油田高級中學2021屆高三化學下學期3月月考第三周試題

吉林省油田高級中學2021屆高三化學下學期3月月考第三周試題吉林省油田高級中學2021屆高三化學下學期3月月考第三周試題PAGE2PAGE43吉林省油田高級中學2021屆高三化學下學期3月月考第三周試題吉林省油田高級中學2021屆高三化學下學期3月月考（第三周)試題注意事項：1．答題前,先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答:每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答:用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23Mg24Al27P31S32Fe56Cu64一、選擇題1．化學與人類生活息息相關(guān)，是一門實用的重要學科。下列說法正確的是A．水果罐頭中常添加維生素C做抗氧化劑，是因為它有氧化性B．藥皂所含的成分有苯酚，苯酚有殺菌消毒的作用,多添加無害C．明礬是一種很好的凈水劑，因為它水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性D．薯片等容易擠碎的食品，一般在包裝袋中充氧氣，防止其被擠碎【答案】C【解析】A．維生素C作抗氧化劑,說明維生素C具有還原性，故A錯誤；B．苯酚具有殺菌消毒作用，苯酚有毒，對皮膚有腐蝕性，使用時一定要小心,故B錯誤；C．明礬化學式是KAl（SO4)2·12H2O，明礬溶于水，Al3+水解成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體吸附水中懸浮固體小顆粒，膠體聚沉，達到凈水的目的,故C正確;D．充入氣體不能為氧氣，因為氧氣將食品氧化變質(zhì)，一般充入氣體是氮氣，氮氣無毒，不與其他物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，故D錯誤；答案為C.2．NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1molNa2O2和足量的水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA個電子B．16g氧氣和16g臭氧均含有NA個氧原子C．1molD2O比1molH2O多2NA個質(zhì)子D．1L1mol·L?1NH4NO3溶液中含有NA個氮原子【答案】B【解析】A．由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知1molNa2O2和足量的水反應(yīng)，—1價的氧元素部分價態(tài)升高，部分價態(tài)降低，所以該反應(yīng)轉(zhuǎn)移NA個電子，A錯誤；B．16g氧氣含有的氧原子為：，16g臭氧含有個氧原子，B正確；C．1個D2O分子和1個H2O分子中均含有10個質(zhì)子,故1molD2O和1molH2O含有一樣多的質(zhì)子，C錯誤；D．1L1mol·L?1NH4NO3溶液中含有1L1mol·L?12NAmol?1=2NA個氮原子，D錯誤；故答案為：B。3．能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式是A．用惰性電極電解NaCl水溶液：2Cl?+2H2OEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====）,電解）2OH?+Cl2↑+H2↑B．（NH4)2Fe（SO4)2溶液與等物質(zhì)的量Ba(OH）2溶液混合:SOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2?),4)+Ba2++NHEQ\＊jc0\*hps21\o（\s\up9（+)，4)+OH?=NH3·H2O+BaSO4↓C．向NaClO溶液中通入足量的SO2：2ClO?+H2O+SO2=2HClO+SOEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9（2?),3)D．乙酸乙酯與NaOH溶液共熱：CH3COOCH2CH3+OH?CH3COO?+CH3CH2OH【答案】A【解析】A．用惰性電極電解NaCl水溶液,氯離子失電子生成氯氣，水得電子生成氫氣：2Cl—+2H2OEQ\＊jc0\*hps21\o（\s\up9(=====）,電解)2OH?+Cl2↑+H2↑,故A正確；B．（NH4)2Fe（SO4）2溶液與等物質(zhì)的量Ba（OH)2溶液混合生成硫酸鋇和氫氧化亞鐵沉淀：SOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2?),4）+Ba2++Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓+BaSO4↓,故B錯誤;C．次氯酸根離子能夠把二氧化硫氧化為硫酸根離子，向NaClO溶液中通入足量的SO2生成硫酸鹽：ClO?+H2O+SO2=2H++Cl?+SOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9（2?),4），故C錯誤；D．乙酸乙酯與NaOH溶液共熱，能完全水解:CH3COOCH2CH3+OH?=CH3COO?+CH3CH2OH，故D錯誤；故選A.4．有機物R的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)R的敘述正確的是A．分子式為C11H10O3B．遇氯化鐵溶液顯紫色C．可以發(fā)生加成、氧化、酯化和縮聚反應(yīng)D．1molR與足量的Na反應(yīng)，可生成標準狀況下11.2LH2【答案】C【解析】A．分子式為C11H12O3，A錯誤；B．酚羥基遇到氯化鐵顯紫色，該物質(zhì)不含酚羥基，故遇到氯化鐵不變紫色，B錯誤；C．含有苯環(huán)和碳碳雙鍵,能發(fā)生加成反應(yīng),含有羥基能發(fā)生氧化反應(yīng)和酯化反應(yīng)，含有羥基和羧基,能發(fā)生縮聚反應(yīng)，C正確；D．羥基和羧基都可以和金屬鈉反應(yīng)生成氫氣，所以1mol該物質(zhì)與鈉反應(yīng)生成1mol氫氣，標況下體積為22。4L，D錯誤；故選C。5．下列說法正確的是A．Fe、Co、Ni在元素周期表中位于同一周期同一族B．離子晶體的熔點:NaCl〈KCl〈RbCl<CsClC．CO2為極性分子，含有σ鍵與π鍵D．金剛石和C60互稱為同素異形體，兩者具有相同的晶體類型【答案】A【解析】A．Fe、Co、Ni在元素周期表中位于同4周期Ⅷ族，故A正確;B．從鈉到銫離子半徑增大，晶格能減小,離子晶體的熔點：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，故B錯誤;C．CO2為非極性分子，含有σ鍵與π鍵,故C錯誤;D．金剛石和C60互稱為同素異形體，兩者具有不相同的晶體類型，前者為原子晶體，后者為分子晶體，故D錯誤；故選A。6．化學反應(yīng)①ABΔH1和反應(yīng)②BCΔH2的反應(yīng)過程中能量變化如圖所示.下列敘述錯誤的是A．反應(yīng)①中斷鍵吸收的總能量大于成鍵釋放的總能量B．反應(yīng)②的活化能小于反應(yīng)①的活化能C．總反應(yīng)ACΔH=ΔH1+ΔH2，且ΔH一定大于0D．升溫時，反應(yīng)②的正反應(yīng)速率減小,逆反應(yīng)速率加快，平衡向逆反應(yīng)方向移動【答案】D【解析】化學反應(yīng)的過程伴隨著化學鍵的斷裂與生成，斷鍵吸熱、成鍵放熱。當反應(yīng)物能量＞生成物能量時為放熱反應(yīng),此時吸熱＜放熱；當反應(yīng)物能量＜生成物能量時為吸熱反應(yīng)，吸熱＞放熱.A．反應(yīng)①中生成物能量高，為吸熱反應(yīng),故斷鍵吸收的總能量多于成鍵時釋放的總能量,A正確；B．在圖中，活化能即從反應(yīng)物到最高點的能量差,由圖可知，應(yīng)②的活化能小于反應(yīng)①的活化能，B正確；C．總反應(yīng)只需要看A和C能量大小，由圖可知，A→C能量增加,為吸熱反應(yīng)，ΔH大于0，C正確；D．溫度升高，正逆反應(yīng)速率均增大,D錯誤;故選D。7．甲、乙、丙三種離子晶體的晶胞如圖所示，下列說法正確的是A．甲的化學式(X為陽離子）為XYB．乙中A、B、C三種微粒的個數(shù)比是1∶3∶1C．丙是CsCl晶體的晶胞D．乙中與A距離最近且相等的B有8個【答案】B【解析】A．據(jù)圖可知，Y位于立方體的4個頂點,根據(jù)均攤法，Y的個數(shù)為4×=，X位于體心，X的個數(shù)為1，X和Y的個數(shù)比為2∶1，所以甲的化學式為X2Y，故A錯誤；B．據(jù)圖可知，A位于8個頂點，根據(jù)均攤法，A的個數(shù)為8×=1，B位于6個面心，B的個數(shù)為6×=3，C位于體心，個數(shù)為1，則A、B、C的個數(shù)比為1∶3∶1，故B正確；C．在CsCl晶胞里，Cl?作簡單立方堆積，Cs+填在立方體空隙中,正負離子配位數(shù)均為8，所以丙不是CsCl的晶胞，丙是NaCl的晶胞,故C錯誤；D．乙中A位于立方體的頂點,B位于面心，在以A為中心的3個平面的4個頂點的B都和A距離相等且距離最近，所以這樣的B有12個，故D錯誤；故選B。8．碘硫熱化學循環(huán)如圖所示,該過程由反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步組成，下列說法正確的是A．該循環(huán)實現(xiàn)了水的分解，制取了能源氣體氫氣B．一定條件下，將2molHI放在恒容密閉容器中，一定能生成1molH2C．H2O和SO2屬于電解質(zhì)D．H2SO4為催化劑【答案】A【解析】由圖可知，反應(yīng)I為二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸和HI,該反應(yīng)為SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，反應(yīng)Ⅱ是硫酸分解為氧氣的過程，反應(yīng)Ⅲ是2HIEQ\＊jc0\＊hps21\o（\s\up9（====）,△）H2↑+I2↑。A．設(shè)計該循環(huán)是為了制取氣體O2和H2，實現(xiàn)了水的分解，制取了能源氣體氫氣，故A正確;B．一定條件下，將2molHI放在恒容密閉容器中，該反應(yīng)為可逆反應(yīng),轉(zhuǎn)化率不可能達到100%,生成H2少于1mol，故B錯誤；C．H2O屬于電解質(zhì),但SO2屬于非電解質(zhì),故C錯誤；D．H2SO4、HI為中間產(chǎn)物,二氧化硫和碘為催化劑,故D錯誤；故選A。9．E、F、G、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。G元素的最高價氧化物的水化物和氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成一種鹽；F元素與G、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物F2E6共含有18個電子；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個。下列說法錯誤的是A．FE4的立體構(gòu)型是正四面體形B．原子半徑：F＜G＜MC．Q?和Ar具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D．GEEQ\*jc0\＊hps21\o（\s\up9(+),4)中含有配位鍵【答案】B【解析】E、F、G、M、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。G元素的最高價氧化物的水化物和氣態(tài)氫化物反應(yīng)生成一種鹽,則G是N元素;F元素與G、M元素相鄰,且與M元素同主族，則F是C元素,M是Si元素；化合物F2E6共含有18個電子，則E是H元素；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個，Q核外電子排布是2、8、7,所以Q是Cl元素，然后結(jié)合元素周期律分析解答。根據(jù)上述分析可知:E是H，F(xiàn)是C，G是N，M是Si，Q是Cl元素。A．FE4是CH4,CH4分子是正四面體結(jié)構(gòu)的分子，A正確；B．同一周期元素原子序數(shù)越大,原子半徑越??；同一主族元素原子序數(shù)越大，原子半徑越大。F是C,G是N,M是Si，C、N是第二周期元素，C、Si是同一主族元素，所以原子半徑:G＜F＜M，B錯誤;C．Q是Cl，Cl—核外電子排布是2、8、8,Ar是18號元素,核外電子排布是2、8、8，因此Q?和Ar具有相同的電子層結(jié)構(gòu),C正確；D．GEEQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9（+)，4）是NHEQ\*jc0\＊hps21\o（\s\up9(+）,4),N原子與3個H原子形成共價鍵，得到NH3，N原子上含有1對孤電子對，與H+以配位鍵結(jié)合形成NHEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9（+)，4），所以NHEQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9（+），4）中含有配位鍵，D正確;故合理選項是B。10．硼化釩(VB2）—空氣電池是目前儲電能力最高的電池之一.如圖所示，在VB電極發(fā)生反應(yīng)：VB2+16OH?-11e?=VOEQ\＊jc0\*hps21\o(\s\up9(3－),4)+2B(OH)EQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9(?),4）+4H2O。該電池工作時,下列說法錯誤的是A．電子從VB2電極流出B．正極區(qū)溶液的pH升高C．電池總反應(yīng)為4VB2+11O2+20OH?+6H2O=8B(OH)EQ\＊jc0\＊hps21\o（\s\up9(?),4）+4VOEQ\＊jc0\*hps21\o（\s\up9(3－),4)D．如果將負載換成惰性電極電解足量硫酸銅溶液的電解池,當復合碳電極有0.224L(標準狀況）O2參與反應(yīng)時，電解池陽極析出1.28gCu【答案】D【解析】由已知:硼化釩(VB2)—空氣電池中,VB2在負極發(fā)生電極反應(yīng)為：VB2+16OH?-11e?=VOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9（3－），4)+2B（OH）EQ\＊jc0\*hps21\o（\s\up9(?）,4)+4H2O,失電子的氧化反應(yīng)，即VB2電極為負極，氧氣在正極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：O2+4e?+2H2O=4OH?，即a電極為正極，故電池總反應(yīng)為：4VB2+11O2+20OH?+6H2O=8B(OH)EQ\＊jc0\＊hps21\o（\s\up9（?)，4)+4VOEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9(3－),4),原電池工作時，電子從負極經(jīng)過導線流向正極，溶液中陰離子向負極移動，據(jù)此分析解題。A．原電池工作時，電子從負極經(jīng)過導線流向正極，由分析可知電子從VB2電極流出，A正確；B．由分析可知，正極區(qū)的電極反應(yīng)式為:O2+4e?+2H2O=4OH?，故正極區(qū)溶液的pH升高，Ｂ正確;C．由分析可知，電池總反應(yīng)為4VB2+11O2+20OH?+6H2O=8B(OH）EQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9(?），4)+4VOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9（3－)，4），Ｃ正確；D．根據(jù)電子守恒可知，如果將負載換成惰性電極電解足量硫酸銅溶液的電解池,當復合碳電極有0。224L(標準狀況）O2參與反應(yīng)時,4n(O2）=2n(Cu），故4=2n（Cu)，故n(Cu）=0。02mol，故電解池陰極析出0.02mol64g/mol=1.28gCu，陽極區(qū)發(fā)生氧化反應(yīng)，2H2O—4e?=O2+4H+，不會析出Cu，D錯誤；故答案為：D。11．醋酸溶液中存在電離平衡:CH3COOHCH3COO?+H+。下列敘述正確的是A．0.1mol/LCH3COOH溶液中離子濃度的關(guān)系滿足：0.1mol/L=c(OH?）+c(CH3COO?）B．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體,平衡逆向移動,c（CH3COO?)減小C．常溫下，pH=2的CH3COOH溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液呈中性D．溫度一定時,CHCOOH和CHCOONa的混合溶液中，=【答案】D【解析】A．醋酸溶液中,根據(jù)電荷守恒，由于醋酸是弱酸，不能完全電離，故0。1mol/LCH3COOH溶液中小于0。1mol/L,A錯誤；B．醋酸溶液中加入醋酸鈉固體,c(CH3COO?）增大，平衡逆向移動，根據(jù)勒夏特列原理雖然逆向移動，但是只能減弱c(CH3COO?）的增大不能阻止增大,故醋酸根離子濃度增大，B錯誤；C．pH=2的CH3COOH物質(zhì)的量濃度遠大于0.01mol/L，所以二者等體積混合,醋酸遠遠過量，溶液呈現(xiàn)酸性,C錯誤；D．混合溶液中，，D正確；故選D.12．完成下列實驗所選用的試劑、操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是實驗所用試劑和操作現(xiàn)象和結(jié)論A檢驗鹵乙烷中的鹵原子先滴加NaOH水溶液，加熱，再加入AgNO3溶液有白色沉淀生成；一定含有氯原子B確定無色氣體成分通入澄清的石灰水中有白色沉淀生成;一定含有CO2C檢驗溶液中的陰離子先加入BaCl2溶液，再加入稀鹽酸生成白色沉淀，不溶于鹽酸；不一定含有SOEQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9（2?)，4)D比較Ksp(AgCl)與Ksp（AgBr）向AgNO3溶液中先加入少量NaCl溶液，再加入NaBr溶液先生成白色沉淀，再生成淡黃色沉淀；Ksp（AgCl）大于Ksp(AgBr)【答案】C【解析】A．檢驗鹵乙烷中的鹵原子，加氫氧化鈉氯代烴發(fā)生水解后的溶液應(yīng)該先用稀硝酸酸化后，再加入AgNO3溶液，A錯誤；B．無色氣體SO2通入澄清的石灰水中，也會產(chǎn)生白色沉淀,B錯誤；C．先加入BaCl2溶液，再加入稀鹽酸，生成白色沉淀,不溶于鹽酸，有可能是硫酸根離子和鋇離子結(jié)合生成的硫酸鋇白色沉淀，也可能是氯離子和銀離子生成的氯化銀白色沉淀，所以不一定含有SOEQ\*jc0\＊hps21\o（\s\up9（2?），4），C正確；D．加入的氯化鈉是少量的，銀離子剩余，再加入溴化鈉，有可能是剩余的銀離子的和溴離子結(jié)合生成的淡黃色沉淀，不能判斷Ksp(AgCl）和Ksp(AgBr）的相對大小，D錯誤；選C。13．常溫下，向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，所得溶液的pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示,下列說法正確的是A．a(chǎn)點溶液中：c（NH3·H2O）+c（H+)=c（OH?)B．c點溶液中：n(NH3·H2O）〈n(NHEQ\＊jc0\＊hps21\o（\s\up9(+)，4）)C．在0<V(NaOH)≦100的區(qū)間，發(fā)生的反應(yīng)是NHEQ\＊jc0\*hps21\o(\s\up9（+)，4）+OH?=NH3·H2OD．a(chǎn)、b、c、d四個點中，水的電離程度最大的是b【答案】B【解析】a、b、c、d四個點，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，a點恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點溶液均含有NH3·H2O，（NH4）2SO4可以促進水的電離，而NH3·H2O抑制水的電離.b點溶液呈中性，則溶液含有（NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三種成分,據(jù)此分析解題：A．a(chǎn)點恰好消耗完H+,溶液中只有（NH4)2SO4與Na2SO4,溶液呈酸性，c（H+)＞c（OH?)，A錯誤；B．c點溶液為等濃度的NH3·H2O和NHEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9(+),4），且溶液呈堿性，說明NH3·H2O的電離程度大于和NHEQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9(+）,4)的水解，故有n(NH3·H2O）〈n（NHEQ\*jc0\＊hps21\o(\s\up9（+）,4）)，B正確；C．在0〈V(NaOH）≦100的區(qū)間,發(fā)生的反應(yīng)是H++OH?=H2O，C錯誤；D．a(chǎn)、b、c、d四個點，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系,a點恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點溶液均含有NH3·H2O，（NH4)2SO4可以促進水的電離，而NH3·H2O抑制水的電離,b點溶液呈中性，所以a點水的電離程度最大，D錯誤;故答案為：B。14．如表所示,在3個體積均為2。0L的恒容密閉容器中，反應(yīng)2NO（g）+Cl2（g）2ClNO(g)ΔH<0達到平衡，下列說法正確的是容器溫度/℃物質(zhì)的起始物質(zhì)的量濃度/mol/L物質(zhì)的平衡濃度/mol/LC(NO）C（Cl2)C（ClNO）C(ClNO）ⅠT10。200.1000.04ⅡT20.200。100。20c1ⅢT3000。20c2A．c1=0。08B．如果達到平衡時,容器Ⅲ中ClNO的轉(zhuǎn)化率大于80%，則T3>TlC．在容器Ⅰ中，達到平衡時充入氦氣，則平衡向右移動D．若溫度為Tl，起始時向同體積恒容密閉容器中充入0。20molNO(g）、0.20molCl2（g）和0.20molClNO(g），則該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行【答案】B【解析】A．若T1=T2，Ⅱ的體積為Ⅰ的2倍,則兩者達到等效平衡，現(xiàn)將Ⅱ的體積壓縮至一半，由于此過程中平衡正向移動，故c1>0。08，且T1和T2不相等，A錯誤；B．若T1=T3則容器Ⅰ和Ⅲ則達到等效平衡，由表中數(shù)據(jù)可計算出，Ⅲ的ClNO的物質(zhì)的量濃度為0。04mol/L,故容器Ⅲ中ClNO的轉(zhuǎn)化率為：，現(xiàn)如果達到平衡時，容器Ⅲ中ClNO的轉(zhuǎn)化率大于80%，說明平衡逆向移動，結(jié)合ΔH〈0，故T3〉Tl，B正確；C．在恒容密閉容器Ⅰ中，達到平衡時充入氦氣，由于平衡體系中各組分的濃度不變，正、逆反應(yīng)速率均不變，故平衡不移動，C錯誤;D．由表中數(shù)據(jù)可知，溫度為Tl，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為：=，若起始時向同體積恒容密閉容器中充入0.20molNO（g）、0.20molCl2（g)和0.20molClNO（g)，則濃度商Qc==〉K，則該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進行，D錯誤;故答案為：B.15．確定有機化合物組成和結(jié)構(gòu)的方法很多，下列說法錯誤的是A．質(zhì)譜儀可用于有機物相對分子質(zhì)量的測定B．異丁烷的核磁共振氫譜中有2組峰C．核酸是生物體遺傳信息的載體，通過紅外光譜可檢測其結(jié)構(gòu)中存在多種單鍵、雙鍵、氫鍵等化學鍵D．X－射線衍射法測得環(huán)異戊二烯的結(jié)構(gòu)為，其所有原子不可能共平面【答案】C【解析】A．用質(zhì)譜儀測定的有機物的最大質(zhì)合比就是該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量，A正確；B．異丁烷結(jié)構(gòu)簡式是，三個甲基上的H原子位置相同,屬于同一種H原子，甲基連接的C原子上的H原子屬于另一種H原子，故異丁烷的核磁共振氫譜中有2組峰，B正確；C．氫鍵屬于分子間作用力，不屬于化學鍵,C錯誤；D．環(huán)異戊二烯分子中含有飽和C原子，具有甲烷的四面體結(jié)構(gòu)，因此不可能分子中所有原子共平面，D正確；故合理選項是C。二、非選擇題16．我國自行研制的優(yōu)質(zhì)KH2PO4晶體被應(yīng)用于大功率固體激光器中。KH2PO4在空氣中較穩(wěn)定,溶于水，不溶于乙醇。工業(yè)上制備KH2PO4的過程如圖所示,回答下列問題：(1）物質(zhì)X的化學式為___，“操作Ⅰ”是______。(2)濾液①中加入乙醇的作用是_______________。(3)“轉(zhuǎn)化"步驟發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為______________（已知：Ca3(PO4)2難溶于水）。（4）H3PO4具有酸的通性，是三元弱酸。KH2PO4溶液呈酸性的原因（結(jié)合離子方程式和必要的文字解釋)_____________________________。(5）如圖為電解法制備KH2PO4的裝置，還可得到NaClO3。①N膜為__離子交換膜（填“陰”或“陽”)；②寫出產(chǎn)生ClOEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9(?）,3）的電極反應(yīng)式：____________;③常溫下，NaClO3和鹽酸反應(yīng)生成一種單質(zhì)氣體和一種氧化物氣體，且氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1,則化學方程式為：__________________________。（6）上述流程中乙醇可循環(huán)使用,乙醇(C2H5OH）中碳原子的雜化方式為_______。所制備的KH2PO4中基態(tài)磷原子價電子排布式為____________，電負性：P__O（填“＞”或“＜”)?！敬鸢浮浚?）KCl蒸餾促進磷酸二氫鉀的析出Ca3(PO4）2+4H++3SOEQ\*jc0\＊hps21\o(\s\up9(2?），4）EQ\＊jc0\＊hps21\o（\s\up9（====），△)2H2POEQ\*jc0\＊hps21\o(\s\up9(?）,4)+3CaSO4KH2PO4溶液中存在H2POEQ\＊jc0\*hps21\o(\s\up9（?)，4）HPOEQ\＊jc0\*hps21\o(\s\up9(2?），4)+H+和HPOEQ\*jc0\＊hps21\o（\s\up9(2?），4）+H2OOH?+H3PO4，其電離程度大于水解程度陽Cl?+6OH?-6e?=ClOEQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9（?)，3）+3H2O2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaClsp33s23p3〈【解析】KCl和濃硫酸反應(yīng)生成KHSO4溶液和氯化氫，KHSO4溶液中加入Ca3（PO4）2生成KH2PO4和CaSO4沉淀,過濾，在濾液中加入乙醇，析出KH2PO4晶體；(1)物質(zhì)X和濃硫酸反應(yīng)生成KHSO4和氯化氫,根據(jù)元素守恒，物質(zhì)X的化學式為KCl,乙醇沸點較低，溶液2中分離出乙醇的操作是蒸餾；（2)KH2PO4溶于水，不溶于乙醇，濾液①中加入乙醇的作用是降低磷酸二氫鉀的溶解度，促進磷酸二氫鉀的析出；(3)“轉(zhuǎn)化”步驟中KHSO4和Ca3(PO4)2反應(yīng)生成KH2PO4和CaSO4沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Ca3(PO4）2+4H++3SOEQ\*jc0\＊hps21\o（\s\up9(2?)，4)EQ\*jc0\＊hps21\o(\s\up9(====）,△）2H2POEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9（?）,4）+3CaSO4;（4)KH2PO4溶液中存在H2POEQ\＊jc0\*hps21\o（\s\up9(?)，4）HPOEQ\＊jc0\*hps21\o(\s\up9(2?）,4）+H+和HPOEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9（2?）,4）+H2OOH?+H3PO4，其電離程度大于水解程度，所以KH2PO4溶液呈酸性；(5）①該裝置可以制備KH2PO4,所以K+需要移入陰極室,N膜為陽離子交換膜；②氯離子透過M膜進入陽極室，氯離子在陽極失電子生成ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9（?）,3)，產(chǎn)生ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(?)，3）的電極反應(yīng)式Cl?+6OH?-6e?=ClOEQ\＊jc0\＊hps21\o(\s\up9(?），3)+3H2O；③常溫下,NaClO3和鹽酸反應(yīng)生成一種單質(zhì)氣體和一種氧化物氣體，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1,根據(jù)得失電子守恒，氧化產(chǎn)物是氯氣、還原產(chǎn)物是ClO2，則化學方程式為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl；(6)乙醇中碳原子形成4個σ鍵,所以C2H5OH中碳原子的雜化方式為sp3；磷是15號元素,基態(tài)磷原子價電子排布式為3s23p3，O的非金屬性大于P，電負性：P<O。17．硫酰氯（SO2Cl2)常用作藥劑的合成、染料的制造,熔點為-54.1℃，沸點為69.1℃。100℃以上分解生成SO2和Cl2，在空氣中遇水蒸氣劇烈反應(yīng)，并產(chǎn)生大量白霧.實驗室合成SO2Cl2的原理為：SO2（g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH〈0，實驗裝置如圖所示(夾持儀器已省略)，請回答問題:(1）試劑K是___（填名稱）；A裝置的作用是__________________________。(2)實驗完畢后，從裝置C的反應(yīng)瓶中的混合物中分離出SO2Cl2的操作是____________。(3)C中冰水浴的作用是__________________________。(4）為了測定SO2Cl2產(chǎn)品純度（雜質(zhì)不參與反應(yīng))，稱取agSO2Cl2產(chǎn)品于錐形瓶中,加入足量蒸餾水,充分反應(yīng)。用cmol·L?1AgNO3溶液滴定反應(yīng)后的溶液至終點(K2CrO4溶液做指示劑，滴定過程中SOEQ\*jc0\*hps21\o（\s\up9（2?),4)不參與反應(yīng)）,消耗AgNO3溶液的體積為VmL。①如滴定前仰視滴定后俯視讀數(shù)，則測得的結(jié)果__________(填“偏高”“偏低”或“無影響”）；②SO2Cl2溶于水中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是______________________________；③該SO2Cl2產(chǎn)品的純度為__________。(5）Cl2能與Co反應(yīng)生成CoCl2，是制備離子晶體CoO的重要中間產(chǎn)物。CoO的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為________g·cm?3?！敬鸢浮浚?）堿石灰除去氯氣中混有的氯化氫過濾有利于SO2Cl2的生成，減少SO2Cl2的揮發(fā)，防止SO2Cl2的分解偏低SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl×100%【解析】飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫,用濃硫酸干燥氯氣；二氧化硫通過干燥劑D，干燥的氯氣和二氧化硫在C中發(fā)生反應(yīng)SO2（g）+Cl2(g）=SO2Cl2（l)，制備硫酰氯（SO2Cl2）。（1）裝置E吸收二氧化硫和氯氣，防止水蒸氣進入C,所以試劑K是堿石灰；A裝置中飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫;(2）常溫下，硫酰氯（SO2Cl2)是液體、活性炭是固體，實驗完畢后,從裝置C的反應(yīng)瓶中的混合物中分離出SO2Cl2的操作是過濾。（3）SO2（g）+Cl2（g）=SO2Cl2（l）正反應(yīng)放熱，SO2Cl2熔點為-54.1℃，沸點為69。1℃，100℃以上分解生成SO2和Cl2，C中冰水浴的作用是有利于SO2Cl2的生成，減少SO2Cl2的揮發(fā)，防止SO2Cl2的分解.（4）①如滴定前仰視滴定后俯視讀數(shù)，讀取AgNO3溶液體積偏小，則測得的結(jié)果偏低；②SO2Cl2溶于水生成硫酸和鹽酸，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；③設(shè)樣品中SO2Cl2的質(zhì)量為xg；x=0。0675cV該SO2Cl2產(chǎn)品的純度為.（5）根據(jù)CoO的晶胞結(jié)構(gòu)，1個晶胞含有O2?數(shù)、Co2?數(shù)，1個晶胞的體積是，則CoO晶體的密度為g·cm?3。18．能源的開發(fā)和利用與人類社會的可持續(xù)發(fā)展息息相關(guān)。已知：Fe2O3(s）+3C(s）=2Fe（s）+3CO（g）ΔH1CO(g）+O2（g）=CO2(g）ΔH2則4Fe(s)+3O2（g）=2Fe2O3（s）ΔH3=____________。(用含ΔH1、ΔH2的代數(shù)式表示）【答案】6ΔH2-2ΔH1【解析】根據(jù)蓋斯定律①Fe2O3(s)+3C（s)=2Fe（s）+3CO(g)ΔH1②CO(g）+O2（g)=CO2（g)ΔH2，②×6-①×2得4Fe(s)+3O2（g）=2Fe2O3（s）ΔH3=6ΔH2—2ΔH1，故答案為：6ΔH2—2ΔH1。19．在恒容條件下發(fā)生反應(yīng)aA(g）+bB（g)cC(g）ΔH＜0，改變其他反應(yīng)條件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ階段，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化的曲線如圖所示：回答問題：（1）化學方程式中a∶b∶c為_____。(2)A的平均反應(yīng)速率vⅠ（A)、vⅡ（A）、vⅢ(A)中最大的是______.(3)A的平衡轉(zhuǎn)化率αⅡ(A）是______％.（4）第Ⅱ階段開始時，采取的措施是__，平衡向______(填“左“或”“右”)移動。（5)T2和T3分別是第Ⅱ階段和第Ⅲ階段反應(yīng)溫度，則T2___T3(填“＜"“＞”或“＝”)。【答案】（1）1∶3∶2vⅠ（A）38從反應(yīng)體系中分離出產(chǎn)物C右＞【解析】（1）從反應(yīng)開始至20。0min時，A、B、C三種物質(zhì)改變的物質(zhì)的量濃度分別是1。0mol/L、3.0mol/L、2.0mol/L,改變的濃度比是1∶3∶2，由于物質(zhì)反應(yīng)的消耗的物質(zhì)的量的比等于化學方程式中化學計量數(shù)的比,故該反應(yīng)化學方程式中a∶b∶c為1∶3∶2；（2)在第I過程中vⅠ(A）==0。05mol/（L·min）；在第II過程中vⅠI（A)==0.025mol/（