2025年新科版選修化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………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年新科版選修化學(xué)下冊月考試卷101考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、已知時(shí)下列物質(zhì)的溶度積單位略AgCl

下列說法正確的是A.等體積、濃度均為的和溶液混合能產(chǎn)生沉淀B.向含有濃度均為的和的溶液中慢慢滴入溶液時(shí)，先沉淀C.在懸濁液中加入鹽酸時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為D.時(shí)，上述四種飽和溶液的物質(zhì)的量濃度：2、下列各實(shí)驗(yàn)的敘述正確的是。選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)內(nèi)容實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蚪Y(jié)論A以酚酞作指示劑，用一定濃度的NaOH溶液滴定一定體積、一定濃度的草酸溶液[已知K1（H2C2O4）=5.4×10-2、K2（H2C2O4）=6.4×10-5]證明草酸是二元酸B向兩份4mL0.2mol/L酸性KMnO4溶液中分別滴加2mL0.01mol/L和0.02mol/L草酸溶液，比較溶液褪色快慢證明反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越快C將溴水、苯、FeBr3混合于燒瓶中制備溴苯D常溫下，用精密pH試紙分別測定濃度均為0.1mol·L-1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強(qiáng)弱

A.AB.BC.CD.D3、有機(jī)物1－溴丁烷是一種重要的精細(xì)化工產(chǎn)品，在有機(jī)合成中作烷基化試劑。實(shí)驗(yàn)室用濃硫酸、NaBr固體；1－丁醇和如圖裝置制備1－溴丁烷。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.氣體吸收裝置的作用是吸收HBr，防止其污染空氣B.圖中冷凝管中的冷凝水均為a口進(jìn)b口出C.分液裝置中要進(jìn)行水洗分液、10%Na2CO3洗滌分液、水洗分液等操作除去雜質(zhì)D.濃硫酸的作用包含制取HBr、吸水提高1－丁醇的轉(zhuǎn)化率等4、由有機(jī)物A合成C的路線如圖所示。下列說法正確的是。

A.A→B的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)B.1molB最多能與反應(yīng)C.E的化學(xué)式為D.C分子碳環(huán)上的一氯代物有4種(不考慮立體異構(gòu))5、有機(jī)物X和Y可作為“分子傘”給藥載體的傘面和中心支撐架(未表示出原子或原子團(tuán)的空間排列)。

X(C24H40O5)：

Y：H2NCH2CH2CH2NHCH2CH2CH2CH2NH2

下列敘述錯(cuò)誤的是()A.1molX在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)，最多生成3molH2OB.1molY發(fā)生類似酯化的反應(yīng)，最多消耗2molXC.X與足量HBr反應(yīng)，所得有機(jī)物的分子式為C24H37O2Br3D.Y與癸烷的分子鏈均呈鋸齒形，但Y的極性較強(qiáng)6、二羥甲戊酸是生物合成青蒿素的原料之一；其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于二羥甲戊酸的說法正確的是()

A.能使酸性KMnO4溶液褪色B.分子式為C6H14O4C.能發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生取代反應(yīng)D.1mol該有機(jī)物與足量金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生22.4LH2評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、萜類化合物廣泛分布于植物；昆蟲及微生物體內(nèi)；是多種香料和藥物的主要成分。I是一種萜類化合物，它的合成路線如下：

回答下列問題：

(1)按官能團(tuán)分類，A的類別是______。

(2)A→C的反應(yīng)類型是______。

(3)C→D、E→F的化學(xué)方程式分別是______、______。

(4)寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：B______、H______。

(5)F→G的反應(yīng)中，乙酸酐的作用______。

(6)十九世紀(jì)末O.Wallach發(fā)現(xiàn)并提出了“異戊二烯法則”，即自然界中存在的萜類化合物均可以看作是異戊二烯的聚合體或衍生物，為表彰他對(duì)萜類化合物的開創(chuàng)性研究，1910年被授予諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。請以CH3CH2OH、CH3MgI、CH3CH2MgBr為有機(jī)原料，結(jié)合題目所給信息，選用必要的無機(jī)試劑，補(bǔ)全異戊二烯()的合成路線____________________。8、學(xué)習(xí)化學(xué)應(yīng)該明確“從生活中來；到生活中去”道理。在生產(chǎn)生活中，我們會(huì)遇到各種各樣的化學(xué)反應(yīng)。請按要求回答下列問題：

(1)寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式。(注意反應(yīng)條件并配平)

①鎂帶著火時(shí)，不能用CO2滅火劑來滅火的原因是_______

②氯氣和石灰乳反應(yīng)制漂白粉_______

③工業(yè)上用硫鐵礦(FeS2)制SO2_______

④木炭與濃硫酸在加熱下反應(yīng)_______

(2)請你寫出下列反應(yīng)的離子方程式。

①工業(yè)上電解飽和食鹽水制取氯氣_______

②小蘇打在醫(yī)療上用來治療胃酸(鹽酸)過多_______9、沉淀的生成及轉(zhuǎn)化在實(shí)際生產(chǎn)中有重要作用。

資料：部分難溶電解質(zhì)的溶度積(均為18-25℃數(shù)據(jù)，單位省略)。約為約為約為約為

(1)在粗鹽提純流程中，可用溶液一次性除去粗鹽水中的和反應(yīng)的離子方程式是___________。

(2)利用FeS作為沉淀劑除去某工業(yè)廢水中的部分流程如下：

①結(jié)合化學(xué)用語，從平衡移動(dòng)角度解釋可用FeS除去的原因___________。

②可使①中平衡發(fā)生移動(dòng)所需最小___________(只寫計(jì)算結(jié)果)

③處理1L含濃度為的該廢水至合格(濃度小于1mg/L)最少所需FeS的質(zhì)量是___________mg。10、常溫下，某同學(xué)將硫酸與氨水等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液如下表。實(shí)驗(yàn)編號(hào)氨水濃度/mol·L-1硫酸濃度/mol·L-1混合溶液濃度/mol·L-1pH濃度/mol·L-1pH①0.20.2a②0.20.1bx③c0.17

請回答：

(1)實(shí)驗(yàn)①所得混合溶液pH小于7，(填“能”或“不能”)________證明一水合氨是弱電解質(zhì)，請你再設(shè)計(jì)一個(gè)能證明一水合氨是弱電解質(zhì)的方案_________。

(2)實(shí)驗(yàn)①、②所得混合溶液中，a______b，x____7(填“＞”“＜”或“＝”)。

(3)實(shí)驗(yàn)③中，c_______0.2(填“＞”“＜”或“＝”)，所得混合溶液中各離子濃度大小關(guān)系為_______。11、(1)根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象或要求寫離子方程式(描述現(xiàn)象的，需要寫出所有涉及的離子方程式。)。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象離子方程式①澄清石灰水中通入CO2出現(xiàn)白色沉淀，繼續(xù)通，沉淀溶解。___________②濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的過程為，在氫氧化鐵固體中加入KClO和KOH的混合液。寫出該過程的離子方程式并配平。___________

(2)某無色溶液，其中有可能存在的離子如下Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlOS2-、COSOSO現(xiàn)取該溶液進(jìn)行有關(guān)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖所示：

①沉淀甲是___________，生成沉淀的離子方程式___________；

②沉淀乙是___________，由溶液甲生成沉淀乙的離子方程式___________；

③沉淀丙是___________，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明___________；

④綜合上述信息，可以肯定存在的離子有___________。12、從下列提供的物質(zhì)中選擇合適的物質(zhì)填空；并完成相應(yīng)的問題。

①BaCl2②NaHCO3③KMnO4④CuCl2⑤稀H2SO4⑥KI⑦FeCl2⑧稀HNO3⑨NaOH⑩NH4Cl

(1)寫出②在水中的電離方程式____。

(2)上述物質(zhì)中能與⑨能發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)有____種；其中⑩與⑨在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___，將⑨溶液滴入⑦中會(huì)觀察到____現(xiàn)象。

(3)上述物質(zhì)中常見的還原劑有______。

(4)寫出③⑤⑥反應(yīng)的離子方程式____。13、25℃時(shí)，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.8×10-5。常溫下,往25ml氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的CH3COOH溶液；pH變化曲線如下圖所示：

（1）該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。

（2）A點(diǎn)對(duì)應(yīng)酸的體積為12.5ml，則所得混合溶液中由水電離出的c(OH－)＝____mol·L－1。

（3）B點(diǎn)所示溶液中，c(CH3COO－)－c(Na＋)＝_______________mol·L－1(填精確值)，c(CH3COO－)/c(CH3COOH)＝_______。

（4）C點(diǎn)所示溶液中，c(CH3COOH)_______c(CH3COO－)。(填“＞”；“＜”或“＝”)

（5）向300mL上述NaOH溶液中通入448mLCO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體，充分反應(yīng)后，溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是________.

A．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)

B．2/3c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)

C．c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)

D．c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)14、碳；氮、氧、氟、鈣、銅等元素的化合物廣泛存在于自然界；回答下列問題：

(1)將乙炔(C2H2)通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅櫬色沉淀。乙炔分子中σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)比值為___________，Cu+基態(tài)核外電子排布式為___________，[Cu(NH3)2]Cl中化學(xué)鍵類型為___________。

(2)NF3是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體。元素第一電離能N___________F(填“>”“<”或“=”)，NF3中氮原子的雜化軌道類型為___________，NF3屬于___________分子。(填“極性”或“非極性”)

(3)C60可以用作儲(chǔ)氫材料。已知金剛石中C－C的鍵長為154.45pm，C60中C－C的鍵長為140~145pm，有同學(xué)據(jù)此認(rèn)為C60的熔點(diǎn)高于金剛石；你認(rèn)為是否正確?理由是___________。

(4)氮的氧化物和含氧酸在醫(yī)療上具有重要的應(yīng)用。寫出與N2O互為等電子體的分子___________(任寫一種)，酸性HNO3>HNO2；試著從結(jié)構(gòu)上解釋其原因___________。

(5)電石(CaC2)是有機(jī)合成化學(xué)工業(yè)的基本原料。CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似(如圖所示)，但晶體中由于啞鈴形C22－的存在，使晶胞沿一個(gè)方向拉長。CaC2晶體中每個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22－的數(shù)目為___________，已知CaC2晶體的密度為2.22g·cm－3，該晶胞的體積為___________cm3。評(píng)卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、丙烯（CH3CH=CH2）是生產(chǎn)聚丙烯的原料，丙烯中的官能團(tuán)是碳碳雙鍵。__A.正確B.錯(cuò)誤16、CH3CH2Cl的沸點(diǎn)比CH3CH3的沸點(diǎn)高。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤17、酚類和醇類具有相同的官能團(tuán)，因而具有相同的化學(xué)性質(zhì)。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤18、甲醛和乙醛在通常狀況下都是液體，而且都易溶于水。(_______)A.正確B.錯(cuò)誤19、核酸也可能通過人工合成的方法得到。(____)A.正確B.錯(cuò)誤20、酯的官能團(tuán)是酯基。(____)A.正確B.錯(cuò)誤21、在核磁共振氫譜中有5個(gè)吸收峰。(___________)A.正確B.錯(cuò)誤評(píng)卷人得分四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共12分)22、羥甲香豆素是一種治療膽結(jié)石的藥物；其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：

(1)該物質(zhì)的分子式是___________________。

(2)該物質(zhì)分子中含有的官能團(tuán)有羥基、碳碳雙鍵和___________________。

(3)1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH___________mol。23、許多元素及它們的化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有多種用途。請回答下列有關(guān)問題：

(1)現(xiàn)代化學(xué)中，常利用___________上的特征譜線來鑒定元素。

(2)某同學(xué)畫出的基態(tài)碳原子的核外電子排布圖為該電子排布圖違背了___________。CH—CH3、CH都是重要的有機(jī)反應(yīng)中間體。CHCH的空間構(gòu)型分別為___________、___________。

(3)基態(tài)溴原子的價(jià)層電子排布圖為___________；第四周期中，與溴原子核未成對(duì)電子數(shù)相同的金屬元素有___________種。

(4)磷化硼是一種耐磨涂料，它可用作金屬的表面保護(hù)層。磷化硼晶體晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖甲所示，其中實(shí)心球?yàn)榱自?，在一個(gè)晶胞中磷原子空間堆積方式為___________，已知晶胞邊長apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則磷化硼晶體的密度為___________g·cm-3。

(5)Fe3O4晶體中，O2-圍成正四面體空隙(1、3、6、7號(hào)氧圍成)和正八面體空隙(3、6、7、8、9、12號(hào)O2-圍成)，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2+和另一半Fe3+填充在正八面體空隙中，晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面體空隙數(shù)之比為___________，有___________%的正八面體空隙沒有填充陽離子。

評(píng)卷人得分五、原理綜合題(共4題，共16分)24、Cr2OCr3+對(duì)環(huán)境具有極強(qiáng)的污染性，含有Cr2OCr3+的工業(yè)廢水常采用NaOH沉淀法除去。已知：①常溫下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10?5mol·L?1)時(shí)，溶液的pH為5；NaOH過量時(shí)Cr(OH)3溶解生成CrOCr3++3OH?Cr(OH)3CrO+H++H2O。②CrO還原產(chǎn)物為Cr3+。③lg3.3=0.50.請回答下列問題：

(1)常溫下，Cr(OH)3的溶度積常數(shù)Ksp[Cr(OH)3]=___________。

(2)常溫下，向50mL0.05mol·L?1的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0mol·L?1的NaOH溶液50mL，充分反應(yīng)后，溶液pH為___________。

(3)為了測定工業(yè)廢水中Na2Cr2O7的濃度；進(jìn)行如下步驟：

Ⅰ。取100mL濾液；

Ⅱ．用cmol·L?1的標(biāo)準(zhǔn)KMnO4酸性溶液滴定bmL一定濃度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL；

Ⅲ．取bmL濾液，用上述FeSO4溶液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗dmLFeSO4溶液。

①步驟Ⅱ中的滴定過程應(yīng)選用___________(填“酸式”或“堿式”)滴定管，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________。

②步驟Ⅲ的濾液中Na2Cr2O7的含量為___________mol·L?1。

(4)Na2Cr2O7的含量也可以用一定難度的NaNO2溶液進(jìn)行滴定。已知常溫下HNO2的電離常數(shù)Ka=7.1×10-4，NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=1.7×10-5。0.1mol·L-1NH4NO2溶液中各離子濃度由大到小的順序是___________。25、氨氣是一種用途廣泛的化工原料。金屬鎵是一種廣泛用于電子工業(yè)和通訊領(lǐng)域的重要金屬，鎵元素(31Ga)在元素周期表中位于第四周期IIIA族；化學(xué)性質(zhì)與鋁元素相似。

（1）下圖是當(dāng)反應(yīng)器中按n(N2):n(H2)=1:3投料后，在200℃、400℃、600℃下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，混合物中NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)的變化曲線。

已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0

①曲線c對(duì)應(yīng)的溫度是_____。

②關(guān)于工業(yè)合成氨的反應(yīng)，下列敘述正確的是_____（填字母）。

A．及時(shí)分離出NH3可以提高H2的平衡轉(zhuǎn)化率。

B．根據(jù)勒夏特列原理；一般采用高溫下發(fā)生反應(yīng)。

C．上圖中M、N、Q點(diǎn)平衡常數(shù)K的大小關(guān)系是K(M)＝K(Q)>K(N)

③工業(yè)上合成氨的催化劑為鐵觸媒，選擇溫度為500℃的原因是______。

（2）工業(yè)上利用Ga與NH3合成固體半導(dǎo)體材料氮化鎵(GaN)同時(shí)有氫氣生成。反應(yīng)中，生成3molH2時(shí)就會(huì)放出30.8kJ的熱量。

①該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是__________。

②該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式是_____。

③在恒溫恒容的密閉體系內(nèi)進(jìn)行上述可逆反應(yīng)，下列有關(guān)表達(dá)正確的是_____。

A．I圖像中如果縱坐標(biāo)為正反應(yīng)速率，則t時(shí)刻改變的條件可以為升溫。

B．II圖像中縱坐標(biāo)可以為鎵的轉(zhuǎn)化率。

C．III圖像中縱坐標(biāo)可以為化學(xué)反應(yīng)速率。

D．Ⅳ圖像中縱坐標(biāo)可以為體系內(nèi)混合氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量。

④氮化鎵(GaN)性質(zhì)穩(wěn)定，但能緩慢的溶解在熱的NaOH溶液中，該反應(yīng)的離子方程式是________。

（3）將一塊鎵鋁合金完全溶于燒堿溶液中得到溶液X。已知：。Al(OH)3Ga(OH)3酸式電離常數(shù)Ka2×10-111×10-7堿式電離常數(shù)Kb1.3×10-331.4×10-34

往X溶液中緩緩?fù)ㄈ隒O2，最先析出的氫氧化物是_____。26、化學(xué)反應(yīng)原理對(duì)于研究化學(xué)物質(zhì)有十分重要的意義。

（1）已知次磷酸(H3PO2，一元中強(qiáng)酸)和亞磷酸(H3PO3，結(jié)構(gòu)式為二元中強(qiáng)酸)均是重要的精細(xì)化工產(chǎn)品。

①寫出次磷酸的結(jié)構(gòu)式：_____________________________________。

②已知某溫度下0.01mol·L-1的NaOH溶液pH=10，將該NaOH溶液與等濃度等體積的次磷酸溶液混合，混合后溶液pH=7，則此時(shí)c(OH－)—c(H3PO2)=___________。(用具體數(shù)值表示)

（2）實(shí)驗(yàn)室配制FeCl3溶液時(shí)，需要將FeCl3固體溶解在較濃的鹽酸中，其原因是_______________________________________________________(用離子方程式和必要的文字說明)。

已知25℃時(shí)，F(xiàn)e(OH)3的Ksp＝4.0×10-38，配制100ml5mol·L-1的FeCl3溶液，至少需要加入_______mL2mol·L-1的鹽酸(忽略加入鹽酸的體積)。

（3）工業(yè)廢水中的Cr2O72-對(duì)生態(tài)系統(tǒng)有很大損害。常用的處理方法有兩種。

①還原沉淀法：Cr2O72-Cr3＋Cr(OH)3。常溫下，要使Cr3+沉淀完全，溶液的pH應(yīng)調(diào)至________。(已知Cr(OH)3的Ksp＝10-32)

②電解法：用鐵和石墨做電極，電解產(chǎn)生的還原劑將Cr2O72-還原成Cr3+，最終產(chǎn)生Cr(OH)3沉淀。若有1molCr2O72-被還原，理論上導(dǎo)線中通過___________mol電子。27、異丙苯是一種重要的有機(jī)化工原料。根據(jù)題意完成下列填空：

(1)由苯與2-丙醇反應(yīng)制備異丙苯屬于________反應(yīng)；由異丙苯制備對(duì)溴異丙苯的反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件為______________________。

(2)異丙苯有多種同分異構(gòu)體，其中一溴代物最少的芳香烴的名稱是______________。

(3)α-甲基苯乙烯是生產(chǎn)耐熱型ABS樹脂的一種單體，工業(yè)上由異丙苯催化脫氫得到。寫出由異丙苯制取該單體的另一種方法(用化學(xué)反應(yīng)方程式表示)________________________。

(4)耐熱型ABS樹脂由丙烯腈1,3-丁二烯和α-甲基苯乙烯共聚生成，寫出該樹脂的結(jié)構(gòu)簡式(不考慮單體比例)________________。評(píng)卷人得分六、計(jì)算題(共3題，共21分)28、常溫下，求pH=3的H2SO4溶液與pH=5的HCl溶液的等體積混合，溶液的pH=____。(已知lg5=0.7)29、有一定量的CuO和的混合物溶于的稀硫酸恰好完全溶解，向所得溶液中逐漸加入鐵粉，得到以下數(shù)據(jù)：。實(shí)驗(yàn)序號(hào)ⅠⅡⅢⅣ加入鐵粉質(zhì)量反應(yīng)后剩余固體質(zhì)量0

(1)硫酸的物質(zhì)的量濃度=_________

(2)樣品中物質(zhì)的量之比=_________________。30、某有機(jī)化合物A的相對(duì)分子質(zhì)量為甲烷的6.75倍。取10.8g有機(jī)化合物Ａ；在足量氧氣中完全燃燒，將產(chǎn)生的高溫氣體依次通過濃硫酸和氫氧化鈉溶液，使?jié)饬蛩嵩鲋?.2g，氫氧化鈉增重30.8g。

（1）試計(jì)算該有機(jī)物的分子式。（寫出計(jì)算過程）___

（2）紅外光譜測定，A分子結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)和羥基。在常溫下A可與濃溴水反應(yīng)，1molA最多可與2molBr2作用，據(jù)此確定該有機(jī)物可能的結(jié)構(gòu)簡式為___。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、C【分析】【詳解】

A.濃度熵QC=c(CH3COO-)×c(Ag+)=0.01×0.01=1×10-4，Ksp=2.3×10-3，QC<Ksp；所以溶液混合不能產(chǎn)生沉淀，故A錯(cuò)誤；

B.AgCl飽和所需Ag+濃度===1.77×10-8，所以Ag+濃度===1.1×10-5，則1.77×10-8<1.1×10-5；所以氯離子先沉淀，故B錯(cuò)誤；

C.向懸濁液中加入鹽酸時(shí)轉(zhuǎn)化為AgCl，離子方程式為故C正確；

D.因?yàn)镃H3COOAg飽和溶液中Ag+的濃度為mol/L=4.8×10-2mol/L，因?yàn)锳gCl飽和溶液中Ag+的濃度為mol/L=1.33×10-5mol/L，c(AgCl)=1.33×10-5mol/L，假設(shè)Ag2CrO4飽和溶液中Ag+的濃度為x，則CrO42-的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知Ksp(Ag2CrO4)=x2×0.5x=1.12×10-12，即x==1.3×10-4mol/L，c(Ag2CrO4)=0.65×10-4mol/L。假設(shè)Ag2S飽和溶液中Ag+的濃度為x，則S2-的濃度為0.5x，由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知Ksp(Ag2S)=x2×0.5x=6.7×10-15，即x=2.38×10-5mol/L，c(Ag2S)=1.19×10-5mol/L，則順序?yàn)椋篶(CH3COOAg)>c(Ag2CrO4)>c(AgCl)>c(Ag2S)；故D錯(cuò)誤；

故選：C。2、A【分析】【詳解】

A．酚酞的變色范圍是8.2~10.0，由Ka可知NaHC2O4溶液呈酸性，Na2C2O4溶液呈堿性，NaHC2O4溶液不能使酚酞變紅，Na2C2O4溶液能使酚酞變紅；故A正確；

B．反應(yīng)的原理為2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，實(shí)驗(yàn)中KMnO4過量；溶液不會(huì)褪色，且實(shí)驗(yàn)沒有控制其余條件相同，故B錯(cuò)誤；

C．苯與液溴在FeBr3作催化劑條件反應(yīng)生成溴苯；但與溴水不反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．NaClO具有漂白性（強(qiáng)氧化性）；能使pH試紙褪色，不能用pH試紙測NaClO溶液的pH，故D錯(cuò)誤；

答案選A。3、B【分析】【詳解】

A．HBr有毒，且易溶于水，氣體吸收裝置中用倒扣漏斗防倒吸來吸收HBr；防止其污染空氣，故A正確；

B．回流裝置中的冷凝管中的冷凝水為a口進(jìn)b口出，蒸餾裝置中的冷凝管中的冷凝水為b口進(jìn)a口出；冷凝效果好，故B錯(cuò)誤；

C．分液裝置中要進(jìn)行水洗分液除去HBr和大部分的1－丁醇，再用10%Na2CO3洗滌除去剩余的酸后分液、最后用水洗分液除去過量的Na2CO3等殘留物；故C正確；

D．用濃硫酸和NaBr固體反應(yīng)可以制取HBr，HBr與1－丁醇發(fā)生取代反應(yīng)生成1－溴丁烷和水；濃硫酸吸水，使平衡正向移動(dòng)，提高1－丁醇的轉(zhuǎn)化率，故D正確；

答案選B。4、D【分析】【詳解】

A．對(duì)比A和B的結(jié)構(gòu)可知；A中O-H斷裂，D中碳碳雙鍵斷裂，發(fā)生加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．1molB中含有1mol碳碳三鍵；最多能與2mol氫氣加成，故B錯(cuò)誤；

C．B與E反應(yīng)，兩分子間脫去1分子HCl，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)可知，兩者發(fā)生取代反應(yīng)，E的結(jié)構(gòu)簡式為：E的分子式為：故C錯(cuò)誤；

D．由C的結(jié)構(gòu)可知；C中碳環(huán)為對(duì)稱結(jié)構(gòu)，環(huán)上有四種氫，則環(huán)上的一氯代物有4種，故D正確；

故選：D。5、B【分析】【詳解】

A．X中含有3個(gè)—OH，所以1molX發(fā)生消去反應(yīng)最多生成3molH2O；故A正確；

B．1molY發(fā)生類似酯化的反應(yīng)；最多消耗3molX，B錯(cuò)誤；

C．X與HBr發(fā)生取代反應(yīng)，溴原子取代X中的—OH，所得有機(jī)物的分子式為C24H37O2Br3；故C正確；

D．Y中的氮原子吸引電子的能力強(qiáng)；所以Y的極性比癸烷分子的強(qiáng)，故D正確；

故答案為B。6、A【分析】【分析】

【詳解】

A．該物質(zhì)含有醇羥基，由于羥基連接的C原子上含有H原子，因此可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色；A正確；

B．根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合C原子價(jià)電子數(shù)是四個(gè)，可知物質(zhì)的分子式是C6H12O4；B錯(cuò)誤；

C．羧基具有獨(dú)特的穩(wěn)定性；不能與氫氣等發(fā)生加成反應(yīng)；但由于含有醇羥基；羧基，因此能夠發(fā)生取代反應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D．羧基、醇羥基都可以與金屬鈉發(fā)生反應(yīng)，1mol該有機(jī)物與足量金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生1.5molH2；但未指出氫氣所處的外界條件，因此不能確定反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣的體積，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是A。二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】【分析】

由反應(yīng)條件和D的結(jié)構(gòu)簡式為可知，C為結(jié)合信息ⅰ可知，B為由信息ⅱ和?？芍?，E為由反應(yīng)條件和I的結(jié)構(gòu)簡式可知，H為由反應(yīng)條件可知G為

【詳解】

（1）A分子中含有酚羥基；屬于酚類，表現(xiàn)酚的性質(zhì)，故答案為酚；

（2）A→C的反應(yīng)為與發(fā)生取代反應(yīng)生成故答案為取代反應(yīng)；

（3）C→D的反應(yīng)為在濃硫酸作用下，與甲醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為E→F的反應(yīng)為在濃硫酸作用下，發(fā)生分子內(nèi)脫水反應(yīng)生成反應(yīng)的化學(xué)方程式為故答案為

（4）由流程圖可知，B為H為故答案為

（5）F→G的反應(yīng)中，首先乙酸酐與放上去反應(yīng)生成被酸性高錳酸鉀氧化為水解生成說明F→G的反應(yīng)中，乙酸酐的作用是保護(hù)酚羥基不被氧化，故答案為保護(hù)酚羥基不被氧化；

（6）由題給反應(yīng)物和信息可知，應(yīng)先被氧化為發(fā)生信息ⅱ反應(yīng)生成在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)生成在氫氧化鈉醇溶液中加熱方式消去反應(yīng)生成合成路線如下：【解析】酚取代反應(yīng)E→F保護(hù)酚羥基不被氧化8、略

【分析】（1）

①M(fèi)g能在CO2中燃燒生成MgO和C，方程式為CO2+2MgC+2MgO，因此鎂帶著火時(shí)，不能用CO2滅火劑來滅火；

②石灰乳與Cl2反應(yīng)生成Ca(ClO)2、CaCl2和水，方程式為2Ca(OH)2＋2Cl2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O；

③高溫煅燒FeS2生成Fe2O3和SO2，方程式為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；

④木炭與濃硫酸在加熱下反應(yīng)生成SO2、CO2和水，方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2H2O+2SO2↑；

（2）

①電解飽和食鹽水生成H2、Cl2和NaOH，離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；

②小蘇打是NaHCO3，與鹽酸反應(yīng)生成NaCl、CO2和H2O，離子方程式為＋H＋=H2O＋CO2↑?！窘馕觥?1)CO2+2MgC+2MgO2Ca(OH)2＋2Cl2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2C+2H2SO4(濃)CO2↑+2H2O+2SO2↑

(2)2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑＋H＋=H2O＋CO2↑9、略

【分析】【分析】

(1)

Mg2+可以和OH-反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，Ba2+可和反應(yīng)生成BaSO4沉淀，離子方程式為：Ba2++=BaSO4↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。

(2)

①有FeS固體的溶液中，F(xiàn)eS和Fe2+和S2-存在溶解平衡：FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，PbS的Ksp比FeS的Ksp小，廢水中的Pb2+結(jié)合溶液中的S2-，使S2-濃度降低，F(xiàn)eS的溶解平衡正向移動(dòng)，F(xiàn)eS轉(zhuǎn)化為PbS。

②有FeS固體的溶液中c(S2-)==10-9mol/L，S2-和Pb2+結(jié)合成PbS沉淀，所需c(Pb2+)最小濃度為==10-19mol/L。

③將Pb2+濃度由3.07mg/L降低為1mg/L，需反應(yīng)掉2.07mg/L的Pb2+，1L溶液中需反應(yīng)掉2.07mgPb2+，2.07mgPb2+的物質(zhì)的量為0.01mmol，根據(jù)反應(yīng)方程式：Pb2++FeS=Fe2++PbS，需要FeS的物質(zhì)的量為0.01mmol，質(zhì)量為0.01mmol×88g/mol=0.88mg?！窘馕觥?1)

(2)加入時(shí)發(fā)生反應(yīng)使平衡正移，F(xiàn)eS轉(zhuǎn)化為PbS0.8810、略

【分析】【分析】

(1)等濃度；等體積的硫酸和氨水混合；硫酸過量，溶液顯酸性；可利用pH試紙測定已知濃度的氯化銨溶液的pH值；

(2)實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的溶液為硫酸銨和硫酸的混合溶液；②所得是硫酸銨溶液，根據(jù)離子水解程度分析判斷；

(3)硫酸銨為強(qiáng)酸弱堿鹽；溶液顯酸性，要使溶液呈中性，堿需要過量，據(jù)此分析解答。

【詳解】

(1)實(shí)驗(yàn)①等濃度、等體積的硫酸和氨水混合，硫酸過量，溶液顯酸性，所得混合溶液pH小于7，但不能證明一水合氨是弱電解質(zhì)，能證明一水合氨是弱電解質(zhì)的方案：配制0.1mol/L的氯化銨溶液(或NH4NO3或(NH4)2SO4)，將氯化銨溶液[或NH4NO3或(NH4)2SO4]滴到pH試紙上；測得其pH＜7，說明氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，則一水合氨是弱電解質(zhì)；

(2)實(shí)驗(yàn)①中反應(yīng)后的溶液為硫酸銨和硫酸的混合溶液，硫酸抑制銨根離子水解；實(shí)驗(yàn)②中所得是硫酸銨溶液，銨根離子水解不受影響，實(shí)驗(yàn)①中銨根離子濃度更大，則混合溶液中，a＞b；實(shí)驗(yàn)②中所得是硫酸銨溶液，銨根離子水解使溶液顯酸性，則x＜7；

(3)實(shí)驗(yàn)③中反應(yīng)后的溶液顯中性，即溶液中c(H+)=c(OH-)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)②中所得是硫酸銨溶液，銨根離子水解使溶液顯酸性，要使溶液顯中性，氨水需要過量，在加入溶液的體積不變的情況下，應(yīng)增大氨水的濃度，則c＞0.2，所得混合溶液為氨水和硫酸銨的混合溶液，則各離子濃度大小關(guān)系為c()＞c()＞c(H+)=c(OH-)?！窘馕觥坎荒苡胮H試紙測NH4Cl[或NH4NO3或(NH4)2SO4]溶液的pH，若pH＜7，證明銨根離子可水解，故NH3?H2O為弱電解質(zhì)。＞＜＞c()＞c()＞c(H+)=c(OH-)11、略

【分析】【分析】

(2)由無色溶液加HBr產(chǎn)生淡黃色沉淀，則沉淀甲為S，則發(fā)生2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O，一定存在S2-、SO溶液甲與過量碳酸氫銨反應(yīng)，則沉淀乙為Al(OH)3，氣體乙為二氧化碳，溶液乙中加過量氫氧化鋇反應(yīng)生成白色沉淀丙應(yīng)為BaCO3；氣體丙為氨氣，然后結(jié)合離子的共存來分析。

【詳解】

(1)①二氧化碳通入澄清石灰水中，產(chǎn)生白色沉淀碳酸鈣，反應(yīng)的離子方程式為：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O，若繼續(xù)通入二氧化碳，白色沉淀碳酸鈣與水、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈣發(fā)生溶解，CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO故答案為：Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O；CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO

②氫氧化鐵固體中加入KClO和KOH的混合液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成K2FeO4，該反應(yīng)的離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故答案為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；

(2)由無色溶液加HBr產(chǎn)生淡黃色沉淀，則沉淀甲為S，則發(fā)生2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O，一定存在S2-、SO溶液甲與過量碳酸氫銨反應(yīng)，則沉淀乙為Al(OH)3，氣體乙為二氧化碳，溶液乙中加過量氫氧化鋇反應(yīng)生成白色沉淀丙應(yīng)為BaCO3，氣體丙為氨氣，Ag+、Ba2+、Al3+與S2-、SO不能共存，則不存在，由電荷守恒可知，一定存在的陽離子為Na+，一定存在的陰離子為S2-、SOAlO

①由上述分析可知，沉淀甲為S，生成沉淀的離子反應(yīng)為2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O，故答案為：S；2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O；

②沉淀乙為Al(OH)3，生成沉淀乙的離子反應(yīng)為Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案為：Al(OH)3；Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；

③原溶液中有可能有硫酸根離子，溶液乙中含碳酸氫根離子，則沉淀丙為BaCO3，可能有BaSO4，在沉淀丙中加入足量鹽酸，若沉淀不能全部溶解，說明除BaCO3外還有BaSO4；若全部溶解，則僅有BaCO3，故答案為：BaCO3，可能有BaSO4；在沉淀丙中加入足量鹽酸，若沉淀不能全部溶解，說明除BaCO3外還有BaSO4，若全部溶解，則僅有BaCO3；

④肯定存在的離子有Na+、S2-、SOAlO故答案為：Na+、S2-、SOAlO【解析】Ca2++2OH-+CO2═CaCO3↓+H2O、CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2OS2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2OAl(OH)3Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑BaCO3，可能有BaSO4在沉淀丙中加入足量鹽酸，若沉淀不能全部溶解，說明除BaCO3外還有BaSO4，若全部溶解，則僅有BaCO3Na+、S2-、SOAlO12、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水中的電離方程式為NaHCO3=Na+

(2)能與NaOH反應(yīng)的物質(zhì)有②NaHCO3、④CuCl2、⑤稀H2SO4、⑦FeCl2、⑧稀HNO3、⑩NH4Cl，總計(jì)6種；氫氧化鈉與氯化銨反應(yīng)的化學(xué)方程為NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，寫成離子方程式為NH4++OH-=NH3↑+H2O；將氫氧化鈉滴入到⑦FeCl2溶液中；生成白色的氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵在溶液中會(huì)逐漸被氧化為氫氧化鐵，顏色由白色逐漸變?yōu)榛揖G色然后變?yōu)榧t褐色。

(3)I-、Fe2+、都具有還原性，所以常見的還原劑有⑥KI⑦FeCl2⑩NH4Cl。

(4)③⑤⑥反應(yīng)的化學(xué)方程式為4KMnO4+5KI+7H2SO4=4MnSO4+I2+3KIO3+3K2SO4+7H2O，所以其離子方程式寫為+5I-+14H+=4Mn2++I2+3+7H2O?！窘馕觥縉aHCO3=Na+6NH4++OH-=NH3↑+H2O沉淀由白色變?yōu)榛揖G色，然后變?yōu)榧t褐色⑥⑦⑩+5I-+14H+=4Mn2++I2+3+7H2O13、略

【分析】【分析】

（1）由圖可以看出當(dāng)未滴加醋酸時(shí)pH；可求c(NaOH)；

（2）A點(diǎn)時(shí)醋酸和氫氧化鈉，恰好完全反應(yīng)，生成CH3COONa，溶液的pH=10，此時(shí)是CH3COONa水解是溶液顯堿性，由此分析得出由水電離出的c(OH－)；

（3）B點(diǎn)所示溶液pH=6，可以看成是，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液；依據(jù)溶液中的守恒關(guān)系和醋酸的電離平衡常數(shù)可得到答案；

（4）C點(diǎn)所示溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液顯酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的電離程度；

（5）依據(jù)題給數(shù)據(jù)計(jì)算；溶液的成分，然后依據(jù)溶液中的守恒關(guān)系可得結(jié)論；

【詳解】

（1）因?yàn)殚_始時(shí)pH=13，所以c(OH-)=0.1mol/L；故c(NaOH)=0.1mol/L；

本題答案為：0.1mol/L。

（2）由題中數(shù)據(jù)可知，A點(diǎn)時(shí)醋酸和氫氧化鈉，恰好完全反應(yīng)，生成CH3COONa，因CH3COONa水解是溶液顯堿性，所以溶液中OH-都是水電離得到的，此時(shí)pH=10，溶液中的c(OH－)=110-4mol/L，則混合溶液中由水電離出的c(OH－)=110-4mol/L；

本題答案為：1×10-4。

（3）由圖可看出，B點(diǎn)所示溶液pH=6，是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中的電荷守恒為：c(CH3COO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+),所以c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H+)－c(OH-)=110－6－110－8=9.910－7mol/L；因?yàn)榇姿岬碾婋x平衡常數(shù)為：Ka=1.8×10-5，所以c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=Ka/c(H+)==18；

本題答案為：9.9×10－7；18。

（4）由于c(NaOH)=0.1mol/L，可知C點(diǎn)所示溶液是CH3COONa和CH3COOH等物質(zhì)的量的混合溶液，溶液顯酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的電離程度，所以c(CH3COOH)c(CH3COO－)；

本題答案為：<。

（5）300mL0.1mol/L的NaOH溶液中，n(NaOH)=0.03mol,448mLCO2的物質(zhì)的量為n(CO2)=0.02mol，充分反應(yīng)后，可知n((Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.01mol，依據(jù)溶液中的物料守恒關(guān)系可得：2/3c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，又混合溶液顯堿性，是碳酸鈉和碳酸氫鈉水解的結(jié)果，且等物質(zhì)的量的碳酸鈉比碳酸氫鈉水解程度更大，所以有c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；

本題答案為：BD。

【點(diǎn)睛】【解析】0.11×10-49.9×10－718<BD14、略

【分析】【分析】

本題考查的是物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)。

（1）乙炔中氫原子只有1個(gè)電子基態(tài)下處于能量最低1s軌道。而碳原子有6個(gè)電子，兩個(gè)位于1s軌道，不參與成鍵，4個(gè)位于第二層上。當(dāng)形成乙炔時(shí)，4個(gè)位于最外層的原子軌道發(fā)生雜化，即一個(gè)s軌道和一個(gè)p軌道雜化成兩個(gè)sp軌道，另外的兩個(gè)2p軌道保持不變。這樣在形成乙炔時(shí)，碳原子的其中一個(gè)sp軌道與氫原子的1s軌道頭碰頭重疊，形成C-Hσ鍵，另一個(gè)sp軌道則與另一個(gè)碳原子的sp軌道頭碰頭重疊形成C-Cσ鍵。碳原子剩下的兩個(gè)p軌道則肩并肩重疊形成兩個(gè)C-Cπ鍵。所以乙炔中有3個(gè)σ鍵與2個(gè)π鍵。Cu為29號(hào)元素，Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+與NH3之間的化學(xué)鍵為配位鍵，N-H為極性共價(jià)鍵，[Cu(NH3)2]+與Cl-之間為離子鍵；

（2）同周期主族元素從左到右最外層電子的有效核電荷逐漸增大，電離能也逐漸增大，所以F元素的第一電離能比N元素的第一電離能大。N原子雜化軌道數(shù)目為4，采取sp3雜化。NF3分子構(gòu)型與NH3相似，NH3分子構(gòu)型是三角錐型，所以NF3分子構(gòu)型也是三角錐型；三角錐型分子的結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，正負(fù)電荷中心不重疊，為極性分子；

（3）金剛石是原子晶體，融化時(shí)需要破壞共價(jià)鍵，C60為分子晶體，融化時(shí)破壞分子間作用力，無需破壞共價(jià)鍵，所以C60熔點(diǎn)低于金剛石；

（4）符合等電子體的兩條基本要求是：原子總數(shù)一致，價(jià)電子總數(shù)一致。二氧化碳、二硫化碳與一氧化二氮分子中都含有3個(gè)原子，其價(jià)電子總數(shù)是16，是等電子體；電負(fù)性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導(dǎo)致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2；

（5）依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個(gè)平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22-有4個(gè)，而不是6個(gè)，要特別注意題給的信息，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似，該晶胞中含有Ca為12×14+1=4，一個(gè)晶胞中含有4個(gè)CaC2，CaC2晶體的密度為2.22g/cm3，該晶胞的體積為V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10?22cm3。據(jù)此解答。

【詳解】

（1）乙炔中氫原子只有1個(gè)電子基態(tài)下處于能量最低1s軌道。而碳原子有6個(gè)電子，兩個(gè)位于1s軌道，不參與成鍵，4個(gè)位于第二層上。當(dāng)形成乙炔時(shí)，4個(gè)位于最外層的原子軌道發(fā)生雜化，即一個(gè)s軌道和一個(gè)p軌道雜化成兩個(gè)sp軌道，另外的兩個(gè)2p軌道保持不變。這樣在形成乙炔時(shí)，碳原子的其中一個(gè)sp軌道與氫原子的1s軌道頭碰頭重疊，形成C-Hσ鍵，另一個(gè)sp軌道則與另一個(gè)碳原子的sp軌道頭碰頭重疊形成C-Cσ鍵。碳原子剩下的兩個(gè)p軌道則肩并肩重疊形成兩個(gè)C-Cπ鍵。所以乙炔中有3個(gè)σ鍵與2個(gè)π鍵。Cu為29號(hào)元素，Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。[Cu(NH3)2]Cl中Cu+與NH3之間的化學(xué)鍵為配位鍵，N-H為極性共價(jià)鍵，[Cu(NH3)2]+與Cl-之間為離子鍵。本小題答案為：3:2；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；離子鍵；共價(jià)鍵、配位鍵。

（2）同周期主族元素從左到右最外層電子的有效核電荷逐漸增大，電離能也逐漸增大，所以F元素的第一電離能比N元素的第一電離能大。N原子雜化軌道數(shù)目為4，采取sp3雜化。NF3分子構(gòu)型與NH3相似，NH3分子構(gòu)型是三角錐型，所以NF3分子構(gòu)型也是三角錐型，三角錐型分子的結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，正負(fù)電荷中心不重疊，為極性分子。本小題答案為：<；sp3；極性。

（3）不正確，金剛石是原子晶體，融化時(shí)需要破壞共價(jià)鍵，C60為分子晶體，融化時(shí)破壞分子間作用力，無需破壞共價(jià)鍵，所以C60熔點(diǎn)低于金剛石。本小題答案為：不正確，金剛石是原子晶體，融化時(shí)需要破壞共價(jià)鍵，C60為分子晶體，融化時(shí)破壞分子間作用力，無需破壞共價(jià)鍵，所以C60熔點(diǎn)低于金剛石。

（4）符合等電子體的兩條基本要求是：原子總數(shù)一致，價(jià)電子總數(shù)一致。二氧化碳、二硫化碳與一氧化二氮分子中都含有3個(gè)原子，其價(jià)電子總數(shù)是16，是等電子體；電負(fù)性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導(dǎo)致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2。本小題答案為：CO2或CS2等；電負(fù)性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導(dǎo)致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2。

（5）依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個(gè)平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22-有4個(gè)，而不是6個(gè)，要特別注意題給的信息，CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似，該晶胞中含有Ca為12×14+1=4，一個(gè)晶胞中含有4個(gè)CaC2，CaC2晶體的密度為2.22g/cm3，該晶胞的體積為V=m/ρ=(4×64)÷(2.22×6.02×1023)≈1.92×10?22cm3。本小題答案為：4；1.92×10?22。【解析】3:21s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10離子鍵、共價(jià)鍵、配位鍵＜sp3極性不正確，金剛石是原子晶體，融化時(shí)需要破壞共價(jià)鍵，C60為分子晶體，融化時(shí)破壞分子間作用力，無需破壞共價(jià)鍵，所以C60熔點(diǎn)低于金剛石。CO2或CS2等電負(fù)性O(shè)＞N，－NO2中N的正電性大于－NO中的N，導(dǎo)致HO－NO2中O－H極性大于HO－NO中的O－H極性，因而在水分子作用下HO－NO2比HO－NO更容易電離出H+，即酸性HNO3＞HNO2。41.9×10－22三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【詳解】

丙烯屬于烯烴，可以通過加聚反應(yīng)生成聚丙烯，烯烴的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，因此答案正確。16、A【分析】【詳解】

氯乙烷是極性分子，乙烷是非極性分子，且氯乙烷的相對(duì)分子質(zhì)量大于乙烷，分子間作用力大于乙烷，則氯乙烷的沸點(diǎn)高于乙烷，故正確。17、B【分析】【分析】

【詳解】

酚類和醇類的官能團(tuán)都是羥基，但酚類的羥基直接連在苯環(huán)上，羥基和苯環(huán)相互影響，使得酚類和醇類的化學(xué)性質(zhì)不同，如酚的羥基能電離出氫離子，水溶液顯酸性，而醇不能電離，水溶液為中性，故錯(cuò)誤。18、B【分析】【詳解】

甲醛通常狀況下為氣體，甲醛和乙醛的官能團(tuán)均為-CHO，而醛基為親水基，故兩者均溶于水，錯(cuò)誤，故答案為：錯(cuò)誤；19、A【分析】【詳解】

1983年，中國科學(xué)家在世界上首次人工合成酵母丙氨酸轉(zhuǎn)移核糖核酸，所以核酸也可能通過人工合成的方法得到；該說法正確。20、A【分析】【詳解】

酯基是酯的官能團(tuán)，故正確。21、B【分析】【分析】

【詳解】

分子中三個(gè)乙基等同，在核磁共振氫譜中有3個(gè)吸收峰，故錯(cuò)誤。四、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共2題，共12分)22、略

【分析】【分析】

根據(jù)羥甲香豆素的結(jié)構(gòu)；分析所含有的官能團(tuán)，再判斷解析。

【詳解】

(1)該物質(zhì)的分子式是C10H8O3；

(2)該物質(zhì)分子中含有的官能團(tuán)有羥基；碳碳雙鍵和酯基；

(3)含有的酚羥基能與NaOH溶液反應(yīng)，所含酯基水解后引入的酚羥基和羧基均能和NaOH溶液反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗3molNaOH?！窘馕觥緾10H8O3酯基323、略

【分析】【分析】

根據(jù)利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素回答；根據(jù)題中核外電子排布圖結(jié)合電子排布原則判斷；根據(jù)VSEPR理論判斷雜化類型和空間構(gòu)型；根據(jù)溴的核外電子數(shù)畫出溴的價(jià)層電子排布圖并判斷與溴原子核未成對(duì)電子數(shù)相同的金屬元素種數(shù)；根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)；判斷晶胞中磷原子空間堆積方式，利用“均攤法”進(jìn)行晶胞的相關(guān)計(jì)算；根據(jù)題中信息，計(jì)算晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面體空隙數(shù)之比和正八面體空隙沒有填充陽離子所占比例；據(jù)此解答。

(1)

光譜分析為利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素；所以在現(xiàn)代化學(xué)中，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素；答案為原子光譜。

(2)

由題中圖示可知，2p軌道上的2個(gè)電子沒有分占不同的軌道，且自旋方向相同，故該電子排布圖違背了洪特規(guī)則，中的碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為n=3+=3+0=3，孤電子對(duì)數(shù)為0，則的中心碳原子是sp2雜化，空間構(gòu)型為平面三角形，中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為n=3+=3+1=4，孤電子對(duì)數(shù)為1，則的中心碳原子是sp3雜化；空間構(gòu)型為三角錐形；答案為洪特規(guī)則；平面三角形；三角錐形。

(3)

溴的原子序數(shù)為35，其核內(nèi)的質(zhì)子數(shù)為35，核外的電子數(shù)為35，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p5，價(jià)電子排布式為4s24p5，則基態(tài)溴原子的價(jià)層電子軌道排布圖為未成對(duì)電子數(shù)為1對(duì)，則第四周期中，與溴原子未成對(duì)電子數(shù)相同的金屬元素有K、Sc、Cu和Ga共4種；答案為4。

(4)

由題中磷化硼晶體晶胞結(jié)構(gòu)可知，實(shí)心球?yàn)榱自?，處于晶胞頂點(diǎn)與面心，所以P做面心立方最密堆積；1個(gè)晶胞中，含有P原子數(shù)目為8×+6×=4個(gè)，含有B原子數(shù)目為4個(gè)，晶胞質(zhì)量m=4×g，晶體密度ρ=4×g÷(a×10-10cm)3=g/cm3；答案為面心立方最密堆積；

(5)

由題中結(jié)構(gòu)可知，結(jié)構(gòu)中如1、3、6、7的O2-圍成的正四面體空隙有8個(gè)，面心位置6個(gè)O2-圍成的正八面體，將晶胞補(bǔ)全可知共用1條棱的4個(gè)面心與該棱頂點(diǎn)O2-也圍成正八面體，而這樣的正八面體為4個(gè)晶胞共有，晶胞中正八面體數(shù)目=1+12×=4，則晶體中正四面體空隙數(shù)與正八面休空隙數(shù)之比為8:4=2:1；由圖可知晶體結(jié)構(gòu)中O2-離子數(shù)目為8×+6×=4，由化學(xué)式可知晶胞中Fe原子數(shù)目為3，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，則晶胞中含有2個(gè)Fe3+、1個(gè)Fe2+，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3+填充在正四面體空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面體空隙中，則填充在正四面體空隙中的Fe3+為1個(gè)，填充在正八面體空隙中有1個(gè)Fe3+和1個(gè)Fe2+，有2個(gè)正八面體空隙空隙沒有填充陽離子，則有50%的正八面體空隙沒有填充陽離子；答案為2:1；50?！窘馕觥?1)原子光譜。

(2)洪特規(guī)則平面三角形三角錐形。

(3)4

(4)面心立方最密堆積

(5)2:150五、原理綜合題(共4題，共16分)24、略

【分析】【分析】

(1)Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)時(shí)，溶液的pH為5，據(jù)此計(jì)算Cr(OH)3的溶度積常數(shù)；

(2)50mL0.05mol/L的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，則混合后溶液中c(Cr3+)=0.05mol/L，c(OH-)=0.5mol/L，發(fā)生反應(yīng)：Cr3++3OH-=Cr(OH)3；根據(jù)方程式計(jì)算；

(3)①酸性高錳酸鉀溶液；具有強(qiáng)氧化性，需選用酸式滴定管，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液顯紫色；

②根據(jù)氧化還原反應(yīng)；結(jié)合電子得失守恒關(guān)系進(jìn)行相關(guān)計(jì)算；

(4)根據(jù)NH和NO的水解程度相對(duì)大小判斷NH4NO2的酸堿性，再根據(jù)電荷守恒分析離子濃度大小，根據(jù)HNO2的電離平衡常數(shù)計(jì)算NO的水解常數(shù)。

【詳解】

(1)常溫下，Cr3+完全沉淀(c?1.0×10?5mol/L)時(shí)，溶液的pH為5，溶液中c(OH?)=10?9mol/L，c(Cr3+)=10?5mol/L，則常溫下，Cr(OH)3的溶度積常數(shù)Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH?)=1.0×10?32；故答案為：1.0×10-32；

(2)50mL0.05mol/L的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，則混合后溶液中c(Cr3+)=0.05mol/L，c(OH?)=0.5mol/L，發(fā)生反應(yīng)：Cr3++3OH?=Cr(OH)3，則反應(yīng)后c(OH?)=0.5mol/L?0.15mol/L=0.35mol/L，所以充分反應(yīng)后，溶液pH=14?pOH=14+lgc(OH?)=13.5；

故答案為：13.5；

(3)①步驟Ⅱ中所用的標(biāo)準(zhǔn)液為酸性高錳酸鉀溶液；具有強(qiáng)氧化性，需選用酸式滴定管，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液顯紫色；故答案為：酸式；溶液顯紫色；

②cmol/L的標(biāo)準(zhǔn)KMnO4酸性溶液滴定bmL一定濃度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL，Mn從+7價(jià)降為+2價(jià)，F(xiàn)e從+2價(jià)升為+3價(jià)，根據(jù)電子得失守恒，存在反應(yīng)關(guān)系：MnO～5Fe2+，則滴定所用的FeSO4的濃度為c(Fe2+)=5cmol/L，取bmL濾液，用上述FeSO4溶液滴定，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗dmLFeSO4溶液，Cr從+6價(jià)降為+3價(jià)，F(xiàn)e從+2價(jià)升為+3價(jià)，根據(jù)電子得失守恒，存在反應(yīng)關(guān)系：Cr2O～～6Fe2+，則bmL溶液中Na2Cr2O7的含量為故答案為：

(4)NH的水解平衡常數(shù)為Kh(NH)==5.88×10?10，NO的水解平衡常數(shù)為Kh==1.4×10?11，可見NH水解程度相對(duì)較大，所以溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH?)+c(NO)，則有c(NO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)；

故答案為：c(NO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)。

【點(diǎn)睛】

鹽的水解是誰弱誰水解，都弱都水解，越弱越水解，誰強(qiáng)顯誰性?！窘馕觥?.0×10-3213.5酸式溶液顯紫色c(NO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH-)25、略

【分析】【分析】

（1）根據(jù)已知條件，壓強(qiáng)不變時(shí)，隨著溫度的升高，該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越??；由此進(jìn)行分析判斷。

（2）根據(jù)題給信息；寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，進(jìn)而進(jìn)行分析判斷。

（3）根據(jù)已知條件，Al(OH)3和Ga(OH)3酸式電離常數(shù)Ka[Al(OH)3]＜Ka[Ga(OH)3]，分析向X溶液中緩緩?fù)ㄈ隒O2時(shí)；最先析出的氫氧化物。

【詳解】

（1）①該可逆反應(yīng)為放熱反應(yīng)，壓強(qiáng)不變時(shí)，隨著溫度的升高，該反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越??；分析題給示意圖，可知曲線c對(duì)應(yīng)的溫度為600℃；

②結(jié)合可逆反應(yīng)的特點(diǎn)進(jìn)行判斷：

A．及時(shí)分離出NH3，減小了生成物的濃度，反應(yīng)物濃度無變化，使得v正＞v逆，反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，可以提高H2的平衡轉(zhuǎn)化率；A項(xiàng)正確；

B．該可逆反應(yīng)為放熱反應(yīng)；溫度越高，越不利于反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，溫度不變，K值不變。對(duì)于該可逆反應(yīng)來說，溫度越高，K值越小，圖中M、Q點(diǎn)溫度相同，N點(diǎn)溫度大于M、N點(diǎn)溫度，故平衡常數(shù)K的大小關(guān)系是K(M)＝K(Q)>K(N)；C項(xiàng)正確；

答案選AC；

③催化劑鐵觸媒在500℃的活性最大；故選擇溫度為500℃；

（2）①由題給信息可知，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2Ga(s)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g)△H=－30.8kJ/mol；

②根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義，可知該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為：

③該可逆反應(yīng)是正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的放熱反應(yīng)；結(jié)合該可逆反應(yīng)的特點(diǎn)進(jìn)行分析：

A．I圖像中如果縱坐標(biāo)為正反應(yīng)速率；升高溫度或增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，圖像符合題意，A項(xiàng)正確；

B．增大壓強(qiáng)；平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，即逆向移動(dòng)，Ga的轉(zhuǎn)化率降低，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

C．Ga為固態(tài)；其濃度是個(gè)定值，加入Ga，反應(yīng)物的濃度不變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D．相同壓強(qiáng)下；升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，圖像中曲線的變化趨勢應(yīng)是隨著溫度升高而增大；相同溫度下，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，平均相對(duì)分子質(zhì)量增大，由此可知，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選A；

④氮化鎵(GaN)溶解在熱的NaOH溶液應(yīng)生成氨氣和NaGaO2，則離子方程式為：GaN+H2O+OH–=NH3↑+GaO2–；

（3）所得溶液中存在平衡：H++H2O+GaO2–Ga(OH)3，H++H2O+AlO2–Al(OH)3，Al(OH)3的電離平衡常數(shù)更小，故往X溶液中緩緩?fù)ㄈ隒O2，最先析出的氫氧化物是Al(OH)3?！窘馕觥?00℃AC500℃時(shí)，催化劑活性最大2Ga(s)+2NH3(g)＝2GaN(s)+3H2(g)△H＝－30.8kJ/molAGaN+H2O+OH–=NH3↑+GaO2–Al(OH)326、略

【分析】【分析】

（1）①在無機(jī)含氧酸中，酸電離出的H+皆來自于酸分子中羥基O-H鍵的斷裂；故一般酸分子中有幾個(gè)羥基，該酸就是幾元酸；

②題中說明次磷酸是中強(qiáng)酸；則其形成的鹽溶液中存在水解平衡，列出電荷守恒式；物料守恒式，再作差即可得到題中要求計(jì)算的數(shù)據(jù)；

（2）將FeCl3固體溶解在較濃的鹽酸中，是因?yàn)辂}酸可以抑制Fe3＋的水解；題中說明忽略加入鹽酸的體積，可認(rèn)為溶液體積保持不變，根據(jù)溶度積的公式可以計(jì)算出溶液中OH-的濃度，從而得到H+的濃度，在根據(jù)H+的物質(zhì)的量不變計(jì)算；

（3）①當(dāng)c(Cr3+)≤1×10-5mol·L-1時(shí)，可認(rèn)為Cr3+沉淀完全，根據(jù)溶度積的公式可以計(jì)算出溶液中OH-的濃度，從而得到H+的濃度和溶液pH；②需要認(rèn)真讀題，題中說明還原劑由電解而來，并非Cr2O72-發(fā)生電解反應(yīng)，需要根據(jù)Cr2O72-的量來確定還原劑Fe2+的量；從而計(jì)算得出導(dǎo)線中通過電子的量。

【詳解】

（1）①含氧酸中的H+都是來自于羥基中O-H鍵的斷裂，亞磷酸中含有兩個(gè)羥基，故其是二元酸(盡管其含三個(gè)氫原子)，故一元酸次磷酸含有一個(gè)羥基，則其結(jié)構(gòu)式為

②將NaOH溶液與等濃度等體積的次磷酸溶液混合得到NaH2PO2溶液，根據(jù)物料守恒有：c(Na+)=c(H3PO2)+c(H2PO2-)，根據(jù)電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(H2PO2-)+c(OH-)，將兩個(gè)守恒式相減可得：c(OH-)-c(H3PO2)=c(H+)，由于NaOH溶液和次磷酸溶液混合后溶液pH=7，即溶液中c(H+)=10-7mol·L-1，故c(OH-)-c(H3PO2)=10-7mol·L-1；

（2）FeCl3溶液中有：Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H+，加入鹽酸可以抑制Fe3＋的水解；由于忽略加入鹽酸的體積，所以溶液體積始終為100mL；c(Fe3+)·[c(OH-)]3=Ksp[Fe(OH)3]，c(Fe3+)=5mol·L-1，故c(OH-)===2×10-13mol·L-1，則c(H+)===0.05mol·L-1，根據(jù)H+的物質(zhì)的量不變，V(HCl)==0.0025L=2.5mL；

（3）①當(dāng)c(Cr3+)≤1×10-5mol·L-1時(shí)，可認(rèn)為Cr3+沉淀完全，由于c(Cr3+)·[c(OH-)]3=Ksp[Cr(OH)3]，故c(OH-)===1×10-9mol·L-1，則c(H+)===1×10-5mol·L-1，即pH=-lgc(H+)=5；

②根據(jù)反應(yīng)6Fe2++Cr2O72-+11H2O=6Fe(OH)3↓+2Cr3++4H+可知，1molCr2O72-可被6molFe2+還原，而Fe2+由Fe放電失去兩份電子產(chǎn)生，故1molCr2O72-被還原；導(dǎo)線中通過12mol電子。

【點(diǎn)睛】

①在無機(jī)含氧酸中，酸電離出的H+皆來自于酸分子中羥基O-H鍵的斷裂，故一般酸分子中有幾個(gè)羥基，該酸就是幾元酸；②在溶度積計(jì)算中，一般認(rèn)為某離子的濃度小于或等于1×10-5mol·L-1時(shí)，該離子完全沉淀。【解析】10-7mol·L-1(