河南省駐馬店市2024-2025學年高二化學下學期期末考試試題含解析

PAGE30-河南省駐馬店市2024-2025學年高二化學下學期期末考試試題（含解析）1.在抗擊新冠肺炎傳播的戰(zhàn)斗中，化學試劑發(fā)揮了重要作用。下列說法正確的是A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的質量分數為75%B.向空氣中噴灑大量酒精進行消毒，存在平安隱患C.生產醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于純凈物D.84消毒液可作為環(huán)境消毒劑，其有效成分為次氯酸鈣【答案】B【解析】【詳解】A．醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數為75%，故A錯誤；B．酒精易燃燒，向空氣中噴灑大量酒精進行消毒，存在平安隱患，故B正確；C．生產醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維是合成高分子化合物，高分子化合物屬于混合物，故C錯誤；D．84消毒液可作為環(huán)境消毒劑，其有效成分為次氯酸鈉，故D錯誤；選B。2.下列試驗操作、現象和結論均正確的是選項試驗操作現象結論A用銅電極電解飽和KCl溶液有氣體生成Cl-的失電子實力比OH-強BCl2通入石蕊試液溶液先變紅后褪色Cl2具有酸性和漂白性C對H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡體系加壓氣體顏色加深加壓平衡向生成I2(g)的方向移動D將金屬鈉在燃燒匙中點燃，快速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產生大量白煙，并有黑色顆粒產生CO2具氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．以金屬銅為電極電解飽和KCl溶液，陽極放電的為金屬銅，正確的離子方程式為：Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，Cl-沒有失電子，故A錯誤；B．氯氣不具有漂白性，與水反應生成HCl和HClO即Cl2+H2O=HCl+HClO，生成的鹽酸使石蕊試液變紅，生成的HClO具有漂白性，使石蕊試液褪色，故B錯誤；C．對H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡體系加壓，減小容器體積，濃度增大、顏色加深，但該化學平衡是反應前后氣體體積不變的的反應，加壓平衡不移動，故C錯誤；D．鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和C，即4Na+3CO22Na2CO3+C，CO2中的C元素的化合價由+4價得電子變?yōu)?價，化合價降低，發(fā)生還原反應，作氧化劑，具有氧化性，即CO2具有氧化性，故D正確；答案為D。3.鐵鍋用水清洗放置后出現紅褐色銹斑，在此改變過程中不發(fā)生的反應是A.Fe-3e-+3OH-=3Fe(OH)3B.O2+2H2O+4e-=4OH-C.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D.2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2【答案】A【解析】【詳解】鐵鍋用水清洗放置后出現紅褐色的銹斑，發(fā)生電化學腐蝕，負極上鐵失去電子生成亞鐵離子，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，正極上氧氣得到電子，O2+2H2O+4e-=4OH-，總的電極反應為：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，且氫氧化亞鐵易被氧化，發(fā)生反應：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B、C、D均可發(fā)生，A沒有發(fā)生，答案選A。4.科學家利用原子序數依次遞增的四種短周期元素W、X、Y和Z“組合”成一種超分子，具有高效的催化性能，其分子結構示意圖如下。W、X、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在同周期元素中最大。下列說法不正確的是（注：實線代表共價鍵，Y與Y之間其他重復單元的W、X未標注）A.Y的非金屬性在同主族中最強B.簡潔離子半徑：Z＜YC.Z與Y形成的化合物中只含離子鍵D.Y的簡潔氣態(tài)氫化物比X的簡潔氣態(tài)氫化物穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】依據圖示可知W形成1個共價鍵，又是短周期中原子序數最小的元素，說明W原子核外只有1個電子，則W是H元素，X形成4個共價鍵，則X是C元素，W、X、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在同周期元素中最大，則Z是Na元素，Y形成2個共價鍵，原子序數比C大，比Na小，說明Y原子核外有2個電子層，最外層有6個電子，則Y是O元素，據此分析解答。【詳解】依據上述分析可知：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。A．同一主族的元素，原子序數越大，元素的原子半徑越大，原子獲得電子的實力就越弱，氧化性就越弱。由于O是同一主族中原子序數最小的元素，故O的氧化性在同主族中最強，A正確；B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外電子排布相同，離子的核電荷數越大，離子半徑就越小，所以離子半徑：Z＜Y，B正確；C．O、Na兩種元素可形成兩種離子化合物Na2O、Na2O2，Na2O2中既含有離子鍵，又含有共價鍵，C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其簡潔氫化物的穩(wěn)定性就越強。X是C，Y是O，由于元素的非金屬性：C＜O，所以氫化物的熱穩(wěn)定性：CH4＜H2O，D正確；答案選C。5.綠色化學理念影響著整個化學試驗改革，微型化學試驗就是在這種復背景下誕生的一種創(chuàng)新性的試驗教學方法。蔗糖與濃硫酸反應的探究試驗改進裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.該試驗體現了濃硫酸的脫水性和強氧化性B.反應中，品紅溶液褪色，紫色石蕊試液先變紅后褪色C.該裝置能證明二氧化硫具有氧化性D.X可以是某種堿，也可以是某種鹽【答案】B【解析】【分析】本試驗為蔗糖與濃硫酸反應的探究試驗，濃硫酸加入蔗糖中，蔗糖會先變黑后體積膨脹，可產生SO2氣體，SO2具有漂白性，可使品紅溶液褪色，SO2具有酸性氧化物的性質，能使紫色石蕊試液變紅，SO2具有還原性，因此可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，又SO2具有氧化性，可與硫化鈉溶液反應生成S單質的淡黃色沉淀，由于SO2干脆排放至空氣中會造成污染，因此須要進行尾氣處理，據此分析解答?！驹斀狻緼．依據上述分析可知，濃硫酸加入蔗糖中，蔗糖會先變黑后體積膨脹，表明濃硫酸具有脫水性和強氧化性，A正確；B．反應中，SO2具有漂白性，可使品紅溶液褪色，SO2具有酸性氧化物性質，能使紫色石蕊試液變紅，但不能褪色，B錯誤；C．該裝置中，硫化鈉溶液處出現淡黃色沉淀，可證明SO2具有氧化性，C正確；D．X溶液用于尾氣處理，可用NaOH(堿)溶液或酸性高錳酸鉀(鹽)溶液汲取，D正確；答案選B?！军c睛】B為易錯點，SO2的漂白性是與有色物質生成不穩(wěn)定的無色物質，但SO2不能夠使酸堿指示劑褪色。6.丙烷(C3H8)的一溴代反應產物有兩種：CH3CH2CH2Br和CH3CHBrCH3,部分反應過程的能量改變如圖所示(Ea表示活化能）。下列敘述正確的是A.比較Ea1和Ea2推想生成速率：?CH2CH2CH3<?CH(CH3)2Blmol丙烷中有3mol非極性共價鍵C.CH3CH2CH3+?Br=?CH2CH2CH3+HBrΔH<0D.丙烷(C3H8）與Br2的反應只涉及到極性鍵的斷裂【答案】A【解析】【詳解】A.活化能小的反應快，依據圖象可知，生成?CH2CH2CH3比?CH(CH3)2的活化能大，則生成速率：?CH2CH2CH3<?CH(CH3)2，A項正確；B.丙烷存在共價鍵為碳氫鍵和碳碳鍵，其中碳碳鍵為非極性共價鍵，lmol丙烷中有2mol非極性共價鍵，B項錯誤；C.生成?CH2CH2CH3和HBr時，反應吸熱，ΔH＞0，C項錯誤；D.Br2在反應中涉及到非極性鍵的斷裂，D項錯誤；答案選A。7.在2L恒容密閉容器中充入X(g)和Y(g)發(fā)生反應X(g)+Y(g)M(g)+N(s),所得試驗數據如下表：試驗編號溫度/°C起始時物質的量/mol平衡時物質的量/moln(X)n(Y)n(M)n(N)①8000.100.150.050.05②8000.20030aa③9000.100.150.040.04下列說法不正確的是A.正反應為放熱反應B.試驗①5min達平衡，平均反應速率v(X)=0.005mol/(L?min)C.試驗②中，該反應的平衡常數K=0.l(mol/L)-1D.試驗②中，達到平衡時，a大于0.10【答案】C【解析】【詳解】A．依據表格中試驗①③的數據分析可知，當溫度上升時，平衡時M、N的物質的量減小，說明平衡逆向移動，則該反應的逆反應方向為吸熱反應，正反應反向為放熱反應，A正確；B．依據試驗①中的數據建立三段式有：所以平均反應速率，B正確；C．由B可知，試驗①的平衡常數，由于試驗①和試驗②的溫度相同，所以兩個試驗的平衡常數相等，C錯誤；D．試驗①②溫度相同、體積相同，②中物質的量為①的兩倍，若平衡不移動，平衡時a=0.10，但壓強增大平衡正向移動，則平衡時a＞0.10，D正確；答案選C。8.設NA為阿伏加德羅常數的值。關于常溫下pH=2的H3PO4溶液，下列說法不正確的是A.加入NaH2PO4固體，溶液酸性增加B.每升溶液中的H+數目為0.01NAC.加水稀釋使H3PO4電離程度增大，溶液pH增大D.c(H+)=c(）+2c(）+3c(）+c(OH-)【答案】A【解析】【詳解】A．H3PO4電離方程式為H3PO4H++、H++、H++，加入NaH2PO4固體，主要抑制H3PO4第一步電離，H+濃度減小，溶液酸性減弱，A選項錯誤；B．由題目中pH=2可得c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中H+數目應為0.01NA，B正確；C．加水稀釋后，雖會促使H3PO4的電離，但H+濃度減小，pH增大，C正確；D．由質子守恒可得c(H+)=c(）+2c(）+3c(）+c(OH-)，D正確；答案選A。9.在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中，較高濃度的Cl-會腐蝕陽極板而增大電解能耗。向電解循環(huán)液中同時加入Cu和CuSO4,可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低對電解的影響，反應原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1=akJ?mol-1Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2=bkJ?mol-1試驗測得電解循環(huán)液pH對溶液中殘留c(Cl-)的影響如圖所示。下列說法正確的是A.溶液pH增大，Ksp(CuCl)增大B.反應達到平衡時：n(Cu)越多，c(Cl-)越小C.向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除D.除Cl-反應為：Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)ΔH=(a+b)kJ?mol-1【答案】D【解析】【詳解】A．Ksp只受溫度的影響，pH越大，Ksp(CuCl)不變，故A錯誤；B．反應達到平衡時：n(Cu)越多，由于Cu為固體，對平衡移動無影響，則Cu的量對c(Cl-)無影響，故B錯誤；C．依據圖中信息：溶液的pH越大，氯離子的濃度越小，電解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故C錯誤；D．①Cu(s)+Cu2+(aq)?2Cu+(aq)△H1=akJ?mol-1，②Cl-(aq)+Cu+(aq)?CuCl(s)△H2=bkJ?mol-1，依據蓋斯定律，①+②可得到：Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)?CuCl(s)△H=(a+b）kJ?mol-1，故D正確；答案為D。10.一種太陽能電池的工作原理如圖所示，電解質為鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]和亞鐵氰化鉀K4[Fe(CN)6]的混合溶液，下列說法不正確的是A.該裝置實現了太陽能干脆轉化成電能B.Fe(CN)63-在催化劑b表面被還原的方程式為：-e-=C.電解質溶液中和濃度之和理論上保持不變D.電子流向：→電極a→外導線→電極b→【答案】B【解析】【分析】由圖可知，電子從負極流向正極，則a為負極，b為正極?！驹斀狻緼．該裝置為原電池，實現了太陽能干脆轉化成電能，A正確；B．b上發(fā)生還原反應，在催化劑b表面被還原，電極反應方程式為+e-=，B錯誤；C．由B選項中的電極反應可知，和二者以1：1相互轉化，電解液中和濃度基本保持不變，C正確；D．該電池中，失去電子，由電極a經外導線移向電極b，再得到電子，故電子流向為→電極a→外導線→電極b→，D正確；答案選B。11.常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42-的水解）。巳知Ksp(AgCl)數量級為10-10。下列敘述不正確的是A.n點表示Ag2C2O4的不飽和溶液B.圖中X線代表的AgClC.Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常數為109.04D.向c(Cl-)=c(）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】D【解析】【分析】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-5.75=10-9.75=100.25×10-10，則數量級為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)×c(Cl-)=10-4×10-2.46=10-6.46=100.54×10-7，則數量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數量級為10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)×c()=(10-4)2×10-2.46=10-10.46，據此分析解答?！驹斀狻緼．曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點，c(Ag+)小于平衡濃度，故n點的離子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2O4的不飽和溶液，A正確；B．由以上分析知圖中X線代表AgCl，B正確；C．g2C2O4+2Cl-=2AgCl+的平衡常數為K=c()/c2(Cl-)，此時溶液中c(Ag+)相同，故有K=c()/c2(Cl-)=，C正確；D．依據圖象可知當陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl-)=c(）的混合液中滴入AgNO3溶液時先析出氯化銀沉淀，D錯誤；故選D。12.為分析不同試劑是否對H2O2分解有催化作用，該小組向四支盛有10mL5%H2O2的試管中滴加不同溶液，試驗記錄如下：試管ⅠⅡⅢⅣ滴加試劑2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO42滴1mol/LCuSO4和2滴1mol/LNaCl2滴1mol/LCuSO4和4滴1mol/LNaCl產生氣泡狀況無氣泡產生均產生氣泡，且氣泡速率從Ⅱ到Ⅳ依次加快下列說法不正確的是（）A.依據試驗Ⅰ的現象，可得結論NaCl對H2O2分解沒有催化作用B.依據試驗II的現象，可得結論CuSO4對H2O2分解有催化作用C.對比試驗可得結論：濃度較大的NaCl溶液對H2O2分解有催化作用D.綜合對比以上試驗可得結論：NaCl濃度對于CuSO4的催化作用有影響，NaCl濃度越大催化效果越明顯。【答案】C【解析】【詳解】A．10mL5%H2O2的試管中滴2滴1mol/LNaCl，無氣泡產生，說明NaCl對H2O2分解沒有催化作用，A正確；B．10mL5%H2O2的試管中滴2滴1mol/LCuSO4，有氣泡產生，說明CuSO4對H2O2分解有催化作用，B正確；C．由試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對比可知，CuSO4對H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在時，NaCl對H2O2分解有催化作用，C錯誤；D．由試驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ對比可知，CuSO4對H2O2分解有催化作用，且在CuSO4存在時，NaCl對H2O2分解有催化作用，NaCl濃度越大，催化效果越強，D正確；故答案：C。13.下列說法正確的是A.p電子云都是啞鈴形的，每個p能級有3個原子軌道，它們相互垂直，能量相同B.基態(tài)氮原子的價電子排布圖：C.甲醛(HCHO)和光氣（COCl2)分子中：鍵角∠H—C—H＜∠Cl—C—ClD.四硼酸根離子Xm-(含B、O、H)的球棍模型如圖，配位鍵存在于4、5和4、6原子之間【答案】A【解析】【詳解】A．p能級有3個相互垂直的原子軌道，其電子云都是啞鈴形的，由于3個軌道均是同一個能級，所以3個軌道的能量是相同的，A正確；B．基態(tài)N的原子核外電子排布式為1s22s22p3，則其價電子排布圖為，B錯誤；C．氯原子的電負性強于氫原子，對電子的吸引實力更強，所以甲醛分子中的H-C-H鍵角更大，C錯誤；D．B原子最外層有3個電子，而4號B原子形成4條共價鍵，說明有一個為配位鍵，5號O原子連接的是H原子，簡潔給出孤電子對，故4、5原子之間存在配位鍵，4、6之間不存在配位鍵，D錯誤；答案選A。14.下列對分子結構及其性質的說明中，不正確的是A.與中心原子的價層電子對數相同B.液態(tài)氟化氫的化學式有時寫成(HF)n的形式與氫鍵有關C.碘易溶于四氯化碳、甲烷難溶于水都可用相像相溶原理說明D.酸性：H3PO4＞HClO,是因為H3PO4分子中氫原子數比HClO的多【答案】D【解析】【詳解】A．的中心原子為Cl，價層電子對數為，的中心原子為Cl，其價層電子對數為，兩者價電子對數相同，A正確；B．氟化氫分子之間能形成氫鍵，許多HF分子可以締結在一起，所以液態(tài)氟化氫的化學式有時可以寫成(HF)n的形式，B正確C．碘單質、四氯化碳、甲烷都是非極性分子，而水是極性分子，所以依據相像相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，甲烷難溶于水，滿意相像相溶原理，C正確；D．酸性強弱的一條閱歷規(guī)律是：含氧酸分子的結構中含非羥基（羥基為-OH）氧原子數越多，該含氧酸的酸性越強；H3PO4的非羥基氧原子數大于次氯酸的非羥基氧原子數，所以磷酸的酸性大于次氯酸，與氫原子數目沒有干脆關系，D錯誤；答案選D。15.有5種元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均為短周期元素。X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道；Y原子的價電子排布式為3d64s2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；Q原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充溢。下列敘述不正確的是A.元素Y和Q可形成化合物YQB.T的一種單質的空間構型為正四面體形，鍵角為109°28′C.X和T第一電離能：X＜TD.ZQ2是極性鍵構成的非極性分子【答案】B【解析】【分析】5種元素X、Y、Z、Q、T，除Y外均為短周期元素，X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道，則X為S元素；Y原子的價電子排布式為3d64s2，則Y為Fe元素；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，則Z為C元素；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子，則Q是O元素；T原子的M電子層上p軌道半充溢，則T是P元素，據此解答?！驹斀狻恳罁治隹芍?，X為S元素，Y為Fe元素，Z為C元素，Q為O元素，T為P元素。A．Y為Fe元素，Q為O元素，Fe與O可形成FeO，故A正確；B．T為P元素，P的單質中，白磷的空間構型為正四面體形，但白磷分子中四個P原子位于四個頂點上，其鍵角為60°，故B錯誤；C．X為S元素，T是P元素，屬于同周期相鄰元素，由于P原子最外層3p能級電子為半充溢，較穩(wěn)定，則第一電離能P比S大，即S＜P，故C正確；D．Z為C元素，Q是O元素，ZQ2是CO2，該分子結構中碳與每個氧形成兩對共用電子對，其電子式為，結構式為O=C=O，CO2分子中只含極性鍵，且CO2分子結構對稱，正負電荷重心重合，是非極性分子，故D正確；答案為B。16.有四種不同積累方式的金屬晶體的晶胞如圖所示（假設金屬的摩爾質量為Xg?mol-1,金屬原子半徑為rcm,用NA表示阿伏加德羅常數的值）。有關說法正確的是A.③和④中原子的配位數分別為6、12B.金屬Zn采納②積累方式C.①中空間利用率的表達式為：×100%D.對于采納②積累方式的金屬，試驗測得Wg該金屬的體積為Vcm3,則阿伏加德羅常數NA的表達式為【答案】C【解析】【詳解】A．依據晶胞圖示分析可知，③為六方最密積累，④為面心立法最密積累，配位數均為12，A錯誤；B．金屬Zn為六方最密積累，因此Zn采納③積累方式，B錯誤；C．①為簡潔立方積累，原子半徑為r，則其晶胞參數a=2r，一個晶胞中含有的原子個數為，則原子的體積為，則其空間利用率為×100%，C正確；D．②為體心立方積累，金屬原子半徑與正方體邊長的關系，依據晶胞的模型，晶胞中含有金屬原子的個數為8×+1=2，因此該晶胞的質量為=，邊長與金屬半徑的關系是邊長=，即晶胞的體積為cm3，即有，推出阿伏加德羅常數為，故D錯誤；答案選C?！军c睛】難點是空間利用率的計算和阿伏加德羅常數的計算，這類題的關鍵點，找出原子半徑與邊長的關系，即哪些原子是剛性接觸。17.下列表述或說法正確的是A.—OH與都表示羥基B.鄰羥基苯甲酸的結構簡式：C.丙烷分子的比例模型為：D.命名為：2-甲基-3-戊烯【答案】A【解析】【詳解】A．—OH為羥基的結構簡式，為羥基的電子式，A正確；B．為間羥基苯甲酸的結構簡式，鄰羥基苯甲酸的結構簡式應為，B錯誤；C．為丙烷的球棍模型，C錯誤；D．主鏈有5個C原子，4號碳上有1個甲基，碳碳雙鍵在2號碳上，故其命名為4-甲基-2-戊稀，D錯誤；答案選A。18.可用來鑒別甲苯、1-己烯、乙酸乙酯和苯酚溶液的一組試劑是A.FeC13溶液、濃溴水 B.酸性高錳酸鉀溶液、FeC13溶液C.碳酸鈉溶液、濃溴水 D.酸性高錳酸鉀溶液、濃溴水【答案】D【解析】【詳解】A．先用溴水鑒別出己烯、苯酚，溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚，但溴水、FeCl3溶液都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯，故A不符合題意；B．FeCl3溶液能鑒別出苯酚，加入氯化鐵溶液后溶液變?yōu)樽仙臑楸椒?，己烯、甲苯都能使酸性高錳酸鉀褪色，即不能鑒別己烯和甲苯，故B不符合題意；C．先用溴水鑒別出己烯、苯酚，溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚，碳酸鈉溶液、溴水都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯，故C不符合題意；D．先用溴水鑒別出己烯、苯酚，溴水褪色的為己烯、加入溴水生成白色沉淀的為苯酚，剩余兩種中能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的為甲苯，無明顯現象的為乙酸乙酯，可鑒別，故D符合題意；答案選D。19.探討1-溴丙烷是否發(fā)生消去反應，用下圖裝置進行試驗，視察到溴的四氯化碳溶液褪色。下列敘述不正確的是A.向反應后的①試管中加入少量的AgNO3溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應B.若②中試劑改為酸性高錳酸鉀溶液，視察到溶液褪色，則①中肯定發(fā)生了消去反應C.①試管中肯定發(fā)生了消去反應生成不飽和烴D.②中發(fā)生了加成反應【答案】B【解析】【詳解】A．試管①中1-溴丙烷和NaOH的醇溶液加熱，無論是發(fā)生取代反應生成1-丙醇和NaBr，還是發(fā)生了消去反應生成丙烯和NaBr，兩者都有Br-產生，因此向反應后的①試管中加入少量的AgNO3溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應，而且過量的氫氧化鈉會干擾試驗，A說法正確；B．由于所用試劑中有醇，醇有肯定的揮發(fā)性，醇也能使酸性高鈿酸鉀溶液褪色。若②中試劑改為酸性高錳酸鉀溶液，醇和丙烯均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，因此視察到溶液褪色，不能說明①中發(fā)生的是消去反應，B說法錯誤；C．溴的CCl4溶液褪色，說明生成了不飽和烴，則①試管中肯定發(fā)生了消去反應，C說法正確；D．②中溴的CCl4溶液褪色，是因為生成物丙烯和溴發(fā)生了加成反應，D說法正確；答案選B。20.免水洗消毒液中含有能快速殺死新冠病毒的三氯羥基二苯醚，其結構如圖所示。下列有關三氯羥基二苯醚的說法正確的是A.分子式為C12H8O2Cl3 B.全部原子肯定處于同一平面C.苯環(huán)上的一溴代物有6種 D.不能與氫氧化鈉溶液反應【答案】C【解析】【詳解】A．依據該分子的結構可知，其分子式為C12H7O2Cl3，A錯誤；B．由三氯羥基二苯醚的結構可知，兩個苯環(huán)通過醚鍵連接，只有旋轉到特定角度時，這兩個苯環(huán)才會共面；此外，其中一個苯環(huán)上連接的羥基中的氫原子也只有在旋轉到特定角度時，才會與苯環(huán)共平面；綜上所述，該有機物中全部原子不肯定共平面，B錯誤；C．由三氯羥基二苯醚的結構可知，該有機物結構高度不對稱，分子中的兩個苯環(huán)上的氫原子之間均不等效，因此苯環(huán)上的一溴代物有6種，C正確；D．由三氯羥基二苯醚的結構可知，其分子中含有酚羥基以及鹵素原子，因此可以與NaOH溶液反應，D錯誤；答案選C。21.某化學小組以苯甲酸()為原料制取苯甲酸甲酯（)。已知有關物質的沸點：甲醇(CH3OH):64.7°C;苯甲酸：249°C;苯甲酸甲酯：199.6°C。I.合成苯甲酸甲酯粗產品在圓底燒瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇，再當心加入3mL濃硫酸，混合勻稱，再投入幾塊碎瓷片，當心加熱充分反應后，得苯甲酸甲酯粗產品。（1）寫出苯甲酸與甲醇反應的化學方程式：____________。（2）甲和乙兩位同學分別設計了如圖所示的兩套試驗室合成苯甲酸甲酯的裝置（夾持儀器和加熱儀器均已略去）。依據有機物的有關性質分析，最好采納____________裝置（填“甲”或“乙”)。（3）工業(yè)生產中常采納反應物CH3OH過量的方法，緣由是____________。II.粗產品的精制（4）苯甲酸甲酯粗產品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，現擬按下列流程進行精制，請在流程圖中方括號內填入操作方法的名稱：a____________,b____________。（5）通過計算，苯甲酸甲酯的產率為____________。【答案】(1).+CH3OH+H2O(2).甲(3).有利于提高苯甲酸的轉化率(4).分液(5).蒸餾(6).59.1%【解析】【分析】苯甲酸和甲醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應，該反應是可逆反應，而且又存在副反應，故得苯甲酸甲酯粗產品，苯甲酸甲酯粗產品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，故可與飽和碳酸鈉溶液混合，它的作用為：降低苯甲酸甲酯的溶解度，溶解甲醇，除去酸，經分液后得到較純凈的苯甲酸甲酯，進一步蒸餾獲得純產品，據此分析解答。【詳解】Ⅰ.(1)濃硫酸在酯化反應中起到了催化劑作用和吸水劑的作用，苯甲酸與甲醇反應的化學方程式：+CH3OH+H2O；(2)由裝置圖可知，甲圖的圓底燒瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，乙圖則沒有，而本題中反應物甲醇沸點低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸點遠高于甲醇，若采納乙圖，甲醇必定會大量揮發(fā)，不利于合成反應，所以應冷凝回流，削減甲醇的揮發(fā)，提高產率；(3)酯化反應為可逆反應，增大反應物的濃度，平衡向正反應方向移動，故甲醇應過量；Ⅱ.(4)苯甲酸甲酯不溶于水，操作Ⅰ分別出互不相溶的液體，通常采納分液操作完成；甲醇和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸點不同，可以通過蒸餾操作分別；(5)12.2g苯甲酸的物質的量為：，20mL甲醇(密度約0.79g/mL)的物質的量為：，則理論上生成苯甲酸甲酯的物質的量為0.1mol，質量為：136g/mol×0.1mol=13.6g，則苯甲酸甲酯的產率為：。22.I.（1）工業(yè)制氫有多種渠道，其中一個重要反應是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol已知：2C（s,石墨）+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol則石墨的燃燒熱ΔH3＝____________。（2）工業(yè)上可通過CO(g)和H2(g)化合來制備可再生能源CH3OH(g):CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ?mol-1又知該反應中某些物質分子里的化學鍵的鍵能數據如下表（已知CO中的C與O之間為叁鍵連接）：化學鍵C—HH—HCOH—O鍵能/kJ?mol-14134361076465則C—O鍵的鍵能為____________kJ?mol-1。lI.CO2的熔鹽捕獲與電化學轉化受到了科研人員的廣泛關注，采納該技術可將工廠煙氣中的CO2干脆轉化為碳材和氧氣，是一種短程、高效、綠色的CO2高值利用方法。我國科學家設計的轉扮裝置示意圖如下：（3）①②中，熔鹽捕獲CO2過程中碳元素的化合價____________改變（填“有”或“無”)。（4）b為電源的____________極，a極的電極反應式為____________。（5）上述裝置發(fā)生的總反應為____________?！敬鸢浮?1).－394kJ/mol(2).343(3).無(4).正(5).2－4e－=4CO2↑＋O2↑(6).CO2C＋O2【解析】【分析】依據題中所給熱化學方程式，由蓋斯定律求出石墨的燃燒熱；依據題中所給鍵能，由反應的焓變△H=反應物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，求出C—O鍵的鍵能；依據題中圖示信息，CO2轉化為C2O52-，再轉化為O2，CO2轉化為CO32-，再轉化為C，由化合價的改變，推斷得失電子，推斷電解池的陰陽極及電源的正負極，進而回答相關問題?！驹斀狻縄．（1）由①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-4lkJ/mol，②2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-222kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-242kJ/mol，依據蓋斯定律：(①×2+②+③×2)，可得C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)；△H3=[(-41×2)kJ/mol+(-222)kJ/mol+(-242×2)kJ/mol]=-394kJ/mol；答案為-394kJ/mol。（2）設C—O鍵的鍵能為x，則CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-99kJ?mol-1，反應的焓變△H=反應物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，即(1076kJ?mol-1+2×436kJ?mol-1)-(413×3kJ?mol-1+x+465kJ?mol-1)=-99kJ?mol-1，所以x=343kJ?mol-1，答案為343。II．（3）由題中圖示可知①是CO2→C2O52-，②是CO2→CO32-，碳元素的化合價均為+4價，沒有改變；答案為無。（4）依據題中圖示可知C2O52-→O2，則a電極發(fā)生失去電子的氧化反應，為陽極，與電源正極相接，所以b為原電池正極，因為a電極發(fā)生失去電子的氧化反應，所以a極的電極反應式為2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑；答案為正，2C2O52--4e-═4CO2↑+O2↑。（5）因為a陽極二氧化碳被捕獲2CO2+O2-═C2O52-，陽極電極反應為2C2O52--4e-═4CO2

↑+O2↑，d陰極二氧化碳被捕獲CO2+O2-═CO32-電極反應式為CO32-+4e-═3O2-+C，則總反應方程式為CO2C＋O2；答案為CO2C＋O2。23.我國具有豐富的銻礦資源，銻及其化合物被廣泛應用于機械材料、塑料、阻燃劑、微電子技術等領域，具有非常重要的價值。利用脆硫鉛銻精礦（主要成分是Sb2S3及PbS）制備銻白（Sb2O3）的工藝流程如圖所示。已知：浸出反應Sb2S3+3Na2S=2Na3SbS3酸化反應4Na3SbS3+9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓回答下列問題。(1)精礦進行研磨的目的是___________________。(2)在浸出反應中，浸出率隨NaOH用量的改變曲線如圖所示，其中NaOH的作用是_______________________。(3)向浸出液中通入SO2氣體進行酸化，得到Sb2S3中間體。酸化反應過程中，pH對銻沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影響如下表所示，則最相宜的pH為__________。pH不能過低的緣由是_______________（結合離子方程式說明）。pH酸化后溶液成分/（g·L-1）銻的沉淀率/%SbNa2S2O360.6160.599.572.7157.697.585.6150.495.4910.5145.092.4(4)浸出液酸化后過濾，得到沉淀混合物，在高溫下被氧化，寫出全部反應的化學方程式：_____________。(5)從尾氣處理的角度評價該工藝流程在環(huán)保方面的優(yōu)點是__________________?！敬鸢浮?1).增大反應物的接觸面積，加快反應速率，提高浸出率(2).供應堿性環(huán)境，削減Na2S的水解(3).6(4).pH較低時發(fā)生反應S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，會造成Na2S2O3損耗(5).2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2(6).SO2可以循環(huán)利用，削減環(huán)境污染【解析】【詳解】（1）將精礦進行研磨有助于增加反應接觸面積，加快反應速率，提高Sb的浸出率；（2）浸出時加入Na2S溶液中的S2-會發(fā)生水解，當加入NaOH時，溶液呈堿性，可以抑制S2-的水解；（3）從表中可以看出，當pH=6時，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最相宜的pH選擇6；假如pH過低，酸化后生成的S2O32-可以與溶液中的H+反應生成S沉淀，影響Na2S2O3的產率。（4）酸化后的沉淀為Sb2S3和S的混合物，在高溫下與氧氣發(fā)生反應生成SO2和Sb2O3，相應的反應方程式為2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2；（5）沉淀氧化后有SO2氣體生成，將氣體通入到酸化溶液中循環(huán)利用可以削減環(huán)境污染。24.氨是最為重要的基礎化工產品之一，其產量居各種化工產品的首位。合成氨方面的探討共產生了三名諾貝爾獎得主，分別是理論可行性探討、工業(yè)化探討和機理探討三個方面，這也代表了現代化學探討的三個方面?；卮鹣铝袉栴}：I.合成氨反應的機理探討：N2和H2在活性鐵表面催化合成NH3的機理如圖所示，其中(ad)表示物種的吸附狀態(tài)。（1）依據反應歷程圖，寫出合成氨反應的熱化學方程式___________。（2）合成氨經驗如下五個過程：N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)iN(ad)+3H(ad)→NH(ad)+2H(ad)iiNH(ad)+2H(ad)→NH2(ad)+H(ad)iiiNH2(ad)+H(ad)→NH3(ad)ivNH3(ad)→NH3(g)V下列說法正確的是___________（填選項字母）。A.上升溫度，過程i的反應速率減慢，過程ii的反應速率加快B.增大壓強，有利于提高過程i的轉化率C.運用催化劑時，反應N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＜0II.合成氨反應的反應條件探討：試驗測定不同條件下，平衡時氨氣的含量與起始氫氮比[]之間的關系如圖所示。（3）T0___________420°C(填“＜”“＞”或“=”,下同）。（4）a點時的轉化率：a(N2)___________a(H2)。（5）a、b、c、d四點對應的平衡常數由大到小的依次為___________（用Ka、Kb、Kc、Kd表示）。（6）b點對應的平衡常數Kb=___________MPa-2(用體系中各物質的分壓表示平衡常數，物質的分壓＝物質的量百分含量×容器的總壓，列出計算式即可）。III.合成氨的工業(yè)化探討：合成氨的原料氣中的雜質會影響氨的合成效率，已知某原料氣中含有20%N2、40%H2、30%CO、3%Ar。（7）在恒壓條件下，單位時間通入的氣體總量肯定時，雜質稀有氣體Ar會使N2的平衡轉化率降低的緣由為___________。【答案】(1).N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1(2).B(3).＞(4).＜(5).Kb=Kc>Ka>Kd(6).或或9.5×10－2(7).恒壓容器中，充入Ar會減小反應體系的壓強，使平衡向氣體分子數增多的方向移動，因此會降低N2的平衡轉化率【解析】【分析】依據催化合成NH3的機理圖書寫熱化學方程式并計算反應熱，依據“定一議二、先拐先平”比較溫度大小，結合圖中數據進行轉化率和平衡常數的計算，結合平衡常數的定義及平衡移動原理比較平衡常數的大小?！驹斀狻竣?(1)依據反應歷程圖可知，合成氨為放熱反應，其熱化學反應方程式為N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-2×(276kJ/mol-106kJ/mol-33kJ/mol-41kJ/mol-50kJ/mol)=-92kJ/mol，故答案為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol－1；(2)A．上升溫度，過程ⅰ和ii的反應速率均加快，A錯誤；B．過程ⅰ為N2（g)+H2(g)→N(ad)+3H(ad)，反應前后體積減小，增大壓強，平衡正向移動，有利于提高過程ⅰ的轉化率，B正確；C．運用催化劑時，反應N2(g)+H2(g)→N(g)+3H(g)ΔH＞0，C錯誤；故答案為：B；Ⅱ.(3)依據圖像，由①④曲線分析可知，壓強相同，420℃→T0℃，平衡時氨氣的含量降低，說明平衡逆向移動，又反應為放熱反應，所以420℃→T0℃為溫度上升的過程，則T0＞420℃，故答案為：＞；(4)依據圖像可知，a點時起始氫氮比，則N2的轉化率＜H2的轉化率，故答案為：＜；(5)由于②③的溫度相同，所以兩個條件下平衡常數相等，即Kb=Kc，①④相比，壓強相同，④的溫度更高，所以平衡常數Ka＞Kd，①②相比，①的溫度更高，所以平衡常數Kb＞Ka，故答案為：Kb=Kc>Ka>Kd；(6)依據圖像，b點時起始氫氮比，總壓強為20MPa，平衡時氨氣的含量為50%，設N2的起始投量為1mol，轉化量為xmol，則列三段式有：則有，x=，所以N2的物質的量百分含量為，H2的物質的量百分含量為，則b點對應的平衡常數，故答案為：或或9.5×10－2；Ⅲ.(7)在恒壓條件下，單位時間通入的氣體總量肯定時，充入Ar會減小反應體系的壓強，使平衡向氣體分子數增多的方向移動，因此會降低N2的平衡轉化率，故答案為：恒壓容器中，充入Ar會減小反應體系的壓強，使平衡向氣體分子數增多的方向移動，因此會降低N2的平衡轉化率。25.光刻技術需利用深紫外激光，我國是唯一駕馭通過非線性光學晶體變頻來獲得深紫外激光技術國家。目前唯一好用化的晶體是氟硼鈹酸鉀(KBeBF，含K、B、Be、O、F元素)?；卮鹣铝袉栴}：（1）一群均處于激發(fā)態(tài)1s22s13s1的鈹原子，若都回到基態(tài)，最多可發(fā)出___種波長不同的光。A.1B.2C.3D.4（2）Be和B都簡潔與配體形成配位鍵，如[BeF4]-、[B(OH)4]-等，從原子結構分析其緣由是__。（3）氟硼酸鉀是制備KBeBF的原料之一，高溫下分解為KF和BF3。KF的沸點比BF3的高，緣由是___。（4）BF3易水解得到H3BO3(硼酸)和氫氟酸。氫氟酸濃溶液中因F-與HF結合形成HF使酸性大大增加。HF的結構式為___；H3BO3和BF中，B原子的雜化類型分別為___、__。（5）KBeBF晶體為層片狀結構，圖1為其中一層的局部示意圖。平面六元環(huán)以B—O鍵和Be—O鍵交織相連，形成平面網狀結構，每個Be都連接一個F，且F分別指向平面的上方或下方，K+分布在層間。KBeBF晶體的化學式為____。（6）BeO晶體也是制備KBeBF的原料，圖2為其晶胞結構示意圖。①沿著晶胞體對角線方向的投影，下列圖中能正確描述投影結果的是___。②BeO晶胞中，O的積累方式為____；設O與Be的最近距離為acm，NA表示阿伏加德羅常數的值，則BeO晶體的密度為____g·cm-3?！敬鸢浮?1).C(2).Be原子和B原子價層電子數均小于價層軌道數，存在空軌道(3).KF為離子晶體，而BF3為分子晶體，離子晶體的熔沸點大于分子晶體(4).(5).sp2(6).sp3(7).KBe2BO3F2(8).D(9).面心立方最密積累