1、四川省凉山州2019-2020学年高二化学下学期期末检测试题 理（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Fe56第I卷一、选择题(每题只有一个选项符合题目要求)。1. 化学与生活、能源、材料等密切相关。下列描述正确的是( )A. 用米汤能直接检验食盐中是否含有碘B. 醋酸除水垢、纯碱去油污都发生了化学变化C. 煤的气化、液化和石油的分馏都为物理变化D. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐【答案】B【解析】【详解】A食盐中碘为碘酸钾，不存在碘单质，所以遇到淀粉不变蓝，故A错误；B. 醋酸能与碳酸钙反应，所以醋酸除水垢发生了化学变化；碱性物质促进油脂
2、水解，纯碱水解导致其水溶液呈碱性，从而促进油脂水解，发生了化学变化，故B正确；C煤的气化、液化是化学变化，不是物理变化，故C错误；D. 碳酸钡可溶于盐酸生成可溶性钡盐，溶于水的钡盐对人体有毒，但是难溶于水也难溶于酸的BaSO4，不但没有毒，而且还由于它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上被用作X射线透视胃肠的内服药剂“钡餐”，故D错误；故选：B 。2. 下列布关化学用语表示正确的是(A. H、D、T表示同一种核素B. 离子的结构示意图：C. HClO分子的结构式：HOClD. 四氯化碳分子的电子式为：【答案】C【解析】【详解】A. H、D、T表示同3种核素 ，它们互为同位素，A错误；B. O元
3、素的核电荷数为8，故该结构示意图出错，B错误；C. HClO分子是共价分子，氢原子共用1对电子对、氧原子共用2对电子对、氯原子共用1对电子对，故结构式：HOCl ，C正确；D. 四氯化碳分子的电子式中每个氯原子都还有3对未共用电子对，D错误；答案选C。3. 有机物M结构如下图，下列关于其说法正确的是( )A. 该分子式为C12H14B. M中苯环上的一氯取代产物有2种C. 1 mol M最多能消耗7 mol H2D. 该有机物可发生加成、取代、加聚和氧化反应【答案】D【解析】【详解】A根据有机物M的结构简式可知，其分子式为C12H12，故A错误；BM中苯环上的氢原子有4种，因此苯环上的一氯取代
4、产物有4种，故B错误；C1 mol M最多能消耗6 mol H2，故C错误；D该有机物分子中含有碳碳双键、碳碳三键和苯环，可发生加成、取代、加聚和氧化反应，故D正确；故选：D。4. 下列说法中正确的是 A. CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D. 第A族元素和第A族元素的原子之间都能形成离子键【答案】B【解析】【详解】ACO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B在元素周期表中金属元素区的
5、元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；C由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；D一般情况下第A族元素和第A族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的HF是共价键，D错误。答案选B。5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，这些元素形成的常见二元化合物或单质存在如图所示的转化关系(部分反应物或生成物已省略)，其中只有乙为单质，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，丁为淡黄色固体，己是红棕色气体，则下列说法正确的是( )A. 丁是含有共价
6、键的离子化合物B. 简单离子半径大小：WYZXC. 最简单气态氢化物的热稳定性YZD. W的最高价氧化物对应的水化物能促进水的电离【答案】A【解析】【分析】甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为NH3，丁为淡黄色固体二无化合物，则丁为Na2O2，乙为单质，己是红棕色气体，则乙为O2，则己为NO2，氧气由过氧化钠反应生成，丙为氨催化氧化得到的产物NO，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，故X为H、Y为N、Z为O、W为Na，据此回答；【详解】A丁为淡黄色固体二无化合物，则丁为Na2O2，丁是含有共价键的离子化合物，A正确；B同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子
7、序数大的离子半径小，则粒子半径N3O2-Na+H+，B错误；C非金属性越强，简单氢化物越稳定，最简单气态氢化物的热稳定性Z Y，C错误；DW的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，能抑制水的电离，D错误；答案选A。6. 下列变化不能用勒夏特列原理释解的是( )A. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率B. H2、I2(g)、HI混合气体加压后颜色变深C. 红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】【详解】A. 工业生产硫酸的过程中了，存在， 使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，能提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释
8、，A错误；B. 混合气体在一定条件下存在反应H2+I2(g)2HI，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应气体分子总数不变，增大压强平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，故B正确；C. 存在，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，所以可以用平衡移动原理解释，故C错误；D. 存在，在饱和食盐水中，Cl浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故D错误；答案选B。7. H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是A. 有MnO2
9、条件下的反应曲线是a曲线B. a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大C. a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)H2O(l)+ O2(g)H=(E1E2)kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A项、催化剂能够降低反应的活化能，提高反应速率，所以MnO2作催化剂，有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A错误； B项、b使用催化剂，可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，反应的活化分子百分数增大，故B正确；C项、a曲线变为b曲线，途径不变，始终态相同，则平衡时H2O2的转化率不变，故C错误；D项、为放热反应，H=(E1-E2)kJ/m
10、ol，则热化学方程式为H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) H=-(E2-E1)kJ/mol，故D错误；故选B。8. 传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如图所示。下列说法不正确的是( )A. b为正极，电极反应式为O24H4e=2H2OB. H由a极通过质子交换膜向b极移动C. 该燃料电池的总反应为2SO2O22H2O=2H2SO4D. 若a电极消耗标况下2.24 L SO2，理论上在c极上有6.4 g铜析出【答案】D【解析】【详解】A.b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境
11、，电极反应式为O24H4e=2H2O，故A正确；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故B正确；C.分析图中信息可知该燃料电池的总反应为2SO2O22H2O=2H2SO4，故C正确；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24 L SO2，理论上在d极上有6.4 g铜析出，故D不正确。故答案选D。9. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 将Al条投入NaOH溶液中：Al+OH-+H2O=+H2B. 铜溶于稀硝酸中：Cu+4H+2=Cu2+2NO2+2H2OC. 碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液+OH-=+H2OD. 氯化镁溶液中加氨水：
12、Mg2+2NH3H2O=Mg(OH)2+2【答案】D【解析】【详解】A将Al条投入NaOH溶液中，发生反应：2Al + 2OH- + 2H2O = 2+ 3H2，故A错误；B铜溶于稀硝酸中生成的还原产物为NO，而不是NO2，故B错误；C碳酸氢钙溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，发生反应：Ca2+ + 2+ 2OH- =+ CaCO3+ 2H2O，故C错误；D氯化镁溶液中加氨水：Mg2+ + 2NH3H2O = Mg(OH)2 + 2，故D正确；故选：D 。10. 下列说法正确的是( )A. 苯能与溴发生取代反应，因此不能用苯萃取溴水中的溴B. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH
13、3CO18OH和C2H5OHC. 用新制Cu(OH)2悬浊液可以鉴别乙酸、乙醇和葡萄糖D. 分子所有碳原子一定不能共平面【答案】C【解析】【详解】A苯能与液溴发生取代反应，不能和溴水发生反应，由于溴在水中的溶解度小于在苯中的溶解度，所以能用苯萃取溴水中的溴，故A错误；B 酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故B错误；C新制的Cu(OH)2悬浊液分别与乙酸、乙醇和葡萄糖混合的现象为：蓝色溶液、无现象、砖红色沉淀（加热），现象不同，可鉴别，故C正确；D苯环、双键为平面结构，且直接相连，则所有碳
14、原子可能共平面，故D错误；故选：C 。11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是()A. 0.1molL-1Na2SO4溶液中，Na+数目是0.2NAB. 1molAl3+完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NAC. 50mL12molL-1浓盐酸与足量二氧化锰加热反应，转移电子数为0.3NAD. 常温常压下，39gNa2O2中所含的离子数目为1.5NA【答案】D【解析】【详解】A.溶液的体积未知，无法计算钠离子的数目，故A错误；B. .1 mol Al3+完全水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体微粒是氢氧化铝集合体，粒子的数目小于NA，故B错误；C. 二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐
15、酸不反应，故浓盐酸一旦变稀，反应即停止，故生成的氯气分子的个数小于0.3 NA，故C错误；D. 过氧化钠是由两个钠离子和一个过氧根离子构成，39 g 过氧化钠的物质的量= 39g78g/mol = 0.5 mol，所含离子的数目为1.5 NA，故D正确；故选：D。12. 有下列三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl=2KCl2MnCl28H2O5Cl2若溶液中有Fe2、I、Cl共存，要除去I而不影响Fe2和Cl共存，可加入的试剂是( )A. Cl2B. KMnO4C. FeCl3D. HCl【答案】C【解析】【详解】
16、除去I可用沉淀法也可用氧化法，但本题只能用氧化法，但所选氧化剂只能是氧化I而不能氧化Fe2、Cl。由三个化学反应方程式可知：氧化剂的氧化性顺序为：KMnO4Cl2FeCl3I2，所以KMnO4、Cl2可氧化Fe2、I，而Fe3只能氧化I，所以仅除I加入FeCl3最合适，另外加入FeCl3也不会引入新杂质；A. 氯气能将Fe2、I均氧化，故A不选；B. KMnO4能将Fe2、I和Cl均氧化，故B不选；C. FeCl3能氧化除去I而不影响Fe2和Cl，故C选；D. HCl与三种离子均不反应，故D不选；答案选C。13. 下列实验操作能达到目的的是( ) 实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将Na
17、OH浓溶液滴加到饱的FeCl3溶液中B制备铝单质电解氯化铝的熔融态 C除去乙醇中混有的少量H2O加入生石灰，蒸馏 D除去乙烷中混有的少量乙烯将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液，洗气 A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A将NaOH浓溶液滴加到饱的FeCl3溶液中会产生氢氧化铁沉淀，故A错误；B氯化铝是共价化合物，在熔融态不导电，故B错误；C生石灰可与水反应生成氢氧化钙，除去乙醇中混有的少量H2O，蒸馏得到纯净的乙醇，故C正确；D乙烯可与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳气体，会引入新的杂质，故D错误；故选：C。14. 下列说法中，正确的是( )A. 向0.1 mo/L的氨水中加
18、入少量硫酸铵固体，则溶液中增大B. 常温下，0.1 mo/L的下列溶液：NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4，其中c()由大到小的顺序是： C. 在25时将pH = l1的NaOH溶液与pH = 3的CH3COOH溶液等体积混合后：c(Na+) c(CH3COO-) c(OH-) c(H+)D. Na2CO3溶液中：2c(Na+) = c() + c() + c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A. 向氨水中加入硫酸铵固体会抑制一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨浓度增大，所以减小，故A错误；B. NH4Al(SO4)2溶液中铵根离子的水解与铝离子的水解相
19、互抑制，CH3COONH4中铵根离子的水解与醋酸根离子的水解相互促进，所以相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4，则c()由大到小的顺序是：，故B正确；C. 在25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后，促进醋酸又电离，溶液显酸性， c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故C错误；DNa2CO3溶液中存在物料守恒，c(Na+) = 2 c() +2 c() +2 c(H2CO3)，故D错误；故选：B。第II卷二、非选择题(一)必考题15. 某校研究性学习小组选用下图装置组装制备纯净干燥的NH3，并
20、探究NH3与CuO发生的反应，同时检验和收集非固态产物。请回答下列问题：(1)完成实验所需装置按气流方向从左到右的连接顺序为 A_ EG _。(2)连接好装置后应首先_，然后添加药品进行实验。(3)装置A中发生反应的化学方程式为_。(4)D中盛放碱石灰的仪器名称是_， E 装置的作用是_。(5)通过进一步检测发现F 中收集的气体是一种常见的单质气体， 硬质玻璃管中得到一种固体单质。试描述该小组同学还能观察到的其它现象为: _； C 中反应的化学方程式为：_。【答案】 (1). D ； (2). C； (3). B； (4). F； (5). 检査装置的气密性； (6). 2NH4Cl+Ca(O
21、H)2 CaCl2+2NH3+2H2O； (7). 球形干燥管； (8). 检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成； (9). C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生；E中白色固体逐渐变蓝； (10). 3CuO + 2NH3 3Cu + N2 + 3H2O；【解析】【分析】利用装置A制备NH3，再将干燥的氨气通过加热的CuO，并用无水硫酸铜检验是否有水生成，利用F装置收集反应生成的气体，据此分析连接装置；实验装置连接好了以后，根据大气压强原理来检验装置的气密性；实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气；根据仪器的结构和性能确定仪器D的名称；无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色；发现F中收集到的气体是一种
22、常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种固体单质，结合化学反应的本质，反应前后元素不发生改变，可知生成物为铜、氮气和水，以此书写化学方程式。【详解】(1)将装置A制备的NH3通过D中盛装的碱石灰干燥，再依次通过加热的CuO、无水硫酸铜，并连接G装置防倒吸，再利用B浓硫酸吸收未反应的氨气，最后利用F装置收集反应生成的气体，即装置连接顺序为ADCEGBF；故答案为：D ；C；B；F；(2)实验装置连接好了以后，要先检验装置的气密性，再添加药品进行实验；故答案为：检査装置的气密性；(3)实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；故
23、答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(4)D中盛放碱石灰的仪器名称是球形干燥管；装置E中无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色，则可检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成；故答案为：球形干燥管；检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成；(5)CuO变为红色物质，无水CuSO4变蓝色，同时生成一种无污染的气体，说明生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O；故答案为：C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生；E中白色固体逐渐变蓝；3CuO + 2NH33Cu + N2 + 3H2O；【点睛】本题为综合探究实验题，考查了氨气实
24、验室制备方法，氨气的性质验证实验设计用于分析判断，化学方程式的书写即实验方案的设计，首先要明确该实验的目的，然后围绕该实验目的，分析题给实验装置中可能涉及的反应原理及装置作用，最后紧扣题意回答有关的问题，题目难度中等。16. 硫酸铁铵 Fe2(SO4)32(NH4)2SO4 2H2O广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等。某化工厂以硫酸亚怢(含少量硝酸钙)和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵，并测定产品纯度。请回答下列问题：(1)硫酸亚铁溶液加H2SO4酸化的主要目的是_。(2)下列物质中最适合作为氧化剂B是_ ；反应的离子方程式_。a.NaClO b. H2O2 c.KMn
25、O4 d. K2Cr2O7(3)上述流程中，氧化之后和加热蒸发之前，需取少量溶液检验Fe2+是否已全部被氧化，所加试剂为_(写名称)，能否用酸性的KMnO4溶液理由是：_。(4)检验硫酸铁铵中的方法是_。(5)取样品 7. 5 g 溶于水中，加入足量KI进行处理：加几滴淀粉溶液，然后用0.5 molL-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液体积为 40.00 mL。已知：2 + I2 = 2I- + 滴定终点的现象为_。获得的产品纯度为_(保留三位有效数字)【答案】 (1). 增大溶液中浓度，将Ca2+转化为沉淀，同时抑制Fe2+水解； (2). b； (3). H2O2
26、+ 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O； (4). 铁氰化钾溶液； (5). 不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色； (6). 在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色； (7). 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色； (8). 93.3%【解析】【分析】原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，结合对应物质的性质以及
27、题目要求可解答该题。【详解】(1)加入硫酸，可增大溶液中浓度，将Ca2+转化为沉淀，生成CaSO4，同时抑制Fe2+水解；故答案为：增大溶液中浓度，将Ca2+转化为沉淀，同时抑制Fe2+水解；(2)为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，过氧化氢与亚铁离子反应生成铁离子和水，其反应的离子方程式为：H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O；故答案为：b；H2O2 + 2H+ + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O；(3)亚铁离子与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，则检验亚铁离子可以用铁氰化钾溶液；酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁，也能氧化双氧
28、水，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验是否还有亚铁离子；故答案为：铁氰化钾溶液；不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；(4)检验的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有；故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；(5) 用0.5 molL-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定至终点，达到滴定终点时的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色且半分钟内不变色；故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由蓝
29、色变为无色且半分钟内不变色；由得失电子守恒得：，因此 ，所以硫酸铁铵的物质的量为0.01mol，其纯度为： ；故答案为：93.3%。【点睛】本题考查物质的分离、提纯制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意根据物质的性质把握实验原理和方法，难度较大。17. “循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳及其化合物的综合利用成为研究的热点。(1)下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是_(填字母)。A. SO2具有漂白性而CO2没有 B. SO2能使酸性 KMnO4溶液褪色而CO2不能C H2SO4可与 Na2CO3反应生成CO2 D. N
30、a2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性(2)CH4(g) + CO2(g) 2 CO(g) + 2H2(g) 已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHHCO(CO)键能/kJmol-14137454361075则该反应的H = _。(3)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应为：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH( g) + H2O(g)；H 0， 某温度下，将 1 mol CO2和 3 mol H2充入体积不变的2 L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下：时间/ h123456P后/P前0.90.850.830.810.800.80只
31、改变下列条件，既能加快该反应的反应速率，又能增大CO2的平衡转化率的是_ (填字母)。A .增大压强 B.充入一定量的H2 C. 及时移走CH3OH D.加入适当催化剂该温度下CO2的平衡转化率为_。向2 L绝热容器中充入1 mol CO2和3 mol H2进行上述反应，该反应的平衡常数_(填“增大”“减小”或“不变”)，理由为_。(4)下图为电解精炼银的示意图，_(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生则生成该气体的电极反应式为_。【答案】 (1). CD； (2). + 120 kJmol-1； (3). AB (4). 40.00% (5). 减小； (6).
32、该反应正反应为吸热反应，在绝热容器中随着反应的进行，容器内的温度降低，平衡逆向移动，平衡常数减小； (7). a； (8). + e- + 2H+ = NO2 + H2O；【解析】【详解】(1)ASO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，故A错误；BSO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用来比较元素的非金属性强弱，故B错误；CH2SO4可与Na2CO3反应生成CO2，证明H2SO4的酸性强于H2CO3的酸性，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故C正确； DNa2CO3溶液显碱性说明H2C
33、O3为弱酸，Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，故D正确；故答案为：C D；(2) 根据反应焓变H = 反应物总键能 - 生成物总键能可得反应CH4(g) + CO2(g)2 CO(g) + 2H2(g)焓变为：H = 4413 kJmol-1+ 2745 kJmol-1 -（21075 kJmol-1+2436 kJmol-1）= + 120 kJmol-1故答案为：+ 120 kJmol-1；(3)既能加快该反应的反应速率，又能增大CO2的平衡转化率，说明平衡正向移动；A .该反应是一个反应前后气体分子数目减小的可逆反应，增大
34、压强，压缩容器体积，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，符合题意，故A正确；B.充入一定量的H2，反应物的浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，符合题意，故B正确；C. 及时移走CH3OH，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡正向移动，不符合题意，故C错误；D.催化剂可以同等程度的改变正逆反应速率，平衡不发生移动，不符合题意，故D错误；故答案为：AB。反应达到平衡状态时，设二氧化碳反应物质的量的转化量为y mol， 根据在同温同体积下，气体的压强之比等于其物质的量之比可得： 解得：y = 0.4 ，因此该温度下CO2的平衡转化率为： ；故答案：40.00%
35、;CO2(g) + 3H2(g)CH3OH( g) + H2O(g)；H 0，该反应正反应为吸热反应，在绝热容器中随着反应的进行，容器内的温度降低，平衡逆向移动，平衡常数减小；故答案为：减小；该反应正反应为吸热反应，在绝热容器中随着反应的进行，容器内的温度降低，平衡逆向移动，平衡常数减小；(4) 电解精炼银时，粗银作阳极发生氧化反应，与电源正极相连的是电解池的阳极，所以a极为含有杂质的粗银，b极与电源负极相连是电解池的阴极，电解质溶液中含硝酸根，b极有少量红棕色气体应是二氧化氮，生成该气体的电极反应为： + e-+ 2H+= NO2 + H2O，故答案为：a； + e-+ 2H+= NO2 +
36、 H2O 。(二)选考题18. 已知X、Y、Z、Q、R、E 六种前四周期元素中，原子序数依次增大，其结构或性质如信息如下表。元素结构或性质信息X原子的L层上s电子数等于p电子数Y原子核外的L层有3个未成对电子Z地壳中含量最多的元素Q单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子R核电荷数是Y与Q的核电荷数之和EN能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子请根据信息回答有关问题：(1)写出元素Y的原子核外价电子排布图：_。X的一种氢化物相对分子质量为26，其中X的杂化方式为_。(2)X、Y、Z三种元素的第一电离能由高到低的排列为(写元素符号)_。(3)X、Z元素分别与氢元素形成的最简单化
37、合中物，沸点较高的为(写化学式)_，原因是_。(4)XZ与Y2属于等电子体写出化合物XZ的电子式：_。(5)R的一种配合物的化学式为RCl36H2O。已知0.01 mol RCl36H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02 mol AgCl沉淀。此配合物最可能是_。A. R(H2O)6Cl3 B. R(H2O)5ClCl2H2O C. R(H2O)4Cl2Cl2H2O D. R(H2O)3Cl33H2O(6)向含少量ESO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到天蓝色溶液，写出沉淀溶解反应的离子方程式为: _。 (7)元素E的单质晶体中原子的堆积方式
38、如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图丙所示。若已知该元素的原子半径为d cm，相对原子质量为M，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_gcm-3(用字母表示)。【答案】 (1). (2). sp； (3). NOC； (4). H2O； (5). 水分子间可以形成氢键，使沸点升高； (6). ； (7). B； (8). Cu(OH)2 + 4 NH3H2O =Cu(NH3)42+ + 2OH-+4 H2O； (9). 【解析】【分析】已知 X、Y、Z、Q、R、E六种前四周期元素中，原子序数依次增大，X原子的L层上s电子数等于p电子数，则L层含有4个
39、电子，为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；Y原子核外的L层有3个未成对电子，其原子序数小于O大于C，则Y为N元素；Q的单质常温常压下是气体，原子的M层上有1个未成对的p电子，则Q为Cl元素；R的核电荷数是Y与Q的核电荷数之和，则R的核电荷数=7+17=24，为Cr元素；E的N能层上只有一个电子，K、L、M层均排满电子，其核外电子数为2+8+18+1=29，为Cu元素，据此结合元素周期律知识解答(1) (6)；(7)可以均摊法计算晶胞中Cu原子数目，结合K的摩尔质量计算晶胞质量，Cu的原子半径为d pm，则晶胞棱长为，再根据= m/V计算晶胞密度。【详解】由分析可知：X为C元素；Y
40、为N元素；Z为O元素；Q为Cl元素；R为Cr元素；E为Cu元素。(1)Y为N元素，其原子序数为7，最外层5个电子，为2s22p3，为2s和2p电子，且2p轨道中应为3个单电子，价电子轨道排布式为：；X为C元素，C的一种氢化物相对分子质量为26，该化合物为乙炔，乙炔分子的结构式H-CC-H，中心原子碳原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=2+（4-22）=2，采取sp杂化；故答案为：；sp；(2)同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC；故答案为：NOC；(3)X、Z元素分别
41、与氢元素形成的最简单化合物分别为CH4、H2O，由于水分子间可以形成氢键，使沸点升高，导致水的沸点较高；故答案为：H2O； 水分子间可以形成氢键，使沸点升高；(4)根据等电子体原理，可知化合物CO与N2互为等电子体，氮气分子的结构式为，则CO的结构式是；故答案为：；(5)RCl36H2O为CrCl36H2O，根据题意知，氯化铬（CrCl36H2O）和氯化银的物质的量之比是1:2，根据氯离子守恒知，则CrCl36H2O化学式中含有2个氯离子为外界离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬（CrCl36H2O）的化学式可能为R(H2O)5ClCl2H2O；故答案为：B；(6)ESO4为CuSO4，
42、向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2+ + 2NH3H2O =Cu(OH)2 + 2；继续滴加氨水至过量，沉淀溶解生成Cu(NH3)42+，得到天蓝色溶液，反应的离子方程式为：Cu(OH)2 + 4 NH3H2O =Cu(NH3)42+ + 2OH-+4 H2O；故答案为：Cu(OH)2 + 4 NH3H2O =Cu(NH3)42+ + 2OH-+4 H2O；(7)E为Cu，根据图乙可知，晶胞中Cu原子数目为：，晶胞质量为：，Cu的原子半径为d cm，则晶胞棱长为：，故Cu晶胞的密度 ；故答案为：【点睛】本题考查较为综合，涉及晶胞计算、配合
43、物、原子结构与元素周期律应用等知识，题目难度较大，推断元素为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。19. 化合物M 属于功能高分子材料。实验室由化合物 A 和B制备M()的一种合成路线如下： 已知： (R1、R2 表示氢原子或烃基)。(1)A的结构简式为_；B 中官能团的名称为_，C的化学名称为 _。(2)由B生成F和由D生成E的反应类型分别为_ 、 _；由G生成H的反应条件为_。(3)由E 和 I生成M 的化学方程式为 _。(4)同时满足下列条件的E的同分异构体共有_种(不考虑立体异构，不包括本身)。硝基与苯环直接相连 。 与钠反应放出H2
44、。(5)参照上述合成路线和信息，设计以丙酮为原料无机试剂任选制备 的合成路线：_。【答案】 (1). CH3 (2). 醛基 (3). 4硝基甲苯（或对硝基甲苯） (4). 加成反应 (5). 取代反应（或水解反应） (6). 浓H2SO4、加热 (7). (8). 12 (9). 【解析】【分析】(1)到(4)：由信息推知：M为，则E为O2NCH2OH，I为，由E以及A到E的演变可知，A为CH3， C为O2NCH3，D为O2NCH2Cl，已推出I为，则 H为CH3CH=CHCOOH，结合信息知G为， F为， B为CH3CH2CHO，据此回答；(5) 逆合成分析法：要得到，则需要得到单体，按框
45、图下的信息知，单体可由水解得到，则通过丙酮和HCN在OH-条件下加成所得，据此回答。【详解】(1)A的结构简式为CH3；B中官能团的名称为醛基；C的化学名称为4硝基甲苯(或对硝基甲苯)；(2)由B生成F，即CH3CH2CHO生成，按信息知是通过加成反应，由D生成E即O2NCH2Cl生成O2NCH2OH，反应类型为取代反应(或水解反应)；由G生成H即发生消去反应生成CH3CH=CHCOOH，反应条件为浓H2SO4、加热；(3) E与I反应生成M的化学方程式为：；(4) E为O2NCH2OH， E的同分异构体同时满足下列条件硝基与苯环直接相连与钠反应放出H2，则同分异构体含有羟基，当同分异构体属于芳香醇时，满足条件的芳香醇有2种，它们是、，当同分异构体属于酚时，可以看作是、和苯环上的1个氢原子被1个甲基替代所得， 苯环上有4种氢原子，故对应的同分异构体有4种、苯环上有4种氢原子，故对应的同分异构体有4种、苯环上有2种氢原子，故对应的同分异构体有2种、则属于酚类的同分异构体有10种，共12种； (5) 由信息，CH3COCH3与HCN发生加成反应生成，再发生水解反应生成，最后发生缩聚反应生成，由此可得合成路线为。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意利用有机物的结构、反应条件、演变关系进行分析解答、利用题目转化关系中隐含的信息进行设计是解题关键。