浙江省绍兴市2019-2020学年高二下学期期末调测化学试题（解析版）

201 9 学年笫二学期高中期末调测 高 二 化 学 考生须知： 1.全卷分第 I 卷、笫 II 卷、答题卷， 满分为 100 分。考试时间为 90 分钟。 2.请将学校、班级、姓名分别填写在答题卷相应位置上。答案必须做在答题卷相应位置上。 可能用到的相对原子质量： H—l Li—7 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 K—39 Ca—40 Mn—55 Fe—56 Cu—64 I—127 Ba—137 选择题部分 一、选择题（本大题共 25 小题， 每小题 2 分， 共 50 分。每个小题列出的四个备选项中只 有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1.下列固体中，属于原子晶体的共价化合物是 A. NaCl B. Si C. SiO2 D. CH3COOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl 固体为离子晶体，A 与题意不符； B．Si 固体为原子晶体，但为单质，B 与题意不符； C．SiO2 为原子晶体，且为化合物，C 符合题意； D．CH3COOH 固体为分子晶体，D 与题意不符； 答案为 C。 2.蒸馏含有 Fe3+的自来水获得少量纯净的水，需要用到的仪器是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 蒸馏含有 Fe3+的自来水获得少量纯净的水，需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、 牛角管和锥形瓶。 【详解】A．该仪器为直形冷凝管，蒸馏时用到，A 选；B．该仪器为容量瓶，蒸馏时不会用到，B 不选； C．该仪器为分液漏斗，蒸馏时不会用到，C 不选； D．该仪器为漏斗，蒸馏时不会用到，D 不选； 答案选 A。 3.下列属于酸，又是强电解质的是 A. 蔗糖 B. 醋酸 C. 硫酸 D. 稀盐酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．蔗糖是有机物，为非电解质，故 A 不符合题意； B．醋酸是酸，但属于弱酸，是弱电解质，故 B 不符合题意； C．硫酸是强酸，属于强电解质，故 C 符合题意； D．稀盐酸是混合物，不属于电解质，故 D 不符合题意； 故选：C。 4.反应 Cu+2H2SO4（浓） CuSO4 +SO2↑+ 2H2O 中，氧化产物是 A. H2SO4 B. CuSO4 C. SO2 D. H2O 【答案】B 【解析】 【详解】反应 Cu+2H2SO4（浓） CuSO4 +SO2↑+ 2H2O 中，Cu 化合价升高失去电子作还原剂，被浓硫 酸氧化为 CuSO4，故氧化产物为 CuSO4，答案选 B。 5.下列物质的名称不正确的是 A. Na2CO3: 纯碱 B. KAl(SO4)2·12 H2O ： 明矾 C. CH2Cl2: 氯仿 D. ：2-甲基戊烷 【答案】C 【解析】 【详解】A．纯碱即为碳酸钠，A 正确； B．KAl(SO4)2·12 H2O 俗称明矾，可以用来净水，B 正确； C．氯仿是 CHCl3，故 C 错误； D．该物质最长碳链上有 5 个碳原子，距离支链最近的一端开始编号，2 号碳上有一个甲基，名称为 2-甲基 加热 加热戊烷，D 正确； 综上所述答案为 C。 6.下列表示正确的是 A. NaCl 的电子式： B. 乙醛的结构简式： CH3COH C. 乙烷的比例模型： D. 二氧化碳的结构式： O=C=O 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaCl 为离子化合物，其电子式为： ，故 A 错误； B．乙醛的结构简式为：CH3CHO，故 B 错误； C．该模型为乙烷的球棍模型，故 C 错误； D．二氧化碳中碳氧之间形成两对共用电子对，结构式为 O=C=O，故 D 正确； 故选：D。 7.下列说法不正确的是 A. 氕、氘、氚是氢元素的三种核素 B. 氧气和臭氧互为同素异形体 C. C5H12 的同分异构体有 3 种，其沸点各不相同 D. 乙醇和甘油具有相同的官能团，互为同系物 【答案】D 【解析】 【详解】A．氕、氘、氚分别为 ，是氢的三种核素，A 正确； B．氧气和臭氧均为 O 元素组成的不同种单质，互为同素异形体，B 正确； C．C5H12 的同分异构体有正戊烷、新戊烷和异戊烷共 3 种，其沸点各不相同，C 正确； D．乙醇和甘油具有相同的官能团羟基，但乙醇只含有 1 个羟基，甘油含有 3 个羟基，两者结构不相似，不 互为同系物，D 错误； 答案选 D。 8.下列说法不正确的是 A. 氧化铝常用于制造耐火材料 1 2 3 1 1 1H H H、 、B. 热的纯碱溶液可以去除物品表面的油污 C. 氢气是一种理想的一次能源 D. 84 消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的消毒剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．氧化铝(Al2O3)具有很高的熔点，可用于制造耐火材料，故 A 正确； B．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，可以去除物品表面的油污，故 B 正确； C．直接从自然界获取的能源为一次能源，氢气不能从自然界中大量获得作为能源，可利用一次能源制得氢 气，属于二次能源，故 C 错误； D．84 消毒液的有效成分为 NaClO，具有强氧化性，可以使蛋白质变性从而杀死病毒，是一种高效消毒剂， 故 D 正确； 答案选 C。 9.下列说法不正确的是 A. 工业上用氢气还原氧化铁的方法冶炼铁 B. 工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅 C. 工业上用电解饱和食盐水的方法制备氯气 D. 工业上主要采用接触法制备硫酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业上常用 CO 还原氧化铁的方法冶炼铁，A 错误； B．工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅得到硅单质和 CO，B 正确； C．工业上用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成 NaOH 和 H2，C 正确； D．工业上采用接触法制备硫酸，用浓硫酸吸收 SO3 生成发烟硫酸，D 正确； 答案选 A。 10.下列说法不正确的是 A. 天然气是有机化合物，煤是无机化合物 B. 石油的裂化是为了提高汽油等轻质油的产量和质量 C. 煤的气化、液化和干馏都是化学变化 D. 在催化剂作用下，用玉米、高粱为原料经水解和发酵可制得乙醇 【答案】A 【解析】【详解】A．煤是多种有机物和无机物的混合物，不是化合物，A 错误； B．石油的裂化是讲长链的分析断成锻链的分子，主要是为了提高汽油等轻质油的产量和质量，B 正确； C．煤的干馏生成煤焦油等、气化生成 CO 和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化，C 正确； D．玉米、高粱的主要成分为淀粉，在催化剂的作用下，用玉米、高粱为原料经水解和发酵可制得乙醇，D 正确； 答案选 A。 11.下列有关实验说法，不正确的是 A. 热溶液需冷却后才能转移到容量瓶中 B. 可用无水乙醇萃取溴水中的溴单质 C. 在闻气体的气味时，应用手轻轻地在集气瓶口扇动，使极少量气体飘进鼻孔 D. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却静置过夜 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液和容量瓶都有热胀冷缩 性质，若配制热溶液，一方面因为溶液在热的情况下就定容了， 等冷却后的溶液体积就变小了，导致浓度比所要求的高；另一方面，导致仪器本身的热胀冷缩，也会导致 所加液体体积不准确，产生误差，则热溶液需冷却后才能转移到容量瓶中，故 A 正确； B．乙醇与水互溶，溶液不分层，所以不能选择乙醇萃取溴水中的溴单质，故 B 错误； C．闻气体的气味时，应用手在瓶口轻轻的扇动，使极少量的气体飘进鼻子中，不能将鼻子凑到集气瓶口去 闻气体的气味，防止中毒事故发生，故 C 正确； D．自然冷却，可使晶粒生长，则培养明矾晶体时，应使饱和溶液缓慢冷却才能得到较大颗粒的晶体，故 D 正确； 答案选 B。 12.下列关于氮及其化合物说法，不正确的是 A. 工业上可用液氨作制冷剂 B. 铵态氮肥应避免与碱性肥料混合使用 C. NO、NO2 均为大气污染气体， 在大气中可稳定存在 D. 工业浓硝酸常因溶有 NO2 而略显黄色 【答案】C 【解析】 【详解】A．液氨汽化时吸收大量的热，可以作制冷剂，A 正确； B．铵态氮肥有铵根离子，能与碱性物质反应生成氨气，使肥效降低，所以铵态氮肥应避免与碱性肥料混合 的使用，B 正确； C．NO 易被空气中的氧气氧化，不能稳定存在，C 错误； D．工业硝酸的质量分数约为 69%，常因溶有少量 NO2 而略显黄色，D 正确； 答案选 C。 13.能正确表示下列变化的离子方程式是 A. CO 的水解方程式：CO +2H2O H2CO3+2OH- B. 用铝粉和 NaOH 溶液反应制取少量 H2：Al+2OH-=AlO +H2↑ C. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+ D. NaHSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 至恰好完全沉淀：H++SO +Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．水解分步进行，CO 的水解生成 HCO ，离子方程式为 CO +H2O HCO +2OH-，A 错 误； B．用铝粉和 NaOH 溶液反应制取少量 H2，离子方程式为 2Al+2OH-+2H2O=2AlO +3H2↑，B 错误； C．向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸，生成硅酸沉淀，正确的离子方程式为 SiO +2H+=H2SiO3↓，C 错误； D．NaHSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 至恰好完全沉淀，二者按照 1:1 反应，离子方程式为 H++SO +Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，D 正确； 答案选 D。 14.下列说法正确的是 A. 玉米油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是高分子化合物 B. 除去溴苯中少量溴，可加 NaOH 溶液充分振荡后分液 C. 向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸铵溶液产生沉淀，加水后沉淀不溶解 D. 淀粉溶液中加入稀硫酸，加热 4~5min，在水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液加热，可检验淀粉的水解产 物 【答案】B 【解析】 【详解】A．玉米油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，但不属于高分子化合物，A 说法错误； B．溴可与氢氧化钠反应生成可溶于水的溴化钠和次溴酸钠，而溴苯不溶于水，可用分液的方法分离，B 说 2- 3 2- 3  - 2 2- 4 2- 3 - 3 2- 3  - 3 - 2 2- 3 2- 4法正确； C．向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸铵溶液，发生盐析，盐析为可逆过程，生成的沉淀物加水后能再溶解， C 说法错误； D．淀粉溶液中加入稀硫酸，加热 4~5min 后，应先加入 NaOH 溶液至溶液呈碱性，再加入新制氢氧化铜悬 浊液观察是否有砖红色沉淀产生检验淀粉的水解产物，D 说法错误； 答案选 B。 15.下列关于 的说法，不正确的是 A. 该物质含有 1 个手性碳原子 B. 该物质可由两种单体分子通过缩聚反应生成 C. 该物质在酸性条件下水解产物之一可用于制备阿司匹林 D. 1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应， 最多可消耗 3n mol NaOH 【答案】A 【解析】 【详解】A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该高聚物中每个链节上与甲基相连的碳原 子为手性碳原子，所以该物质中有 n 个手性碳，故 A 错误； B．根据该物质的连接结构可知该物质可以由单体 和 HOOCCH(CH3)OH 发生脱水缩合形成， 故 B 正确； C．水解生成 ，可用于合成阿司匹林，故 C 正确； D．该物质水解产生 和 HOOCCH(CH3)OH，1mol 消耗 2molNaOH， 1molHOOCCH(CH3)OH 消耗 1molNaOH，所以 1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 3n mol NaOH，故 D 正确； 综上所述答案为 A。 16.W、X、Y、Z 四种元素在周期表中的位置如右图所示，其中 W、X、Y 为短周期元素，W 元素原子核外 M 层电子数是 K 层的 3 倍。下列说法不正确的是 XW Y Z A. W 的原子半径大于 Y B. W 的最高价氧化物的水化物酸性小于 Y C. X 的非金属性比 W 的强， 所以 X 氢化物的沸点更高 D. Z 与 Y 元素可形成化合物 ZY4 【答案】C 【解析】 【分析】 W、X、Y 为短周期元素，W 元素原子核外 M 层电子数是 K 层的 3 倍，则 W 的 M 层有 6 个电子，所以 W 为 S 元素，再根据 X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置可知，X 为 O 元素，Y 为 Cl 元素，Z 为 Ge 元素， 据此分析解答。 【详解】A．同周期元素从左至右原子半径依次减小，则原子半径：W＞Y，A 正确； B．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 W＜Y，因此酸性：H2SO4＜HClO4，B 正确； C．由于 H2O 分子间存在氢键，所以 H2O 的沸点高于 H2S，与元素非金属性无关，C 错误； D．Ge 是第ⅣA 族元素，与 C 元素同主族，根据 CCl4 可推知，Ge 可与 Cl 元素形成化合物 GeCl4，D 正确； 答案选 C。 17.下列说法不正确的是 A. 某溶液 c(H+)>c(OH-) ,则该溶液一定显酸性 B. 0.1 mol •L-1 一元酸 HX 溶液 pH=3，则 HX 一定为弱电解质 C. 相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的 pH 大 D. 相同温度下， pH 相等的盐酸、CH3COOH 溶液， c( Cl-) =c(CH3COO-) 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢离子浓度大于氢氧根离子浓度的溶液一定显酸性，故 A 正确； B．0.1 mol •L-1 一元酸 HX 溶液 pH=3，氢离子浓度为 0.001 mol •L-1，说明 HX 不能完全电离，则一定为弱 电解质，故 B 正确； C．相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，两溶液的浓度仍然相同，盐酸是强酸完全电离，醋 酸是弱酸部分电离，因此盐酸中氢离子浓度大于醋酸，盐酸的 pH 小于醋酸，故 C 错误；D．根据电荷守恒可得：醋酸溶液中： ，盐酸溶液中： ，pH 值相等，则两溶液中氢离子浓度相等，氢氧根浓度也相等，则 c( Cl-) =c(CH3COO-)，故 D 正确； 故选：C。 18.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所 示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH 溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是 A. b 极发生氧化反应 B. a 极的反应式：N2H4 + 4OH- -4e- = N2↑+ 4H2O C. 放电时，电子从 b 极经过负载流向 a 极 D. 其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜 【答案】B 【解析】 【分析】 N2H4 中，N 原子化合价由-2 价变为 0 价，失电子，则 a 极为负极，发生氧化反应；b 极空气得电子，作正 极，发生还原反应。 【详解】A．b 极为电池的正极，得电子，发生还原反应，A 叙述错误； B．a 极上，N2H4 中，失电子，与电解质溶液中的氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式：N2H4 + 4OH- -4e- = N2↑+ 4H2O，B 叙述正确； C．放电时，电子从 a 极经过负载流向 b 极，C 叙述错误； D．其中的离子交换膜需要氢氧根离子透过，选用阴离子交换膜，D 叙述错误； 答案为 B。 19.常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)ΔH。230℃时， 该反应的平衡常数 K=2×10- 5。已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段： 将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni(CO)4； - - + 3(CH COO )+ (OH )= (H )c c c - - +(Cl )+ (OH )= (H )c c c 第二阶段： 将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230℃制得高纯镍，下列判断不正确的是 A. Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)能自发进行 原因是 ΔH＜0 B. 增加 c(CO)，有利于粗镍转化为 Ni(CO)4 C. 第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选择反应温度，选 50℃ D. 第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低 【答案】D 【解析】 【详解】A．由第二阶段中，气态 Ni(CO)4 加热至 230℃制得高纯镍，反应 Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g) 平衡逆向移动，有利于高纯镍的生成，由此可知反应为放热，ΔH＜0，故 A 正确； B．增加 c(CO)，平衡向正向移动，有利于粗镍转化为 Ni(CO)4，故 B 正确； C．Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，应大于沸点，便于分离出 Ni(CO)4，则第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选 择反应温度，选 50℃，故 C 正确； D．加热至 230℃制得高纯镍，可知第二阶段 Ni(CO)4 分解率较大，故 D 错误； 答案选 D。 20.NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH＝-57.3 kJ•mol-1，则氨水与盐酸反应生成 1mol H2O(l)放热 57.3 kJ B. S2O +2H+=S↓+SO2↑+H2O，则每生成 22.4LSO2 转移电子数为 2NA C. 14g 乙烯和丙烯的混合物完全燃烧时，产生 CO2 分子数为 NA D. 1 molCl2 溶于水，溶液中 Cl-、ClO-和 HClO 的微粒数之和为 2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨水为弱电解质，电离吸热，因此氨水与盐酸反应生成 1mol H2O(l)放热小于 57.3 kJ，A 错误； B．未指明标准状况，不能准确计算 22.4LSO2 的物质的量，则不能计算转移的电子数，B 错误； C．乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，14gCH2 的物质的量为 1mol，完全燃烧生成 CO2 分子的数目为 NA，C 正 确； D．氯气溶于水，部分与水反应生成 HCl 和 HClO，部分仍以氯气分子形式存在，所以溶液中 Cl-、ClO-和 HClO 的微粒数之和小于 2NA，D 错误； 答案选 C。 21.温度分别为 T1 和 T2 时， 将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 l0L 恒容密闭容器中， 发生反应 X（g） 的  2- 3+Y（g） 2Z（g）, 一段时间后达到平衡， 反应过程中测定的数据如下表 温度/K t1 t2 t3 t4 T1 n（Y） 0.14 0.12 0.10 0.10 T2 n（Y） 0.13 0.09 0.08 下列说法正确的是 A. 该反应的正反应为放热反应 B. 温度为 T1 时，0~ t1 时间段用 Z 表示的平均反应速率为 mol•L-1.min-1 C. 温度为 T2 时，t3 时刻刚好达到平衡状态 D. 在 T1 下平衡后 ， 保持其他条件不变， 再充入 0.2molZ, 平衡时 X 的体积分数不变 【答案】D 【解析】 【分析】 对于反应 X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)，反应前后气体的物质的量相等，则增大压强，平衡不移动，由表中数据可知， 达到平衡时，T2 温度剩余 Y 的物质的量较少，则消耗较多，可知 T2>T1，说明升高温度平衡正向移动，正 反应为吸热反应，计算平衡时各物质的浓度，结合 K＝ 计算。 【详解】A．由以上分析可知该反应 正反应为吸热反应，故 A 错误； B．温度为 T1 时，0～t1 时间段的平均速率 v(Z)＝2v(Y)＝ ＝ mol•L−1•min−1，故 B 错误； C．由以上分析可知，T2 大于 T1，温度高反应速率快，到达平衡的时间段，由表中数据可知 T1 时，t3 时刻 反应达到平衡状态，则 T2 时，应在 t3 前反应达到平衡，故 C 错误； D．反应前后气体的物质的量相等，则增大压强，平衡不移动，保持其他条件不变，再充入 0.2molZ，相当 于增大压强，则平衡时 X 的体积分数不变，故 D 正确； 故选：D。 的  -3 1 2 10 t × ( ) ( ) ( ) 2c Z c X c Y⋅ 1 0.16mol-0.14mol 10L t 3 1 4 10 t −×22.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH1，反应过程中的能量变化如图所示。下列有关叙述不正确的是 A. 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l)ΔH2> ΔH1 B. 温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度 C. 该反应的正反应为放热反应，ΔH =（E1- E 2）kJ•mol-1 D. 使用催化剂可降低活化能，提高活化分子百分数 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO3(g)=SO3（l）ΔH＜0，根据盖斯定律，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l)释放的能量大于生成气体 SO3，则 ΔH2＜ΔH1，A 不正确； B．根据图像可知，反应为放热反应，ΔH1＜0，温度升高，平衡逆向移动，则逆反应速率加快幅度大于正反 应加快幅度，B 正确； C．根据图像可知，该反应的正反应为放热反应，ΔH =（E1- E 2）kJ•mol-1，C 正确； D．使用催化剂可降低活化能，导致活化分子数目增大，总分子数目不变，则提高活化分子百分数，D 正确； 答案为 A。 23.室温下，用 0.1000mol•L-1 的标准盐酸分别滴定 20.00mL 的 0.l000mol•L-1 氨水和 20.00mL 的 0.l000mol•L-1 氢氧化钠溶液，滴定过程中溶液 pH 随中和百分数的变化如图所示，已知 lg2=0.3，甲基红是一种酸碱指示 剂，变色范围为 4.4~6.2。下列有关滴定过程说法不正确的是   A. 滴定氨水溶液当中和百分数为 50%时，各离子浓度间存在关系：c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-) B. 滴定氨水溶液中和百分数为 100%时，溶液中水的电离程度最大 C. 从滴定曲线可以判断，使用甲基橙作为滴定过程中的指示剂准确性更佳 D. 滴定氢氧化钠溶液当中和百分数为 150%时，所得溶液的 pH=l.7 【答案】C 【解析】 【详解】A．滴定氨水溶液当中和百分数为 50%时，溶液中存在电荷守恒 c(NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，A 正确； B．滴定氨水溶液中和百分数为 100%时，酸与碱的物质的量分数分数最大，此时溶液中水的电离程度最大， B 正确； C．从滴定曲线看，甲基红的变色范围更接近于滴定终点，而使用甲基橙显示偏晚，因此使用甲基红作为滴 定过程中的指示剂准确性更佳，C 错误； D．滴定氢氧化钠溶液当中和百分数为 150%时，即加入盐酸 30ml，此时溶液中氢离子浓度 ，则所得溶液的 ，D 正确； 答案选 C。 24.CaCl2 固体遇 NH3 会形成 CaCl2•8NH3。下列说法不正确的是 A. CaCl2 不能用于干燥 NH3 B. CaCl2•8NH3 中 CaCl2 与 NH3 通过分子间作用力结合而成 C. CaCl2•8NH3 溶于水，通入少量 CO2 可产生白色沉淀 D. CaCl2 与 NH3 形成 CaCl2•8NH3 的过程属于化学变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．CaCl2 固体遇 NH3 会发生反应形成 CaCl2•8NH3，所以 CaCl2 不能用于干燥 NH3，A 说法正确； B．CaCl2•8NH3 是氨气和氯化钙生成的一种络合物，CaCl2 与 NH3 通过配位键结合而成，B 说法错误； C．CaCl2•8NH3 溶于水，溶液呈碱性，溶液中的 OH-和通入的 CO2 反应生成 ， 和 Ca2+反应产生 CaCO3 白色沉淀，C 说法正确； D．CaCl2 固体遇 NH3 形成 CaCl2•8NH3 的过程生成了新物质，属于化学变化，D 说法正确。 答案选 B。 4 + 4 + ( )+ 0.1mol/L 0.03L-0.1mol/L 0.02Lc H = =0.02mol/L0.05L × × ( )+pH=-lg H =2-lg2=1.7 2- 3CO 2- 3CO【点睛】干燥剂不能与被干燥的气体反应。 25.某固体混合物 X，可能含有 K2SO3、KAlO2、FeCl3、Na2CO3 中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分， 现取 X 进行如下实验： ①X 与足量稀硝酸反应，得到气体 1 和溶液 2 ②溶液 2 中滴加足量 氨水，得到有色沉淀 3。 下列说法正确的是 A. 气体 l 可能为 SO2 和 CO2 的混合物 B. 沉淀 3 可能为 Fe(OH)3、Al(OH)3 的混合物 C. 固体粉末 X 中一定有 FeCl3、Na2CO3,可能有 KAlO2 D. 往溶液 2 中加入 Cu 粉，若溶解，说明 X 中含有 FeCl3 固体粉末 【答案】B 【解析】 【分析】 已知②溶液 2 中滴加足量的氨水，得到有色沉淀 3，则固体物质中含有 FeCl3，则 Na2CO3 不能存在；①X 与 足量稀硝酸反应，得到气体 1 和溶液 2，则一定含有 K2SO3；KAlO2 无法确定。 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，气体 1 不可能为 SO2，两者要发生氧化还原反应，A 说法错误； B．沉淀 3 中一定含有 Fe(OH)3，可能含有 Al(OH)3，B 说法正确； C．固体粉末 X 中一定有 FeCl3、K2SO3，一定没有 Na2CO3，可能有 KAlO2，C 说法错误； D．往溶液 2 中加入 Cu 粉，若溶解，可能为硝酸与 Cu 反应生成硝酸铜溶液，不能说明 X 中含有氯化铁，D 说法错误； 答案为 B。 非选择题部分 二、非选择题（本大题共 4 小题， 共 50 分） 26.I.氨气分子构型______；比较结合 H+能力的相对强弱：H2O___NH3(填“＞”、“＜”或“=”),用一个离子方程 式说明 H3O+和 NH 给出 H+能力的相对强弱_______。 II.某钾盐 X(摩尔质量介于 200g•mol-1~300 g•mol-1 之间)具有强氧化性， 由三种常 见的元素组成，有如下转化关系： 的 4 +请回答下列问题： (1)X 中除钾元素外还含有元素 ________、 __________。(填元素名称) (2)请写出产生白色沉淀的离子反应方程式_________________。 (3)X 与水在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性， 请写出 X 与水反 应的化学方程式： _______________。 【答案】 (1). 三角锥形 (2). ＜ (3). NH3+H3O+=NH +H2O (4). 硫 (5). 氧 (6). SO3+Ba2++ H2O =BaSO4 +2H+ (7). K2S2O8+2H2O =2KHSO4+H2O2 【解析】 分析】 Ⅱ.单质气体 C 可使带火星的木条复燃，C 是氧气，标况下，224mL 氧气的物质的量是 0.01mol；气体 B 的 物质的量是 0.03mol，通入足量 BaCl2 溶液，生成硫酸钡沉淀 0.02mol，说明 B 气体含有 0.02molSO3；A 是强酸盐，则 A 为 K2SO4，可根据各元素的质量计算 X 的化学式。 【详解】Ⅰ.NH3 中心原子的价电子对数为 ，含有 1 对孤对电子，则其分子构型为三角锥形，H2O 为弱电解质，能够电离生成 H3O+，而 H3O+又能与 NH3 反应生成 ，所以结合 H+的能力 H2O＜NH3，反 应方程式为 NH3+H3O+=NH +H2O； Ⅱ.(1)X 隔绝空气加热，分解出 SO3 和 O2，所以 X 中除钾元素外还含有元素硫、氧； (2)SO3 和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，该反应的离子方程式是 SO3+Ba2++H2O=BaSO4+2H+。 (3)0.02molSO3 和 0.01molO2 的质量为 0.02mol×80g/mol+0.01mol×32g/mol=1.92g，根据质量守恒， m(K2SO4)=5.4g-1.92g=3.48g，n(K2SO4)= ，所以 n(K)=0.04mol、 n(S)=0.02mol+0.02mol=0.04mol、n(O)=0.02mol×4+0.02mol×3+0.01mol×2=0.16mol，n(K)：n(S)： n(O)=1：1：4，X 的摩尔质量介于 200g•mol-1~300 g•mol-1 之间，所以 X 的化学式是 K2S2O8，K2S2O8 与水 在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性，则产物是 KHSO4、H2O2，根 据原子守恒可知 K2S2O8 与水反应的化学方程式是 K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2。 【 4 + 5-33+ =42 + 4NH 4 + 3.48g 0.02mol174g/mol =27.工业上大量排放的 NOx、SO2、CO2 都会污染环境， 如何治理环境和利用资源是科学研究中的重要课题。 (1)利用活性炭的还原性可处理汽车尾气， 发生如下反应： C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH> 0,一定条 件下，密闭容器中的有关物质的浓度时间的变化如表所示 ： 0 10 20 30 40 50 NO 2.0 1.16 0.40 0.40 0.60 0.60 N2 0 0.42 a b 1.20 1.20 CO2 0 0.42 a b 1.20 1.20 ①0~20min 内的平均反应速率 v(CO2) = ________mol/ ( L• min ) 。 ②30min 时只改变某一条件， 则可能的变化是 ________(填字母编号)。 a.升高温度 b. 降低温度 c. 再通入一定量的 NO d.缩小容器的体积 e. 加入合适的催化剂 f. 增大容器 体积 (2)焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式 为 2C(s)+2SO2 (g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向 IL 密闭容 器中充入足量的焦炭和 l molSO2 发生反应 ，测得 SO2 的反应速率与 S2 ( g ) 的生成速率随温度变化的关系如 图所示： A、B、C、D 四点对应的状态中，达到平衡状态的有____ ( 填字母)。 (3)高温下碳可将难溶的重晶石转化为 BaS: 反应 1:BaSO4(s)+4C(s) 4CO(g)+BaS(s)ΔH=+57 l.2 kJ·moJ-1 反应 2:BaSO4(s)+4C(g) 4CO2(g)+BaS(s)ΔH =-188 k.J·mol-1。 ①保持温度不变， 若 t2 时刻将容器体积减小为一半，t3 时刻达到新的平衡， 请在下图继续画出 t2~ t4 区间 c    ( CO ) 的变化曲线____。 ② 科学家将大量排放的 CO2 作为新碳源的研究引起国际关注， 以新型的二氧化钛为催化剂，可以将 CO2 和 CH4 直接转化成乙酸。催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的 变化关系如图所示。 250 ~300℃时， 温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 ____。 【 答 案 】 (1). 0.04 (2). cd (3). C (4). (5). 温度在 250-300℃ 时，催化 剂的催化效率降低， 乙酸生成速率下降 【解析】 【分析】 (1)①0～20min 内 NO 的浓度变化为：2.0mol/L−0.40mol/L＝1.60mol/L，则 CO2 的浓度增加：1.6mol/L× ＝1 20.8mol/L，结合 v＝ ，计算平均反应速率 v(CO2)； ②30min 计算出第二次达到平衡状态后平衡常数 K＝ ＝4，与第一次平衡时相同，则不可能是改变 温度，且在先平衡条件下，各物质的浓度都变为原先的 1.5 倍，据此结合化学平衡的影响因素分析； (2)达到平衡状态时，反应物和生成物的生成速率之比等于其计量数之比； (3) ①图 1 中，t2 时刻将容器体积减小为一半，此时刻容器中 c(CO)浓度增大一倍，反应②平衡正向移动，c(CO) 浓度降低，t3 时刻达到新的平衡，c(CO)不变，但其浓度大于原来平衡浓度； ②根据温度对催化剂活性的影响； 【详解】(1)①0～20min 内 NO 的浓度变化为：2.0mol/L−0.40mol/L＝1.60mol/L，则 CO2 的浓度增加： 1.6mol/L×12＝0.8mol/L，其平均反应速率 v(CO2)＝ ＝0.04mol•L−1•min−1； 故答案为：0.04； ②30min 时改变某一条件后，在第二次达到平衡状态后平衡常数 K＝ ＝4，20min 后第一次达到平 衡状态，该反应的平衡常数 K＝ ＝4，与第一次平衡时相同，则不可能是改变温度，且在先平衡条 件下，各物质的浓度都变为原先的 1.5 倍，则改变的条件只能在其它条件不变时将体积压缩到原来的 或 在其它条件不变时充入一定量的 NO(为原起始 NO 的物质的量的 0.5 倍)， 故答案为：cd； (2)①达到平衡状态时，SO2 的生成速率与 S2(g)的生成速率之比为 2：1，根据图知，只有 C 点符合， 故答案为：C； (3) ① 图 1 中，t2 时刻将容器体积减小为一半，此时刻容器中 c(CO)浓度增大一倍，反应②平衡正向移动， c(CO)浓度降低，t3 时刻达到新的平衡，c(CO)不变，但其浓度大于原来平衡浓度，其图象为 ； c t ∆ ∆ 2 1.2 1.2 0 6 × ． 0.8mol/L 20min 2 1.2 1.2 0 6 × ． 2 0.8 0.8 0.4 × 1 2故答案为： ； ②温度超过 250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低； 故答案为：温度在 250−300℃时，催化剂的催化效率降低，乙酸生成速率下降。 28.Mg(ClO3)2·3H2O 为强氧化性物质，在工农业上有重要用途，其制备原理为 ： MgCl2+2NaClO3+3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O+2NaCl 实验室制备 Mg(ClO3)2·3H2O 的过程如图 1 已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图 2 所示 (1)抽滤装置中仪器 A 的名称是_______。图示装置不合理之处有_______。 (2)操作 X 是_______。 (3)“溶解”时加水太多会明显降低 Mg(ClO3)2·3H2O 的产率且杂质增加，其原因是_______。 (4)下列有关实验过程(如图 3)与操作说法不正确的是_______ A 为快速获得产品，冷却时可用冰水B 洗涤时应用无水乙醇 C 抽滤 Mg(ClO3)2·3H2O 时，可用略小于漏斗内径又能盖住小孔的滤纸 D 抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管口倒出 (5)称取 3.000g 样品，加水溶解并加过量的 NaNO2 溶液充分反应，配制成 250 mL 溶液，取 25 mL 溶液加足 量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用 0.1000mol•L-1 的 AgNO3 标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液 24.00mL.则样品中 Mg(ClO3)2·3H2O 的纯度是 ___。 反应原理的离子方程式：ClO + Ag++3NO =AgCl↓ +3NO 【答案】 (1). 布氏漏斗 (2). 布氏漏斗颈口斜面没有与吸滤瓶支管口相对，安全瓶应短进长出 (3). 趁热过滤 (4). 加水过多会延长蒸发时间，促使 MgCl2 的水解量增大，产生 Mg(OH)2 等杂质， 产率 下降 (5). BCD (6). 98.00% 【解析】 【分析】 本 实 验 为 制 备 Mg(ClO3)2·3H2O 的 实 验 ， MgCl2 和 NaClO3 混 合 后 ， 发 生 反 应 MgCl2+2NaClO3+3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O+2NaCl，经蒸发浓缩、操作 X、冷却后抽滤洗涤即可得到产物 Mg(ClO3)2·3H2O，根据方程式建立关系式，计算质量分数。 【详解】(1)根据图像可知仪器 A 为布氏漏斗，图示装置中布氏漏斗颈口斜面没有与吸滤瓶支管口相对，安 全瓶应短进长出，故答案为：布氏漏斗；布氏漏斗颈口斜面没有与吸滤瓶支管口相对，安全瓶应短进长出； (2)MgCl2 和 NaClO3 混合后反应，要得产物 Mg(ClO3)2·3H2O，则要除去杂质 NaCl，根据溶解度与温度关系 可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：趁热过滤； (3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了 Mg2＋的水解，MgCl2 的利用率降低，故答案为：加水过多 会延长蒸发时间，促使 MgCl2 的水解量增大，产生 Mg(OH)2 等杂质， 产率下降； (4)A．根据溶解度曲线可知，低温时 Mg(ClO3)2·3H2O 的溶解度较小，可以用冰水冷却，故 A 正确； B．Mg(ClO3)2·3H2O 具有强氧化性，而乙醇具有还原性，两者可能发生氧化还原反应，则不能用无水乙醇 洗涤，故 B 错误； C．抽滤 Mg(ClO3)2·3H2O 时，可用略大于漏斗内径又能盖住小孔的滤纸，故 C 错误； D．吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故 D 错误； 综上所述，答案为 BCD； (5)样品溶解后加 NaNO2 溶液和 AgNO3 溶液，发生的反应为： ＋3 ＋Ag＋=AgCl↓＋3 ，故有： Mg(ClO3)2·3H2O～6 ～2Ag＋。产物的纯度 - 3 - 2 - 3 - 3ClO - 2NO - 3NO - 2NO，故答案为 98%。 29.有机物 X 是化工产品的重要中间体， 现以甲苯及常见有机原料合成 X 的流程如下： 已知：2CH3CHO CH3CH=CHCHO 试回答下列问题： (1)有机物 X 中的官能团名称______。 (2)下列有关有机物 X 的说法正确的是 ________。 A．分子式是 C9H10NO2 B．属于 α-氨基酸 C．能发生取代反应和缩聚反应 D．能形成内盐 (3)写出 X→Y 的化学方程式________ (4)分子式为 C7H7NO2 且符合下列条件的芳香族同分异构体有多种，写出其中 4 种的结构简式 _______。 ①能与 NaOH 反应 ② -NH2 直接与苯环连接 (5)设计上述流程中 的合成路线(无机试剂及溶剂任选)_________。 【答案】 (1). 羧基、氨基 (2). CD (3). (4). 31 2500.1000 24 10 2452 25ω= 100%=98%3.000 −× × × × × × NaOH/Δ→ (5). 【解析】 【分析】 根据题中所给流程分析可知， 与浓硫酸、浓硝酸在加热的条件下发生硝化反应生成 ， 再经一些列反应生成 K，K 发生已知信息的反应生成 L，L 加入银氨溶液反应后酸化生成 ，则 L 为 ，K 为 ， 在催化剂的条件下与 H2 发 生反应生成 X（ ），X 再在一定条件下生成 Y，据此分析解答问题。 【详解】(1)X 的结构简式为 ，分子中的官能团名称为羧基、氨基； (2)根据有机物 X 的结构简式分析： A．其分子式为 C9H9NO2，A 错误； B．α-氨基酸是指氨基和羧基连接在同一个 C 原子上，因此有机物 X 不是 α-氨基酸，B 错误； C．该分子苯环可发生取代反应，且能够发生脱水缩合得到肽链，C 正确； D．有机物 X 属于氨基酸，可形成内盐，D 正确； 故答案选 CD；(3)X 在一定条件下发生分子内的脱水缩合生成 Y，反应的化学方程式为 ； (4)分子式为 C7H7NO2 的芳香族同分异构体中，能与 NaOH 反应，说明含有—COOH 或—OOCH，且—NH2 直接与苯环连接，满足条件的结构有 ； (5)上述流程中， 可先与 Cl2 在光照条件下发生烷烃基的取代反应生成 ， 再发生水解反应生成 ， 催化氧化即可得到 ，合成 路线为 。