【文档说明】浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(29)页，3.275 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省宁波市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题考生须知：1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.本卷答题时不得使用计算器，不得使用修正液、涂改液修正带．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。3.答题时将答案均填在答卷相应题号

的位置，不按要求答题无效。4.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Ag10选择题部分一、选择题(本大题共14小题，每小题2分，共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)

1.下列物质属于弱电解质的是A.HClOB.3NHC.32CHCHOHD.4BaSO【答案】A【解析】【详解】电解质的强弱要看是否能完全电离，能完全电离的有强酸、强碱、大多数盐为强电解质，部分电离的有弱酸、弱碱、水等是弱电解质，HClO是弱酸属于弱电解质；3NH、32CHCH

OH为非电解质；4BaSO为强电解质；故A正确；故选：A。2.水溶液呈碱性的盐是A.32NHHOB.3NaHCOC.4NaHSOD.NaOH【答案】B【解析】【详解】A．32NHHO不是盐，是碱，故A错误；

B．3NaHCO电离的碳酸氢根离子水解呈碱性，是呈碱性的盐，故B正确；C．4NaHSO是强酸酸式盐，电离呈酸性，故C错误；D．NaOH是碱不是盐，故D错误；答案选B。3.下列说法不正确．．．的是A.NH3分子的球棍模型：B.氯化镁的电子式：C.某一激发

态碳原子的轨道表示式：D.3，3-二甲基戊烷的结构简式：【答案】A【解析】【详解】A．氨气分子为三角锥形，N原子半径大于H原子半径，NH3分子的球棍模型：，A错误；B．MgCl2是离子化合物，氯化镁的电子式为：，B正确；C．C是6

号元素，其基态原子的轨道表示式：，其某一激发态碳原子的轨道表示式：，C正确；D．根据烷烃的系统命名法可知，3，3-二甲基戊烷的结构简式：，D正确；故答案：A。4.下列说法正确的是A.162HO与821HO互为同位素B

.60C和70C互为同素异形体为C.和互为同系物D.淀粉与纤维素互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．同位素为质子数相同、中子数不同的原子互称，162HO与821HO均为分子，不是同位素，故A错误；B．60C和70C为组成不同

的碳单质，互为同素异形体，故B正确；C．属于酚类，属于醇类，两者不互为同系物，故C错误；D．淀粉与纤维素通式相同，但实际组成不同，不是同分异构体，故D错误；故选：B。5.下列各组比较不正确．．．的是A.键长：F-F>Cl-ClB.键角：42CH>HOC.电离常数(25℃)：氯乙酸>

乙酸D.水中溶解度：乙醇>1-戊醇【答案】A【解析】【详解】A．氟原子的原子半径小于氯原子，则氟氟键的键长小于氯氯键的键长，故A错误；B．甲烷分子中碳原子没有孤对电子，水分子中氧原子有2对孤对电子，孤对电子越多，对成

键电子对的斥力越大，键角越小，则甲烷分子的键角大于水分子，故B正确；C．氯原子是吸电子基，使羧酸分子中羧基的极性增强，易电离出氢离子，则氯乙酸的酸性强于乙酸，常温下电离常数大于乙酸，故C正确；D．羟基

为亲水基，烃基为憎水基，烃基的碳原子数越大，醇在水中的溶解度越小，则乙醇在水中的溶解度大于1—戊醇，故D正确；故选A。6.AlNGaN、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N-Al键、N-Ga键。下列说法正确的是A.N元素位于元素周期表p区B.A

lNGaN、晶体中均含离子键、极性键C.GaN的熔点高于AlND.电负性：Al>N【答案】A【解析】【详解】A．N元素为7号元素，位于元素周期表p区，A正确；B．二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N-Al键、N-Ga键，均为极性共价键，不存在离子键，B错误；C．Ga原子半径大于Al，则镓

氮键键长大于铝氮键，镓氮键键能较小，熔点较低，C错误；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性氮更大，D错误；故选A。7.下列关于有机化学反应类型或聚合物单

体的判断不正确．．．的是A.24HSO32222170CCHCHOHCH=CH+HO⎯⎯⎯⎯→浓属于消去反应B.2HCCH+HCNCH=CHCN⎯⎯⎯→催化剂属于加成反应C.合成(氯丁橡胶)的单体是2CH=CHCl和22CH=CHD.合成(聚乳酸)的单体是【答

案】C【解析】【详解】A．反应为羟基消去生成碳碳双键的反应，A正确；B．反应中碳碳叁键变双键，为加成反应，B正确；C．合成氯丁橡胶的单体是22CH=CClCH=CH，C错误；D．合成聚乳酸的单体是，分子中含有羧基和羟基，能发生缩聚反应生成聚乳酸，D正确；故选C。8.下列说法正确的是A.

棉花、人造棉、聚酯纤维的主要成分都是纤维素B.α-氨基酸均含有手性碳原子，具有对映异构体C.己烷中混有己烯，可加入适量溴水后分液除去D.丙醛和丙烯在核磁共振氢谱中均有三组峰【答案】D【解析】【详解】A．棉花、人造棉主要成

分都是纤维素，人聚酯纤维是合成高分子化合物，故A错误；B．H2NCH2COOH不含有手性碳原子，故B错误；C．己烷中混有己烯，加入适量溴水后己烯生成二溴己烷，二溴己烷溶于己烷，不能用分液除去，故C错误；D．丙醛的结构简式为CH3CH2CHO、丙烯的结构简式

为CH3CH=CH2，在核磁共振氢谱中均有三组峰，故D正确；选D。9.查表得焓变数据(25,101kPa℃)，下列能正确表示物质燃烧热的热化学方程式是A.石墨：21C(s)+O(g)=CO(g)2ΔH=-110.5kJ/molB.4CH：

4222CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(g)ΔH=-802.3kJ/moC.2HS：22223HS(g)+O(g)=SO(g)+HO(l)2ΔH=-562.6kJ/molD.3NH：3222)4NHg+3Og=)2Ng+(()6H)O(l(ΔH=-1530.4kJ/mol【答案】

C【解析】【详解】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，注意产物是液态水，二氧化碳气体等。A．CO不是碳元素的稳定的氧化物，应该是产生二氧化碳，A错误；B．气态水不是稳定的氧化产物，应该是液态水，B错误；C．1molH2S完全燃烧生

成稳定的二氧化硫气体和液态水，符合燃烧热的概念，放出的热量为燃烧热，C正确；D．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成指定物质放出的热量，方程式中为4mol，不是燃烧热，D错误；故选C。10.下列关于电化学的说法不正确．．．的是A.原电池中相对活泼的金属不

一定作负极B.铁质水管安装上铜质水龙头后，水管不易生锈C.燃料电池可将燃料和氧气的化学能直接转化为电能D.用银电极电解盐酸的总反应为22Ag+2HCl2AgCl+H电解【答案】B【解析】【详解】A．镁和铝做电极，氢氧化钠溶液做电解质溶液，由于铝

与氢氧化钠反应，铝是负极，比铝活泼的金属镁是正极，故A正确；B．铁的活泼型大于铜，形成原电池，铁做负极更易生锈，故B错误；C．原电池就是把化学能转化为电能的装置，故C正确；D．银作阳极银失去电子与氯离子形成氯化银，阴极上氢离子得电子生成氢气，总反应方程式为：22Ag+2H

Cl2AgCl+H电解，故D正确；答案选B。11.能正确表示下列反应的离子方程式是A.硫酸铜溶液中滴入少量氨水：()2+2+334Cu+4NH=CuNHB.铅酸蓄电池放电时的总反应：+2+22Pb+PbO+4H=2Pb+2HOC.乙酰胺在氢氧化钠溶液中水解：-3233CHCONH

+OHCHCOO+NH−⎯⎯→D.乙二酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：-2-+2+42422MnO+5CO+8H=Mn+10CO+4HO【答案】C【解析】【详解】A．硫酸铜溶液中滴入少量氨水反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：22+324Cu+2NHCHO=u(OH)2NH++，故A错误

；B．铅酸蓄电池放电时的总反应：4224+2Pb+PbO+4H=O+2SOO2PbS+2H−，故B错误；C．乙酰胺在氢氧化钠溶液中水解生成乙酸钠和氨气，离子方程式正确，故C正确；D．乙二酸为羧酸不能拆，正确离子方程式为：-2+4224222MnO+5HCO

+6H=2Mn+10CO+8HO+，故D错误；故选：C。12.下列关于物质性质的解释合理的是选项物质性质解释A氨水中存在+4NH32NHHO是离子化合物B石墨的导电性只能沿石墨平面的方向相邻碳原子平面之间相隔较远

，电子不能从一个平面跳跃到另一个平面C氯化银能溶于氨水3NH接受+Ag的孤对电子形成配位键D沸点：对羟基苯甲酸>邻羟基苯甲酸前者主要形成分子内氢键，后者主要形成分子间氢键，前者分子间作用力较大A.AB.BC.CD.

D【答案】B【解析】【详解】A．氨水中存在+4NH是因氨水中含有32NHHO，32NHHO是弱碱能电离出+4NH，但其不是离子化合物，故A错误；B．石墨层与层之间通过分子间作用结合，层间距离较大，电子不能在层间跳跃，因此石墨导电性只能沿平面方向，故B正确；C．氯化银能溶于氨

水，是因3NH与+Ag形成配位键，其中+Ag提供空轨道，3NH分子提供孤对电子，故C错误；D．对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，分子间氢键的形成使沸点升高，分子内氢键形成使沸点降低，故D错误；故选：B。13.苯甲酸叶醇酯存在于茉莉花、栀子花和茶叶中，结构如图所

示。下列说法不正确．．．的是A.分子中含有酯基和碳碳双键B.1mol该物质完全燃烧需消耗217molOC.分子结构为顺式结构，存在顺反异构体D.1mol该物质可与24molH发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸叶醇酯分子中

含有酯基和碳碳双键，故A正确；B．苯甲酸叶醇酯的分子式为C13H16O2，1mol苯甲酸叶醇酯完全燃烧需消耗16molO2，故B错误；C．苯甲酸叶醇酯分子中碳碳双键两端的碳原子各连接1个H原子，且氢原子在碳碳双键的同一侧，存在顺反异构体，苯甲酸叶醇酯为顺式结构，故C正确；D．苯环

和碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol苯甲酸叶醇酯可与24molH发生加成反应，故D正确；选B。14.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，W与Z同主族，基态X原子最外层只有一种自旋方向的电子，基态Y原子有2

个未成对电子，下列说法不正确．．．的是A.原子半径：XYZWB.W与X形成的化合物中可能含有非极性共价键C.Y元素的最简单氢化物中，Y原子杂化轨道类型为3spD.2ZW、3ZW的VSEPR模型分别为直线形、平面三角形【答案】D【解析】【分析】W是地壳中含量最多的元素O，W与Z同主族

，Z是S，基态X原子最外层只有一种自旋方向的电子，说明最外层只有1个电子，为Na，基态Y原子有2个未成对电子，且原子序数介于Na、S之间，由此确定Y为Si。【详解】A．同主族元素原子半径由上往下递增，同周期原子半径从左往右递减，故原子半径：SONaSi（XYZW），A正确；B．

Na与O形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，B正确；C．Si元素的最简单氢化物SiH4中，Si原子杂化轨道类型为3sp，C正确；D．2SO、3SO的VSEPR模型分别为V形、平面三角形，D错误。故选D。二、选择题(本大题共8小题，每小题3分，共24分。每小题列出的四个备

选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。)15.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.4.48L乙烯中σ键数目为ANB.31.0L1.0mol/LAlCl溶液中，3+Al的数目为ANC.1.0LpH=1的24HSO溶液中

+H的数目为A0.1ND.一定条件下，20.1molN和20.3molH混合后充分反应，转移电子的数目为A0.6N【答案】C【解析】【详解】A．气体状况未知，无法根据体积确定物质的量，故A错误；B．3+Al会发生水解，数目小于AN，故B错误；C．pH=1

，c(H+)=0.1mol/L，溶液体积为1L，则n(H+)=0.1mol，+H的数目为A0.1N，故C正确；D．该反应为可逆反应，氮气和氢气不能完全反应，转移电子数目无法确定，故D错误；故选：C。16.常温下的各溶液体系中

，下列说法不正确．．．的是A.m0.1ol/L的NaOH溶液中，由水电离产生的()+cH和-c(OH)的乘积为-14110B.pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合：()()-+4cCl<cNHC.在pH=3的3CHCOOH溶液中加

入少量0.001mol/L的盐酸，溶液的pH不变D.230.1mol/LNaCO溶液中：()()()+2--33cNa>cCO>cHCO【答案】A【解析】【详解】A．在m0.1ol/L的NaOH溶液中水的电离受到抑制，因此由水

电离产生的()+cH和-c(OH)的乘积为-14110，A错误；B．pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合溶质为NH4Cl、NH3H2O，溶液显碱性，根据电荷守恒可推知()()-+4cCl<cNH，B正确；C．在pH=3的3CHCOOH溶液中加

入少量0.001mol/L的盐酸，由于加入的盐酸pH=3，溶液的pH不变，C正确；D．230.1mol/LNaCO溶液中：23CO−分步水解一级水解大于二级水解，因此()()()+2--33cNa>cCO>cHCO，

D正确；故选A。17.实验室制备乙酸乙酯，并探究乙酸乙酯性质。下列说法不正确．．．的是①乙酸乙酯的制备②乙酸乙酯的水解取编号为甲、乙、丙的三支试管，分别加入4mL蒸馏水、244mL2mol/LHSO溶液、4mL4mol/LNaOH

溶液，并分别滴加等量石蕊溶液。再同时加入2mL乙酸乙酯，并放入75℃热水浴中，加热约5min。观察现象。A.实验①，a试管中应加入碎瓷片，其作用是防止加热时液体暴沸B.实验①，b试管中为饱和23NaCO溶液，分离出b试管中乙酸乙酯的操作

是萃取C.实验②，加入石蕊便于区分酯层与水层，甲中酯与水分界面下方逐渐变为紫红色D.实验②，实验后酯层剩余量从多到少的顺序是：甲>乙>丙【答案】B【解析】【详解】A．实验①，制备乙酸乙酯，加入碎瓷片作用是防止加热时液体暴沸，故A正确；

B．实验①，b试管中为饱和23NaCO溶液，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，分离出b试管中乙酸乙酯的操作是分液，故B错误；C．实验②，加入石蕊便于区分酯层与水层，乙酸乙酯密度小于水，甲中酯与水分界面下方逐渐变为紫红色，故C正确；D．实验②，酯在酸性或碱性条件下都能水解，且在碱性条件下水解的

更快，实验后酯层剩余量从多到少的顺序是：甲>乙>丙，故D正确；选B。18.在恒容的密闭容器中充入amol/LNO、20.6amol/LO，发生NO氧化反应：222NO(g)+O(g)2NO(g)ΔH。保持其它条件不变，控制反应温度分别为30℃和90℃，测得

NO达到不同转化率需要的时间如下表：NO氧化反应分两步进行：①2212NO(g)NO(g)ΔH；②22222NO(g)+O(g)2NO(g)ΔH。其反应过程能量变化示意图如图所示。结合图表分析，下列说法不正确．．．是A.升高温度，NO氧化反应速率加快B.决定NO氧化反应速率

的步骤是②C.90℃时，0~25s的平均反应速率：()2vO=0.01amol/(Ls)D.1ΔH<0，温度升高，反应①平衡逆移，()22cNO减小；浓度降低的影响大于温度对反应②速率的影响【答案】A【解析】详解】A．由图中表格可知，达到相同转化率，温度更高时所需时间更长，说明升高温度，N

O氧化反应速率不一定加快，A错误；B．步骤二的活化能更高，反应速率更慢，决定NO氧化反应速率的步骤是②，B正确；C．90℃时，0~25s的平均反应速率：()21a50%vO=mol/(Ls)0.01amol/(Ls)225=，C正确；的【

D．1ΔH<0，温度升高，反应①平衡逆移，()22cNO减小，反应②平衡逆移，()22cNO增大，浓度降低的影响大于温度对反应②速率的影响，故()22cNO减小，D正确。故选A。19.在实验室用如图所示装置以惰性电极进行电解实验，闭合电键一段时间后，e电极上有固体析出。下列说法不正确．

．．的是A.d电极为阳极，反应中产生黄绿色的有刺激性气味的气体B.a、b、c电极附近溶液颜色分别为蓝色、红色、红色C.理论上当电路中通过-0.1mole时，e电极上生成10.8g固体D.f电极上的电极反应式为--+32NO+3e+4HNO+2HO=【答案】

D【解析】【分析】闭合电键一段时间后，e电极上有固体析出，可知e电极上发生Ag++e-=Ag，e作阴极，则f为阳极，N为正极，M为负极，a、c为阴极，b、d为阳极，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知d为阳极，电极反应为

：2Cl--2e-=Cl2，氯气为黄绿色有刺激性气味的气体，故A正确；B．a电极上发生反应：--222HO+2e=H+2OH，附近溶液显碱性，使紫色石蕊变蓝色；b电极上发生反应：-222HO-4e=O+4H+，附近溶液显酸性，使石蕊变红色

；c电极上发生反应：--222HO+2e=H+2OH，附近溶液显碱性，使酚酞变红色，故B正确；C．e电极上发生反应Ag++e-=Ag；当电路中通过-0.1mole时，e电极上生成0.1molAg，质量为10.8g，故C正确；D．-OH的放电能力强于-3NO，f电极上的电

极反应式为-222HO-4e=O+4H+，故D错误；故选：D。20.常温下，向一定浓度的224HCO溶液中加入KOH固体，所得溶液中-2-2242424HCOHCOCO、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH关系如图所示[已知()-9sp24KCaCO=4.0

10]。下列说法不正确．．．的是A.曲线III代表2-24COB.B点pH为2.7C.24CaCO饱和溶液中，()()2+2-24cCa=cCOD.240.1molCaCO固体不能全部溶于1L0.2mol/LHCl中【答案】C【解析】

【分析】随着KOH固体的加入，溶液的pH不断增大，草酸的浓度开始减小，草酸氢根的浓度先增大后减小，pH达到一定值后，草酸根离子的浓度开始增大，故曲线I、II、III分别代表-2-2242424HCOHCOCO、、，据此回答；【详解】A．由分析知曲线III代表2-24CO，A正确；

B．由曲线交点A可计算出Ka1=+-24224c(H)c(HCO)c(HCO)=10-1.2，由曲线交点C可计算出Ka2=+2-2424))c(H)c(COc(HCO−=10-4.2，交点B处2-24224c(CO)=c(HCO)，因2+

2-2412224)c(H)c(CKOH)a?K=c(COa可推出B点+-1.2-4.2-2.7c(H)=10?10=10，B正确；C．24CaCO饱和溶液中若存在同离子效应时，()2+cCa和()2-24cCO浓度不一定相等，C错误；D．假设240.1molCaCO固体全部溶于

1L0.2mol/LHCl中，则此时()2+cCa=0.1mol/L，()224c=0.1mol/LHCO，由Ka1=+-24224c(H)c(HCO)c(HCO)=10-1.2可计算出()+-1-1.2-21-.41c=c(H)=10?LHC10=10Omol/

，因为第一步电离远远大于第二步电离，故溶液中此时的+-1.1c(H)=10mol/L，由2+2-2412224)c(H)c(CKOH)a?K=c(COa可计算出()2-24cCO=10-4.2mol/L，则此时溶液中Qc=2+2-24c(Ca)

?c(CO)=10-5.2>Ksp，有草酸钙沉淀析出，说明假设错误，即240.1molCaCO固体不能全部溶于1L0.2mol/LHCl中，D正确；故选C。21.结合所学知识，分析以下反应，下列推论不正确．．．的是(1)(2)产物物质的量分数58%4%38%(3)产物物质的

量分6%93%1%数A.甲苯比苯容易硝化，硝基苯比苯难硝化B.甲基使苯环上与甲基处于邻、对位的氢原子活化而易被硝基取代C.硝基使苯环上与硝基处于邻、对位的氢原子比间位的更难被硝基取代D.甲基为吸电子基、硝基为推电子基，对苯环产

生不同影响【答案】D【解析】【详解】A．根据反应需要的温度可知，甲苯比苯容易硝化，硝基苯比苯难硝化，故A正确；B．甲苯发生硝化反应时，产物的量最少，说明甲基使苯环上与甲基处于邻、对位的氢原子活化而易被硝基取代，故B正确；C．硝基苯发生硝化反应时，

产物、的量很少，说明硝基使苯环上与硝基处于邻、对位的氢原子比间位的更难被硝基取代，故C正确；D．甲基为推电子基、硝基为吸电子基，故D错误；选D。22.对下列实验操作的现象和结论的分析正确的是选项实验操作现象和结

论A向盛有1mL0.01mol/LKI溶液的试管中加入32mL0.01mol/LFeCl溶液，再加入几滴0.1mol/LKSCN溶液，观察现象若溶液变血红色，说明KI与3FeCl反应为可逆反应B向盛有2mL1mol/LNaCl溶液的试管中滴加4滴30.1mol/LAgNO溶液，

振荡后，继续滴加4滴1mol/LNaI溶液，观察现象若先生成的白色沉淀变为黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(Agl)C用pH试纸分别测定盐酸和HA溶液的pH若HA溶液的pH比盐酸的大，说明HA是弱酸D在淀粉溶液中滴入

稀硫酸，加热一段时间，冷却后加入氢氧化钠溶液至溶液呈碱性，再滴加碘水，观察现象若溶液未变为蓝色，说明淀粉已水解完全A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．在KI和FeCl3反应中，氯化铁过量，加入KSCN溶液一定变红色，不能确定二者的反应是

否为可逆反应，故A错误；B．在NaCl与AgNO3反应中，NaCl过量，硝酸银完全反应，加入少量NaI溶液，若沉淀变黄色说明氯化银转换成了碘化银，发生了沉淀转化，可以判断溶度积Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B正确；C．由于盐酸和HA浓度未知，不能根据

pH值大小判定HA是弱酸，故C错误；D．淀粉水解后加入了NaOH呈碱性，I2与NaOH反应，不会使淀粉变蓝色，故D错误；答案选B非选择题部分三、非选择题(本大题共4小题，共48分。)23.含硅化合物在生活中的应用非常广泛。请回答下列问题：（1）祖母绿宝石的主要成分化学式为()

3236BeAlSiO，Be与Al的第一电离能大小关系为：I(Be)___________I(Al)。（2）硅酸盐的阴离子结构丰富多样，有些是有限数目的硅氧四面体构建的简单阴离子，如图所示，最简单的硅酸盐阴离子a的化

学式为4-4SiO，则六元环状硅酸盐阴离子b的化学式是___________(不能用最简式表示)。（3）工业制备高纯硅，先用焦炭在电炉中将石英还原为粗硅，再将粗硅与HCl在300℃反应生成。3SiHCl，氯原子的价层电子排布式为___________，3SiHCl的空间构型为____

_______。（4）硅的各种卤化物的沸点如下表，沸点依次升高的原因是___________。4SiF4SiCl4SiBr4SiI沸点/K187.2330.8427.2560.7（5）β-石英是晶质石英(2SiO)的

一种变体，其晶胞结构如图所示，一个晶胞中含有的硅原子数为___________，请用价层电子对互斥模型解释图中键角SiOSi并不是180的原因是___________。【答案】（1）>（2）()12-36SiO或12-618SiO

（3）①.253s3p②.四面体形（4）都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，所以沸点依次升高（5）①.8②.O原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间互相排斥，键角不可能为180【解析】【小问1详解】同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则镁元素

的第一电离能小于铍元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，所以铍元素的第一电离能大于铝元素，故答案为：>；【小问2详解】由图可知，六元环状硅酸盐阴离子中，每个硅原子形成的四面体中的氧原

子个数为2+2×12=3，则阴离子中硅原子个数为6、氧原子个数为18，由化合价代数和为0可知，阴离子的的化学式为()12-36SiO或12-618SiO，故答案为：()12-36SiO或12-618SiO；【小问3详解】氯元素的原子序数为17，基态原子的价层电子排布式为3s23p5

；三氯硅烷中硅原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构不对称的四面体形，故答案为：3s23p5；四面体形；【小问4详解】分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，四种卤化硅是结构相似的分子晶

体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，所以沸点依次升高，故答案为：都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，所以沸点依次升高；【小问5详解】硅原子的原子半径大于氧原

子，则黑球为硅原子、白球为氧原子，晶胞中位于顶点、面心和体内的硅原子个数为8×18+6×12+4=8；晶体中氧原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间互相排斥，键角不可能为180，故答案为：8；O原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间互相排斥，键角不可能为180

。24.苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，国内外目前主要采用多种方案用乙苯制取苯乙烯。相关反应及数据如下表所示：反应方程式ΔH(kJ/mol)K(T℃)反应1直接催化脱氢法(g)(g)+H2(g)1ΔH=+117.6-151K=2.7

10反应22CO氧化脱氢法(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)+CO(g)2ΔH=+158.82K反应32O氧化脱水法(g)+12O2(g)(g)+H2O(g)3ΔH3K反应42221H(g)+O(g)HO(g)2垐?噲?4ΔH=-241.8404K=1.2610（1）直

接催化脱氢法制苯乙烯：将一定量乙苯气体充入密闭容器中，发生反应1。①控制反应温度为T℃，恒容时，下列能判断反应达化学平衡状态的是___________。A．气体的压强不变B．K不变C．气体密度不变D．气体的平均相对分子质量不变②保持体系总压为p不变的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙

苯的平衡转化率如图所示。用平衡分压代替平衡浓度计算600℃时的平衡常数pK=___________(保留两位有效数字，分压=总压×物质的量分数)。③研究表明，在恒压固定流速条件下，该反应存在乙苯转化率较低、催化剂

表面积碳等问题。若乙苯蒸气中掺混水蒸气，控制反应温度600℃，能够有效解决这些问题。掺入水蒸气的作用是___________。（2）2CO氧化脱氢法制苯乙烯：将一定量乙苯和2CO，气体充入恒容密闭容器中，发生反应2，控制反应温度为T℃。下列说法正确的是_______

____。A.反应2是高温自发反应B.反应2的正反应活化能大于逆反应活化能C.及时分离出水，有利于提高苯乙烯的平衡产率D.2CO与2H反应的热化学方程式为：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(l)ΔH=+41.2kJ/mol（3）2O氧化脱水法制苯乙烯：工业

上，将一定量乙苯和2O充入恒容密闭容器中，发生反应3，控制反应温度为T℃。①结合反应1和反应4，说明2O氧化脱水法中氧气参与反应的优点有：反应4可为反应1提供所需的能量和___________(结合相关数据及必要的文字说明)。②已知焓变数值越大，平衡常数K受温度影响越

大。反应1的lnK随1T(温度的倒数)的变化如图所示。请在图中画出反应4的lnK随1T的变化图___________。【答案】（1）①.AD②.0.19p③.正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释，相当于起减压的效果，促进平

衡向正向移动，增大乙苯的平衡转化率；水蒸气可以与碳发生反应有效降低积碳（2）ABC（3）①.25314K=KK=3.410远大于1K，反应4使乙苯转化为苯乙烯得以实现②.。[斜向上，更陡。相交或不相交都可以。]【解析】【小问1详解】①A．反应前后气体分子数不同，反应进行过程中压强不断变

化，当压强不变，说明达到平衡，故A正确；B．根据题目信息，控制反应温度为T℃，不论反应是否达到平衡，温度都不发生变化，无法判断，故B错误；C．在恒容条件下，反应不涉及非气体物质参与，说明气体体积和气体总质量均不变，密度始终保持不变，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；

D．气体的平均相对分子质量数值大小等于平均摩尔质量，根据mM=n，气体总质量始终不变，反应前后气体物质的量不断变化，说明平均摩尔质量在反应过程中不断变化，当平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，故D正确；答案选AD。②600℃时乙苯的平衡转化率为

40％，列出三段式：2ggHga000.4a0.4a0.4a0.6a0.4a0.4a+乙苯（）苯乙烯（）（）初始转化平衡，由于分压=总压×物质的量分数，所以三种物质的分压分别为3P7、2P7、2P7，根据平

衡常数p22pp770.193p7K==；③该反应为正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果，从而促进平衡向正向移动，增大乙苯的平衡转化率；同时水蒸气在高温条件下可以与碳发生反应有效降低积碳含量；【小问

2详解】A．该反应熵增，△S大于0，△H大于0，根据G=HTS−△△△可知，高温时△G＜0，为自发反应，故A正确；B．该反应为吸热反应，说明正反应活化能大于逆反应活化能，故C正确；C．根据反应2可知，及时分离出水蒸气，可促使平衡正向移动，从而提高苯乙烯的平衡产率，故C正确；D．根据盖斯定律，反应

2-反应1可得222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+41.2kJ/mol，故D错误；答案选ABC；【小问3详解】①根据盖斯定律可知反应3=反应1+反应4，则K3=K1K4=253.410远大于K1，从而有利于使乙苯转化为苯乙烯；②反应4的

lnK随1T的增大而增大，且焓变数值越大，平衡常数K受温度影响越大，结合变化趋势可画出如图：；25.根据中和滴定原理，用0.1125mol/LHCl溶液测定未知浓度NaOH溶液的浓度。（1）滴定准备：从下列选项中选择合理的操作

并排序(用字母表示，操作不能．．重复使用)：__________选取外观完好的滴定管→用自来水洗净→检查滴定管是否漏水→(___________)→(___________)→(___________)

→(___________)→(___________)。a．用待装液润洗2~3次b．用蒸馏水洗涤c．调节管内液面于“0”刻度或“0”刻度以下d．加入待装液使液面位于滴定管“0”刻度以上2~3mL处e．排出滴定管尖嘴部分的气泡（2）滴定过程：①从碱式滴定管中

放出待测NaOH溶液2500mL．于锥形瓶中，滴加___________作指示剂。A．2滴石蕊溶液B．2滴酚酞溶液C．1mL石蕊溶液D．1mL酚酞溶液②若酸式滴定管中HCl溶液液面位置如图所示，读数为___________mL。③用HCl溶液滴定至终点，达到滴定终点判断依据是_______

____。（3）数据处理：实验编号NaOH待测液体积V/mL消耗HCl标准液体积V/mLL125.0022.60225.0024.00325.0023.98425.0024.02计算该NaOH溶液的浓度c(NaOH)=___________mo

l/L(计算结果保留4位有效数字)。（4）误差分析：以下操作会导致待测NaOH溶液浓度测定结果偏高的是___________。A．装入待测液前，锥形瓶中有少量水B．锥形瓶洗净后，用待测液润洗2~3次的C．用碱式滴定管量取NaOH溶

液，开始时尖嘴部分无气泡，放液结束出现气泡D．滴定过程中振荡锥形瓶时部分NaOH溶液溅出E．装HCl溶液的滴定管，滴定前读数时仰视，滴定后读数时俯视（5）实验反思：在氧化还原滴定实验中，盛装高锰酸钾溶液可选用___________。A．酸式滴定管B．碱式滴定管C．使用聚四氟乙烯

活塞的滴定管【答案】（1）b→a→d→e→c（2）①.B②.0.60③.滴入最后半滴HCl溶液后，溶液由粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色（3）0.1080（4）BC（5）AC【解析】【小问1详解】滴

定准备：选取外观完好的滴定管→用自来水洗净→检查滴定管是否漏水→用蒸馏水洗涤→用待装液润洗2~3次→加入待装液使液面位于滴定管“0”刻度以上2~3mL处→排出滴定管尖嘴部分的气泡→调节管内液面于“0”刻

度或“0”刻度以下。【小问2详解】①强酸、强碱的滴定用酚酞作指示剂，从碱式滴定管中放出待测NaOH溶液2500mL．于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液作指示剂，选B。②若酸式滴定管中HCl溶液液面位置如图所示，根据图示，读

数为0.60mL。③用HCl溶液滴定至终点，酚酞在酸性或中性溶液中为无色，达到滴定终点的判断依据是：滴入最后半滴HCl溶液后，溶液由粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色。【小问3详解】第一次实验数据超出正常误差范围，舍去不用，根据第2、3、4次实验数据，

平均消耗HCl溶液的体积为24.00mL，该NaOH溶液的浓度c(NaOH)=0.1125mol/L24.00mL25.00mL=0.1080mol/L。【小问4详解】A．装入待测液前，锥形瓶中有少量水，不影响氢氧化钠的物质的量，所以对消耗盐酸的体积无影响，测定结果无影响，故不选A；B．

锥形瓶洗净后，用待测液润洗2~3次，氢氧化钠的物质的量偏多，所以消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故选B；C．用碱式滴定管量取NaOH溶液，开始时尖嘴部分无气泡，放液结束出现气泡，量取氢氧化钠溶液的体积偏大，氢

氧化钠的物质的量偏多，所以消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，故选C；D．滴定过程中振荡锥形瓶时部分NaOH溶液溅出，氢氧化钠的物质的量偏少，所以消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏低，故不选D；E．装HCl溶液的滴定管，滴定前读数时仰视，滴定后读数时俯视，消

耗盐酸的体积偏小，测定结果偏低，故不选E；选BC。【小问5详解】高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶，在氧化还原滴定实验中，盛装高锰酸钾溶液可选用酸式滴定管，使用聚四氟乙烯活塞的滴定管，选AC。26.某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成医药中间体α-羟基苯丁酸。请回答：（1）反应①所需试剂

和反应条件分别是___________、___________；化合物C的名称是___________。（2）下列说法不正确．．．的是___________。A.化合物B的同分异构体中遇氯化铁溶液显紫色的有

2种B.化合物D分子中所有原子不可能共平面C.化合物E中含氮．．官能团的名称是氰基D.化合物F既能发生加聚反应又能发生缩聚反应（3）反应②的化学方程式是___________。（4）写出2种同时符合下列条件的化合物E的同分

异构体的结构简式___________。1H-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中含有苯环、酰胺基、碳碳三键；②分子中有4种不同化学环境的氢原子。（5）设计以3CHCHO为原料合成CH3-CH=CH-COOH的路线___________(用流

程图表示，其它无机试剂、有机溶剂任选)。【答案】（1）①.氯气②.光照或加热③.苯甲醛（2）AB（3）（4）、（5）【解析】【分析】以甲苯为起始原料，在光照或加热与氯气发生取代反应生成A，A取代得到B，B催化氧化得到C，C经过加成消去得到

，D发生加成反应生成E，E经过酸化转化为F，F加成得到，根据分析答题。【小问1详解】以甲苯为起始原料，在光照或加热与氯气发生取代反应生成A，A取代得到B，B催化氧化得到C为苯甲醛；【小问2详解】A.化合物B的同分异构体中遇氯化铁溶液显紫色说明含有酚羟基，与甲基的位置有邻

间对3种，A错误；B.化合物分子中所有原子可能共平面，B错误；C.E中含氮官能团为氰基，C正确；D.F中含羧基和羟基，能发生缩聚反应，含碳碳双键，能发生加聚反应，D正确；选AB；【小问3详解】反应②A→B是卤代烃的水解：；【小问4详解】E的分子式为C10

H9NO，根据题干信息同分异构体结构中含有苯环、酰胺基、碳碳三键，同时还有4种等效氢，同时满足条件的结构有等；【小问5详解】模仿C→D的反应，以3CHCHO与3CHCHO在碱性条件下加热制得，然后再和

氯气加成、之后氧化醛基、再消去和酸化得到目标产物，合成路线如下：然后再在催化剂条件下氧化得到CH3-C≡C-COOH，合成路线如下：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com