浙江省北斗联盟2021-2022学年高二化学下学期期中联考试题（Word版附解析）

浙江省北斗联盟2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137Ag-108第Ⅰ卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1.下列属于弱电解质的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．氧化钠属于强电解质，A错误；B．HI属于强酸，是强电解质，B错误；C．一水合氨为弱碱，属于弱电解质，C正确；D．碳酸氢钠属于盐，是强电解质，D错误；故选C。2.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．NaHSO4属于强电解质，溶于水完全电离，溶液呈酸性是由于电离产生的，选项A 错误；B．属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，选项B正确；C．能够完全电离出氢离子使溶液显酸性，选项C错误；D．NaHCO3中的碳酸氢根离子在水中既可以电离也可以水解，但水解程度大于电离程度，使溶液显碱性，选项D错误；答案选B。3.下列仪器和名称都正确的是蒸馏烧瓶溶量瓶碱式滴定管坩埚A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．A为圆底烧瓶，A错误；B．B为容量瓶，B错误；C．C为碱式滴定管，C正确；D．D为坩埚，D错误；故选C。4.下列表述不正确的是A.甲基的电子式B.乙烯的球棍模型C.乙炔的空间填充模型为 D.命名为2，2，3-三甲基丁烷【答案】A【解析】【详解】A．甲基中C原子与3个H原子共用3对电子，C原子的外围电子数为7，其电子式为，故A错误；B．碳原子半径大于氢原子半径，碳和碳原子共用2对电子对，其球棍模型为，故B正确；C．乙炔是直线形分子，C的原子半径大于H，其空间填充模型为，故C正确；D．主链选4个C原子，以支链越多的碳原子编号最小，命名为2，2，3-三甲基丁烷，故D正确；故选：A。5.下列化学用语的描述正确的是A.的模型B.锂原子最外层原子轨道示意图：C.铬原子价电子排布式：D.违反了洪特规则【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，A错误； B．锂原子最外层原子轨道为2s轨道，为球形，B错误；C．铬原子价电子排布式：3d54s1，C正确；D．图示轨道表示式违反了泡利原理，D错误；故选C。6.下列有关氧化物的性质与用途具有对应关系的是A.熔点高，可用于制造耐火材料B.具有氧化性，可用于漂白草编织物C.硬度大，可用于制作光导纤维D.具有两性，可用于电解冶炼金属铝【答案】A【解析】【详解】A．氧化镁是熔点高的离子化合物，常用于制造耐火材料，故A正确；B．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白草编织物，故B错误；C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，常用于制作光导纤维，故C错误；D．氧化铝是离子化合物，熔融状态下能导电，可用于电解冶炼金属铝，故D错误；故选A。7.下列各项叙述中不正确的是A.同一原子能层越高，s电子云半径越大B.同一能层运动的电子，其自旋方向可能不同C.杂化轨道用于形成键和容纳孤电子对D.镁原子的核外电子排布由时，释放能量【答案】D【解析】【详解】A．所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越高，电子能量越大，s电子云半径越大，故A正确；B．在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一能层中电子的自旋方向是可以相同，如C原子的2P能级上2个电子的自旋方向相同，故B正确；C．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键， 故C正确；D．由题意可知，镁原子3s能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p能级上，由基态转化成激发态，故D错误；故选D。8.随着科学技术的发展，人们可以利用很多先进的方法和手段来测定有机物的组成和结构。下列说法不正确的是A.利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析B.红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构C.质谱仪是通过分析最小的碎片离子测出分子的相对质量D.用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的【答案】C【解析】【详解】A．利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，A正确；B．红外光谱可以测定未知物中所含各种化学键和官能团，以此判断物质的结构，B正确；C．质谱仪是通过分析最大的碎片离子测出分子的相对质量，C错误；D．石英玻璃为非晶体，水晶的粉末是晶体，用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是不同的，D正确；故选C。9.下列说法正确的是A.和属于同类有机物B.与金属钠和乙醇反应相比，钠与水反应更剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致羟基中的极性更强C.和属于碳架异构D.要提纯实验室制得的硝基苯，可以先加入氢氧化钠溶液，再分液【答案】D【解析】【详解】A．两者一个为醇类，一个是酚类，不是同类有机物，A错误； B．与金属钠和乙醇反应相比，钠与水反应更剧烈，是因为乙醇分子中乙基对羟基的影响导致羟基中O−H的极性变弱，B错误；C．两个分子属于同一种物质，C错误；D．硝基苯难溶于水，要提纯实验室制得的硝基苯，可以先加入氢氧化钠溶液除去多余的酸，再分液，D正确；故选D。10.下列说法正确的是A.相同条件下，的熔点高于B.与氢气反应可以得到四种不同产物C.工业上可以用乙炔和水反应制取乙醛D.溴水可以鉴别苯和甲苯【答案】C【解析】【详解】A．碳原子个数相等烷烃，支链越多熔沸点越低，则相同条件下，的熔点低于，A错误；B．与1mol氢气发生1,2加成反应生成，发生1,4加成生成，与2mol氢气发生反应生成，可以得到三种不同产物，B错误；C．乙炔和水发生加成反应制取乙醛，C正确；D．苯和甲苯都能溶解溴水中的溴单质从而使溶液褪色，不能鉴别，D错误；故选：C。11.反应分两步进行：①(ΔH<0)，②(ΔH>0)，表示反应①的活化能，表示反应②的活化能。下列图示正确的是A.B. C.D.【答案】D【解析】【详解】①A+B→X(ΔH<0)，则A和B的能量之和大于X能量，②X→C(ΔH>0)，则X能量小于C的能量；E1表示反应①的活化能，E2表示反应②的活化能，反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，故选：D。 12.下列有关说法不正确的是甲乙丙丁A.水合铜离子的模型如图甲，水合铜离子中只存在极性共价键、配位键B.晶体的晶胞如图乙，与距离最近的组成正四面体C.二氧化硅晶体如图丙，每个硅原子拥有四个键D.丁为K的某种氧化物晶胞，其中黑球为，由图可知该晶体化学式为【答案】C【解析】【详解】A．根据结构模型，所展示的水合铜离子为四配位，中心Cu2+与配体H2O之间存在配位键，H2O分子内部O与H之间为极性共价键，选项A正确；B．CaF2晶胞中，Ca2+为A1堆积，F-做四面体填隙，所以距离F最近的Ca2+组成正四面体，选项B正确；C．二氧化硅晶体中，每个Si原子连接4个O原子，每个Si原子能形成4个Si-O键，且两个Si共用，则每个硅原子拥有2个键，选项C不正确；D．丁为K的某种氧化物晶胞，其中黑球为，根据均摊法，晶胞含有8+6=4个，12+1=4个，故该晶体化学式为，选项D正确；答案选C。13.是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂。通过激光加热引发的燃烧反应之后，燃烧时的温度随时间变化关系如图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化如下： 下列分析正确的是A.燃烧需要激光加热引发，所以燃烧是吸热反应B.其他条件相同时，等物质的量的燃烧放热大于燃烧放热C.在反应过程中，a点时物质所具有的总能量最小D.【答案】C【解析】【详解】A．燃烧反应都放热反应，所以AlH3燃烧是放热反应，A项错误；B．其他条件相同时，Al(s)具有的能量比Al(g)小，所以等物质的量的Al(s)燃烧放热小于Al(g)燃烧放热，B项错误；C．在反应过程中，a点时温度最高，则放出的热量最多，生成物所具有的总能量比前面反应中都低，C项正确；D．令反应：①为2AlH3(s)=2Al(s)+3H2(g)△H1、②为H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2、③为Al(s)=Al(g)△H3、④为Al(g)+O2(g)=(s)△H4，利用盖斯定律，将①+②×3+③×2+④×2得：2AlH3(s)+3O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g)△H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4，D项错误；答案选C。14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.浓度为溶液中，的微粒个数等于0.1NAB.标准状况下，将通入水中，的粒子数之和为2NAC.氢氧燃烧电池中每消耗则外电路通过电子0.4NAD.基态Р原子中，含p能级电子的数目为0.09NA【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢根离子会发生水解，浓度为的溶液中，的微粒个数小于0.1NA，A错误；B．标准状况下，将通入水中，形成氯水，还有未反应的Cl2，则的粒子数之和小于2NA，B错误；C．未指明温度、压强，无法计算物质的量，无法计算外电路通过电子数，C错误；D．P的物质的量为0.01mol，基态Р原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，0.01molР有0.09molp能级电子，电子的数目为0.09NA，D正确；答案选D。15.常温下，的一元酸，下列事实不能证明该酸为弱酸的是A.的溶液中B.与相同物质的量浓度盐酸相比，导电性更弱C.中和同体积同物质的量浓度的溶液，消耗该酸的体积与等浓度盐酸体积相等D.若测得该酸溶液，加蒸馏水稀释该溶液至10倍，测得，且【答案】C【解析】【详解】A．常温下，，c(H+)=，的溶液pH=10＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HA为弱酸，故A不选；B．与相同物质的量浓度盐酸相比，导电性更弱，说明HA 溶液含有自由移动的离子浓度较小，即HA未完全电离，可证明HA为弱酸，故B不选；C．HA为一元酸，氢氧化钠为一元碱，二者恰好反应，不能证明HA为弱酸，故C选；D．常温下，将pH=a的HA溶液稀释10倍，测得pH=b，若为强酸，稀释后b=a+1，测定，说明加水稀释促进电离，可证明HA为弱酸，故D不选；故选：C。16.催化氧化是制硫酸的关键步骤：。时，在的恒温恒容容器中加入和，测得混合气体的总物质的量()随时间的变化如下表所示：03610152532.502.352.152.102.082.06下列推断正确的是A.的反应速率小于B.C.时的平衡转化率为D.时反应时间最好定为【答案】C【解析】【分析】反应前后气体分子数减小为1，可认为减小的气体的物质的量等于参与反应的氧气的物质的量。【详解】A．由表格中的数据可知，3～6min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=2.50mol-2.35mol=0.15mol，反应速率为，6～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=2.35mol-2.15mol=0.2mol，反应速率为，即3～6min的反应速率与6-10min的反应速率相等，A错误；B．0～10min氧气物质的量的改变值Δn(O2)=3mol-2.15mol=0.85mol，则，B错误；C．T1K时，SO2的反应的物质的量Δn(SO2)=2×(3-2.06)mol=1.88mol，则其转化率为 ，C正确；D．由表格数据可知，15min时该反应中二氧化硫的转化率已经很大了，随着时间的增加，SO2的转化率增长不大，因此，在T1K时，反应时间最好定为15min，D错误；故选C。17.2019年的诺贝尔化学奖授予锂离子电池研究的三位科学家。图是一种锂离子电池的工作原理示意图，其负极材料为嵌锂石墨，正极材料为，其总反应可表示为：，下列说法正确的A.放电时锂离子由b极脱嵌，移向a极B.充电时b极的反应式为：C.充电时，a极接正极，发生还原反应D.使用的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应【答案】D【解析】【分析】二次电池其负极材料为嵌锂石墨，充电时连电源负极，正极材料为LiCoO2，充电时连电源正极。【详解】A．负极材料为嵌锂石墨，放电时锂离子由a极脱嵌，移向b极，A错误；B．充电时b极为阳极，b极的反应式为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，B错误；C．充电时，a极接负极，发生还原反应，C错误；D．使用LiPF6的碳酸酯溶液作电解液是为了避免使用水溶剂会与金属锂反应，D正确； 故选D。18.由短周期主族元素组成的一种新型漂白剂的结构如题图所示。其中原子序数依次增大，W的族序数是周期序数的两倍，基态时Z原子层上的电子总数是原子轨道上电子数的两倍，Y与Z位于不同周期。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.第一电离能：C.W的氧化物对应水化物的酸性一定比Z的弱D.晶胞中与每个分子距离最近且相等的分子数为8【答案】A【解析】【分析】由短周期主族元素可组成的一种新型漂白剂，结构如题图所示。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，W形成4个共价键，最外层电子数是4，W的族序数是周期序数的两倍，则W核外电子排布是2、4，所以W是C元素；基态时Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，则Z核外电子排布是1s22s22p63s23p5，则Z是Cl元素；Y与Z位于不同周期，则Y是第二周期元素，形成2对共用电子对，原子序数比C大，所以Y是O元素，根据原子序数关系可知X是N元素，根据上述分析可知：W是C，X是N，Y是O，Z是Cl元素。【详解】A．X是N，Y是O，Z是Cl，三种元素形成的离子N3-、O2-、Cl-，其中N3-、O2-核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Cl-核外电子排布是2、8、8，具有3个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径关系为：Y(O2-)＜X(N3-)＜Z(Cl-)，A正确；B．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第IIA、第VA族时， 原子核外电子排布处于全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，所以元素的第一电离能大小关系为：W(C)＜Y(O)＜X(N)，B错误；C．W是C，Z是Cl，元素的非金属性：C＜Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜HClO4，即W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱，C错误；D．WY2是CO2，晶胞中与每个分子距离最近且相等的分子数为12，D错误；故选A。19.类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是A.的熔沸点高于，则的熔沸点也高于B.是非极性分子，在水中的溶解度不大，则在水中的溶解度也很小C.由于键能大而结构稳定，则键能也大结构也很稳定D.中铝离子采用杂化，配合离子的空间构型为正四面体形，则中铜离子也采用杂化，配合离子的空间构型也为正四面体形【答案】B【解析】【详解】A．NH3的熔沸点高于PH3是NH3中存在分子间氢键，则CH4的分子间没有氢键，相对分子质量小于SiH4，分子间作用力小，熔沸点比SiH4低，A错误；B．CO2是非极性分子，在水中的溶解度不大，S与O同主族，则CS2在水中的溶解度也很小，B正确；C．N≡N由于键能大而结构稳定，但C≡C键不稳定，C错误；D．[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面四边形，铜离子不是sp3杂化，D错误；故选B。20.下列关于共价键的描述正确的是A.键能：，因此的沸点高于的沸点B.原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性C.两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键D.键长越短，电子云重叠程度越大，键能越小【答案】C【解析】 【详解】A．水分子之间含有氢键，其沸点比高，与键能无关，故A错误；B．H的1s电子为球形对称，s-s电子重叠没有方向性，则H-H键无方向性，故B错误；C．p轨道头碰头重叠形成σ键，肩并肩重叠形成π键，所以两个原子的p轨道不仅能形成σ键，也能形成π键，故C正确；D．键长越短，电子云重叠程度越大，键能越大，故D错误；故选：C。21.二氧化氯()是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的有明显的去除效果，其反应原理为：(部分反应物和产物省略、未配平)，实验室用如图的方法制备饮用水消毒剂。已知：为强氧化剂，其中N元素为-3价。下列说法不正确的是A.电解溶液时可以选用金属铜作阴极B.电解池中总反应的化学方程式为C.X溶液中主要存在的离子有：D.饮用水制备过程中残留的可用适量溶液去除【答案】C【解析】【分析】氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为，加入NaClO2溶液发生反应生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素为-3价，该反应中Cl元素化合价由+3价变为+4价，失电子发生氧化反应，则还存在Cl元素得电子发生还原反应，所以溶液X中含Cl- ，溶液呈碱性，所以还存在OH-，发生反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl；【详解】A．电解池中阴极发生还原反应，电极材料不参与反应，铜能导电，则电解溶液时可以选用金属铜作阴极，故A正确；B．根据图知，电解NH4Cl溶液时生成H2和NCl3，所以方程式为，故B正确；C．根据以上分析知，溶液X中含有Cl-、OH-，溶液呈碱性，不存在和OH-反应的离子H+，故C错误；D．饮用水中残留的ClO2具有强氧化性，硫酸亚铁和ClO2反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO4溶液去除，故D正确；故选：C。22.酸碱中和滴定是化学中重要的定量实验，某兴趣小组准确量取待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用的标准溶液滴定。下列说法正确的是A.锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，未用待测液润洗B.使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定C.实验过程中某同学记录消耗的溶液的体积为D.盛标准溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，到达滴定终点时气泡消失，则测定结果偏低【答案】A【解析】【详解】A．锥形瓶用蒸馏水润洗后，不能用待测液润洗，否则会使测量结果偏大，A正确；B．用氢氧化钠滴定盐酸，若用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变红色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点，B错误；C．滴定管的精确度为0.01mL，此同学记录的数据有错误，C错误；D．若盛放氢氧化钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，说明所用氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高，D错误；答案选A。23.苯乙烯()是一种重要的有机化工原料，关于该物质下列说法正确的是 A.苯乙烯分子中最多有14个原子共平面B.苯乙烯能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，且褪色原理相同C.苯乙烯发生聚合反应后的产物不能再与氢气发生加成反应D.苯乙烯与甲苯不是同系物，但与立方烷()是同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．苯环为平面构型，碳碳双键为平面构型，两者通过单键相连，所有原子均可能共平面，苯乙烯分子中最多有16个原子共平面，A错误；B．苯乙烯能使酸性高锰酸钾褪色是发生了氧化反应，使溴水褪色是发生了加成反应，褪色原理不相同，B错误；C．苯乙烯发生聚合反应后的产物含有苯环，能再与氢气发生加成反应，C错误；D．苯乙烯含双键，与甲苯不是同系物，但与立方烷分子式相同结构不同，是同分异构体，D正确；故选D。24.羰基硫()可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将和一定量的混合加热并达到下列平衡：，平衡后物质的量为。下列说法不正确的是A.的转化率之比为1：1B.达平衡后的体积分数为C.加入正催化剂，可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率D.恒温下向平衡体系中再加入各，平衡会移动【答案】A【解析】【分析】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S 的物质的量为nmol，则：，该温度下该反应的K=0.1，设容器的容积为V，则平衡常数K==0.1，解得n=7，即反应前H2S的物质的量为7mol。【详解】A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、7mol，而二者的化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+7mol=17mol，平衡后H2S的物质的量为(7-2)mol=5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=100%29.4%，故B正确；C．加入正催化剂，降低反应活化能，可以加快反应速率，但不影响始末状态，平衡不移动，则不能提高平衡转化率，故C正确；D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，则此时该反应的浓度商Qc==>K=0.1，说明平衡会向着逆向移动，故D正确；答案选A。25.下列关于实验内容和实验目的说法正确的是编号实验内容实验目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅证明溶液中存在水解平衡B室温下，用试纸测定浓度为消毒液和溶液的比较和的酸性强弱C用注射器吸入和的混合气体，将细管端证明对有气体参加的可逆反应，改 用橡胶塞封闭，然后把注射器的活塞往外拉，可观察到混合气体的颜色先变浅后变深变压强一定会使平衡发生移动D向溶液中滴2滴溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，生成碳酸钡沉淀，c()减小，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A正确；B．次氯酸钠溶液有漂白性，能漂白pH试纸，不能用于比较，B错误；C．把注射器的活塞往外拉，容器体积增大，NO2气体浓度迅速降低，观察到管内混合气体的颜色先变浅，压强减小，2NO2⇌N2O4平衡逆向移动，颜色又逐渐变深，C错误；D．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生氢氧化镁白色沉淀后，氢氧化钠过量，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成氢氧化铁红褐色沉淀，未发生沉淀的转化，不能比较Ksp的大小，D错误；故选A。第Ⅱ卷26.解释下列现象或原理：（1）的熔点(1291℃)比的熔点(190℃)高很多的原因是_______；（2）溶于水克服的微粒间作用力有_______。（3）比较对羟基苯甲酸()与邻羟基苯甲酸()熔点高低并解释产生这种现象的原因是_______【答案】（1）为离子晶体，而分子晶体，克服离子键比分子间作用力更难 （2）离子键、共价键、分子间作用力(氢键)（3）对羟基苯甲酸的熔点高于邻羟基苯甲酸，原因为：对羟基苯甲酸形成分子间氢键，比邻羟基苯甲酸形成的分子内氢键作用力更强【解析】【小问1详解】为离子晶体，而分子晶体，克服离子键比分子间作用力更难，因此的熔点(1291℃)比的熔点(190℃)高很多，故答案为：为离子晶体，而分子晶体，克服离子键比分子间作用力更难；【小问2详解】溶于水生成氢氧化钠，克服的微粒间作用力有离子键、共价键、分子间作用力(氢键)，故答案为：离子键、共价键、分子间作用力(氢键)；【小问3详解】对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，当对羟基苯甲酸熔融时，需要消耗较多的能量克服分子间氢键，所以对羟基苯甲酸的熔点高于邻羟基苯甲酸，故答案为：对羟基苯甲酸的熔点高于邻羟基苯甲酸，原因为：对羟基苯甲酸形成分子间氢键，比邻羟基苯甲酸形成的分子内氢键作用力更强。27.固体化合物X(式量小于200)由1-20号的4种元素组成，某小组开展如下探究实验气体体积都在标准状况下测定。请回答：（1）气体B的的空间构型为_______；白色固体C的化学式是_______；（2）化合物X的化学式是_______；（3）气体B与红棕色固体H在加热条件下反应的化学方程式_______；（4）设计实验验证溶液F中的可能含有的金属阳离子_______。【答案】（1）①.三角锥形②. （2）（3）（4）分别取两份少量试液于试管中，一份加入少量溶液，若变红色，说明含有；另一份加入少量铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有【解析】【分析】已知：化合物X(式量小于200)由1-20号的4种元素组成；溶液D加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀E，则E为AgCl，D中含Cl-，n(Cl-)=n(AgCl) ===0.06mol；固体A加入苏打(Na2CO3)溶液得到白色沉淀C，则C为CaCO3，固体A是CaCl2，n(CaCl2) ===0.03mol；沉淀G灼烧得到红棕色固体H，则H为Fe2O3，由于是在空气中灼烧的，G为Fe(OH)3或Fe(OH)2，则溶液F含Fe3+或Fe2+；标况下n(B) ===0.12mol，m(B)=5.37g-3.33g=2.04g，则M(B)===17g/mol，则气体B为NH3；综上所述，5.37g的固体化合物X(式量小于200)中，由于n(CaCl2):n(NH3)=0.03mol:0.12mol=1:4，故化合物X的化学式是CaCl2⋅4NH3。【小问1详解】由分析可知，气体B为NH3，其空间构型为三角锥形，白色固体C的化学式是CaCO3；【小问2详解】由分析可知，化合物X的化学式是CaCl2⋅4NH3；【小问3详解】气体B为NH3，红棕色固体H为Fe2O3，两者发生氧化还原反应生成氮气和铁单质，反应的化学方程式；【小问4详解】溶液F中的金属阳离子是Fe3+或Fe2+，检验方法是：分别取两份少量试液于试管中，一份加入少量KSCN溶液，若变红色，说明含有Fe3+；另一份加入少量铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，说明含有Fe2+。 28.氯化钴()主要用于电解制备金属钻，还可用作氨的吸收剂、防毒面具和肥料添加剂。某实验小组制备无水氯化钴的装置如图所示。已知：(Ⅲ)的氧化性强于易潮解。（1）装置A烧瓶中的固体为84消毒液中的有效成分，则A装置中发生反应的离子方程式为_______。（2）装置B中盛放的试剂为_______，装置C的作用是_______。（3）E作用是_______。（4）小组成员认为实验过程中过量，装置D中所得固体可能会有，你是否同意该论断并解释原因是_______。（5）氯化钴溶液与氯化镁溶液类似，直接蒸干不能得到固体，要使从溶液中析出的转变为，应该进行的实验操作是_______。【答案】（1）（2）①.饱和溶液②.除水(干燥)（3）吸收多余，同时阻止空气中的进入D（4）为氧化产物，由于(III)的氧化性强于，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成（5）在硬质试管中加热晶体的同时，通入气体【解析】【分析】84消毒液的主要成分是次氯酸，HCl(浓)+HClO=Cl2↑+H2O；装置B中盛放的试剂为饱和氯化钠溶液，吸收浓盐酸挥发出的HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂 进行干燥，如浓硫酸；装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。【小问1详解】84消毒液的主要成分是次氯酸，与浓盐酸发生氧化还原反应，氯元素的化合价向中间靠拢，生成Cl2，反应的方程式为：HCl(浓)+HClO=Cl2↑+H2O，离子方程式为；【小问2详解】装置B中盛放试剂为饱和食盐水，浓盐酸会挥发出HCl，饱和食盐水可吸收HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物质，选择酸性干燥剂进行干燥，如浓硫酸，装置C的作用是除水(干燥)；【小问3详解】装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，作用是吸收Cl2，同时阻止空气中的H2O进入D；【小问4详解】装置D中所得固体不可能会有CoCl3，CoCl3为氧化产物，由于Co(III)的氧化性强于Cl2，氧化产物的氧化性小于氧化剂，不会生成CoCl3；【小问5详解】SOCl2与水易水解，方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，SOCl2与CoCl2·6H2O的结晶水反应生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加热可以得到氯化钴固体，实验操作是在硬质试管中加热晶体的同时，通入气体。29.已知某有机物A：①由C、H、O三种元素组成，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是，氢的质量分数是；②如图是该有机物的质谱图，请回答：（1）A的实验式(最简式)为_______，A相对分子质量为_______， （2）A的同分异构体有_______种，分子中具有手性碳原子的结构简式为_______（3）A的核磁共振氢谱有两个峰，红外光谱图如图，A的结构简式为_______。（4）A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为，B能使酸性高锰酸钾褪色，且B的结构中存在顺反异构体，写出B发生聚合反应的化学方程式_______。【答案】（1）①.②.74（2）①.7②.（3）（4）nCH3CH=CHCH3【解析】【小问1详解】碳质量分数是，氢的质量分数是，则氧的质量分数为，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比为，则其实验式为；由质谱图可知，其相对分子质量是74，故答案为：；74；【小问2详解】A的实验式为，相对分子质量为74，则其化学式为，则A的同分异构体有CH3CH2CH2CH2OH、、、、CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、CH3OCH(CH3)2，共7种，其中具有手性碳原子的是，故 答案为：7；；【小问3详解】A的核磁共振氢谱有两个峰，根据红外光谱图可知，其分子中含有C-H、O-H、以及C-O，则A的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】A的某种结构的分子在一定条件下脱水生成B，B的分子组成为，能使酸性高锰酸钾褪色，则B烯烃，B存在顺反异构体，则B为CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3发生聚合反应的化学方程式为nCH3CH=CHCH3，故答案为：nCH3CH=CHCH3。30.“2030年前碳达峰，2060年前实现碳中和”定调国家级绿色发展战略。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。（1）将催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。①在体积为的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为。当投料比，时，的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。压强_______(填“>”“<”或“=” ，下同)；当温度为、压强为时，a点时的v(逆)_______v(正)。②在密闭容器中，充入不同，的原料气体，控制温度700℃，发生反应，请在如图中画出在混合气体中的平衡体积分数随递增的变化趋势。______（2）由合成甲醇是资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下和可发生反应：①投料比相同，在不同温度和不同压强下和合成甲醇时，的平衡转化率如图1所示。已知温度，则该反应自发进行的条件是_______②温度为T时，向恒容密闭容器中充入和的混合气体，此时容器内压强为4p，两种气体的平衡转化率α与起始时的关系如图2所示。图2中的平衡转化率与的关系可用曲线_______(填“”或“”)表示。该温度下，此反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ③采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，该反应历程如图所示。容易得到的副产物有和，其中相对较多的副产物为_______；上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中_______(填字母)的能量变化。A.B.C.D.（3）我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率，原理如图所示。电解过程中，电解质溶液中向_______(填“石墨1”或“石墨2”)电极迁移，石墨1上发生的电极反应式为_______【答案】（1）①.<②.<③. （2）①.低温自发②.③.④.CO⑤.A（3）①.石墨1②.【解析】【小问1详解】①该反应正反应是一个气体体积增大的吸热反应，故增大压强，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，由CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系图可知，温度相同时，p1条件下CO2转化率更大，压强p1＜p2；当温度为T3、压强为P1时，a点到到达平衡点即T3与p1曲线的交叉点过程中CO2的转化率在增大，说明反应正向进行，故此时的v(逆)＜v(正)，故答案为：＜；＜；②根据反应可知，当投料氢碳比小于3时，增大氢碳比，二氧化碳转化率增大，即提高CO产率，CO的体积分数随氢碳比的增大而增大；氢碳比与反应的化学计量数之比相同，即为3时，CO的体积分数最大；当氢碳比超过3以后，CO产量随增多，但平衡后混合气体的总体积增大，对应的CO体积分数不断减小，所以其变化曲线如下；【小问2详解】①已知温度，由图知升高温度的平衡转化率增大，说明平衡逆向移动，为放热反应∆H<0，该反应是气体分子数增大，则∆S>0，反应能自发进行∆G=∆H-T∆S>0，则条件是低温自发，故答案为：＜；＜；②当CO2的量一定时，增大H2的量，CO2的转化率增大，即越大，CO2的转化率越大，所以CO2的平衡转化率可用L1表示；当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%，即当时，转化率为50%，共充入4molH2和CO2的混合气体，则n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，列三段式有： ，平衡时气体总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，由压强之比等于物质的量之比，反应前气体总物质的量为4mol，压强为4P，则反应后总压强为3P，该温度下，此反应的平衡常数；故答案为：L1；；③由图可知，副反应有CO和CH2O，生成CO的能垒为0.95eV-0.28eV=0.67eV，生成CH2O的能垒为2.73eV-(-0.60eV)=3.33eV，生成CO能垒低，反应容易，生成量大，故相对较多的副产物为CO；由图可知，*CO→*OCH活化能是降低的，反应最容易；*OCH2→*OCH3的活化能为0.58eV-(-0.60eV)=1.18eV；*OCH3→*CH3OH的活化能为1.12eV-0.58eV=0.54eV；*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能为1.36eV-(-0.28eV)=1.64eV，该步反应活化能最大，速率最慢，要想加快总反应速率，应降低该反应的活化能，故答案为：CO；A；【小问3详解】由电解装置可知，石墨2上H2O→O2，O化合价升高，失去电子，发生氧化反应，做阳极，石墨1做阴极，电解池中阳离子移向阴极，则溶液中向石墨1电极迁移；石墨1上CO2(g)→CH3OH，则石墨1电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，故答案为：石墨1；CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。31.完成下列问题（1）通过对“祝融号”火星车传回的信息研究发现，火星岩的主要成分为和等。回答下列问题：①比较与的稳定性并阐述其原因_______②在上述氧化物中属于共价晶体的是_______(填化学式)。③常用于检验的一种试剂为，其中的阴离子所含σ键、π键数目之比为_______（2）具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。一种晶体的晶胞(立方体)如图1所示，NA为阿伏加德罗常数的值，原子半径为。图2是沿着立方格子 对角面取得的截图，则原子与O原子间最短空间距离x=_______。晶体的密度为_______(列出计算式即可)。【答案】（1）①.更稳定；是因为的为半充满状态，而能级为6个电子②.③.1：1（2）①.②.【解析】【小问1详解】Fe3+的价层电子排布为3d5，3d为半充满状态，而Fe2+价层电子排布为3d6，3d能级为6个电子，故Fe3+更稳定；故原因：Fe3+的3d为半充满状态，而Fe2+的3d能级为6个电子；在上述氧化物中属于共价晶体的是SiO2；CN-中C与N原子之间为三键，三键中含1个σ键、2个π键，CN-与中心离子之间为配位键，故σ键个数为6+6=12，π键个数为，所含σ键、π键数目之比为1:1；【小问2详解】由图2可知，面对角线上三个锌原子紧密排列，面对角线长为4apm，根据题意，晶胞的边长为2xpm，故，；根据均摊法，晶胞中含有的锌原子为4个，O原子为4个，故晶体密度为：。