2023屆陜西省榆林一中化學(xué)高二第二學(xué)期期末學(xué)業(yè)水平測試試題含解析

2023年高二下化學(xué)期末模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列實驗裝置(夾持裝置略去)選擇正確且能達到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖茿．測定中和熱 B．測定反應(yīng)速率 C．實現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能 D．測定食醋的濃度2、圖中是部分短周期元素化合價與原子序數(shù)的關(guān)系圖，下列說法正確的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞XB．Y和Z兩者最高價氧化物對應(yīng)水化物能相互反應(yīng)C．WX3和水反應(yīng)形成的化合物是離子化合物D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：R＜W3、常溫下，下列物質(zhì)的溶液中粒子濃度關(guān)系不正確的是A．pH=1的KHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)B．CH3COONa和BaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)C．三種相同濃度的銨鹽溶液中c（NH4＋）從大到小的順序：NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3D．已知AgCl、AgBr、Agl溶度積常數(shù)依次為1.6×l0-10、7.7×10-13、8.7×10-17，則對應(yīng)飽和溶液中c(X-)從大到小的順序為：Cl―、Br―、I―4、如圖是某元素的價類二維圖，其中A為正鹽，X是一種強堿，通常條件下Z是無色液體，E的相對分子質(zhì)量比D大16，各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是A．A作肥料時不適合與草木灰混合施用B．同主族元素的氫化物中B的沸點最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反應(yīng)可用于檢驗D5、下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是A．在透明溶液中:Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-B．加入鋁粉產(chǎn)生H2的溶液中:Ba2+、Fe2+、HCO3-、NO3-C．NaAlO2溶液中:Cu2+、Al3+、Cl-、CO32-D．常溫下AG=lgc(H+)c(OH-)=12的溶液中:Na+、K+、S26、下列說法正確的是A．從性質(zhì)的角度分類，SO2和NO2都屬于酸性氧化物B．從在水中是否發(fā)生電離的角度，SO2和NO2都屬于電解質(zhì)C．從元素化合價的角度分類，SO2和NO2都既可作氧化劑又可作還原劑D．從對大氣及環(huán)境影響和顏色的角度，SO2和NO2都是大氣污染物，都是有色氣體7、下列實驗操作和現(xiàn)象與所得結(jié)論一定正確的是選項操作現(xiàn)象結(jié)論或解釋A向黃色的Fe(NO)3溶液中滴加氫碘酸，再加入一定量CCl4振蕩并靜置下層溶液變?yōu)樽霞t色氧化性：Fe3+>I2B向某無色溶液中滴加稀鹽酸，將產(chǎn)生的無色氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色原溶液中一定大量存在SO32-C向Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴加適量NaOH溶液，過濾、洗滌得到白色沉淀相同溫度下，溶度積常數(shù)：Ksp[Mg(OH)2]<Ksp[Cu(OH)2]D一定溫度下，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液溶液橙色變淺減小H+濃度，Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+的平衡正向移動A．A B．B C．C D．D8、下列儀器名稱為“容量瓶”的是A． B． C． D．9、下列有關(guān)說法正確的是A．水合銅離子的球棍模型，1個水合銅離子有2個配位鍵B．冰晶胞示意圖，類似金剛石晶胞，冰晶胞內(nèi)水分子間以共價鍵結(jié)合C．H原子的電子云圖，由圖可見H原子核外靠近核運動的電子多D．K與氧形成的某化合物晶胞，其中黑球為K＋，由圖可知該晶體化學(xué)式為KO210、化學(xué)與生活生產(chǎn)密切相關(guān)。下列說法中不正確的是A．施肥時，銨態(tài)氮肥不能與草木灰（含K2CO3）混合使用B．夏天冰箱保鮮食品的原理是降低溫度，減小化學(xué)反應(yīng)速率C．施用適量石膏(CaSO4·2H2O)可降低鹽堿地（含較多NaCl、Na2CO3）的堿性D．將海水直接電解可獲得Mg及Cl2等單質(zhì)11、下列離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A．向明礬[KAl（SO4）1]溶液中逐滴加入Ba（OH）1溶液至沉淀質(zhì)量最大時：1Al3++3SO41-+3Ba1++6OH-=1Al（OH）3↓+3BaSO4↓B．在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na1FeO4：3ClO-+Fe（OH）3=FeO41-+3Cl-+H1O+H+C．向NaAlO1溶液中通入過量CO1制Al（OH）3：1AlO1-+CO1+3H1O=1Al（OH）3↓+CO31-D．向含有a

mol

FeBr1的溶液中，通入x

mol

Cl1．若x=a，則反應(yīng)的離子方程式為：1Fe1++1Br-+1Cl1=Br1+1Fe3++4Cl-12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是次外層的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，Z是同周期中原子半徑最大的元素，W的最高正價為+7價。下列說法正確的是（）A．XH4的沸點比YH3高B．X與W形成的化合物和Z與W形成的化合物的化學(xué)鍵類型相同C．元素W的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性比Y的弱D．X與Y形成的化合物的熔點可能比金剛石高13、一定溫度下在甲、乙、丙三個體積相等且恒容的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。投入NO2和SO2，起始濃度如下表所示，其中甲經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉(zhuǎn)化率為50％，下列說法正確的是起始濃度甲乙丙c(NO2)/(mol·L-1)0.100.200.20c(SO2)/(mol·L-1)0.100.100.20A．容器甲中的反應(yīng)在前2min的平均速率v(NO)=0.05mol·L-1·min-1B．容器乙中若起始時改充0.10mol·L-1NO2和0.20mol·L-1SO2，達到平時c(NO)與原平衡相同C．達到平衡時，容器丙中SO3的體積分?jǐn)?shù)是容器甲中SO3的體積分?jǐn)?shù)的2倍D．達到平衡時，容器乙中NO2的轉(zhuǎn)化率和容器丙中NO2的轉(zhuǎn)化率相同14、由短周期元素組成的粒子，只要其原子數(shù)相同，各原子最外層電子數(shù)之和相同，也可互稱為等電子體。等電子體的結(jié)構(gòu)相似、物理性質(zhì)相似。根據(jù)上述原理，下列各微粒不屬于等電子體的是()A．CO32-和SO3B．NO3-和CO2C．SO42-和PO43-D．O3和NO2-15、常溫下，向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3?H2O的變化趨勢如圖所示（不考慮體積變化和氨的揮發(fā)，且始終維持常溫)，下列說法不正確的是A．在M點時，n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molB．隨著NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不斷增大C．M點溶液中水的電離程度比原溶液小D．當(dāng)n(NaOH)=0.1mol時，c(OH-)＞c(Cl-)-c(NH3?H2O)16、為研究廢舊電池的再利用，實驗室利用舊電池的銅帽（主要成分為Zn和Cu)回收Cu并制備ZnO的部分實驗過程如圖所示。下列敘述錯誤的是A．“溶解”操作中溶液溫度不宜過髙B．銅帽溶解的反應(yīng)可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2++2H2OC．與鋅粉反應(yīng)的離子可能是Cu2+、H+D．“過濾”操作后，將濾液蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥后高溫灼燒即可得純凈的ZnO17、下列關(guān)于某些社會熱點問題的說法中，不正確的是（）A．禁止使用含鉛汽油是為了提高汽油的燃燒效率B．甲醇超標(biāo)的酒不能飲用C．甲醛是某些劣質(zhì)裝飾板材釋放的常見污染物之一D．氟氯烴對大氣臭氧層具有破壞作用18、CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似(如下圖所示)，但由于CaC2晶體中啞鈴形C22-的存在，使晶胞沿一個方向拉長。CaC2晶體中1個Ca2+周圍距離最近的C22-數(shù)目為()A．4 B．6 C．8 D．1219、有機物甲的分子式為C9H18O2，在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物，在相同的溫度和壓強下，同質(zhì)量的乙和丙的蒸氣所占體積相同，則甲的可能結(jié)構(gòu)有()A．16種 B．14種 C．12種 D．10種20、下列實驗內(nèi)容能達到實驗?zāi)康牡氖菍嶒災(zāi)康膶嶒瀮?nèi)容A鑒別乙醇與乙醛B比較乙酸、碳酸、苯酚的酸性C說明烴基對羥基上氫原子活性的影響D說明苯環(huán)對取代基上氫原子活性的影響A．A B．B C．C D．D21、已知丙烷的燃燒熱△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃燒后生成1.8g水，則放出的熱量約為（）A．55kJ B．220kJ C．550kJ D．1108kJ22、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數(shù)為2NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L的H2和22.4L的F2氣混合后，氣體分子數(shù)為2NAC．常溫下pH=12的NaOH溶液中，水電離出的氫離子數(shù)為10－12NAD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數(shù)為0.6NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）Q、R、X、Y、Z五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①Z的原子序數(shù)為29，其余的均為短周期主族元素；Y原子的價電子(外圍電子)排布為msnmpn；②R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；③Q、X原子p軌道的電子數(shù)分別為2和4。請回答下列問題：（1）Z2＋的核外電子排布式是________。（2）在[Z(NH3)4]2＋離子中，Z2＋的空軌道接受NH3分子提供的________形成配位鍵。（3）Q與Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物分別為甲、乙，下列判斷正確的是________。a．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點：甲>乙b．穩(wěn)定性：甲>乙，沸點：甲<乙c．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點：甲<乙d．穩(wěn)定性：甲<乙，沸點：甲>乙（4）Q、R、Y三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為________(用元素符號作答)。（5）Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26，其中分子中的σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為________，其中心原子的雜化類型是________。（6）某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于________區(qū)元素，元素符號是________。24、（12分）煤的綜合利用備受關(guān)注。有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系，CO與H2不同比例可以分別合成A、B，已知烴A對氫氣的相對密度是14，B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，C為常見的酸味劑。（1）有機物C中含有的官能團的名稱是____________________。（2）反應(yīng)⑤的反應(yīng)類型為______________。（3）寫出③的反應(yīng)方程式____________。（4）下列說法正確的是______________。（填字母）A．第①步是煤的液化，為煤的綜合利用的一種方法B．有機物B和C都可以與新制氫氧化銅發(fā)生反應(yīng)C．有機物C和D的水溶液都具有殺菌消毒作用D．乙酸乙酯與有機物D混合物的分離，可以用氫氧化鈉溶液振蕩、靜置分液的方法25、（12分）某研究性學(xué)習(xí)小組，利用固體Na2SO3與中等濃度的H2SO4反應(yīng)，制備SO2氣體并進行有關(guān)性質(zhì)探究實驗。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO3(固)+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+H2O。除固體Na2SO3和中等濃度的H2SO4外，可供選擇的試劑還有：①溴水；②濃H2SO4；③品紅試液；④紫色石蕊試液；⑤澄清石灰水；⑥NaOH溶液。回答下列問題：（1）欲驗證SO2的漂白作用，應(yīng)將SO2氣體通入______中(填物質(zhì)編號)，觀察到的現(xiàn)象是____________；（2）欲驗證SO2的還原性，應(yīng)將SO2氣體通入______中(填物質(zhì)編號)，觀察到的現(xiàn)象是_______________；（3）為驗證SO2的氧化性，通常利用的反應(yīng)是___________(化學(xué)方程式)；（4）為防止多余的SO2氣體污染環(huán)境，應(yīng)將尾氣通入______中(填物質(zhì)編號)，反應(yīng)離子方程式為__________________________。26、（10分）抗爆劑的添加劑常用1，2-二溴乙烷。如圖為實驗室制備1，2-二溴乙烷的裝置圖，圖中分液漏斗和燒瓶a中分別裝有濃H2SO4和無水乙醇，d裝罝試管中裝有液溴。相關(guān)數(shù)據(jù)列表如下：乙醇1，2-二溴乙烷乙醚溴狀態(tài)無色液體無色液體無色液體紅棕色液體密度/g·cm-30.792.180.713.10沸點/℃78.5131.434.658.8熔點/℃-114.39.79-116.2-7.2水溶性混溶難溶微溶可溶（1）安全瓶b在實驗中有多重作用。其一可以檢查實驗進行中d裝罝中導(dǎo)管是否發(fā)生堵塞，請寫出發(fā)生堵塞時瓶b中的現(xiàn)象：①_____________________________；如果實驗時d裝罝中導(dǎo)管堵塞，你認(rèn)為可能的原因是②___________________________________；安全瓶b還可以起到的作用是③_______________________________________。（2）容器c、e中都盛有NaOH溶液，c中NaOH溶液的作用是_______________________。（3）某學(xué)生在做此實驗時，使用一定量的液溴，當(dāng)溴全部褪色時，所消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正確情況下超過許多，如果裝罝的氣密性沒有問題，試分析可能的原因：________________________、_____________________________(寫出兩條即可)。（4）除去產(chǎn)物中少量未反應(yīng)的Br2后，還含有的主要雜質(zhì)為________________，要進一步提純，下列操作中必需的是________________(填字母)。A．重結(jié)晶B．過濾C．萃取D．蒸餾（5）實驗中也可以撤去d裝置中盛冰水的燒杯，改為將冷水直接加入到d裝置的試管中，則此時冷水除了能起到冷卻1，2-二溴乙烷的作用外，還可以起到的作用是________________。27、（12分）氮化鋁（AlN）是一種新型無機非金屬材料．某AlN樣品僅含有Al2O3雜質(zhì)，為測定AlN的含量，設(shè)計如下三種實驗方案．已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑（1）（方案1）取一定量的樣品，用以下裝置測定樣品中AlN的純度（夾持裝置已略去）．（i）圖C裝置中球形干燥管的作用是________．完成以下實驗步驟：組裝好實驗裝置，首先進行的操作是________，再加入實驗藥品．接下來的實驗操作是關(guān)閉，打開，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產(chǎn)生氣體．打開K1，通入氮氣一段時間，測定C裝置反應(yīng)前后的質(zhì)量變化．通入氮氣的目的是________．（iii）由于裝置存在缺陷，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，請?zhí)岢龈倪M意見________．（2）（方案2）用下圖裝置測定mg樣品中A1N的純度（部分夾持裝置已略去）．（i）為測定生成氣體的體積，量氣裝置中的X液體可以是________．A．CCl4

B．H2O

C．NH4Cl溶液

D．（ii）若mg樣品完全反應(yīng)，測得生成氣體的體積為VmL（已轉(zhuǎn)換為標(biāo)準(zhǔn)狀況），則AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是________．（3）（方案3）按以下步驟測定樣品中A1N的純度：（i）步驟②生成沉淀的離子方程式為________．（ii）若在步驟③中未洗滌，測定結(jié)果將________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．28、（14分）2018年5月9日科技網(wǎng)報道，最新一期國際學(xué)術(shù)期刊《自然·納米技術(shù)》介紹了我國科學(xué)家曾杰團隊的成果：在含鉑高效催化劑作用下把二氧化碳高效轉(zhuǎn)化清潔液態(tài)燃料——甲醇。（1）甲醇燃燒時發(fā)生如下反應(yīng)（a、b、c、d均大于0）：①2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)△H1=-akJ·mol-1②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)△H2=-bkJ·mol-1③CH3OH(1)+3/2O2（g）=CO2(g)+2H2O(1)△H3=-ckJ·mol-1④CH3OH(1)+O22(g)=CO(g)+2H2O(1)△H4=-dkJ·mol-1由此知，a、b、c、d由小到大排序為_______。（2）工業(yè)上，通常采用氫氣還原CO2法制備甲醇CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(1)△H已知幾種化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：共價鍵C=OH-HC-OC-HH-O鍵能/kJ·mol-1803436326414464根據(jù)鍵能數(shù)據(jù)估算上述反應(yīng)中△H=____________kJ·mol-1。（3）在2L恒容密閉容器中充入2molCO2和6.5mlH2，在一定溫度下反應(yīng)，測得混合氣體中c（CH3OH）與時間的關(guān)系如圖1所示。①M點CO2的正反應(yīng)速率___________N點CO2的逆反應(yīng)速率（選填“大于”“小于”或“等于”）。②0~10min內(nèi)H2的平均反應(yīng)速率v（H2）=___________mol·L-1·min-1。③在該溫度下，該反應(yīng)平衡常數(shù)K為________。（結(jié)果保留兩位小數(shù)并要求帶單位）（4）在密閉容器中充入一定量CO2和H2，在含鉑催化劑作用下反應(yīng)，測得單位時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系如圖2所示。①R點對應(yīng)的CO2轉(zhuǎn)化率最大，其原因是_________________。②在Q點時CO2的轉(zhuǎn)化率突變的原因可能是_________________。（5）以石墨為電極，甲醇/空氣堿性（KOH溶液為電解質(zhì)溶液）燃料電池的能量轉(zhuǎn)化效率高。當(dāng)KOH恰好完全轉(zhuǎn)化成KHCO3時停止放電，此時負(fù)極的電極反應(yīng)式為_____________。29、（10分）氨和硝酸都是重要的工業(yè)原料。（1）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將500L氨氣溶于水形成1L氨水，則此氨水的物質(zhì)的量濃度為____mol·L-1（保留三位有效數(shù)字）。工業(yè)上常用過量氨水吸收二氧化硫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。（2）氨氧化法是工業(yè)生產(chǎn)中合成硝酸的主要途徑。合成的第一步是將氨和空氣的混合氣通過灼熱的鉑銠合金網(wǎng)，在合金網(wǎng)的催化下，氨被氧化成一氧化氮，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。下列反應(yīng)中的氨與氨氧化法中的氨作用相同的是____。A．2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑B．2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO=5N2+6H2OD．HNO3+NH3=NH4NO3工業(yè)中的尾氣（假設(shè)只有NO和NO2）用燒堿進行吸收，反應(yīng)的離子方程式為2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH-=____+H2O（配平該方程式）。（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀HNO3500mL，反應(yīng)過程中產(chǎn)生的氣體只有NO。固體完全溶解后，在所得溶液（金屬陽離子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金屬離子恰好完全沉淀，此時溶液呈中性，所得沉淀質(zhì)量為39.2g。①Cu與稀HNO3反應(yīng)的離子方程式為____。②Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為____。③HNO3的物質(zhì)的量濃度為____mol·L-1。（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20mL，加入0.25mol?L-1Ba（OH）2溶液時，生成沉淀的質(zhì)量w（g）和Ba（OH）2溶液的體積V（mL）的關(guān)系如圖所示（C點混合液呈中性）。則原混合液中H2SO4的物質(zhì)的量濃度為____mol·L-1，HNO3的物質(zhì)的量濃度為____mol·L-1。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】A．測定中和熱時，為充分反應(yīng)，應(yīng)用環(huán)形玻璃棒攪拌，故A錯誤；B．氣體從長頸漏斗逸出，應(yīng)用分液漏斗，故B錯誤；C．鋅為負(fù)極，銅為正極，能進行自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，可形成原電池，故C正確；D．氫氧化鈉可腐蝕玻璃，應(yīng)用堿式滴定管，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查化學(xué)實驗的基本操作和裝置的判斷，涉及中和熱的測定、原電池以及中和滴定等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾椤１绢}的易錯點為C，在應(yīng)用鹽橋構(gòu)成的原電池中，要注意電極材料和電解質(zhì)溶液的對應(yīng)關(guān)系。2、B【解析】

根據(jù)元素的化合價變化規(guī)律可知，X是氧元素，Y是鈉元素，Z是鋁元素，W是硫元素，R是氯元素?！驹斀狻緼.同周期自左向右原子半徑逐漸減小，即原子半徑：Y＞Z＞X，故A錯誤；B.Y是鈉元素，Z是鋁元素，Y和Z兩者最高價氧化物對應(yīng)水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成偏鋁酸鈉和水，故B正確；C.W是硫元素，X是氧元素，SO3和水反應(yīng)形成的化合物是共價化合物硫酸，故C錯誤；D.R是氯元素，W是硫元素，氯元素的非金屬性強于S元素的，則H2S的穩(wěn)定性弱于HCl的穩(wěn)定性，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：R＞W(wǎng)，故D錯誤；答案選B。3、B【解析】分析：A．根據(jù)KHSO4溶液中的電荷守恒及物料守恒分析；

B．根據(jù)CH3COONa和BaCl

2混合溶液中的物料守恒判斷；

C．硫酸氫銨中氫離子抑制了銨根離子的水解，碳酸氫根離子促進了銨根離子的水解；

D．化學(xué)式相似的物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小，物質(zhì)越難溶，據(jù)此分析三種離子濃度大小。詳解：A.

pH=1

的

KHSO4

溶液中

,

硫酸氫鉀完全電離

,

根據(jù)電荷守恒可知：

c(K+)+c(H+)=2c(SO42?)+c(OH?),

根據(jù)物料守恒可得：

c(K+)=c(SO42?),

二者結(jié)合可得：

c(H+)=c(SO42?)+c(OH?)，故

A

正確；B.

CH3COONa

和

BaCl2

混合溶液中

,

根據(jù)物料守恒可得：

c(Na+)=c(CH3COO?)+c(CH3COOH)

、

2c(Ba2+)=c(Cl?),

二者結(jié)合可得：c(Na+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)，故

B

錯誤；C.

NH4HSO4

電離出的氫離子抑制了銨根離子的水解

,

其溶液中銨根離子濃度最大

;NH4HCO3中碳酸氫根離子水解促進了銨根離子的水解

,

其溶液中銨根離子濃度最小

,

則三種相同濃度的銨鹽溶液中

c（NH4＋）

從大到小的順序為：NH4HSO4>NH4Cl>NH4HCO3

，故

C

正確；D.化學(xué)式相似的物質(zhì)的溶度積常數(shù)越小物質(zhì)越難溶

,

常溫下在水中溶解能力為

AgCl>AgBr>AgI,

則對應(yīng)飽和溶液中

c(X?)

從大到小的順序為：Cl―、Br―、I―，故

D

正確；故本題選B。4、B【解析】

由信息可知，A為正鹽，為銨鹽，強堿與銨鹽加熱生成氨氣，所以B為NH3；氨氣和氧氣反應(yīng)生成氮氣和水，C為N2；氮氣氧化為NO，所以D為NO；NO氧化為NO2，E為NO2；二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸，F(xiàn)為HNO3；G為硝酸鹽；Y為O2，Z為H2O。A.銨態(tài)氮肥和草木灰不能混合施用，故A項正確；B.B為NH3，氨氣分子間存在氫鍵，所以氮族元素的氫化物中氨的沸點異常的高，所以氮族元素的氫化物中，NH3的沸點最高，故B項錯誤；C.C為N2，N2的密度與空氣太接近，用排空氣法收集不能得到純凈的氣體，所以一般用排水法收集，故C項正確；D.NO與O2反應(yīng)生成NO2，顏色由無色變?yōu)榧t棕色，可用于檢驗NO，故D項正確。故選B。【點睛】氨氣和氧氣反應(yīng)生成氮氣和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮氣體；氮氣和氧氣在放電條件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣反應(yīng)才能生成二氧化氮。5、A【解析】分析：A．根據(jù)四種離子之間是否反應(yīng)分析判斷；B、根據(jù)加入鋁片能產(chǎn)生氫氣的溶液為酸性或者堿性溶液分析判斷；C.根據(jù)NaAlO2溶液中存在大量AlO2-，結(jié)合離子之間是否反應(yīng)分析判斷；D.根據(jù)常溫下AG=lgc(H+)詳解：A．Cu2+、SO42-、Mg2+、Cl-之間不發(fā)生反應(yīng)，為澄清透明溶液，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B、加入鋁片能產(chǎn)生氫氣的溶液為酸性或者堿性溶液，碳酸氫根離子既能夠與氫離子反應(yīng)，也能夠與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中不能夠大量共存，故B錯誤；C.NaAlO2溶液中存在大量AlO2-，能夠與Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，故C錯誤；D.常溫下AG=lgc(H+)c(OH-)=12的溶液顯強酸，S點睛：本題考查離子共存的正誤判斷，明確限制條件的含義是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為D，要注意S2O32-在酸性溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)生成S和SO2。6、C【解析】

A．SO2屬于酸性氧化物，NO2不屬于酸性氧化物，A項錯誤；B．SO2和NO2均屬于非電解質(zhì)，他們在水中并不會電離，熔融狀態(tài)也不會電離，B項錯誤；C．SO2中的S元素屬于中間價態(tài)，NO2中的N元素也屬于中間價態(tài)，所以都既可作氧化劑，也可作還原劑，C項正確；D．SO2是無色氣體，NO2才有顏色，D項錯誤；答案選C。7、D【解析】A.向黃色的Fe(NO)3溶液中滴加氫碘酸，再加入一定量CCl4振蕩并靜置，下層溶液變?yōu)樽霞t色，說明生成了碘單質(zhì)，是因為碘離子被硝酸氧化，故A錯誤；B.向某無色溶液中滴加稀鹽酸，將產(chǎn)生的無色氣體通入品紅溶液，品紅溶液褪色，可能是鹽酸被氧化生成的氯氣，氯氣與水反應(yīng)能夠生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B錯誤；C.未說明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2種離子的濃度大小，無法判斷溶度積常數(shù)的大小關(guān)系，故C錯誤；D.K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液，H+濃度減小，平衡正向移動，溶液橙色變淺，故D正確；故選D。8、A【解析】

A．為容量瓶，故A符合題意；B．為滴瓶，故B不符合題意；C．為蒸餾燒瓶，故C不符合題意；D．為分液漏斗，故D不符合題意；故答案：A。9、D【解析】

A.水合銅離子的球棍模型，1個水合銅離子有4個配位鍵，A錯誤；B.冰晶胞內(nèi)水分子間主要以氫鍵結(jié)合，分子間沒有形成共價鍵，B錯誤；C.H原子的電子云圖，由圖可見H原子核外靠近核運動的電子出現(xiàn)的機率大，C錯誤；D.K與氧形成的某化合物晶胞，其中黑球為K＋，由圖可知K的個數(shù)=8+6=4，過氧根離子=12+1=4，該晶體化學(xué)式為KO2，D正確；答案為D10、D【解析】

A．銨態(tài)氮肥與草木灰混合水解互相促進，造成營養(yǎng)流失，故A正確；B．降溫可降低活化分子百分?jǐn)?shù)，減小有效碰撞次數(shù)，反應(yīng)速率減小，故B正確；C．“鹽堿地”中Na2CO3水解使土壤成堿性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通過加石膏生成更難溶的碳酸鈣沉淀，c(CO32-)減少，使水解平衡向逆反應(yīng)方向移動，土壤堿性減弱，故C正確；D．制備活潑金屬單質(zhì)Mg是電解熔融狀態(tài)MgCl2，故D錯誤，故選D。11、D【解析】

A.向明礬[KAl（SO4）1]溶液中逐滴加入Ba（OH）1溶液至沉淀質(zhì)量最大時為溶液中的鋁離子全部變?yōu)锳lO1-：Al3++1SO41-+1Ba1++4OH-=AlO1-+1H1O+1BaSO4↓，A錯誤；B.在強堿溶液中次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na1FeO4：3ClO-+4OH-+1Fe（OH）3=1FeO41-+3Cl-+5H1O，B錯誤；C.向NaAlO1溶液中通入過量CO1制Al（OH）3：AlO1-+CO1+1H1O=Al（OH）3↓+HCO3-，C錯誤；D.向含有amolFeBr1的溶液中，通入xmolCl1，消耗完溶液中的亞鐵離子后再與溴離子反應(yīng)，若x=a，則反應(yīng)的離子方程式為：1Fe1++1Br-+1Cl1=Br1+1Fe3++4Cl-，D正確；答案為D。12、D【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子核外最外層電子數(shù)是次外層的2倍，X原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則X為碳元素；Z是同周期中原子半徑最大的元素，處于ⅠA族，原子序數(shù)大于碳元素，處于第三周期，故Z為Na；Y的氟化物YF3分子中各原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則Y表現(xiàn)+3價，Y的原子序數(shù)小于Na大于碳，可推知Y為非金屬性，最外層電子數(shù)為8-3=5，處于ⅤA族，則Y為氮元素；W的最高正價為+7價，則W為Cl元素，據(jù)此解答。詳解：根據(jù)以上分析可知X為C，Y為N，Z為Na，W為Cl，則A．氨氣分子之間存在氫鍵，沸點高于甲烷，A錯誤；B．X與W形成的化合物為CCl4，含有共價鍵，Z與W形成的化合物為NaCl，含有離子鍵，二者含有化學(xué)鍵不同，B錯誤；C．高氯酸是最強的無機含氧酸，其酸性比硝酸強，C錯誤；D．C與N形成的化合物為C3N4，屬于原子晶體，鍵長C-N＜C-C，C-N鍵比C-C鍵更穩(wěn)定，故C3N4的熔點可能比金剛石高，D正確。答案選D。13、B【解析】分析：甲經(jīng)2min達平衡時，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%，其平衡濃度為0.05mol/L，

NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）開始（mol/L）：0.1

0.1

0

0轉(zhuǎn)化（mol/L）：0.05

0.05

0.05

0.05平衡（mol/L）：0.05

0.05

0.05

0.05故該溫度下平衡常數(shù)K=0.05×0.050.05×0.05=1A．根據(jù)v=?c?t計算；B.據(jù)平衡常數(shù)的計算式推斷；C．該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，容器丙中SO3的體積分?jǐn)?shù)和容器甲中SO3的體積分?jǐn)?shù)相等；D.單純的增大某一種物質(zhì)的濃度，這種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率一定降低，因此達到平衡時，容器乙中NO2的轉(zhuǎn)化率小于容器丙中NO詳解：A．容器甲中的反應(yīng)在前2

min,NO的平均速率v(NO)=0.05mol/L2min=0.025mol·L-1·min-1，故A錯誤；B.令平衡時NO的濃度為NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)．開始（mol/L）：0.1

0.2

0

0轉(zhuǎn)化（mol/L）：y

y

y

y平衡（mol/L）：0.1-y

0.2-y

y

y則

，只要二氧化氮和二氧化硫的濃度分別是0.1mol/L和0.2mol/L，平衡時NO的濃度就相同，故B正確；C.該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體壓強不變的反應(yīng)，容器丙的反應(yīng)物的起始濃度是容器甲的2倍，平衡不移動，因此容器丙中SO3的體積分?jǐn)?shù)和容器甲中SO3的體積分?jǐn)?shù)相等，故C錯誤；D.起始濃度容器乙中的NO2是器甲的2倍，而SO2的起始濃度一樣，單純的增大某一種物質(zhì)的濃度，這種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率一定降低，因此達到平衡時，容器乙中NO2的轉(zhuǎn)化率小于容器丙中NO2的轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；答案選B.14、B【解析】分析：本題考查等電子體的判斷，明確原子數(shù)目相同、電子總數(shù)相同的分子互稱等點自提即可解答。詳解：A.CO32-和SO3二者原子數(shù)相等，電子數(shù)分別為4+6×3+2=24，6+6×3=24，故為等電子體，故錯誤；B.NO3-和CO2二者原子個數(shù)不同，故不是等電子體，故正確；C.SO42-和PO43-二者原子個數(shù)相同，電子數(shù)分別為6+6×4+2=32，5+6×4+3=32，為等電子體，故錯誤；D.O3和NO2-二者原子個數(shù)相同，電子數(shù)分別為6×3=18,5+6×2+1=18，是等電子體，故錯誤。故選B。15、B【解析】

A.n(Na+)=amol，n(NH4+)=0.05mol，n(Cl－)=0.1

mol根據(jù)電荷守恒，n(OH－)+

n(Cl－)=n(H+)+

n(Na+)+n(NH4+)；n(OH－)-n(H+)＝n(Na+)+

n(NH4+)

-

n(Cl－)

=(a

-0.05)mol，故A正確；B.

不變，隨著NaOH的加入，不斷增大，所以增大，，不斷減小，故B錯誤；C.向氯化銨溶液中加堿，對水的電離起抑制作用，所以M點溶液中水的電離程度比原溶液小，故C正確；當(dāng)n(NaOH)＝0.1mol時，，c(OH－)=c(Cl－)-

c(NH3?H2O)+

c(H+)，所以c(OH－)＞c(Cl－)-

c(NH3?H2O)，故D正確；答案選B。16、D【解析】

A、溶解時需要加入H2O2，H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，因此“溶解”操作中溶液溫度不宜過高，故A敘述正確；B、根據(jù)流程，“溶解”過程發(fā)生的反應(yīng)是2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，或者發(fā)生Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故B敘述正確；C、根據(jù)流程，過濾后得到海綿銅，說明“反應(yīng)”過程中含有Cu2＋，加NaOH溶液，調(diào)節(jié)pH=2，說明溶液顯酸性，即“反應(yīng)”過程中能與Zn反應(yīng)的離子是Cu2＋和H＋，故C說法正確；D、過濾操作得到濾液中含有ZnSO4，蒸發(fā)結(jié)晶、過濾干燥得到的是ZnSO4，且濾液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物質(zhì)是混合物，故D敘述錯誤；答案選D。17、A【解析】分析：A、鉛是重金屬，對人體有害；B、甲醇飲用后少量使人眼睛失明，大量使人死亡；C、裝飾材料中含有大量甲醛、苯等揮發(fā)性有機物；D、氟氯烴或氮氧化物可導(dǎo)致臭氧空洞；詳解：A、鉛是重金屬，對人體有害，禁止使用含鉛汽油是為了防止造成環(huán)境污染，故A錯誤；B、甲醇飲用后少量使人眼睛失明，大量使人死亡，所以甲醇超標(biāo)的酒不能飲用，故B正確；C、裝飾材料中含有大量甲醛、苯等揮發(fā)性有機物，能污染環(huán)境，故C正確；D、氟氯烴或氮氧化物可導(dǎo)致臭氧空洞，故D正確；故選A。點睛：本題考查較為綜合，涉及化學(xué)與環(huán)境的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性和樹立環(huán)境保護意識，易錯點A，禁止使用含鉛汽油是為了防止造成環(huán)境污染．18、A【解析】

CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似，且CaC2晶體中啞鈴形C22-使晶胞沿一個方向拉長，則原先的正方體構(gòu)型變?yōu)榱碎L方體構(gòu)型（可以看成時長方體的高被拉長，長和寬依舊不變），則1個Ca2+周圍距離最近的C22-數(shù)目為4，故合理選項為A。【點睛】對于此類題目，要先理解題目的意思，再結(jié)合立體幾何知識去分析，得到答案。19、A【解析】

有機物甲的分子式應(yīng)為C9H18O2，在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物，則有機物甲為酯。由于同質(zhì)量的乙和丙的蒸氣所占體積相同，說明乙和丙的相對分子質(zhì)量相同，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子，判斷5碳醇屬于戊醇的同分異構(gòu)體，4碳羧酸屬于丁酸的同分異構(gòu)體，據(jù)此判斷有機物甲的同分異構(gòu)體數(shù)目。【詳解】有機物甲的分子式應(yīng)為C9H18O2，在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物，則有機物甲為酯。由于同質(zhì)量的乙和丙的蒸氣所占體積相同，說明乙和丙的相對分子質(zhì)量相同，因此酸比醇少一個C原子，說明水解后得到的羧酸含有4個C原子，而得到的醇含有5個C原子；含有4個C原子的羧酸有2種同分異構(gòu)體：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有5個C原子的醇的有8種同分異構(gòu)體：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3；CH3C(CH3)2CH2OH；所以有機物甲的同分異構(gòu)體數(shù)目有2×8=16，故答案為A。【點睛】有機物產(chǎn)生同分異構(gòu)體的本質(zhì)在于原子的排列順序不同，在中學(xué)階段主要指下列三種情況：(1)碳鏈異構(gòu)：由于碳原子的連接次序不同而引起的異構(gòu)現(xiàn)象，(2)官能團位置異構(gòu)：由于官能團的位置不同而引起的異構(gòu)現(xiàn)象，如：CH3CH2CH=CH2和CH3CH=CHCH3。(3)官能團異類異構(gòu)：由于官能團的不同而引起的異構(gòu)現(xiàn)象，主要有：單烯烴與環(huán)烷烴；二烯烴、炔烴與環(huán)烯烴；醇和醚；酚與芳香醇或芳香醚；醛與酮；羧酸與酯；硝基化合物與氨基酸；葡萄糖與果糖；蔗糖與麥芽糖等。20、C【解析】

A.K2Cr2O7具有強的氧化性，可以氧化乙醇與乙醛，從而使溶液變?yōu)榫G色，因此不能鑒別乙醇與乙醛，A錯誤；B.乙酸鈉是強堿弱酸鹽，水溶液中由于CH3COO-水解而使溶液顯堿性，因此向該溶液中通入CO2氣體可以溶解，不能證明酸性乙酸比碳酸強，向苯酚鈉溶液中通入CO2氣體，CO2、H2O、苯酚鈉反應(yīng)，產(chǎn)生苯酚和NaHCO3，由于在室溫下苯酚在水中溶解度不大，因此可以看到溶液變渾濁，因此只能證明酸性H2CO3>苯酚，但不能證明酸性乙酸>H2CO3，B錯誤；C.乙醇與Na反應(yīng)不如水與Na反應(yīng)劇烈，可以證明烴基對羥基上氫原子活性的影響，C正確；D.苯與溴水不能反應(yīng)，而苯酚與濃溴水會發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生三溴苯酚白色沉淀，證明羥基使苯環(huán)更活潑，不能說明苯環(huán)對取代基上氫原子活性的影響，D錯誤；故合理選項是C。21、A【解析】

丙烷分子式是C3H8，燃燒熱為△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃燒會產(chǎn)生4mol水，放熱2215kJ。丙烷完全燃燒產(chǎn)生1.8g水，生成H2O的物質(zhì)的量為0.1mol，消耗丙烷的物質(zhì)的量為0.025mol，所以反應(yīng)放出的熱量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，選A?！军c睛】本題考查燃燒熱的概念、反應(yīng)熱的計算，考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力及計算能力。22、A【解析】

A．乙酸和葡萄糖的實驗式均為CH2O，CH2O的式量為30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氫原子數(shù)為×2NA=2NA，A選項正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L的H2和22.4L的F2的物質(zhì)的量都為1mol，兩者混合后發(fā)生反應(yīng)H2+F2=2HF，兩者恰好完全反應(yīng)生成2molHF，HF呈液態(tài)，最后沒有氣體，B選項錯誤；C．常溫下pH=12的NaOH溶液中水電離的氫離子濃度為1×10-12mol/L，由于缺少溶液的體積，水電離出的氫離子數(shù)沒法計算，C選項錯誤；D．1molC2H6含有7mol共價鍵，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC2H6含有的共價鍵數(shù)為×7NA=0.7NA，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題易錯選B，錯選的原因有：（1）忽視氫氣與F2的化合反應(yīng)，（2）忽視標(biāo)準(zhǔn)狀況下HF不是氣體。二、非選擇題(共84分)23、1s22s22p63s23p63d9孤電子對bSi<C<N3∶2sp雜化dCr【解析】分析：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），穩(wěn)定性：CH4>SiH4，沸點：CH4<SiH4。（4）C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。其中C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號是Cr。詳解：Z的原子序數(shù)為29，Z為Cu元素；R原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)，R為第二周期元素，Q的p軌道電子數(shù)為2，Q的原子序數(shù)小于R，Q為C元素；Y原子的價電子排布為msnmpn，Y原子的價電子排布為ms2mp2，Y為第IVA族元素，Y的原子序數(shù)介于Q與Z之間，Y為Si元素；X原子p軌道的電子數(shù)為4，X的原子序數(shù)介于Q與Y之間，X為O元素；R的原子序數(shù)介于Q與X之間，R為N元素。（1）Z為Cu元素，Cu原子核外有29個電子，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9。（2）在[Cu（NH3）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3分子中N原子提供的孤電子對形成配位鍵。（3）Q、Y形成的最簡單氣態(tài)氫化物依次為CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H鍵的鍵長小于Si-H鍵，C-H鍵的鍵能大于Si-H鍵，穩(wěn)定性：CH4>SiH4；由于CH4的相對分子質(zhì)量小于SiH4的相對分子質(zhì)量，CH4分子間作用力小于SiH4分子間作用力，沸點：CH4<SiH4；答案選b。（4）根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，第一電離能C<N；同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能C>Si；C、N、Si的第一電離能由小到大的順序為Si<C<N。（5）Q的一種氫化物相對分子質(zhì)量為26，該氫化物為CH≡CH，CH≡CH的結(jié)構(gòu)式為H—C≡C—H，單鍵全為σ鍵，三鍵中含1個σ鍵和2個π鍵，CH≡CH中σ鍵與π鍵的鍵數(shù)之比為3:2。CH≡CH中每個碳原子形成2個σ鍵，C原子上沒有孤電子對，C原子為sp雜化。（6）某元素原子的價電子構(gòu)型為3d54s1，由于最后電子填入的能級符號為3d，該元素屬于d區(qū)元素，元素符號是Cr。24、羧基加成（或還原）2CO+3H2→CH3CHO+H2OBC【解析】

已知烴A對氫氣的相對密度是14，A的相對分子質(zhì)量是28，A是乙烯，乙烯氧化生成乙酸，則C是乙酸。乙酸和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，則D是乙醇。B能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，與氫氣加成生成乙醇，則B是乙醛，解據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）有機物C是乙酸，其中含有的官能團的名稱是羧基。（2）反應(yīng)⑤乙醛和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，即反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。（3）根據(jù)原子守恒可知③的反應(yīng)方程式為2CO+3H2→CH3CHO+H2O。（4）A．第①步是煤的氣化，A錯誤；B．乙醛和乙酸都可以與新制氫氧化銅發(fā)生反應(yīng)，B正確；C．有機物乙酸和乙醇的水溶液都具有殺菌消毒作用，C正確；D．乙酸乙酯與有機物D混合物的分離，可以用飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液的方法，乙酸乙酯能與氫氧化鈉反應(yīng)，D錯誤；答案選BC。25、③品紅試液褪色①溴水的橙色褪去2H2S+SO2=3S↓+2H2O⑥SO2+2OH-=SO32-+H2O【解析】分析：（1）SO2能使品紅溶液褪色，說明SO2具有漂白性；（2）溴水具有氧化性，能氧化二氧化硫；（3）二氧化硫能把H2S氧化；（4）SO2是酸性氧化物，能被堿液吸收。詳解：（1）SO2具有漂白性，能使品紅溶液褪色，欲驗證SO2的漂白作用，應(yīng)將SO2氣體通入品紅溶液，溶液紅色褪去；（2）SO2具有還原性，能被溴水溶液氧化而使溶液褪色，欲驗證SO2的還原性，應(yīng)將SO2氣體通入溴水溶液，溴水的橙色溶液褪色；（3）SO2具有氧化性，能與硫化氫反應(yīng)生成單質(zhì)硫沉淀，欲驗證SO2的氧化性，應(yīng)將SO2氣體通入H2S溶液生成淡黃色的硫沉淀，方程式為SO2+2H2S=3S↓+2H2O；（4）二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能與堿反應(yīng)，為防止多余的SO2氣體污染環(huán)境，應(yīng)將尾氣通入NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O，離子方程式為2OH-+SO2＝SO32-+H2O。26、b中長直玻璃管內(nèi)液柱上升過度冷卻，產(chǎn)品1，2-二溴乙烷在裝罝d中凝固防止倒吸吸收乙烯氣體中含有的CO2、SO2等酸性氣體濃硫酸將部分乙醇氧化；發(fā)生副反應(yīng)生成乙醚；乙醇揮發(fā)；乙烯流速過快，未完全發(fā)生加成反應(yīng)乙醚D液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它們揮發(fā)【解析】

（1）當(dāng)d堵塞時，氣體不暢通，則在b中氣體產(chǎn)生的壓強將水壓入直玻璃管中，甚至溢出玻璃管；1，2-二溴乙烷的凝固點較低（9.79℃），過度冷卻會使其凝固而使氣路堵塞；b為安全瓶，還能夠防止倒吸；

（2）c中盛氫氧化鈉液，其作用是洗滌乙烯；除去其中含有的雜質(zhì)（CO2、SO2等）；

（3）根據(jù)乙烯與溴反應(yīng)的利用率減少的可能原因進行解答；

（4）根據(jù)反應(yīng)2CH3CH2OH→CH3CH2OCH2CH3+H2O可知，溴乙烷產(chǎn)物中還會含有雜質(zhì)乙醚；1，2一二溴乙烷與乙醚互溶，可以根據(jù)它們的沸點不同通過蒸餾方法分離；

（5）根據(jù)1，2一二溴乙烷、液溴在水在溶解度不大，且密度大于水進行解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)大氣壓強原理，試管d發(fā)生堵塞時，b中壓強的逐漸增大會導(dǎo)致b中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，1，2-二溴乙烷的沸點為9.79℃，若過度冷卻，產(chǎn)品1，2-二溴乙烷在裝置d中凝固會堵塞導(dǎo)管d；b裝置具有夠防止倒吸的作用，

故答案為b中長直玻璃管內(nèi)有一段液柱上升；過度冷卻，產(chǎn)品1，2-二溴乙烷在裝置d中凝固；防止倒吸；

（2）氫氧化鈉可以和制取乙烯中產(chǎn)生的雜質(zhì)氣體二氧化碳和二氧化硫發(fā)生反應(yīng)，防止造成污染，

故答案為吸收乙烯氣體中含有的CO2、SO2等酸性氣體；

（3）當(dāng)溴全部褪色時，所消耗乙醇和濃硫酸混合液的量，比正常情況下超過許多的原因可能是乙烯發(fā)生（或通過液溴）速度過快，導(dǎo)致大部分乙烯沒有和溴發(fā)生反應(yīng)；此外實驗過程中，乙醇和濃硫酸的混合液沒有迅速達到170℃會導(dǎo)致副反應(yīng)的發(fā)生和副產(chǎn)物的生成，

故答案為濃硫酸將部分乙醇氧化；發(fā)生副反應(yīng)生成乙醚；乙烯流速過快，未完全發(fā)生加成反應(yīng)；乙醇揮發(fā)；（4）在制取1，2一二溴乙烷的過程中還會有副產(chǎn)物乙醚生成；除去1，2一二溴乙烷中的乙醚，可以通過蒸餾的方法將二者分離，所以D正確，

故答案為乙醚；D；

（5）實驗中也可以撤去d裝置中盛冰水的燒杯，改為將冷水直接加入到d裝置的試管內(nèi)，則此時冷水除了能起到冷卻1，2一二溴乙烷的作用外，由于Br2、1，2-二溴乙烷的密度大于水，還可以起到液封Br2及1，2-二溴乙烷的作用，

故答案為液封Br2和1，2-二溴乙烷，防止它們揮發(fā)?！军c睛】本題考查了溴乙烷的制取方法，注意掌握溴乙烷的制取原理、反應(yīng)裝置選擇及除雜、提純方法，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識解決實際問題的能力。27、防止倒吸檢查裝置氣密性；K1；K2把裝置中殘留的氨氣全部趕入C裝置C裝置出口處連接一個干燥裝置AD×100%CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓偏高【解析】(1)（i）由裝置和儀器作用可以知道，氨氣是與濃硫酸能發(fā)生反應(yīng)的氣體，易發(fā)生倒吸，圖C裝置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用；(ii)組裝好實驗裝置，原理可以知道氣體制備需要先檢查裝置氣密性，加入實驗藥品.接下來的實驗操作是關(guān)閉K1，打開K2，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產(chǎn)生氣體.打開K1，通入氮氣一段時間,測定C裝置反應(yīng)前后的質(zhì)量變化.通入氮氣的目的是把裝置中的氣體全部趕入裝置C被濃硫酸吸收，準(zhǔn)確測定裝置C的增重計算；（iii）裝置存在缺陷是空氣中的水蒸氣和二氧化碳也可以進入裝置C，使測定結(jié)果偏高，C裝置出口處連接一個盛堿石灰干燥管；(2)（i）A、不能溶解氨氣，可以用排四氯化碳溶液的方法測定氨氣體積，故A正確的；B、氨氣極易溶于水，不能排水法測定，故B錯誤；C、氨氣極易溶于水，不能用排NH4Cl溶液的方法測定氣體體積，故C錯誤；D、氨氣不溶于苯，可以利用排苯溶液,測定氨氣的體積，故D正確，故選AD；(5)若m

g樣品完全反應(yīng),測得生成氣體的體積為V

(已轉(zhuǎn)換為標(biāo)準(zhǔn)狀況),

═

41

m

，則AlN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(3)（i）步驟②生成的沉淀是氫氧化鋁，是偏鋁酸鈉溶液中通入過量二氧化碳?xì)怏w反應(yīng)生成,反應(yīng)的離子方程式為:CO2+AlO2﹣+2H2O=HCO3﹣+Al（OH）3↓；（ii）若在步驟③中未洗滌，沉淀不洗滌得到濾渣質(zhì)量會增大，測定結(jié)果會偏高。28、d、c、a、b（或d＜c＜a＜b)－46大于0.2252.25(L?min-1)2R點之前未達到平衡，溫度升高，反應(yīng)速率加快，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率增大；R點為平衡點，該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，R點之后，升溫平衡向左移動，轉(zhuǎn)化降低Q點對應(yīng)的溫度使催化劑失去活性（或該溫度下催化劑的選擇性降低）CH3OH－6e-＋7OH-＝HCO3-＋5H2O【解析】分析：(1)根據(jù)產(chǎn)物、狀態(tài)、化學(xué)計量數(shù)判斷，液態(tài)變氣態(tài)時要吸收熱量，放出熱量分析判斷；(2)根據(jù)反應(yīng)熱等于斷裂化學(xué)鍵的總鍵能與形成化學(xué)鍵的總鍵能之差計算；(3)①根據(jù)M點未達到平衡，向正方向進行；N點達到平衡，正、逆反應(yīng)速率相等分析判斷；②根據(jù)υ(H2)＝Δct計算；③利用三段式計算出平衡時四種物質(zhì)的濃度，再根據(jù)K＝c(C(4)①分析R點轉(zhuǎn)化率最大，可以從兩個角度分析：一是平衡前，溫度對反應(yīng)速率的影響，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率，其實與速率相關(guān)。二是平衡后，升溫，平衡移動；②從催化劑活性角度解釋Q點轉(zhuǎn)化率突變；(5)負(fù)極上甲醇發(fā)生氧化反應(yīng)，氧化產(chǎn)物為KHCO3，據(jù)此書寫負(fù)極的電極反應(yīng)式。詳解：(1)①2CH3OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)△H1=-akJ·mol-1；②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(1)△H2=-bkJ·mol-1；③CH3OH(1)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H3=-ckJ·mol-1；④CH3OH(1)+O22(g)=CO(g)+2H2O(1)△H4=-dkJ·mol-1；根據(jù)產(chǎn)物、狀態(tài)、化學(xué)計量數(shù)判斷，液態(tài)變氣態(tài)時要吸收熱量，放出熱量：②＞①＞③＞④，故d＜c＜a＜b，故答案為：d＜c＜a＜b；(2)反應(yīng)熱等于斷裂化學(xué)鍵的總鍵能與形成化學(xué)鍵的總鍵能之差。ΔH＝(803×2＋436×3－326－414×3－464－464×2)kJ·mol-1＝－46kJ·mol-1，故答案為：－46；(3)①M點未達到平衡，向正方向進行，正反應(yīng)速率減?。籒點達到平衡，正、逆反應(yīng)速率相等，所以，M點正反應(yīng)速率大于N點逆反應(yīng)速率，故答案為：大于；②υ(H2)＝0.75×310mol·L-1?min-1＝0.225mol·L-1?min-1，故答案為：③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)起始濃度(mol/L)13.2500轉(zhuǎn)化濃度(mol/L)0.752.250.750.75平衡濃度(mol/L)0.251.000.750.75K＝c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)＝(4)①單位時間內(nèi)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率與速率有關(guān)。分析R點轉(zhuǎn)化率最大，從兩個角度考慮：一是平衡前，溫度對反應(yīng)速率的影響，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率，其實與速率相關(guān)。二是平衡后，升溫，平衡移動。即R點之前未達到平衡，溫度升高，反應(yīng)速率加快，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率增大；R點為平衡點，該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡向左移動，轉(zhuǎn)化降低，故答案為：R點之前未達到平衡，溫度升高，反應(yīng)速率加快，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率增大；R點為平衡點，該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，R點之后，升溫平衡向左移動，轉(zhuǎn)化降低；②從催化劑活性角度解釋Q點轉(zhuǎn)化率突變。即Q點對應(yīng)的溫度使催化劑失去活性(或該溫度下催