河南省駐馬店市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題含解析

PAGE30-河南省駐馬店市2024-2025學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題（含解析）1.在抗擊新冠肺炎傳播的戰(zhàn)斗中，化學(xué)試劑發(fā)揮了重要作用。下列說法正確的是A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的質(zhì)量分數(shù)為75%B.向空氣中噴灑大量酒精進行消毒，存在平安隱患C.生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于純凈物D.84消毒液可作為環(huán)境消毒劑，其有效成分為次氯酸鈣【答案】B【解析】【詳解】A．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數(shù)為75%，故A錯誤；B．酒精易燃燒，向空氣中噴灑大量酒精進行消毒，存在平安隱患，故B正確；C．生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維是合成高分子化合物，高分子化合物屬于混合物，故C錯誤；D．84消毒液可作為環(huán)境消毒劑，其有效成分為次氯酸鈉，故D錯誤；選B。2.下列試驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項試驗操作現(xiàn)象結(jié)論A用銅電極電解飽和KCl溶液有氣體生成Cl-的失電子實力比OH-強BCl2通入石蕊試液溶液先變紅后褪色Cl2具有酸性和漂白性C對H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡體系加壓氣體顏色加深加壓平衡向生成I2(g)的方向移動D將金屬鈉在燃燒匙中點燃，快速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產(chǎn)生大量白煙，并有黑色顆粒產(chǎn)生CO2具氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．以金屬銅為電極電解飽和KCl溶液，陽極放電的為金屬銅，正確的離子方程式為：Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，Cl-沒有失電子，故A錯誤；B．氯氣不具有漂白性，與水反應(yīng)生成HCl和HClO即Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的鹽酸使石蕊試液變紅，生成的HClO具有漂白性，使石蕊試液褪色，故B錯誤；C．對H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡體系加壓，減小容器體積，濃度增大、顏色加深，但該化學(xué)平衡是反應(yīng)前后氣體體積不變的的反應(yīng)，加壓平衡不移動，故C錯誤；D．鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和C，即4Na+3CO22Na2CO3+C，CO2中的C元素的化合價由+4價得電子變?yōu)?價，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，作氧化劑，具有氧化性，即CO2具有氧化性，故D正確；答案為D。3.鐵鍋用水清洗放置后出現(xiàn)紅褐色銹斑，在此改變過程中不發(fā)生的反應(yīng)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】【詳解】鐵鍋用水清洗放置后出現(xiàn)紅褐色的銹斑，發(fā)生電化學(xué)腐蝕，負極上鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe2+，正極上氧氣得到電子，O2+2H2O+4e-=4OH-，總的電極反應(yīng)為：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，且氫氧化亞鐵易被氧化，發(fā)生反應(yīng)：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B、C、D均可發(fā)生，A沒有發(fā)生，答案選A。4.科學(xué)家利用原子序數(shù)依次遞增的四種短周期元素W、X、Y和Z“組合”成一種超分子，具有高效的催化性能，其分子結(jié)構(gòu)示意圖如下。W、X、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在同周期元素中最大。下列說法不正確的是（注：實線代表共價鍵，Y與Y之間其他重復(fù)單元的W、X未標注）A.Y的非金屬性在同主族中最強B.簡潔離子半徑：Z＜YC.Z與Y形成的化合物中只含離子鍵D.Y的簡潔氣態(tài)氫化物比X的簡潔氣態(tài)氫化物穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】依據(jù)圖示可知W形成1個共價鍵，又是短周期中原子序數(shù)最小的元素，說明W原子核外只有1個電子，則W是H元素，X形成4個共價鍵，則X是C元素，W、X、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在同周期元素中最大，則Z是Na元素，Y形成2個共價鍵，原子序數(shù)比C大，比Na小，說明Y原子核外有2個電子層，最外層有6個電子，則Y是O元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻恳罁?jù)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，原子序數(shù)越大，元素的原子半徑越大，原子獲得電子的實力就越弱，氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序數(shù)最小的元素，故O的氧化性在同主族中最強，A正確；B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外電子排布相同，離子的核電荷數(shù)越大，離子半徑就越小，所以離子半徑：Z＜Y，B正確；C．O、Na兩種元素可形成兩種離子化合物Na2O、Na2O2，Na2O2中既含有離子鍵，又含有共價鍵，C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其簡潔氫化物的穩(wěn)定性就越強。X是C，Y是O，由于元素的非金屬性：C＜O，所以氫化物的熱穩(wěn)定性：CH4＜H2O，D正確；答案選C。5.綠色化學(xué)理念影響著整個化學(xué)試驗改革，微型化學(xué)試驗就是在這種復(fù)背景下誕生的一種創(chuàng)新性的試驗教學(xué)方法。蔗糖與濃硫酸反應(yīng)的探究試驗改進裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.該試驗體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和強氧化性B.反應(yīng)中，品紅溶液褪色，紫色石蕊試液先變紅后褪色C.該裝置能證明二氧化硫具有氧化性D.X可以是某種堿，也可以是某種鹽【答案】B【解析】【分析】本試驗為蔗糖與濃硫酸反應(yīng)的探究試驗，濃硫酸加入蔗糖中，蔗糖會先變黑后體積膨脹，可產(chǎn)生SO2氣體，SO2具有漂白性，可使品紅溶液褪色，SO2具有酸性氧化物的性質(zhì)，能使紫色石蕊試液變紅，SO2具有還原性，因此可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，又SO2具有氧化性，可與硫化鈉溶液反應(yīng)生成S單質(zhì)的淡黃色沉淀，由于SO2干脆排放至空氣中會造成污染，因此須要進行尾氣處理，據(jù)此分析解答。【詳解】A．依據(jù)上述分析可知，濃硫酸加入蔗糖中，蔗糖會先變黑后體積膨脹，表明濃硫酸具有脫水性和強氧化性，A正確；B．反應(yīng)中，SO2具有漂白性，可使品紅溶液褪色，SO2具有酸性氧化物性質(zhì)，能使紫色石蕊試液變紅，但不能褪色，B錯誤；C．該裝置中，硫化鈉溶液處出現(xiàn)淡黃色沉淀，可證明SO2具有氧化性，C正確；D．X溶液用于尾氣處理，可用NaOH(堿)溶液或酸性高錳酸鉀(鹽)溶液汲取，D正確；答案選B?！军c睛】B為易錯點，SO2的漂白性是與有色物質(zhì)生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，但SO2不能夠使酸堿指示劑褪色。6.丙烷(C3H8)的一溴代反應(yīng)產(chǎn)物有兩種：CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3,部分反應(yīng)過程的能量改變?nèi)鐖D所示(Ea表示活化能）。下列敘述正確的是A.比較Ea1和Ea2推想生成速率：?CH2CH2CH3<?CH(CH3)2Blmol丙烷中有3mol非極性共價鍵C.CH3CH2CH3+?Br=?CH2CH2CH3+HBrΔH<0D.丙烷(C3H8）與Br2的反應(yīng)只涉及到極性鍵的斷裂【答案】A【解析】【詳解】A.活化能小的反應(yīng)快，依據(jù)圖象可知，生成?CH2CH2CH3比?CH(CH3)2的活化能大，則生成速率：?CH2CH2CH3<?CH(CH3)2，A項正確；B.丙烷存在共價鍵為碳氫鍵和碳碳鍵，其中碳碳鍵為非極性共價鍵，lmol丙烷中有2mol非極性共價鍵，B項錯誤；C.生成?CH2CH2CH3和HBr時，反應(yīng)吸熱，ΔH＞0，C項錯誤；D.Br2在反應(yīng)中涉及到非極性鍵的斷裂，D項錯誤；答案選A。7.在2L恒容密閉容器中充入X(g)和Y(g)發(fā)生反應(yīng)X(g)+Y(g)M(g)+N(s),所得試驗數(shù)據(jù)如下表：試驗編號溫度/°C起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/moln(X)n(Y)n(M)n(N)①8000.100.150.050.05②8000.20030aa③9000.100.150.040.04下列說法不正確的是A.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)B.試驗①5min達平衡，平均反應(yīng)速率v(X)=0.005mol/(L?min)C.試驗②中，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.l(mol/L)-1D.試驗②中，達到平衡時，a大于0.10【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)表格中試驗①③的數(shù)據(jù)分析可知，當(dāng)溫度上升時，平衡時M、N的物質(zhì)的量減小，說明平衡逆向移動，則該反應(yīng)的逆反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)反向為放熱反應(yīng)，A正確；B．依據(jù)試驗①中的數(shù)據(jù)建立三段式有：所以平均反應(yīng)速率，B正確；C．由B可知，試驗①的平衡常數(shù)，由于試驗①和試驗②的溫度相同，所以兩個試驗的平衡常數(shù)相等，C錯誤；D．試驗①②溫度相同、體積相同，②中物質(zhì)的量為①的兩倍，若平衡不移動，平衡時a=0.10，但壓強增大平衡正向移動，則平衡時a＞0.10，D正確；答案選C。8.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。關(guān)于常溫下pH=2的H3PO4溶液，下列說法不正確的是A.加入NaH2PO4固體，溶液酸性增加B.每升溶液中的H+數(shù)目為0.01NAC.加水稀釋使H3PO4電離程度增大，溶液pH增大D.c(H+)=c(）+2c(）+3c(）+c(OH-)【答案】A【解析】【詳解】A．H3PO4電離方程式為H3PO4H++、H++、H++，加入NaH2PO4固體，主要抑制H3PO4第一步電離，H+濃度減小，溶液酸性減弱，A選項錯誤；B．由題目中pH=2可得c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中H+數(shù)目應(yīng)為0.01NA，B正確；C．加水稀釋后，雖會促使H3PO4的電離，但H+濃度減小，pH增大，C正確；D．由質(zhì)子守恒可得c(H+)=c(）+2c(）+3c(）+c(OH-)，D正確；答案選A。9.在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中，較高濃度的Cl-會腐蝕陽極板而增大電解能耗。向電解循環(huán)液中同時加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低對電解的影響，反應(yīng)原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ?mol-1Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ?mol-1試驗測得電解循環(huán)液pH對溶液中殘留c(Cl-)的影響如圖所示。下列說法正確的是A.溶液pH增大，Ksp(CuCl)增大B.反應(yīng)達到平衡時：n(Cu)越多，c(Cl-)越小C.向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除D.除Cl-反應(yīng)為：Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)ΔH=(a+b)kJ?mol-1【答案】D【解析】【詳解】A．Ksp只受溫度的影響，pH越大，Ksp(CuCl)不變，故A錯誤；B．反應(yīng)達到平衡時：n(Cu)越多，由于Cu為固體，對平衡移動無影響，則Cu的量對c(Cl-)無影響，故B錯誤；C．依據(jù)圖中信息：溶液的pH越大，氯離子的濃度越小，電解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故C錯誤；D．①Cu(s)+Cu2+(aq)?2Cu+(aq)△H1=akJ?mol-1，②Cl-(aq)+Cu+(aq)?CuCl(s)△H2=bkJ?mol-1，依據(jù)蓋斯定律，①+②可得到：Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)?CuCl(s)△H=(a+b）kJ?mol-1，故D正確；答案為D。10.一種太陽能電池的工作原理如圖所示，電解質(zhì)為鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]和亞鐵氰化鉀K4[Fe(CN)6]的混合溶液，下列說法不正確的是A.該裝置實現(xiàn)了太陽能干脆轉(zhuǎn)化成電能B.Fe(CN)63-在催化劑b表面被還原的方程式為：-e-=C.電解質(zhì)溶液中和濃度之和理論上保持不變D.電子流向：→電極a→外導(dǎo)線→電極b→【答案】B【解析】【分析】由圖可知，電子從負極流向正極，則a為負極，b為正極?！驹斀狻緼．該裝置為原電池，實現(xiàn)了太陽能干脆轉(zhuǎn)化成電能，A正確；B．b上發(fā)生還原反應(yīng)，在催化劑b表面被還原，電極反應(yīng)方程式為+e-=，B錯誤；C．由B選項中的電極反應(yīng)可知，和二者以1：1相互轉(zhuǎn)化，電解液中和濃度基本保持不變，C正確；D．該電池中，失去電子，由電極a經(jīng)外導(dǎo)線移向電極b，再得到電子，故電子流向為→電極a→外導(dǎo)線→電極b→，D正確；答案選B。11.常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42-的水解）。巳知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10。下列敘述不正確的是A.n點表示Ag2C2O4的不飽和溶液B.圖中X線代表的AgClC.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常數(shù)為109.04D.向c(Cl-)=c(）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】D【解析】【分析】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75=100.25×10-10，則數(shù)量級為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-2.46=10-6.46=100.54×10-7，則數(shù)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c()=(10-4)2×10-2.46=10-10.46，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點，c(Ag+)小于平衡濃度，故n點的離子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2O4的不飽和溶液，A正確；B．由以上分析知圖中X線代表AgCl，B正確；C．g2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常數(shù)為K=c()/c2(Cl-)，此時溶液中c(Ag+)相同，故有K=c()/c2(Cl-)=，C正確；D．依據(jù)圖象可知當(dāng)陰離子濃度相同時，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溶液時先析出氯化銀沉淀，D錯誤；故選D。12.為分析不同試劑是否對H2O2分解有催化作用，該小組向四支盛有10mL5%H2O2的試管中滴加不同溶液，試驗記錄如下：試管ⅠⅡⅢⅣ滴加試劑2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO42滴1mol/LCuSO4和2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO4和4滴1mol/LNaCl產(chǎn)生氣泡狀況無氣泡產(chǎn)生均產(chǎn)生氣泡，且氣泡速率從Ⅱ到Ⅳ依次加快下列說法不正確的是（）A.依據(jù)試驗Ⅰ的現(xiàn)象，可得結(jié)論NaCl對H2O2分解沒有催化作用B.依據(jù)試驗II的現(xiàn)象，可得結(jié)論CuSO4對H2O2分解有催化作用C.對比試驗可得結(jié)論：濃度較大的NaCl溶液對H2O2分解有催化作用D.綜合對比以上試驗可得結(jié)論：NaCl濃度對于CuSO4的催化作用有影響，NaCl濃度越大催化效果越明顯?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】A．10mL5%H2O2的試管中滴2滴1mol/LNaCl，無氣泡產(chǎn)生，說明NaCl對H2O2分解沒有催化作用，A正確；B．10mL5%H2O2的試管中滴2滴1mol/LCuSO4，有氣泡產(chǎn)生，說明CuSO4對H2O2分解有催化作用，B正確；C．由試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對比可知，CuSO4對H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在時，NaCl對H2O2分解有催化作用，C錯誤；D．由試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對比可知，CuSO4對H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在時，NaCl對H2O2分解有催化作用，NaCl濃度越大，催化效果越強，D正確；故答案：C。13.下列說法正確的是A.p電子云都是啞鈴形的，每個p能級有3個原子軌道，它們相互垂直，能量相同B.基態(tài)氮原子的價電子排布圖：C.甲醛(HCHO)和光氣（COCl2)分子中：鍵角∠H—C—H＜∠Cl—C—ClD.四硼酸根離子Xm-(含B、O、H)的球棍模型如圖，配位鍵存在于4、5和4、6原子之間【答案】A【解析】【詳解】A．p能級有3個相互垂直的原子軌道，其電子云都是啞鈴形的，由于3個軌道均是同一個能級，所以3個軌道的能量是相同的，A正確；B．基態(tài)N的原子核外電子排布式為1s22s22p3，則其價電子排布圖為，B錯誤；C．氯原子的電負性強于氫原子，對電子的吸引實力更強，所以甲醛分子中的H-C-H鍵角更大，C錯誤；D．B原子最外層有3個電子，而4號B原子形成4條共價鍵，說明有一個為配位鍵，5號O原子連接的是H原子，簡潔給出孤電子對，故4、5原子之間存在配位鍵，4、6之間不存在配位鍵，D錯誤；答案選A。14.下列對分子結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)的說明中，不正確的是A.與中心原子的價層電子對數(shù)相同B.液態(tài)氟化氫的化學(xué)式有時寫成(HF)n的形式與氫鍵有關(guān)C.碘易溶于四氯化碳、甲烷難溶于水都可用相像相溶原理說明D.酸性：H3PO4＞HClO,是因為H3PO4分子中氫原子數(shù)比HClO的多【答案】D【解析】【詳解】A．的中心原子為Cl，價層電子對數(shù)為，的中心原子為Cl，其價層電子對數(shù)為，兩者價電子對數(shù)相同，A正確；B．氟化氫分子之間能形成氫鍵，許多HF分子可以締結(jié)在一起，所以液態(tài)氟化氫的化學(xué)式有時可以寫成(HF)n的形式，B正確C．碘單質(zhì)、四氯化碳、甲烷都是非極性分子，而水是極性分子，所以依據(jù)相像相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷難溶于水，滿意相像相溶原理，C正確；D．酸性強弱的一條閱歷規(guī)律是：含氧酸分子的結(jié)構(gòu)中含非羥基（羥基為-OH）氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強；H3PO4的非羥基氧原子數(shù)大于次氯酸的非羥基氧原子數(shù)，所以磷酸的酸性大于次氯酸，與氫原子數(shù)目沒有干脆關(guān)系，D錯誤；答案選D。15.有5種元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均為短周期元素。X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道；Y原子的價電子排布式為3d64s2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；Q原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充溢。下列敘述不正確的是A.元素Y和Q可形成化合物YQB.T的一種單質(zhì)的空間構(gòu)型為正四面體形，鍵角為109°28′C.X和T第一電離能：X＜TD.ZQ2是極性鍵構(gòu)成的非極性分子【答案】B【解析】【分析】5種元素X、Y、Z、Q、T，除Y外均為短周期元素，X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道，則X為S元素；Y原子的價電子排布式為3d64s2，則Y為Fe元素；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，則Z為C元素；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子，則Q是O元素；T原子的M電子層上p軌道半充溢，則T是P元素，據(jù)此解答?！驹斀狻恳罁?jù)分析可知，X為S元素，Y為Fe元素，Z為C元素，Q為O元素，T為P元素。A．Y為Fe元素，Q為O元素，F(xiàn)e與O可形成FeO，故A正確；B．T為P元素，P的單質(zhì)中，白磷的空間構(gòu)型為正四面體形，但白磷分子中四個P原子位于四個頂點上，其鍵角為60°，故B錯誤；C．X為S元素，T是P元素，屬于同周期相鄰元素，由于P原子最外層3p能級電子為半充溢，較穩(wěn)定，則第一電離能P比S大，即S＜P，故C正確；D．Z為C元素，Q是O元素，ZQ2是CO2，該分子結(jié)構(gòu)中碳與每個氧形成兩對共用電子對，其電子式為，結(jié)構(gòu)式為O=C=O，CO2分子中只含極性鍵，且CO2分子結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷重心重合，是非極性分子，故D正確；答案為B。16.有四種不同積累方式的金屬晶體的晶胞如圖所示（假設(shè)金屬的摩爾質(zhì)量為Xg?mol-1,金屬原子半徑為rcm,用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。有關(guān)說法正確的是A.③和④中原子的配位數(shù)分別為6、12B.金屬Zn采納②積累方式C.①中空間利用率的表達式為：×100%D.對于采納②積累方式的金屬，試驗測得Wg該金屬的體積為Vcm3,則阿伏加德羅常數(shù)NA的表達式為【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)晶胞圖示分析可知，③為六方最密積累，④為面心立法最密積累，配位數(shù)均為12，A錯誤；B．金屬Zn為六方最密積累，因此Zn采納③積累方式，B錯誤；C．①為簡潔立方積累，原子半徑為r，則其晶胞參數(shù)a=2r，一個晶胞中含有的原子個數(shù)為，則原子的體積為，則其空間利用率為×100%，C正確；D．②為體心立方積累，金屬原子半徑與正方體邊長的關(guān)系，依據(jù)晶胞的模型，晶胞中含有金屬原子的個數(shù)為8×+1=2，因此該晶胞的質(zhì)量為=，邊長與金屬半徑的關(guān)系是邊長=，即晶胞的體積為cm3，即有，推出阿伏加德羅常數(shù)為，故D錯誤；答案選C。【點睛】難點是空間利用率的計算和阿伏加德羅常數(shù)的計算，這類題的關(guān)鍵點，找出原子半徑與邊長的關(guān)系，即哪些原子是剛性接觸。17.下列表述或說法正確的是A.—OH與都表示羥基B.鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式：C.丙烷分子的比例模型為：D.命名為：2-甲基-3-戊烯【答案】A【解析】【詳解】A．—OH為羥基的結(jié)構(gòu)簡式，為羥基的電子式，A正確；B．為間羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式，鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為，B錯誤；C．為丙烷的球棍模型，C錯誤；D．主鏈有5個C原子，4號碳上有1個甲基，碳碳雙鍵在2號碳上，故其命名為4-甲基-2-戊稀，D錯誤；答案選A。18.可用來鑒別甲苯、1-己烯、乙酸乙酯和苯酚溶液的一組試劑是A.FeC13溶液、濃溴水 B.酸性高錳酸鉀溶液、FeC13溶液C.碳酸鈉溶液、濃溴水 D.酸性高錳酸鉀溶液、濃溴水【答案】D【解析】【詳解】A．先用溴水鑒別出己烯、苯酚，溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚，但溴水、FeCl3溶液都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯，故A不符合題意；B．FeCl3溶液能鑒別出苯酚，加入氯化鐵溶液后溶液變?yōu)樽仙臑楸椒?，己烯、甲苯都能使酸性高錳酸鉀褪色，即不能鑒別己烯和甲苯，故B不符合題意；C．先用溴水鑒別出己烯、苯酚，溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚，碳酸鈉溶液、溴水都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯，故C不符合題意；D．先用溴水鑒別出己烯、苯酚，溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚，剩余兩種中能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的為甲苯，無明顯現(xiàn)象的為乙酸乙酯，可鑒別，故D符合題意；答案選D。19.探討1-溴丙烷是否發(fā)生消去反應(yīng)，用下圖裝置進行試驗，視察到溴的四氯化碳溶液褪色。下列敘述不正確的是A.向反應(yīng)后的①試管中加入少量的AgNO3溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應(yīng)B.若②中試劑改為酸性高錳酸鉀溶液，視察到溶液褪色，則①中肯定發(fā)生了消去反應(yīng)C.①試管中肯定發(fā)生了消去反應(yīng)生成不飽和烴D.②中發(fā)生了加成反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．試管①中1-溴丙烷和NaOH的醇溶液加熱，無論是發(fā)生取代反應(yīng)生成1-丙醇和NaBr，還是發(fā)生了消去反應(yīng)生成丙烯和NaBr，兩者都有Br-產(chǎn)生，因此向反應(yīng)后的①試管中加入少量的AgNO3溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應(yīng)，而且過量的氫氧化鈉會干擾試驗，A說法正確；B．由于所用試劑中有醇，醇有肯定的揮發(fā)性，醇也能使酸性高鈿酸鉀溶液褪色。若②中試劑改為酸性高錳酸鉀溶液，醇和丙烯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此視察到溶液褪色，不能說明①中發(fā)生的是消去反應(yīng)，B說法錯誤；C．溴的CCl4溶液褪色，說明生成了不飽和烴，則①試管中肯定發(fā)生了消去反應(yīng)，C說法正確；D．②中溴的CCl4溶液褪色，是因為生成物丙烯和溴發(fā)生了加成反應(yīng)，D說法正確；答案選B。20.免水洗消毒液中含有能快速殺死新冠病毒的三氯羥基二苯醚，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)三氯羥基二苯醚的說法正確的是A.分子式為C12H8O2Cl3 B.全部原子肯定處于同一平面C.苯環(huán)上的一溴代物有6種 D.不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)該分子的結(jié)構(gòu)可知，其分子式為C12H7O2Cl3，A錯誤；B．由三氯羥基二苯醚的結(jié)構(gòu)可知，兩個苯環(huán)通過醚鍵連接，只有旋轉(zhuǎn)到特定角度時，這兩個苯環(huán)才會共面；此外，其中一個苯環(huán)上連接的羥基中的氫原子也只有在旋轉(zhuǎn)到特定角度時，才會與苯環(huán)共平面；綜上所述，該有機物中全部原子不肯定共平面，B錯誤；C．由三氯羥基二苯醚的結(jié)構(gòu)可知，該有機物結(jié)構(gòu)高度不對稱，分子中的兩個苯環(huán)上的氫原子之間均不等效，因此苯環(huán)上的一溴代物有6種，C正確；D．由三氯羥基二苯醚的結(jié)構(gòu)可知，其分子中含有酚羥基以及鹵素原子，因此可以與NaOH溶液反應(yīng)，D錯誤；答案選C。21.某化學(xué)小組以苯甲酸()為原料制取苯甲酸甲酯（)。已知有關(guān)物質(zhì)的沸點：甲醇(CH3OH):64.7°C;苯甲酸：249°C;苯甲酸甲酯：199.6°C。I.合成苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品在圓底燒瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇，再當(dāng)心加入3mL濃硫酸，混合勻稱，再投入幾塊碎瓷片，當(dāng)心加熱充分反應(yīng)后，得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品。（1）寫出苯甲酸與甲醇反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________。（2）甲和乙兩位同學(xué)分別設(shè)計了如圖所示的兩套試驗室合成苯甲酸甲酯的裝置（夾持儀器和加熱儀器均已略去）。依據(jù)有機物的有關(guān)性質(zhì)分析，最好采納____________裝置（填“甲”或“乙”)。（3）工業(yè)生產(chǎn)中常采納反應(yīng)物CH3OH過量的方法，緣由是____________。II.粗產(chǎn)品的精制（4）苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，現(xiàn)擬按下列流程進行精制，請在流程圖中方括號內(nèi)填入操作方法的名稱：a____________,b____________。（5）通過計算，苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為____________?！敬鸢浮?1).+CH3OH+H2O(2).甲(3).有利于提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率(4).分液(5).蒸餾(6).59.1%【解析】【分析】苯甲酸和甲醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，而且又存在副反應(yīng)，故得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品，苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，故可與飽和碳酸鈉溶液混合，它的作用為：降低苯甲酸甲酯的溶解度，溶解甲醇，除去酸，經(jīng)分液后得到較純凈的苯甲酸甲酯，進一步蒸餾獲得純產(chǎn)品，據(jù)此分析解答。【詳解】Ⅰ.(1)濃硫酸在酯化反應(yīng)中起到了催化劑作用和吸水劑的作用，苯甲酸與甲醇反應(yīng)的化學(xué)方程式：+CH3OH+H2O；(2)由裝置圖可知，甲圖的圓底燒瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，乙圖則沒有，而本題中反應(yīng)物甲醇沸點低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸點遠高于甲醇，若采納乙圖，甲醇必定會大量揮發(fā)，不利于合成反應(yīng)，所以應(yīng)冷凝回流，削減甲醇的揮發(fā)，提高產(chǎn)率；(3)酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)物的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，故甲醇應(yīng)過量；Ⅱ.(4)苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分別出互不相溶的液體，通常采納分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸點不同，可以通過蒸餾操作分別；(5)12.2g苯甲酸的物質(zhì)的量為：，20mL甲醇(密度約0.79g/mL)的物質(zhì)的量為：，則理論上生成苯甲酸甲酯的物質(zhì)的量為0.1mol，質(zhì)量為：136g/mol×0.1mol=13.6g，則苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為：。22.I.（1）工業(yè)制氫有多種渠道，其中一個重要反應(yīng)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則石墨的燃燒熱ΔH3＝____________。（2）工業(yè)上可通過CO(g)和H2(g)化合來制備可再生能源CH3OH(g):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ?mol-1又知該反應(yīng)中某些物質(zhì)分子里的化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表（已知CO中的C與O之間為叁鍵連接）：化學(xué)鍵C—HH—HCOH—O鍵能/kJ?mol-14134361076465則C—O鍵的鍵能為____________kJ?mol-1。lI.CO2的熔鹽捕獲與電化學(xué)轉(zhuǎn)化受到了科研人員的廣泛關(guān)注，采納該技術(shù)可將工廠煙氣中的CO2干脆轉(zhuǎn)化為碳材和氧氣，是一種短程、高效、綠色的CO2高值利用方法。我國科學(xué)家設(shè)計的轉(zhuǎn)扮裝置示意圖如下：（3）①②中，熔鹽捕獲CO2過程中碳元素的化合價____________改變（填“有”或“無”)。（4）b為電源的____________極，a極的電極反應(yīng)式為____________。（5）上述裝置發(fā)生的總反應(yīng)為____________?！敬鸢浮?1).－394kJ/mol(2).343(3).無(4).正(5).2－4e－=4CO2↑＋O2↑(6).CO2C＋O2【解析】【分析】依據(jù)題中所給熱化學(xué)方程式，由蓋斯定律求出石墨的燃燒熱；依據(jù)題中所給鍵能，由反應(yīng)的焓變△H=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，求出C—O鍵的鍵能；依據(jù)題中圖示信息，CO2轉(zhuǎn)化為C2O52-，再轉(zhuǎn)化為O2，CO2轉(zhuǎn)化為CO32-，再轉(zhuǎn)化為C，由化合價的改變，推斷得失電子，推斷電解池的陰陽極及電源的正負極，進而回答相關(guān)問題?！驹斀狻縄．（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，依據(jù)蓋斯定律：(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；答案為-394kJ/mol。（2）設(shè)C—O鍵的鍵能為x，則CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ?mol-1，反應(yīng)的焓變△H=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，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，答案為343。II．（3）由題中圖示可知①是CO2→C2O52-，②是CO2→CO32-，碳元素的化合價均為+4價，沒有改變；答案為無。（4）依據(jù)題中圖示可知C2O52-→O2，則a電極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，為陽極，與電源正極相接，所以b為原電池正極，因為a電極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，所以a極的電極反應(yīng)式為2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑；答案為正，2C2O52--4e-═4CO2↑+O2↑。（5）因為a陽極二氧化碳被捕獲2CO2+O2-═C2O52-，陽極電極反應(yīng)為2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑，d陰極二氧化碳被捕獲CO2+O2-═CO32-電極反應(yīng)式為CO32-+4e-═3O2-+C，則總反應(yīng)方程式為CO2C＋O2；答案為CO2C＋O2。23.我國具有豐富的銻礦資源，銻及其化合物被廣泛應(yīng)用于機械材料、塑料、阻燃劑、微電子技術(shù)等領(lǐng)域，具有非常重要的價值。利用脆硫鉛銻精礦（主要成分是Sb2S3及PbS）制備銻白（Sb2O3）的工藝流程如圖所示。已知：浸出反應(yīng)Sb2S3+3Na2S=2Na3SbS3酸化反應(yīng)4Na3SbS3+9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓回答下列問題。(1)精礦進行研磨的目的是___________________。(2)在浸出反應(yīng)中，浸出率隨NaOH用量的改變曲線如圖所示，其中NaOH的作用是_______________________。(3)向浸出液中通入SO2氣體進行酸化，得到Sb2S3中間體。酸化反應(yīng)過程中，pH對銻沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影響如下表所示，則最相宜的pH為__________。pH不能過低的緣由是_______________（結(jié)合離子方程式說明）。pH酸化后溶液成分/（g·L-1）銻的沉淀率/%SbNa2S2O360.6160.599.572.7157.697.585.6150.495.4910.5145.092.4(4)浸出液酸化后過濾，得到沉淀混合物，在高溫下被氧化，寫出全部反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____________。(5)從尾氣處理的角度評價該工藝流程在環(huán)保方面的優(yōu)點是__________________?！敬鸢浮?1).增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率(2).供應(yīng)堿性環(huán)境，削減Na2S的水解(3).6(4).pH較低時發(fā)生反應(yīng)S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，會造成Na2S2O3損耗(5).2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2(6).SO2可以循環(huán)利用，削減環(huán)境污染【解析】【詳解】（1）將精礦進行研磨有助于增加反應(yīng)接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高Sb的浸出率；（2）浸出時加入Na2S溶液中的S2-會發(fā)生水解，當(dāng)加入NaOH時，溶液呈堿性，可以抑制S2-的水解；（3）從表中可以看出，當(dāng)pH=6時，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最相宜的pH選擇6；假如pH過低，酸化后生成的S2O32-可以與溶液中的H+反應(yīng)生成S沉淀，影響Na2S2O3的產(chǎn)率。（4）酸化后的沉淀為Sb2S3和S的混合物，在高溫下與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成SO2和Sb2O3，相應(yīng)的反應(yīng)方程式為2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2；（5）沉淀氧化后有SO2氣體生成，將氣體通入到酸化溶液中循環(huán)利用可以削減環(huán)境污染。24.氨是最為重要的基礎(chǔ)化工產(chǎn)品之一，其產(chǎn)量居各種化工產(chǎn)品的首位。合成氨方面的探討共產(chǎn)生了三名諾貝爾獎得主，分別是理論可行性探討、工業(yè)化探討和機理探討三個方面，這也代表了現(xiàn)代化學(xué)探討的三個方面?；卮鹣铝袉栴}：I.合成氨反應(yīng)的機理探討：N2和H2在活性鐵表面催化合成NH3的機理如圖所示，其中(ad)表示物種的吸附狀態(tài)。（1）依據(jù)反應(yīng)歷程圖，寫出合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式___________。（2）合成氨經(jīng)驗如下五個過程：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下列說法正確的是___________（填選項字母）。A.上升溫度，過程i的反應(yīng)速率減慢，過程ii的反應(yīng)速率加快B.增大壓強，有利于提高過程i的轉(zhuǎn)化率C.運用催化劑時，反應(yīng)N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＜0II.合成氨反應(yīng)的反應(yīng)條件探討：試驗測定不同條件下，平衡時氨氣的含量與起始氫氮比[]之間的關(guān)系如圖所示。（3）T0___________420°C(填“＜”“＞”或“=”,下同）。（4）a點時的轉(zhuǎn)化率：a(N2)___________a(H2)。（5）a、b、c、d四點對應(yīng)的平衡常數(shù)由大到小的依次為___________（用Ka、Kb、Kc、Kd表示）。（6）b點對應(yīng)的平衡常數(shù)Kb=___________MPa-2(用體系中各物質(zhì)的分壓表示平衡常數(shù)，物質(zhì)的分壓＝物質(zhì)的量百分含量×容器的總壓，列出計算式即可）。III.合成氨的工業(yè)化探討：合成氨的原料氣中的雜質(zhì)會影響氨的合成效率，已知某原料氣中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。（7）在恒壓條件下，單位時間通入的氣體總量肯定時，雜質(zhì)稀有氣體Ar會使N2的平衡轉(zhuǎn)化率降低的緣由為___________?！敬鸢浮?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).恒壓容器中，充入Ar會減小反應(yīng)體系的壓強，使平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動，因此會降低N2的平衡轉(zhuǎn)化率【解析】【分析】依據(jù)催化合成NH3的機理圖書寫熱化學(xué)方程式并計算反應(yīng)熱，依據(jù)“定一議二、先拐先平”比較溫度大小，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)進行轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)的計算，結(jié)合平衡常數(shù)的定義及平衡移動原理比較平衡常數(shù)的大小?！驹斀狻竣?(1)依據(jù)反應(yīng)歷程圖可知，合成氨為放熱反應(yīng)，其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol，故答案為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1；(2)A．上升溫度，過程ⅰ和ii的反應(yīng)速率均加快，A錯誤；B．過程ⅰ為N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)，反應(yīng)前后體積減小，增大壓強，平衡正向移動，有利于提高過程ⅰ的轉(zhuǎn)化率，B正確；C．運用催化劑時，反應(yīng)N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＞0，C錯誤；故答案為：B；Ⅱ.(3)依據(jù)圖像，由①④曲線分析可知，壓強相同，420℃→T0℃，平衡時氨氣的含量降低，說明平衡逆向移動，又反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以420℃→T0℃為溫度上升的過程，則T0＞420℃，故答案為：＞；(4)依據(jù)圖像可知，a點時起始氫氮比，則N2的轉(zhuǎn)化率＜H2的轉(zhuǎn)化率，故答案為：＜；(5)由于②③的溫度相同，所以兩個條件下平衡常數(shù)相等，即Kb=Kc，①④相比，壓強相同，④的溫度更高，所以平衡常數(shù)Ka＞Kd，①②相比，①的溫度更高，所以平衡常數(shù)Kb＞Ka，故答案為：Kb=Kc>Ka>Kd；(6)依據(jù)圖像，b點時起始氫氮比，總壓強為20MPa，平衡時氨氣的含量為50%，設(shè)N2的起始投量為1mol，轉(zhuǎn)化量為xmol，則列三段式有：則有，x=，所以N2的物質(zhì)的量百分含量為，H2的物質(zhì)的量百分含量為，則b點對應(yīng)的平衡常數(shù)，故答案為：或或9.5×10－2；Ⅲ.(7)在恒壓條件下，單位時間通入的氣體總量肯定時，充入Ar會減小反應(yīng)體系的壓強，使平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動，因此會降低N2的平衡轉(zhuǎn)化率，故答案為：恒壓容器中，充入Ar會減小反應(yīng)體系的壓強，使平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動，因此會降低N2的平衡轉(zhuǎn)化率。25.光刻技術(shù)需利用深紫外激光，我國是唯一駕馭通過非線性光學(xué)晶體變頻來獲得深紫外激光技術(shù)國家。目前唯一好用化的晶體是氟硼鈹酸鉀(KBeBF，含K、B、Be、O、F元素)?；卮鹣铝袉栴}：（1）一群均處于激發(fā)態(tài)1s22s13s1的鈹原子，若都回到基態(tài)，最多可發(fā)出___種波長不同的光。A.1B.2C.3D.4（2）Be和B都簡潔與配體形成配位鍵，如[BeF4]-、[B(OH)4]-等，從原子結(jié)構(gòu)分析其緣由是__。（3）氟硼酸鉀是制備KBeBF的原料之一，高溫下分解為KF和BF3。KF的沸點比BF3的高，緣由是___。（4）BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氫氟酸。氫氟酸濃溶液中因F-與HF結(jié)合形成HF使酸性大大增加。HF的結(jié)構(gòu)式為___；H3BO3和BF中，B原子的雜化類型分別為___、__。（5）KBeBF晶體為層片狀結(jié)構(gòu)，圖1為其中一層的局部示意圖。平面六元環(huán)以B—O鍵和Be—O鍵交織相連，形成平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，每個Be都連接一個F，且F分別指向平面的上方或下方，K+分布在層間。KBeBF晶體的化學(xué)式為____。（6）BeO晶體也是制備KBeBF的原料，圖2為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖。①沿著晶胞體對角線方向的投影，下列圖中能正確描述投影結(jié)果的是___。②BeO晶胞中，O的積累方式為____；設(shè)O與Be的最近距離為acm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則BeO晶體的密度為____g·cm-3?！敬鸢浮?1).C(2).Be原子和B原子價層電子數(shù)均小于價層軌道數(shù)，存在空軌道(3).KF為離子晶體，而BF3為分子晶體，離子晶體的熔沸點大于分子晶體(4).(5).sp2(6).sp3(7).KBe2BO3F2(8).D(9).面心立方最密積累