浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测化学试题（实验班） 含解析

2023学年第二学期高中期末教学质量检测高-化学试题(高一实验班)考生须知：(1)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。(2)请将所有答案填写到答题卷中。(3)可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ba-137第Ⅰ卷选择题(共50分)一、选择题(每小题2分，每小题只有一个正确选项，共20分)1.水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变正确的是A.ΔH>0，ΔS>0 B.ΔH<0，ΔS>0 C.ΔH<0，ΔS<0 D.ΔH>0，ΔS<0【答案】C【解析】【详解】水结成冰，凝固放热，且同种物质液态混乱程度大于固态，故为熵减的过程，即ΔH<0，ΔS<0，选C。2.下列物质溶于水时，能使水的电离平衡向左移动的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．中醋酸根离子发生水解反应，促进水的电离，故A不选；

B．是弱酸强碱盐，碳酸氢根发生水解反应，促进水的电离，故B不选；

C．是强酸弱碱盐，铵根离子发生水解反应，促进水的电离，故C不选；

D．完全电离出H+，抑制水的电离，使水的电离平衡向左移动，故D选；

故选：D。3.下列可用于测定某电解质溶液pH且精确度最高的是A.pH计 B.广范pH试纸 C.精密pH试纸 D.酚酞试液【答案】A【解析】【详解】A．pH计可以精确到0.1或0.01，A正确；B．广泛pH试纸只能精确到整数1，B错误；C．精密pH试纸能精确到0.5，C错误；D．酚酞指示剂只能反应溶液的酸碱性，不能具体确定溶液的pH，D错误；答案选A。4.科学家提出了酸度(AG)的概念，其表达式为，下列叙述不正确的是A.中性溶液的AG=0 B.常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液的AG=12C.酸性性溶液AG>0 D.常温下0.lmol/L盐酸溶液的AG=12【答案】B【解析】【详解】A．中性溶液中，，，A正确；B．常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液中，氢氧根浓度是0.1mol/L，氢离子浓度为10-13mol/L，，B错误；C．酸性性溶液中，，，C正确；D．常温下0.lmol/L盐酸溶液中，氢离子浓度0.1mol/L，氢氧根浓度为10-13mol/L，则，D正确；答案选B。5.Mg—AgCl电池是-种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述不正确的是A.负极反应式为Mg-2e-=Mg2+B.用碱性溶液激活比用海水为电解质溶液激活效果更好C.电池放电时Cl-由正极向负极迁移D.负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【答案】B【解析】【分析】Mg—AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-=2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析解题。【详解】A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg-2e-=Mg2+，A正确；B．如用碱性溶液，则负极反应式为：Mg+2OH--2e-=，氢氧化镁附着在镁电极上，阻止反应进一步进行，则用碱性溶液激活比用海水为电解质溶液激活效果更差，B错误；C．在原电池中电解质溶液中阴离子由正极向负极迁移，即Cl-由正极向负极迁移，C正确；D．镁是活泼金属，与水反应，即负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D正确；故选B。6.下列说法正确的是A.2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量不相等B.最外层电子数为2的元素都分布在s区C.Li和Mg的性质相似，符合对角线规则D.电负性越大，元素的非金属性越强，第一电离能也越大【答案】C【解析】【详解】A．2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等，A错误；B．最外层电子数为2的元素也可能分布在ds区、d区，如Zn、Fe，B错误；C．Li和Mg的性质相似，如Li与水反应程度不剧烈，Mg与冷水反应同样不剧烈，Li与氧气反应生成Li2O，Mg与氧气反应生成MgO，符合对角线规则，C正确；D．电负性越大，元素的非金属性越强，但第一电离不一定也越大，如电负性：C>H，但第一电离能：H>C，D错误；故选C。7.下列说法正确的是A.氢键是一种共价键B.表面活性剂的疏水基团有较强的极性C.σ键的电子云图形是轴对称的，π键的电子云图形是镜面对称的D.可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子和水分子间形成了氢键【答案】C【解析】【详解】A．氢键是一种特殊的分子间作用力，不属于共价键，A错误；B．表面活性剂的疏水基团极性较低，亲水基极性较高，B错误；C．σ键的电子云图形是轴对称的，π键的电子云图形是镜面对称的，C正确；D．可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子和水分子间形成了范德华力，D错误。故选C。8.下列说法错误的是A.丙烯(CH3CH=CH2)的3个碳原子在同一平面上B.氢氰酸(HCN)的中心原子是sp杂化C.CH3Cl不存在手性分子D.臭氧(O3)在四氯化碳中的溶解度比在水中小【答案】D【解析】【详解】A．为平面结构，甲基中的C与双键碳原子直接相连，则三个碳原子在同一平面上，A正确；B．根据价层电子理论，HCN的中心原子价层电子对数，即中心碳原子是sp杂化，B正确；C．CH3Cl中碳原子连有3个氢，1个氯原子，手性碳原子必须连有4个不同的基团，则CH3Cl不含有手性碳原子，不是手性分子，C正确；D．臭氧分子中正电荷中心与负电荷中心不重合，属于极性分子，但极性很弱，根据相似相溶原理，水的极性较大，四氯化碳是非极性分子，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于水中溶解度，D错误；故选D。9.下列化学用语正确的是A.基态Mg原子的核外电子排布图：B.As原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p3C.过氧化氢的电子式：D.H2O的VSEPR模型为四面体【答案】D【解析】【详解】A．Mg是12号元素，根据构造原理，可知基态Mg原子核外电子排布式是1s22s22p63s2，在同一轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子存在，则基态Mg原子的核外电子排布图：，A错误；B．As是33号元素，则根据构造原理可知：基态As原子简化电子排布式：[Ar]3d104s24p3，B错误；C．H2O2是共价化合物，其电子式是，C错误；D．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，故H2O的VSEPR模型为四面体形，D正确；故合理选项是D。10.下列说法正确的是(其中NA表示阿伏伽德罗常数的值)A.NH3分子构型为三角锥形，推出BF3也为三角锥形B.CO2和SO2都是由极性键构成的极性分子C.1molCH3CH=CH2中含有的σ键为8NAD.25℃时，Ksp(BaSO4)=l×10-10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为l×10-5NA【答案】C【解析】【详解】A．NH3中N原子价层电子对数为，有一对未成键的孤对电子，分子空间构型是三角锥形；BF3分子中B原子价层电子对数为，分子空间构型是平面三角形，故A错误；B．CO2中含有C=O极性键，SO2中S原子和O原子之间存在极性键，CO2为直线形分子、SO2为V形分子，前者为非极性分子、后者为极性分子，故B错误；C．单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，1molCH3CH=CH2含有的8molσ键，数目为8NA，故C正确；D．25℃时，KSP(BaSO4)=l×10-10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+浓度为l×10-5mol/L，溶液体积不知不能计算Ba2+数目，故D错误；

故选：C。二、选择题(每小题3分，每小题只有一个正确选项，共30分)11.下列物质中，既含有极性共价键，又含有非极性共价键的是（）A.CCl4 B.CO2 C.NH4Cl D.C2H4【答案】D【解析】【详解】A.CCl4中只有极性共价键，A不符合题意；B.CO2中只有极性共价键，B不符合题意；C.NH4Cl中含有离子键和极性共价键，C不符合题意；D.C2H4中既含有极性共价键，又含有非极性共价键，D符合题意；答案选D。12.下列几种氢键：①O—H···O，②N—H···N，③F—H···F，④O—H···N，其强度由强到弱的排列顺序是A.③①④② B.①②③④ C.③②①④ D.①④③②【答案】A【解析】【详解】F、O、N的电负性依次降低，F—H、O—H、N—H键的极性依次降低，所以F—HF中的氢键最强，其次是O—H…O，再次是O—H…N，最弱的是N—H…N：答案选A。13.下列离子的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．中价电子对个数==4，VSEPR模型是正四面体，由于参与成键的原子数是3个，所以的空间构型是三角锥形，故A不选；B．中价电子对个数==4，VSEPR模型是正四面体，由于参与成键的原子数是4个，所以的空间构型是正四面体形，故B选；C．中价电子对个数==3，VSEPR模型是平面三角形，由于参与成键的原子数是2个，所以的空间构型是V形，故C不选；D．中价电子对个数==4，VSEPR模型是正四面体形，由于参与成键的原子数是3个，所以的空间构型是三角锥形，故D不选；正确答案是B。14.化合物A()是-种潜在的储氢材料，它可由六元环状物质通过反应制得。下列有关叙述不正确的是A.第-电离能：B.中存在π键C.反应前后碳原子杂化类型不变D.CH4、H2O、CO2分子的空间结构分别是正四面体形、V形、直线形【答案】C【解析】【详解】A．同一周期元素，随原子序数递增，第一电离能逐渐增大，但IIA和VA族由于p轨道为全充满和半充满结构，为稳定结构，第一电离能比相邻元素的高，所以，N元素的最高，其次为O元素和C元素，最低的是B元素，故A正确；

B．(HB=NH)3分子中存在B=N键，双键中含有一个π键，故B正确；C．反应前甲烷的碳原子的杂化类型是sp3杂化，反应后二氧化碳的杂化类型是sp杂化，故C错误；D．甲烷分子中的碳原子通过sp3杂化与四个氢原子形成四个键，且没有孤对电子，是正四面体形；H2O水分子中的氧原子是sp3杂化，这意味着氧原子的外层电子轨道在形成化学键时会重新杂化，形成四个能量相等的轨道。这四个轨道中的两个被用来与氢原子形成共价键，而另外两对电子则作为孤对电子存在于氧原子周围。由于水分子中有两对孤对电子，它们占据了四面体形状的两个角，因此水分子的几何形状不再是正四面体，而是角形；二氧化碳是直线结构的原因是其碳原子采用了sp杂化轨道与氧原子成键。

在CO2分子中，碳原子通过两个sp杂化轨道与两个氧原子形成两个σ键。这两个σ键位于碳原子和氧原子之间的直线上，使得整个分子呈现出直线型结构，故D正确；答案选C。15.下列说法不正确的是A.利用红外光谱仪可以分析分子中化学键或官能团的信息B.分子结构被修饰后，分子的性质不会发生改变C.利用质谱法可以测定分子的相对分子质量。D.飞秒化学是利用时间分辨技术对超快化学反应进行研究【答案】B【解析】【详解】A．分析有机物的红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，A正确；B．分子结构修饰是指保持分子的基本结构不变，仅改变分子结构中的某些基团而得到的新分子，分子结构被修饰后，分子的性质发生了改变，B错误；C．质谱图中质荷比最大的吸收峰就是该分子的相对分子质量，故利用质谱法可以测定分子的相对分子质量，C正确；D．对超快速化学反应的研究被形象地称为飞秒化学，D正确；故选B。16.一种用于心脏起搏器的微型电池，其电极材料是石墨和锂，电解质溶液为等物质的量的LiCl、溶解在中形成的溶液。这种电池的总的反应为：，下列说法不正确的是A.该电池具有容量大、寿命长和电压稳定等特点B.石墨是正极C.可以用来代替D.正极反应式为：【答案】C【解析】【分析】中Li元素化合价由0价变为+1价、S元素化合价由+4价变为0价，Li失去电子，为负极，则石墨为正极，据此分析解答。【详解】A．由题目信息可知，该电池可用于心脏起搏器的微型电池，故该电池具有容量大、寿命长和电压稳定等特点，A正确；B．由分析可知石墨是正极，B正确；C．该电池用锂作负极，锂可以和水反应，故不能用水来代替，C错误；D．该反应正极为得到电子，根据题目给的总反应式可知电极方程式为：，D正确；故选C。17.已知W、X、Y、Z的原子序数依次递增，其元素性质或原子结构特征如下：元素元素性质或原子结构特征W是宇宙中含量最多的元素X元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，第一电离能低于同周期相邻元素Z价层电子数等于其电子层数下列说法正确的是A.化合物的VSEPR模型名称为三角锥形B.的中心原子采用杂化C.中W-Y-W键角比中的小D.组成为ZX的化合物属于分子晶体，是新型无机材料【答案】B【解析】【分析】H元素是宇宙中含量最多的元素，因此W是H元素；X元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，X元素为N元素；由于Y元素第一电离能都低于同周期相邻元素，Y元素可能为O，可能为S，但是由于原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，因此Y元素为O元素；由W、X、Y、Z的原子序数依次递增且Z价层电子数等于其电子层数可知，Z为Al元素。【详解】A．XW3即NH3，N上有一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型名称为正四面体形，A错误；B．W3Y+即H3O+，O上有一对孤电子对，价层电子对数为4，中心原子O为sp3杂化，B正确；C．两种粒子的中心原子氧原子都为sp3杂化，H3O+中心原子氧原子有一对孤电子对，而H2O中心原子氧原子有两对孤电子对，孤对电子对成键电子的斥力更大，使H2O中的H-O-H键更小，C错误；D．ZX是AlN，是新型无机材料，属于共价晶体，D错误；本题选B。18.常温下，Ka(HCN)=6.4×10-10。下列说法不正确的是A.HCN的中心原子采用sp杂化B.浓度均为0.1mol·L-1的HCN和NaCN的溶液中存在：c(HCN)＜c(Na+)C.HCN的空间结构为直线型D.CN-与SCN-都具有一定的配位能力【答案】B【解析】【详解】A．HCN的中心C原子结合了2个其它原子，因此该C原子采用sp杂化，A正确；B．HCN是一元弱酸，主要以电解质分子存在，只有极少量HCN发生电离产生H+、CN-。NaCN是强碱弱酸盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na+、CN-，电离方程式为NaCN=Na++CN-，故c(Na+)=0.1mol/L；当混合溶液中二者浓度都是0.1mol·L-1时，CN-的水解程度大于HCN的电离程度，因此溶液中c(HCN)＞0.1mol/L，由于c(Na+)=0.1mol/L，故浓度均为0.1mol·L-1的HCN和NaCN的溶液中存在：c(HCN)＞c(Na+)，B错误；C．HCN分子中的中心C原子采用sp杂化，因此分子呈直线型，键角是180°，C正确；D．CN-与SCN-的N原子上都有孤电子对，因此它们都具有一定的配位能力，D正确；故合理选项是B。19.已知A转化为C和D分步进行：①A(g)⇌B(g)+2D(g)；②B(g)⇌C(g)+D(g)，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是A.1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量B.B(g)⇌C(g)+D(g)ΔH=(Ea4-Ea3)kJ/molC.断裂1molA(g)化学键吸收的热量小于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量D.反应过程中，由于Ea3＜Ea1，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累【答案】D【解析】【详解】A．从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，不能比较1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；B．从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)⇌C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/mol，B错误；C．从图中可知，A转化为C和D为吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量，C错误；D．从反应过程的图象中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，

D正确。故选D。20.下列方案设计、现象、解释或结论有错误的是选项实验操作实验现象解释或结论A镀锌铁皮出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象锌对铁依然具有保护作用B将5mL0.005mol/L的FeCl3溶液与5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合，再加入适量还原铁粉溶液颜色先变红，后红色褪去KSCN与FeCl3的反应具有可逆性C常温下，用pH计分别测定0.1mol/L和1mol/L的两种CH3COONH4溶液测得溶液的pH都等于7醋酸和氨水的电离平衡常数近似相等D将SO2分别通入到4mL0.01mol/L和4mL0.1mol/L的KMnO4溶液中，分别记录溶液褪色所需时间0.01mol/LKMnO4溶液褪色时间更短4mL0.01mol/LKMnO4溶液与SO2反应速率更快A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．K3[Fe(CN)6]溶液用于检验亚铁离子的存在，若无现象，说明无亚铁离子产生，因此说明锌对铁依然具有保护作用，A正确；B．将5mL0.005mol/L的FeCl3溶液与5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合时恰好完全反应：，溶液颜色变红，加入适量还原铁粉溶液红色变浅，说明铁粉和铁离子反应，溶液中存在铁离子，说明KSCN与FeCl3的反应具有可逆性，B正确；C．0.1mol/L和1mol/L的两种CH3COONH4溶液均显中性，说明铵根离子与醋酸根水解程度相当，进而说明醋酸和氨水的电离平衡常数近似相等，C正确；D．4mL0.01mol/L和4mL0.1mol/L的KMnO4溶液颜色深浅不一致，无法通过褪色快慢来判定反应速率大小，D错误；故选D。第Ⅱ卷非选择题二、非选择题(本题共4小题，共50分)21.请回答以下问题：（1）联氨(N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。①实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________②联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。已知：N2H4+H+N2H的K=8.7×107，则联氨第一步电离平衡常数值为___________；（2）某化学小组利用量热计测量反应热。实验时量取30mL0.50mol·L-1硫酸和50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反应，中和后溶液温度上升了4℃。已知反应后溶液比热容为c=4.18J·g-1·℃-1，近似认为0.50mol·L-1硫酸和0.50mol·L-1NaOH溶液密度都是1g·cm-3，则中和热ΔH=___________(小数点后保留一位有效数字)。（3）在分析化学中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl—时，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+和CrO反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl—恰好沉淀完全时，溶液中的溶液中的c(Ag+)=___________mol/L，c(CrO)=___________mol/L。已知：①25℃时，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10--12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；②当离子浓度等于或小于1.0×10-5mol/L时，说明沉淀已完全。（4）温度为T时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器中发生如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0。测得的相关实验数据如下：容器物质的起始浓度(mol·L-1)物质的平衡浓度c(H2)c(I2)c(HI)Ⅰ(恒容)0.10.10c(I2)Ⅰ=0.07mol·L-1Ⅱ(恒压)0.30.30c(HI)Ⅱ实验测得：v正=v(H2)消耗=v(I2)消耗=k正c(H2)·c(I2)，v逆=v(HI)消耗=k逆c2(HI)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。①上述表格中的c(HI)Ⅱ=___________②下列说法不正确的是___________A．反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比等于1：3B．达平衡时，升高容器Ⅱ温度，平衡移动无法判断C．温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时(平衡常数为K)，则K=D．达平衡时，向容器Ⅰ中再通入0.1molH2和0.1molHI，则此时ν正>ν逆【答案】（1）①.2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O②.8.7×10−7（2）-53.5kJ·mol-1（3）①.1.8×10—5②.6.2×10—3（4）①.0.18mol·L-1②.BD【解析】【小问1详解】①NaClO具有强氧化性，可将NH3氧化为N2H4，本身被还原为NaCl，反应方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；②氨在水中的电离方程式为，则N2H4在水中的第一步电离方程式为，该步电离平衡常数，已知的，，则；【小问2详解】30mL0.50mol·L-1硫酸和50mL0.50mol·L-1

NaOH溶液反应，生成水的物质的量为，溶液的质量为，温度变化值为，则生成0.025mol水放出的热量为，则实验测得的中和热；【小问3详解】AgCl的，Cl-沉淀完全时，溶液中，此时；Ag2CrO4的，此时；【小问4详解】①根据表格可建立以下三段式，反应I：，；假设反应Ⅱ平衡时H2的浓度为xmol/L，可建立以下平衡：，，x=0.09mol/L，则平衡时c(HI)Ⅱ=2x=0.18mol/L；②假设能按照比例完全转化为

HI

，反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中气体物质的量之比等于气体的总压强的比为

1:3

，故

A

正确；该反应△H<0，为放热反应，达到平衡时，升高容器Ⅱ温度，平衡向吸热方向即逆反应方向移动，B错误；温度一定容器Ⅱ中反应达到平衡状态

，v正=v逆，v正＝2v(H2)消耗＝2v(I2)消耗＝k正c(H2)·c(I2)，

得到

，v逆＝v(HI)消耗＝k逆c2(HI)，k正、k逆为速率常数，c2(HI)=，据此计算平衡常数

K=，C正确；容器Ⅰ达到平衡时

H2

、

I2

、

HI

的浓度为：

0.07mol⋅L−1，0.07mol⋅L−1，0.06mol/L，K=0.735，达平衡时

,

向容器Ⅰ中同时再通入

0.1molI2

和0.1molHI，，则此时平衡逆向移动，

ν正<ν逆，D错误；22.碳族元素及其化合物有及其重要的应用。请回答：（1）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。A.微粒半径：③>①>②B.电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②C.得电子能力：①>②D.电离一个电子所需最低能量：①>②>③（2）Ge与C是同族元素，在电子、材料等领域应用广泛。①基态Ge原子的核外价层电子的轨道表示式为___________②C原子间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。原因是___________。（3）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列说法不正确的是___________A.CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子B.电负性：H<C<N<OC.CH3CN中两个C原子杂化类型均为sp3D.CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2（4）有以下几种羧酸：①丙酸(C2H5COOH)②三氯乙酸(CCl3COOH)③氯乙酸(CH2ClCOOH)④三氟乙酸(CF3COOH)⑤乙酸(CH3COOH)。这些羧酸的pKa(pKa=-lgKa)由大到小的顺序是___________（5）甲醇(CH3OH)的沸点64.7℃，介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是___________。【答案】（1）AB（2）①.②.锗元素原子半径大，σ键长，ｐ轨道难以通过“肩并肩”方式形成π键（3）AC（4）①>⑤>③>②>④（5）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多【解析】【小问1详解】A．基态Si原子：[Ne]3s23p2变成激发态[Ne]3s23p14s1，电子离核更远，故半径增大，基态原子失去一个电子变成[Ne]3s23p1，电子离核更近，半价变短，故微粒半径：③>①>②，A正确；B．①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1均为能量更低的基态原子或离子，B正确；C．②为带正电的离子，而①为基态原子，明显②对电子吸引力更强，故得电子能力：①<②，C错误；D．①与③分别为基态与激发态，③更易失去电子，而①、②失去一个电子所需要的能量分别对应Si原子的第一电离能、第二电离能，而第二电离能大于第一电离能，故电离一个电子所需最低能量：②>①>③，D错误。故选AB。【小问2详解】Ge为第IVA族元素，基态Ge原子的核外价层电子的轨道表示式为；C原子间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。原因是锗元素原子半径大，σ键长，ｐ轨道难以通过“肩并肩”方式形成π键。【小问3详解】A．CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，C无孤对电子，A错误；B．电负性：H<C<N<O，B正确；C．CH3CN中两个C原子的杂化类型分别为sp3、sp，C错误；D．中σ键与π键数目之比为5：2，D正确。故选AC。【小问4详解】卤素原子为吸电子基团，且电负性F>Cl，且含电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，使得羧基中氢氧键的共用电子对更加靠近吸电子基团，从而更容易电离出氢离子，使酸性增强，pKa减小，而烷烃基为推电子基团刚好相反，且乙基的推电子效应大于甲基，从而使酸性降低，pKa增大，由此可知酸性：④>②>③>⑤>①，则这些羧酸的pKa(pKa=-lgKa)由大到小的顺序是①>⑤>③>②>④。【小问5详解】甲醇(CH3OH)的沸点64.7℃，介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多。23.请回答下列问题：（1）Iˉ可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：ⅰ．SO2+4Iˉ+4H+=S↓+2I2+2H2Oⅱ．I2+2H2O+SO2=SO+4H++2Iˉ为探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序号IIIIIIIV试剂组成0.4mol/LKIamol/LKI0.2mol/LH2SO40.2mol/LH2SO40.2mol/LKI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则a=___________②比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是___________③实验表明，SO2的歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，原因是___________（2）某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。主要实验步骤如下：请回答：①下列说法正确的是___________A．采集水样时需要记录大气压及水体温度B．采集水样时可以扰动水体表面C．实现氧的固定时需要加入合适的还原剂吸收水中的溶解氧D．“氧的固定”和“酸化”都需要静置一段时间②碘量法测定的方法是：用标准Na2S2O3溶液滴定I2(2+I2=2I−+)。盛装标准Na2S2O3的滴定管使用前需要润洗，方法是___________③下列关于滴定分析的操作，不正确的是___________。A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B．滴定时要适当控制滴定速度C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直【答案】（1）①.a=0.4②.Iˉ是SO2歧化反应的催化剂，H+可以加快歧化反应速率③.反应ⅱ比快ⅰ；Ⅳ中由反应ⅱ产生的H+使反应ⅰ加快（2）①.ACD②.从滴定管上口加入3-5mL标准Na2S2O3溶液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润全部滴定管内壁③.AC【解析】【小问1详解】①由于B是A的对比实验，所以两组实验中的浓度必须相同，即a=0.4；②I说明能催化二氧化硫发生歧化反应，III中无明显现象，说明单独存在时不具有催化作用，不能使二氧化硫歧化反应速率加快；II中溶液变黄，出现浑浊较I快，结合III可知，增强溶液的酸性，可增强的催化效果，因此得出的结论为I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③由于催化二氧化硫的歧化反应是ⅰ与ⅱ两个过程分步进行，所以两个反应中任何一个反应的速率都会影响总反应的速率，IV中直接加入I2，故反应ⅱ可立即发生，而由反应ⅱ产生的可使反应ⅰ速率加快，所以IV的反应速率比I快；【小问2详解】①A．采集水样时需要记录大气压及水体温度，因为温度不同水中溶解氧的量也不同，故A正确；B．采集水样时不可以扰动水体表面，会减小溶解氧的量，故B错误；C．实现氧的固定时需要加入合适的还原剂吸收水中的溶解氧，使氧转化为另外一种氧化剂，便于测量，故C正确；D．“氧的固定”和“酸化”都需要静置一段时间便于碘单质的析出，故D正确；故选ACD。②盛装标