2022屆浙江省北斗聯(lián)盟高二下學期期中聯(lián)考化學試題（含解析）

浙江省北斗聯(lián)盟2021-2022學年高二下學期期中聯(lián)考化學試題考生須知：1.本卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題紙。5.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137Ag-108第Ⅰ卷一、選擇題(每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共50分)1.下列屬于弱電解質的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．氧化鈉屬于強電解質，A錯誤；B．HI屬于強酸，是強電解質，B錯誤；C．一水合氨為弱堿，屬于弱電解質，C正確；D．碳酸氫鈉屬于鹽，是強電解質，D錯誤；故選C。2.下列物質水溶液因水解而呈酸性的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．NaHSO4屬于強電解質，溶于水完全電離，溶液呈酸性是由于電離產(chǎn)生的，選項A錯誤；B．屬于強酸弱堿鹽，銨根離子水解使溶液顯酸性，選項B正確；C．能夠完全電離出氫離子使溶液顯酸性，選項C錯誤；D．NaHCO3中的碳酸氫根離子在水中既可以電離也可以水解，但水解程度大于電離程度，使溶液顯堿性，選項D錯誤；答案選B。3.下列儀器和名稱都正確的是

蒸餾燒瓶溶量瓶堿式滴定管坩鍋A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．A為圓底燒瓶，A錯誤；B．B為容量瓶，B錯誤；C．C為堿式滴定管，C正確；D．D為坩堝，D錯誤；故選C。4.下列表述不正確的是A.甲基的電子式B.乙烯的球棍模型C.乙炔的空間填充模型為D.命名為2，2，3-三甲基丁烷【答案】A【解析】【詳解】A．甲基中C原子與3個H原子共用3對電子，C原子的外圍電子數(shù)為7，其電子式為，故A錯誤；B．碳原子半徑大于氫原子半徑，碳和碳原子共用2對電子對，其球棍模型為，故B正確；C．乙炔是直線形分子，C的原子半徑大于H，其空間填充模型為，故C正確；D．主鏈選4個C原子，以支鏈越多的碳原子編號最小，命名為2，2，3-三甲基丁烷，故D正確；故選：A。5.下列化學用語的描述正確的是A.的模型 B.鋰原子最外層原子軌道示意圖：C.鉻原子價電子排布式： D.違反了洪特規(guī)則【答案】C【解析】【詳解】A．二氧化硫的價層電子對數(shù)為3，VSEPR模型為平面三角形，A錯誤；B．鋰原子最外層原子軌道為2s軌道，為球形，B錯誤；C．鉻原子價電子排布式：3d54s1，C正確；D．圖示軌道表示式違反了泡利原理，D錯誤；故選C。6.下列有關氧化物的性質與用途具有對應關系的是A.熔點高，可用于制造耐火材料B.具有氧化性，可用于漂白草編織物C.硬度大，可用于制作光導纖維D.具有兩性，可用于電解治煉金屬鋁【答案】A【解析】【詳解】A．氧化鎂是熔點高的離子化合物，常用于制造耐火材料，故A正確；B．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白草編織物，故B錯誤；C．二氧化硅對光具有良好的全反射作用，常用于制作光導纖維，故C錯誤；D．氧化鋁是離子化合物，熔融狀態(tài)下能導電，可用于電解治煉金屬鋁，故D錯誤；故選A。7.下列各項敘述中不正確的是A.同一原子能層越高，s電子云半徑越大B.同一能層運動的電子，其自旋方向可能不同C.雜化軌道用于形成鍵和容納孤電子對D.鎂原子的核外電子排布由時，釋放能量【答案】D【解析】【詳解】A．所有原子任一能層的S電子云輪廓圖都是球形，能層越高，電子能量越大，s電子云半徑越大，故A正確；B．在一個軌道中電子的自旋方向肯定不同，但在同一能層中電子的自旋方向是可以相同，如C原子的2P能級上2個電子的自旋方向相同，故B正確；C．雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤對電子，沒有雜化的P軌道形成π鍵，故C正確；D．由題意可知，鎂原子3s能級上的2個電子吸收能量躍遷到3p能級上，由基態(tài)轉化成激發(fā)態(tài)，故D錯誤；故選D。8.隨著科學技術的發(fā)展，人們可以利用很多先進的方法和手段來測定有機物的組成和結構。下列說法不正確的是A.利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析B.紅外光譜可以測定未知物中所含各種化學鍵和官能團，以此判斷物質的結構C.質譜儀是通過分析最小的碎片離子測出分子的相對質量D.用X射線衍射攝取石英玻璃和水晶的粉末得到的圖譜是不同的【答案】C【解析】【詳解】A．利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為光譜分析，A正確；B．紅外光譜可以測定未知物中所含各種化學鍵和官能團，以此判斷物質的結構，B正確；C．質譜儀是通過分析最大的碎片離子測出分子的相對質量，C錯誤；D．石英玻璃為非晶體，水晶的粉末是晶體，用X射線衍射攝取石英玻璃和水晶的粉末得到的圖譜是不同的，D正確；故選C。9.下列說法正確的是A.和屬于同類有機物B.與金屬鈉和乙醇反應相比，鈉與水反應更劇烈，是因為乙醇分子中乙基對羥基的影響導致羥基中的極性更強C.和屬于碳架異構D.要提純實驗室制得的硝基苯，可以先加入氫氧化鈉溶液，再分液【答案】D【解析】【詳解】A．兩者一個為醇類，一個是酚類，不是同類有機物，A錯誤；B．與金屬鈉和乙醇反應相比，鈉與水反應更劇烈，是因為乙醇分子中乙基對羥基的影響導致羥基中O?H的極性變弱，B錯誤；C．兩個分子屬于同一種物質，C錯誤；D．硝基苯難溶于水，要提純實驗室制得的硝基苯，可以先加入氫氧化鈉溶液除去多余的酸，再分液，D正確；故選D。10.下列說法正確的是A.相同條件下，的熔點高于B.與氫氣反應可以得到四種不同產(chǎn)物C.工業(yè)上可以用乙炔和水反應制取乙醛D.溴水可以鑒別苯和甲苯【答案】C【解析】【詳解】A．碳原子個數(shù)相等的烷烴，支鏈越多熔沸點越低，則相同條件下，的熔點低于，A錯誤；B．與1mol氫氣發(fā)生1,2加成反應生成，發(fā)生1,4加成生成，與2mol氫氣發(fā)生反應生成，可以得到三種不同產(chǎn)物，B錯誤；C．乙炔和水發(fā)生加成反應制取乙醛，C正確；D．苯和甲苯都能溶解溴水中的溴單質從而使溶液褪色，不能鑒別，D錯誤；故選：C。11.反應分兩步進行：①(ΔH<0)，②(ΔH>0)，表示反應①的活化能，表示反應②的活化能。下列圖示正確的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】①A+B→X(ΔH<0)，則A和B的能量之和大于X能量，②X→C(ΔH>0)，則X能量小于C的能量；E1表示反應①的活化能，E2表示反應②的活化能，反應活化能為過渡態(tài)能量與反應物能量之差，故選：D。12.下列有關說法不正確的是甲乙丙丁A.水合銅離子的模型如圖甲，水合銅離子中只存在極性共價鍵、配位鍵B.晶體的晶胞如圖乙，與距離最近的組成正四面體C.二氧化硅晶體如圖丙，每個硅原子擁有四個鍵D.丁為K的某種氧化物晶胞，其中黑球為，由圖可知該晶體化學式為【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)結構模型，所展示的水合銅離子為四配位，中心Cu2+與配體H2O之間存在配位鍵，H2O分子內部O與H之間為極性共價鍵，選項A正確；B．CaF2晶胞中，Ca2+為A1堆積，F(xiàn)-做四面體填隙，所以距離F最近的Ca2+組成正四面體，選項B正確；C．二氧化硅晶體中，每個Si原子連接4個O原子，每個Si原子能形成4個Si-O鍵，且兩個Si共用，則每個硅原子擁有2個鍵，選項C不正確；D．丁為K的某種氧化物晶胞，其中黑球為，根據(jù)均攤法，晶胞含有8+6=4個，12+1=4個，故該晶體化學式為，選項D正確；答案選C。13.是一種儲氫材料，可作為固體火箭推進劑。通過激光加熱引發(fā)的燃燒反應之后，燃燒時的溫度隨時間變化關系如圖所示。燃燒不同階段發(fā)生的主要變化如下：下列分析正確的是A.燃燒需要激光加熱引發(fā)，所以燃燒是吸熱反應B.其他條件相同時，等物質的量的燃燒放熱大于燃燒放熱C.在反應過程中，a點時物質所具有的總能量最小D.【答案】C【解析】【詳解】A．燃燒反應都是放熱反應，所以AlH3燃燒是放熱反應，A項錯誤；B．其他條件相同時，Al(s)具有的能量比Al(g)小，所以等物質的量的Al(s)燃燒放熱小于Al(g)燃燒放熱，B項錯誤；C．在反應過程中，a點時溫度最高，則放出的熱量最多，生成物所具有的總能量比前面反應中都低，C項正確；D．令反應：①為2AlH3(s)=2Al(s)+3H2(g)△H1、②為H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2、③為Al(s)=Al(g)△H3、④為Al(g)+O2(g)=(s)△H4，利用蓋斯定律，將①+②×3+③×2+④×2得：2AlH3(s)+3O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g)△H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4，D項錯誤；答案選C。14.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.濃度為的溶液中，的微粒個數(shù)等于0.1NAB.標準狀況下，將通入水中，的粒子數(shù)之和為2NAC.氫氧燃燒電池中每消耗則外電路通過電子0.4NAD.基態(tài)Р原子中，含p能級電子的數(shù)目為0.09NA【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸氫根離子會發(fā)生水解，濃度為的溶液中，的微粒個數(shù)小于0.1NA，A錯誤；B．標準狀況下，將通入水中，形成氯水，還有未反應的Cl2，則的粒子數(shù)之和小于2NA，B錯誤；C．未指明溫度、壓強，無法計算物質的量，無法計算外電路通過電子數(shù)，C錯誤；D．P的物質的量為0.01mol，基態(tài)Р原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p3，0.01molР有0.09molp能級電子，電子的數(shù)目為0.09NA，D正確；答案選D。15.常溫下，的一元酸，下列事實不能證明該酸為弱酸的是A.的溶液中B.與相同物質的量濃度鹽酸相比，導電性更弱C.中和同體積同物質的量濃度的溶液，消耗該酸的體積與等濃度鹽酸體積相等D.若測得該酸溶液，加蒸餾水稀釋該溶液至10倍，測得，且【答案】C【解析】【詳解】A．常溫下，，c(H+)=，的溶液pH=10＞7，說明NaA為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，可證明HA為弱酸，故A不選；

B．與相同物質的量濃度鹽酸相比，導電性更弱，說明HA溶液含有自由移動的離子濃度較小，即HA未完全電離，可證明HA為弱酸，故B不選；

C．HA為一元酸，氫氧化鈉為一元堿，二者恰好反應，不能證明HA為弱酸，故C選；

D．常溫下，將pH=a的HA溶液稀釋10倍，測得pH=b，若為強酸，稀釋后b=a+1，測定，說明加水稀釋促進電離，可證明HA為弱酸，故D不選；

故選：C。16.催化氧化是制硫酸的關鍵步驟：。時，在的恒溫恒容容器中加入和，測得混合氣體的總物質的量()隨時間的變化如下表所示：03610152532.502.352.152.102.082.06下列推斷正確的是A.的反應速率小于 B.C.時的平衡轉化率為 D.時反應時間最好定為【答案】C【解析】【分析】反應前后氣體分子數(shù)減小為1，可認為減小的氣體的物質的量等于參與反應的氧氣的物質的量?！驹斀狻緼．由表格中的數(shù)據(jù)可知，3～6min氧氣物質的量的改變值Δn(O2)=2.50mol-2.35mol=0.15mol，6～10min氧氣物質的量的改變值Δn(O2)=2.35mol-2.15mol=0.15mol，即氧氣物質的量減少0.15mol時3～6min用的時間短，反應速率快，A錯誤；B．0～10min氧氣物質的量的改變值Δn(O2)=3mol-2.15mol=0.85mol，則，B錯誤；C．T1K時，SO2的反應的物質的量Δn(SO2)=2×(3-2.06)mol=1.88mol，則其轉化率為，C正確；D．由表格數(shù)據(jù)可知，15min時該反應中二氧化硫的轉化率已經(jīng)很大了，隨著時間的增加，SO2的轉化率增長不大，因此，在T1K時，反應時間最好定為15min，D錯誤；故選C。17.2019年的諾貝爾化學獎授予鋰離子電池研究的三位科學家。圖是一種鋰離子電池的工作原理示意圖，其負極材料為嵌鋰石墨，正極材料為，其總反應可表示為：，下列說法正確的A.放電時鋰離子由b極脫嵌，移向a極B.充電時b極的反應式為：C.充電時，a極接正極，發(fā)生還原反應D.使用的碳酸酯溶液作電解液是為了避免使用水溶劑會與金屬鋰反應【答案】D【解析】【分析】二次電池其負極材料為嵌鋰石墨，充電時連電源負極，正極材料為LiCoO2，充電時連電源正極?！驹斀狻緼．負極材料為嵌鋰石墨，放電時鋰離子由a極脫嵌，移向b極，A錯誤；B．充電時b極為陽極，b極的反應式為：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，B錯誤；C．充電時，a極接負極，發(fā)生還原反應，C錯誤；D．使用LiPF6的碳酸酯溶液作電解液是為了避免使用水溶劑會與金屬鋰反應，D正確；故選D。18.由短周期主族元素組成的一種新型漂白劑的結構如題圖所示。其中原子序數(shù)依次增大，W的族序數(shù)是周期序數(shù)的兩倍，基態(tài)時Z原子層上的電子總數(shù)是原子軌道上電子數(shù)的兩倍，Y與Z位于不同周期。下列說法正確的是A.簡單離子半徑：B.第一電離能：C.W的氧化物對應水化物的酸性一定比Z的弱D.晶胞中與每個分子距離最近且相等的分子數(shù)為8【答案】A【解析】【分析】由短周期主族元素可組成的一種新型漂白劑，結構如題圖所示。其中W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，W形成4個共價鍵，最外層電子數(shù)是4，W的族序數(shù)是周期序數(shù)的兩倍，則W核外電子排布是2、4，所以W是C元素；基態(tài)時Z原子K、L層上的電子總數(shù)是3p原子軌道上電子數(shù)的兩倍，則Z核外電子排布是1s22s22p63s23p5，則Z是Cl元素；Y與Z位于不同周期，則Y是第二周期元素，形成2對共用電子對，原子序數(shù)比C大，所以Y是O元素，根據(jù)原子序數(shù)關系可知X是N元素，根據(jù)上述分析可知：W是C，X是N，Y是O，Z是Cl元素?！驹斀狻緼．X是N，Y是O，Z是Cl，三種元素形成的離子N3-、O2-、Cl-，其中N3-、O2-核外電子排布是2、8，具有2個電子層；Cl-核外電子排布是2、8、8，具有3個電子層。離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大；當離子核外電子排布相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑就越小，所以離子半徑關系為：Y(O2-)＜X(N3-)＜Z(Cl-)，A正確；B．一般情況下同一周期元素的第一電離能呈增大趨勢，但當元素處于第IIA、第VA族時，原子核外電子排布處于全滿、半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同一周期相鄰元素，所以元素的第一電離能大小關系為：W(C)＜Y(O)＜X(N)，B錯誤；C．W是C，Z是Cl，元素的非金屬性：C＜Cl，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：H2CO3＜HClO4，即W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱，C錯誤；D．WY2是CO2，晶胞中與每個分子距離最近且相等的分子數(shù)為12，D錯誤；故選A。19.類比推理是化學中常用的思維方法，下列推理正確的是A.的熔沸點高于，則的熔沸點也高于B.是非極性分子，在水中的溶解度不大，則在水中的溶解度也很小C.由于鍵能大而結構穩(wěn)定，則鍵能也大結構也很穩(wěn)定D.中鋁離子采用雜化，配合離子的空間構型為正四面體形，則中銅離子也采用雜化，配合離子的空間構型也為正四面體形【答案】B【解析】【詳解】A．NH3的熔沸點高于PH3是NH3中存在分子間氫鍵，則CH4的分子間沒有氫鍵，相對分子質量小于SiH4，分子間作用力小，熔沸點比SiH4低，A錯誤；B．CO2是非極性分子，在水中的溶解度不大，S與O同主族，則CS2在水中的溶解度也很小，B正確；C．N≡N由于鍵能大而結構穩(wěn)定，但C≡C鍵不穩(wěn)定，C錯誤；D．[Cu(NH3)4]2+的空間構型為平面四邊形，銅離子不是sp3雜化，D錯誤；故選B20.下列關于共價鍵的描述正確是A.鍵能：，因此的沸點高于的沸點B.原子軌道具有一定的伸展方向，所形成的共價鍵都具有方向性C.兩個原子的p軌道不僅能形成σ鍵，也能形成π鍵D.鍵長越短，電子云重疊程度越大，鍵能越小【答案】C【解析】【詳解】A．水分子之間含有氫鍵，其沸點比高，與鍵能無關，故A錯誤；

B．H的1s電子為球形對稱，s-s電子重疊沒有方向性，則H-H鍵無方向性，故B錯誤；

C．p軌道頭碰頭重疊形成σ鍵，肩并肩重疊形成π鍵，所以兩個原子的p軌道不僅能形成σ鍵，也能形成π鍵，故C正確；

D．鍵長越短，電子云重疊程度越大，鍵能越大，故D錯誤；

故選：C。21.二氧化氯()是國際上公認的安全、無毒的綠色消毒劑，對酸性污水中的有明顯的去除效果，其反應原理為：(部分反應物和產(chǎn)物省略、未配平)，實驗室用如圖的方法制備飲用水消毒劑。已知：為強氧化劑，其中N元素為-3價。下列說法不正確的是A.電解溶液時可以選用金屬銅作陰極B.電解池中總反應的化學方程式為C.X溶液中主要存在的離子有：D.飲用水制備過程中殘留的可用適量溶液去除【答案】C【解析】【分析】氯化銨溶液加入鹽酸后電解生成氫氣、NCl3溶液，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為，加入NaClO2溶液發(fā)生反應生成ClO2、NH3和X溶液，NCl3中N元素為-3價，該反應中Cl元素化合價由+3價變?yōu)?4價，失電子發(fā)生氧化反應，則還存在Cl元素得電子發(fā)生還原反應，所以溶液X中含Cl-，溶液呈堿性，所以還存在OH-，發(fā)生反應為：NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl；【詳解】A．電解池中陰極發(fā)生還原反應，電極材料不參與反應，銅能導電，則電解溶液時可以選用金屬銅作陰極，故A正確；

B．根據(jù)圖知，電解NH4Cl溶液時生成H2和NCl3，所以方程式為，故B正確；

C．根據(jù)以上分析知，溶液X中含有Cl-、OH-，溶液呈堿性，不存在和OH-反應離子H+，故C錯誤；

D．飲用水中殘留的ClO2具有強氧化性，硫酸亞鐵和ClO2反應產(chǎn)生的鐵鹽，可以水解得到氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附水中的懸浮物而凈水，可用適量FeSO4溶液去除，故D正確；

故選：C。22.酸堿中和滴定是化學中重要的定量實驗，某興趣小組準確量取待測濃度的鹽酸于錐形瓶中，用的標準溶液滴定。下列說法正確的是A.錐形瓶用蒸餾水洗滌以后，未用待測液潤洗B.使用酚酞為指示劑，當錐形瓶中的溶液由紅色變?yōu)闊o色時停止滴定C.實驗過程中某同學記錄消耗的溶液的體積為D.盛標準溶液的滴定管尖嘴部分滴定前有氣泡，到達滴定終點時氣泡消失，則測定結果偏低【答案】A【解析】【詳解】A．錐形瓶用蒸餾水潤洗后，不能用待測液潤洗，否則會使測量結果偏大，A正確；B．用氫氧化鈉滴定鹽酸，若用酚酞作指示劑，當錐形瓶內溶液由無色變紅色，且半分鐘內不褪色說明達到滴定終點，B錯誤；C．滴定管的精確度為0.01mL，此同學記錄的數(shù)據(jù)有錯誤，C錯誤；D．若盛放氫氧化鈉溶液的滴定管滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，說明所用氫氧化鈉溶液體積偏大，測定結果偏高，D錯誤；答案選A。23.苯乙烯()是一種重要的有機化工原料，關于該物質下列說法正確的是A.苯乙烯分子中最多有14個原子共平面B.苯乙烯能使酸性高錳酸鉀和溴水褪色，且褪色原理相同C.苯乙烯發(fā)生聚合反應后的產(chǎn)物不能再與氫氣發(fā)生加成反應D.苯乙烯與甲苯不是同系物，但與立方烷()是同分異構體【答案】D【解析】【詳解】A．苯環(huán)平面構型，碳碳雙鍵為平面構型，兩者通過單鍵相連，所有原子均可能共平面，苯乙烯分子中最多有16個原子共平面，A錯誤；B．苯乙烯能使酸性高錳酸鉀褪色是發(fā)生了氧化反應，使溴水褪色是發(fā)生了加成反應，褪色原理不相同，B錯誤；C．苯乙烯發(fā)生聚合反應后的產(chǎn)物含有苯環(huán)，能再與氫氣發(fā)生加成反應，C錯誤；D．苯乙烯含雙鍵，與甲苯不是同系物，但與立方烷分子式相同結構不同，是同分異構體，D正確；故選D。24.羰基硫()可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將和一定量的混合加熱并達到下列平衡：，平衡后物質的量為。下列說法不正確的是A.的轉化率之比為1：1B.達平衡后的體積分數(shù)為C.加入正催化劑，可以加快反應速率，但不能提高平衡轉化率D.恒溫下向平衡體系中再加入各，平衡會移動【答案】A【解析】【分析】反應前CO的物質的量為10mol，平衡后CO物質的量為8mol，設反應前H2S的物質的量為nmol，則：，該溫度下該反應的K=0.1，設容器的容積為V，則平衡常數(shù)K==0.1，解得n=7，即反應前H2S的物質的量為7mol?！驹斀狻緼．由于反應前CO、H2S的物質的量分別為10mol、7mol，而二者的化學計量數(shù)相等，反應消耗的物質的量相等，所以二者的轉化率一定不相等，故A錯誤；B．該反應前后氣體的體積相等，則反應后氣體的總物質的量不變，仍然為10mol+7mol=17mol，平衡后H2S的物質的量為(7-2)mol=5mol，相同條件下氣體的體積分數(shù)=物質的量分數(shù)=100%29.4%，故B正確；C．加入正催化劑，降低反應活化能，可以加快反應速率，但不影響始末狀態(tài)，平衡不移動，則不能提高平衡轉化率，故C正確；D．恒溫下向平衡體系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，則此時該反應的濃度商Qc==>K=0.1，說明平衡會向著逆向移動，故D正確；答案選A。25.下列關于實驗內容和實驗目的說法正確的是編號實驗內容實驗目的A向含有酚酞的溶液中加入少量固體，溶液紅色變淺證明溶液中存在水解平衡B室溫下，用試紙測定濃度為消毒液和溶液的比較和的酸性強弱C用注射器吸入和的混合氣體，將細管端用橡膠塞封閉，然后把注射器的活塞往外拉，可觀察到混合氣體的顏色先變淺后變深證明對有氣體參加的可逆反應，改變壓強一定會使平衡發(fā)生移動D向溶液中滴2滴溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴溶液，又生成紅褐色沉淀證明在相同溫度下A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因水解顯堿性溶液變紅，加入少量BaCl2固體，生成碳酸鋇沉淀，c()減小，水解平衡逆向移動，則溶液顏色變淺，證明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A正確；B．次氯酸鈉溶液有漂白性，能漂白pH試紙，不能用于比較，B錯誤；C．把注射器的活塞往外拉，容器體積增大，NO2氣體濃度迅速降低，觀察到管內混合氣體的顏色先變淺，壓強減小，2NO2?N2O4平衡逆向移動，顏色又逐漸變深，C錯誤；D．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生氫氧化鎂白色沉淀后，氫氧化鈉過量，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，未發(fā)生沉淀的轉化，不能比較Ksp的大小，D錯誤；故選A。第Ⅱ卷26.解釋下列現(xiàn)象或原理：（1）的熔點(1291℃)比的熔點(190℃)高很多的原因是_______；（2）溶于水克服的微粒間作用力有_______。（3）比較對羥基苯甲酸()與鄰羥基苯甲酸()熔點高低并解釋產(chǎn)生這種現(xiàn)象的原因是_______【答案】（1）為離子晶體，而分子晶體，克服離子鍵比分子間作用力更難（2）離子鍵、共價鍵、分子間作用力(氫鍵)（3）對羥基苯甲酸的熔點高于鄰羥基苯甲酸，原因為：對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，比鄰羥基苯甲酸形成的分子內氫鍵作用力更強【解析】【小問1詳解】為離子晶體，而分子晶體，克服離子鍵比分子間作用力更難，因此的熔點(1291℃)比的熔點(190℃)高很多，故答案為：為離子晶體，而分子晶體，克服離子鍵比分子間作用力更難；【小問2詳解】溶于水生成氫氧化鈉，克服的微粒間作用力有離子鍵、共價鍵、分子間作用力(氫鍵)，故答案為：離子鍵、共價鍵、分子間作用力(氫鍵)；【小問3詳解】對羥基苯甲酸能形成分子間氫鍵，而鄰羥基苯甲酸能形成分子內氫鍵，當對羥基苯甲酸熔融時，需要消耗較多的能量克服分子間氫鍵，所以對羥基苯甲酸的熔點高于鄰羥基苯甲酸，故答案為：對羥基苯甲酸的熔點高于鄰羥基苯甲酸，原因為：對羥基苯甲酸形成分子間氫鍵，比鄰羥基苯甲酸形成的分子內氫鍵作用力更強。27.固體化合物X(式量小于200)由1-20號的4種元素組成，某小組開展如下探究實驗氣體體積都在標準狀況下測定。請回答：（1）氣體B的的空間構型為_______；白色固體C的化學式是_______；（2）化合物X的化學式是_______；（3）氣體B與紅棕色固體H在加熱條件下反應的化學方程式_______；（4）設計實驗驗證溶液F中的可能含有的金屬陽離子_______?！敬鸢浮浚?）①.三角錐形②.（2）（3）（4）分別取兩份少量試液于試管中，一份加入少量溶液，若變紅色，說明含有；另一份加入少量鐵氰化鉀溶液，若生成藍色沉淀，說明含有【解析】【分析】已知：化合物X(式量小于200)由1-20號的4種元素組成；溶液D加入硝酸酸化的硝酸銀得到白色沉淀E，則E為AgCl，D中含Cl-，n(Cl-)=n(AgCl)

===0.06mol；固體A加入蘇打(Na2CO3)溶液得到白色沉淀C，則C為CaCO3，固體A是CaCl2，n(CaCl2)

===0.03mol；沉淀G灼燒得到紅棕色固體H，則H為Fe2O3，由于是在空氣中灼燒的，G為Fe(OH)3或Fe(OH)2，則溶液F含F(xiàn)e3+或Fe2+；標況下n(B)

===0.12mol，m(B)=5.37g-3.33g=2.04g，則M(B)===17g/mol，則氣體B為NH3；綜上所述，5.37g的固體化合物X(式量小于200)中，由于n(CaCl2):n(NH3)=0.03mol:0.12mol=1:4，故化合物X的化學式是CaCl2?4NH3?！拘?詳解】由分析可知，氣體B為NH3，其空間構型為三角錐形，白色固體C的化學式是CaCO3；【小問2詳解】由分析可知，化合物X的化學式是CaCl2?4NH3；【小問3詳解】氣體B為NH3，紅棕色固體H為Fe2O3，兩者發(fā)生氧化還原反應生成氮氣和鐵單質，反應的化學方程式；【小問4詳解】溶液F中的金屬陽離子是Fe3+或Fe2+，檢驗方法是：分別取兩份少量試液于試管中，一份加入少量KSCN溶液，若變紅色，說明含有Fe3+；另一份加入少量鐵氰化鉀溶液，若生成藍色沉淀，說明含有Fe2+。28.氯化鈷()主要用于電解制備金屬鉆，還可用作氨的吸收劑、防毒面具和肥料添加劑。某實驗小組制備無水氯化鈷的裝置如圖所示。已知：(Ⅲ)的氧化性強于易潮解。（1）裝置A燒瓶中的固體為84消毒液中的有效成分，則A裝置中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（2）裝置B中盛放的試劑為_______，裝置C的作用是_______。（3）E作用是_______。（4）小組成員認為實驗過程中過量，裝置D中所得固體可能會有，你是否同意該論斷并解釋原因是_______。（5）氯化鈷溶液與氯化鎂溶液類似，直接蒸干不能得到固體，要使從溶液中析出的轉變?yōu)椋瑧撨M行的實驗操作是_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.飽和溶液②.除水(干燥)（3）吸收多余，同時阻止空氣中的進入D（4）為氧化產(chǎn)物，由于(III)的氧化性強于，氧化產(chǎn)物的氧化性小于氧化劑，不會生成（5）在硬質試管中加熱晶體的同時，通入氣體【解析】【分析】84消毒液的主要成分是次氯酸，HCl(濃)+HClO=Cl2↑+H2O；裝置B中盛放的試劑為飽和氯化鈉溶液，吸收濃鹽酸揮發(fā)出的HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物質，選擇酸性干燥劑進行干燥，如濃硫酸；裝置E位于整套裝置的末端，作用是除去剩余的有毒氣體Cl2，所以E中可填充堿石灰，作用是吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進入D，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】84消毒液的主要成分是次氯酸，與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應，氯元素的化合價向中間靠攏，生成Cl2，反應的方程式為：HCl(濃)+HClO=Cl2↑+H2O，離子方程式為；【小問2詳解】裝置B中盛放的試劑為飽和食鹽水，濃鹽酸會揮發(fā)出HCl，飽和食鹽水可吸收HCl；C中Cl2溶于水生成酸性物質，選擇酸性干燥劑進行干燥，如濃硫酸，裝置C的作用是除水(干燥)；【小問3詳解】裝置E位于整套裝置的末端，作用是除去剩余的有毒氣體Cl2，所以E中可填充堿石灰，作用是吸收Cl2，同時阻止空氣中的H2O進入D；【小問4詳解】裝置D中所得固體不可能會有CoCl3，CoCl3為氧化產(chǎn)物，由于Co(III)的氧化性強于Cl2，氧化產(chǎn)物的氧化性小于氧化劑，不會生成CoCl3；【小問5詳解】SOCl2與水易水解，方程式為：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，SOCl2與CoCl2·6H2O的結晶水反應生成SO2和HCl，HCl抑制CoCl2水解，混合加熱可以得到氯化鈷固體，實驗操作是在硬質試管中加熱晶體的同時，通入氣體。29.已知某有機物A：①由C、H、O三種元素組成，經(jīng)燃燒分析實驗測定其碳的質量分數(shù)是，氫的質量分數(shù)是；②如圖是該有機物的質譜圖，請回答：

（1）A的實驗式(最簡式)為_______，A相對分子質量為_______，（2）A的同分異構體有_______種，分子中具有手性碳原子的結構簡式為_______（3）A的核磁共振氫譜有兩個峰，紅外光譜圖如圖，A的結構簡式為_______。

（4）A的某種結構的分子在一定條件下脫水生成B，B的分子組成為，B能使酸性高錳酸鉀褪色，且B的結構中存在順反異構體，寫出B發(fā)生聚合反應的化學方程式_______?！敬鸢浮浚?）①.②.74（2）①.7②.（3）（4）nCH3CH=CHCH3【解析】【小問1詳解】碳的質量分數(shù)是，氫的質量分數(shù)是，則氧的質量分數(shù)為，則該物質中碳、氫、氧原子個數(shù)之比為，則其實驗式為；由質譜圖可知，其相對分子質量是74，故答案為：；74；【小問2詳解】A的實驗式為，相對分子質量為74，則其化學式為，則A的同分異構體有CH3CH2CH2CH2OH、、、、CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、CH3OCH(CH3)2，共7種，其中具有手性碳原子的是，故答案為：7；；【小問3詳解】A的核磁共振氫譜有兩個峰，根據(jù)紅外光譜圖可知，其分子中含有C-H、O-H、以及C-O，則A的結構簡式為，故答案為：；【小問4詳解】A的某種結構的分子在一定條件下脫水生成B，B的分子組成為，能使酸性高錳酸鉀褪色，則B烯烴，B存在順反異構體，則B為CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3發(fā)生聚合反應的化學方程式為nCH3CH=CHCH3，故答案為：nCH3CH=CHCH3。30.“2030年前碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和”定調國家級綠色發(fā)展戰(zhàn)略。防治大氣污染、水體污染等是世界各國保護環(huán)境的最重要課題。（1）將催化重整為可用的化學品，對改善環(huán)境意義重大。①在體積為的剛性容器中進行“合成氣催化重整”，反應的化學方程式為。當投料比，時，的平衡轉化率(α)與溫度(T)、初始壓強(p)的關系如圖所示。壓強_______(填“>”“<”或“=”，下同)；當溫度為、壓強為時，a點時的v(逆)_______v(正)。②在密閉容器中，充入不同，的原料氣體，控制溫度700℃，發(fā)生反應，請在如圖中畫出在混合氣體中的平衡體積分數(shù)隨遞增的變化趨勢。______（2）由合成甲醇是資源化利用的重要方法。研究表明在催化劑作用下和可發(fā)生反應：①投料比相同，在不同溫度和不同壓強下和合成甲醇時，的平衡轉化率如圖1所示。已知溫度，則該反應自發(fā)進行的條件是_______②溫度為T時，向恒容密閉容器中充入和的混合氣體，此時容器內壓強為4p，兩種氣體的平衡轉化率α與起始時的關系如圖2所示。圖2中的平衡轉化率與的關系可用曲線_______(填“”或“”)表示。該溫度下，此反應的平衡常數(shù)_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))。③采用真空封管法制備磷化硼納米顆粒，在發(fā)展非金屬催化劑實現(xiàn)電催化還原制備甲醇方向取得重要進展，該反應歷程如圖所示。容易得到的副產(chǎn)物有和，其中相對較多的副產(chǎn)物為_______；上述合成甲醇的反應速率較慢，要使反應速率加快，主要降低下列變化中_______(填字母)的能量變化。A.B.C.D.（3）我國某科研團隊研究出以過渡金屬為催化劑電催化還原二氧化碳制甲醇的途徑，大大提高了甲醇的產(chǎn)率，原理如圖所示。電解過程中，電解質溶液中向_______(填“石墨1”或“石墨2”)電極遷移，石墨1上發(fā)生的電極反應式為_______【答案】（1）①.<②.<③.（2）①.低溫自發(fā)②.③.④.CO⑤.A（3）①.石墨1②.【解析】【小問1詳解】①該反應正反應是一個氣體體積增大吸熱反應，故增大壓強，平衡逆向移動，CO2的轉化率減小，升高溫度，平衡正向移動，CO2的轉化率增大，由CO2的平衡轉化率(α)與溫度(T)、初始壓強(p)的關系圖可知，溫度相同時，p1條件下CO2轉化率更大，壓強p1＜p2；當溫度為T3、壓強為P1時，a點到到達平衡點即T3與p1曲線的交叉點過程中CO2的轉化率在增大，說明反應正向進行，故此時的v(逆)＜v(正)，故答案為：＜；＜；②根據(jù)反應可知，當投料氫碳比小于3時，增大氫碳比，二氧化碳轉化率增大，即提高CO產(chǎn)率，CO的體積分數(shù)隨氫碳比的增大而增大；氫碳比與反應的化學計量數(shù)之比相同，即為3時，CO的體積分數(shù)最大；當氫碳比超過3以后，CO產(chǎn)量隨增多，但