2021-2022學年浙江省樂清市知臨中學高二下學期期中考試化學試題（含解析）

浙江省樂清市知臨中學2021-2022學年高二下學期期中考試化學試題可能用到的相對原子質量：H1C12O16F19Na23Mg24A127Si28S32Cl35.5Ti48Fe56Bal37Ⅰ卷選擇題部分一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質屬于化合物的是A.天然氣 B.冰水 C.鹽酸 D.汽油【答案】B【解析】【詳解】A．天然氣是一種混合物，以甲烷為主，另有少量乙烷、丙烷等烷烴，A錯誤；B．冰水組成成分只有水，是化合物，B正確；C．鹽酸為氯化氫氣體的水溶液，為混合物，C錯誤；D．汽油是不同烴類的混合物，D錯誤；故答案選B。2.萃取實驗中必需的實驗儀器是A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】萃取實驗中用到的玻璃儀器為燒杯和分液漏斗，用不到錐形瓶、蒸餾燒瓶和酸式滴定管，故選B。3.下列物質屬于強電解質的是A. B.水玻璃 C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．三氧化硫自身不能電離出自由移動的離子，是非電解質，故A錯誤；B．硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是混合物，所以不是強電解質，故B錯誤；C．氯化鋁在溶液中能完全電離出氯離子和鋁離子，屬于強電解質，故C正確；D．乙酸在溶液中部分電離出醋酸根離子和氫離子，屬于弱電解質，故D錯誤；故選C。4.下列物質與俗名對應的是A.二甲苯： B.甘油：C.冰晶石： D.芒硝：【答案】C【解析】【詳解】A．二甲苯有三種，為對二甲苯，故A錯誤；

B．丙三醇俗稱甘油，結構簡式：，故B錯誤；

C．冰晶石為六氟合鋁酸鈉，化學式為：Na3AlF6，故C正確；

D．芒硝為十水硫酸鈉，化學式為：Na2SO4?10H2O，故D錯誤；

故選：C。5.下列表示不正確的是A.1—丁烯的鍵線式： B.甲烷的球棍模型：C.乙酸乙酯的結構簡式： D.的電子式：【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．1—丁烯的結構簡式為CH2=CHCH2CH3，鍵線式為，故A正確；B．甲烷的分子式為CH4，分子中碳原子的原子半徑大于氫原子，球棍模型為，故B錯誤；C．乙酸乙酯的分子式為C2H4O2，結構簡式為CH3COOCH2CH3，故C正確；D．過氧化氫是共價化合物，電子式為，故D正確；故選B。6.下列說法不正確的是A.與互為同系物B.有機化合物與是同分異構體C.與是氮元素的兩種核素D.金剛石、足球烯、納米碳管互為同素異形體【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．為乙烯的分子式，分子式為的烴可能為烯烴，也可能為環(huán)烷烴，同系物必須是同類物質，則與不一定互為同系物，故A錯誤；B．和的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．和的質子數(shù)相同，中子數(shù)不同，是氮元素的兩種核素，互為同位素，故C正確；D．金剛石、足球烯、納米碳管是碳元素形成的不同種單質，互為同素異形體，故D正確；故選A。7.下列說法正確的是A.煤中含有苯、甲苯，可通過煤的干餾分離B.二氯甲烷、2-丁烯和乳酸均存在立體異構現(xiàn)象C.等物質的量的1，3-丁二烯與溴單質發(fā)生加成反應的產物有2種D.重柴油、潤滑油、石蠟、燃料油等來自于的石油常壓分餾【答案】C【解析】【詳解】A．煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有機化合物，其干餾產品中含苯、甲苯、二甲苯等有機化合物，故A錯誤；B．二氯甲烷無立體異構，故B錯誤；C．等物質的量的1，3-丁二烯與溴單質發(fā)生1，2加成和1，4加成，故產物有2種，故C正確；D．重柴油、潤滑油、石蠟等來自于的石油減壓分餾，故D錯誤；故選C。8.下列說法不正確的是A.抗壞血酸是一種常用的抗氧化劑B.鹵水點豆腐利用的是蛋白質聚沉的原理C.氫氣可在氯氣中安靜地燃燒，工業(yè)上利用該方法制備鹽酸D.帶磨口玻璃塞玻璃試劑瓶不能用于盛放堿性試劑，但可用于存放硫酸溶液、硝酸溶液、氫氟酸溶液、氯化銨溶液等酸性溶液【答案】D【解析】【詳解】A．抗壞血酸是維生素C的俗稱，具有還原性，是常用的食品抗氧化劑，A正確；B．鹵水點豆腐是蛋白質膠體在電解質的作用下，膠體發(fā)生聚沉形成豆腐的過程，B正確；C．氫氣可在氯氣中安靜地燃燒，工業(yè)上利用該方法制備鹽酸，C正確；D．氫氟酸溶液能與玻璃中的二氧化硅反應，不能存放在玻璃瓶中，D錯誤；故選D。9.下列說法不正確的是A.鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學腐蝕B.強酸、強堿、砂紙打磨、均會破壞鋁表面的氧化膜C.低密度聚乙烯比高密度聚乙烯的軟化溫度低、密度也低D.工業(yè)制硫酸過程中應用稀硫酸去吸收生成的三氧化硫【答案】D【解析】【詳解】A．鋼鐵中含碳在潮濕的空氣中會形成原電池發(fā)生電化學腐蝕，故A正確；

B．鋁表面的氧化膜是氧化鋁，可以溶于酸、堿，也可以被砂紙打磨，也可以被氯離子破壞，故A正確；C．低密度聚乙烯是乙烯與少量高級α-烯烴在催化劑作用下，經高壓或低壓聚合而成的一種共聚物，密度處于0.915~0.940g/cm3之間，高密度聚乙烯是種白色粉末顆粒狀產品，密度在0.940~0.976g/cm3范圍內，則低密度聚乙烯比高密度聚乙烯的軟化溫度低、密度也低，故C正確；D．工業(yè)上制硫酸的設備分為三大部分，一是沸騰爐，二是接觸室，三是吸收塔，在沸騰爐內煅燒黃鐵礦生成二氧化硫，在接觸室內有催化劑存在下二氧化硫進一步與氧氣結合，生成三氧化硫，三氧化硫流經吸收塔時，采用98.3%的濃硫酸吸收，使三氧化硫最終與水化合形成硫酸，故D錯誤；故選：D。10.關于反應(反應未配平)，下列說法正確的是A.氧化產物與還原產物物質的量之比為4：1B.生成時，反應轉移電子數(shù)為4NAC.將充分分解后所得的氣體收集于一密閉容器中，充分靜置反應，所得溶液中硝酸與水的物質的量之比為1：1D.中的銅元素被氧化【答案】C【解析】【分析】由方程式可知，反應中氮元素的化合價降低被還原，二氧化氮為反應的還原產物，氧元素的化合價升高被氧化，氧氣是反應的氧化產物，反應的化學方程式為。【詳解】A．由分析可知，氧化產物氧氣與還原產物二氧化氮的物質的量之比為1：4，故A錯誤；B．缺標準狀況，無法計算22.4L氧氣的物質的量和反應轉移電子數(shù)目，故B錯誤；C．由分析可知，硝酸銅晶體分解生成4mol二氧化氮時，生成1mol氧氣和6mol水，充分分解后所得二氧化氮、氧氣和水能完全反應生成硝酸，反應的化學方程式為，由方程式可知，所得溶液中硝酸與水的物質的量之比為4mol：(6—2)mol=1：1，故C正確；D．由方程式可知，反應中銅元素的化合價沒有發(fā)生變化，故D錯誤；故選C。11.下列說法不正確的是A.的中心原子雜化軌道類型為B.節(jié)日燃放的焰火與電子躍遷有關C.鎂原子的第一電離能大于鋁原子D.同濃度下，三氯乙酸的酸性強于乙酸【答案】A【解析】【詳解】A．中S的成鍵電子對為3，故其雜化方程式為：，A錯誤；B．節(jié)日燃放的焰火是原子由激發(fā)態(tài)到基態(tài)發(fā)生的電子的躍遷，與電子躍遷有關，B正確；C．鎂原子的3s能級處于全滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能比Al元素高，C正確；D．羧酸分子中，吸電子基團越強越多的酸性越強，故三氯乙酸的酸性強于乙酸，D正確；故選A。12.下列“類比”合理的是A.向AgBr懸濁液中加過量NaBr溶液，無明顯現(xiàn)象；則向AgCl懸濁液加過量NaBr溶液，無明顯現(xiàn)象B.溶液蒸干所得最終產品為，則溶液蒸干所得最終產品為BaOC.銅在潮濕的空氣中生銹，生成的銅綠可減緩銅被進一步氧化，則鐵在潮濕的空氣中生銹，生成的鐵紅也可減緩鐵被一部氧化D.和反應生成，則和反應生產【答案】D【解析】【詳解】A．Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，溶度積越小的越易沉淀，向AgCl懸濁液加過量NaBr溶液，發(fā)生沉淀轉化，生成淺黃色的AgBr沉淀，故A錯誤；B．氯化鋇是強酸強堿鹽，在溶液中不水解，則氯化鋇溶液蒸干所得最終產品為氯化鋇，故B錯誤；C．鐵在潮濕的空氣中發(fā)生吸氧腐蝕生成主要成分為氧化鐵的鐵銹，疏松的鐵銹不能隔絕鐵與空氣中氧氣和水蒸氣的接觸，不能減緩鐵進一步氧化，故C錯誤；D．二氧化硫具有還原性，能與具有氧化性的過氧化氫和過氧化鈉反應，分別生成硫酸和硫酸鈉，故D正確；故選D。13.下列離子方程式正確的是A.向飽和溶液中通入B.室溫下，測得氯化銨溶液pH<7，證明一水合氨的是弱堿：C.用碳酸氫鈉溶液檢驗水楊酸中的羧基：D.溶液中加入足量的氫氧化鋇(偏鋁酸鋇可溶)：【答案】D【解析】【詳解】A．向飽和Na2CO3溶液中通入CO2，反應后析出碳酸氫鈉，該反應的離子方程式為：2Na+++CO2+H2O═2NaHCO3↓，故A錯誤；

B．鹽類水解是可逆反應，應該寫可逆號，離子方程式為：，故B錯誤；

C．羧基能和碳酸氫鈉反應，但酚羥基和碳酸氫鈉不反應，離子方程式為，故C錯誤；D．NH4Al(SO4)2溶液中加入足量的氫氧化鋇，離子方程式為：，故D正確；

故選：D。14.下列說法正確的是A.酶全是具有催化作用的蛋白質B.乙烷中混有乙烯，可將氣體通過溴的四氯化碳溶液洗氣，將雜質乙烯除去C.與的核磁共振譜圖不一致D.脂肪酸的飽和程度對油脂的熔點沒有太大影響【答案】B【解析】【詳解】A．絕大多數(shù)的酶是具有催化作用的蛋白質，A項錯誤；B．乙烯中有碳碳雙鍵可與溴的四氯化碳發(fā)生加成反應，乙烷不與溴的四氯化碳反應，B項正確；C．等效等有3種，氫原子的比值為3:2:3，等效氫有3種，氫原子的比值為3:2:3，則與的核磁共振譜圖一致，C項錯誤；D．影響熔沸點的主要因素為分子間作用力，相對分子質量越大熔沸點越高，支鏈越多熔沸點越低，脂肪酸的飽和程度對油脂的熔點影響較大，D項錯誤；答案選B。15.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大。X的一種單質是已知自然存在的硬度最大的物質，Y是金屬元素，其基態(tài)原子s能級上的電子數(shù)等于p能級上的電子數(shù)，Z是同周期主族元素中原子半徑最小的元素，X、Y、W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和等于10，下列說法正確的是A.原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.在氣相中，科研人員已發(fā)現(xiàn)陰離子(鏈狀，n為正整數(shù)，X、A均滿足8電子穩(wěn)定結構，A為大氣中含量最多的元素)，則n一定為奇數(shù)C.X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的強D.W在元素周期表中位于第4周期ⅥA族【答案】B【解析】【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的一種單質是已知自然存在的硬度最大的物質，該物質為金剛石，則X為C元素；Y是金屬元素，其基態(tài)原子s能級上的電子數(shù)等于p能級上的電子數(shù)，Y的原子序數(shù)大于C，Y的核外電子排布為1s22s22p63s2，則Y為Mg元素；Z是同周期主族元素中原子半徑最小的元素，Z位于ⅦA族，其原子序數(shù)大于Mg小于W，則Z位于第三周期，為Cl元素；X、Y、W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和等于10，W的最外層電子數(shù)10-4-2=4，W的原子序數(shù)大于Cl，則W為Ge元素，以此分析解答。【詳解】根據(jù)分析可知，X為C，Y為Mg，Z為Cl，W為Ge元素，

A．主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A錯誤；

B．X為C，A為大氣中含量最多的元素則A為N，中C、N均滿足8電子穩(wěn)定結構，n一定為奇數(shù)，故B正確；

C．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：C＜Cl，則X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱，故C錯誤；

D．W為Ge元素，在元素周期表中位于第4周期IVA族，故D錯誤；

故選：B。16.己烷雌酚的一種合成路線如下：下列敘述正確的是A.在NaOH水溶液中加熱，化合物X可發(fā)生消去反應B.在一定條件下，化合物Y可與HCHO發(fā)生縮聚反應C.X中含有的官能團有醚鍵和溴原子D.化合物Y中不含有手性碳原子【答案】BC【解析】【詳解】A．X中含—Br，可發(fā)生消去反應，但是條件為NaOH的醇溶液，A錯誤；B．Y中含有酚羥基，酚羥基的鄰位有氫原子，可與HCHO發(fā)生縮聚反應，B正確；C．根據(jù)題中X結構可知，其含有的官能團為醚鍵和溴原子，C正確；D．Y中2個次甲基均連接4個不同的基團，化合物Y中含有手性碳原子，D錯誤；故答案選BC。17.工業(yè)上合成尿素的反應在進行時分為如下兩步：第一步：(氨基甲酸銨)第二步：某實驗小組模擬工業(yè)上合成尿素的條件，在一體積為0.5L密閉容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，實驗測得反應中各組分隨時間的變化如圖Ⅰ所示。

下列說法中正確的是A.由圖可知，第一步反應的活化能小于第二步反應B.當氨基甲酸銨的物質的量達到最大值時，合成尿素的反應達到化學平衡狀態(tài)C.0~10min中，用表示的第一步反應的速率D.已知第二步反應的化學平衡常數(shù)K隨溫度的變化如圖Ⅱ所示。則其它條件不變時，溫度升高，尿素的產率一定增大【答案】A【解析】【詳解】A．由圖I可知在15分鐘左右，氨氣和二氧化碳反應生成氨基甲酸銨后不再變化發(fā)生的是第一步反應，氨基甲酸銨先增大再減小最后達到平衡，發(fā)生的是第二步反應，從曲線斜率不難看出第二步反應速率慢，活化能越大反應速率越慢，則第一步反應的活化能小于第二步反應，A正確；B．由圖I變化可知當進行到55分鐘時，反應達到平衡，此時氨基甲酸銨的物質的量不是最大值，B錯誤；C．依據(jù)圖I分析，二氧化碳再進行到10min時物質的量為0.26mol，所以此時的反應速率，C錯誤；D．由圖II可知第二步反應的平衡常數(shù)K隨溫度的升高增大，說明反應是吸熱反應，?H2＞0，由于未知?H1的值，第一步反應可能是放熱反應，升高溫度可能第一步平衡逆向移動，氨基甲酸銨濃度減小，導致第二步因反應物濃度減小而平衡逆向移動，尿素的產率可能降低，D錯誤；故選：A。18.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.pH=1的H2SO4溶液1L，與足量鐵反應，可以生成常溫常壓下1.225L的B.石墨中每個碳原子配位數(shù)為3，12g石墨中含六元環(huán)的數(shù)目為0.5NAC.標準狀況下，中含極性鍵的數(shù)目一定為16NAD.Na3AlF6可以降低氧化鋁熔點，21g該晶體中配體數(shù)目為0.6NA【答案】C【解析】【詳解】A．pH=1的H2SO4溶液1L中含H+物質的量n(H+)=0.1mol/L×1L=0.1mol，與足量Fe發(fā)生反應Fe+2H+=Fe2++H2↑，生成H2物質的量為0.05mol，常溫常壓下氣體摩爾體積等于24.5L/mol，則常溫常壓下生成H2的體積為0.05mol×24.5L/mol=1.225L，A項正確；B．12g石墨物質的量為1mol，石墨中每個碳原子的配位數(shù)為3，每個碳原子形成3個六元環(huán)，每個六元環(huán)擁有2個碳原子，即碳原子數(shù)與六元環(huán)數(shù)目之比為2：1，則12g石墨中含六元環(huán)的物質的量為0.5mol，六元環(huán)的數(shù)目為0.5NA，B項正確；C．C5H12有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種同分異構體，C5H12無論是何種結構，1個C5H12中均含12個C—H極性鍵和4個C—C非極性鍵，1molC5H12中含極性鍵的數(shù)目一定為12NA，C項錯誤；D．21gNa3AlF6物質的量為=0.1mol，該晶體中含0.1mol，所含配體的數(shù)目為0.6NA，D項正確；答案選C。19.下列說法正確的是

A.50℃時，將pH=4的溶液與pH=10的溶液等體積混合，所得溶液pH=7B.向氨水中逐滴加入鹽酸，同時測定溶液的導電性，結果如圖所示。依據(jù)實驗結果，可推知氨水屬于弱電解質C.等pH的鹽酸和醋酸溶液，分別與少許等量相同形狀的鎂條反應，醋酸溶液中反應的平均速率更快D.用等濃度的鹽酸分別中和等濃度的氨水和NaOH溶液，當兩溶液均呈中性時，則兩溶液中的離子：【答案】C【解析】【詳解】A．25℃時，將的溶液與的溶液等體積混合，所得溶液呈中性，水的電離是吸熱反應，50℃時Kw>1×10-14，溶液pH≠7，故A錯誤；B．向氨水中逐滴加入鹽酸，同時測定溶液的導電性，結果如圖所示，開始導電性較弱，加HCl反應生成氯化銨，氯化銨是強電解質，導電性增大，依據(jù)實驗結果，可推知一水合氨屬于弱電解質，氨水是混合物，不是電解質，故B錯誤；C．等pH的鹽酸和醋酸溶液，分別與少許等量相同形狀的鎂條反應，開始氫離子濃度相同，由于醋酸又電離出氫離子，因此醋酸溶液中反應的平均速率更快，故C正確；D．用等濃度的鹽酸分別中和等濃度、等體積的氨水和NaOH溶液，當兩溶液均呈中性時，氨水中加入的鹽酸量比氫氧化鈉溶液中加入的鹽酸量少，因此有兩溶液中的離子：，由于溶液體積未知，因此無法確定兩者大小關系，故D錯誤；答案為C。20.CaO和BaO的能量關系如圖所示(M=Ca、Ba)；

已知：離子電荷相同時，半徑越小，離子鍵越強。下列說法正確的是A.B.C.O-H的鍵能為D.【答案】D【解析】【詳解】A．由蓋斯定律，反應熱與始末狀態(tài)有關，與反應路徑無關，則，，A錯誤；B．MO(s)+CO2(g)+H2O(l)=MCO3(s)+H2O(g)是放熱反應，，MO(s)=M2++O2-是化學鍵斷裂需要吸熱，屬于吸熱反應，，則，B錯誤；C．鍵能是指1molAB氣體分子斷裂為中性氣態(tài)原子A和B所需要的能量，是液態(tài)水吸收變?yōu)闅鈶B(tài)水吸收的熱量，不是O-H的鍵能，C錯誤；D．可得MO(s)+CO2(g)+H2O(l)=M2+(g)+(g)+H2O(g)，鈣離子半徑小于鋇離子，則離子鍵鍵能：CaO＞BaO，CaO(s)斷裂離子鍵需要能量較高，則，整理即，D正確；故選：D。21.原電池和電解池裝置在日常生活和高科技領域中都有廣泛應用。根據(jù)圖片信息，下列說法正確的是A.甲：全固態(tài)鋰硫電池工作時，正極可能發(fā)生反應：B.乙：鋼閘門應與外接電源的負極相連，該方法屬于電化學中犧牲陽極法C.丙：電池工作時，電子從A極經導線流向B極，再從B極經電解質溶液流向A極D.?。弘娊饩珶掋~的過程中，陽極質量的減少與陰極質量的增加相等【答案】A【解析】【詳解】A．裝置甲中，全固態(tài)鋰硫電池工作時，正極上發(fā)生還原反應，可能發(fā)生反應：2Li2S4+4Li++4e?=4Li2S2，A正確；B．裝置乙中，鋼閘門應與外接電源的負極相連，輔助電極與外接電源的正極相連，該方法屬于電化學中外加電流的陰極保護法，B錯誤；C．裝置丙中，A電極上，乙醇失去電子，發(fā)生氧化反應，B電極上，O2得到電子，發(fā)生還原反應，則電子從A極經導線流向B極，溶液中無電子移動，C錯誤；D．裝置丁中，電解精煉銅時，陽極上反應的物質有Cu以及活動性比Cu強的金屬，活動性弱的Au等金屬形成陽極泥，在陰極上溶液中的Cu2+得到電子變?yōu)镃u單質，所以陽極質量的減少與陰極質量的增加不一定相等，D錯誤；故選A。22.下列說法正確是A.的一溴代物和的一溴代物都有4種(不考慮立體異構)B.分子中的四個碳原子在同一直線上C.按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是3，3，4，5-四甲基己烷D.與都是α-氨基酸且互為同系物【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)苯環(huán)結構的對稱性可知中含有4種不同位置的H原子，故其一溴代物有4種；由于碳碳單鍵可以旋轉，中也含有4種不同位置的H原子，故其一溴代物也有4種，A正確；B．CH3CH=CHCH3可以視為乙烯分子中2個C原子上的2個H原子分別被2個-CH3取代產生的物質，由于乙烯分子是平面分子，所以CH3CH=CHCH3中4個C原子在同一平面上，鍵角是120°，4個C原子不可能在同一直線上，B錯誤；C．選擇分子中含有C原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，從離支鏈較近的右端為起點，給主鏈上的C原子編號，以確定支鏈的位置，該物質名稱為2，3，4，4-四甲基己烷，C錯誤；D．前者分子中有2個酚羥基，后者分子中有1個酚羥基和一個醚鍵，結構不相似，因此不能互為同系物，D錯誤；故合理選項是A。23.常溫下，用溶液滴定10mL濃度均為的HCl和的混合液，下列說法不正確的是A.在NaOH溶液滴定前，HCl和的混合液中B.當?shù)稳隢aOH溶液10mL時，C.當?shù)稳隢aOH溶液15mL時，D.當溶液呈中性時，NaOH溶液滴入量小于15mL，【答案】D【解析】【詳解】A．溶液中部分發(fā)生水解反應，則HCl和的混合液中，A正確；B．當?shù)稳隢aOH溶液10mL時，HCl恰好完全反應，得到等濃度的NaCl和的混合液，由溶液存在質子守恒：，B正確；C．當?shù)稳隢aOH溶液15mL時，HCl完全反應，一半反應，得到等濃度和NH3?H2O，由物料守恒：，C正確；D．當加入20mLNaOH溶液時，HCl和都完全恰好反應，得到NaCl和NH3?H2O混合液，此時呈堿性，則溶液呈中性時，NaOH溶液滴入量小于20mL，由電荷守恒：，有，D錯誤；故選：D。24.以和HCl為原料制備高純度次氯酸的機理如圖，下列說法中不正確的是A.制備機理的總反應的方程式為：B.A→B的過程中，釩元素(V)被氧化，化合價升高C.該機理是通過循環(huán)過程中不斷凈化去除生成的水，最終得到高純度次氯酸D.該機理中化合物A作催化劑【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)圖中的轉化關系得到制備機理的總反應的方程式為：，故A正確；B．A→B的過程中，釩元素(V)已經是最高價，不可能化合價升高，故B錯誤；C．該機理反應生成HClO和H2O，因此通過循環(huán)過程中不斷凈化去除生成的水，最終得到高純度次氯酸，故C正確；D．化合物A先和H2O2反應，經過一系列反應又生成了A，因此該機理中化合物A作催化劑，故D正確；綜上所述，答案為B。25.下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是目的方案設計現(xiàn)象和結論A探究能否支持燃燒取少量濃硝酸加熱分解，將產物先通入濃硫酸，后用集氣瓶收集氣體將帶火星的木條放置瓶內，木條復燃，不能說明支持燃燒B探究溴與烷烴的取代反應向溴水中加入適量正己烷，在光照條件下振蕩，靜置溶液分層，上層橙紅色，說明溴水與正己烷不會發(fā)生取代反應C向盛有溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的硫酸亞鐵溶液變成棕黃色，一段時間后產生氣泡，隨后生成紅褐色沉淀被氧化為；催化分解為，且反應放熱，促進了的水解D探究淀粉在酶催化下的水解程度取少量淀粉溶液，加入適量淀粉酶，反應一段時間后，放入半透膜中進行滲析。充分滲析后，取半透膜中液體于試管中，用激光筆照射若出現(xiàn)明亮的光路，說明淀粉水解不完全A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．濃硝酸分解的反應為4HNO3(濃)=4NO2+O2+2H2O，生成的NO2和O2的體積比為4：1，而空氣中N2和O2的體積比為4：1，故帶火星的木條復燃，能說明NO2支持燃燒，故A錯誤；B．烷烴不與溴水、溴的四氯化碳溶液反應，一般只與Cl2、Br2等鹵素單質發(fā)生取代反應，故B錯誤；C．亞鐵離子與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應轉變?yōu)殍F離子故溶液變成棕黃色，且鐵離子可催化過氧化氫的分解故產生氣泡，一段時間后，產生紅褐色沉淀即為鐵離子水解平衡移動所得，故C正確；D．取少量淀粉溶液，加入適量稀硫酸加熱5min后，再加NaOH中和硫酸，此時NaOH可能過量，而碘水能與氫氧化鈉溶液反應，故溶液無明顯現(xiàn)象，則淀粉不一定完全水解，故D錯誤；故選C。Ⅱ卷非選擇題部分二、非選擇題(本大題共6小題，共50分)26.回答下列問題（1）已知NaCl的熔點為801℃，而(可簡寫為)的熔點為-65℃，室溫下呈液體狀態(tài)，是一種重要的室溫離子液體。試解釋為什么熔點遠低于NaCl。_______。（2）實驗室中常用氨水吸收過量的。現(xiàn)有一瓶500ml已經吸收的氨水溶液，將其均分成A、B兩份，對其進行如下實驗分析(吸收前后溶液體積不變)；a.向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，將生成的氣體先通過堿石灰，再通入盛有過量無水的裝置C中，測量得反應前后裝置C增重6.80g。b.向B中加入足量稀硫酸并加熱，將生成的氣體先通過濃硫酸，再通入盛有過量堿石灰的裝置D中，測量得反應前后裝置D增重19.2g。試回答以下問題：①原溶液中亞硫酸銨與亞硫酸氫銨物質的量的之比是_______②用來吸收的氨水原物質的量濃度為_______【答案】（1）陰陽離子所帶電荷量與NaCl相同，陰陽離子的半徑遠大于NaCl中陰陽離子的半徑，離子鍵強度遠小于NaCl。（2）①.1：2②.1.6mol/L【解析】【小問1詳解】陰陽離子的半徑越大，或陰陽離子所帶的電荷量越小，離子鍵越弱，陰陽離子所帶電荷量與NaCl相同，但是陰陽離子的半徑遠大于NaCl中陰陽離子的半徑，故熔點遠低于NaCl?！拘?詳解】氨水吸收二氧化硫，生成亞硫酸氨，若二氧化硫足量，則生成的亞硫酸氨還會與多余的二氧化硫反應，生成亞硫酸氫氨，因此A、B溶液中存在亞硫酸氨和亞硫酸氫氨。A中加入足量的NaOH，NaOH與(NH4)2SO3和NH4HSO3反應均生成NH3，生成的氣體先通過堿石灰吸收H2O，再通過無水氯化鈣吸收氨氣，裝置C增重的6.8g為氨氣的質量，為0.4mol。B中加入足量硫酸，硫酸與(NH4)2SO3和NH4HSO3反應生成SO2，生成的氣體先通過濃硫酸吸收H2O，再通過堿石灰吸收SO2，故SO2質量為19.2g，為0.3mol。設原溶液中亞硫酸氨有xmol，亞硫酸氫氨有ymol，根據(jù)氮守恒可知，，解得x=0.2，y=0.4，故原溶液中亞硫酸銨與亞硫酸氫銨物質的量之比為1：2。吸收完二氧化硫的溶液中共有銨根離子0.8mol，根據(jù)氮守恒，用來吸收SO2的氨水濃度為0.8mol÷500mL=1.6mol/L。27.已知X含有五種元素，為驗證其組成，特進行如下實驗，其中，物質A受熱易分解。

請回答：（1）白色固體A的化學式_______（2）物質X的化學式_______（3）請寫出物質X受熱分解化學方程_______【答案】（1）NH4Cl（2）FeH8S2N2O8（3）2FeH8S2N2O8=2H2O+4NH3↑+SO2↑+Fe2(SO4)3【解析】【分析】由圖可知分解后產生水0.02mol，通入氯化氫氣體得到白色固體A為氯化銨0.04mol；白色固體B為硫酸鋇0.01mol；紅褐色沉淀為Fe(OH)30.02mol；白色沉淀C為硫酸鋇0.03mol，綜合分析可知X中含有H0.04+0.04×3=0.16mol，F(xiàn)e0.02mol，S0.01+0.03=0.04mol，N0.04mol，O，則X的化學式為：FeH8S2N2O8，以此解題。【小問1詳解】由分析可知白色固體A為氯化銨，其化學式為：NH4Cl；【小問2詳解】由分析可知X的化學式為FeH8S2N2O8；【小問3詳解】X為FeH8S2N2O8，其分解產物中應該含有水蒸氣，氨氣，二氧化硫，硫酸鐵，則其分解的化學式為：2FeH8S2N2O8=2H2O+4NH3↑+SO2↑+Fe2(SO4)3。28.和是工業(yè)排放的對環(huán)境產生影響的廢氣，充分利用(例如合成尿素)既可以降低成本，也可以減少對環(huán)境的污染。（1）以與為原料合成化肥尿素的主要反應如下：①；②；③；。則a為_______（2）寫出反應②的平衡常數(shù)的表達式K=_______。（3）下列說法正確的是_______A.某恒溫恒容的容器中僅發(fā)生反應①，若混合氣體平均相對分子質量保持不變，說明反應達到了平衡B.某恒溫恒壓的容器中僅發(fā)生反應②，達到平衡后，充入少量He，繼續(xù)反應足夠時間，則會被完全反應C.對于反應③，反應開始后的一段時間內，適當升溫可提高單位時間內的轉化率D.對于反應③，在容器中加入CaO，(可與反應)，提高產率（4）在一個初始體積為VL的恒溫恒壓的容器中，起始充入14mol和13mol，發(fā)生反應③，經過20min后，氨氣的轉化率達到50%，則用尿素來表示這個反應在20min內的平均反應速率為_______mol/min。并將0-30min內體系內氣體的密度隨時間的變化趨勢畫在下圖中。________【答案】（1）＋72.49（2）c(H2O)（3）C（4）①.0.175②.【解析】【小問1詳解】根據(jù)蓋斯定律，“③-①=②”，所以a=-86.98—(—159.47)=＋72.49；【小問2詳解】根據(jù)平衡常數(shù)的定義可知K=c(H2O)；【小問3詳解】A．該反應中，只有氨氣和二氧化碳兩種氣體，如果投料比等于系數(shù)比，則平均相對分子質量始終不變，A錯誤；B．可逆反應不能進行到底，B錯誤；C．如果反應沒有達到平衡，升高溫度，可以加快反應速率，從而提高單位時間內的轉化率，C正確；D．氧化鈣不僅可以和水反應，還可以和二氧化碳反應，故平衡也可能逆向移動，D錯誤；故選C；【小問4詳解】根據(jù)題給數(shù)據(jù)可得如下三段式：用尿素來表示這個反應在20min內的平均反應速率V=mol/min；該反應是一個恒容容器，隨著時間的延長尿素越來越多，則氣體的質量越來越少，故氣體密度在減小，則0-30min內體系內氣體的密度隨時間的變化趨勢如圖：。29.鈦白粉(TiO2)是一種常見的白色顏料，廣泛應用于涂料、造紙、塑料和油墨等工業(yè)。一種以鈦鐵礦(主要成分為偏鈦酸亞鐵，化學式)為原料生產二氧化鈦的工藝流程如圖所示：已知：①；②可水解生成兩種含氧酸。請回答下列問題：（1）鈦鐵礦粉碎的目的是_______。（2）以上流程中加入物質X的作用是防止被氧化，物質X的化學式為_______。（3）寫出溶液Ⅱ中加入水發(fā)生的主要反應化學方程式_______。已知該反應與常見鹽類的水解規(guī)律一致，在不改變產物組成的前提下，寫出一種提高反應物轉化率的方法_______。水解完畢后加入晶種的作用是_______。（4）不考慮損耗，若1t的鈦鐵礦可生產得到鈦白粉480kg、綠礬1695.8kg，則鈦鐵礦中的質量分數(shù)為_______?！敬鸢浮浚?）增大接觸面積，加快反應速率；（2）Fe（3）①.+2H2O?H2TiO3+H2SO4②.升高溫度③.有助于晶體析出（4）91.2%【解析】【分析】本題是一道由鈦鐵礦制備鈦白粉的工業(yè)流程題，鈦鐵礦粉碎后，再用濃硫酸酸浸后，除雜，冷卻結晶得到綠礬，再對濾液處理后即可得到鈦白粉，以此解題?！拘?詳解】鈦鐵礦粉碎的目的是增大接觸面積，加快反應速率；【小問2詳解】二價鐵被氧化為三價鐵，三價鐵可以和單質鐵反應生成二價鐵，故物質X的化學式為：Fe；【小問3詳解】由信息②可知，溶液Ⅱ中加入水發(fā)生的主要反應化學方程式為：+2H2O?H2TiO3+H2SO4；水解反應是吸熱反應，為了提高反應物的轉化率，可以升高溫度；加入晶種有助于晶體析出；【小問4詳解】m()=×152=0.912t，則鈦鐵礦中的質量分數(shù)為。30.下表為長式周期表的一部分，其中的編號代表對應的元素。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）元素⑩的基態(tài)原子的電子排布式為_______（2）科學發(fā)現(xiàn)，②、④、⑨三種元素的原子形成的晶體具有超導性，其晶胞的結構特點如下圖所示(圖中②、④、⑨分別對應于晶胞的體心、頂點、面心)，則該化合物的化學式為_______(用對應的元素符號表示)。與④距離相等且最近的⑨有_______個。

（3）元素②的一種氫化物(分子中含有6個原子)是重要的化工原料，常把該氫化物的產量作為衡量石油化工發(fā)展水平的標志。有關該氫化物分子的說法正確的是_______。A.分子中含有分子間的氫鍵B.屬于含有極性鍵的非極性分子C.只含有4個σ鍵和1個π鍵D.該氫化物分子中②原子采用雜化（4）下圖所示為血紅蛋白和肌紅蛋白的活性部分(血紅素)的結構式。此結構片段中含有的化學鍵有_______(填序號)。

A.離子鍵B.金屬鍵C.極性鍵D.非極性鍵E.配位鍵F.氫鍵G.σ鍵H.π鍵（5）已知A、B、C、D、E均為短周期元素，且原子序數(shù)依次增大。A、B、C為同一周期的主族元素，B原子p能級電子總數(shù)與s能級電子總數(shù)相等。A原子未成對電子是同周期中最多的。D和E原子的第一至第四電離能如下表所示：電離能/kJ/molD7381451773310540E5781817274511578A、B、C三種元素的電負性最大的是_______(填寫元素符號)，D、E兩元素中D的第一電離能較大的原因是_______。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1（2）①.MgNi3C②.12（3）BD（4）CDEGH（5）①.F②.Mg的3s軌道上的電子全充滿，能量較低，較穩(wěn)定，故Mg的第一電離能比Al大【解析】【分析】根據(jù)各元素在周期表中的位置可知，①為H元素，②為C元素，③為O元素，④為Mg元素，⑤為Al元素，⑥為S元素，⑦為Cl元素，⑧為Ca元素，⑨為Ni元素，⑩為Cu元素。【小問1詳解】⑩為Cu元素，Cu原子核外有29個電子，基態(tài)Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1；答案為：1s22s22p63s23p63d104s1?！拘?詳解】②