【文档说明】浙江省杭州“六县九校”联盟2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(23)页，2.777 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0cbf1efaf12b85194f146cff217274e2.html

以下为本文档部分文字说明：

杭州“六县九校”联盟2021学年第二学期期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷密封区内填写班级、学号和姓名；座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子

质量：H-1C-12O-16N-14Na-23Mg-24A1-27S-32C1-35.5K-39Mn-55Fe-56Cu-64Ag-108I-127Ba-137Pb-207选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题只有一个正确选项，每题2

分，共50分)1.水溶液呈碱性的盐是A.2NaOB.3CHCOONaC.4NHClD.32NHHO【答案】B【解析】【详解】A．2NaO与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，但属于金属氧化物，不是盐类，A不选；B．3CHCOO

Na是强碱弱酸盐，醋酸根发生水解反应溶液呈碱性，属于盐类，B选；C．4NHCl是强酸弱碱盐，铵根发生水解反应溶液呈酸性，C不选；D．32NHHO溶液呈碱，属于碱，不是盐类，D不选；故选：B。2.下列物质属于电解质的是A.4CClB.2SOC.3CHCOOHD.22CHCH=【答案】C【解

析】【详解】A．4CCl在水溶液或熔融状态下都不能导电，为非电解质，A不选；B．SO2在水溶液中或熔融状态下都不能自身发生电离，为非电解质，B不选；C．CH3COOH在水溶液中可以电离而导电，为电解质，C选；D．22CHCH

=在水溶液或熔融状态下都不能导电，为非电解质，D不选；答案选C。3.科学家在20℃时，将水置于足够强的电场中，水分子瞬间凝固成“暖冰”，对“暖冰”与其它物质比较正确的是A.与Na2O晶体类型相同B.与SiO2晶体类型相同C.与H2S化学键类型不相同D.与普通的冰化学性质相同【答案】D【解析】【

分析】【详解】A．根据题意：在电场作用下，水分子瞬间凝固成“暖冰”，水分子间更易形成氢键，不存在离子键，不是离子晶体，而Na2O晶体属于离子晶体，A不正确；B．“暖冰”是由水分子构成，是分子晶体，SiO2晶体是原子晶体，两者晶体类型不同，B不正确；C．水分子中含有O－H键，是极性

键；而H2S中的H－S键也是极性键，两者的化学键类型相同，C不正确；D．“暖冰”是由水分子构成的，和普通冰相同；组成的物质没有变，其化学性质相同，D正确；答案选D4.下列物质对应的化学式不正确．．．的是A.氯仿：3CHClB.水晶：2SiOC.铁红

：23FeOD.漂白粉的有效成分：2CaCl【答案】D【解析】【详解】A．氯仿是三氯甲烷，化学式是3CHCl，A正确；B．水晶的主要成分是二氧化硅，化学式是2SiO，B正确；C．氧化铁红色固体，俗称铁红，化学式是23FeO，C正确；D．漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，漂白粉的有效

成分：2Ca(ClO)，D错误；故选：D。5.下列化学用语表示正确的是A.中子数为20的K原子：2019KB.基态C原子的轨道表示式：。是C.2Fe+结构示意图：D.N原子2p能级电子云轮廓图：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为20的K原子，质量数为39，该原子表示为

3919K，故A错误；B．C是6号元素，根据泡利原理、洪特规则，基态C原子的轨道表示式，故B错误；C．2Fe+结构示意图，故C错误；D．p能级有3个原子轨道，它们相互垂直，电子云为哑铃形，N原子2p能级电子

云轮廓图：，故D正确；选D。6.下列说法不正确．．．的是A.汽油和柴油属于油脂B.芳香族化合物一定含有苯环C.氨基酸都含有氨基和羧基D.葡萄糖能发生银镜反应是因为含有醛基【答案】A【解析】【详解】A．汽油、柴油是石油分馏后的产物，其主要成分是烃，油脂则是指

高级脂肪酸的甘油酯，汽油和柴油都不属于油脂，故A错误；B．含苯环的化合物为芳香族化合物，故B正确；C．每种氨基酸都至少含有一个氨基和一个羧基，并且他们都连结在同一个碳原子上，故C正确；D．葡萄糖中含醛基，属于还原

性糖，能发生银镜反应，故D正确；故选：A。7.用VSEPR模型预测下列分子或离子的空间结构，其中正确的是A.3CHCl为正四面体形B.2CS为直线形C.3BF为三角锥形D.23SO−为平面三角形【答案】B【解析】【详解】A．3CHCl中C原子sp3杂化，C-H键、C-Cl键的键长不同，3CHC

l为四面体形，不是正四面体，故A错误；B．2CS中C原子价电子对数为2，sp杂化，2CS为直线形，故B正确；C．3BF中B原子价电子对数为3，sp2杂化，无孤电子对，为平面三角形，故C错误；D．23SO−中S原子价电子对数为4，sp3杂化，有

1个孤电子对，为三角锥形，故D错误；选B。8.下列说法不正确．．．的是A.还原铁粉常用作食品干燥剂B.硬铝(一种铝合金)密度较小、强度高，可用于制造飞机和宇宙飞船部件C.氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒D.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为供氧剂【答案】A【解析】【详解】A．还原铁粉能

除去食品包装袋内的氧气，常用作食品抗氧化剂，故A错误；B．硬铝密度较小、强度高，可用于制造飞机和宇宙飞船部件，故B正确；C．氯气、臭氧、二氧化氯具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，故C正确；D．过氧化钠能与二氧化碳反应放出氧气，可在呼吸面具或潜水艇中作为供氧剂，故D正确

；选A。9.在有机物分子中，若一个碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，以*C表示。具有手性碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中有光学活性的是A.丙二酸：2HOOCCHCOOHB.甘油：22CH(OH)CH(OH)CHOHC.核糖：2CH(OH)CH(OH)CH(OH)

CH(OH)CHOD.对羟基苯甲酸()【答案】C【解析】【详解】A．2HOOCCHCOOH中不存在手性碳原子，不具有光学活性，故A不符合题意；B．22CH(OH)CH(OH)CHOH中不存在手性碳原子，不具有光学活性，故B不符合题意；C．***2CH(OH)CH(OH)CH(OH)CH(OH)

CHO中用“*”标记的碳原子均为手性碳原子，因此2CH(OH)CH(OH)CH(OH)CH(OH)CHO具有光学特性，故C符合题意；D．中不存在手性碳原子，不具有光学活性，故D不符合题意；答案选C。10.如图是物质的微观结构示意图，请认真观察两图，判断下列说法正确的是A.两种物质在一定

条件下都会自动形成有规则几何外形的晶体B.I形成的固体物理性质有各向异性C.II形成的固体一定有固定的熔点D.二者的X-射线衍射图谱是相同的【答案】B【解析】【详解】由微观结构示意图可知Ⅰ为晶体，Ⅱ为非晶

体，A．观察结构图可知，图Ⅰ中微粒呈周期性有序排布，图Ⅱ微粒排列不规则，则图Ⅰ为晶体，图Ⅱ为非晶体即无定型二氧化硅，故A错误；B．Ⅰ形成的固体为晶体，物理性质有各向异性，故B正确；C．晶体具有一定熔点，非晶体没有一定熔

点，Ⅱ形成的固体为非晶体，一定没有固定的熔点，故C错误；D．X-射线衍射图谱有明锐的谱线，可以检验晶体和非晶体，图谱明显不同，故D错误；故选：B。11.关于反应24224CO+SiH4CO+2HO+SiO高温，下列说法不正确．．．的是A.CO是氧化产物B.氧化剂与还原剂的物质

的量之比为4:1C.4SiH发生氧化反应D.生成21molSiO时，转移8mol电子【答案】A【解析】【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，B正确；C．硅元

素化合价由-4价升为+4价，SiH4做还原剂，故SiH4发生氧化反应，C正确；D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；答案选A

。12.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.足量的浓盐酸与28.7gMnO反应，转移电子的数目为A0.4NB.1.8g重水()2DO中所含质子数为ANC.在25℃时，1LpH为12的2Ba(OH)溶液中含有-OH数目为A0.01ND

.32g甲醇()3CHOH的分子中含有键的数目为A4N【答案】C【解析】【详解】A．浓盐酸与2MnO反应2222+4HCl()ΔMnMnOCl+Cl+2HO浓，根据反应可知，28.7gMnO即0.1mol2MnO反应，转移电子的

数目为A0.2N，选项A错误；B．1.8g重水()2DO为0.09mol，每个重水分子中含有10个质子，故所含质子数为0.9AN，选项B错误；C．在25℃时，1LpH为12的2Ba(OH)溶液中含有-OH数目为1L210−mol/LAN=A0.01N，选项C正确；D．32g甲醇()3CHOH

为1mol，每个甲醇分子中含有5个键，故分子中含有键的数目为A5N，选项D错误；答案选C。13.下列实验对应的离子方程式不正确．．．的是A.将少量2SO通入NaClO溶液：2223SOHO2ClOSO2HC1O−−++=+B.将2NO通入水：2233N

OHO2NO2HNO−++=++C.向足量氨水中滴入少量硝酸银溶液：()32322Ag2NHHOAgNH2HO+++=+D.将过量的澄清石灰水与碳酸氢钙溶液混合：2332HCOCaOHCaCOHO−+−+

+=+【答案】A【解析】【详解】A．由于HClO具有强氧化性，2-3SO具有强还原性，故将少量2SO通入NaClO溶液的离子方程式为：2224SOHO3ClOSO2HC1OCl−−−++=++，A错误；B．将2NO通入水生成HNO3和NO，离子方程式为：2233N

OHO2NO2HNO−++=++，B正确；C．向足量氨水中滴入少量硝酸银溶液则生成银氨络离子，则离子方程式为：()32322Ag2NHHOAgNH2HO+++=+，C正确；D．将过量的澄清石灰水与碳酸氢钙溶

液混合的离子方程式为：2332HCOCaOHCaCOHO−+−++=+，D正确；故答案为：A。14.现有四种元素的基态原子的电子排布式：①226241s2s2p3s3p；②226221s2s2p3s3p；③2241s2s2p；④2251s2s2p。下列有关比

较中正确的是A.第一电离能：④>③>②>①B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>①>②D.最高正化合价：④>③=②>①【答案】C【解析】【分析】由电子排布式可知，①为S元素、②为Si元素、③为O元素、④为F元素。【详解】A

．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能依次增大，则第一电离能的大小顺序为④>③>①>②，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为②>①

>③>④，故B错误；C．同周期元素，从左到右原子非金属性依次增强，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则非金属性的强弱顺序为④>③>①>②，故C正确；D．氟元素，没有正化合价，故D错误；故选C。15.如图是一种有机化合物的红外光谱图，则该有机化合物可能为A.3223

CHCHOCOOCHCHB.232CHCHCHCOOHC.323CHCH(OH)COCHCHD.3223CHCHCHCOOCH【答案】D【解析】【分析】由红外光谱图可知该分子中有不对称-CH3，含有C=O，C-O-C。【详解】A.3223CHCHOCOOCHCH中两端的-CH3对称，

故A不符合题意；B.232CHCHCHCOOH中只含有1个-CH3，且不存在C-O-C，故B不符合题意；C.323CHCH(OH)COCHCH中不存在C-O-C，故C不符合题意；D.3223CHCHCHCO

OCH含有不对称-CH3，C=O，C-O-C，故D符合题意；答案选D。16.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，三种原子的最外层电子数之和为12。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数既是X原子内层电子数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不．正确．．的是A.X的简单

氢化物是由极性键形成的非极性分子B.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是强酸C.Z元素在周期表中的位置为第三周期ⅥA族D.Y的基态原子的核外电子排布式为22621s2s2p3s【答案】B【解析】【详解】短周期元素X、Y

、Z的原子序数依次递增，三种原子的最外层电子数之和为12。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数既是X原子内层电子数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍，则Z最外层电子数为6，Y最外层电子数为2,则X

最外层电子数为4，故可得X为C元素、Y为Mg元素、Z为S元素。A．X的简单氢化物CH4是由极性键形成的非极性分子，选项A正确；B．X和Z的最高价氧化物对应的水化物H2CO3是弱酸，H2SO4是强酸,选项B不正确；C．Z为S元素，为16号元素，在周期表中的位置为第三周期ⅥA

族，选项C正确；D．Y为Mg元素，为12号元素，基态原子的核外电子排布式为22621s2s2p3s，选项D正确；答案选B。17.已知25℃时二元酸2HA的715ala2K1.310K7.110−−==，。下列说法正确的

是A.在等浓度的2NaANaHA、溶液中，水的电离程度前者小于后者B.取pH=a的2HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1C.向10.1molL−的2HA溶液中通入HCl气体(

忽略溶液体积的变化)至pH2=，则2HA的电离度为0.013%D.由题干数据可以判断NaHA水解程度强于电离程度，因此NaHA溶液显碱性【答案】D【解析】【详解】A．在等浓度的2NaANaHA、溶液中，由于前者只有A2-发生水解，后者HA-既能水解又能电的

离，且前者水解程度大于后者，盐类水解促进水的电离，则水的电离程度前者大于后者，A错误；B．由题干信息可知，H2A是一种二元弱酸，故取pH=a的2HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，根据弱酸稀释规律可知，则该溶液pHa+1小于，B错误；C．向10.1

molL−的2HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH2=，由Ka1=-+2c(HA)c(H)c(HA)=1.3×10-7，则-2-2c(HA)10c(HA)=1.3×10-7，-2c(H

A)c(HA)=1.3×10-5，即2HA的电离度为-2c(HA)c(HA)×100%=0.0013%，C错误；D．由题干数据Ka1=1.3×10-7可推知Kh2=1KwKa=-14-7101.3?10=7.69×10-8＞Ka2，故可以判断NaHA的水解程度强于电离程度

，因此NaHA溶液显碱性，D正确；故答案为：D。18.相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：由图得出的推理不正确．．．的是A.苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键B.碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比C.位置异构形成的同分异构体之间的性

质不完全相同D.单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定【答案】B【解析】【详解】A．3△H1<△H4说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，选项A正确；B．也含有两个碳碳双键，而2△H1<△H3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目不一定成正比，选项B不正确；C．．与

加氢分别生成时，△H2<△H3，说明位置异构形成的同分异构体之间的性质不完全相同，选项C正确；D．与加氢分别生成时，△H2<△H3，说明稳定性较强，对比二者结构知，单双键交替的两个碳碳双键之间存在有利于物质稳定的相互作用，选项D正确；答案选B。19.科学家已获得了气态4N分子，其

结构与白磷()4P相同。已知断裂1molNN−键吸收167kJ能量，断裂1molNN键吸收942kJ能量。下列说法正确的是A.4N形成的晶体属于共价晶体B.41molN转化为2N时要吸收60kJ能量C.41mol

N分子中含有A6N个键D.4N转化为2N的过程中共价键的数目和类型都没有变化【答案】C【解析】【分析】4N分子，其结构与白磷()4P相同，结构式为，1个4N分子含有6个N-N单键，2N分子中存在1个

NN键。【详解】A．4N是分子，4N形成的晶体属于分子晶体，故A错误；B．断键吸热、成键放热，41molN转化为2N断裂6molN-N单键，形成2molNN，要放出942kJ2-167kJ6=882kJ能量，故B错误；C．4N分子，结构式为，

单键为键，41molN分子中含有A6N个键，故C正确；D．41molN转化为2mol2N，41molN分子中含有A6N个键，2mol2N含有A2N个键、A4N个π键，共价键的类型改变，故D错误；选C。20.在恒温恒容条件下，发

生反应A(s)3B(g)2X(g)+，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确．．．的是A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内反应的平均速率B.从b点到a点的化学平衡常数不变C.在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向

反应体系中通入一些惰性气体氩气，(B)c随时间变化关系如图中曲线乙所示【答案】D【解析】【详解】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到

c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确；B．从b点到a点温度不变，则化学平衡常数不变，B正确；C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2v(B)=3v(X)，C正确；D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入惰性气体氩气，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，(B)c减小的速率不变

，不能用曲线乙表示，D错误；答案选D。21.中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨()nC和中间相炭微粒球()MCMB为电极，电解质溶液炉含有6KPF的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法不正确的是A.充电时，阳极发生反应为：()n6n6xCx

PFxeCPF−−+−=B.充电时，电子由电源负极通过有机溶液流向正极C.放电时MCMB电极上发生氧化反应D.放电时K+往石墨电极方向移动【答案】B【解析】【分析】分析可知，阳离子移向阴极，阴极在放电时为负极，故左侧为原电池

正极，电极反应为：()n6n6xCPF+xeCxPF−−=+，右侧为原电池负极，据此分析回答问题。【详解】A．由分析可知，充电时，阳极发生反应为：()n6n6xCxPFxeCPF−−+−=，A正确；B．充电时，电子由电源负极通

过导线流向阴极，再由阳极经导线流回电源的正极，电子不能通过有机溶液流向正极，B错误；C．由分析可知，放电时MCMB电极为负极，故其发生氧化反应，C正确；D．放电时，原电池内电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故K+往石墨电极方向移动，D正确；故答案为

：B。22.如图分别表示冰晶体、干冰晶体的结构，下列关于这两种晶体的说法不正确．．．的是A.冰晶体中只存在范德华力和氢键两种作用力B.沸点：冰>干冰C.冰晶体中的一个水分子和周围四个水分子形成4个氢键D.干冰晶体中每个2CO周围距离相等且最近的2CO有12个【答案】A【解析】【详解】A．

冰晶体中存在共价键、范德华力、氢键，故A错误；B．水分子间能形成氢键，所以沸点：冰>干冰，故B正确；C．氢键具有饱和性，根据图示，冰晶体中的一个水分子和周围四个水分子形成4个氢键，故C正确；D．根据干冰的晶胞结构，干冰是面心立方晶胞，每个

2CO周围距离相等且最近的2CO有12个，故D正确；选A。23.25℃时，2SO与NaOH反应后的溶液中存在含硫微粒233HSOHSO−、和23SO−，三者中各自所占的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.3HSO−物质的量分数随溶液pH升高而增大B.反应后溶液为中性时有(

)()()233cNacHSOcSO+−−=+C.反应后溶液为碱性时有()()233cHSOCSO−−D.3NaHSO饱和溶液中存在：()()()()+-2-233cH+cHSO=cOH+cSO【答案】D【解析】【分析】H2SO3在水中分步电离，依次电离

出HSO3−和SO23−，因此a表示HSO3−物质的量分数随溶液pH变化的曲线，b表示SO23−物质的量分数随溶液pH变化的曲线；【详解】A．H2SO3在水中分步电离，依次电离出HSO3−和SO23−，因此HSO3−物质的量分数随溶液p

H升高而先增大后减小，故A错误；B．溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HSO3−)+2c(SO23−)+c(OH-)，反应后溶液为中性时溶液中c(H+)=c(OH-)，因此溶液中c(Na+)=c(HS

O3−)+2c(SO23−)，故B错误；C．b表示SO23−物质的量分数随溶液pH变化的曲线，由图可知，反应后溶液为碱性时：c(SO23−)>c(HSO3−)，故C错误；D．3NaHSO饱和溶液中存在质子守恒：()()()()+-2-233cH+c

HSO=cOH+cSO，故D正确；答案为D。24.冰晶石是一种在自然界存在的矿物(化学式为36NaAlF)，熔点1009℃，如图所示为冰晶石的晶胞。图中“●”位于大立方体的顶点和面心，“○”位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法不正确．．．的是A.冰晶石的

名称是六氟合铝酸钠B.该物质中存在离子键和共价键C.大立方体的体心处“△”代表的是3Al+D.该物质是工业电解氧化铝制取金属铝的助熔剂【答案】C【解析】【详解】A．冰晶石的名称是六氟合铝酸钠或氟化铝钠，选项A正确；B．六氟合铝(Ⅲ)酸根离子中含有共价键，故该物质中存在离子键和共

价键，选项B正确；C．大立方体的体心处“△”代表的是Na+，选项C不正确；D．冰晶石是工业电解氧化铝制取金属铝的助熔剂，选项D正确；答案选C。25.下列方案设计、现象和结论不正确．．．的是目的方案设计现象和结论A判断氯化银和碘化银的溶度积常数

大小向盛有31mL1.0mol/LAgNO溶液的试管中滴加2mL0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加4~5滴0.1mol/LKI溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀，说明spspK(AgC1)>K(AgI)B证实金属防腐措施中牺牲阳极法的有效性用饱和食盐水和琼脂粉配制琼脂溶液并倒入两个培

养皿中，各滴加几滴酚酞和铁氰化钾溶液，将裹有锌皮和缠有铜丝的两个铁钉分别入培养皿，观察现象裹有锌皮的铁钉周围出现红色，缠有铜丝的铁钉周围出现红色和蓝色，说明活泼性强的锌保护了铁C检验硫酸厂周边空气中否含有二氧化硫用注射器多

次抽取空气，慢慢注入盛有酸性4KMnO，稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫D检验乙炔分子中碳碳三键的稳定性将饱和氯化钠溶液滴入盛有电石的烧瓶中制取乙炔，将纯净的乙炔通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试

管中，观察颜色变化溶液紫红色逐渐褪去，说明乙炔不稳定，容易被氧化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向盛有31mL1.0mol/LAgNO溶液的试管中滴加2mL0.1mol/LNaCl溶液，先生成AgCl沉淀，溶液中还有大量Ag+剩余，

再向其中滴加4~5滴0.1mol/LKI溶液，剩余的Ag+与I-结合生成AgI，不是能说明发生了沉淀的转化，不能证明spspK(AgC1)>K(AgI)，故A不正确；B．铁和锌形成原电池，锌为负极，发生反应2+Zn-2e=Zn−，铁钉为正极，正极上氧气得电子发生反

应--22O+4e+2HO=4OH，生成OH-，铁周围变红，因此裹有锌皮的铁钉周围出现红色时，铁未被腐蚀，缠有铜丝的铁钉周围出现红色和蓝色，形成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应生成Fe2+，K3

[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液遇Fe2+有蓝色沉淀生成，铁被腐蚀，说明活泼性强的锌保护了铁，故B正确；C．二氧化硫具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，故C正确；D．将纯净的乙炔通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试

管中，溶液紫红色逐渐褪去，说明乙炔与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，证明乙炔不稳定，容易被氧化，故D正确；答案选A。非选择题部分二、非选择题(共有5个小题，共50分)26.回答下列问题：（1）的系统命名法为：___

____（2）与正己烷互为同分异构体且核磁共振氢谱只有2组峰的烃的结构简式：_______【答案】（1）2，2−二甲基丁烷（2）()()3332CHCHCHCHCH或()()3322CHCHCHCH【解析】【小

问1详解】最长碳链4个碳，第2个碳上有2个甲基的烷烃，系统命名法为：2，2−二甲基丁烷；【小问2详解】与正己烷互为同分异构体且核磁共振氢谱只有2组峰的烃高度对称，其结构简式为：()()3332CHCHCHCHCH或()()3322CHCHCHCH。27.七水合硫酸亚铁()42FeSO7HO

在医学上常用作补血剂。某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量。步骤1：取10片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配成100mL溶液；步骤2：取上述溶液25.00mL于锥形瓶中，用0.0

100mol/L酸性4KMnO溶液进行滴定，恰好完全反应后消耗4KMnO溶液为20.00mL(假定药品中仅亚铁离子与酸性4KMnO溶液反应)。请回答：（1）步骤1中配制溶液时除玻璃棒、烧杯、胶头滴管外还需要的玻璃仪器是_______（2）步骤2滴定到达终点后，若

读数时俯视，则测得的补血剂中亚铁离子的含量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（3）该补血剂中亚铁离子的含量约为_______mg/片(保留到小数点后两位)。【答案】（1）100mL容量瓶（

2）偏低（3）22.40【解析】【小问1详解】配成100mL溶液需要的玻璃仪器除有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶；【小问2详解】滴定到达终点后，若读数时俯视，消耗标准4KMnO溶液的体积读数

偏小，导致计算亚铁离子浓度变小，测得的补血剂中亚铁离子的含量偏低；【小问3详解】反应原理：MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可得关系式MnO4-～5Fe2+，25mL溶液中：n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×20.00×10-3L=

10-3mol，100mL溶液中：n(Fe2+)=10-3mol×100mL25mL=4×10-3mol，10片补血剂样品中亚铁离子的含量约为m(Fe2+)=nM=4×10-3mol×56g/mol÷10=22.40mg/片。28.固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究

实验。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请问答：的（1）白色固体C的名称是_______。（2）化合物X的化学式是_______，化合物X的一价阴离子与4CH具有相同的空间结构，写出该阴离子的结构式_______。（3）蓝色溶液A加入氨水

后先产生蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量时得到深蓝色溶液。写出生成深蓝色溶液的离子方程式_______。【答案】（1）氧化铝（2）①.28CuAlCl②.（3）()22334Cu(OH)4NHCuNH2OH+−+=+【解析】

【分析】取4.020g化合物X，加水得到蓝色溶液A，说明溶解后的溶液中含铜离子，化合物X中含铜元素，溶液中加入足量氨水得到深蓝色溶液为铜氨配合物，含()2+34CuNH，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，生成蓝色溶液和白色沉淀，白色沉淀E为氯化银，质量为11.480g，物质的量

n(AgCl)=11.480g143.5g/mol=0.08mol，说明X中含氯元素，其物质的量为0.08mol，白色沉淀B能溶于NaOH溶液，说明B为氢氧化铝，灼烧得到白色固体C为氧化铝，质量为1.020g，说明X中含

铝元素，物质的量n(Al)=21.020g×102g/mol=0.02mol，则X中含铜元素的物质的量为n(Cu)=4.020g-0.08mol35.5g/mol-0.02mol27g/mol64g/mol=0.

01mol，X的化学式中n(Cu):n(Al):n(Cl)=0.01mol:0.02mol:0.08mol=1:2:8，化学式为：CuAl2Cl8。【小问1详解】由分析可知，白色固体C为氧化铝。【小问2详解】由分析可

知，化合物X的化学式是：CuAl2Cl8，化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，由于甲烷是正四面体结构，说明CuAl2Cl8的阴离子为AlCl4−，其结构式为：。【小问3详解】蓝色溶液A加入氨水后先产生蓝色沉淀，蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水至过量时得到深蓝色溶

液，氢氧化铜沉淀继续与氨水反应得到()2+34CuNH，则生成深蓝色溶液的离子方程式为：()22334Cu(OH)4NHCuNH2OH+−+=+。29.工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气

。请回答：（1）在C和2O的反应体系中：反应112211C(s)O(g)CO(g)ΔH394kJmol−+==−反应212222CO(g)O(g)2CO(g)ΔH566kJmol−+==−反应3232C(s)O(g)2CO(g)ΔH+

=①3ΔH=_______②设yΔHTΔS=−，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示。图中的线条b对应的是反应_______。③一定压强下，随着温度的升高，气体中2CO与CO的物质的量之比_______。A.不变B.增大C.减小D.无法判断（2）一氧化碳变换反应：-

1222CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g)ΔH=-41kJmol。①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(已知温度相同时气体压强之比等于浓度之比)：(CO)0.4MPa=p、()2pHO0.2MPa=、()2CO0

.8MPa=p和()2H0.8MPa=p，则反应的平衡常数K的数值为_______。②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到80%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为_______。③生产过

程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中不合适的是_______。A.反应温度愈高愈好B.适当提高反应物压强C.选择合适的催化剂D.通入一定量的氮气④以固体催化剂M催化变换反应，反应历程分两步完成，能量-反应过程如下图所示，写出步骤Ⅱ的

反应方程式。步骤Ⅰ：22MHOMOH+=+；步骤Ⅱ：_______从图中可以看出使用催化剂能加快化学反应速率的原因是_______。【答案】（1）①.-222kJ/mo1②.1③.C（2）①.8.0②.1.2:1③.AD④.2MOCOMCO+=+⑤.催化剂参与反

应降低了反应的活化能【解析】【小问1详解】①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：312Δ=2Δ-Δ=[2(-394)-(-566)]kJ/mol=-222kJ/molHHH，故答案为：-222kJ/mo1；②反应1前后气体分子数不变，升温y不变

，对应线条b；升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c；升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，则线条b对应的是反应1，故答案为：1；③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡

移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以2CO与CO物质的量比值减小，故答案为：C；【小问2详解】①该反应平衡常数K=222p(CO)p(H)0.80.8==8.0p(CO)p(HO)0.40.2，故答案为：8.0；②假设原料气中水蒸

气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：ƒ222CO+HOCO+H起始/mol1x00转化/mol0.80.80.80.8平衡/mol0.2x-0.80.80.8，则平衡常数K=0.80.8VV=80.2x-0.8V

V，解得x=1.2，故水蒸气与CO物质的量之比为1.2:1，故答案为：1.2:1；③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A项符合题意；B．适当增大压强，可加快反应速率，B项不符合题意；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C项不符合题意；D．若为恒容条

件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D项符合题意；故答案为：AD；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2；从

图中可以看出使用催化剂能加快化学反应速率的原因是催化剂参与反应降低了反应的活化能，故答案为：2MOCOMCO+=+；催化剂参与反应降低了反应的活化能。30.钙钛矿()3CaTiO型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题：（1）基态Ti原子

的价层电子排布式为_______。（2）已知组成和结构相似的物质，物质的熔点随着相对分子量的增大而增大。Ti的四卤化物熔点如下表所示，解释4TiF熔点出现反常的原因是_______。化合物4TiF4TiCl4TiBr4TiI熔点/℃37724

.12−38.3155（3）3CaTiO的晶胞如图(a)所示，其组成元素钙位于元素周期表中的_______区(填s、p、d、ds)，钙和镓的第一电离能大小顺序是_______，图示晶胞中4Ti+的配位数是_______。（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为2PbI

+−、和有机碱离子33CHNH+，其晶胞如图(b)所示。有机碱33CHNH+中有配位键，提供空轨道的微粒是_______；图(a)中的2Ca+与图(b)中的_______空间位置相同，若晶胞参数(边长)为anm，则晶体密度为_______3gcm−(列出计算式)。【

答案】（1）223d4s（2）氟的电负性大，4TiF形成的晶体是离子晶体，其它钛卤化物形成的是分子晶体（3）①.S②.CaGa(或钙>镓)③.6（4）①.H+或氢离子②.33CHNH+或有机碱离子③.21

3A62010aN【解析】【小问1详解】钛的原子序数为22，原子核外有22个电子，位于周期表中第4周期第ⅣB族，其基态原子的价层电子排布式为：3d24s2；【小问2详解】根据题中信息，氟的电负性大，TiF4熔点高，应为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、Til4

的熔点都比较低，属于分子晶体，一般而言，熔点：离子晶体＞分子晶体，而组成和结构相似的分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故答案为：氟的电负性大，4TiF形成的晶体是离子晶体，其它钛卤化物形成的是分子晶体；【小问3

详解】Ca元素属于IIA族元素，价电子排布式为4s2，位于元素周期表中的s区；同一周期元素，其第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这第一电离能大小顺序是钙＞镓；如图33CHNH+

所示，晶体甲中Ti4+的配位数是6；【小问4详解】