶，A不符合题意；

B．仪器是容量瓶，B不符合题意；

C．仪器是碱式滴定管，C符合题意；

D．仪器是蒸发皿，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．锥形瓶的判断；

B．容量瓶的判断；

C．碱式滴定管的判断；

D．蒸发皿的判断。4．【答案】B【解析】【解答】A．小苏打化学式，NaHCO3，A不符合题意；

B．光导纤维的主要成分化学式SiO2，B符合题意；

C．胆矾化学式：CuSO4⋅5H2O，C不符合题意；

D．漂白粉的有效成分化学式，Ca(ClO)2D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．小苏打化学式NaHCO3；5．【答案】D【解析】【解答】A．元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数为37的氯原子，左下角是原子序数17，A不符合题意；

B．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn2+中4s轨道的2个电子失去了；B不符合题意；

C．氯化钙是由钙离子和氯离子构成的，氯离子右下角不能写2，应分开写单个氯离子，C不符合题意；

D．σ键是头碰头形成的，键电子云图形D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数为37的氯原子，原子序数等于质子数；

B．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn2+中4s轨道的2个电子失去了；

6．【答案】B【解析】【解答】A．淀粉和纤维素可以水解生成葡萄糖，葡萄糖可用于生产乙醇，A不符合题意；

B．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物，天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是不属于高分子化合物，B符合题意；

C．重金属盐能使蛋白质变性，硫酸钡不溶于酸，不会反应，吞服钡餐不会引起中毒，C不符合题意；

D．多糖能水解生成单糖；油脂，蛋白质分别含酯基、酰胺基，在一定条件下都能发生水解反应，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．淀粉和纤维素可以水解生成葡萄糖，葡萄糖可用于生产乙醇；

B．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物，天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物；

C．硫酸钡不溶于酸，不会反应，吞服钡餐不会引起中毒；

D．多糖能水解生成单糖；油脂，蛋白质分别含酯基、酰胺基可发生水解反应。7．【答案】D【解析】【解答】A．H2O分子中价层电子对个数=2+12×(6-2×1)=4，采用sp3杂化；且含2个孤电子对，所以其空间构型是V型结构，BeCl2分子中价层电子对个数=2+1B．CS2分子中价层电子对个数=2+12×(4-2×2)=2，采用sp杂化，且不含有孤电子对，所以其空间构型为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+12×（6-2×2）=3，采用spC．BF3分子中价层电子对个数=3+12×(3-3×1)=3，采用sp2杂化，且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形结构，PCl3分子中价层电子对个数=3+12×(5-3×1)=4，采用spD．SO3分子中价层电子对个数=3+12×(6-3×2)=3，采用sp2杂化，且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形结构，CO32-中价层电子对个数=3+12×(4−3×2+2)=3，采用sp故答案为D。

【分析】根据计算出中心原子的价层电子即可判断构型8．【答案】B【解析】【解答】A．Fe2O3红色，可用作颜料，两者对应关系正确A不符合题意；

B．NaClO溶液具有强氧化性，可用作消毒剂，两者对应关系不正确，B符合题意；

C．白醋具有弱酸性，能和碳酸钙反应，可用作清洗水壶中的水垢，两者对应关系正确，C不符合题意；

D．葡萄糖中含醛基，能和新制氢氧化铜发生反应，两者对应关系正确，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．Fe2O9．【答案】A【解析】【解答】A．碘单质和四氯化碳均是非极性分子，可以用相似相溶原理，A符合题意；

B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子，B不符合题意；

C．由于甲基(－CH3)的推电子效应，羧基中的羟基极性减小，羧酸的酸性减弱，HCOOH的酸性大于故答案为：A【分析】A．碘单质和四氯化碳均是非极性分子，可以用相似相溶原理；

B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子；

C．甲基(－CH10．【答案】C【解析】【解答】A．晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当，A不符合题意；

B．同一种物质可以形成不同结构，形成晶体，也可以形成非晶体，B不符合题意；

C．晶体在不同方向上的硬度、导热性、导电性不相同，C符合题意；

D．熔融态物质凝固、气态物质冷却不经液态直接凝固(物理上称凝华)、溶质从溶液中析出，都可以获得晶体，D不符合题意；故答案为：C【分析】A．在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的、规则的几何多面体外形，为晶体的自范性，晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当；

B．同一种物质能够生成几种不同的晶体，也可以形成非晶体；

C．晶体具有各向异性，不同方向上的硬度、导热性、导电性不相同；

D．熔融态物质凝固、气态物质冷却不经液态直接凝固(物理上称凝华)、溶质从溶液中析出都可得到晶体。11．【答案】D【解析】【解答】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A不符合题意；B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B不符合题意；C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C不符合题意；D.14.0gSi3N4的物质的量为14.0g140g⋅mo故答案为：D。

【分析】A．元素化合价升高，失电子被氧化；B．元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；C．氧化剂得电子、元素化合价降低；还原剂失电子、元素化合价升高；D.依据元素化合价分析。12．【答案】C【解析】【解答】A.28g乙烯(CH2=CH2)分子的物质的量是1mol，双键中也有1个σ键，含有σ键5NA个，A不符合题意；

B．18gD2O中含有的质子的物质的量是9mol，质子数为9NA，B不符合题意；

C．1mol[Ni(NH3)6]C故答案为：C【分析】A．双键中也有1个σ键；

B．18gD2O中含有的质子的物质的量是9mol，质子数为9NA；

C．1mol[Ni(NH13．【答案】A【解析】【解答】A．HgS的溶解度比FeS的溶解度小，可以用FeS除去废水中的Hg2+，A符合题意；

B．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆开书写，B不符合题意；

C．离子方程式里多出了H+，不是酸性溶液，C不符合题意；

D．铜和稀硝酸生成硝酸铜和一氧化氮气体，不生成氢气，D不符合题意；故答案为：A【分析】A．HgS的溶解度比FeS的溶解度小，可以用FeS除去废水中的Hg2+；

B．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆开书写；

C．不是酸性溶液，不能加上氢离子；

D．铜和稀硝酸生成硝酸铜和一氧化氮气体。14．【答案】C【解析】【解答】A．两种配位原子价层电子对数都是4，配位原子都采用sp3杂化，配原子提供孤电子对形成配位键，A不符合题意；

B．A中配位体是氨气分子，键角为107°，B中配位体是水分子，键角为105°，A中配位体分子的键角更大于，B不符合题意；

C．向CuSO4溶液中滴加过量氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，可以实现B到A的转化，C符合题意；

D．加入酸，酸会和配体结合，加入碱，碱会和中心离子结合，其结构可能被破坏，D不符合题意；故答案为：C【分析】A．两种配位原子价层电子对数都是4，配位原子都采用sp3杂化；

B．氨气分子，键角为107°，水分子，键角为105°；

C．向CuSO4溶液中滴加过量氨水，生成[Cu(NH3)4]2+；

D．加入酸，酸会和配体结合，加入碱，碱会和中心离子结合，其结构可能被破坏。15．【答案】C【解析】【解答】A．Ca2+与F−间存在强相互作用力，有静电吸引作用也有排斥作用，A不符合题意；

B．CaF2是离子化合物，熔点较高，但没有良好的延展性，B不符合题意；

故答案为：C【分析】A．强相互作用力当中，有静电吸引作用也有排斥作用；

B．CaF2是离子化合物，熔点较高，但没有良好的延展性；

C．CaF16．【答案】B【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：Cl＞S＞P，电负性：W＞Y＞Z，A不符合题意；

B．第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，P元素位于第ⅤA族，元素的第一电离能高于其同周期相邻元素，B符合题意；

C．Y的简单氢化物为H2S，S原子采用sp3杂化，C不符合题意；

D．W的最高价为+7价，最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，D不符合题意；故答案为：B【分析】X、Y、Z、W都属于短周期元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X为O；X、Y位于同一主族，Y为S；Y、Z、W处于同一周期，同周期中W电负性最大，W为Cl；s能级最多排列2个电子，x=2，基态Z原子的价电子排布式为3s23p3，Z为P元素；

A．元素的非金属性越强，电负性越大；

B．同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；

C．H2S中，S原子采用sp3杂化；

D．Cl的最高价为+7价，最高价氧化物的水化物化学式为HClO4。17．【答案】A【解析】【解答】A.25℃时，若测得0.01mol/LHR溶液pH>2，HR是部分电离的弱酸，A符合题意；

B.25℃时，若测得0.01mol/L和0.1mol/LHR溶液pH差值等于1，稀释十倍，H+的物质的量没有变化，HA是完全电离的强酸，B不符合题意；

C.25℃时，若测得0.01mol/LNaR溶液pH=7，溶液呈中性，NaR为强酸强碱盐，HR是强酸，C不符合题意；

D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，升温至50℃，测得pH=b，HR为强酸，溶液呈中性，升高温度，促进水的电离，pH减小，a>b，D不符合题意；故答案为：A【分析】A．pH>2，HR是部分电离的弱酸；

B．稀释十倍，H+的物质的量没有变化，HA是完全电离的强酸；

C.0.01mol/LNaR溶液pH=7，溶液呈中性，NaR为强酸强碱盐，HR是强酸；

D．溶液呈中性，升高温度，促进水的电离，HR为强酸。18．【答案】D【解析】【解答】A．利用盖斯定律，C(石墨)→C(金刚石)△H=-393.51kJ∙mol-1-(-395.40kJ∙mol-1)=1.89kJ∙mol-1＞0，ΔS=2.4J∙k-1∙mol-1-5.7J∙k-1∙mol-1=-3.3J∙k-1∙mol-1＜0，A不符合题意；

B．物质具有的能量越低，该物质越稳定，反应C(石墨)→C(金刚石)△H＞0，属于吸热反应，石墨的能量较低更稳定，B不符合题意；

C．ΔG=△H-TΔS=1.89kJ∙mol-1-298K×(-3.3J∙k-1∙mol-1)×10-3kJ/J=2.8734kJ∙mol-1，通常不能自发进行，C不符合题意；

D．反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的反应，超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D符合题意；故答案为：D【分析】A．①C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.51kJ∙mol-1；

②C(金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.40kJ∙mol-1。

利用盖斯定律，C(石墨)→C(金刚石)△H=-393.51kJ∙mol-1-(-395.40kJ∙mol-1)=1.89kJ∙mol-1＞0，ΔS=2.4J∙k-1∙mol-1-5.7J∙k-1∙mol-1=-3.3J∙k-1∙mol-1＜0；

B．物质具有的能量越低，该物质越稳定；

C．ΔG=△H-TΔS＞0，通常不能自发进行；

D．反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的反应，超高压条件下，石墨有可能变为金刚石。19．【答案】B【解析】【解答】A．邻羟基苯甲酸会形成分子内氢键，导致沸点升高，A不符合题意；

B．SiO2属于共价晶体，熔化时破坏共价键，B符合题意；

C．NH3比PH故答案为：B【分析】A．分子内氢键，导致沸点升高；

B．SiO2属于共价晶体，熔化时破坏共价键；

C．NH3比20．【答案】D【解析】【解答】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算21．【答案】B【解析】【解答】A．混合溶液总体积为10.0mL，b=3，A不符合题意；

B．实验中需要通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，分析数据，KMnO4溶液的浓度的最大取值为2/5x（0.5x3）/4=0.15mol/L，B符合题意；

C．可以通过实验①③的对比，探究温度对速率的影响，C不符合题意；

D．故答案为：B【分析】①②中所用溶液体积不同，探究浓度对化学反应速率的影响，①③中反应温度不同，探究温度对化学反应速率的影响。

A．混合溶液总体积的判断；

B．实验中需要通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢；

C．可以通过实验①③的对比，探究温度对速率的影响；

D．KMnO22．【答案】B【解析】【解答】A．放电时，电子由镁电极经导线流向石墨电极，不经过电解质溶液，A不符合题意；

B．放电时，石墨作正极，电极反应式为3CO2+2Mg2+故答案为：B【分析】A．放电时，Mg做负极，石墨做正极，充电时，Mg连接电源负极，石墨连接电源的正极。

放电时，电子由镁电极经导线流向石墨电极，不经过电解质溶液；

B．放电时，石墨作正极，电极反应式为3CO2+2Mg2+23．【答案】C【解析】【解答】A．X曲线滴加盐酸压强增大，有CO2生成，X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y曲线在滴定过半时才有少量CO2生成，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A不符合题意；

B．b点为反应恰好完全，为NaCl溶液，溶解一定量二氧化碳，碳酸会抑制水的电离，水的电离程度b<c，B不符合题意；

C．a点电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，C符合题意；

D．c→d段离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，D不符合题意；故答案为：C【分析】A．盐酸先和碳酸氢钠反应，有CO2生成；

B．碳酸会抑制水的电离；

C．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)；

D．HCO3-+H+=CO2↑+H2O。24．【答案】D【解析】【解答】A．根据“均摊法”，晶胞中含个4个B、4个As，化学式为BAs，A不符合题意；

B．与顶点B原子距离最近且等距的B原子为面心位置的B，同层、上层、下层各4个，有12个，B不符合题意；

C．B、As原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，为4分之根号3a，C不符合题意；

D．晶体密度为344×10故答案为：D【分析】A．根据“均摊法”；

B．与顶点B原子距离最近且等距的B原子为面心位置的B，同层、上层、下层各4个，有12个；

C．B、As原子之间的最短距离为体对角线的四分之一；

D．晶体密度为344×1025．【答案】A【解析】【解答】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子减小，水解平衡逆向移动，溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A符合题意；

B．次氯酸钠溶液有漂白性，能漂白pH试纸，B不符合题意；

C．把注射器的活塞往外拉，容器体积增大，NO2气体浓度降低，混合气体的颜色先变浅，压强减小，平衡逆向移动，颜色又逐渐变深，C不符合题意；

D．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生氢氧化镁白色沉淀后，此时氢氧化钠是过量的，再滴加2滴0.1mol/LFeCl故答案为：A【分析】A．碳酸根离子减小，水解平衡逆向移动，溶液颜色变浅；

B．次氯酸钠溶液有漂白性，能漂白pH试纸；

C．NO2气体浓度降低，混合气体的颜色先变浅，压强减小，平衡逆向移动，颜色又逐渐变深；

D．未发生沉淀的转化，不能比较Ksp的大小。26．【答案】（1）NaCuO2（2）Cu和NaOH（3）2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O（4）[Cu(H2O)4]2+【解析】【解答】(1)现象1：CuSO4由白色变为蓝色，有水生成，X中一定含有O元素。中和反应消耗0.02molHCl，NaOH的物质的量为0.02mol，X中含Na为0.02mol×23g/mol=0.46g，含Cu1.28g，含O的质量为2.38g-0.46g-1.28g=0.64g。物质的量之比为1：1：2，X化学式为NaCuO2。故答案为：第1空、NaCuO2。(2)现象2为紫红色单质，Y中含有Cu，现象3为焰色反应为黄色，含有Na元素，与HCl发生中和反应有NaOH，固体混合物Y的成分为Cu和NaOH。

故答案为：第1空、Cu和NaOH。

(3)NaCuO2与浓盐酸反应生成黄绿色气体是氯气，CuCl2溶于水是绿色；

故答案为：第1空、2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O。

(4)绿色溶液加水稀释变蓝色，是因为生成了[Cu(H2O)4]2+；

故答案为：第1空、[Cu(H2O)4]2+。

【分析】(1)现象1：CuSO4由白色变为蓝色，有水生成，X中一定含有O元素。中和反应消耗0.02molHCl，NaOH的物质的量为0.02mol，X中含Na为0.02mol×23g/mol=0.46g，含Cu1.28g，含O的质量为2.38g-0.46g-1.28g=0.64g。物质的量之比为1：1：2；

(2)紫红色单质是Cu，焰色反应为黄色有Na元素，与HCl发生中和反应有NaOH；

(3)NaCuO2与浓盐酸反应生成黄绿色气体是氯气，氯化钠，水，和CuCl2；

(4)绿色CuCl2溶液加水稀释变蓝色，生成了[Cu(H2O)4]2+。27．【答案】（1）500mL容量瓶和胶头滴管（2）抑制Fe2+的水解，防止生成沉淀（3）酸式；18.00（4）H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O（5）6.24%（6）偏高【解析】【解答】(1)配制500mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液时，必须使用容量瓶，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还有500mL容量瓶和胶头滴管。

故答案为：第1空、500mL容量瓶和胶头滴管。

(2)Fe2+易发生水解，将3.92g(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O{已知M[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]=392g∙mol-1}固体溶于稀硫酸，再加水稀释。溶于稀硫酸的目的是抑制Fe2+的水解；

故答案为：第1空、抑制Fe2+的水解，防止生成沉淀。

(3)(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，加入酸式滴定管中；第三次读数时，滴定管的初读数为0.50，末读数为18.50，x=18.50-0.50=18.00。

故答案为：第1空、酸式第2空、18.00(4)过程ii中，H2CrO4被Fe2+还原为Cr3+，同时生成Fe3+和水；

故答案为：第1空、H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O。

(5)第1次实验结果与后三次实验的偏差过大，舍去，所消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为18.00mL，样品中所含铬元素的质量分数为=0.02x0.018x1/3x52x250/25x100%=6.24%。

故答案为：第1空、6.24%。

(6)若有部分(NH4)2Fe(SO4)2溶液被空气氧化，消耗溶液的体积偏大，测定结果将偏高。

故答案为：第1空、偏高。

【分析】(1)用0.02mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，H2CrO4转化为Cr3+时，溶液由紫红色变为黄绿色，达到滴定终点。配制溶液时，必须使用容量瓶，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还有500mL容量瓶和胶头滴管。

(2)Fe2+易发生水解，溶于稀硫酸的目的是抑制Fe2+的水解；

(3)(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐，水溶液显酸性；

(4)H2CrO4被Fe2+还原为Cr3+，同时生成Fe3+和水；

(5)实验的偏差过大，应舍去；

(6)若有部分(NH4)2Fe(SO4)2溶液被空气氧化，消耗溶液的体积偏大。28．【答案】（1）+1366.8（2）C（3）0.24；<；A；48【解析】【解答】(1)已知：

①2CO2(g)+2H2O