2023-2024學年浙江省紹興市高一下學期期末教學質(zhì)量檢測化學試題（實驗班）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省紹興市2023-2024學年高一下學期期末教學質(zhì)量檢測試題（實驗班）考生須知：(1)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共100分，考試時間90分鐘。(2)請將所有〖答案〗填寫到答題卷中。(3)可能用到的相對原子質(zhì)量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ba-137第Ⅰ卷選擇題(共50分)一、選擇題(每小題2分，每小題只有一個正確選項，共20分)1.水凝結(jié)成冰的過程中，其焓變和熵變正確的是（）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〗【詳析】水結(jié)成冰，凝固放熱，且同種物質(zhì)液態(tài)混亂程度大于固態(tài)，故為熵減的過程，即ΔH<0，ΔS<0，選C。2.下列物質(zhì)溶于水時，能使水的電離平衡向左移動的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．中醋酸根離子發(fā)生水解反應，促進水的電離，故A不選；

B．是弱酸強堿鹽，碳酸氫根發(fā)生水解反應，促進水的電離，故B不選；

C．是強酸弱堿鹽，銨根離子發(fā)生水解反應，促進水的電離，故C不選；

D．完全電離出H+，抑制水的電離，使水的電離平衡向左移動，故D選；

故選：D。3.下列可用于測定某電解質(zhì)溶液pH且精確度最高的是（）A.pH計 B.廣范pH試紙 C.精密pH試紙 D.酚酞試液〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．pH計可以精確到0.1或0.01，A正確；B．廣泛pH試紙只能精確到整數(shù)1，B錯誤；C．精密pH試紙能精確到0.5，C錯誤；D．酚酞指示劑只能反應溶液的酸堿性，不能具體確定溶液的pH，D錯誤；〖答案〗選A。4.科學家提出了酸度(AG)的概念，其表達式為，下列敘述不正確的是（）A.中性溶液的AG=0B.常溫下0.lmol/L氫氧化鈉溶液的AG=12C.酸性性溶液AG>0D.常溫下0.lmol/L鹽酸溶液的AG=12〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．中性溶液中，，，A正確；B．常溫下0.lmol/L氫氧化鈉溶液中，氫氧根濃度是0.1mol/L，氫離子濃度為10-13mol/L，，B錯誤；C．酸性性溶液中，，，C正確；D．常溫下0.lmol/L鹽酸溶液中，氫離子濃度0.1mol/L，氫氧根濃度為10-13mol/L，則，D正確；〖答案〗選B。5.Mg—AgCl電池是-種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池。下列敘述不正確的是（）A.負極反應式為Mg-2e-=Mg2+B.用堿性溶液激活比用海水為電解質(zhì)溶液激活效果更好C.電池放電時Cl-由正極向負極遷移D.負極會發(fā)生副反應Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Mg—AgCl電池中，活潑金屬Mg是還原劑、AgCl是氧化劑，金屬Mg作負極，正極反應為：2AgCl+2e-=2C1-+2Ag，負極反應式為：Mg-2e-=Mg2+，據(jù)此分析解題。【詳析】A．活潑金屬鎂作負極，失電子發(fā)生氧化反應，反應式為：Mg-2e-=Mg2+，A正確；B．如用堿性溶液，則負極反應式為：Mg+2OH--2e-=，氫氧化鎂附著在鎂電極上，阻止反應進一步進行，則用堿性溶液激活比用海水為電解質(zhì)溶液激活效果更差，B錯誤；C．在原電池中電解質(zhì)溶液中陰離子由正極向負極遷移，即Cl-由正極向負極遷移，C正確；D．鎂是活潑金屬，與水反應，即負極會發(fā)生副反應Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D正確；故選B。6.下列說法正確的是（）A.2px、2py、2pz軌道相互垂直，且能量不相等B.最外層電子數(shù)為2的元素都分布在s區(qū)C.Li和Mg的性質(zhì)相似，符合對角線規(guī)則D.電負性越大，元素的非金屬性越強，第一電離能也越大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．2px、2py、2pz軌道相互垂直，且能量相等，A錯誤；B．最外層電子數(shù)為2的元素也可能分布在ds區(qū)、d區(qū)，如Zn、Fe，B錯誤；C．Li和Mg的性質(zhì)相似，如Li與水反應程度不劇烈，Mg與冷水反應同樣不劇烈，Li與氧氣反應生成Li2O，Mg與氧氣反應生成MgO，符合對角線規(guī)則，C正確；D．電負性越大，元素的非金屬性越強，但第一電離不一定也越大，如電負性：C>H，但第一電離能：H>C，D錯誤；故選C。7.下列說法正確的是（）A.氫鍵是一種共價鍵B.表面活性劑的疏水基團有較強的極性C.σ鍵的電子云圖形是軸對稱的，π鍵的電子云圖形是鏡面對稱的D.可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子和水分子間形成了氫鍵〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．氫鍵是一種特殊的分子間作用力，不屬于共價鍵，A錯誤；B．表面活性劑的疏水基團極性較低，親水基極性較高，B錯誤；C．σ鍵的電子云圖形是軸對稱的，π鍵的電子云圖形是鏡面對稱的，C正確；D．可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子和水分子間形成了范德華力，D錯誤。故選C。8.下列說法錯誤的是（）A.丙烯(CH3CH=CH2)的3個碳原子在同一平面上B.氫氰酸(HCN)的中心原子是sp雜化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〗【詳析】A．為平面結(jié)構(gòu)，甲基中的C與雙鍵碳原子直接相連，則三個碳原子在同一平面上，A正確；B．根據(jù)價層電子理論，HCN的中心原子價層電子對數(shù)，即中心碳原子是sp雜化，B正確；C．CH3Cl中碳原子連有3個氫，1個氯原子，手性碳原子必須連有4個不同的基團，則CH3Cl不含有手性碳原子，不是手性分子，C正確；D．臭氧分子中正電荷中心與負電荷中心不重合，屬于極性分子，但極性很弱，根據(jù)相似相溶原理，水的極性較大，四氯化碳是非極性分子，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于水中溶解度，D錯誤；故選D。9.下列化學用語正確的是（）A.基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：B.As原子的簡化電子排布式：[Ar]4s24p3C.過氧化氫的電子式：D.H2O的VSEPR模型為四面體〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Mg是12號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)Mg原子核外電子排布式是1s22s22p63s2，在同一軌道上最多可容納2個自旋方向相反的電子存在，則基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：，A錯誤；B．As是33號元素，則根據(jù)構(gòu)造原理可知：基態(tài)As原子簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p3，B錯誤；C．H2O2是共價化合物，其電子式是，C錯誤；D．H2O分子中的中心O原子價層電子對數(shù)是2+=4，故H2O的VSEPR模型為四面體形，D正確；故合理選項是D。10.下列說法正確的是(其中NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值)（）A.NH3分子構(gòu)型為三角錐形，推出BF3也為三角錐形B.CO2和SO2都是由極性鍵構(gòu)成的極性分子C.1molCH3CH=CH2中含有的σ鍵為8NAD.25℃時，Ksp(BaSO4)=l×10-10，則BaSO4飽和溶液中Ba2+數(shù)目為l×10-5NA〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．NH3中N原子價層電子對數(shù)為，有一對未成鍵的孤對電子，分子空間構(gòu)型是三角錐形；BF3分子中B原子價層電子對數(shù)為，分子空間構(gòu)型是平面三角形，故A錯誤；B．CO2中含有C=O極性鍵，SO2中S原子和O原子之間存在極性鍵，CO2為直線形分子、SO2為V形分子，前者為非極性分子、后者為極性分子，故B錯誤；C．單鍵由1個σ鍵形成，雙鍵由1個σ鍵和1個π鍵形成，1molCH3CH=CH2含有的8molσ鍵，數(shù)目為8NA，故C正確；D．25℃時，KSP(BaSO4)=l×10-10，則BaSO4飽和溶液中Ba2+濃度為l×10-5mol/L，溶液體積不知不能計算Ba2+數(shù)目，故D錯誤；

故選：C。二、選擇題(每小題3分，每小題只有一個正確選項，共30分)11.下列物質(zhì)中，既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵的是（）A.CCl4 B.CO2 C.NH4Cl D.C2H4〖答案〗D〖解析〗【詳析】A.CCl4中只有極性共價鍵，A不符合題意；B.CO2中只有極性共價鍵，B不符合題意；C.NH4Cl中含有離子鍵和極性共價鍵，C不符合題意；D.C2H4中既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵，D符合題意；〖答案〗選D。12.下列幾種氫鍵：①O—H···O，②N—H···N，③F—H···F，④O—H···N，其強度由強到弱的排列順序是（）A.③①④② B.①②③④ C.③②①④ D.①④③②〖答案〗A〖解析〗【詳析】F、O、N的電負性依次降低，F(xiàn)—H、O—H、N—H鍵的極性依次降低，所以F—HF中的氫鍵最強，其次是O—H…O，再次是O—H…N，最弱的是N—H…N：〖答案〗選A。13.下列離子的VSEPR模型與離子的空間立體構(gòu)型一致的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．中價電子對個數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體，由于參與成鍵的原子數(shù)是3個，所以的空間構(gòu)型是三角錐形，故A不選；B．中價電子對個數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體，由于參與成鍵的原子數(shù)是4個，所以的空間構(gòu)型是正四面體形，故B選；C．中價電子對個數(shù)==3，VSEPR模型是平面三角形，由于參與成鍵的原子數(shù)是2個，所以的空間構(gòu)型是V形，故C不選；D．中價電子對個數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體形，由于參與成鍵的原子數(shù)是3個，所以的空間構(gòu)型是三角錐形，故D不選；正確〖答案〗是B。14.化合物A()是-種潛在的儲氫材料，它可由六元環(huán)狀物質(zhì)通過反應制得。下列有關敘述不正確的是（）A.第-電離能：B.中存在π鍵C.反應前后碳原子雜化類型不變D.CH4、H2O、CO2分子的空間結(jié)構(gòu)分別是正四面體形、V形、直線形〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．同一周期元素，隨原子序數(shù)遞增，第一電離能逐漸增大，但IIA和VA族由于p軌道為全充滿和半充滿結(jié)構(gòu)，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能比相鄰元素的高，所以，N元素的最高，其次為O元素和C元素，最低的是B元素，故A正確；

B．(HB=NH)3分子中存在B=N鍵，雙鍵中含有一個π鍵，故B正確；C．反應前甲烷的碳原子的雜化類型是sp3雜化，反應后二氧化碳的雜化類型是sp雜化，故C錯誤；D．甲烷分子中的碳原子通過sp3雜化與四個氫原子形成四個鍵，且沒有孤對電子，是正四面體形；H2O水分子中的氧原子是sp3雜化，這意味著氧原子的外層電子軌道在形成化學鍵時會重新雜化，形成四個能量相等的軌道。這四個軌道中的兩個被用來與氫原子形成共價鍵，而另外兩對電子則作為孤對電子存在于氧原子周圍。由于水分子中有兩對孤對電子，它們占據(jù)了四面體形狀的兩個角，因此水分子的幾何形狀不再是正四面體，而是角形；二氧化碳是直線結(jié)構(gòu)的原因是其碳原子采用了sp雜化軌道與氧原子成鍵。

在CO2分子中，碳原子通過兩個sp雜化軌道與兩個氧原子形成兩個σ鍵。這兩個σ鍵位于碳原子和氧原子之間的直線上，使得整個分子呈現(xiàn)出直線型結(jié)構(gòu)，故D正確；〖答案〗選C。15.下列說法不正確的是（）A.利用紅外光譜儀可以分析分子中化學鍵或官能團的信息B.分子結(jié)構(gòu)被修飾后，分子的性質(zhì)不會發(fā)生改變C.利用質(zhì)譜法可以測定分子的相對分子質(zhì)量。D.飛秒化學是利用時間分辨技術(shù)對超快化學反應進行研究〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．分析有機物的紅外光譜圖可獲得分子中所含有的化學鍵或官能團的信息，A正確；B．分子結(jié)構(gòu)修飾是指保持分子的基本結(jié)構(gòu)不變，僅改變分子結(jié)構(gòu)中的某些基團而得到的新分子，分子結(jié)構(gòu)被修飾后，分子的性質(zhì)發(fā)生了改變，B錯誤；C．質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比最大的吸收峰就是該分子的相對分子質(zhì)量，故利用質(zhì)譜法可以測定分子的相對分子質(zhì)量，C正確；D．對超快速化學反應的研究被形象地稱為飛秒化學，D正確；故選B。16.一種用于心臟起搏器的微型電池，其電極材料是石墨和鋰，電解質(zhì)溶液為等物質(zhì)的量的LiCl、溶解在中形成的溶液。這種電池的總的反應為：，下列說法不正確的是（）A.該電池具有容量大、壽命長和電壓穩(wěn)定等特點B.石墨是正極C.可以用來代替D.正極反應式為：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗中Li元素化合價由0價變?yōu)?1價、S元素化合價由+4價變?yōu)?價，Li失去電子，為負極，則石墨為正極，據(jù)此分析解答。【詳析】A．由題目信息可知，該電池可用于心臟起搏器的微型電池，故該電池具有容量大、壽命長和電壓穩(wěn)定等特點，A正確；B．由分析可知石墨是正極，B正確；C．該電池用鋰作負極，鋰可以和水反應，故不能用水來代替，C錯誤；D．該反應正極為得到電子，根據(jù)題目給的總反應式可知電極方程式為：，D正確；故選C。17.已知W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，其元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)特征如下：元素元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)特征W是宇宙中含量最多的元素X元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同Y原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，第一電離能低于同周期相鄰元素Z價層電子數(shù)等于其電子層數(shù)下列說法正確的是（）A.化合物的VSEPR模型名稱為三角錐形B.的中心原子采用雜化C.中W-Y-W鍵角比中的小D.組成為ZX的化合物屬于分子晶體，是新型無機材料〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗H元素是宇宙中含量最多的元素，因此W是H元素；X元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同，X元素為N元素；由于Y元素第一電離能都低于同周期相鄰元素，Y元素可能為O，可能為S，但是由于原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，因此Y元素為O元素；由W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增且Z價層電子數(shù)等于其電子層數(shù)可知，Z為Al元素。【詳析】A．XW3即NH3，N上有一對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型名稱為正四面體形，A錯誤；B．W3Y+即H3O+，O上有一對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，中心原子O為sp3雜化，B正確；C．兩種粒子的中心原子氧原子都為sp3雜化，H3O+中心原子氧原子有一對孤電子對，而H2O中心原子氧原子有兩對孤電子對，孤對電子對成鍵電子的斥力更大，使H2O中的H-O-H鍵更小，C錯誤；D．ZX是AlN，是新型無機材料，屬于共價晶體，D錯誤；本題選B。18.常溫下，Ka(HCN)=6.4×10-10。下列說法不正確的是（）A.HCN的中心原子采用sp雜化B.濃度均為0.1mol·L-1的HCN和NaCN的溶液中存在：c(HCN)＜c(Na+)C.HCN的空間結(jié)構(gòu)為直線型D.CN-與SCN-都具有一定的配位能力〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．HCN的中心C原子結(jié)合了2個其它原子，因此該C原子采用sp雜化，A正確；B．HCN是一元弱酸，主要以電解質(zhì)分子存在，只有極少量HCN發(fā)生電離產(chǎn)生H+、CN-。NaCN是強堿弱酸鹽，屬于強電解質(zhì)，在水中完全電離產(chǎn)生Na+、CN-，電離方程式為NaCN=Na++CN-，故c(Na+)=0.1mol/L；當混合溶液中二者濃度都是0.1mol·L-1時，CN-的水解程度大于HCN的電離程度，因此溶液中c(HCN)＞0.1mol/L，由于c(Na+)=0.1mol/L，故濃度均為0.1mol·L-1的HCN和NaCN的溶液中存在：c(HCN)＞c(Na+)，B錯誤；C．HCN分子中的中心C原子采用sp雜化，因此分子呈直線型，鍵角是180°，C正確；D．CN-與SCN-的N原子上都有孤電子對，因此它們都具有一定的配位能力，D正確；故合理選項是B。19.已知A轉(zhuǎn)化為C和D分步進行：①A(g)?B(g)+2D(g)；②B(g)?C(g)+D(g)，其反應過程能量如圖所示，下列說法正確的是（）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.斷裂1molA(g)化學鍵吸收的熱量小于形成1molC(g)和3molD(g)化學鍵所放出的熱量D.反應過程中，由于Ea3＜Ea1，反應②速率大于反應①，氣體B很難大量積累〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．從圖中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的總能量，不能比較1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A錯誤；B．從圖中反應前后能量變化可知，反應物總能量低于生成物總能量，B(g)?C(g)+D(g)為吸熱反應，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/mol，B錯誤；C．從圖中可知，A轉(zhuǎn)化為C和D為吸熱反應，斷裂1molA(g)化學鍵吸收的熱量應大于形成1molC(g)和3molD(g)化學鍵所放出的熱量，C錯誤；D．從反應過程的圖象中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反應速率越快，故反應②速率大于反應①，氣體B很難大量積累，

D正確。故選D。20.下列方案設計、現(xiàn)象、解釋或結(jié)論有錯誤的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A鍍鋅鐵皮出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，一段時間后滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現(xiàn)象鋅對鐵依然具有保護作用B將5mL0.005mol/L的FeCl3溶液與5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合，再加入適量還原鐵粉溶液顏色先變紅，后紅色褪去KSCN與FeCl3的反應具有可逆性C常溫下，用pH計分別測定0.1mol/L和1mol/L的兩種CH3COONH4溶液測得溶液的pH都等于7醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)近似相等D將SO2分別通入到4mL0.01mol/L和4mL0.1mol/L的KMnO4溶液中，分別記錄溶液褪色所需時間0.01mol/LKMnO4溶液褪色時間更短4mL0.01mol/LKMnO4溶液與SO2反應速率更快〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．K3[Fe(CN)6]溶液用于檢驗亞鐵離子的存在，若無現(xiàn)象，說明無亞鐵離子產(chǎn)生，因此說明鋅對鐵依然具有保護作用，A正確；B．將5mL0.005mol/L的FeCl3溶液與5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合時恰好完全反應：，溶液顏色變紅，加入適量還原鐵粉溶液紅色變淺，說明鐵粉和鐵離子反應，溶液中存在鐵離子，說明KSCN與FeCl3的反應具有可逆性，B正確；C．0.1mol/L和1mol/L的兩種CH3COONH4溶液均顯中性，說明銨根離子與醋酸根水解程度相當，進而說明醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)近似相等，C正確；D．4mL0.01mol/L和4mL0.1mol/L的KMnO4溶液顏色深淺不一致，無法通過褪色快慢來判定反應速率大小，D錯誤；故選D。第Ⅱ卷非選擇題二、非選擇題(本題共4小題，共50分)21.請回答以下問題：（1）聯(lián)氨(N2H4，無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料。①實驗室可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯(lián)氨，反應的化學方程式為___________②聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似。已知：N2H4+H+N2H的K=8.7×107，則聯(lián)氨第一步電離平衡常數(shù)值為___________；（2）某化學小組利用量熱計測量反應熱。實驗時量取30mL0.50mol·L-1硫酸和50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反應，中和后溶液溫度上升了4℃。已知反應后溶液比熱容為c=4.18J·g-1·℃-1，近似認為0.50mol·L-1硫酸和0.50mol·L-1NaOH溶液密度都是1g·cm-3，則中和熱ΔH=___________(小數(shù)點后保留一位有效數(shù)字)。（3）在分析化學中，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl—時，采用K2CrO4為指示劑，利用Ag+和CrO反應生成磚紅色沉淀指示滴定終點。當溶液中的Cl—恰好沉淀完全時，溶液中的溶液中的c(Ag+)=___________mol/L，c(CrO)=___________mol/L。已知：①25℃時，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10--12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；②當離子濃度等于或小于1.0×10-5mol/L時，說明沉淀已完全。（4）溫度為T時，在兩個起始容積都為1L的恒溫密閉容器中發(fā)生如下反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0。測得的相關實驗數(shù)據(jù)如下：容器物質(zhì)的起始濃度(mol·L-1)物質(zhì)的平衡濃度c(H2)c(I2)c(HI)Ⅰ(恒容)0.10.10c(I2)Ⅰ=0.07mol·L-1Ⅱ(恒壓)0.30.30c(HI)Ⅱ?qū)嶒灉y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逆為速率常數(shù)，受溫度影響。①上述表格中的c(HI)Ⅱ=___________②下列說法不正確的是___________A．反應過程中，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比等于1：3B．達平衡時，升高容器Ⅱ溫度，平衡移動無法判斷C．溫度一定，容器Ⅱ中反應達到平衡時(平衡常數(shù)為K)，則K=D．達平衡時，向容器Ⅰ中再通入0.1molH2和0.1molHI，則此時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〗（1）①NaClO具有強氧化性，可將NH3氧化為N2H4，本身被還原為NaCl，反應方程式為2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；②氨在水中的電離方程式為，則N2H4在水中的第一步電離方程式為，該步電離平衡常數(shù)，已知的，，則；（2）30mL0.50mol·L-1硫酸和50mL0.50mol·L-1

NaOH溶液反應，生成水的物質(zhì)的量為，溶液的質(zhì)量為，溫度變化值為，則生成0.025mol水放出的熱量為，則實驗測得的中和熱；（3）AgCl的，Cl-沉淀完全時，溶液中，此時；Ag2CrO4的，此時；（4）①根據(jù)表格可建立以下三段式，反應I：，；假設反應Ⅱ平衡時H2的濃度為xmol/L，可建立以下平衡：，，x=0.09mol/L，則平衡時c(HI)Ⅱ=2x=0.18mol/L；②假設能按照比例完全轉(zhuǎn)化為

HI

，反應過程中，容器Ⅰ與容器Ⅱ中氣體物質(zhì)的量之比等于氣體的總壓強的比為

1:3

，故

A

正確；該反應△H<0，為放熱反應，達到平衡時，升高容器Ⅱ溫度，平衡向吸熱方向即逆反應方向移動，B錯誤；溫度一定容器Ⅱ中反應達到平衡狀態(tài)

，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逆為速率常數(shù)，c2(HI)=，據(jù)此計算平衡常數(shù)

K=，C正確；容器Ⅰ達到平衡時

H2

、

I2

、

HI

的濃度為：

0.07mol?L?1，0.07mol?L?1，0.06mol/L，K=0.735，達平衡時

,

向容器Ⅰ中同時再通入

0.1molI2

和0.1molHI，，則此時平衡逆向移動，

ν正<ν逆，D錯誤；22.碳族元素及其化合物有及其重要的應用。請回答：（1）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有關這些微粒的敘述，正確的是___________。A.微粒半徑：③>①>②B.電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②C.得電子能力：①>②D.電離一個電子所需最低能量：①>②>③（2）Ge與C是同族元素，在電子、材料等領域應用廣泛。①基態(tài)Ge原子的核外價層電子的軌道表示式為___________②C原子間可以形成雙鍵、三鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或三鍵。原因是___________。（3）Mn的一種配合物化學式為[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列說法不正確的是___________A.CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是C原子B.電負性：H<C<N<OC.CH3CN中兩個C原子雜化類型均為sp3D.CH3CN中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2（4）有以下幾種羧酸：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)。這些羧酸的pKa(pKa=-lgKa)由大到小的順序是___________（5）甲醇(CH3OH)的沸點64.7℃，介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之間，其原因是___________?！即鸢浮剑?）AB（2）①.②.鍺元素原子半徑大，σ鍵長，ｐ軌道難以通過“肩并肩”方式形成π鍵（3）AC（4）①>⑤>③>②>④（5）甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多〖解析〗（1）A．基態(tài)Si原子：[Ne]3s23p2變成激發(fā)態(tài)[Ne]3s23p14s1，電子離核更遠，故半徑增大，基態(tài)原子失去一個電子變成[Ne]3s23p1，電子離核更近，半價變短，故微粒半徑：③>①>②，A正確；B．①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1均為能量更低的基態(tài)原子或離子，B正確；C．②為帶正電的離子，而①為基態(tài)原子，明顯②對電子吸引力更強，故得電子能力：①<②，C錯誤；D．①與③分別為基態(tài)與激發(fā)態(tài)，③更易失去電子，而①、②失去一個電子所需要的能量分別對應Si原子的第一電離能、第二電離能，而第二電離能大于第一電離能，故電離一個電子所需最低能量：②>①>③，D錯誤。故選AB。（2）Ge為第IVA族元素，基態(tài)Ge原子的核外價層電子的軌道表示式為；C原子間可以形成雙鍵、三鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或三鍵。原因是鍺元素原子半徑大，σ鍵長，ｐ軌道難以通過“肩并肩”方式形成π鍵。（3）A．CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是N原子，C無孤對電子，A錯誤；B．電負性：H<C<N<O，B正確；C．CH3CN中兩個C原子的雜化類型分別為sp3、sp，C錯誤；D．中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2，D正確。故選AC。（4）鹵素原子為吸電子基團，且電負性F>Cl，且含電負性越大的原子越多，吸電子效應越大，使得羧基中氫氧鍵的共用電子對更加靠近吸電子基團，從而更容易電離出氫離子，使酸性增強，pKa減小，而烷烴基為推電子基團剛好相反，且乙基的推電子效應大于甲基，從而使酸性降低，pKa增大，由此可知酸性：④>②>③>⑤>①，則這些羧酸的pKa(pKa=-lgKa)由大到小的順序是①>⑤>③>②>④。（5）甲醇(CH3OH)的沸點64.7℃，介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之間，其原因是甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多。23.請回答下列問題：（1）Iˉ可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下：?。甋O2+4Iˉ+4H+=S↓+2I2+2H2Oⅱ．I2+2H2O+SO2=SO+4H++2Iˉ為探究ⅰ、ⅱ反應速率與SO2歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序號IIIIIIIV試劑組成0.4mol/LKIamol/LKI0.2mol/LH2SO40.2mol/LH2SO40.2mol/LKI0.0002molI2實驗現(xiàn)象溶液變黃，一段時間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象溶液由棕色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快①Ⅱ是Ⅰ的對比實驗，則a=___________②比較實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的結(jié)論是___________③實驗表明，SO2的歧化反應速率Ⅳ>Ⅰ，原因是___________（2）某課外小組采用碘量法測定學校周邊河水中的溶解氧。主要實驗步驟如下：請回答：①下列說法正確的是___________A．采集水樣時需要記錄大氣壓及水體溫度B．采集水樣時可以擾動水體表面C．實現(xiàn)氧的固定時需要加入合適的還原劑吸收水中的溶解氧D．“氧的固定”和“酸化”都需要靜置一段時間②碘量法測定的方法是：用標準Na2S2O3溶液滴定I2(2+I2=2I?+)。盛裝標準Na2S2O3的滴定管使用前需要潤洗，方法是___________③下列關于滴定分析的操作，不正確的是___________。A．用量筒量取25.00mL待測液轉(zhuǎn)移至錐形瓶B．滴定時要適當控制滴定速度C．滴定時應一直觀察滴定管中溶液體積的變化D．讀數(shù)時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直〖答案〗（1）①.a=0.4②.Iˉ是SO2歧化反應的催化劑，H+可以加快歧化反應速率③.反應ⅱ比快??；Ⅳ中由反應ⅱ產(chǎn)生的H+使反應ⅰ加快（2）①.ACD②.從滴定管上口加入3-5mL標準Na2S2O3溶液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體濕潤全部滴定管內(nèi)壁③.AC〖解析〗（1）①由于B是A的對比實驗，所以兩組實驗中的濃度必須相同，即a=0.4；②I說明能催化二氧化硫發(fā)生歧化反應，III中無明顯現(xiàn)象，說明單獨存在時不具有催化作用，不能使二氧化硫歧化反應速率加快；II中溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較I快，結(jié)合III可知，增強溶液的酸性，可增強的催化效果，因此得出的結(jié)論為I-是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率；③由于催化二氧化硫的歧化反應是ⅰ與ⅱ兩個過程分步進行，所以兩個反應中任何一個反應的速率都會影響總反應的速率，IV中直接加入I2，故反應ⅱ可立即發(fā)生，而由反應ⅱ產(chǎn)生的可使反應ⅰ速率加快，所以IV的反應速率比I快；（2）①A．采集水樣時需要記錄大氣壓及水體溫度，因為溫度不同水中溶解氧的量也不同，故A正確；B．采集水樣時不可以擾動水體表面，會減小溶解氧的量，故B錯誤；C．實現(xiàn)氧的固定時需要加入合適的還原劑吸收水中的溶解氧，使氧轉(zhuǎn)化為另外一種氧化劑，便于測量，故C正確；D．“氧的固定”和“酸化”都需要靜置一段時間便于碘單質(zhì)的析出，故D正確；故選ACD。②盛裝標準Na2S2O3的滴定管使用前需要潤洗，潤洗方法是：從滴定管上口加入3-5mL標準Na2S2O3溶液，傾斜著轉(zhuǎn)動滴定管，使液體濕潤全部滴定管內(nèi)壁；③A．量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，故A錯誤；B．滴定時要適當控制滴定速度，準確判斷滴定終點，故B正確；C．滴定時應一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，故C錯誤；D．讀數(shù)時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直，故D正確；故選AC。24.工業(yè)上以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產(chǎn)物丙烯醛(C3H4O)的熱化學方程式如下：Ⅰ．C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)ΔH1=-515kJ/molⅡ．C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)ΔH2=-353kJ/mol請回答：（1）兩個反應在熱力學上趨勢均很大，其原因是___________；（2）下列說法不正確的是___________A.降低壓強、降低溫度有利于提高丙烯腈平衡產(chǎn)率B.催化劑是提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素C.反應放出的熱量可以通過熱交換器循環(huán)利用D.通入過量的氧氣可以提高丙烯腈平衡產(chǎn)率（3）下圖(a)為丙烯腈產(chǎn)率與反應溫度的關系曲線，最高產(chǎn)率對應溫度為460℃。①低于460℃時，丙烯腈的產(chǎn)率隨著時間變化溫度升高而增大的原因是___________②高于460℃時，丙烯腈產(chǎn)率隨著溫度升高而降低的可能原因是___________A．催化劑活性降低B．平衡常數(shù)變大C．副反應增多D．反應活化能增大（4）丙烯腈和丙烯醛的產(chǎn)率與n(氨)/n(丙烯)的關系如下圖(b)所示。由圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為___________，理由是___________?！即鸢浮剑?）兩個反應均為放熱量大的反應（2）D（3）①.低于460℃時，反應尚未達到平衡狀態(tài)，隨著溫度的升高，反應不斷向右進行②.AC（4）①.1②.丙烯腈產(chǎn)率最大，副產(chǎn)物丙烯醛的產(chǎn)率最小〖解析〗（1）從反應的焓變可看出這兩個反應都為放熱反應，且“1mol反應”放出的熱量大，故兩個反應在熱力學上的趨勢很大的原因是：兩個反應均為放熱量大的反應；（2）A．由于反應Ⅰ為放熱反應，且該反應為氣體分子數(shù)增大的反應，故降低溫度和降低壓強均有利于反應正向進行，從而提高丙烯腈的平衡產(chǎn)率，A正確；B．提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是使用合適的催化劑，B正確；C．反應放出的熱量可以通過熱交換器循環(huán)利用，C正確；D．通入過量的氧氣Ⅰ、Ⅱ均右移，丙烯的轉(zhuǎn)化率增大，但不一定提高丙烯腈平衡產(chǎn)率，D不正確；選D。（3）高于460℃時，丙烯腈產(chǎn)率隨著溫度升高而降低的可能原因：A．催化劑在一定溫度范圍內(nèi)活性較高，若溫度過高催化劑活性降低，A正確；B．平衡常數(shù)變大，對產(chǎn)率的影響是提高產(chǎn)率才對，B不正確；C．副反應增多可能導致產(chǎn)率下降，C正確；D．升高溫度可以降低活化分子的百分數(shù)，但不能改變反應所需的活化能，D不正確；選AC。（4）由圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為1.0，理由是：丙烯腈產(chǎn)率最大，副產(chǎn)物丙烯醛的產(chǎn)率最小。浙江省紹興市2023-2024學年高一下學期期末教學質(zhì)量檢測試題（實驗班）考生須知：(1)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共100分，考試時間90分鐘。(2)請將所有〖答案〗填寫到答題卷中。(3)可能用到的相對原子質(zhì)量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ba-137第Ⅰ卷選擇題(共50分)一、選擇題(每小題2分，每小題只有一個正確選項，共20分)1.水凝結(jié)成冰的過程中，其焓變和熵變正確的是（）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〗【詳析】水結(jié)成冰，凝固放熱，且同種物質(zhì)液態(tài)混亂程度大于固態(tài)，故為熵減的過程，即ΔH<0，ΔS<0，選C。2.下列物質(zhì)溶于水時，能使水的電離平衡向左移動的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．中醋酸根離子發(fā)生水解反應，促進水的電離，故A不選；

B．是弱酸強堿鹽，碳酸氫根發(fā)生水解反應，促進水的電離，故B不選；

C．是強酸弱堿鹽，銨根離子發(fā)生水解反應，促進水的電離，故C不選；

D．完全電離出H+，抑制水的電離，使水的電離平衡向左移動，故D選；

故選：D。3.下列可用于測定某電解質(zhì)溶液pH且精確度最高的是（）A.pH計 B.廣范pH試紙 C.精密pH試紙 D.酚酞試液〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．pH計可以精確到0.1或0.01，A正確；B．廣泛pH試紙只能精確到整數(shù)1，B錯誤；C．精密pH試紙能精確到0.5，C錯誤；D．酚酞指示劑只能反應溶液的酸堿性，不能具體確定溶液的pH，D錯誤；〖答案〗選A。4.科學家提出了酸度(AG)的概念，其表達式為，下列敘述不正確的是（）A.中性溶液的AG=0B.常溫下0.lmol/L氫氧化鈉溶液的AG=12C.酸性性溶液AG>0D.常溫下0.lmol/L鹽酸溶液的AG=12〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．中性溶液中，，，A正確；B．常溫下0.lmol/L氫氧化鈉溶液中，氫氧根濃度是0.1mol/L，氫離子濃度為10-13mol/L，，B錯誤；C．酸性性溶液中，，，C正確；D．常溫下0.lmol/L鹽酸溶液中，氫離子濃度0.1mol/L，氫氧根濃度為10-13mol/L，則，D正確；〖答案〗選B。5.Mg—AgCl電池是-種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池。下列敘述不正確的是（）A.負極反應式為Mg-2e-=Mg2+B.用堿性溶液激活比用海水為電解質(zhì)溶液激活效果更好C.電池放電時Cl-由正極向負極遷移D.負極會發(fā)生副反應Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Mg—AgCl電池中，活潑金屬Mg是還原劑、AgCl是氧化劑，金屬Mg作負極，正極反應為：2AgCl+2e-=2C1-+2Ag，負極反應式為：Mg-2e-=Mg2+，據(jù)此分析解題。【詳析】A．活潑金屬鎂作負極，失電子發(fā)生氧化反應，反應式為：Mg-2e-=Mg2+，A正確；B．如用堿性溶液，則負極反應式為：Mg+2OH--2e-=，氫氧化鎂附著在鎂電極上，阻止反應進一步進行，則用堿性溶液激活比用海水為電解質(zhì)溶液激活效果更差，B錯誤；C．在原電池中電解質(zhì)溶液中陰離子由正極向負極遷移，即Cl-由正極向負極遷移，C正確；D．鎂是活潑金屬，與水反應，即負極會發(fā)生副反應Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D正確；故選B。6.下列說法正確的是（）A.2px、2py、2pz軌道相互垂直，且能量不相等B.最外層電子數(shù)為2的元素都分布在s區(qū)C.Li和Mg的性質(zhì)相似，符合對角線規(guī)則D.電負性越大，元素的非金屬性越強，第一電離能也越大〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．2px、2py、2pz軌道相互垂直，且能量相等，A錯誤；B．最外層電子數(shù)為2的元素也可能分布在ds區(qū)、d區(qū)，如Zn、Fe，B錯誤；C．Li和Mg的性質(zhì)相似，如Li與水反應程度不劇烈，Mg與冷水反應同樣不劇烈，Li與氧氣反應生成Li2O，Mg與氧氣反應生成MgO，符合對角線規(guī)則，C正確；D．電負性越大，元素的非金屬性越強，但第一電離不一定也越大，如電負性：C>H，但第一電離能：H>C，D錯誤；故選C。7.下列說法正確的是（）A.氫鍵是一種共價鍵B.表面活性劑的疏水基團有較強的極性C.σ鍵的電子云圖形是軸對稱的，π鍵的電子云圖形是鏡面對稱的D.可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子和水分子間形成了氫鍵〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．氫鍵是一種特殊的分子間作用力，不屬于共價鍵，A錯誤；B．表面活性劑的疏水基團極性較低，親水基極性較高，B錯誤；C．σ鍵的電子云圖形是軸對稱的，π鍵的電子云圖形是鏡面對稱的，C正確；D．可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子和水分子間形成了范德華力，D錯誤。故選C。8.下列說法錯誤的是（）A.丙烯(CH3CH=CH2)的3個碳原子在同一平面上B.氫氰酸(HCN)的中心原子是sp雜化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〗【詳析】A．為平面結(jié)構(gòu)，甲基中的C與雙鍵碳原子直接相連，則三個碳原子在同一平面上，A正確；B．根據(jù)價層電子理論，HCN的中心原子價層電子對數(shù)，即中心碳原子是sp雜化，B正確；C．CH3Cl中碳原子連有3個氫，1個氯原子，手性碳原子必須連有4個不同的基團，則CH3Cl不含有手性碳原子，不是手性分子，C正確；D．臭氧分子中正電荷中心與負電荷中心不重合，屬于極性分子，但極性很弱，根據(jù)相似相溶原理，水的極性較大，四氯化碳是非極性分子，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于水中溶解度，D錯誤；故選D。9.下列化學用語正確的是（）A.基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：B.As原子的簡化電子排布式：[Ar]4s24p3C.過氧化氫的電子式：D.H2O的VSEPR模型為四面體〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Mg是12號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，可知基態(tài)Mg原子核外電子排布式是1s22s22p63s2，在同一軌道上最多可容納2個自旋方向相反的電子存在，則基態(tài)Mg原子的核外電子排布圖：，A錯誤；B．As是33號元素，則根據(jù)構(gòu)造原理可知：基態(tài)As原子簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p3，B錯誤；C．H2O2是共價化合物，其電子式是，C錯誤；D．H2O分子中的中心O原子價層電子對數(shù)是2+=4，故H2O的VSEPR模型為四面體形，D正確；故合理選項是D。10.下列說法正確的是(其中NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值)（）A.NH3分子構(gòu)型為三角錐形，推出BF3也為三角錐形B.CO2和SO2都是由極性鍵構(gòu)成的極性分子C.1molCH3CH=CH2中含有的σ鍵為8NAD.25℃時，Ksp(BaSO4)=l×10-10，則BaSO4飽和溶液中Ba2+數(shù)目為l×10-5NA〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．NH3中N原子價層電子對數(shù)為，有一對未成鍵的孤對電子，分子空間構(gòu)型是三角錐形；BF3分子中B原子價層電子對數(shù)為，分子空間構(gòu)型是平面三角形，故A錯誤；B．CO2中含有C=O極性鍵，SO2中S原子和O原子之間存在極性鍵，CO2為直線形分子、SO2為V形分子，前者為非極性分子、后者為極性分子，故B錯誤；C．單鍵由1個σ鍵形成，雙鍵由1個σ鍵和1個π鍵形成，1molCH3CH=CH2含有的8molσ鍵，數(shù)目為8NA，故C正確；D．25℃時，KSP(BaSO4)=l×10-10，則BaSO4飽和溶液中Ba2+濃度為l×10-5mol/L，溶液體積不知不能計算Ba2+數(shù)目，故D錯誤；

故選：C。二、選擇題(每小題3分，每小題只有一個正確選項，共30分)11.下列物質(zhì)中，既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵的是（）A.CCl4 B.CO2 C.NH4Cl D.C2H4〖答案〗D〖解析〗【詳析】A.CCl4中只有極性共價鍵，A不符合題意；B.CO2中只有極性共價鍵，B不符合題意；C.NH4Cl中含有離子鍵和極性共價鍵，C不符合題意；D.C2H4中既含有極性共價鍵，又含有非極性共價鍵，D符合題意；〖答案〗選D。12.下列幾種氫鍵：①O—H···O，②N—H···N，③F—H···F，④O—H···N，其強度由強到弱的排列順序是（）A.③①④② B.①②③④ C.③②①④ D.①④③②〖答案〗A〖解析〗【詳析】F、O、N的電負性依次降低，F(xiàn)—H、O—H、N—H鍵的極性依次降低，所以F—HF中的氫鍵最強，其次是O—H…O，再次是O—H…N，最弱的是N—H…N：〖答案〗選A。13.下列離子的VSEPR模型與離子的空間立體構(gòu)型一致的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．中價電子對個數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體，由于參與成鍵的原子數(shù)是3個，所以的空間構(gòu)型是三角錐形，故A不選；B．中價電子對個數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體，由于參與成鍵的原子數(shù)是4個，所以的空間構(gòu)型是正四面體形，故B選；C．中價電子對個數(shù)==3，VSEPR模型是平面三角形，由于參與成鍵的原子數(shù)是2個，所以的空間構(gòu)型是V形，故C不選；D．中價電子對個數(shù)==4，VSEPR模型是正四面體形，由于參與成鍵的原子數(shù)是3個，所以的空間構(gòu)型是三角錐形，故D不選；正確〖答案〗是B。14.化合物A()是-種潛在的儲氫材料，它可由六元環(huán)狀物質(zhì)通過反應制得。下列有關敘述不正確的是（）A.第-電離能：B.中存在π鍵C.反應前后碳原子雜化類型不變D.CH4、H2O、CO2分子的空間結(jié)構(gòu)分別是正四面體形、V形、直線形〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．同一周期元素，隨原子序數(shù)遞增，第一電離能逐漸增大，但IIA和VA族由于p軌道為全充滿和半充滿結(jié)構(gòu)，為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能比相鄰元素的高，所以，N元素的最高，其次為O元素和C元素，最低的是B元素，故A正確；

B．(HB=NH)3分子中存在B=N鍵，雙鍵中含有一個π鍵，故B正確；C．反應前甲烷的碳原子的雜化類型是sp3雜化，反應后二氧化碳的雜化類型是sp雜化，故C錯誤；D．甲烷分子中的碳原子通過sp3雜化與四個氫原子形成四個鍵，且沒有孤對電子，是正四面體形；H2O水分子中的氧原子是sp3雜化，這意味著氧原子的外層電子軌道在形成化學鍵時會重新雜化，形成四個能量相等的軌道。這四個軌道中的兩個被用來與氫原子形成共價鍵，而另外兩對電子則作為孤對電子存在于氧原子周圍。由于水分子中有兩對孤對電子，它們占據(jù)了四面體形狀的兩個角，因此水分子的幾何形狀不再是正四面體，而是角形；二氧化碳是直線結(jié)構(gòu)的原因是其碳原子采用了sp雜化軌道與氧原子成鍵。

在CO2分子中，碳原子通過兩個sp雜化軌道與兩個氧原子形成兩個σ鍵。這兩個σ鍵位于碳原子和氧原子之間的直線上，使得整個分子呈現(xiàn)出直線型結(jié)構(gòu)，故D正確；〖答案〗選C。15.下列說法不正確的是（）A.利用紅外光譜儀可以分析分子中化學鍵或官能團的信息B.分子結(jié)構(gòu)被修飾后，分子的性質(zhì)不會發(fā)生改變C.利用質(zhì)譜法可以測定分子的相對分子質(zhì)量。D.飛秒化學是利用時間分辨技術(shù)對超快化學反應進行研究〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．分析有機物的紅外光譜圖可獲得分子中所含有的化學鍵或官能團的信息，A正確；B．分子結(jié)構(gòu)修飾是指保持分子的基本結(jié)構(gòu)不變，僅改變分子結(jié)構(gòu)中的某些基團而得到的新分子，分子結(jié)構(gòu)被修飾后，分子的性質(zhì)發(fā)生了改變，B錯誤；C．質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比最大的吸收峰就是該分子的相對分子質(zhì)量，故利用質(zhì)譜法可以測定分子的相對分子質(zhì)量，C正確；D．對超快速化學反應的研究被形象地稱為飛秒化學，D正確；故選B。16.一種用于心臟起搏器的微型電池，其電極材料是石墨和鋰，電解質(zhì)溶液為等物質(zhì)的量的LiCl、溶解在中形成的溶液。這種電池的總的反應為：，下列說法不正確的是（）A.該電池具有容量大、壽命長和電壓穩(wěn)定等特點B.石墨是正極C.可以用來代替D.正極反應式為：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗中Li元素化合價由0價變?yōu)?1價、S元素化合價由+4價變?yōu)?價，Li失去電子，為負極，則石墨為正極，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．由題目信息可知，該電池可用于心臟起搏器的微型電池，故該電池具有容量大、壽命長和電壓穩(wěn)定等特點，A正確；B．由分析可知石墨是正極，B正確；C．該電池用鋰作負極，鋰可以和水反應，故不能用水來代替，C錯誤；D．該反應正極為得到電子，根據(jù)題目給的總反應式可知電極方程式為：，D正確；故選C。17.已知W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，其元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)特征如下：元素元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)特征W是宇宙中含量最多的元素X元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同Y原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，第一電離能低于同周期相鄰元素Z價層電子數(shù)等于其電子層數(shù)下列說法正確的是（）A.化合物的VSEPR模型名稱為三角錐形B.的中心原子采用雜化C.中W-Y-W鍵角比中的小D.組成為ZX的化合物屬于分子晶體，是新型無機材料〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗H元素是宇宙中含量最多的元素，因此W是H元素；X元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同，X元素為N元素；由于Y元素第一電離能都低于同周期相鄰元素，Y元素可能為O，可能為S，但是由于原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，因此Y元素為O元素；由W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增且Z價層電子數(shù)等于其電子層數(shù)可知，Z為Al元素?！驹斘觥緼．XW3即NH3，N上有一對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型名稱為正四面體形，A錯誤；B．W3Y+即H3O+，O上有一對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，中心原子O為sp3雜化，B正確；C．兩種粒子的中心原子氧原子都為sp3雜化，H3O+中心原子氧原子有一對孤電子對，而H2O中心原子氧原子有兩對孤電子對，孤對電子對成鍵電子的斥力更大，使H2O中的H-O-H鍵更小，C錯誤；D．ZX是AlN，是新型無機材料，屬于共價晶體，D錯誤；本題選B。18.常溫下，Ka(HCN)=6.4×10-10。下列說法不正確的是（）A.HCN的中心原子采用sp雜化B.濃度均為0.1mol·L-1的HCN和NaCN的溶液中存在：c(HCN)＜c(Na+)C.HCN的空間結(jié)構(gòu)為直線型D.CN-與SCN-都具有一定的配位能力〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．HCN的中心C原子結(jié)合了2個其它原子，因此該C原子采用sp雜化，A正確；B．HCN是一元弱酸，主要以電解質(zhì)分子存在，只有極少量HCN發(fā)生電離產(chǎn)生H+、CN-。NaCN是強堿弱酸鹽，屬于強電解質(zhì)，在水中完全電離產(chǎn)生Na+、CN-，電離方程式為NaCN=Na++CN-，故c(Na+)=0.1mol/L；當混合溶液中二者濃度都是0.1mol·L-1時，CN-的水解程度大于HCN的電離程度，因此溶液中c(HCN)＞0.1mol/L，由于c(Na+)=0.1mol/L，故濃度均為0.1mol·L-1的HCN和NaCN的溶液中存在：c(HCN)＞c(Na+)，B錯誤；C．HCN分子中的中心C原子采用sp雜化，因此分子呈直線型，鍵角是180°，C正確；D．CN-與SCN-的N原子上都有孤電子對，因此它們都具有一定的配位能力，D正確；故合理選項是B。19.已知A轉(zhuǎn)化為C和D分步進行：①A(g)?B(g)+2D(g)；②B(g)?C(g)+D(g)，其反應過程能量如圖所示，下列說法正確的是（）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.斷裂1molA(g)化學鍵吸收的熱量小于形成1molC(g)和3molD(g)化學鍵所放出的熱量D.反應過程中，由于Ea3＜Ea1，反應②速率大于反應①，氣體B很難大量積累〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．從圖中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的總能量，不能比較1molA(g)的能量和1molB(g)的能量大小，A錯誤；B．從圖中反應前后能量變化可知，反應物總能量低于生成物總能量，B(g)?C(g)+D(g)為吸熱反應，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/mol，B錯誤；C．從圖中可知，A轉(zhuǎn)化為C和D為吸熱反應，斷裂1molA(g)化學鍵吸收的熱量應大于形成1molC(g)和3molD(g)化學鍵所放出的熱量，C錯誤；D．從反應過程的圖象中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反應速率越快，故反應②速率大于反應①，氣體B很難大量積累，

D正確。故選D。20.下列方案設計、現(xiàn)象、解釋或結(jié)論有錯誤的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A鍍鋅鐵皮出現(xiàn)刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，一段時間后滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液無明顯現(xiàn)象鋅對鐵依然具有保護作用B將5mL0.005mol/L的FeCl3溶液與5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合，再加入適量還原鐵粉溶液顏色先變紅，后紅色褪去KSCN與FeCl3的反應具有可逆性C常溫下，用pH計分別測定0.1mol/L和1mol/L的兩種CH3COONH4溶液測得溶液的pH都等于7醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)近似相等D將SO2分別通入到4mL0.01mol/L和4mL0.1mol/L的KMnO4溶液中，分別記錄溶液褪色所需時間0.01mol/LKMnO4溶液褪色時間更短4mL0.01mol/LKMnO4溶液與SO2反應速率更快〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．K3[Fe(CN)6]溶液用于檢驗亞鐵離子的存在，若無現(xiàn)象，說明無亞鐵離子產(chǎn)生，因此說明鋅對鐵依然具有保護作用，A正確；B．將5mL0.005mol/L的FeCl3溶液與5mL0.015mol/L的KSCN溶液混合時恰好完全反應：，溶液顏色變紅，加入適量還原鐵粉溶液紅色變淺，說明鐵粉和鐵離子反應，溶液中存在鐵離子，說明KSCN與FeCl3的反應具有可逆性，B正確；C．0.1mol/L和1mol/L的兩種CH3COONH4溶液均顯中性，說明銨根離子與醋酸根水解程度相當，進而說明醋酸和氨水的電離平衡常數(shù)近似相等，C正確；D．4mL0.01mol/L和4mL0.1mol/L的KMnO4溶液顏色深淺不一致，無法通過褪色快慢來判定反應速率大小，D錯誤；故選D。第Ⅱ卷非選擇題二、非選擇題(本題共4小題，共50分)21.請回答以下問題：（1）聯(lián)氨(N2H4，無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料。①實驗室可用次氯酸鈉溶液與氨反應制備聯(lián)氨，反應的化學方程式為___________②聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方程式與氨相似。已知：N2H4+H+N2H的K=8.7×107，則聯(lián)氨第一步電離平衡常數(shù)值為___________；（2）某化學小組利用量熱計測量反應熱。實驗時量取30mL0.50mol·L-1硫酸和50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反應，中和后溶液溫度上升了4℃。已知反應后溶液比熱容為c=4.18J·g-1·℃-1，近似認為0.50mol·L-1硫酸和0.50mol·L-1NaOH溶液密度都是1g·cm-3，則中和熱ΔH=___________(小數(shù)點后保留一位有效數(shù)字)。（3）在分析化學中，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl—時，采用K2CrO4為指示劑，利用Ag+和CrO反應生成磚紅色沉淀指示滴定終點。當溶液中的Cl—恰好沉淀完全時，溶液中的溶液中的c(Ag+)=___________mol/L，c(CrO)=___________mol/L。已知：①25℃時，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10--12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10；②當離子濃度等于或小于1.0×10-5mol/L時，說明沉淀已完全。（4）溫度為T時，在兩個起始容積都為1L的恒溫密閉容器中發(fā)生如下反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0。測得的相關實驗數(shù)據(jù)如下：容器物質(zhì)的起始濃度(mol·L-1)物質(zhì)的平衡濃度c(H2)c(I2)c(HI)Ⅰ(恒容)0.10.10c(I2)Ⅰ=0.07mol·L-1Ⅱ(恒壓)0.30.30c(HI)Ⅱ?qū)嶒灉y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逆為速率常數(shù)，受溫度影響。①上述表格中的c(HI)Ⅱ=___________②下列說法不正確的是___________A．反應過程中，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比等于1：3B．達平衡時，升高容器Ⅱ溫度，平衡移動無法判斷C．溫度一定，容器Ⅱ中反應達到平衡時(平衡常數(shù)為K)，則K=D．達平衡時，向容器Ⅰ中再通入0.1molH2和0.1molHI，則此時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〗（1）①NaClO具有強氧化性，可將NH3氧化為N2H4，本身被還原為NaCl，反應方程式為2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；②氨在水中的電離方程式為，則N2H4在水中的第一步電離方程式為，該步電離平衡常數(shù)，已知的，，則；（2）30mL0.50mol·L-1硫酸和50mL0.50mol·L-1

NaOH溶液反應，生成水的物質(zhì)的量為，溶液的質(zhì)量為，溫度變化值為，則生成0.025mol水放出的熱量為，則實驗測得的中和熱；（3）AgCl的，Cl-沉淀完全時，溶液中，此時；Ag2CrO4的，此時；（4）①根據(jù)表格可建立以下三段式，反應I：，；假設反應Ⅱ平衡時H2的濃度為xmol/L，可建立以下平衡：，，x=0.09mol/L，則平衡時c(HI)Ⅱ=2x=0.18mol/L；②假設能按照比例完全轉(zhuǎn)化為

HI

，反應過程中，容器Ⅰ與容器Ⅱ中氣體物質(zhì)的量之比等于氣體的總壓強的比為

1:3

，故

A

正確；該反應△H<0，為放熱反應，達到平衡時，升高容器Ⅱ溫度，平衡向吸熱方向即逆反應方向移動，B錯誤；溫度一定容器Ⅱ中反應達到平衡狀態(tài)

，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逆為速率常數(shù)，c2(HI)=，據(jù)此計算平衡常數(shù)

K=，C正確；容器Ⅰ達到平衡時

H2

、

I2

、

HI

的濃度為：

0.07mol?L?1，0.07mol?L?1，0.06mol/L，K=0.735，達平衡時

,

向容器Ⅰ中同時再通入

0.1molI2

和0.1molHI，，則此時平衡逆向移動，

ν正<ν逆，D錯誤；22.碳族元素及其化合物有及其重要的應用。請回答：（1）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有關這些微粒的敘述，正確的是___________。A.微粒半徑：③>①>②B.電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②C.得電子能力：①>②D.電離一個電子所需最低能量：①>②>③（2）Ge與C是同族元素，在電子、材料等領域應用廣泛。①基態(tài)Ge原子的核外價層電子的軌道表示式為___________②C原子間可以形成雙鍵、三鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或三鍵。原因是___________。（3）Mn的一種配合物化學式為[Mn(CO)5(CH3CN)]，下列說法不正確的是___________A.CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是C原子B.電負性：H<C<N<OC.CH3CN中兩個C原子雜化類型均為sp3D.CH3CN中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2（4）有以下幾種羧酸：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)。這些羧酸的pKa(pKa=-lgKa)由大到小的順序是___________（5）甲醇(CH3OH)的沸點64.7℃，介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之間，其原因是___________。〖答案〗（1）AB（2）①.②.鍺元素原子半徑大，σ鍵長，ｐ軌道難以通過“肩并肩”方式形成π鍵（3）AC（4）①>⑤>③>②>④（5）甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多〖解析〗（1）A．基態(tài)Si原子：[Ne]3s23p2變成激發(fā)態(tài)[Ne]3s23p14s1，電子離核更遠，故半徑增大，基態(tài)原子失去一個電子變成[Ne]3s23p1，電子離核更近，半價變短，故微粒半徑：③>①>②，A正確；B．①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1均為能量更低的基態(tài)原子或離子，B正確；C．②為帶正電的離子，而①為基態(tài)原子，明顯②對電子吸引力更強，故得電子能力：①<②，C錯誤；D．①與③分別為基態(tài)與激發(fā)態(tài)，③更易失去電子，而①、②失去一個電子所需要的能量分別對應Si原子的第一電離能、第二電離能，而第二電離能大于第一電離能，故電離一個電子所需最低能量：②>①>③，D錯誤。故選AB。（2）Ge為第IVA族元素，基態(tài)Ge原子的核外價層電子的軌道表示式為；C原子間可以形成雙鍵、三鍵，但Ge原子之間難以形成雙鍵或三鍵。原因是鍺元素原子半徑大，σ鍵長，ｐ軌道難以通過“肩并肩”方式形成π鍵。（3）A．CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是N原子，C無孤對電子，A錯誤；B．電負性：H<C<N<O，B正確；C．CH3CN中兩個C原子的雜化類型分別為sp3、sp，C錯誤；D．中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2，D正確。故選AC。（4）鹵素原子為吸電子基團，且電負性F>Cl，且含電負性越大的原子越多，吸電子效應越大，使得羧基中氫氧鍵的共用電子對更加靠近吸電子基團，從而更容易電離出氫離子，使酸性增強，pKa減小，而烷烴基為推電子基團剛好相反，且乙基的推電子效應大于甲基，從而使酸性降低，pKa增大，由此可知酸性：④>②>③>⑤>①，則這些羧酸的pKa(pKa=-lgKa)由大到小的順序是①>⑤>③>②>④。（5）甲醇(CH3OH)的沸點64.7℃，介于水(100℃)和甲硫