1、2016-2017学年河南省豫南九校联考高二（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列冶炼金属的方法正确的是（）A电解MgO制取MgB加热条件下用CO还原Ag2O制取AgC在A1和F2O3反应中，生成11.2gFe，转移电子数为0.6NAD电解NaCl溶液制取Na2用括号中的试剂除去各组物质中的杂质，可选试剂不正确的是（）A乙醇中的水（新制CaO）B乙烷中乙烯（溴水）C苯中的甲苯（溴水）D乙酸乙酯中的乙酸（饱和Na2CO3溶液）3下列溶液中加入足量Na2O2后，仍能大量共存的一组离子是（）AK+、AlO2、Cl、SO42BFe2+、H
2、CO3、K2、SO42CNa+、Cl、AlO2、NO3DNH4+、NO3、I、CO324将CO2气体通入下列溶液中，无明显现象的是（）ANaAlO2溶液BNa2SiO3溶液C漂白粉溶液DCaCl25常温下，用pH=11的氨水，分别与pH=3的盐酸和某酸等体积混合，得到X、Y两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（）AX可能呈酸性BX溶液可能呈中性CY溶液可能呈中性DY溶液一定呈中性6化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C2NO（g）+2CO（g）=N2（g
3、）+2CO2（g） 在常温下能自发进行，则该反应的H0D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁7为倡导“低碳”，减小CO2对环境的影响，需对CO2进行创新利用研究T1使，将将9mol CO2和12mol H2充入3L密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0，容器中CH3OH的物质的量随时间变化如曲线所示，平衡时容器内压强为p0改变某一条件重新进行上述反应，CH3OH的物质的量随时间变化如曲线所示下列说法错误的是（）A曲线对应的条件改变是增大压强BT2时，上述反应平衡常数为0.52，则T2T1C在T1，若起始时向容器充入4.5 mol CO2、6 mol H
4、2，平衡时容器内压强P1D在T1，若起始时向容器中充入4.5 mol CO2、5 mol H2、5 mol CH3OH（g）和5 mol H2O（g），则达平衡前v（正）v（逆）8关于溶液的下列说法正确的是（）A等体积、对物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：C（Na+）c（HX）c（X）c（H+）c（OH）B等物质的量浓度的下列溶液：H2CO3Na2CO3NaHCO3（NH4）2CO3中c（CO32）的大小关系为：C往0.1mol/L CH3COOH溶液中通入少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大DNa2CO3溶液中，2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+
5、c（H2CO3）9下列有关说法中正确的是（）AKsp（AB2）Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度B在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变C已知Ksp（AgCl）Ksp（AgI），则反应AgCl（s）+I（aq）=AgI（s）+Cl（aq）能够发生D在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动10能说明醋酸是弱电解质的是醋酸溶液能导电；醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；醋酸稀溶液中存在醋酸分子；常温下，0.2mol/L醋酸的pH比0.2mol/L盐酸的pH大；大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，
6、醋酸产生H2速率慢（）ABCD11下列实验装置图合理的是（）A装置可实现：Cu+2H2OCu（OH）2+H2B装置能构成锌铜原电池C装置可用于粗铜的电解精炼D装置可用于浓硫酸干燥氯气12利用人工光合作用合成甲酸的原理为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A该装置将太阳能转化为化学能和电能B电极1周围pH减小C电极2上发生的反应为CO2+2H+2eHCOOHDH+由电极2室经过质子膜流向电极1室13室温时，向20mL，0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的
7、描述不正确的是（）Aa点时：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）Bb点时：c（Na+）=c（CH3COO）Cc点时：c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）Dd点时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）14一定条件下N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol，用1.5molN2和一定量H2反应时，当N2的转化率为80%，达到平衡状态，放出的热量为（）A136.8kJB110.9kJC83.2kJD82.4kJ二、非选择题（说明：本大题为必答题，包含3个小题，共28分）15在一定温度下，工业上合成尿素（H2NCONH2）的
8、反应如下：2NH3（I）+CO2（g）H2O（I）+H2NCONH2（I）H=103.7kJmol1试回答下列问题：（1）写出一种有利于提高尿素的产率的措施是（2）合成尿素的反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（I）+CO2（g）H2NCOONH4（I）（氨基甲酸铵）H1第二步：H2NCOONH4（I）H2O（I）+H2NCONH2（I）H2某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.2L的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如图甲所示：代表的物质为（填化学式）已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第步反应决定，反应进行到1
9、0min时到达平衡反应进行到10min时测得所代表的物质的量如图所示，则该物质表示的表示化学反应的速率为molL1minL1第二步反应的平衡常数K2随温度的变化如乙图所示，则H1 0 （填“”“”或“=”）第一步反应在 （填“较高”或“较低”）温度下有利该反应自发进行（3）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.6kJmol1N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=16I一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入容积为
10、1L的恒容密闭容器中，发生反应CO（g）+H2OCO2（g）+H2（g）得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衝所需时间/minCOH2OCO21500843.242700420.833700420.81（1）下列情况表明反应达到平衡状态的是 （填序号）ACO2和H2生成速率相等B温度不变时，压强不变C生成CO2的速率和生成CO的速率相等（2）实验2中，反应达到平衡状态时，CO的转化率为（3）实验3和实验2相比，改变的条件是II（1）硫化钠溶液具有较强碱性，其原因是（用离子方程式表示）（2）欲使0.1mol的Na2S溶液中，的值增大，可采取的措施是（填序号）A加适量等浓
11、度的NaOH溶液B加适量的水C通入适量的H2S气体17某同学设计计如图所示装罝（部分夹持装置己略去）进行实验探究：（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素以生成9.0mL气体为计时终点，结果为t1t2 序号V（H2SO4）/mLC（H2SO4）/molL1t/sI401t1II404t2比较实验I和可以得出的实验结论是若将锌片换成含杂质的粗锌片，其他条件使其与上述一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据粗锌片中所含杂质可能是 （填序号）A二氧化硅 B银 C铜 D石墨（2）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀圆底烧瓶中的试剂可选用（填序号）A稀HCl BNaCl溶液 C乙醇 DN
12、aOH溶液能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是三、选作题（请在下列两个考试模块中任选一个模块作答，请先把要选择答题的模块涂黑：有机化学基础部分物质结构与性质部分）选作（一）有机化学基础部分18抗疟疾药物青蒿素可由香茅醛为原料合成下列有关香茅醛的叙述错误的是（）A分子式是C10H18OB至少有六个碳原子处于同一平面C能与新制Cu（OH）2悬浊液反应D能与H2或Br2发生加成反应19有机物甲的分子式为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，且乙和丙分子中含有数目相同的甲基，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有（）A6种B5种C4种D3种20
13、双酚A（也称BPA）常用作塑料制品添加剂，其结构简式如图所示下列关于双酚A的叙述正确的是（）A双酚A分子的核磁共振谱有4组峰B双酚A分子中所有的碳原子可能共平面C1mol双酚A最多可与2molBr2反应D双酚A与足量H2反应的产物属于芳香醇21有关如图所示化合物的说法不正确的是（）A该有机物的分子式为C15H18O4B1mol该化合物最多可以与2molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体四、解答题（共1小题，满分18分）22工业上按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料请根据上述路线
14、，回答下列问题：（1）A的结构简式可能为：；（2）反应、的反应类型分别为、；（3）写出下列反应、的化学方程式为（要求：有机物写结构简式，并注明反应条件）：；（4）工业生产中，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化D的方法，其原因是（5）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种写出符号上述条件的物质可能的结构简式（只写两种）：选作(二)物质结构与性质部分23下列说法不正确的是（）A某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与
15、氯气反应时生成的阳离子是X2+B在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C标况下22.4LC2H2中所含的键数和18g冰中所含的氢键数均为2molDPCl5和AlCl3形成的加合物PCl5AlCl3由PCl4+和AlCl4构成，化合物中的阴阳离子均为正四面体构型24现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p2； 1s22s22p63s23p3； 1s22s22p3； 1s22s22p4则下列有关比较中正确的是（）A电负性：B原子半径：C第一电离能：D最高正化合价：25如图三条曲线表示C、Si和P元素的四级电离能变化趋势下列说法正确的是（）A
16、电负性：cbaB最简单氢化物的稳定性：cabCI5：acbD最简单氢化物的沸点：abc26a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物b为EDTA与Ca2+形成的螯合物下列叙述正确的是（）Ab含有分子内氢键Bb中Ca2+的配位数为4Cb含有共价键、离子键和配位键Da和b中的N原子均为sp3杂化六、解答题（共1小题，满分0分）27原子序数依次递增且都小于36的A、B、C、D、E五种元素，其中A的一种核素中没有中子，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍回答下列问题：（1）B2A
17、4分子中B原子轨道的杂化类型为，B2A4分子中键和键个数比为（2）A、B、C、D四种元素的电负性从大到小的顺序为（用元素符号表示）；化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是（3）元素B的一种氧化物与元素C的一种氧化物互为等电子体，元素C的这种氧化物的分子式是（4）元素E能形成多种配合物，如：E（CO）5等基态E原子的价电子排布图为E（CO）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断E（CO）5晶体属于（填晶体类型），该晶体中E的化合价为（5）E和C形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞的化学式为若两个最近的E原子间的距离为acm，则该晶体的密度是g
18、mL12016-2017学年河南省豫南九校联考高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列冶炼金属的方法正确的是（）A电解MgO制取MgB加热条件下用CO还原Ag2O制取AgC在A1和F2O3反应中，生成11.2gFe，转移电子数为0.6NAD电解NaCl溶液制取Na【考点】G6：金属冶炼的一般原理【分析】A氯化镁、MgO都属于离子晶体，在熔融状态下都电离出阴阳离子而导电，但氯化镁的熔点小于氧化镁；B电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：
19、冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；C在A1和F2O3反应中，生成11.2gFe=0.2mol，电子转移0.2mol3=0.6mol；D电解饱和NaCl溶液的实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2【解答】解：A镁为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，而不采用电解氧化镁的方法冶炼镁，氯化镁的熔点低于氧化镁，如果电解氧化镁会浪费大量能源，所以用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故A错误；B常温下，银易和其它物质反应生成化合物，所以在自然界中以
20、化合态存在，银的金属性弱，可用加热Ag2O的方法冶炼，故B错误；C在A1和F2O3反应中，生成11.2gFe=0.2mol，电子转移0.2mol3=0.6mol，转移电子数为0.6NA，故C正确；D电解饱和NaCl溶液电解过程中阳极上氯离子失电子发生氧化反应，2Cl2e=Cl2；阴极上是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2，实质是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2得不到金属钠，故D错误；故选C2用括号中的试剂除去各组物质中的杂质，可选试剂不正确的是（）A乙醇中的水（新制CaO）B乙烷中乙烯（溴水）C苯中的甲苯（溴水）D乙酸乙酯中的乙酸（饱和Na2CO3溶液）【考点】
21、PR：物质分离、提纯的实验方案设计【分析】ACaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；B乙烯与溴水反应，而乙烷不能；C溴、甲苯均易溶于苯；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层【解答】解：ACaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；B乙烯与溴水反应，而乙烷不能，洗气可分离，故B正确；C溴、甲苯均易溶于苯，不能除杂，应选高锰酸钾、分液，故C错误；D乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故D正确；故选C3下列溶液中加入足量Na2O2后，仍能大量共存的一组离子是（）AK+、AlO2、Cl、SO42BFe2+、HCO3、K2、SO42CNa+、Cl、AlO2、NO3D
22、NH4+、NO3、I、CO32【考点】DP：离子共存问题【分析】加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH和氧气，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：加入足量Na2O2后，与水反应生成NaOH和氧气，A该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B碱性溶液中不能大量存在HCO3，且Fe2+、Na2O2发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D碱性溶液中不能大量存在NH4+，且I、Na2O2发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选AC4将CO2气体通入下列溶液中，无明显现象的是（）ANa
23、AlO2溶液BNa2SiO3溶液C漂白粉溶液DCaCl2【考点】DF：离子反应发生的条件【分析】A二氧化碳通入NaAlO2溶液中反应生成氢氧化铝白色沉淀；B二氧化碳与水玻璃反应生成硅酸；C二氧化碳通入漂白粉溶液中发生反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸；D二氧化碳与氯化钙不反应【解答】解：A二氧化碳通入NaAlO2溶液中反应生成氢氧化铝白色沉淀，故A不选；B二氧化碳与水玻璃反应生成硅酸，硅酸不溶于水，是白色胶状沉淀，反应过程现象明显，故B不选；C二氧化碳通入漂白粉溶液中发生反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，故C不选；D二氧化碳与氯化钙不反应，没有明显现象，整个过程中无明显现象，故D选；故选D5常温下，用pH=
24、11的氨水，分别与pH=3的盐酸和某酸等体积混合，得到X、Y两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是（）AX可能呈酸性BX溶液可能呈中性CY溶液可能呈中性DY溶液一定呈中性【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】一水合氨为弱碱，氨水的浓度大于0.001mol/L，pH=3的盐酸浓度为0.001mol/L，pH=3的某酸中氢离子浓度为0.001mol/L，酸的浓度0.001mol/L；X为氯化铵和氨水的混合液，溶液一定呈碱性，Y溶液酸碱性无法确定，据此进行解答【解答】解：常温下pH=11的氨水中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，氨水浓
25、度大于0.001mol/L，该氨水与pH=3的盐酸混合，所得溶液X为氨水和氯化铵的混合液，溶液呈碱性，故A、B错误；pH=3某酸中氢离子浓度为0.001mol/L，若酸为强酸，则氨水过量，Y溶液呈碱性；若该酸为弱酸，Y溶液可能为中性或酸性，故D错误、C正确，故选C6化学在生产和日常生活中有着重要的应用下列说法不正确的是（）A明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g） 在常温下能自发进行，则该反应的H0D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【考点】14：物质的组成、结构和性
26、质的关系【分析】AAl（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性；B依据牺牲阳极的阴极保护的金属防腐原理解答；C反应自发进行的判断依据为HTS0，据此判断；D电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁【解答】解：A明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，故A正确；BZn与Fe形成原电池时，Zn的活泼性比Fe强，Fe作正极被保护，所以在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C.2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）该反应S0，反应能自发进行则HTS0，可知H0，故C正确；D电解氯
27、化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁，电解熔融的氯化镁生成氯气和镁，故D错误；故选：D7为倡导“低碳”，减小CO2对环境的影响，需对CO2进行创新利用研究T1使，将将9mol CO2和12mol H2充入3L密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H0，容器中CH3OH的物质的量随时间变化如曲线所示，平衡时容器内压强为p0改变某一条件重新进行上述反应，CH3OH的物质的量随时间变化如曲线所示下列说法错误的是（）A曲线对应的条件改变是增大压强BT2时，上述反应平衡常数为0.52，则T2T1C在T1，若起始时向容器充入4.5 mol CO2、6 mol H2，平衡时
28、容器内压强P1D在T1，若起始时向容器中充入4.5 mol CO2、5 mol H2、5 mol CH3OH（g）和5 mol H2O（g），则达平衡前v（正）v（逆）【考点】CP：化学平衡的计算；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】A该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，改变条件时，甲醇的物质的量增大，说明平衡向正反应方向移动，到达平衡所需时间减小，说明改变条件时反应速率加快，根据外界条件对反应速率、化学平衡的影响分析；B化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，平衡常数变化受温度的影响，平衡向正反应方向移动平衡常数增大，根据温度和平衡常数的关系判断
29、；C如果充入气体浓度减半，如果转化率相等则平衡压强是I的一半，实际上，相当于减小压强平衡向气体体积增大的方向移动；D先根据浓度商常数确定反应方向，根据反应方向确定正逆反应速率相对大小【解答】解：A该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，曲线II到达平衡所需时间较短，说明改变条件时反应速率加快，平衡时甲醇的物质的量增大，说明平衡向正反应方向移动，则改变的条件只能是增大压强，故A正确；BT1时，各物质的平衡浓度分别为：c（CH3OH）=c（H2O）=1mol/L，c（CO2）=2mol/L，c（H2）=1mol/L，则平衡常数K=0.5，T2时，上述反应平衡常数为0.52，0.50.52，T2
30、时平衡常数增大，平衡向正反应方向移动，该反应H0，正反应为放热反应，所以T2T1，故B错误；CT1时，若起始时向容器由充入4.5molCO2、6mol H2，如果转化率相同，则压强是I的一半，实际上，相对于I来说，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，则压强大于原来的一半，故平衡时容器内压强P1，故C正确；DT1时，若起始时向容器中充入 4.5 mol CO2、5 mol H2、5 mol CH3OH（g）和 5 mol H20（g），则各物质的浓度分别为：c（CH3OH）=c（H2O）=c（H2）=，c（CO2）=1.5，则浓度商=0.40.5，则平衡向正反应方向移动，则达平衡前v（正）v（
31、逆），故D正确；故选B8关于溶液的下列说法正确的是（）A等体积、对物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：C（Na+）c（HX）c（X）c（H+）c（OH）B等物质的量浓度的下列溶液：H2CO3Na2CO3NaHCO3（NH4）2CO3中c（CO32）的大小关系为：C往0.1mol/L CH3COOH溶液中通入少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大DNa2CO3溶液中，2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）【考点】DN：离子浓度大小的比较【分析】A如果溶液呈酸性，则HX的电离程度大于X的水解程度；B由于发生互促水解，水解程度较大，则c（CO32
32、）的大小为，为二元弱酸，c（CO32）最小；C设醋酸的电离平衡常数为Ka，则=，温度不变该比值为常数；D根据碳酸钠溶液中的物料守恒判断【解答】解：A如果溶液呈酸性，则HX的电离程度大于X的水解程度，所以c（HX）c（X），根据物料守恒得c（Na+）c（X），溶液中离子浓度大小顺序是c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH），故A错误；B由于发生互促水解，水解程度较大，则c（CO32）的大小为，为二元弱酸，c（CO32）最小，则c（CO32）的大小关系为：，故B正确；C往0.1mol/L CH3COOH溶液中通入少量HCl，氢离子浓度增大醋酸的电离平衡向着逆向移动，但为平衡常数的倒数，温
33、度不变平衡常数不变，则该比值不发生变化，故C错误；DNa2CO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故D错误；故选B9下列有关说法中正确的是（）AKsp（AB2）Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度B在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变C已知Ksp（AgCl）Ksp（AgI），则反应AgCl（s）+I（aq）=AgI（s）+Cl（aq）能够发生D在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A由于AB2与CD分子组成形式不同，
34、因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；BKSP只与温度有关，与浓度无关；C溶解度大的能转化为溶解度小的；DHCl与CO32反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动【解答】解：A由于AB2与CD分子组成形式不同，KSP的表达式不同，因此不能根据KSP大小来比较溶解度的大小，故A错误；BKSP只与温度有关，与浓度无关，在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变，故B正确；C溶解度大的能转化为溶解度小的，所以在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入KI固体，AgCl沉淀可转化为AgI沉淀，即反应AgCl（s）+I（aq）=AgI（s）+Cl（aq）能够发生，故C正确；D碳酸钙的沉淀
35、溶解平衡为：CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32（aq），加入HCl能与CO32反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误；故选BC10能说明醋酸是弱电解质的是醋酸溶液能导电；醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；醋酸稀溶液中存在醋酸分子；常温下，0.2mol/L醋酸的pH比0.2mol/L盐酸的pH大；大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢（）ABCD【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】在溶液中只有部分电离的电解质为弱电解质，所以只要说明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，可以根据一定浓度醋酸溶液的pH
36、值、强酸制取弱酸、醋酸钠溶液的pH值等方面判断【解答】解：醋酸溶液能导电，说明醋酸是电解质，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故错误；醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性大于碳酸，因为碳酸是弱酸，所以不能说明醋酸是强酸还是弱酸，故错误；0.1mol/L醋酸钠溶液pH约为8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故正确；醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸在水溶液中存在电离平衡，部分电离，为弱电解质，故正确；0.2molL1醋酸溶液的pH比0.2molL1盐酸的pH大，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故正确；大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应，开始醋酸产生
37、H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸，HCl是强电解质，则醋酸是弱电解质，故正确；根据分析可知，能说明醋酸是弱电解质的是，故选C11下列实验装置图合理的是（）A装置可实现：Cu+2H2OCu（OH）2+H2B装置能构成锌铜原电池C装置可用于粗铜的电解精炼D装置可用于浓硫酸干燥氯气【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】ACu作阳极失电子生成铜离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，属放氢生碱型；B左边烧杯中发生置换反应，无法产生电流；C电解精炼时粗铜作阳极；D干燥氯气的导管应长进短出【解答】解：ACu作阳极失电子生成铜离子，阴极氢离子得电子生成氢气，则用铜电极电解硫酸钠溶液可实现Cu+2H
38、2OCu（OH）2+H2，故A正确；B含有盐桥的原电池中，金属电极材料和电解质溶液中金属元素属于同一种元素，所以应该将铜插入硫酸铜溶液中、锌插入硫酸锌溶液中才能构成原电池，故B错误；C电解精炼时粗铜作阳极，精铜作阴极，阳极上铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，故C错误；D浓硫酸具有吸水性，可干燥氯气，氯气应是长管进，短管出，故D错误；故选A12利用人工光合作用合成甲酸的原理为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，装置如图所示，下列说法不正确的是（）A该装置将太阳能转化为化学能和电能B电极1周围pH减小C电极2上发生的反应为CO2+2H+2eHCOOHDH+由电极2室经过质子膜流向电
39、极1室【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】由电子转移的方向可知，电极1为负极，水失电子发生氧化反应生成氧气与氢离子，电极2为正极，发生还原反应，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，以此解答该题【解答】解：A过程中是光合作用，太阳能转化为化学能，且有电流产生，太阳能转化为电能，故A正确；B电极1是负极，发生氧化反应生成氧气与氢离子，pH减小，故B正确；C在电极2通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应为CO2+2H+2eHCOOH，故C正确；D原电池工作时，阳离子向正极移动，则H+由电极1室经过质子膜流向电极2，故D错误；故选D13室温时，向20mL，0.1mol/L的
40、醋酸溶液中不断滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，在滴定过程中，下列关于溶液中离子浓度大小关系的描述不正确的是（）Aa点时：c（CH3COOH）c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）Bb点时：c（Na+）=c（CH3COO）Cc点时：c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）Dd点时：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；DN：离子浓度大小的比较【分析】Aa点溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度；Bb点
41、时溶液的pH=7，c（H+）=c（OH），根据电荷守恒判断；Cc点时，恰好反应生成醋酸钠溶液，根据电荷守恒和物料守恒进行判断；Dd点氢氧化钠过量，为NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性【解答】解：Aa点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，醋酸根离子的水解程度小于醋酸的电离程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH），故A错误；B溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），b点时溶液的pH=7，呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（CH3COO），故B正确；Cc点时，氢氧化钠与醋酸恰好反
42、应生成醋酸钠溶液，醋酸钠溶液中，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），将带入可得：c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；Dd点为NaOH和CH3COONa的混合物，氢氧化钠过量，溶液呈碱性，由于CH3COO存在微弱的水解，则：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+），故D正确；故选A14一定条件下N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；H=92.4kJ/mol，用1.5molN2和一定量H2反应时，当N2的转化率为80%，达到平衡状态，放出的热量为（）A1
43、36.8kJB110.9kJC83.2kJD82.4kJ【考点】BB：反应热和焓变【分析】用1.5molN2和一定量H2反应时，当N2的转化率为80%，据此可计算出平衡时消耗氮气的物质的量，然后结合热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol进行计算【解答】解：N2的转化率为80%，则平衡时消耗氮气的物质的量为：1.5mol/L80%=1.2mol，根据N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol可知，消耗1mol氮气放出92.4kJ的热量，则消耗1.2mol氮气放出的热量为：92.4kJ/mol1.2mol=110.88kJ110.9kJ，故选
44、B二、非选择题（说明：本大题为必答题，包含3个小题，共28分）15在一定温度下，工业上合成尿素（H2NCONH2）的反应如下：2NH3（I）+CO2（g）H2O（I）+H2NCONH2（I）H=103.7kJmol1试回答下列问题：（1）写出一种有利于提高尿素的产率的措施是加压或降温（2）合成尿素的反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（I）+CO2（g）H2NCOONH4（I）（氨基甲酸铵）H1第二步：H2NCOONH4（I）H2O（I）+H2NCONH2（I）H2某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.2L的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时
45、间的变化如图甲所示：代表的物质为CO2（填化学式）已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第2步反应决定，反应进行到10min时到达平衡反应进行到10min时测得所代表的物质的量如图所示，则该物质表示的表示化学反应的速率为0.41molL1minL1第二步反应的平衡常数K2随温度的变化如乙图所示，则H1 0 （填“”“”或“=”）第一步反应在较低 （填“较高”或“较低”）温度下有利该反应自发进行（3）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.6kJmol1N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=92.4kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=4
46、83.6kJmol1则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）H=1627.2 kJmol1【考点】CB：化学平衡的影响因素；BE：热化学方程式【分析】（1）2NH3（l）+CO2（g）H2O（l）+H2NCONH2（l）H=103.7kJmol1 ，反应是放热反应，反应前后气体体积减小；有利于提高尿素的生成速率需要依据影响化学反应速率的因素进行分析；（2）根据反应方程式，各反应物、生成物的特点可知代表的物质为二氧化碳；已知总反应的快慢由慢的一步决定，结合图象变化趋势，图象表达反应的判断，反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小；在一体积为0.2L的密闭
47、容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，分析图象计算10分钟时二氧化碳的消耗物质的量，结合化学反应速率概念进行计算；由图可知，随着温度的升高，平衡常数增大，平衡向正反应方向移动；根据第一步的方程式可知，反应物中有气体，生成物中没气体，所以S0，根据G=HTS判断；（3）根据已知方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算H【解答】解：（1）2NH3（l）+CO2（g）H2O（l）+H2NCONH2（l）H=103.7kJmol1 ，反应有气体参加，反应前后气体体积减小，采用增大压强，反应正向进行，尿素的产率增大，反应是放热反应，降温反应正向进行，尿素的产率增大，故答案为：加压或降温；（2）合成尿素的
48、反应，第一步：2NH3（I）+CO2（g）H2NCOONH4，第二步：H2NCOONH4（I）H2O（I）+H2NCONH2，投入4mol氨，且氨气在反应中始终减少，为，H2NCOONH4先增加，后减少，为，物质的量始终在增加，为尿素，故答案为：CO2；由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出第二步反应速率慢，所以已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二步决定，投入1mol二氧化碳，减少趋势不大的代表的为二氧化碳，依据图象分析，二氧化碳再进行到10min
49、时物质的量为0.18mol，所以此时的反应速率为V（CO2）=0.41mol/（Lmin），故答案为：2； 0.41；由图可知，随着温度的升高，平衡常数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，H20，2NH3（I）+CO2（g）H2O（I）+H2NCONH2（I）H=103.7kJmol1，则H1，0，故答案为：；根据第一步的方程式可知，反应物中有气体，生成物中没气体，所以S0，H1，0，根据G=HTS可知，温度较低时，G可能小于0，即反应可以自发，故答案为：较低；（3）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.6kJmol1N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=9
50、2.4kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1则（322）得：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）4N2（g）+6H2O（g）根据盖斯定律，反应热的大小与反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则H=（483.6kJmol1）3（+180.6kJmol1）2（92.4kJmol1）2=1627.2 kJmol1，故答案为：1627.2 kJmol116I一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应CO（g）+H2OCO2（g）+H2（g）得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衝所需时间/minC
51、OH2OCO21500843.242700420.833700420.81（1）下列情况表明反应达到平衡状态的是C （填序号）ACO2和H2生成速率相等B温度不变时，压强不变C生成CO2的速率和生成CO的速率相等（2）实验2中，反应达到平衡状态时，CO的转化率为20%（3）实验3和实验2相比，改变的条件是加催化剂II（1）硫化钠溶液具有较强碱性，其原因是S2+H2OHS+OH，HS+H2OH2S+OH（用离子方程式表示）（2）欲使0.1mol的Na2S溶液中，的值增大，可采取的措施是BC（填序号）A加适量等浓度的NaOH溶液B加适量的水C通入适量的H2S气体【考点】CP：化学平衡的计算；CB：
52、化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断【分析】I（1）反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；（2）根据三段式计算出实验2中，反应达到平衡状态时，CO的物质的量，转化率=100%，据此分析计算；（3）实验3和实验2相比，起始量、平衡量相同，达到平衝所需时间不同，为加催化剂改变的条件；II（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性；（2）A加入适量等浓度的NaOH溶液，抑制了硫离子的水解，则硫离子浓度增大
53、、减小；B加入适量水，硫离子的水解程度增大，则硫离子的物质的量减小，HS的物质的量增大，结合同一溶液中分析的值的变化；C通入适量H2S气体，溶液中HS的浓度增大，S2的浓度减小【解答】解：I（1）ACO2和H2都作为生成物，根据反应可知，自始至终v正（CO2）=v正（H2），CO2和H2生成速率相等，不能说明反应到达平衡，故A错误；B反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，温度不变时，压强不变，不能说明反应到达平衡，故B错误；C根据反应可知，自始至终v正（CO）=v正（CO2），若v正（CO2）=v逆（CO），则v正（CO）=v逆（CO），即生成CO2的速率和生成CO的速率相等，
54、说明反应到达平衡，故C正确；故答案为：C； （2）实验2中，反应达到平衡状态时，反应 CO（g）+H2OCO2（g）+H2（g）起始（mol） 4 2 0 0变化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8平衡（mol） 3.2 1.2 0.8 0.8CO的转化率=100%=100%=20%，故答案为：20%； （3）催化剂能改变反应速率，但不能改变平衡，实验3和实验2相比，起始量、平衡量相同，达到平衝所需时间实验3所需的时间少，所以实验3改变的条件为加催化剂，故答案为：加催化剂；II、（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，氢硫酸为二元弱酸，其盐分步水解，水解方程式为：S2+H2O
55、HS+OH，HS+H2OH2S+OH，故答案为：S2+H2OHS+OH，HS+H2OH2S+OH；（2）A加入氢氧化钠溶液后，氢氧根离子浓度增大，抑制了硫离子的水解，则硫离子浓度增大、HS的浓度减小，则该比值减小，故A错误；B加入适量水，导致S2的水解程度增大，则S2的物质的量减小，HS的物质的量增大，由于在同一溶液中，则的值会增大，故B正确；C向溶液中适量H2S气体后，导致溶液中HS的浓度增大，S2的浓度减小，则的值会增大，故C正确；故答案为：BC17某同学设计计如图所示装罝（部分夹持装置己略去）进行实验探究：（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素以生成9.0mL气体为计时终点，结果为t
56、1t2 序号V（H2SO4）/mLC（H2SO4）/molL1t/sI401t1II404t2比较实验I和可以得出的实验结论是在其他条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大若将锌片换成含杂质的粗锌片，其他条件使其与上述一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据粗锌片中所含杂质可能是BCD （填序号）A二氧化硅 B银 C铜 D石墨（2）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀圆底烧瓶中的试剂可选用BD（填序号）A稀HCl BNaCl溶液 C乙醇 DNaOH溶液能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是量气管右端液面下降，左端液面上升【考点】RJ：探究影响化学反应速率的因素；BK
57、：金属的电化学腐蚀与防护【分析】（1）t1t2，说明实验反应速率较大，结合浓度的影响判断；所含杂质能与锌形成原电池反应；（2）生铁在酸性较强的条件下发生析氢腐蚀，发生吸氧腐蚀应在碱性或中性溶液中进行；发生吸氧腐蚀时，消耗氧气，烧瓶内压强减小【解答】解：（1）t1t2，说明实验反应速率较大，二者浓度不同，说明在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大，故答案为：在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大；由反应速率大于上述实验对应的数据可知所含杂质必能与锌形成原电池，使反应速率增大，锌作负极，比锌不活泼的金属或非金属作正极，则杂质可以是银、铜、石墨，故答案为：BCD；（2
58、）钢铁在中性或碱性环境中易发生吸氧腐蚀，乙醇是非电解质不导电，故答案为：BD；吸氧腐蚀消耗氧气，烧瓶内压强减小，故量气管右端液面下降，左端液面上升，故答案为：量气管右端液面下降，左端液面上升三、选作题（请在下列两个考试模块中任选一个模块作答，请先把要选择答题的模块涂黑：有机化学基础部分物质结构与性质部分）选作（一）有机化学基础部分18抗疟疾药物青蒿素可由香茅醛为原料合成下列有关香茅醛的叙述错误的是（）A分子式是C10H18OB至少有六个碳原子处于同一平面C能与新制Cu（OH）2悬浊液反应D能与H2或Br2发生加成反应【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A根据结构简式确定分子式；B该分子中连
59、接碳碳双键两端的碳原子能共面；C醛能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应；D碳碳双键、醛基能和氢气发生加成反应，碳碳双键能和溴发生加成反应【解答】解：A根据结构简式确定分子式为C10H18O，故A正确；B该分子中连接碳碳双键两端的碳原子能共面，该分子中最多有4个C原子共面，故B错误；C醛能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，该物质中含有醛基，所以能和新制氢氧化铜悬浊液反应，故C正确；D碳碳双键、醛基能和氢气发生加成反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，醛基能被溴氧化，故D正确；故选B19有机物甲的分子式为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，且乙和丙分子中含有数目相同的甲基，在相同的温度
60、和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有（）A6种B5种C4种D3种【考点】H6：有机化合物的异构现象【分析】有机物甲的分子式应为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有3个C原子，而得到的醇含有4个C原子，判断4碳醇属于醇的同分异构体，3碳羧酸属于羧酸的异构体数目据此判断有机物甲的同分异构体数目【解答】解：有机物甲的分子式应为C7H14O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，
61、说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有3个C原子，而得到的醇含有4个C原子含有3个C原子的羧酸有1种同分异构体：CH3CH2COOH，含有4个C原子的醇的同分异构体：CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH（OH）CH3，CH3CH（CH3）CH2OH，CH3C（OH）（CH3）CH3，所以有机物甲的同分异构体数目有14=4故选C20双酚A（也称BPA）常用作塑料制品添加剂，其结构简式如图所示下列关于双酚A的叙述正确的是（）A双酚A分子的核磁共振谱有4组峰B双酚A分子中所有的碳原子可能共平面C1mol双酚A最多可与2molBr2反应D双酚A与足量H
62、2反应的产物属于芳香醇【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】A有机物中有几种氢原子，则其核磁共振氢谱有几组吸收峰；B该分子具有甲烷和苯的结构特点，苯中所有原子共平面，甲烷呈正四面体结构；C苯环上酚羟基的邻对位H原子能被溴取代；D双酚A和足量氢气加成后不存在苯环【解答】解：A该分子中有4种氢原子，则其核磁共振氢谱有4组吸收峰，故A正确；B该分子具有甲烷和苯的结构特点，苯中所有原子共平面，甲烷呈正四面体结构，所有该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C苯环上酚羟基的邻对位H原子能被溴取代，所以1mol双酚A最多可与4molBr2发生取代反应，故C错误；D双酚A和足量氢气加成后不存在苯环，所以
63、其加成后的产物不属于芳香醇，但属于醇，故D错误；故选A21有关如图所示化合物的说法不正确的是（）A该有机物的分子式为C15H18O4B1mol该化合物最多可以与2molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】该有机物中含有酯基，可发生水解反应，含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题【解答】解：A由结构简式可知，该有机物的分子式为C15H18O4，故A正确；B酚羟基和1mol氢氧化钠反应，酯基和1mol
64、氢氧化钠反应，故B正确；C双键和苯环都能发生加成反应，也可以使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D物质中含有酚羟基，能与氯化铁发生显色反应，不含羧基，不能与碳酸氢钠生成二氧化碳，故D错误故选D四、解答题（共1小题，满分18分）22工业上按下列路线合成结构简式为的物质，该物质是一种香料请根据上述路线，回答下列问题：（1）A的结构简式可能为：；（2）反应、的反应类型分别为加成、消去、取代或水解；（3）写出下列反应、的化学方程式为（要求：有机物写结构简式，并注明反应条件）：；2+O22+2H2O（4）工业生产中，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化D的方法，其原因是的水解产物 中的OH不在链端，不能氧
65、化成CHO（5）这种香料具有多种同分异构体，其中某些物质有下列特征：该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色；分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种写出符号上述条件的物质可能的结构简式（只写两种）：【考点】HC：有机物的合成；HB：有机物的推断【分析】反应是苯与丙烯发生加成反应生成，在光照条件下可与氯气发生取代反应生成A为，B与HCl发生信息中的加成反应，氯原子连接在含氢较多的碳原子上，则A应发生消去反应生成B为，则C为，结合根据产物可知D为，以此解答该题【解答】解：（1）通过以上分析知，A为，故答案为：；（2）反应为加成反应，反应为A发生消去反应生成，为发生取代反应或水解反应生成，故答案为：加成
66、；消去；取代或水解；（3）反应的化学方程式为：，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：；2+O22+2H2O；（4）A为，D为，中间产物A须经反应得D，而不采取直接转化为D的方法的原因是：A中 的水解产物 中的OH不在链端，不能氧化成CHO，故答案为： 的水解产物 中的OH不在链端，不能氧化成CHO；（5）该物质的水溶液遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，分子中有苯环，且苯环上的一溴代物有两种，则苯环上有2个取代基，且位于对位位置，可能为则符合条件的的同分异构体有：，故答案为：选作(二)物质结构与性质部分23下列说法不正确的是（）A某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为
67、738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+B在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道C标况下22.4LC2H2中所含的键数和18g冰中所含的氢键数均为2molDPCl5和AlCl3形成的加合物PCl5AlCl3由PCl4+和AlCl4构成，化合物中的阴阳离子均为正四面体构型【考点】86：原子核外电子排布；98：判断简单分子或离子的构型；A2：化学键和分子间作用力的区别【分析】A该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价；B配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；C乙炔
68、的结构简式为HCCH，1mol乙炔中含2mol键；1mol冰中存在2mol氢键；D计算价层电子对，再判断构型【解答】解：A该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故A正确；B在Cu（NH3）42+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故B错误；C乙炔的结构简式为HCCH，则1mol乙炔中含2mol键，冰中水分子的O原子以类似于金刚石中C原子的四面体空间网状结构排列，每2个O原子间都有一个H原子，更靠近H原子的O原子与它形成共价键，另一个与它形成氢键，即每个H原子都形成一个氢键，所以1
69、mol冰中存在2mol氢键，标况下22.4LC2H2的物质的量为1mol，18g冰的物质的量也为1mol，则标况下22.4LC2H2中所含的键数和18g冰中所含的氢键数均为2mol，故C正确；DPCl4+离子中P原子孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，为正四面体构型，AlCl4离子中Al原子孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，为正四面体构型，故D正确；故选B24现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p2； 1s22s22p63s23p3； 1s22s22p3； 1s22s22p4则下列有关比较中正确的是（）A电负性：B原子半径：C第一电离能：D最高正
70、化合价：【考点】86：原子核外电子排布【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p2为Si元素； 1s22s22p63s23p3为P元素； 1s22s22p3为N元素； 1s22s22p4为O元素，A同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；B根据同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大分析判断；C同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；D最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有最高正化合价【解答】解：由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p2为Si元素； 1s22s22p63
71、s23p3为P元素； 1s22s22p3为N元素； 1s22s22p4为O元素A同周期自左而右电负性增大，所以电负性SiPS，NO，同主族从上到下电负性减弱，所以电负性NP，OS，故电负性SiPNO，即，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径SiP，NO，故B错误；C同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但N、P元素原子np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，所以第一电离能SiP，NO，故C错误；D最高正化合价等于最外层电子数，但O元素没有最高正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误故选：A25如图三条曲线表示C、Si和P元素的四级电离能变化趋
72、势下列说法正确的是（）A电负性：cbaB最简单氢化物的稳定性：cabCI5：acbD最简单氢化物的沸点：abc【考点】8B：元素电离能、电负性的含义及应用【分析】同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为CA同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；B非金属性越强，氢化物越稳定；C碳、Si失去4个电子为ns2全满状态，能量更低，再失去1个电子时，第五电离能电离能与第四电离能相差较大，P
73、失去4个电子为3s1状态，第四电离能与第五电离能均失去3s能级电子，二者能量相差不大；D均形成分子晶体，没有氢键存在，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高【解答】解：同主族自上而下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去4s2能中1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为CA同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故Si的电负性最小，故A错误；BSi的非金属性最弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，故B错误；C碳、Si失
74、去4个电子为ns2全满状态，能量更低，再失去1个电子时，第五电离能电离能与第四电离能相差较大，P失去4个电子为3s1状态，第四电离能与第五电离能均失去3s能级电子，二者能量相差不大，故第五电离能CSiP，故C正确；D均形成分子晶体，没有氢键存在，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故SiH4的沸点最高，CH4的沸点最低，故D错误，故选：C26a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物b为EDTA与Ca2+形成的螯合物下列叙述正确的是（）Ab含有分子内氢键Bb中Ca2+的配位数为4Cb含有共价键、离子键和配位键Da和b中的N原子均为sp3杂化【考点】99：配合物的成键情况；9
75、6：共价键的形成及共价键的主要类型【分析】Ab中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，没有氢键；Bb中Ca2+的配位数为6；Cb为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键；Da中N原子形成3个键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4【解答】解：Ab中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故A错误；Bb为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B错误；Cb为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，故C错误；Da中N原子形成3个键、含有1对孤对
76、电子，而b中N原子形成4个键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故D正确；故选D六、解答题（共1小题，满分0分）27原子序数依次递增且都小于36的A、B、C、D、E五种元素，其中A的一种核素中没有中子，B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍回答下列问题：（1）B2A4分子中B原子轨道的杂化类型为sp2，B2A4分子中键和键个数比为5：1（2）A、B、C、D四种元素的电负性从大到小的顺序为ONCH（用元素符号表示）；化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其
77、主要原因是氨分子之间有氢键（3）元素B的一种氧化物与元素C的一种氧化物互为等电子体，元素C的这种氧化物的分子式是N2O（4）元素E能形成多种配合物，如：E（CO）5等基态E原子的价电子排布图为Ar3d64s2E（CO）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断E（CO）5晶体属于分子晶体（填晶体类型），该晶体中E的化合价为0（5）E和C形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞的化学式为Fe4N若两个最近的E原子间的距离为acm，则该晶体的密度是gmL1【考点】9I：晶胞的计算；86：原子核外电子排布；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；9S：原子轨道杂化方式
78、及杂化类型判断【分析】原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A的一种核素中没有中子，则A为H元素；B原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍，则E的价电子排布为3d64s2，为Fe元素，据此解答【解答】解：原子序数依次增大的五种元素A、B、C、D、E，其中A的一种核素中没有中子，则A为H元素；B原子基态时最外层电子
79、数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故B为碳元素；D原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，原子序数大于碳，故D核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E元素的原子结构中3d能级上未成对电子数是成对电子数的2倍，则E的价电子排布为3d64s2，为Fe元素，（1）C2H4分子结构简式为H2C=CH2，C原子形成3个键，没有孤对电子，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，1mol C2H4含有键的数目为5mkol，键为1mol，分子中键和键个数比为5：1，故答案为：sp2；5：1；（2）同周期随原子序数增大，元素电负性
80、呈增大趋势，所以，C、H、O、N、的电负性大小为ONCH，因为氨分子之间有氢键，所以化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，故答案为：ONCH；氨分子之间有氢键；（3）元素C、O形成的一种化合物与元素N、O形成的一种化合物互为等电子体，应是CO2与N2O，故答案为：N2O；（4）元素E为Fe元素能形成多种配合物，如：Fe（CO）5等基态Fe原子的价电子排布图为Ar3d64s2，故答案为：Ar3d64s2；Fe（CO）5常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，所以Fe（CO）5晶体属于分子晶体，根据化合价代数和为0可知，该化合物中铁为0价，故答案为：分子晶体；0；（5）铁和氮形成的晶体的晶胞结构如图所示，晶胞中铁原子数目为8+6=4，氮原子数目为1，原子数目之比为4：1，故该氯化物的化学式是Fe4N，晶胞质量为 g，若两个最近的Fe原子间的距离为acm，则该晶体的晶胞边长为acm，则该晶体密度为 g/cm3=g/cm3，故答案为：Fe4N；2017年5月24日