2021-2022學(xué)年浙江省十校聯(lián)盟高二下學(xué)期5月階段性測試化學(xué)試題解析版

試卷第=page1818頁，共=sectionpages2222頁浙江省十校聯(lián)盟2021-2022學(xué)年高二下學(xué)期5月階段性測試化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下列物質(zhì)屬于含極性鍵的非極性分子的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】O2含非極性鍵的非極性分子，故A不符合題意；H2O2為含極性鍵和非極性鍵的極性分子，故B不符合題意；CO2為含極性鍵的非極性分子，故C符合題意；H2O為含極性鍵的極性分子，故D不符合題意；故選C。2．配制一定體積一定物質(zhì)的量濃度溶液需要用到的儀器是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液所需儀器有托盤天平或量筒、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管、燒杯，因此選項B符合題意；答案為B。3．下列物質(zhì)屬于非電解質(zhì)的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，故A不選；是化合物，溶于水可電離出自由移動的離子，是電解質(zhì)，故B不選；是化合物，溶于水和水反應(yīng)生成硫酸，能電離出自由移動的離子，但并非本身電離，則屬于非電解質(zhì)，故C選；難溶于水，但溶于水的能夠電離出自由移動的離子，且熔融的也能電離出自由移動的離子，則屬于電解質(zhì)，故D不選；答案選C。4．下列物質(zhì)對應(yīng)的化學(xué)式不正確的是（）A．金剛砂：B．蔗糖：C．膽礬：D．蟻酸：【答案】C【解析】金剛砂即碳化硅，化學(xué)式為，故A正確；蔗糖是二糖，是由2分子單糖縮合而成的，分子式為，故B正確；膽礬即硫酸銅晶體，帶有5個結(jié)晶水，化學(xué)式為，故C錯誤；蟻酸即甲酸，結(jié)構(gòu)簡式為HCOOH，分子式為，故D正確；答案選C。5．下列表示不正確的是（）A．乙炔的實驗式：B．的系統(tǒng)命名：2，3-二甲基戊烷C．基態(tài)N原子的軌道表示式：D．硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】C【解析】乙炔的分子式為C2H2，其實驗式為CH，故A說法正確；根據(jù)烷烴命名原則，該有機物的名稱為2，3-二甲基戊烷，故B說法正確；基態(tài)N原子核外電子排布式為1s22s22p3，按照泡利原理和洪特規(guī)則，軌道式應(yīng)為，題中所給形式違背洪特規(guī)則，故C說法錯誤；硫離子是硫原子得到2個電子，其結(jié)構(gòu)示意圖為，故D說法正確；答案為C。6．下列說法不正確的是（）A．蔗糖、果糖和麥芽糖均為二糖B．丁烯存在順反異構(gòu)而丁烯不存在順反異構(gòu)C．植物油含較多不飽和脂肪酸的甘油酯，熔點較低，室溫下通常呈液態(tài)D．淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖【答案】A【解析】果糖屬于單糖，蔗糖、麥芽糖均為二糖，故A說法錯誤；2-丁烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=CHCH3，根據(jù)判斷順反異構(gòu)條件：碳碳雙鍵兩端的碳原子各連有兩個不同的原子或原子團，因此2-丁烯存在順反異構(gòu)，1-丁烯結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2CH3，不符合構(gòu)成順反異構(gòu)條件，因此1-丁烯不存在順反異構(gòu)，故B說法正確；植物油中含較多不飽和脂肪酸的甘油酯，熔點低，室溫下通常呈液態(tài)，故C說法正確；淀粉和纖維素均是葡萄糖的脫水縮合物，因此淀粉和纖維素水解的最終產(chǎn)物均為葡萄糖，故D說法正確；答案為A。7．下列說法不正確的是（）A．和互為同位素B．石墨和互為同素異形體C．乙醚和丁醇互為同分異構(gòu)體D．乙酸和苯甲酸互為同系物【答案】D【解析】兩者質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，它們均是由碳元素組成的不同的核素，它們互為同位素，故A說法正確；石墨和C60均是由碳元素組成不同結(jié)構(gòu)的單質(zhì)，它們互為同素異形體，故B說法正確；乙醚的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OCH2CH3，1-丁醇的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2CH2OH，分子式相同，前者屬于醚，或者屬于醇，因此它們互為同素異形體，故C說法正確；乙酸屬于脂肪酸，苯甲酸屬于芳香酸，兩者不互為同系物，故D說法錯誤；答案為D。8．下列說法不正確的是（）A．能源是人類生活和社會發(fā)展的基礎(chǔ)，地球上最基本的能源是太陽能B．鈦合金主要用于制作飛機發(fā)動機部件，工業(yè)上可用單質(zhì)鈉與四氯化鈦溶液反應(yīng)制取金屬鈦C．X射線衍射技術(shù)可以用于有機化合物晶體結(jié)構(gòu)的測定D．燃料的脫硫脫氮、的回收利用和的催化轉(zhuǎn)化都可以減少酸雨的產(chǎn)生【答案】B【解析】地球上的能源主要來源于太陽能，通過植物的光合作用被循環(huán)利用，故A正確；鈦合金工業(yè)上可用鈉與四氯化鈦固體反應(yīng)制取，鈉可以和鹽溶液中的水反應(yīng)，不能置換出單質(zhì)鈦，故B錯誤；晶體會對X射線發(fā)生衍射，非晶體不會對X射線發(fā)生衍射，可用X射線衍射實驗測定有機化合物的晶體結(jié)構(gòu)，故C正確；SO2和NOx的排放可導(dǎo)致酸雨發(fā)生，則燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施，故D正確；故選B。9．下列說法不正確的是（）A．工業(yè)上常用來漂白紙漿、毛、絲等B．可做漂白劑和呼吸面具中的供氧劑C．工業(yè)上常用氯氣和飽和石灰水制漂白粉D．工業(yè)上用焦炭在高溫下還原二氧化硅得到粗硅和一氧化碳【答案】C【解析】SO2具有漂白性，工業(yè)上常用SO2來漂白紙漿、毛、絲等，A正確；Na2O2具有強氧化性，可以做漂白劑；Na2O2和CO2反應(yīng)生成O2，可以做呼吸面具中的供氧劑，B正確；石灰水中Ca(OH)2濃度小，吸收Cl2效率低，不適合制備漂白粉，工業(yè)上常用氯氣和飽和石灰乳制漂白粉，C錯誤；工業(yè)上用焦炭在高溫下還原二氧化硅得到粗硅和一氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2C+SiO2Si+2CO↑，D正確；故選C。10．反應(yīng)說法不正確的是（）A．氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是B．該反應(yīng)中體現(xiàn)了還原性和酸性C．還原性D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為【答案】D【解析】該反應(yīng)中，中氯元素化合價由+5價降低為0價，被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，部分中氯元素化合價由-1價升高到0價，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)。在該反應(yīng)中，既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，故A正確；該反應(yīng)中若有6mol的參加反應(yīng)，被氧化的有5mol，氯的化合價不變的有1mol，所以在該反應(yīng)中體現(xiàn)了還原性和酸性，故B正確；在該反應(yīng)中，部分是還原劑，部分是還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，所以還原性，故C正確；由分析可知，在該反應(yīng)中，是氧化劑，是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為，故D錯誤；答案選D。11．下列說法不正確的是（）A．的中心原子為雜化，呈平面三角形B．鹵化氫分子中，鹵素的非金屬性越強，共價鍵的極性越大，穩(wěn)定性也越強C．干冰晶體中，每個分子周圍距離最近且相等的分子共有12個D．基態(tài)碳原子核外有三種能量不同的電子【答案】A【解析】SO的中心原子價層電子對數(shù)為3+(6+2-32)=3+1=4，采取sp3雜化，A錯誤；非金屬簡單氫化物的穩(wěn)定性與非金屬性有關(guān)，非金屬性越強，共價鍵極性越大，穩(wěn)定性也越強，B正確；干冰為固態(tài)CO2，符合分子的密堆積，每個分子周圍距離最近且相等的分子共有12個，C正確；基態(tài)碳原子的電子排布式為1s22s22p2，有三個能級，每個能級對應(yīng)一種能量的電子，所以核外有三種能量不同的電子，D正確；答案選A。12．A、B、C、D、E五種元素，原子序數(shù)依次增大，元素A有一種同位素?zé)o中子，B的氣態(tài)氫化物溶于水呈堿性，C的2p軌道有兩個未成對電子，D的離子是本周期離子半徑最小的，E為第四周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)最多的元素，下列說法不正確的是（）A．工業(yè)上常用電解熔融的D2C3來制備單質(zhì)DB．A、B、C組成的化合物可能是離子化合物C．E位于周期表的d區(qū)D．A2C性質(zhì)較穩(wěn)定是由于含有氫鍵的緣故【答案】D【解析】有一種同位素?zé)o中子可推斷A為氫元素，氣態(tài)氫化物溶于水呈堿性可推斷B為氮元素，2p軌道有兩個未成對電子，價層電子排布式為2s22p2或2s22p4，由原子序數(shù)C>B可推斷C為氧元素，D的離子是所在周期離子半徑最小的，可推斷為第三周期的鋁元素，第四周期元素中，外圍電子排布為3dx4sy，且能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)時，含有的未成對電子數(shù)最多，即外圍電子排布為3d54s1，E元素為24號鉻。D2C3為氧化鋁，工業(yè)上常用電解熔融氧化鋁來制備Al，A選項正確；H、N、O形成的NH4NO3是離子化合物，B選項正確；24號元素Cr位于第四周期第VIB族，屬于d區(qū)，C選項正確；H2O性質(zhì)較穩(wěn)定是由于分子內(nèi)H-O共價鍵較牢固而非氫鍵的緣故，D選項錯誤；答案選D。13．下列實驗對應(yīng)的離子方程式不正確的是（）A．將少量通入溶液：B．溶液中的電離：C．將碳酸氫鈣溶液與過量的氨水混合：D．電解精煉銅的陰極反應(yīng)式：【答案】C【解析】二氧化硫被氧化為硫酸根離子，次氯酸根離子被還原為氯離子，方程式為：，A正確；可以電離出氫離子和碳酸根離子，電離方程式為：，B正確；碳酸氫鈣少量，離子方程式為：，C錯誤；電解精煉銅，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極方程式為：，D正確；故選C。14．下列說法不正確的是（）A．甲苯和甘油的混合物在氧氣中完全燃燒，只要混合物總質(zhì)量不變，則產(chǎn)生的的量恒定B．將溴乙烷、氫氧化鈉和乙醇的混合溶液加熱產(chǎn)生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，檢驗烯烴的生成C．醛類、葡萄糖、甲酸、甲酸酯均能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)D．防疫時用的乙醇溶液和84消毒液的殺菌機理不完全相同【答案】B【解析】甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的摩爾質(zhì)量相同，氫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)也相同，故甲苯和甘油的混合物在氧氣中完全燃燒，只要混合物總質(zhì)量不變，則產(chǎn)生的H2O的量恒定，A正確；將溴乙烷、氫氧化鈉和乙醇的混合溶液加熱產(chǎn)生乙烯，產(chǎn)生的氣體中會混有乙醇蒸汽，將氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液，乙烯和乙醇都會使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故該實驗不能檢驗烯烴的生成，B錯誤；醛類、葡萄糖、甲酸、甲酸酯均含有醛基，它們都能與銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應(yīng)，C正確；75%乙醇溶液能使蛋白質(zhì)脫水變性，84消毒液依靠其氧化性使蛋白質(zhì)變性，兩種溶液殺菌機理不完全相同，D正確；故選B。15．奧昔布寧具有解痙攣和抗膽堿作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于奧昔布寧的說法正確的是（）A．N的雜化軌道為雜化B．該物質(zhì)可與反應(yīng)C．能發(fā)生消去反應(yīng)、取代、氧化、加聚、水解反應(yīng)D．分子式為【答案】C【解析】N原子形成3個σ鍵，有1個孤電子對，雜化軌道類型為雜化，故A錯誤；奧昔布寧分子中有1個酯基，該物質(zhì)可與反應(yīng)，故B錯誤；奧昔布寧分子中含有醇羥基、酯基、碳碳雙鍵，能發(fā)生消去反應(yīng)、取代、氧化、加聚、水解反應(yīng)，故C正確；根據(jù)奧昔布寧的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為，故D錯誤；選C。16．鈦酸鈣礦物的晶體結(jié)構(gòu)如圖(a)所示，某鈣鈦礦型太陽能光伏電池的有機半導(dǎo)材料的結(jié)構(gòu)如圖(b)所示，其中A為，另兩種離子為和。下列說法不正確的是（）A．鈦酸鈣晶體中離鈣離子最近的鈦離子有8個B．圖(b)中，X為C．中鍵角大于中鍵角D．鈦酸鈣晶體中離鈦離子最近的氧離子形成了正八面體，鈦離子位于其中心【答案】B【解析】由圖a可知在鈦酸鈣晶體中離鈣離子最近的鈦離子有8個，A正確；根據(jù)均攤法，由圖b可知，晶胞中有A離子1個，有B離子1個，有X離子3個，根據(jù)正負(fù)化合價代數(shù)和為0可知，X為，B錯誤；中的N原子沒有孤電子對，鍵角較大，氨氣中氮原子有1對孤電子對，其對成鍵電子對的排斥力較大，鍵角較小，C正確；由圖a可知鈦酸鈣晶體中離鈦離子最近的氧離子形成了正八面體，鈦離子位于其中心，D正確；故選B。17．對下列溶液的分析，說法不正確的是（）A．時，的溶液，升高溫度，變大B．向溶液中通氣體，溶液中存在時，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的和C．等體積等物質(zhì)的量濃度的溶液和溶液，后者所含陽離子總數(shù)多D．時，等的溶液和溶液按體積比混合，不變【答案】A【解析】時，的溶液，=10-11mol/L，=10-3mol/L，升高溫度，促進水的電離，水的離子積常數(shù)增大，假設(shè)升溫后Kw=10-12，則升溫后溶液中的=10-9mol/L，pH=9<11，則變小，若不考慮溫度對水的電離的影響，則pH不變，總之pH不可能變大，故A錯誤；等濃度的和混合溶液中存在物料守恒：時，故B正確；溶液中能促進水解，數(shù)目減少的多，且溶液酸性較弱，所以溶液中所含陽離子總數(shù)比多，故C正確；等的溶液和溶液混合，H+不變，和的濃度等倍數(shù)減小，的電離平衡不移動，所以混合后溶液不變，故D正確；答案選A。18．設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．含有鍵的數(shù)目為B．與的混合物中數(shù)目為C．固體中陰、陽離子總數(shù)為D．與足量的S充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為【答案】D【解析】結(jié)構(gòu)為，其中一共有四個，每個有3個σ鍵，而又與四個形成4個σ鍵，所以σ鍵數(shù)目為，即含有鍵的數(shù)目為，A錯誤；是由與構(gòu)成的離子化合物，而是由和構(gòu)成的離子化合物，所以無法計算混合物中的的數(shù)目，B錯誤；在水溶液中可電離產(chǎn)生、、，但是在固體中，只存在和，所以固體中陰、陽離子總數(shù)為，C錯誤；與足量的S充分反應(yīng)，從0價上升到+1價，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，D正確；故合理選項為D。19．已知反應(yīng)：。一定條件下，分別在甲、乙、丙3個體積可變的密閉容器中加入和(起始壓強相同)，反應(yīng)體系中各物質(zhì)的量相關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器溫度/起始時物質(zhì)的量/時物質(zhì)的量/n(H2)n(I2)n(HI)甲110.5乙220.8丙22a下列說法中，不正確的是（）A．內(nèi)：B．若時乙處于平衡狀態(tài)，則甲一定也達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)C．可能D．丙中，【答案】B【解析】甲與丙的反應(yīng)溫度、因為恒壓容器，起始壓強相相同，起始投料丙是甲的2倍，故丙的體積是甲的體積的2倍，根據(jù)反應(yīng)可知反應(yīng)前后的氣體的量不變，故反應(yīng)前后的體積也不變，由此可知甲丙反應(yīng)速率相同，根據(jù)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，2v(H2)甲=v(HI)丙，A正確；甲乙因為恒壓容器，起始壓強相相同，起始投料乙是甲的2倍，故乙的體積是甲的體積的2倍，但是反應(yīng)達(dá)到5min時，甲中HI的量2倍的大于乙中HI的量，有兩種可能，一種可能，T1>T2，乙的反應(yīng)速率的小，反應(yīng)慢，5min時未達(dá)到平衡，另一種可能，T1<T2，此反應(yīng)放熱，升到溫度，導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，反應(yīng)已到達(dá)平衡，平衡逆向移動，B正確；甲乙因為恒壓容器，起始壓強相相同，起始投料乙是甲的2倍，故乙的體積是甲的體積的2倍，但是反應(yīng)達(dá)到5min時，甲中HI的量2倍的大于乙中HI的量，有兩種可能，一種可能，T1>T2，乙的反應(yīng)速率的小，反應(yīng)慢，5min時未達(dá)到平衡，另一種可能，T1<T2，此反應(yīng)放熱，升到溫度，導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，反應(yīng)已到達(dá)平衡，平衡逆向移動，C正確；甲與丙的反應(yīng)溫度、因為恒壓容器，起始壓強相相同，起始投料丙是甲的2倍，故丙的體積是甲的體積的2倍，根據(jù)反應(yīng)可知反應(yīng)前后的氣體的量不變，故反應(yīng)前后的體積也不變，由此可知甲丙反應(yīng)速率相同，可知a=2×0.5=1.0mol，D正確；故選B。20．下列焓變比較正確的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】基態(tài)的氣態(tài)原子失去最外層的1個電子所需能量叫做第一電離能，同一主族元素自上而下第一電離能逐漸減小，原子序數(shù)Na<K，ΔH1>ΔH2>0，A錯誤；非金屬元素原子得電子釋放能量，非金屬性越強，得電子形成的陰離子越穩(wěn)定，釋放出來能量越多，因為非金屬性Cl>Br，所以0<ΔH1<ΔH2，B正確；構(gòu)成離子晶體的陰、陽離子半徑越小，電荷數(shù)越多，離子鍵越牢固，電離斷鍵時吸收能量越多，r(Cl-)<r(Br-)，離子鍵NaCl比NaBr牢固，ΔH1>ΔH2>0，C錯誤；物質(zhì)不同聚集狀態(tài)能量通常是氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài)，氫氣與氯氣反應(yīng)放熱，故生成HCl(l)放出熱量更多，0>ΔH1>ΔH2，D錯誤；答案選B。21．工廠的氨氮廢水可用電化學(xué)催化氧化法加以處理，在某電極表面的氧化過程的微觀示意圖如下(另一電極上通入)。下列說法不正確的是（）A．過程①②③均在負(fù)極發(fā)生B．參與上述氧化過程的10電子微粒有：C．過程④中有非極性鍵形成D．該催化氧化法的總反應(yīng)為：【答案】B【解析】過程①②③均失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以均在負(fù)極發(fā)生，故A正確；參與上述氧化過程的10電子微粒有：，故B錯誤；過程④形成N2，有非極性鍵形成，故C正確；根據(jù)圖示負(fù)極反應(yīng)式為，正極反應(yīng)式為，所以該催化氧化法的總反應(yīng)為，故D正確；選B。22．下列推測不合理的是（）A．在足量中燃燒生成和B．與結(jié)構(gòu)具有相似性C．同溫同濃度下，酸性：D．能被雙氧水溶液氧化成【答案】A【解析】在足量中燃燒生成和，S不會直接被氧氣氧化為SO3，A項錯誤；與互為等電子體，均為V形，B項正確；氯的電負(fù)性大于溴，碳氯鍵的極性大于碳溴鍵，相同濃度下，酸性由強到弱的順序為：，C項正確；氯化亞砜中S的化合價是+4，具有還原性，能被H2O2氧化，產(chǎn)物是硫酸，發(fā)生反應(yīng)的方程式：SOCl2+H2O2+H2O=H2SO4+2HCl，D項正確；答案選A。23．溶洞水體中的與空氣中的保持平衡，其水體中(X為、、或)與的關(guān)系如圖所示。已知，下列說法不正確的是（）A．B．線Ⅱ代表與pH的關(guān)系曲線C．b點的D．a(chǎn)點溶液中，【答案】D【解析】溶洞水體中存在①CO2+H2OH2CO3H++HCO，②HCOH++CO，③CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO(aq)，隨著pH的增大，c(H+)減小，①②向右移動，c(HCO)、c(CO)增大，③向左移動，c(Ca2+)減小，推出Ⅰ曲線代表c(HCO)與pH關(guān)系，Ⅱ曲線代表c(CO)與pH的關(guān)系，Ⅲ曲線代表c(Ca2+)的pH的關(guān)系，交點(6.3，-5)應(yīng)是c(HCO)=c(H2CO3)，Ka1==c(H+)=10-6.3，同理根據(jù)c點坐標(biāo)，求出Ka2=10-10.3，=104，故A說法正確；根據(jù)上述分析，線Ⅱ代表lgc(CO)與pH的關(guān)系曲線，故B說法正確；Ka1=，Ka2=，b點代表c(H2CO3)=c(CO)，則有Ka1·Ka2=c2(H+)=10-6.3×10-10.3，c(H+)=10-8.3，即pH=8.3，故C說法正確；a點溶液的pH=6.3，c(HCO)=c(H2CO3)=10-5mol/L，根據(jù)碳酸的二級電離平衡常數(shù)，Ka2==10-10.3，推出c(CO)=10-9mol/L，根據(jù)Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO)，計算出c(Ca2+)==2.8mol/L，故D說法錯誤；答案為D。24．已知常溫下列物質(zhì)電離的電離平衡常數(shù)分別為：；；。甘氨酸()是最簡單的氨基酸。下列說法不正確的是（）A．甘氨酸是兩性物質(zhì)，既能與溶液反應(yīng)，也能與鹽酸反應(yīng)B．一定條件下氨基酸之間能發(fā)生聚合反應(yīng)，生成更為復(fù)雜的多肽，進而構(gòu)成蛋白質(zhì)C．甘氨酸分子中沒有手性碳原子，不存在對映異構(gòu)體D．甘氨酸能與溶液反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w【答案】D【解析】甘氨酸中含有羧基和氨基，羧基能與NaOH溶液反應(yīng)，氨基顯堿性，能與鹽酸反應(yīng)，因此甘氨酸屬于兩性物質(zhì)，故A說法正確；構(gòu)成蛋白質(zhì)的基石是氨基酸，氨基酸通過脫水縮合形成多肽物質(zhì)，進而構(gòu)成蛋白質(zhì)，故B說法正確；手性碳原子連有四個不同的原子或原子團，根據(jù)甘氨酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，甘氨酸中不含有手性碳原子，故C說法正確；根據(jù)電離H+的電離常數(shù)大小，得知甘氨酸中羧基均能與氨基、HCO反應(yīng)，HCO水解平衡常數(shù)為Kh=，NH的水解常數(shù)Kh=，NH的堿性強于HCO，甘氨酸中的羧基先與甘氨酸中的氨基反應(yīng)，故D說法錯誤；答案為D。25．下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A驗證分子中的碳碳雙鍵取樣與適量溴水混合，充分反應(yīng)，觀察現(xiàn)象溴水褪色，說明樣品分子中含有碳碳雙鍵B檢驗與水蒸氣反應(yīng)后得到的固體中鐵的存在價態(tài)將做完與水蒸氣反應(yīng)的實驗后得到的固體溶于足量稀硫酸，再滴加溶液溶液未變紅色，說明固體不存在三價鐵C探究正反應(yīng)是否為吸熱反應(yīng)分別取的溶液(綠色)加入兩支試管中，將其中的一支試管先加熱，再冷卻后置于冰水中，與另一支試管進行顏色對比加熱試管，溶液由綠色變?yōu)辄S綠色，再置于冰水中溶液由黃綠色變?yōu)樗{(lán)綠色，說明，升溫平衡右移，黃色增多，降溫平衡左移，藍(lán)色增多D檢驗?zāi)彻腆w是否為銨鹽取樣品于試管中，滴加少量溶液，用濕潤的紅色石蕊試紙靠近試管口若試紙不變藍(lán)色，則固體不是銨鹽A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】溴水具有強氧化性，能將醛基氧化，因此溴水褪色不能說明一定是發(fā)生了加成反應(yīng)，不能說明分子中含有碳碳雙鍵，故A錯誤；反應(yīng)后的固體中可能含有Fe，F(xiàn)e過量時可將Fe3+還原，所以固體溶于足量稀硫酸，再滴加溶液無現(xiàn)象，但固體存在三價鐵，故B錯誤；根據(jù)升高溫度化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，降低溫度平衡向放熱反應(yīng)方向移動可知，選項中操作、現(xiàn)象、結(jié)論均正確，故C正確；滴加少量溶液未加熱，可能生成一水合氨，沒有氨氣逸出，不能說明固體不是銨鹽，故D錯誤；答案選C。二、元素或物質(zhì)推斷題26．為探究化合物A(含有四種元素，其中非金屬元素結(jié)合以離子配體的形式存在)的成分，進行如下實驗：請回答下列問題已知：①氣體B是空氣的主要成分，化學(xué)性質(zhì)比較穩(wěn)定；②形成黑色單質(zhì)固體C的元素有一種放射性同位素常在考古學(xué)中測定物質(zhì)年代；③溶液F加入變血紅色；④化合物H是含有三種元素的離子化合物，有劇毒，原子個數(shù)比為，H進行焰色試驗，透過藍(lán)色鈷玻璃觀察焰色呈紫色。(1)組成A的四種元素為_______(填元素符號)。(2)A在條件下隔絕空氣受熱分解的方程式_______(3)物質(zhì)A的制取可以由與A含有相同元素組成，式量比A小39的一種物質(zhì)與在堿性條件反應(yīng)制得，其中轉(zhuǎn)化成，寫出反應(yīng)的離子方程式_______。(4)比較沸點：氣體B_______CO(填“大于”“小于”或“等于”)請解釋原因_______。(5)假設(shè)組成B的元素為M，關(guān)于其氫化物的說法不正確的是_______。A．易溶于水和乙醇B．所有原子共平面C．是二元弱堿D．具有較強的還原性【答案】(1)K、Fe、C、N(2)(3)(4)

小于

和都屬于分子晶體，分子量相同，但是極性比大，所以范德華力較大，沸點較高(5)B【解析】①氣體B是空氣的主要成分，化學(xué)性質(zhì)比較穩(wěn)定，B是N2，n(N2)=；②形成黑色單質(zhì)固體C的元素有一種放射性同位素常在考古學(xué)中測定物質(zhì)年代，C是單質(zhì)碳，n(C)=；③溶液F加入變血紅色，說明F中含有Fe3+，紅棕色固體G是Fe2O3，n(Fe2O3)=；D與稀硝酸反應(yīng)生成的氣體，通入足量石灰水中生成10g沉淀E，可知E是CaCO3，n(CaCO3)=；則D由Fe、C元素組成，n(Fe)=0.3mol、n(C)=0.1mol，所以D的化學(xué)式為Fe3C。④化合物H是含有三種元素的離子化合物，有劇毒，原子個數(shù)比為，H進行焰色試驗，透過藍(lán)色鈷玻璃觀察焰色呈紫色，H是KCN。根據(jù)質(zhì)量守恒，可知KCN的物質(zhì)的量是；則110.4gA中含有n(Fe)=0.3mol、n(C)=1.8mol、n(N)=1.8mol、n(K)=1.2mol，A含有四種元素，其中非金屬元素結(jié)合以離子配體的形式存在，所以A的化學(xué)式為。(1)根據(jù)以上分析，組成A的四種元素為K、Fe、C、N。(2)A的化學(xué)式為，110.4g的物質(zhì)的量是0.3mol，在條件下隔絕空氣受熱分解生成1.2molKCN、0.5molC、0.3molN2、0.1molFe3C，反應(yīng)的方程式為。(3)與A含有相同元素組成，式量比A小39，可知該物質(zhì)比A少1個K+，則該物質(zhì)是，與在堿性條件反應(yīng)生成，其中轉(zhuǎn)化成，則反應(yīng)的離子方程式為；(4)和都屬于分子晶體，分子量相同，但是極性比大，所以范德華力較大，所以沸點較高。(5)能與水、乙醇形成氫鍵，所以易溶于水和乙醇，故A正確；中N原子為sp3雜化，原子不可能共平面，故B錯誤；根據(jù)NH3的性質(zhì)，是二元弱堿，故C正確；中N元素化合價為-2，具有較強的還原性，故D正確；選B。三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)27．1998年，LiW，DhandapaniB等制備了一種具有良好加氫脫氮性質(zhì)的催化劑，開辟了一類全新的催化材料。近年來，過渡金屬磷化物()作為一種新型催化材料，開始廣泛應(yīng)用在電化學(xué)、生物學(xué)、光學(xué)、催化等方面。常見的過渡金屬磷化物有、、、、、等，在金屬磷化物中金屬原子圍繞著非金屬原子形成正三棱柱，非金屬原子位于正三棱柱的中心。請回答下列問題：(1)基態(tài)磷原子的價電子排布式為_______。基態(tài)與中未成對電子數(shù)之比為_______。(2)、P、S三種元素的第一電離能由大到小的順序是_______。電負(fù)性：P_______As(填“＞、=或＜”)，原因是_______。(3)分子的空間構(gòu)型為_______，其中P的雜化軌道類型為_______雜化。(4)磷化釩()的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，V作簡單六方棱柱體排列，P交替地填入一半的V的正三棱柱中心空隙。與V原子距離相等且最近的P原子有_______個，晶胞的各參數(shù)見下圖，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)為，則晶體的密度為_______。(列出計算式)【答案】(1)

(2)

＞

最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)，原子半徑，元素原子吸引電子能力，電負(fù)性(3)

三角錐形

(4)

6

【解析】(1)基態(tài)P原子的價電子為3s、3p能級上的電子，則其價電子排布式為3s23p3；Cr的電子排布式為[Ar]3d54s1，Cr原子失電子時先失去4s上的1個電子，再失去3d的2個電子，有3個未成對電子；基態(tài)Fe的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，基態(tài)Fe失去3個電子得Fe3+，價電子排布為：3d5，根據(jù)洪特規(guī)則和泡利原理，d能級有5個軌道，每個軌道最多容納2個電子，F(xiàn)e3+有5個未成對電子，基態(tài)與中未成對電子數(shù)之比為；(2)同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，Si、P、S位于同一周期且分別位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一電離能P＞S＞Si；最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)，原子半徑，元素原子吸引電子能力，電負(fù)性；(3)PH3分子中P原子價層電子對數(shù)=3+=4且含有1個孤電子對，為三角錐形結(jié)構(gòu)，P的雜化軌道類型為雜化；(4)以其中一個正三棱柱頂點V原子研究，與之距離相等且最近的P原子處于P交替地填入一半的V的正三棱柱中心空隙，故與之距離相等且最近的P原子為6個；由均攤法，一個晶胞中含1個V原子和1個P原子，晶胞質(zhì)量為m=，正三棱柱邊長為bnm，底面積S=nm2，高為anm，體積為V=Sh=，則晶體的密度為。四、原理綜合題28．鐵鹽如氯化鐵、硫酸鐵在生產(chǎn)和生活中都有廣泛的應(yīng)用，高鐵酸鹽(如)因具有氧化、消毒、絮凝、吸附、殺菌、助凝等多重功能，被廣泛應(yīng)用于水處理當(dāng)中。(1)高鐵酸鹽水溶液在酸性或堿性條件下都不穩(wěn)定，最終都會分解，其中在堿性條件下自身緩慢分解最終產(chǎn)物為，請寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______；高鐵酸鹽在酸性條件下會馬上全部分解，請解釋原因：_______。(2)影響高鐵酸鹽穩(wěn)定性的主要因素包括初始濃度、、溫度、純度等，各因素對高鐵酸鹽穩(wěn)定性的影響如圖所示：其中圖A：表示初始濃度，表示某時刻濃度，縱坐標(biāo)為濃度比值。圖B：初始濃度相同，溶液不同。圖C：將相同質(zhì)量純度分別為、和的溶于堿度相同的溶液中，配成初始質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同的溶液，放置并測定質(zhì)量分?jǐn)?shù)變化。圖D：不同溫度下純度的變化關(guān)系。初始濃度(A)、(B)、純度(C)、溫度(D)對(Ⅵ)穩(wěn)定性的影響請分析下列說法，敘述正確的是_______(填序號)A．高鐵酸鹽的分解速率隨初始濃度增加而增加，即只有在低濃度時才是穩(wěn)定的。B．高鐵酸鹽的穩(wěn)定性隨的增加而增加，時，前4h內(nèi)高鐵酸鹽分解的平均速率為。C．圖C是將相同質(zhì)量純度分別為、和的高鐵酸鉀溶于堿度相同的溶液中，放置后數(shù)據(jù)圖，說明當(dāng)高鐵酸鹽的純度較高時有利于提高其穩(wěn)定性。D．圖D考查了不同溫度下高鐵酸鉀在溶液中的穩(wěn)定性，由圖可知，適當(dāng)提高溫度將助于減緩堿液中高鐵酸鉀的分解。(3)電化學(xué)合成法是一種在堿溶液中通過電解陽極使陽極溶解生成高鐵酸鹽的方法，常用下圖所示的槽式電解池，使用海綿鐵作為陽極材料，以溶液為電解質(zhì)溶液。請寫出陽極反應(yīng)式：_______。(4)某溫度下，的溶液與的溶液混合反應(yīng)(體積變化忽略不計)，反應(yīng)液用充分萃取分液，取層萃取液，用的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液。已知：ⅰ．該溫度下，ⅱ．該溫度下，萃取時在水中和在中的濃度分配比為①萃取分液后，水層中_______。②該溫度下，_______。【答案】(1)

酸性條件下，大量與發(fā)生反應(yīng)，促進發(fā)生分解反應(yīng)(2)AC(3)(4)

0.001

3610【解析】(1)在堿性條件下轉(zhuǎn)化為，中Fe元素化合價由+6價降低為+3價，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律，化合價有降必有升，應(yīng)是H2O中的O元素化合價升高，生成了O2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒得到，反應(yīng)的離子方程式為：；由方程式可知，酸性條件下，大量與發(fā)生反應(yīng)，促進發(fā)生分解反應(yīng)，所以高鐵酸鹽在酸性條件下會馬上全部分解，故答案為：；酸性條件下，大量與發(fā)生反應(yīng)，促進發(fā)生分解反應(yīng)；(2)由圖A可知，相同時間，初始濃度越大，值越大，即分解率越高，說明高鐵酸鹽的分解速率隨初始濃度增加而增加，即只有在低濃度時才是穩(wěn)定的，故A正確；由圖B可知，相同時間，pH越大，高鐵酸鹽的濃度越大，即分解率越低，說明高鐵酸鹽的穩(wěn)定性隨的增加而增加，時，前4h內(nèi)高鐵酸鹽分解的平均速率為，故B錯誤；由圖C可知，相同時間，相同質(zhì)量，純度越高，的質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大，說明當(dāng)高鐵酸鹽的純度較高時有利于提高其穩(wěn)定性，故C正確；由圖D可知，相同時間，相同純度的，溫度升高，純度減小，說明低溫可減緩堿液中高鐵酸鉀的分解，故D錯誤；故答案為：AC；(3)陽極Fe失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成，電解質(zhì)溶液為堿溶液，則陽極反應(yīng)式為：，故答案為：；(4)①由關(guān)系式：可知，中含的物質(zhì)的量==4.310-4mol，則中含的物質(zhì)的量為8.610-4mol，根據(jù)萃取時在水中和在中的濃度分配比為可得，萃取分液后，水層中=0.001，故答案為：0.001；②該溫度下，溶液和溶液反應(yīng)，同時存在、兩個平衡，用充分萃取分液后，I2溶于CCl4和少量留在水層，根據(jù)①小題計算結(jié)果，萃取后溶液中0.001，設(shè)此時溶液中的x，則根據(jù)I原子守恒(0.208-0.086-0.0012-x)=(0.034-x)，根據(jù)==800，解得x=0.01。0.008，反應(yīng)共生成n(I2)=8.610-4mol+0.0010.01L+0.0080.01L=9.510-4mol，對于平衡，建立三段式：=3610，故答案為：3610。五、工業(yè)流程題29．納米氧化鋅可作為一些催化劑的載體，二氧化錳也常作催化劑、氧化劑與去極化劑，用途非常廣泛。工業(yè)上由軟錳礦(主要成分為)與鋅精礦(主要成分為)酸性共融法制備及納米，工藝流程如圖：已知：P507(酸性磷酸酯)可作萃取劑分離鋅、錳離子，它是一種不溶于水的淡黃色透明油狀液體，屬于酸性萃取劑。請回答下列問題：(1)實驗室完成步驟③所用到的主要玻璃儀器是_______(填寫名稱)。(2)完成步驟④中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：_______。(3)寫出步驟①酸浸時ZnS與MnO2發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______(無單質(zhì)硫生成)。(4)請分析下列說法正確的是_______。A．步驟①將軟錳礦與鋅精礦粉碎或適當(dāng)提高溫度均能加快酸浸速率B．步驟③可用P507萃取分離ZnSO4和MnSO4的原因是P507與水互不相溶且ZnSO4在P507中溶解程度比在水中更大，而MnSO4在P507中溶解程度比在水中更小C．實驗室進行步驟②過濾時，常用玻璃棒攪拌以加快過濾速率D．實驗室完成步驟⑦焙燒時需用到坩堝、坩堝鉗、三腳架、泥三角、酒精燈等儀器(5)Zn(OH)2能溶于強酸性和強堿性溶液，常溫下其溶度積常數(shù)Ksp=１.0×10-17，則步驟⑥調(diào)節(jié)溶液的pH=_______為宜。(當(dāng)溶液中離子濃度≤10-5mol/L時認(rèn)為已沉淀完全)(6)MnO2常用于堿性鋅錳電池中，電池的總反應(yīng)為Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，請寫出其正極反應(yīng)式：_______?！敬鸢浮?1)分液漏斗(2)(3)(4)ABD(5)8(6)【解析】鋅精礦和軟錳礦經(jīng)粉碎后加20%稀硫酸進行酸浸轉(zhuǎn)化為可溶性的MnSO4和ZnSO4，過濾后向濾液中加入P507萃取分離MnSO4和ZnSO4，水相中的MnSO4