2025年湘教版選修化學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年湘教版選修化學(xué)上冊階段測試試卷151考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、常溫下用pH為3的某酸溶液分別與pH均為11的氨水、氫氧化鈉溶液等體積混合得到a、b兩種溶液，關(guān)于這兩種溶液酸堿性的表述正確的是A.b只能顯堿性B.a可能顯酸性或堿性C.a不可能顯酸性D.b可能顯堿性或酸性2、下列說法中正確的是A.的系統(tǒng)命名為1，3，4-三甲苯B.3-甲基-2-戊烯的結(jié)構(gòu)簡式為C.的系統(tǒng)命名為2-甲基-3-丁炔D.的系統(tǒng)命名為4-乙基-2-己烯3、下列實驗方案中不能達到實驗?zāi)康牡氖恰?/p>

A.用裝置①測量鹽酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)前后的溫度B.用裝置②除去Cl2中少量的HC1氣體C.用裝置③可以說明氨氣極易溶于水D.用裝置④檢驗1-溴丁烷和氫氧化鈉乙醇溶液反應(yīng)的產(chǎn)物4、糖類、脂肪和蛋白質(zhì)是維持人體生命活動必需的三大營養(yǎng)物質(zhì)。下列說法錯誤的是A.纖維素、淀粉、油脂、蛋白質(zhì)都是高分子化合物B.淀粉水解的最終產(chǎn)物能發(fā)生銀鏡反應(yīng)C.人體不具備水解纖維素的能力，但可以水解淀粉D.油脂能發(fā)生皂化反應(yīng)，生成甘油和高級脂肪酸鈉5、化學(xué)知識在新冠肺炎疫情防控中發(fā)揮著重要作用。新冠病毒直徑為60～140nm，下列說法正確的是A.新冠病毒是一種膠體B.醫(yī)用酒精不可殺滅新型冠狀病毒C.可用84消毒液直接噴洗雙手消毒D.勤洗手、戴口罩是防止病毒入侵的有效方法6、下列有關(guān)螺環(huán)[4．4]壬—1，3，6—三烯()的說法錯誤的是A.與互為同分異構(gòu)體B.分子中所有碳原子共平面C.能使酸性KMnO4溶液褪色D.加成得到1molC9H16的烴需消耗3molH27、某有機物X的紅外光譜圖如圖所示。下列說法錯誤的是。

A.X可能是丙酮B.X中可能只含碳、氫、氧三種元素C.X中可能含有醛基D.紅外光譜圖可獲得X中所含化學(xué)鍵和官能團信息8、工業(yè)上制備PVC(聚氯乙烯)的一種合成路線如下；下列說法錯誤的是。

A.X的球棍模型為：B.Y有1種不同結(jié)構(gòu)C.反應(yīng)②為縮聚反應(yīng)D.PVC的結(jié)構(gòu)簡式為：評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)9、A；B、C、D為四種晶體；性質(zhì)如下：

A.固態(tài)時能導(dǎo)電；能溶于鹽酸。

B.能溶于CS2；不溶于水。

C.固態(tài)時不導(dǎo)電；液態(tài)時能導(dǎo)電，可溶于水。

D.固態(tài)；液態(tài)時均不導(dǎo)電；熔點為3500℃

試推斷它們的晶體類型：A._____；B._______；C._______；D._________。10、現(xiàn)有濃度為0.1mol·L-1的五種電解質(zhì)溶液：①Na2CO3②NaHCO3③NaAlO2④CH3COONa⑤NaOH

已知：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-

⑴這五種溶液的pH由小到大的順序是____________________（填編號）；

⑵將五種溶液稀釋相同的倍數(shù)時，其pH變化最大的是___________（填編號）；

⑶混合碳酸（H2CO3）溶液和NaAlO2溶液，試寫出所有可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：_____；

⑷常溫下，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：。實驗編號HA物質(zhì)的量濃度（mol/L）NaOH物質(zhì)的量濃度（mol/L）混合溶液的pH甲0.200.20pH＝a乙0.100.10pH＝8.00

①不考慮乙組的實驗結(jié)果，單從甲組情況分析，如何用a（混合溶液的pH）來說明HA是強酸還是弱酸_________；乙組實驗所得混合溶液中由水電離出的c(OH-)＝_________mol/L。

②求出該混合溶液中下列算式的結(jié)果。

I．c(Na+)-c(A-)=__________________；II．c(OH-)-c(HA)=_________。11、（1）分子式為C3H6O2的二元混合物，如果在核磁共振氫譜上觀察到氫原子給出的峰有兩種情況．第一種情況峰給出的強度為1:1；第二種情況峰給出的強度為3:2:1。由此推斷混合物的組成可能是_______（寫結(jié)構(gòu)簡式，寫一種組合即可）。如圖是一種分子式為C3H6O2的有機物的紅外光譜圖，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為______。

（2）經(jīng)測定，某有機物含碳77.8%、氫7.4%、氧14.8%；用質(zhì)譜儀測定結(jié)果如下圖。分析求此有機物的分子式為______。若此有機物能與燒堿反應(yīng)，且苯環(huán)上的一溴代物只有四種，試寫出它的結(jié)構(gòu)簡式_______。

12、過氧化氫的水溶液俗稱雙氧水；它的用途很廣泛，常用于消毒；殺菌、漂白等?；卮鹣铝袉栴}：

(1)過氧化氫的性質(zhì)。

①酸性條件下H2O2可將Fe2+轉(zhuǎn)化成Fe3+，說明H2O2具有__性。

②常溫下，H2O2顯弱酸性(Ka1=2.40×10-12、Ka2=1.05×10-25)，不能使甲基橙指示劑褪色，則向4.0mol?L-1的H2O2溶液中滴加甲基橙，溶液顯__色。(甲基橙在pH小于3.1時顯紅色；3.1～4.4時顯橙色，大于4.4時顯黃色)

(2)過氧化氫含量的測定實驗。

某興趣小組同學(xué)用0.1mol?L-1的酸性高錳酸鉀標準溶液滴定試樣中的過氧化氫，反應(yīng)原理為2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。

①滴定達到終點的現(xiàn)象是__。

②用移液管移取25.00mL試樣置于錐形瓶中，重復(fù)滴定四次，每次消耗酸性高錳酸鉀標準溶液的體積如下表：。第一次第二次第三次第四次V(酸性KMnO4標準溶液)/mL17.1018.1018.0017.90

試樣中過氧化氫的濃度為__mol?L-1。

(3)甲酸鈣[Ca(HCOO)2]廣泛用于食品工業(yè)生產(chǎn)上。實驗室制取甲酸鈣的方法之一是將氫氧化鈣和甲醛(HCHO)溶液依次加入質(zhì)量分數(shù)為30%～70%的過氧化氫溶液中。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。

(4)過氧化氫與碳酸鈉的加合物Na2CO3?xH2O2比較穩(wěn)定，方便儲存，可用于消毒、漂白。現(xiàn)稱取157gNa2CO3?xH2O2晶體加熱，實驗結(jié)果如圖所示，則該晶體的組成為__(x精確到0.1)

13、在含有弱電解質(zhì)的溶液中；往往有多個化學(xué)平衡共存。

（1）一定溫度下，向1L0．1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1molCH3COONa固體，則溶液中________(填“增大”“不變”或“減小”)，寫出表示該混合溶液中所有離子濃度之間的一個等式_________________________________；

（2）常溫下向20mL0．1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0．1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各種微粒(CO2因逸出未畫出)物質(zhì)的量分數(shù)(縱軸)隨溶液pH變化的部分情況如圖所示。

回答下列問題：

①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-________(填“能”或“不能”)大量共存；

②當pH＝7時，溶液中含碳元素的主要微粒為____________，溶液中各種離子（CO32-除外）的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系為________________；

③已知在25℃時，CO32-水解反應(yīng)的平衡常數(shù)即水解常數(shù)Kh＝＝2×10－4mol·L－1，當溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1時，溶液的pH＝________。14、請回答下列問題：

(1)CH2=CHCH(CH3)2系統(tǒng)命名法命名為____________

(2)4-甲基-2-乙基-1-戊烯的結(jié)構(gòu)簡式為__________________

(3)支鏈只有一個乙基且式量最小的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為______________

(4)某烴分子式為C6H14，若該烴不可能由炔烴與氫氣加成得到則該烴的結(jié)構(gòu)簡式為__________15、已知可簡寫為降冰片烯的分子結(jié)構(gòu)可表示為

(1)降冰片烯屬于_______(填序號)。

a.環(huán)烴b.不飽和烴c.烷烴d.芳香烴。

(2)降冰片烯的分子式為_______。

(3)降冰片烯的一種同分異構(gòu)體(含有一個六元環(huán)的單環(huán)化合物)的結(jié)構(gòu)簡式為_______(任寫一種)。

(4)降冰片烯不具有的性質(zhì)是_______(填序號)。

A.易溶于水B.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。

C.能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)D.常溫常壓下為氣體16、依據(jù)氧化還原反應(yīng)：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag；設(shè)計的原電池如下圖所示。

請回答下列問題：

(1)電極X的材料是________；Y是________。

(2)銀電極為電池的________極，X電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為_____________________17、寫出下列有機物的系統(tǒng)命名或結(jié)構(gòu)簡式：

(1)_________________

(2)________________

(3)__________

(4)______________

(5)2，2-二甲基-3-乙基己烷____________________

(6)1，1，2，2-四氯丙烷____________________評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)18、具有和—OH的雙重性質(zhì)。(_______)A.正確B.錯誤19、根據(jù)醇的結(jié)構(gòu)分析，丙三醇和乙二醇均能與水混溶，且丙三醇的沸點應(yīng)該高于乙二醇的沸點。(____)A.正確B.錯誤20、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液，未出現(xiàn)銀鏡，則蔗糖未水解。(____)A.正確B.錯誤21、1molHCHO與足量銀氨溶液在水浴加熱條件下充分反應(yīng)，最多生成2molAg。(____)A.正確B.錯誤22、油脂的氫化與油脂的皂化都屬于加成反應(yīng)。(_______)A.正確B.錯誤23、某烴的分子式為C11H16，它不能與溴水反應(yīng)，但能使酸性KMnO4溶液褪色，分子結(jié)構(gòu)中只含有一個烷基符合條件的烴有7種。(____)A.正確B.錯誤24、生物高分子材料、隱身材料、液晶高分子材料等屬于功能高分子材料。(_______)A.正確B.錯誤25、聚合度就是鏈節(jié)的個數(shù)。(____)A.正確B.錯誤26、高分子化合物的結(jié)構(gòu)大致可以分為線型結(jié)構(gòu)、支鏈型結(jié)構(gòu)和網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)三類。(___)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)27、VIA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)；含VIA族元素的化臺物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題：

(1)S單質(zhì)的常見形式為S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下圖所示，S位于周期表中_______區(qū)；其基態(tài)核外電子排布處于最高能級是_______；電子云輪廓形狀：_______；

(2)原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為_______；

(3)Se原子序數(shù)為_______，其核外M層電子的排布式為_______；

(4)H2Se的酸性比H2S_______(填“強”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型為_______，離子中S原子雜化方式為_______；

(5)H2SeO3的K1和K2分別為2.7×l0-3和2.5×l0-8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.2×10-2；請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋：

①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因_______；

②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：_______。

(6)ZnS在熒光體、光導(dǎo)體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應(yīng)用廣泛。立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其晶胞邊長為540.0pm。密度為_______(列式并計算，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)，a位置S2-離子與b位置Zn2+離子之間的距離為_______pm(列式表示)

評卷人得分五、原理綜合題(共2題，共10分)28、用系統(tǒng)命法寫出下列物質(zhì)名稱或結(jié)構(gòu)簡式。

（1）C4H10的一氯代物有_____________種。

（2）某有機物含C、H、O三種元素，分子模型如圖所示（圖中球與球之間的連線代表化學(xué)鍵．如單鍵、雙鍵等）。該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為_____________________，所含官能團的名稱為__________

（3）常溫下，已知0.1mol·L－1一元酸HA溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8。常溫下，0.1mol·L－1HA溶液的pH＝________；

（4）常溫下，將0.1mol/LHCl溶液與0.1mol/LMOH溶液等體積混合，測得混合后溶液的pH＝5，則MOH在水中的電離方程式為_________________。

（5）已知常溫時CH3COOHCH3COO–+H+，Ka＝2×10–5，則反應(yīng)CH3COO–+H2OCH3COOH+OH–的平衡常數(shù)Kh＝________________。

（6）常溫下，若在0.10mol·L–1CuSO4溶液中加入NaOH稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH＝8時，c(Cu2+)＝________mol·L–1{Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。

（7）1mol/LNa2C2O4溶液中離子濃度由大到小順序_________________________，列出質(zhì)子守恒關(guān)系式_____________________29、Ⅰ．氮的固定是幾百年來科學(xué)家一直研究的課題。

（1）下表列舉了不同溫度下大氣固氮和工業(yè)固氮的部分K值．。反應(yīng)大氣固氮。

N2(g)+O2(g)2NO(g)工業(yè)固氮。

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)溫度/℃27200025400450K3.8×10-310.15×1080.5070.152

①分析數(shù)據(jù)可知：大氣固氮反應(yīng)屬于____________(填“吸熱”或“放熱”)反應(yīng)。

②分析數(shù)據(jù)可知；人類不適合大規(guī)模模擬大氣固氮的原因____________。

③已知上述工業(yè)固氮反應(yīng)的反應(yīng)熱△H=－92kJ/mol，1molN2、1molH2分子中的化學(xué)鍵斷裂所吸收的能量分別為946kJ、436kJ，則N—H鍵斷裂所吸收的能量為____________。

（2）工業(yè)固氮反應(yīng)中，在其他條件相同時，分別測定N2的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(P1、P2)下隨溫度變化的曲線，如圖所示的圖示中，正確的是____________(填“A”或“B”)；比較p1、p2的大小關(guān)系：____________。

Ⅱ．目前工業(yè)合成氨的原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

（3）在一定溫度下，將1molN2和3molH2混合置于體積不變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)；達到平衡狀態(tài)時，測得氣體總物質(zhì)的量為2.8mol。

①達平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率α1=________。

②已知平衡時，容器壓強為8MPa，則平衡常數(shù)Kp=__________(保留小數(shù)點后兩位數(shù)；用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。

（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料電池；其原理見圖。

該電池在使用過程中石墨I電極上生成氧化物Y，其電極反應(yīng)為_________。評卷人得分六、實驗題(共2題，共16分)30、“中和滴定”原理在實際生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。用可定量測定CO的含量，該反應(yīng)原理為其實驗步驟如下：

①取200mL（標準狀況）含有CO的某氣體樣品通過盛有足量的硬質(zhì)玻璃管中在170℃下充分反應(yīng)：

②用酒精溶液充分溶解產(chǎn)物配制100mL溶液；

③量取步驟②中溶液20.00mL于錐形瓶中，然后用的標準溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)為消耗標準溶液的體積如表所示。第一次第二次第三次滴定前讀數(shù)/mL1.101.502.40滴定后讀數(shù)/mL21.0021.5022.50

(1)步驟②中配制100mL待測液需要用到的玻璃儀器的名稱是燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管和________。

(2)標準液應(yīng)裝在________（填“酸式”“堿式”）滴定管中。

(3)指示劑應(yīng)選用________，判斷達到滴定終點的現(xiàn)象是________。

(4)氣體樣品中CO的體積分數(shù)為________（已知氣體樣品中其他成分不與反應(yīng)）

(5)下列操作會造成所測CO的體積分數(shù)偏大的是________（填字母）。

a.滴定終點時仰視讀數(shù)。

b.滴定前尖嘴外無氣泡；滴定后有氣泡。

C.配制100mL待測溶液時；有少量濺出。

d.錐形瓶用待測溶液潤洗31、4Na2SO4?2H2O2?NaCl又稱固體雙氧水，具有漂白、殺菌、消毒作用，又由于其穩(wěn)定性比過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)固體更好；因而具有廣泛的應(yīng)用前景。某小組合成該固體雙氧水的實驗步驟和裝置示意圖如下：

Ⅰ.合成：往三頸瓶中加入56.8g硫酸鈉和5.85gNaCl的固體混合物，開啟攪拌器；將稍過量的(約70mL)30%H2O2溶液在20～30min內(nèi)逐滴分批加入。并控制反應(yīng)溫度15～35℃；加完料后持續(xù)攪拌15min，反應(yīng)結(jié)束后過濾，低溫干燥得到產(chǎn)品。

Ⅱ.產(chǎn)品穩(wěn)定性分析：?、裰兴卯a(chǎn)品置于干燥器內(nèi)保存一個月，并分別在放置前、放置后取一定質(zhì)量的樣品溶于水，加適量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L酸性高錳酸鉀滴定，測定產(chǎn)品中雙氧水的含量，以此分析產(chǎn)品的穩(wěn)定性．所得實驗數(shù)據(jù)如下表：。數(shù)據(jù)。

時間

樣品取用數(shù)量(g)

平均V(KMnO4)/mL放置前測定a25.00放置一個月后測定a24.90

已知：a.H2O2不穩(wěn)定；加熱，加入某些金屬離子或加堿均有利于其分解。

b.產(chǎn)品穩(wěn)定性=×100%

請回答下列問題：

(1)裝置圖里方框中應(yīng)添加儀器a，其名稱為_______________________；寫出合成4Na2SO4?2H2O2?NaCl的化學(xué)方程式：_____________________________。

(2)該合成反應(yīng)過程中，關(guān)鍵是控制溫度，其合理的措施是：______________。

A.逐滴滴加H2O2B.選用Na2SO4和NaCl固體；而不用其飽和溶液。

C.不斷攪拌D.冰水浴。

(3)該合成反應(yīng)過程中30%的H2O2溶液不應(yīng)大大過量的原因________________。

(4)4Na2SO4?2H2O2?NaCl固體比過碳酸鈉(2Na2CO3?3H2O2)固體更穩(wěn)定的可能原因是__________。

(5)產(chǎn)品分析實驗時，高錳酸鉀溶液裝于滴定管中，當?shù)味ǖ竭_終點時的現(xiàn)象是_________________。下列關(guān)于該滴定實驗過程中的儀器選擇和操作都正確的是_____________

A.B.C.D.

(6)該產(chǎn)品的“產(chǎn)品穩(wěn)定性”=___________________。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【詳解】

A．若酸為pH=3弱酸與等體積pH為11的氫氧化鈉溶液反應(yīng)時酸過量，則溶液一般為酸性，若酸為pH=3強酸與等體積pH為11的氫氧化鈉溶液反應(yīng)時恰好反應(yīng)生成鹽，溶液顯中性，即b不可能顯堿性；故A錯誤；

B．為強酸時與等體積pH為11的氨水反應(yīng)時氨水過量；則a可能顯堿性；若為弱酸時恰好完全反應(yīng)，生成弱酸弱堿鹽，當弱酸酸根離子的水解小于弱堿中離子的水解，則a可能顯酸性，故B正確；

C．若為pH=3弱酸與等體積pH為11的氨水恰好完全反應(yīng)時；生成弱酸弱堿鹽，當弱酸酸根離子的水解小于弱堿中離子的水解，則a可能顯酸性，故C錯誤；

D．由A分析可知b可能呈中性或酸性；故D錯誤；

故選B。

【點睛】

pH為3的某酸可能為強酸或弱酸，明確酸的強弱與pH的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為弱酸與氨水反應(yīng)后溶液的酸堿性的判斷，可以根據(jù)弱酸和氨水的相對強弱分析判斷。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．編號之和不是最??；正確的名稱為1，2，4-三甲苯，故A錯誤；

B．3-甲基-2-戊烯的結(jié)構(gòu)簡式為故B錯誤；

C．的含有碳碳三鍵的主鏈有4個碳原子；3號碳上有1個甲基，1號碳上有碳碳三鍵，名稱為3-甲基-1-丁炔，故C錯誤；

D．的含有碳碳雙鍵的主鏈有6個碳原子；在4號碳上有1個乙基，2號碳上有碳碳雙鍵，名稱為4-乙基-2-己烯，故D正確；

故選D。3、D【分析】【詳解】

A．用簡易量熱計可以測量鹽酸和氫氧化鈉溶液反應(yīng)前后的溫度；A正確；

B．可用飽和食鹽水除去Cl2中少量的HC1氣體；B正確；

C．由于氨氣極易溶于水；將膠頭滴管中的水擠入燒瓶，使得燒瓶內(nèi)壓強小于外界大氣壓，從而形成噴泉，C正確；

D．反應(yīng)生成的乙烯和揮發(fā)出來的乙醇均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；因此不能用裝置④檢驗反應(yīng)的產(chǎn)物，D錯誤；

故選D。4、A【分析】【分析】

【詳解】

A．油脂成分為高級脂肪酸甘油酯；不是高分子化合物，A錯誤；

B．淀粉水解的最終產(chǎn)物為葡萄糖；葡萄糖含醛基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，B正確；

C．人體沒有促進纖維素水解的酶；所以人體不具備水解纖維素的能力，人體內(nèi)有促進淀粉水解的酶，所以人體可以水解淀粉，C正確；

D．油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)稱為皂化反應(yīng)；生成甘油和高級脂肪酸鈉，D正確。

答案選A。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．分散質(zhì)粒子直徑介于1-100nm之間的分散系為膠體；但新冠病毒不是分散系，故不是膠體，故A錯誤；

B．醫(yī)用酒精能殺菌消毒；因此可殺滅新型冠狀病毒，故B錯誤；

C．84消毒液有強氧化性；但不能直接噴洗雙手消毒，否則容易腐蝕皮膚，故C錯誤；

D．勤洗手；戴口罩可以減少傳播途徑；是防止病毒入侵的有效方法，故D正確。

故選D。6、B【分析】【詳解】

A.螺環(huán)[4．4]壬—1，3，6—三烯()與分子式相同；結(jié)構(gòu)式不同，因此互為同分異構(gòu)體，故A正確；

B.螺環(huán)[4．4]壬—1，3，6—三烯()；中間碳原子與周圍四個碳原子類似甲烷的結(jié)構(gòu)，因此分子中所有碳原子不可能共平面，故B錯誤；

C.分子中含有碳碳雙鍵，因此能使酸性KMnO4溶液褪色；故C正確；

D.螺環(huán)[4．4]壬—1，3，6—三烯()分子式為C9H10，1mol該有機物發(fā)生加成反應(yīng)得到1molC9H16的烴需消耗3molH2；故D正確；

故答案為B。7、A【分析】【分析】

【詳解】

A．由紅外光譜圖可知X中含兩種C-H鍵；而丙酮只含有一種C-H鍵，故A錯誤；

B．由紅外光譜圖可知X中含C-H鍵和C=O鍵；故X中可能只含碳；氫、氧三種元素，故B正確；

C．由紅外光譜圖可知X中含C-H鍵和C=O鍵；X中可能含有醛基，故C正確；

D．由紅外光譜圖可知X中含C-H鍵和C=O鍵；故D正確；

故選A。8、C【分析】【詳解】

A．根據(jù)X的化學(xué)式C2H2可知X為乙炔，故其的球棍模型為：A正確；

B．根據(jù)題干流程圖可知；Y為氯乙烯，其結(jié)構(gòu)只有1種，B正確；

C．根據(jù)題干流程圖可知，反應(yīng)②為nCH2=CHCl該反應(yīng)屬于加聚反應(yīng)，C錯誤；

D．根據(jù)C的分析可知，PVC的結(jié)構(gòu)簡式為：D正確；

故答案為：C。二、填空題(共9題，共18分)9、略

【分析】【分析】

根據(jù)常見晶體的物理性質(zhì)分析判斷。

【詳解】

A．固態(tài)時能導(dǎo)電；能溶于鹽酸，說明該晶體屬于金屬晶體，故答案為：金屬晶體；

B．能溶于CS2；不溶于水，屬于分子晶體，故答案為：分子晶體；

C．固態(tài)時不導(dǎo)電；液態(tài)時能導(dǎo)電，可溶于水，屬于離子晶體，故答案為：離子晶體；

D．固態(tài)；液態(tài)時均不導(dǎo)電；熔點為3500℃，屬于原子晶體，故答案為：原子晶體。

【點睛】

本題的易錯點為金屬晶體和離子晶體的判斷，要注意金屬一般具有良好的導(dǎo)電性，而離子晶體固態(tài)時不能導(dǎo)電?！窘馕觥竣?金屬晶體②.分子晶體③.離子晶體④.原子晶體10、略

【分析】【分析】

（1）先根據(jù)酸；堿、鹽確定PH大?。畸}中陽離子相同；酸越弱，其鹽的堿性越強，據(jù)此分析鹽溶液的PH值大小；

（2）根據(jù)是否存在平衡分析判斷；不存在平衡的PH值變化大；

（3）由題意可知；碳酸與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，過量的碳酸可與反應(yīng)生成碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉；碳酸的酸性大于偏鋁酸的酸性，碳酸能和偏鋁酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁，過量的偏鋁酸鈉可與反應(yīng)生成的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀；

（4）①酸；堿的物質(zhì)的量相等；即酸、堿恰好反應(yīng)生成鹽，若鹽溶液的a=7時，該鹽是強酸強堿鹽，HA是強酸；a＞7時，該鹽是強堿弱酸鹽，HA是弱酸；

②Ⅰ、根據(jù)電荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）；Ⅱ、根據(jù)物料守恒和電荷守恒可得C（H+）+C（Na+）=C（OH-）+C（A-）

【詳解】

（1）④②①③是鹽；⑤是堿，物質(zhì)的量濃度相同的這幾種溶液，鹽溶液的pH值小于堿溶液的pH，所以⑤的pH值最大；④②①③四種鹽的陽離子相同，其陰離子相應(yīng)的酸越弱，鹽的pH值越大，醋酸的酸性＞碳酸的酸性＞偏鋁酸的酸性，碳酸氫鈉是酸式鹽，碳酸鈉是正鹽，所以碳酸鈉的pH值大于碳酸氫鈉的，則相同物質(zhì)的量濃度的這幾種溶液的pH值由小到大的順序是④②①③⑤，故答案為：④②①③⑤；

（2）①②③④溶液中都存在水解平衡；當稀釋時，鹽的弱酸根又水解出部分離子進行補充；氫氧化鈉是強堿，完全電離，不存在電離平衡，所以當稀釋時，其pH變化最大，故答案為：⑤；

（3）由題意可知，碳酸與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓，過量的碳酸可與反應(yīng)生成碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；碳酸的酸性大于偏鋁酸的酸性，碳酸能和偏鋁酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，過量的偏鋁酸鈉可與反應(yīng)生成的碳酸氫鈉溶液反應(yīng)生成碳酸鈉和氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓，則可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3；

（4）①酸、堿的物質(zhì)的量相等，即酸、堿恰好反應(yīng)生成鹽，若鹽溶液的a=7時，該鹽是強酸強堿鹽，HA是強酸；a＞7時，該鹽是強堿弱酸鹽，HA是弱酸；乙組實驗溶液pH=8，溶液中c（H+）=10-8mol/L，根據(jù)c（H+）·c（OH-）=10-14可知c（OH-）=10-6mol/L，故答案為：a=7時，HA是強酸；a＞7時，HA是弱酸；10-6；

②Ⅰ、根據(jù)電荷守恒知，c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-6-10-8）mol/L=9.9×10-7mol/L；

Ⅱ、根據(jù)物料守恒和電荷守恒可得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-），c（A-）+c（HA）=0.05mol/L，c（Na+）=0.05mol/L，則c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-8mol/L；故答案為：9.9×10-7mol/L；10-8mol/L?！窘馕觥竣?④②①③⑤②.⑤③.NaAlO2+H2CO3+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓、NaHCO3+NaAlO2+H2O=Na2CO3+Al(OH)3↓、H2CO3+2NaAlO2+2H2O=Na2CO3+2Al(OH)3↓、H2CO3+Na2CO3=2NaHCO3④.a＝7時，HA是強酸；a＞7時，HA是弱酸⑤.10-6⑥.9.9×10-7mol/L⑦.1.0×10-8mol/L11、略

【分析】【分析】

（1）核磁共振氫譜的強度之比等于不同位置氫原子數(shù)目之比；

（2）根據(jù)質(zhì)譜圖；可知該有機物的相對分子質(zhì)量是108，再根據(jù)有機物含碳77.8%；氫7.4%、氧14.8%可計算分子中C、H、O原子數(shù)；苯環(huán)上的一溴代物只有四種，說明苯環(huán)上有2個不同的取代基且位置不對稱。

【詳解】

（1）核磁共振氫譜的強度之比等于不同位置氫原子數(shù)目之比，峰的給出強度為1：1，說明有2種氫原子，氫原子個數(shù)之比為1：1，結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOCH3；峰的給出強度為3：2：1，說明有3種氫原子，氫原子個數(shù)之比為3：2：1，結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3或CH3COCH2OH；分子式為C3H6O2的有機物的紅外光譜圖中含有C=O、－CH3、C-O-C，所以C3H6O2的結(jié)構(gòu)簡式是HCOOCH2CH3。

（2）根據(jù)質(zhì)譜圖，可知該有機物的相對分子質(zhì)量是108，有機物含碳77.8%、氫7.4%、氧14.8%，則C原子數(shù)是則H原子數(shù)是則O原子數(shù)是所以分子式是C7H8O，有機物能與燒堿反應(yīng)說明含有酚羥基，且苯環(huán)上的一溴代物只有四種，說明苯環(huán)上有2個不同的取代基且位置不對稱，它的結(jié)構(gòu)簡式為【解析】CH3COOCH3CH3CH2COOH或HCOOCH2CH3或CH3COCH2OHHCOOCH2CH312、略

【分析】【分析】

KMnO4溶液呈紫色，用其測定H2O2的含量時，不需另加指示劑；為減少實驗誤差，做了四次實驗，在計算所用KMnO4溶液體積的平均值時；需分析實驗的有效性，若某次實驗與其它實驗的結(jié)果相差較大，則本次實驗無效。

【詳解】

(1)①酸性條件下，H2O2將Fe2+轉(zhuǎn)化成Fe3+，同時H2O2轉(zhuǎn)化成H2O，H2O2中O元素由-1價降低到-2價；具有氧化性；

②4.0mol?L?1的H2O2溶液中，c(H+)≈mol/L=mol/L≈3.1×10-6mol/L；pH＞5，滴加甲基橙，溶液顯黃色；

(2)①用酸性高錳酸鉀標準溶液滴定過氧化氫，當H2O2完全反應(yīng)后，KMnO4稍過量，溶液呈現(xiàn)KMnO4溶液的顏色，所以滴定達到終點的現(xiàn)象是當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標準溶液時；錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30秒內(nèi)溶液不褪色；

②四次實驗中，第一次實驗與另三次實驗相比，偏差太大，此次實驗數(shù)據(jù)不能采用，則另三次實驗所用V(酸性KMnO4標準溶液)==18.00mL，利用反應(yīng)可建立如下關(guān)系式：2MnO~5H2O2，所以試樣中過氧化氫的濃度為=0.18mol?L?1；

(3)根據(jù)題目所給信息可知氫氧化鈣、甲醛(HCHO)、過氧化氫可以反應(yīng)生成甲酸鈣，根據(jù)元素守恒可得化學(xué)方程式為Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O

(4)從圖中可以看出，157gNa2CO3?xH2O2晶體加熱，所得Na2CO3的質(zhì)量為106g，則H2O2的質(zhì)量為:157g-106g=51g，x==1.5，則該晶體的組成為Na2CO3?1.5H2O2?！窘馕觥竣?氧化②.黃③.當?shù)稳胱詈蟀氲嗡嵝訩MnO4標準溶液時，錐形瓶內(nèi)溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30秒內(nèi)溶液不褪色④.0.18⑤.Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=Ca(HCOO)2+4H2O⑥.Na2CO3?1.5H2O213、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)稀釋后溶液中存在的電離平衡的移動來回答；溶液中存在電荷守恒；

（2）常溫下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL；先反應(yīng)生成碳酸氫鈉，再與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；水；

①根據(jù)圖2可知，pH=8時只有碳酸氫根離子，pH大于8時存在碳酸根離子和碳酸氫根離子離子，pH小于8時存在碳酸和碳酸氫根離子，在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能共存；

②pH=7時，溶液中溶質(zhì)為碳酸氫鈉、氯化鈉及碳酸，存在的離子主要為：H2CO3、HCO3-，溶液顯示中性，c（H+）=c（OH-）；根據(jù)電荷守恒判斷溶液中各離子濃度大小關(guān)系；

③根據(jù)水解常數(shù)計算c（OH-），由根據(jù)水的離子積Kw計算c（H+）；根據(jù)pH=-lgc（H+）計算。

【詳解】

（1）一定溫度下，向1L0．1mol·L－1CH3COOH溶液中加入0．1molCH3COONa固體，則醋酸根離子濃度增大，醋酸的電離平衡逆向移動，氫離子濃度減小，所以=c(H＋)/K,K為電離常數(shù)，氫離子濃度減小，則比值減??；該溶液中存在的離子只有鈉離子、氫離子、氫氧根離子、醋酸根離子，符合電荷守恒，所以該混合溶液中所有離子濃度之間的一個等式為c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)；

（2）①由圖可知，在同一溶液中，三種H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存；碳酸根離子離子減少時碳酸氫根離子的濃度逐漸增大，碳酸氫根離子逐漸減少時，碳酸分子的濃度增大；

②由圖可知，當pH＝7時，部分碳酸氫根離子轉(zhuǎn)化為碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒為HCO3-、H2CO3，此時溶液中的溶質(zhì)為碳酸氫鈉、碳酸、氯化鈉，且氯化鈉的物質(zhì)的量大于碳酸氫鈉的物質(zhì)的量，因為溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液中各離子的濃度關(guān)系為c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(H＋)＝c(OH－)；

③當溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1時，根據(jù)Kh＝＝2×10－4mol·L－1可得c(OH－)=1×10－4mol·L－1，則c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，所以溶液pH=10?！窘馕觥竣?減?、?c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)③.不能④.HCO3-、H2CO⑤.c(Na＋)>c(Cl－)>c(HCO3-)>c(H＋)＝c(OH－)⑥.1014、略

【分析】【詳解】

(1)CH2═CHCH(CH3)2；含碳碳雙鍵在內(nèi)的主碳鏈有四個碳，命名為：3﹣甲基﹣1﹣丁烯。

(2)根據(jù)烯烴的系統(tǒng)命名法可知，4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的主鏈上有5個碳原子，在1號和2號碳原子間有碳碳雙鍵，在4號碳原子上有一個甲基，在2號碳原子上有一個乙基，故4﹣甲基﹣2﹣乙基﹣1﹣戊烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(C2H5)CH2CH(CH3)2

(3)烷烴中含有乙基，則乙基至少在3號位，所以只有一個乙基且式量最小的烷烴的結(jié)構(gòu)簡式為

(4)若該烴不可能由炔烴與氫氣加成得到，則除甲基外，不存在C上含2個H，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHCH(CH3)2【解析】①.3﹣甲基﹣1﹣丁烯②.CH2=C(C2H5)CH2CH(CH3)2③.④.(CH3)2CHCH(CH3)215、略

【分析】【詳解】

(1)由降冰片烯的分子結(jié)構(gòu)可知，分子中含有環(huán)和碳碳雙鍵，只有兩種元素，所以屬于環(huán)烴，且為不飽和烴。故答案為：ab。

(2)根據(jù)降冰片烯的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為故答案為：

(3)若降冰片烯的同分異構(gòu)體含有一個六元環(huán)，則環(huán)外必定還有一個碳原子，其可能的結(jié)構(gòu)簡式有等。故答案為：(或等)。

(4)由于降冰片烯的分子中含有碳碳雙鍵，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使其褪色，能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)；降冰片烯不易溶于水；一般情況下，常溫常壓下只有碳原子數(shù)目小于或等于4的烴為氣體，降冰片烯分子中有7個碳原子，所以在常溫常壓下一定不是氣體。故答案為：AD?！窘馕觥縜b(或等)AD16、略

【分析】【分析】

原電池是由兩個半電池組成的，根據(jù)氧化還原反應(yīng)2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag可知；銅是負極，銀是正極，負極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上銀離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，則銅極應(yīng)處于含有銅離子的可溶性鹽溶液中，銀處于含有銀離子的可溶性銀鹽溶液中，電子從負極沿大小流向正極。

【詳解】

（1）根據(jù)電解質(zhì)溶液中的陽離子與電極材料是同種金屬的特點，可推知X是Cu，電解質(zhì)溶液Y是AgNO3溶液，故答案為：Cu；AgNO3溶液；

（2）由于活動性Cu>Ag，結(jié)合原電池反應(yīng)的原理可知銀電極為電池的正極，電極反應(yīng)式為Ag＋＋e－=Ag，Cu電極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu-2e－=Cu2＋，故答案為：正；Cu-2e－=Cu2＋。

【點睛】

注意含有鹽橋的原電池中，電極材料和其相應(yīng)的鹽溶液必須含有相同的金屬元素是解答關(guān)鍵，也是易錯點。【解析】CuAgNO3溶液正Cu-2e－=Cu2＋17、略

【分析】【分析】

根據(jù)烷烴的命名原則；先選最長碳鏈為主鏈；然后從離支鏈最近一端編號；簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面，書寫名稱，據(jù)此分析解答(1)～(4)；先根據(jù)名稱確定主鏈碳原子數(shù)，再從一端編號，在對應(yīng)碳原子上連接取代基，最后補充氫原子得到結(jié)構(gòu)簡式，據(jù)此分析解答(5)～(6)。

【詳解】

(1)的最長碳鏈含有5個C；主鏈為戊烷，編號從左邊開始，在2；3號C上各含有一個甲基，該有機物命名為：2，3-二甲基戊烷，故答案為：2，3-二甲基戊烷；

(2)的最長碳鏈含有5個C；主鏈為戊烷，編號從左邊開始，在2號C上含有一個甲基，3號C上含有兩個甲基，該有機物命名為：2，3，3-三甲基戊烷，故答案為：2，3，3-三甲基戊烷；

(3)的最長碳鏈含有6個C；主鏈為己烷，編號從左邊開始，在2號C上含有一個甲基，該有機物命名為：2-甲基己烷，故答案為：2-甲基己烷；

(4)的最長碳鏈含有7個C；主鏈為庚烷，編號從右邊開始，在4號C上含有一個甲基，在3號C上含有一個乙基，該有機物命名為：4-甲基-3-乙基庚烷，故答案為：4-甲基-3-乙基庚烷；

(5)2，2-二甲基-3-乙基己烷的主鏈含有6個碳原子，在2號C上含有兩個甲基，在3號C上含有一個乙基，結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

(6)1，1，2，2-四氯丙烷的主鏈含有3個碳原子，在1號C上含有兩個氯原子，在2號C上含有兩個氯原子，結(jié)構(gòu)簡式為故答案為：

【點睛】

本題的易錯點為(3)，要注意主鏈的正確選擇?！窘馕觥竣?2，3-二甲基戊烷②.2，3，3-三甲基戊烷③.2-甲基己烷④.4-甲基-3-乙基庚烷⑤.⑥.三、判斷題(共9題，共18分)18、B【分析】【詳解】

為羧基，不能拆成羰基和羥基，不具有和—OH的雙重性質(zhì)，故錯誤；19、A【分析】【詳解】

根據(jù)醇的結(jié)構(gòu)分析，丙三醇和乙二醇親水基(羥基)數(shù)目較多且烴基不大，均能與水混溶，丙三醇更易形成分子間氫鍵，則丙三醇的沸點應(yīng)該高于乙二醇的沸點，故正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

葡萄糖在堿性條件下才能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，所以檢驗蔗糖水解程度時，應(yīng)向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加熱后，加入過量的氫氧化鈉溶液中和稀硫酸，再加入銀氨溶液，水浴加熱才能觀察到是否有銀鏡生成，故錯誤。21、B【分析】【分析】

【詳解】

1molHCHO中含有2mol醛基，與銀氨溶液發(fā)生反應(yīng)：1molHCHO生成4molAg，故答案為：錯誤；22、B【分析】【詳解】

油脂的氫化屬于加成反應(yīng)，油脂的皂化屬于水解反應(yīng)，故錯誤。23、B【分析】【分析】

【詳解】

分子式為C11H16的烴類，不飽和度為4，不能與溴水反應(yīng)則沒有碳碳雙鍵，但能使酸性KMnO4溶液褪色且只含有一個烷基則推斷其由苯環(huán)和一個戊烷基組成，可看作是戊烷的一取代，分別是正戊烷3種、異戊烷4種、新戊烷1種，共8種。結(jié)構(gòu)如下：錯誤。24、A【分析】【詳解】

生物高分子材料、隱身材料、液晶高分子材料等都是具有某些特殊化學(xué)、物理及醫(yī)學(xué)功能的高分子材料，都屬于功能高分子材料，故正確。25、B【分析】【詳解】

有多種單體聚合形成的高分子化合物的聚合度等于n×單體數(shù)，故上述說法錯誤。26、A【分析】【分析】

【詳解】

合成高分子化合物按照結(jié)構(gòu)可分為線型結(jié)構(gòu)、支鏈型結(jié)構(gòu)和網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，題中說法正確。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題，共6分)27、略

【分析】【分析】

根據(jù)S原子的電子排布式判斷S在周期表所處的區(qū)和基態(tài)核外電子排布處于最高能級及電子云輪廓形狀；根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律判斷O、S、Se第一電離能相對大?。桓鶕?jù)Se的原子序數(shù)判斷M層的電子排布式；根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律判斷氫化物酸性強弱；根據(jù)VSEPR理論判斷SeO3分子的立體構(gòu)型和離子中S原子雜化方式；根據(jù)H2SeO3和H2SeO4的電離，判斷第一步電離和第二步電離關(guān)系和H2SeO4正電性更高更易電離判斷酸性強；根據(jù)“均攤法”進行晶胞的相關(guān)計算；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)S的原子序數(shù)為16，核內(nèi)16個質(zhì)子，核外16個電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖為其電子排布式為1s22s22p63s23p4；則S位于周期表中p區(qū)，基態(tài)核外電子排布處于最高能級是3p，電子云輪廓圖為啞鈴形；答案為p；3p；啞鈴形。

(2)同一主族元素；從上到下，失電子能力增強，第一電離能減小，則原子序數(shù)O＜S＜Se，第一電離能O＞S＞Se；答案為O＞S＞Se。

(3)Se元素為34號元素，其原子序數(shù)為34，核內(nèi)34個質(zhì)子，核外34個電子，M電子層上有18個電子，分別位于3s、3p、3d能級上，所以其核外M層電子排布式為3s23p63d10；答案為34；3s23p63d10。

(4)非金屬性越強的元素，其與氫元素的結(jié)合能力越強，則其氫化物在水溶液中就越難電離，酸性就越弱，非金屬性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S強；氣態(tài)SeO3分子中Se原子價層電子對個數(shù)=3+=3+0=3，Se為sp2雜化且不含孤電子對，其立體構(gòu)型為平面三角形；離子中S原子價層電子對個數(shù)=3+=3+1=4，S為sp3雜化且含一個孤電子對；答案為強；平面三角形；sp3。

(5)①H2SeO3和H2SeO4分別存在H2SeO3H++H++H2SeO4=H++H++由上述電離可知，酸的第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，第一步電離后生成的陰離子較難再進一步電離出帶正電荷的H+，所以H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離；答案為第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，第一步電離后生成的陰離子較難再進一步電離出帶正電荷的H+。

②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+，所以H2SeO4比H2SeO3酸性強；答案為H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+。

(6)晶胞中含有白色球位于頂點和面心，共含有8×+6×=4，黑色球位于體心，共4個，則晶胞中平均含有4個ZnS，質(zhì)量為m=g=g，晶胞的體積為V=(540.0×10-10cm)3，則密度為ρ===g·cm-3；b位置黑色球與周圍4個白色球構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，黑色球與兩個白色球連線夾角為109°28′，a位置白色球與面心白色球距離為540.0pm×=270pm，設(shè)a位置S2-與b位置Zn2+之間的距離為ypm，由三角形中相鄰兩邊、夾角與第三邊關(guān)系得y2+y2-2y2cos109°28′=(270)2，解得y=pm；答案為g·cm-3；【解析】①.p②.3p③.啞鈴形④.O＞S＞Se⑤.34⑥.3s23p63d10⑦.強⑧.平面三角形⑨.sp3⑩.第一步電離產(chǎn)生的H+抑制第二步電離，第一步電離后生成的陰離子較難再進一步電離出帶正電荷的H+?.H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為+4價，而H2SeO4中的Se為+6價，正電性更高，導(dǎo)致Se-O-H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H+?.g·cm-3?.五、原理綜合題(共2題，共10分)28、略

【分析】【詳解】

(1)C4H10為烷烴，有正丁烷和異丁烷這2種同分異構(gòu)體，正丁烷的一氯代物有2種，異丁烷的一氯代物有2種，則C4H10的一氯代物有4種；

(2)由分子模型可知，白球是氫原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，則該有機物的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C(CH3)COOH；官能團為碳碳雙鍵和羧基；

(3)由常溫下，0.1molL-1的HA溶液中c(OH-)/c(H+)＝1×10–8，可知c(OH–)=10–8c(H+)，所以所以所以常溫下，0.1mol·L–1HA溶液的pH為3；

(4)常溫下，將0.1mol/LHCl溶液與0.1mol/LMOH溶液等體積混合，測得混合后溶液的pH＝5，說明則MOH為弱堿，所以MOH在水中的電離方程式為：MOHM++OH-；

(5)反應(yīng)CH3COO–CH3COOH+OH–的平衡常數(shù)Kh＝5×10–10；

(6)根據(jù)溶度積的概念可以直接計算，常溫下，pH＝8時，c(OH–)＝10-6mol·L–1，由c(Cu2+)·c(OH-)2＝Ksp[Cu(OH)2]得，c(Cu2+)＝(2.2×10-20)/10-12mol·L-1＝2.2×10-8mol·L-1；

(7)1mol/LNa2C2O4溶液中存在：C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，H2OH++OH-，可知C(Na+)>C(C2O42-)>C(OH-)>C(HC2O4-)>C(H+)，溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系式：C(OH-)=C(H+)+2C(H2C2O4)+C(HC2O4-)?！窘馕觥?種CH2=C(CH3)COOH碳碳雙鍵、羧基3MOHM++OH?5×10–102.2×10–8C(Na+)>C(C2O42-)>C(OH-)>C(HC2O4-)>C(H+)C(OH-)=C(H+)+2C(H2C2O4)+C(HC2O4-)29、略

【分析】【分析】

【詳解】

Ⅰ．(1)①由表格數(shù)據(jù)可知；溫度越高，K越大，說明升高溫度，平衡正移，則正反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，故答案為吸熱；

②由表格數(shù)據(jù)可知；2000℃時，K=0.1，K值很小，則轉(zhuǎn)化率很小，不適合大規(guī)模生產(chǎn)，所以人類不適合大規(guī)模模擬大氣固氮，故答案為K值小，正向進行的程度小(或轉(zhuǎn)化率低)，不適合大規(guī)模生產(chǎn)；

③已知：N≡N鍵、H-H鍵的鍵能量為946kJ/mol、436kJ/mol，設(shè)N-H的鍵能為x，對于反應(yīng)N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol；反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能，故946kJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×x=-92kJ/mol，解得：x=391kJ/mol；故答案為391kJ/mol；

(2)合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，轉(zhuǎn)化率減小，所以圖A正確，B錯誤；該反應(yīng)正方向為體積減小的方向，增大壓強平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大，р2的轉(zhuǎn)化率大，則р2大，р2＞р1，故答案為A；р2＞р1；

Ⅱ．(3)①設(shè)參加反應(yīng)的氮氣物質(zhì)的量為xmol；

該反應(yīng)中N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

起始(mol)130

變化(mol)x3x2x

平衡(mol)1-x3-3x2x

列式可得：(1-x)+(3-3x)+2x=2.8，x=0.6；則氮氣轉(zhuǎn)化率=×100%=60%；當加入的反應(yīng)物的物質(zhì)的量之比等于其計量數(shù)之比時，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等，所以氫氣轉(zhuǎn)化率也是60%，故答案為60%；

②平衡時各物質(zhì)的壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，所以P(N2)=×8MPa=MPa，P(H2)=×8MPa=MPa，P(NH3)=×8MPa=MPa，化學(xué)平衡常數(shù)Kp===0.26(MPa)－2，故答案為0.26(MPa)－2；

(4)該原電池中通入二氧化氮的電極是負極、通入氧氣的電極是正極，所以I是負極、II是正極，負極上生成氧化物，應(yīng)該是二氧化氮失電子和硝酸根離子反應(yīng)生成五氧化二氮，電極反應(yīng)式為NO2+NO3--e-=N2O5，故答案為NO2+NO3--e-=N2O5。

【點睛】

本題考查了平衡常數(shù)的應(yīng)用、合成氨反應(yīng)的條件選擇、影響化學(xué)平衡的因素、電解原理的應(yīng)用、反應(yīng)能量變化、原電池原理等。側(cè)重考查學(xué)生分析判斷及計算能力，注意三段式在化學(xué)平衡