浙江省温州十校联合体2021-2022学年高二化学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2021学年第二学期温州十校联合体期末联考高二年级化学学科试题考生须知：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.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Cu-64Ag-108Ba-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.属于酸性氧化物的是A.SO2B.NOC.Na2OD.HClO【答案】A【解析】【分析】氧化物指的是只有两种元素且其中一种为氧元素的化合物；其中酸性氧化物指的是能与碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物指的是能与酸反应生成盐和水的氧化物；【详解】A．可与NaOH的反应，化学方程式为，生成了对应的盐与水，是酸性氧化物，A正确；B．NO不能单独与碱反应生成盐和水，在有条件下，NO可与NaOH发生反应，但是生成的并非对应的盐，不是酸性氧化物，B错误；C．可与酸反应生成对应的盐和水，如，为碱性氧化物，C错误；D．HClO是由三种元素组成的化合物，不是氧化物，它属于酸；故合理选项为A。2.下列物质属于电解质的是A.CH4B.盐酸C.FeD.CH3COOH 【答案】D【解析】【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。【详解】A．CH4在水溶液中和熔融状态下都不能导电，是非电解质，A不符合题意；B．盐酸是混合物，不是电解质，B不符合题意；C．Fe是单质，不是电解质，C不符合题意；D．CH3COOH水溶液中能导电，属于电解质，D符合题意；故选D。3.名称为“蒸馏烧瓶”的仪器是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．的名称是坩埚，故不选A；B．的名称是蒸馏烧瓶，故选B；C．的名称是容量瓶，故不选C；D．的名称是锥形瓶，故不选D；选B。4.下列物质对应的化学式不正确的是A.重晶石：BaCO3B.磁性氧化铁：Fe3O4C.金刚砂：SiCD.电石气：C2H2【答案】A【解析】【详解】A．重晶石是BaSO4，故选A； B．Fe3O4具有磁性，磁性氧化铁的主要成分是Fe3O4，故不选B；C．金刚砂的成分是SiC，故不选C；D．电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙，电石气是C2H2，故不选D；选A。5.下列表示正确的是A.3－甲基戊烷的键线式：B.NaOH的电子式：C.基态氮原子轨道表示式：D.硫离子的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．3-甲基戊烷的键线式为，A错误；B．NaOH为离子化合物，Na+与OH-之间为离子键，O和H之间为共价键，电子式为，B正确；C．基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，按照泡利原理和洪特规则，轨道式应为，C错误；D．硫的核电荷数为16，硫离子的结构示意图为，D错误；故选B。6.下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是A.NH3B.CO2C.H2D.CH4【答案】A【解析】【详解】A．NH3极易溶于水，并与水反应产生NH3∙H2O，NH3∙H2O电离产生OH-，使溶液显碱性，因此可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，A符合题意； B．CO2能够溶于水，反应产生H2CO3，H2CO3电离产生H+，使溶液现酸性，可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，B不符合题意；C．H2是中性气体，不溶于水，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，C不符合题意；D．CH4是中性气体，不溶于水，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D不符合题意；故合理选项是A。7.下列说法不正确的是A.C和C互为同位素B.NO和NO2互为同素异形体C.和互为同分异构体D.CH4和C9H20互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．两种核素都是由碳元素组成，它们质子数均为6，中子数分别为6、8，根据同位素的定义，它们互为同位素，故A说法正确；B．同素异形体研究范围是单质，NO和NO2属于化合物，因此它们不互为同素异形体，故B说法错误；C．它们互为顺反异构，即互为同分异构体，故C说法正确；D．它们符合通式为CnH2n+2，属于同系物，故D说法正确；答案为B。8.下列说法不正确的是A.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B.Na2O2可用作呼吸面具的供氧剂C铝粉与氧化铁发生铝热反应可用于焊接钢轨D.体积分数为75%的乙醇溶液可用于杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A．SiO2不导电，可以传导光信号，A错误；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以用于制作呼吸面具中供氧剂，B正确；C．铝粉与氧化铁发生铝热反应，由于反应剧烈放热，生成Fe为液态，可用于焊接钢轨，C正确； D．体积分数为75%的乙醇溶液容易进入细菌体内，使细菌内部的蛋白质变性，用于杀菌消毒，D正确；故选A。9.下列说法正确的是A.室温下，Na在空气中反应生成Na2O2B.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4C.将蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因【答案】C【解析】【详解】A．室温下，Na在空气中反应生成，Na在受热的情况下与氧气反应生成，A错误；B．室温下，Fe与浓发生钝化；加热条件下，Fe与浓发生氧化还原反应，产物因Fe的用量而有所不同，当Fe用量较少时，产生为，当Fe用量过量时，产生为；C．将蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒相互靠近，挥发出来的与反应生成白色固体，现象为有白烟产生，C正确；D．为红棕色且有刺激性气味的有毒气体，为无色且有刺激性气味的有毒气体，二者均可造成酸雨，D错误；故合理选项为C。10.过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法中不正确的是A.氧化性：Na2O2＞Na2FeO4B.Na2O2既作氧化剂，又作还原剂C.由反应可知每2molFeSO4完全反应时，反应中共转移8mol电子D.Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用【答案】C【解析】【详解】A．由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知 ，氧化性Na2O2＞Na2FeO4，A正确；B．由方程式可知，O元素的化合价部分由-1价降低为-2价，部分由-1价升高为0价，所以Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确； C．由方程式可知，Fe的化合价由+2价升为+6价，部分O由-1价升高为0价，2molFeSO4参加反应时转移10mole-，C错误；D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4具有强氧化性，可以氧化杀死微生物，Na2FeO4的还原产物Fe3+可在水中生成Fe(OH)3胶体，具有净水的作用，D正确；故选C。11.下列说法不正确的是A.有少量酸(或碱)滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布B.实验室制取氯气时，可用饱和NaCl溶液除去氯气中的氯化氢C.容量瓶在使用前需检查是否完好，瓶口处是否漏水D.高温下，红热铁粉与水蒸气反应，生成Fe2O3和H2【答案】D【解析】【详解】A．有少量酸或碱滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布，故A说法正确；B．氯化氢极易溶于水，用饱和食盐水除去氯气中氯化氢，还可以降低氯气在食盐水中的溶解度，故B说法正确；C．容量瓶在使用前，先检查是否漏水，容量瓶中加入少量水，倒置，观察瓶口是否漏水，若不漏水，正立，瓶塞旋转180°，倒立，观察瓶口是否漏水，故C说法正确；D．红热铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故D说法错误；故答案为D。12.下列说法不正确的是A.HF比H2O稳定性更强，是由于HF分子间作用力较大B.CCl4和N2分子晶体中各原子最外层都达到8电子稳定结构C.Na投入到水中，有共价键的断裂与形成D.离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键【答案】A【解析】【详解】A．HF比H2O稳定性强，是因为F的非金属性强于O，而分子间作用力只是影响物质的部分物理性质，故A说法错误； B．四氯化碳的结构式为，氮气的结构式为N≡N，每个原子最外层都达到8电子，故B说法正确；C．金属钠投入水中，发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，水中氧氢键断裂，氢气中H-H键生成，Na投入水中，有共价键的断裂和形成，故C说法正确；D．离子化合物中一定含有离子键，也可能含有共价键，如NaOH等，故D说法正确；答案为A。13.下列实验对应的离子方程式不正确的是A.印刷电路板反应原理：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+B.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO+Cl-+2H+C.在NaHCO3溶液中滴加过量的澄清石灰水：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2OD.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO【答案】B【解析】【详解】A．腐蚀印刷电路板生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A正确；B．漂白粉溶液中的次氯酸钙与少量二氧化硫反应生成微溶于水的硫酸钙、氯化钙和次氯酸，反应的离子方程式为SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4+Cl-+2HClO，B错误；C．NaHCO3少量可以将HCO看成“1”，离子方程式为Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O，C正确；D．酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO，无论碳酸钠是否过量，苯酚溶液与碳酸钠溶液反应都生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO，D正确；故选B。14.下列说法不正确的是A.石油裂解、煤的干馏、玉米制醇都是化学变化B.淀粉、纤维素和油脂均是天然高分子C.氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元D.酚醛树脂是一种高分子材料，条件不同时可以得到线型或体型结构【答案】B 【解析】【详解】A．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇都有新物质生成，属于化学变化，A正确；B．油脂不是高分子化合物，B错误；C．氨基酸脱水缩合形成多肽，多肽经过结构变化形成蛋白质，因此氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，C正确；D．酚醛树脂是人类合成的第一种高分子材料，苯酚和甲醛在酸性或碱性的催化剂作用下，通过缩聚反应生成酚醛树脂。在酸性催化剂作用下，苯酚过量时生成线型热塑性树脂；在碱性催化剂作用下，甲醛过量时生成体型热固性树脂，D正确；故选B。15.我国科技工作者发现某“小分子胶水”(结构如图)能助力自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法不正确的是A.分子式为C15H10O4B.该分子中的碳原子仅发生sp2杂化方式C.该物质能使酸性高锰酸钾溶液变色D.常温下1mol该物质最多能与2molBr2反应【答案】D【解析】【详解】A．根据有机物中成键特点以及结构简式，该有机物的分子式为C15H10O4，故A说法正确；B．根据结构简式，含有碳原子为苯环上的碳原子、碳碳双键上碳原子、碳氧双键上的碳原子，因此杂化类型均为sp2，故B说法正确；C．结构简式中含有酚羟基和碳碳双键，它们能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；D．能跟溴单质反应的是酚羟基和碳碳双键，1mol该物质最多能与3molBr2发生反应，故D说法错误；答案为D。16.M、N、R、Q、T为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，R的基态原子中最高能层上的成对电子数与未成对电子数相同。下列说法不正确的是 A.原子半径：N>R>MB.第一电离能：Q>TC.M、T的简单氢化物熔点：T>MD.N、T的最高价氧化物的水化物能发生反应【答案】C【解析】【分析】M、N、R、Q、T为短周期主族元素，R的基态原子中最高能层上的成对电子数与未成对电子数相同，则R是Si元素；根据M、N、R、Q、T在元素周期表中的相对位置，可知M是N元素、N是Al元素、Q是P元素、T是S元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Al>Si>N，故A正确；B．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，P原子3p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故B正确；C．NH3分子间形成氢键，熔沸点较高，所以简单氢化物熔点：NH3>H2S，故C错误；D．Al(OH)3、H2SO4反应生成Al2(SO4)3和水，故D正确；选C。17.甲酸(HCOOH)是一种有机弱酸，下列说法不正确的是A.常温下，pH=11的HCOONa溶液中，由水电离出来的c(H+)=10-3mol·L-1B.往0.1mol·L-1HCOOH溶液中加水稀释，增大C.用NaOH(s)分别中和等体积等物质的量浓度的盐酸与甲酸溶液至中性，则c(Cl-)=c(Na+)=c(HCOO-)D.0.1mol·L-1HCOONa溶液中存在：c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A．HCOONa是强碱弱酸盐，HCOONa水解促进水电离，常温下，pH=11的HCOONa溶液中，由水电离出来的c(H+)=10-3mol·L-1，故A正确；B．往0.1mol·L-1HCOOH溶液中加水稀释，Ka=不变，c(HCOO-)减小，所以 增大，故B正确；C．用NaOH(s)分别中和等体积等物质的量浓度的盐酸与甲酸溶液至中性，HCOOH消耗氢氧化钠的物质的量小，两溶液中Na+浓度不同，根据物料守恒c(Cl-)=c(HCOO-)+c(HCOOH)，故C错误；D．0.1mol·L-1HCOONa溶液中，根据质子守恒，存在c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)，故D正确；选C。18.环己烷(C6H12)有椅型、半椅型、船型、扭船型等多种结构，不同结构的势能不同，它们的相对势能如图所示。下列说法不正确的是A.上述四种结构中，半椅型结构最不稳定B.C6H12)(船型)→C6H12)(椅型)△H=-28.9kJ·mol-1C.相同条件下，椅型转化成扭船型的速率比逆向转化的慢D.升温不利于椅型转化成扭船型【答案】D【解析】【详解】A．由环己烷各结构的相对势能图可知，半椅型结构的能量最高，结合能量越高越不稳定可知，半椅型结构最不稳定，A正确，不符合题意；B．由环己烷各结构的相对势能图可知，般型结构能量高于椅型结构，所以为放热反应，且，B正确，不符合题意；C．由环己烷各结构的相对势能图可知，椅型转化成扭船型的活化能为，而扭船型转化成椅型的活化能为，即椅型转化成扭船型所需活化能更高，反应速率更慢，C正确，不符合题意；D．由环己烷各结构的相对势能图可知，椅型转化成扭船型为吸热反应，升高温度，平衡向着吸热反应移动，所以有利于椅型转化成扭船型，D错误，符合题意； 故合理选项为D。19.某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。下列说法不正确的是A.条件②，反应速率为0.024mol·L-1·min-1B.条件①，降冰片烯起始浓度为3.0mol·L-1时，经过125min浓度变为一半C.其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大D.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大【答案】C【解析】【详解】A．对于体积恒定的反应体系，用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示化学反应速率，计算公式为，所以条件②，反应速率为，A正确，不符合题意；B．由于化学反应速率，所以图象中的斜率即为速率。给出的三条线都是直线，说明这是一个匀速反应，所以条件①时，经过一半的时间，可消耗一半的降冰片烯，B正确，不符合题意；C．其他条件相同时，对比条件①和条件③，两情况下的降冰片烯的浓度不同，条件①的化学反应率为，条件③的化学反应速率为，由此可见，降冰片烯的浓度不同，但是速率相同，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度不影响反应速率，C错误，符合题意；D．其他条件相同时，对比条件①和条件②，两情况下的降冰片烯的浓度相同，但是条件②中催化剂浓度 是条件①的两倍，而条件①的化学反应速度为，条件②的化学反应速率为，由此可见，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，D正确，不符合题意；故合理选项为C。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.2.0g重水(D2O)中所含中子数为NAB.23gCH3CH2OH中含有σ键数为4NAC.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NAD.1L0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．2.0g重水物质量为0.1mol，1mol重水中含有中子10NA个，故2.0g重水含有中子数为NA，A正确；B．23g乙醇物质的量为0.5mol，1mol乙醇中含有σ键8NA条，则23g乙醇含有σ键4NA条，B正确；C．3molNO2与H2O反应生成2mol硝酸和1mol一氧化氮，转移电子数为2NA，C正确；D．重铬酸根会发生水解，，所以重铬酸根离子数小于0.1NA，D错误；故答案选D。21.一种利用金属氟化物的HF溶液作电解质的氢氧燃料电池装置如图所示，装置工作时，下列说法正确的是A.b极发生氧化反应B.电子从a极失去，经过导线到达b极，再经过电解质溶液回到a极 C.理论上导线上每通过4mol电子，则需消耗22.4LO2D.负极电极反应式为H2-2e-+8(HF)2F-=6(HF)3F-【答案】D【解析】【分析】该装置为燃料电池，利用原电池工作原理进行分析，通燃料一极为负极，即a极为负极，通氧气一极为正极，即b极为正极，据此分析；【详解】A．b极通入氧气，该电极为正极，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，发生还原反应，故A说法错误；B．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中只有阴阳离子的定向移动，电子不经过电解质溶液，故B说法错误；C．题中没有指明是否是标准状况，因此无法直接运用22.4L/mol进行计算，故C说法错误；D．根据装置图，负极反应式为H2-2e-+8(HF)2F-=6(HF)3F-，故D说法正确；答案为D。22.下列“类比”结果正确的是A.C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3B.铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2C.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2D.Al(OH)3与NaOH溶液反应NaAlO2和H2O，则Be(OH)2和NaOH溶液反应生成Na2BeO2和H2O【答案】D【解析】【详解】A．C在氧气中燃烧生成二氧化碳，硫单质与氧气反应生成二氧化硫，不能生成直接生成三氧化硫，故A错误；B．氯气的氧化性强，变价金属与氯气反应生成高价的氯化物，即铁与氯气反应生成FeCl3，故B错误；C．过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，得到硫酸钠，故C错误；D．Be与Al处于对角线，两者性质具有相似性，Be(OH)2能与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和H2O，故D正确；答案为D。23.常温时，向20mL0.01mol·L-1的HA溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A.c点溶液对应的pH为5.2B.b点对应的NaOH溶液体积大于10.00mLC.a点溶液中：c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D.常温时，HA的Ka=10-4.2【答案】B【解析】【分析】由图可知，b点lg=0，溶液中c(HA)=c(A-)，溶液pH为4.2，则电离常数Ka==c(H+)=10-4.2；a点lg=-1，则溶液中c(H+)==10-3.2mol/L；c点lg=2，则溶液中c(H+)==10-5.2mol/L。【详解】A．根据分析，c点c(H+)=10-5.2mol/L，pH=5.2，A正确；B．若加10mLNaOH，溶液中HA与A-为1:1，A-的水解常数Kh===10-9.8，Ka＞Kh，因此HA的电离大于A-的水解，即c(HA)＜c(A-)，在b点时，c(HX)=c(A-)，因此b点对应的NaOH溶液体积小于10.00mL，B错误；C．a点lg=-1，因此c(HA)=10c(A-)，c(HA)＞c(A-)由于HA可以电离出A-，因此c(A-)＞c(Na+)，根据分析，pH为3.2，因此c(H+)＞c(OH-)，离子的大小关系为c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确；D．根据分析，电离常数Ka==c(H+)=10-4.2；D正确；故选B。24.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现以Fe3+为主体催化剂时可能发生的反应过程如图所 示，下列说法不正确的是A.使用催化剂提高该反应的化学反应速率和NO的转化率B.该过程的氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C.该过程中既有破坏σ、π键也有形成σ、π键D.生成N2的方程式：2Fe3+－NH2+2NO=N2+2H2O+2Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．使用催化剂可以提高反应的化学反应速率，单位时间内消耗NO的物质的量增大，NO的转化率增大，但催化剂对化学平衡移动无影响，NO的平衡转化率不变，故A说法正确；B．根据反应机理，总反应方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，NH3中N的化合价升高，NH3为还原剂，NO、O2的化合价降低，NO和O2为氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量为5∶4，故B说法错误；C．根据B选项分析，O2、N2中存在π键，成键原子间能形成σ键，因此该过程中既有σ键、π键的破坏，也有它们的形成，故C说法正确；D．根据反应机理，生成氮气的方程式为2Fe3+－NH2+2NO=N2+2H2O+2Fe2+，故D说法正确；答案为B。25.根据实验操作和现象得出的结论不正确的是选项实验操作和现象结论A向乙醇中加入适量浓硫酸制乙烯，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去反应生成了乙烯B取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯，分别加入几滴等量的酸性KMnO4溶液(必要时可加热)，加入甲苯中的溶液褪色，其他两支试管中溶液不褪色苯环对甲基有影响，使甲基更易被氧化C用试管取2mLSO2水溶液，向其中滴入1~2滴品红溶二氧化硫与品红生成不 液，振荡，红色褪去；加热试管，溶液又变成红色稳定的无色物质D向盛有1mL1.0mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加2mL1.0mol·L-1NaCl溶液，再向其中滴加4~5滴0.1mol·L-1KI溶液，先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．乙醇易挥发，产生的乙烯中混有乙醇，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙醇对乙烯的检验，产生干扰，故A说法错误；B．己烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能使酸性高锰酸钾溶液，三个实验对比出，苯环对甲基有影响，使甲基易被氧化，故B说法正确；C．SO2与品红进行简单结合，转化成无色物质，加热时，又恢复原来颜色，说明该无色物质不稳定，故C说法正确；D．硝酸银与氯化钠反应生成白色沉淀AgCl，根据题中所给量，Ag+几乎完全反应，在加入KI溶液，出现黄色沉淀，说明AgCl与I-反应生成AgI，从而推出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D说法正确；答案为A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5大题，共50分)26.铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为___，在元素周期表中属于___区元素。（2）向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加氨水可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4•H2O。①NH3分子的VSEPR模型为___。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是___。②简单说明加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体的原因___。（3）某铜的氮化物广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。该晶体中，与Cu原子最近的Cu原子有___个，若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式)。 【答案】（1）①.3d104s1②.ds（2）①.四面体形②.NH3分子间存在氢键③.[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出（3）①.8②.【解析】【小问1详解】Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1；Cu在元素周期表中属于ds区；【小问2详解】NH3的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，因此VSEPR模型为四面体形；由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点；[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体【小问3详解】由图可知，该晶体中，Cu在晶胞的棱上，因此与Cu原子最近的Cu原子有8个；阿伏加德罗常数的值为NA，每个晶胞中含铜12×=3，含氮8×=1，则该晶体的密度为=g·cm-3。27.为了探究某盐X(仅含三种短周期元素，摩尔质量介于100-200g/mol)的组成和性质，设计并完成了如图实验。已知：A、B、C均为纯净物，B、C组成元素相同。请回答： （1）23.3g白色沉淀物质的量是____mol。（2）X的化学式是____。（3）写出固体B与足量稀硫酸反应的离子方程式____。（4）写出溶液D进行焰色试验的操作____。【答案】（1）0.1（2）Na2S2O4（3）+2H+=S↓+SO2+H2O（4）将铂丝用稀盐酸洗净，在火焰上灼烧至无色后，再蘸取待测液，再在火焰上灼烧，观察火焰的颜色【解析】【分析】气体A能使品红溶液褪色，A为二氧化硫且物质的量为=0.1mol，溶液D的焰色实验为黄色，说明含有钠元素，因此组成X的3种元素是Na、S、O，固体C在双氧水作用下与足量氯化钡反应，说明固体C为亚硫酸钠，且根据生成硫酸钡沉淀23.3g，物质的量为=0.1mol，得到亚硫酸钠物质的量为n(Na2SO3)=0.1mol，固体B加稀硫酸反应生成二氧化硫、黄色沉淀S(物质的量为0.1mol)和溶液D(硫酸钠)，则固体B为硫代硫酸钠，根据Na2S2O3～S，因此n(Na2S2O3)=0.1mol，即质量为15.8g，气体A(SO2)物质的量为0.1mol，根据元素守恒得到n(Na)=0.2mol+0.2mol=0.4mol，n(S)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，n(O)=0.3mol+0.3mol+0.2mol=0.8mol，有因为摩尔质量介于100-200g/mol，因此X的化学式是Na2S2O4；【小问1详解】根据分析，生成硫酸钡沉淀23.3g，物质的量为=0.1mol；【小问2详解】根据分析，X的化学式是Na2S2O8；【小问3详解】 根据分析，固体B为Na2S2O3，与硫酸反应生成Na2SO4、SO2和H2O，离子方程式为+2H+=S↓+SO2+H2O；【小问4详解】溶液乙是Na2SO4，进行焰色试验的操作是：用稀盐酸洗涤铂丝，在酒精灯外焰上灼烧至与原来火焰的一致，再用铂丝蘸取试液在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰的颜色。28.消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。（1）炽热的活性炭可以处理NO2，发生的反应为2C(s)+2NO2(g)=2CO2(g)+N2(g)△H。已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=-114kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1③N(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ·mol-1则△H=____。（2）炽热的活性炭可以处理NO，发生的反应为C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)△H=-574kJ·mol-1。①该反应任何温度下都能自发进行，则该反应的△S____0(填“>”“<”或“=”)②在恒温恒容下发生上述反应，下列能表示该反应达到平衡状态的是____。A.混合气体的密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量保持不变C.2v(NO)正=v(N2)正D.容器内压强不再改变（3）已知：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)△H=-1200kJ·mol-1。在2L恒容密闭容器中，投入0.2molNO2和0.4molCO，经过一段时间后达到平衡状态，测得CO的转化率为50%。该温度下，反应的平衡常数为____。（4）将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体(N2为平衡气)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 在150-225℃范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是___。（5）向恒容密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，发生反应：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-2894kJ·mol-1。在T3K下NO的平衡转化率随的变化曲线及当=x时NO的平衡转化率随(温度的倒数)的变化曲线如图所示。①表示T3K下，NO的平衡转化率随的变化曲线为曲线_____(填“I”或“II”)，②x=____。（6）用惰性电极电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为NO，电解质溶液为NaOH溶液。电解时阳极的电极反应式为____。【答案】（1）-854kJ/mol（2）①.＞②.AB（3）10（4）随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升（5）①.Ⅱ②.1（6）4OH-+NO-3e-=+2H2O 【解析】【小问1详解】反应的方程式为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol；【小问2详解】①能自发进行说明∆G=∆H-T∆S＜0，该反应∆H＜0，若任何温度下都能自发进行，则∆S＞0；②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量增大，在恒容密闭容器中混合气体的密度增大，容器内混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，A正确；B．该反应为气体体积不变的反应，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量增大，混合气体的平均相对分子质量增大，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，B正确；C．两个反应速率都是正方向，不符合v正=v逆，无法判断反应是否达到平衡，C错误；D．该反应为气体体积不变的反应，容器内压强始终不变，容器内压强不再改变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D错误；故选AB；【小问3详解】根据题意可列出三段式：K===10；【小问4详解】在150-225°C范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升说明随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；【小问5详解】①由图可知，T3K下，越大，的转化率越小，故曲线Ⅱ表示的转化率随的变化； ②曲线Ⅰ中，T3下的平衡转化率与曲线Ⅱ中时的平衡转化率相同，故；【小问6详解】电解池中阳极发生氧化反应，由题给信息可知，在碱性条件下转变为硝态氮，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则阳极的电极反应式为4OH-+NO-3e-=+2H2O。29.KMnO4在生产和生活中有着广泛用途，某化学小组在实验室分步骤I、II两步进行制备KMnO4。请回答：(一)步骤I.利用如图所示装置制备K2MnO4（1）装置A中盛有双氧水的仪器名称____。（2）组装好装置后进行实验之前需先进行____。（3）装置C处反应生成K2MnO4的化学方程式为____。(二)步骤II.由K2MnO4制备KMnO4。已知：K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下：①充分反应后，将装置C处所得固体加水溶解，过滤；②向滤液中通入足量CO2，过滤出生成的MnO2；③将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，得KMnO4晶体。（4）过程②向滤液中通入足量CO2，可观察到的现象为____。（5）写出过程③中“洗涤”具体操作___。（6）取2.61gMnO2于装置C中，经步骤I、II完全反应，得到过程③中KMnO4晶体质量为2.84g，则KMnO4的产率为____(精确到0.1%)。【答案】（1）分液漏斗（2）检查气密性或气密性的检查（3）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O（4）溶液有墨绿色变为紫红色，且溶液变浑浊 （5）用玻璃棒引流，向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次（6）89.9%【解析】【分析】根据装置图，装置A，MnO2作催化剂加速过氧化氢的分解，装置C中利用氧气的氧化性，将MnO2氧化成锰酸钾，锰酸钾溶液中通入足量二氧化碳，锰酸钾自身发生氧化还原反应得到二氧化锰和高锰酸钾，据此分析；【小问1详解】装置A中盛放过氧化氢的是分液漏斗；故答案分液漏斗；【小问2详解】因为氧气需要参加反应，因此反应前需要检查装置的气密性；故答案为检查气密性或气密性的检查；故答案为检查气密性或气密性的检查；【小问3详解】氧气将二氧化锰氧化氧化成锰酸钾，其反应方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；故答案为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；【小问4详解】根据题中所给现象，锰酸钾溶液自身发生氧化还原反应，得到二氧化锰和高锰酸钾，二氧化锰难溶于水，现象是溶液有墨绿色变为紫红色，且溶液变浑浊；故答案为溶液有墨绿色变为紫红色，且溶液变浑浊；【小问5详解】洗涤的操作：用玻璃棒引流，向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次；故答案为用玻璃棒引流，向过滤器中注入蒸馏水，直至没过沉淀，待水自然流完后，重复上述操作2-3次；【小问6详解】装置C中的反应为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，锰酸钾自身发生氧化还原反应的方程式为4CO2+2H2O+3K2MnO4=2KMnO4+MnO2↓+4KHCO3，因此有2MnO2～2KMnO4，理论上产生高锰酸钾质量为=3.16g，产率为=89.9%；故答案为89.9%。30.高分子化合物G是一种重要的中间体，广泛应用于工业生产，它的一种合成路线如图： 已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH请回答：（1）物质C中含有的官能团名称为____。（2）流程中B→C的反应类型为____反应。（3）下列说法正确的是____。A.化合物A所有原子一定共平面B.化合物C的核磁共振氢谱图显示有5组峰C.化合物E含有1个手性碳原子D.化合物G的分子式为C9H14O3（4）写出D→E的化学方程式____。（5）写出化合物G同时符合下列条件的两种同分异构体的结构简式____。①具有六元碳环结构：②能与NaHCO3溶液反应；③能发生银镜反应；④核磁共振氢谱显示六组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶1∶1∶1。（6）设计以乙酸乙酯和1，4－二溴丁烷为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)____。【答案】（1）羧基（2）氧化（3）CD（4）+C2H5OH （5）、、（6）CH3COOCH2CH3【解析】【分析】根据B的分子式，推出A→B发生加成反应，即B的结构简式为，B中含有碳碳双键，被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，C与乙醇发生酯化反应，根据D的分子式，1molC与2mol乙醇发生酯化反应，D的结构简式为，对比E和F的结构简式，-COOC2H5所连碳上的碳氢键断裂，CH3Br中“C-Br”断裂，发生取代反应得到F，F生成G先发生酯的水解，在加酸酸化，据此分析；【小问1详解】根据C的结构简式，C中含有的官能团是羧基；故答案为羧基；【小问2详解】根据上述分析，利用酸性高锰酸钾的强氧化性，将碳碳双键氧化成羧基，该反应为氧化反应；故答案为氧化；【小问3详解】A．根据A的结构简式，A中含有-CH3，四面体结构，因此A中所有原子一定不共面，故A错误；B．根据C的结构简式，有6种不同化学环境的氢，即核磁共振氢谱有6组峰，故B说法错误；C．根据手性碳原子的定义，推出E中-COOC2H5所连碳为手性碳原子，故C正确；D．根据G的结构简式，G的分子式为C9H14O3，故D正确；答案为CD；【小问4详解】 利用题中所给信息，D生成E发生取代反应，其反应方程式为+C2H5OH；故答案为+C2H5OH；【小问5详解】能与碳酸氢钠反应，说明含有羧基，能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有六组峰，其峰面积之比为4∶4∶3∶1∶1∶1，因此符合题意的结构简式为、、；故答案为、、；【小问6详解】根据原料和产物，以及题中所给路线，可以利用从D到G的路线进行设计，路线为CH3COOCH2CH3；故答案为CH3COOCH2CH3。