【文档说明】浙江省七彩阳光新高考研究联盟2021-2022学年高二下学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(26)页，2.816 MB，由管理员店铺上传

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2021学年第二学期浙江七彩阳光联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字

。3.所有答案必须写在答题纸上，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：H1,C12,N14,O16,F19,Na23,Mg24,Al27−−−−−−−−，Si28,P31,S32,Cl35.5,K39,Ca40,Cr52,Fe56

,Zn65,Cu64,Br80−−−−−−−−−−−，I127,Ag108,Ba137,Cd112−−−−)选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不

得分)1.下列物质因水解而显酸性的是A.KClO3B.AlCl3C.NaHSO4D.HNO2【答案】B【解析】【详解】A．KClO3为强酸强碱盐，在水溶液中不发生水解，A不符合题意；B．AlCl3为强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解，从而使溶液显酸性，B符合题意

；C．NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中不发生水解，只发生电离而使溶液显酸性，C不符合题意；D．HNO2为弱酸，不能发生水解，D不符合题意；故选B。2.在熔融状态下能够导电的电解质是A.KNO3B.SiO2C.石墨D.HCl【答案】A【解析】【详解】A．KNO3为离子化合

物，熔融时电离为K+和3NO−，所以能够导电，A符合题意；B．SiO2为非金属氧化物，属于非电解质，B不符合题意；C．石墨为非金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，C不符合题意；D．HCl为电解质，但由分子构成，熔融时不导电，D不符合题意；故选A。3.下列表示正确的是A.乙炔的结构式：CH≡CH

B.2CO的空间填充模型：C.液态HF中存在的氢键：F-H…FD.石英的分子式：2SiO【答案】C【解析】【详解】A．CH≡CH为乙炔的结构简式，乙炔的结构式为H-C≡C-H，故A错误；B．CO2的结构简式为O=C=O，C、O属于同周期，且C的原子半径大于O原子半径，黑球

比灰球大，故B错误；C．氢键的表示形式为X-H…Y-，HF分子间存在氢键，氢键表示形式为F-H…F，故C正确；D．SiO2为共价晶体，是由Si原子和氧原子组成，不存在二氧化硅分子，故D错误；答案为C。4.下列说法正确的是A.电负性

越大，非金属性越强，第一电离能也越大B.若将基态15P原子的核外电子排布式写成226221xy1s2s2p3s3p3p，则违背了泡利原理C.卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(CX4)的熔沸点均随相对分子质量的增大而升高D.构

造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层【答案】D【解析】【详解】A．如电负性O＞N，非金属性O＞N，第一电离能N＞O，A错误；B．泡利原理为不能有两个或两个以上的粒子处于完全相同的状态，15P原子的核外电子排

布式写成226221xy1s2s2p3s3p3p违背了洪特规则，B错误；C．卤素氢化物中HF分子间能形成氢键，其熔沸点最高，C错误；D．构造原理告诉我们，随着核电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层，是能级交错现象，

D正确；答案选D。5.下列说法正确的是A.222HDT、、互为同位素B.HOOCCOOH−与3CHCOOH为同系物C.淀粉与纤维素互为同分异构体D.4N与2N互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A．222HDT、

、均为氢气分子，不属于同位素，A错误；B．HOOCCOOH−与3CHCOOH结构不相似，不是同系物，B错误；C．淀粉与纤维素分子式中聚合度n值不相同，不是互为同分异构体，C错误；D．4N与2N组成元素相同但为两种物质，故互为同素异形体，

D正确；答案选D。6.下列关于晶体的分类正确的是选项离子晶体共价晶体分子晶体A2KOAr2SOB24HSO石墨SC3CHCOONa水晶苯D2Ba(OH)金刚石玻璃A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】

A．Ar属于分子晶体，不属于共价晶体，故A错误；B．石墨属于混合晶体，硫酸属于分子晶体，故B错误；C．醋酸钠属于盐，是由Na+和CH3COO-组成，属于离子晶体，水晶为SiO2，属于共价晶体，苯属于分子晶体，故C正确；D．玻璃不属于晶体，故D错误；答案为C。7.下

列说法正确的是A.H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键B.金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S的熔点依次降低C.石墨、新型高分子导电材料、聚乙烯、金属晶体中均含有金属键D.可燃冰(CH4∙8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键【答案】B【解析】【详解】A．

H2O比H2S稳定，是因为O的非金属性大于S，H-O键的键能大于H-S键的键能，A不正确；B．金刚石、SiC形成共价晶体，且C-C键能大于Si-C键能，NaF、NaCl形成离子晶体，前者晶格能大于后者，H2O、

H2S形成分子晶体，前者能形成分子间的氢键，所以它们的熔点依次降低，B正确；C．聚乙烯分子中不含有金属键，C不正确；D．可燃冰(CH4∙8H2O)中甲烷分子与水分子间只存在分子间作用力，不形成氢键，D不正确；故选B。8.根据所给信

息提示下列物质间转化均能实现的是A.2HHCl(aq)24(高温)SiOSiCl(g)Si⎯⎯⎯⎯⎯→⎯→⎯⎯⎯⎯B.饱和32NH(g),CO(g)323NaCl(aq)NaHCO(s)NaCO(s)

⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯→C.HCl(aq)2333FeOFeCl(aq)FeCl(s)无水⎯⎯→⎯⎯⎯→D.⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→HCl(aq)电解22Mg(OH)(s)MgCl(aq)Mg(s)【答案】B【解析】【详解】A．SiO2与盐酸不发生化学反应，故A不符合题意；B．饱和食盐水中通入

氨气、二氧化碳，发生NaCl+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠不稳定受热易分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故B符合题意；C．氯化铁为挥发性强酸的弱碱盐，加热蒸干氯化铁溶液得到氧化铁，故C不符合题意；D．电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，不能得到镁单质，电解熔融状态的氯化镁得到镁

单质，故D不符合题意；答案为B。9.关于反应32428NH3Cl6NHClN=++，下列说法正确的是A.每生成21molN，有38molNH被氧化B.每23molCl反应，转移A6N个电子C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:8D.还原产物为2N【答案】B

【解析】【详解】A．根据反应方程式，8molNH3中有2molNH3被氧化，6mol氨气未被氧化，因此每生成1mol氮气，有2mol氨气被氧化，故A错误；B．根据反应方程式，氨气作还原剂，氯气作氧化剂，因此每3mol氯气反应，转移电子物质的量为6mol，故B正确；C．根据上述分析，3mo

l氯气被还原时，有2mol氨气被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；D．氮气氧化产物，故D错误；答案为B。10.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.60gSiO2晶体中共价键数目为2N

AB.1mol羟基所含电子数为7NAC.5.6g铁与0.1molCl2完全反应，转移电子数目为0.3NAD.28gN60(分子结构为)中含有的σ键数目为3NA【答案】D【解析】【详解】A．60gSiO2晶体的物质的量为1mol，1个“SiO2”中含有4个共价键，则6

0gSiO2含共价键数目为4NA，A不正确；B．1个-OH中含有9个电子，则1mol羟基所含电子数为9NA，B不正确；C．5.6g铁与0.1molCl2反应，Fe过量，Cl2完全反应，则转移电子数目为0.2NA，C不正确；D．

从N60的分子结构图可以看出，每个N原子形成32=1.5个σ键，28gN60中含有2molN原子，则28gN60含有的σ键数目为1.5×2NA=3NA，D正确；故选D。11.下列说法中不正确的是A.工业上可用电解饱和食盐水的方法获得金属钠和氯气B.在船壳上镶嵌金属锌

块保护铁质船壳的方法属于阴极保护法为C.在3FeCl溶液中加入适量盐酸，可抑制3Fe+的水解D.铝制容器不适于存放强碱性物质【答案】A【解析】【详解】A．惰性电极电解饱和食盐水时，阳极是氯离子放电，生成氯气，阴极是氢离子放电生成氢气，不会生成钠单质，A错误；B．在船体

上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C．氯化铁水解生成氢氧化铁，故在3FeCl溶液中加入适量盐酸，可抑制3Fe+的水解，C正确；D．铝制容器不适于存放强碱性物

质，因为铝与过量碱生成偏铝酸钠，D正确；答案选A。12.下列离子方程式正确的是A.醋酸与碳酸钙反应：23222HCaCOCaCOHO+++=++B.亚硫酸钠的水解：2-3223SO2HOHSO2OH−++C.少量2Cl通入2FeBr溶液：

22Cl2Br2ClBr−−+=+D.在3NaNO和24HSO的混合溶液中加入铜片：2-323Cu2NO8H3Cu2NO4HO++++=++【答案】D【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆，离子方程式为2CH3COOH+CaCO3=CO2↑+Ca2+

+2CH3COO-+H2O，A错误；B．2-3SO在水溶液中分步水解，水解方程式为2-3SO+H2O-3HSO+OH-，-3HSO+H2OH2SO3+OH-，B错误；C．Fe2+的还原性强于Br-，通入少量Cl2先氧化Fe2+，离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，C错误；D

．-3NO遇H+可表现强氧化性，将Cu氧化为Cu2+，离子方程式为3Cu+8H++2-3NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正确；故选D。13.从微粒结构角度分析，下列说法正确的是A.三氧化硫有单

分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同B.4LiAlH中Al原子采用3sp杂化，-4AlH离子的空间构型为平面正方形C.+3I的空间结构为V形，中心原子的杂化方式为3spD.1mol配合物(

)2225TiClHOClHO和足量硝酸银溶液反应，能产生3mol沉淀【答案】C【解析】【详解】A．三氧化硫单分子中，中心硫原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，三聚分子固体()中，S原子发生sp3杂化，A不正确；B．-4AlH离子中，中心Al原子发生sp3杂化，空

间构型为正四面体，B不正确；C．+3I中，中心I原子的价层电子对数为4，含有2个孤对电子，发生sp3杂化，空间结构为V形，C正确；D．1mol()2225TiClHOClHO溶于水后，能电离出2molC

l-，与足量硝酸银溶液反应，产生2molAgCl沉淀，D不正确；故选C。14.反应42高温SiCl(g)+2H(g)Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列说法正确的是A.该反应的平衡常数()()42

42c(HCl)c(Si)KcSiClcH=B.用E表示键能，该反应H4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl)=−+−−−C.高温下反应每生成1molSi需消耗2222.4LHD.4SiCl是含

极性共价键的非极性分子【答案】D【解析】【详解】A．Si为固体，不出现在表达式中，该反应的平衡常数()()4242c(HCl)KcSiClcH=，A错误；B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，硅晶体中每个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键为

2个Si原子共用，故每个Si原子相当于单独含有2个Si-Si键，即1mol晶体硅中含有2molSi-Si键，则该反应△H=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)-2E(Si-Si)，B错误；C．高温下Vm未知，不能计算出氢气体积，C错误；D．4SiCl是含

极性共价键(Si-Cl)的非极性分子，D正确；答案选D。15.下列说法不正确的是A.2HO的分子空间构型为V形，可推知2SCl的分子空间构型也为V形B.32CHCHOH与Na反应的剧烈程度弱于2HO与Na反应的剧烈程度，可知烃基为推电子基团，减小了OH−的极

性C.4CH的熔点低于4SiH，可推知3NH的熔点低于3PHD.23AlO为两性氧化物，可推知BeO也为两性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．2HO的分子空间构型为V形，可推知2SCl的分子空间构型

也为V形，O、S为同主族，成键电子对数均为2，孤电子对数均为2，A正确；B．32CHCHOH与Na反应的剧烈程度弱于2HO与Na反应的剧烈程度，说明水中的羟基氢比乙醇中的羟基氢活泼，可知烷基为推电子基

团，减小了OH−的极性，B正确；C．4CH、4SiH都是分子晶体，硅烷分子量大，熔点高，所以甲烷的熔沸点低于硅烷，但是3NH分子间存在氢键，3NH熔点高于3PH，C错误；D．Al与Be为对角线金属，23AlO为

两性氧化物，可推知BeO也为两性氧化物，D正确；答案选C。16.向蓝色的硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，溶液变为绿色，向绿色溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，最终蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液，再向深蓝色溶液中加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列说法不正确．．．的是A.上述过程中涉及2种配离子B.深蓝色晶体

中含铜配离子的配位数为4C.上述的转化过程说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同D.向深蓝色溶液中加入乙醇通过改变溶剂极性，使溶质溶解度降低【答案】A【解析】【详解】A．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝

色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH-结合生成Cu(OH)2，但由于氨水是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，故过程中涉及到一种配离子，A错误；B．深蓝色的晶体为[Cu

(NH3)4]SO4H2O的铜离子的配位数为4，B正确；C．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液，由于氨水呈碱性，Cu2+先于溶液中的OH-结合生成Cu(OH)2，但由于氨水

是过量的，过量的NH3可与Cu2+结合生成稳定的配位键，配合物向生成更稳定的配合物转化，故铜离子与不同配体形成的配位键强度不同，C正确；D．步骤3中加入乙醇可减小溶剂极性，降低Cu(NH3)4SO4的溶解度，从而析出深

蓝色晶体，D正确；故选A。17.下列判断正确的是A.32CaCO(s)CaO(s)CO(g)=+，该反应常温下不能自发反应，说明该反应H0B.2232Fe(s)3O(g)FeO(s)+=，该反应在常温下能自发反应，是因为该反应的焓效应大于熵效应C.在外界条件不变的情况

下，使用催化剂，可改变反应进行的方向D.集中资金研究反应22CO(g)2C(s)O(g)0=+H发生的条件，以解决化石燃料不完全燃烧产生的环境问题【答案】B【解析】【详解】A．根据ΔG=ΔH－TΔS，常温下不能自发进行，ΔG＞0，该

反应为熵增反应，推出ΔH＞0，故A错误；B．该反应为熵减反应，即ΔS＜0，该反应常温下能自发进行，推出ΔH＜0，即该反应的焓效应大于熵效应，故B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应进行的方向，故C错误；D．该反应为吸热反应，需提供能量，该反应为熵减反应，ΔG＞0，不能自发进行，因此

不能利用该吸热反应解决化石燃料不完全燃烧产生的环境问题，故D错误；答案为B。18.金属钠和氯气反应的能量关系如图所示，下列说法正确的是A.∆H3＜0，∆H5＞0B.在相同条件下，2K(g)→2K+(g)的3H＜∆H3C.∆H1＜∆H4+∆H5+∆H6+∆H7D.∆H7＜0，且该过程形

成了分子间作用力【答案】B【解析】【详解】A．2Na(g)→2Na+(g)需要吸收热量，∆H3＞0，2Cl(g)→2Cl-(g)能放出热量，∆H5＜0，A不正确；B．在相同条件下，K的金属活动性比Na强，失电子吸收的能量比Na

少，2K(g)→2K+(g)的3H＜∆H3，B正确；C．∆H1=∆H2+∆H3+∆H4+∆H5+∆H6+∆H7，因为∆H2＞0，∆H3＞0，所以∆H1＞∆H4+∆H5+∆H6+∆H7，C不正确；D．NaCl(g)转化为NaCl(s)，该过程破坏了分子间作用力，形成了离子键，D不正确；故选B

。19.现有分别为恒温条件和绝热条件的两个容器，体积均为2.0L。都分别充入4.0molNO和34.0molO，发生反应：322NO(g)O(g)NO(g)O(g)++，在相同起始温度下，经过一段时间后达到平衡。反应过程中

n(NO)随时间变化的情况如表。时间/s0510152025303540甲n(NO)/mol4.03.02.21.61.20.80.60.606乙4.02.91.71.00.90.80.80.80.8下列说法错误的是.A.该反应的ΔH>0B.乙容器为绝热容器C.甲容器中用2O表示0~

20s内的平均反应速率为110.07molLs−−D.若在甲容器中充入的是2.0molNO和32.0molO，则平衡后得到21.7molO【答案】A【解析】【详解】A．因为乙中反应先达到平衡，说明甲中反应速率较慢，体系温度较低，而平衡时NO变

化量大，说明该反应为放热反应，△H<0，A错误；B．因为乙中反应先达到平衡，说明甲中反应速率较慢，体系温度较低，而平衡时NO变化量大，说明该反应为放热反应，乙中温度升高，是绝热容器，B正确；C．甲中，0~20s内()(

)2ΔnOΔnNO2.8mol==，()1122.8molvO0.07molLs2L20s−−==，C正确；D．()()()()322NOg+OgNOg+Og是气体体积不变的反应，其平衡常数为()()()()()()()()222233cNO?cOnNO?nOK=

=cNO?cOnNO?nO，在甲中充入2.0molNO和2.0mol3O，其中()nNO、()3nO均为充入4.0molNO和4.0mol3O时的一半，故平衡时()2nO为充入4.0molNO和4.0mol3O时的一半，即()14

.00.6mol1.7mol2−=，D正确。答案选A。20.LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子WXYZ、、、构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是A.四种元素形成的简单氢化物中X的最稳定B.按电子云重叠

方式考虑，化合物2XY含有2种类型的共价键C.Z的气态氢化物水溶液中存在3种氢键D.2YZ分子的VSEPR模型为直线形【答案】B【解析】【分析】电解质阴离子由同周期元素原子组成，根据结构简式，Y形成2个共价键，X形成4个共价键，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，则Y为O，X为C，Z只

能形成1个共价键，Z为F，四种原子最外层电子数之和为20，则W的最外层电子数为3，即W为B，据此分析；【详解】根据上述分析，Y为O，X为C，Z为F，W为B，A．非金属性越强，其气态简单氢化物越稳定，四

种元素中非金属性最强的是F，HF最稳定，故A错误；B．XY2的化学式为CO2，结构式为O=C=O，按电子云重叠方式考虑，有σ键和π键，故B正确；C．Z为F，HF水溶液中存在氢键有F-H…F-、O-H…O-、F-H…O-、O-H…F-

，故C错误；D．YZ2的化学式为OF2，VSEPR模型为V形，故D错误；答案为B。21.某离子晶体的晶体结构示意图如图，晶体中氧的化合价可看作部分为0价，部分为﹣2价。则下列说法错误的是（）A.晶体中与每个A+距离最近的

A+有12个B.晶体中，阴离子与阳离子个数之比为1︰1C.该离子晶体化学式为A2O2D.晶体中，0价氧原子与﹣2价氧原子的数目比为3︰1【答案】C【解析】【详解】选取一个A+为研究对象，然后选取一个过氧根离子为研究对象，通过该离子沿X，Y，Z三轴对晶体进行切割

；A选项，选取一个A+为研究对象，通过该离子沿X，Y，Z三轴对晶体进行切割，结合图片知，每个A+周围距离最近的A+有12个，故A正确；B选项，根据图片知，每个A+周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围有6个A+，所以该晶体中，阴离子与阳离

子个数之比为1:1，故B正确；C选项，根据图片知，每个A+周围有6个过氧根离子，每个过氧根离子周围6个A+，所以该晶体中，阴离的子与阳离子个数之比为1:1，该离子的化学式为AO2，故C错误；D选项，该晶体中0价氧原子和-2价氧原子的个数比为，所以是3:1，故

D正确；综上所述答案为C。22.酞菁钴近年来被广泛应用于光电材料、非线性光学材料、催化剂等方面。酞菁钴的熔点约为163℃，其局部结构如图所示。据此，下列说法中正确的是。A.酞菁钴中不存在手性碳原子B.酞菁钴中碳原子的杂化方式有2sp杂化和3sp杂化两种C.与钴离子通过

配位键结合的是1号和3号N原子D.酞菁钴一定是离子晶体【答案】A【解析】【详解】A．酞菁钴中所有碳原子都只连接3个其它原子，为不饱和碳原子，所以不存在手性碳原子，A正确；B．酞菁钴中碳原子都形成3个σ键，没有孤对电子，所以杂化方式都2sp杂化，B不正确；

C．N原子最外层有3个成单电子，与钴离子通过配位键结合的是2号和4号N原子，C不正确；D．酞菁钴的熔点约为163℃，属于分子晶体，D不正确；故选A。23.25℃时，用HCl气体调节0.1mol•L-1氨水的pH，系统中微粒浓度的对数值(lgc)与pH的关系如图1所示

，反应物的物质的量之比[x=32n(HCl)n(NHHO)]与pH的关系如图2所示。若忽略通过气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是为A.P1所示溶液：c(Cl-)=0.05mol•L-1B.P2所示溶液：c(NH3•

H2O)>c(OH-)+c(Cl-)C.P3所示溶液：c(+4NH)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)+c(H+)D.25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数为10-4.75【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知P1时c(4NH+)=c(NH3·H2O)=0.05mol/L。溶液

中存在电荷守恒：c(H+)+c(4NH+)=c(OH-)+c(Cl-)，P1点溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，故c(OH-)=-14-4.75-9.2510mol/L=10mol/L10，溶液中c(OH-)＞c(H+)，因此Cl-离子

浓度：c(Cl-)＜0.05mol/L，选项A错误；B．根据电荷守恒c(H+)+c(4NH+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据图示可知P2时c(4NH+)＞c(NH3·H2O)，c(H+)+c(4NH+)＞c(NH3·H2O)，所以c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)，选项B错误；C

．根据图示可知P3时t=32n(HCl)=1.0n(NH?HO)，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c(Cl-)=c(4NH+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，所以c(4NH+)+c(NH3·H2O)＜c(Cl-)+c(H+)，选项C错误；D．25℃时，

NH3·H2O的电离平衡常数为K=+-432c(NH)c(OH)c(NHHO)，当溶液中c(4NH+)=c(NH3·H2O)时，+--432c(NH)c(OH)=c(OH)c(NH?HO)=-14-4.75-9.2510=1010，选项D正

确；答案选D。24.如下所示电解装置中，通电后石墨电极II上有2O生成，23FeO逐渐溶解，下列判断正确的是A.a是电源的阴极B.通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加酚酞，出现红色C.通电一段时间后，若要使2CuCl溶液恢复至原浓度，需加入一定量的2CuCl固体D.当230.01molFeO完

全溶解时，至少产生气体448mL(折合成标准状况下)【答案】C【解析】【详解】A．电极II上有2O生成，故电极II是阳极，发生反应4OH-4e-=O2↑+2H2O，则b是电源正极，a是电源负极，A项错误；B．由电极II反应

可知，c(OH-)减小，水电离c(H+)增加，且增加的H+会由质子交换膜向左移动，故Na2SO4溶液中pH不变，向石墨电极Ⅱ附近滴加酚酞，不变红色，B项错误；C．电极I反应为：Cu2++2e-=Cu，反应每消耗1倍Cu2+就会有2倍Cl-通过阴离子交换膜向右移动，所以相当于电解过程中不断消耗

2CuCl，则要使2CuCl溶液恢复至原浓度，加入一定量的2CuCl固体即可，C项正确；D．Fe2O3与H+反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，当230.01molFeO完全溶解时，消耗H+0.06mol，则电极II参加反应的OH-也为0.06m

ol，产生气体0.015mol。电极I不产生气体，则共产生气体0.015mol，标准状况下体积为336mL，D项错误；答案选C。25.下列实验操作、实验现象及根据现象得出的结论，都正确的是选项实验操作实验现象结论A用食醋浸泡水垢[水垢主要成分32CaCOMg(OH)、]

水垢溶解，有无色气泡产生同浓度溶液的碱性：323CHCOONaNaCOB向浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI先出现黄色沉淀spsp(AgI)(AgCl)KK混合溶液中滴加少量3AgNO溶液C向滴有酚酞的23NaCO溶液中滴加2BaCl溶液产

生白色沉淀，溶液红色变浅水解平衡逆向移动D用pH试纸测定84消毒液的pHpH12=84消毒液呈碱性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．水垢与醋酸发生复分解反应，则水垢溶解，有无色气泡产生，该实验不能

确定同浓度溶液的碱性：323CHCOONaNaCO，A错误；B．浓度相同，Ksp晓得先沉淀，先生成黄色沉淀，可知spsp(AgI)(AgCl)KK＜，B错误；C．碳酸钠水解显碱性，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，溶液颜色变浅水解平衡逆

向移动，C正确；D．消毒液的主要成分为次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，D错误；答案选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.根据信息回答下列问题：（1）2N和CO的相对分子质量相近，但沸点CO较高，主要原因是_______。（2）常温下

，四种酸的电离平衡常数如下：回答下列问题：化学式3CHCOOH23HCOHClO23HSO电离平衡常数51.810−71K4.310−=112K5.610−=83.010−2a1K1.5410−=7a2K1.0210−=①下列四种

离子结合质子能力最强的是_______(填字母)。a.23CO−b.ClO−c.3CHCOO−d.3HCO−e.23SO−②下列反应不能发生的是_______(填字母)。a.233322CO2CHCOOH2CHCOOCOHO−−+=++b.33ClOCHCOOHC

HCOOHClO−−+=+c.2322CO2HClOCOHO2ClO−−+=++d.22232ClOSOHOSO2HClO−−++=+③工业上可用氨水除去尾气2SO，常温下将2SO通入氨水中，当()cOH−降至81.010

mol/L−时，溶液中的()()233cSOcHSO−−=_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）N2为非极性分子，CO为极性分子，范德华力强（2）①.a②.cd③.0.102【解析】【小问1详解】相同分

子质量时，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高，N2和CO均属于分子晶体，CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2；故答案为N2为非极性分子，CO为极性分子，范德华力强；【小问2详解】①根据表中数据，电

离平衡常数大小顺序是H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3−＞HClO＞HCO3−，电离平衡常数越大，酸性越强，酸性强弱顺序是H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3−＞HClO＞HCO3−，因此酸性

越弱，对应酸根越容易结合H+，因此结合H＋能力最强的是CO23−，选项a正确；故答案为a；②利用酸性强的制取酸性弱的分析：a．根据①的分析，CH3COOH酸性强于H2CO3，因此有2CH3COOH＋CO23−=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，故a不符合题意；b．醋酸的酸性强于

HClO，次氯酸盐中加入醋酸发生ClO－＋CH3COOH=CH3COO－＋HClO，故b不符合题意；c．次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸不能制取出CO2，故c符合题意；d．次氯酸具有强氧化性，能将SO2氧化

成SO24−，故d符合题意；答案为cd；③c(OH－)降至1.0×10－8mol·L－1，此时溶液中c(H＋)=1.0×10－6mol·L－1，22+33a2++33c(SO)c(SO)c(H)c(HSO)c(HSO)c(H)c(H)K−−−−==，代入数值得出0.102；故答案为0.102

。27.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大，其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子，B、

C的简单氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的简单氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2:1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)（1）A、B、C的第一

电离能由小到大的顺序为_______。（2）E的价层轨道表示式是_______ECl3形成的配合物的化学式为_______。（3）B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是_______。（4）化合物NH3与BF3可以通过配位键

形成NH3∙BF3。写出NH3∙BF3的结构式．．．，并用“→”标出配位键_______。【答案】（1）C＜O＜N（2）①.②.[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（3）4Mg+10HNO3(稀)=4Mg(NO

3)2+NH4NO3+3H2O（4）【解析】【分析】由“A、B、C是同一周期的非金属元素,化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，AC2为非极性分子，B、C的简单氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高”可得，A、B、C、

D分别为C、N、O、Mg；E的原子序数为24，则E为Cr。【小问1详解】由分析知，A、B、C分别为C、N、O，一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，但N的最外层p轨道半充满，第一电离能反常，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。

答案为：C＜O＜N；【小问2详解】E为Cr元素，价层电子排布式为3d54s1，则轨道表示式是；依题意，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2:1，三个氯离子位于外界，则CrCl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]C

l3。答案为：；[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；【小问3详解】B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，它的稀溶液与Mg反应时，生成NH4NO3，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3(稀)=4Mg(NO3

)2+NH4NO3+3H2O。答案为：4Mg+10HNO3(稀)=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O；【小问4详解】化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3∙BF3，则NH3∙BF3的结构式为．．．．。答

案为：。【点睛】N与H生成NH3后，N原子最外层存在1对孤对电子，B形成BF3后，最外层没有电子，但有空轨道，所以N可提供孤电子对、B提供空轨道，形成配位键。28.工业上废水中含重金属镉元素(Cd)和铬元素(Cr)，需处理后方可排放。（1）可往废水中

加入碱性物质调节pH值至11为最佳可使2Cd+生成沉淀而去除。当pH11=时，溶液中c(Cd2+)_______mol/L。[已知2Cd(OH)的16Ksp2.010−=]（2）某实验小组采用2Fe+作还原剂模拟工业上处理含铬废水，将22

7CrO−转化为3Cr(OH)沉淀除去(2233272CrO6Fe14H2Cr6Fe7HO−++++++=++)，现用此法处理含2270.01molCrO−的工业废水。向反应后溶液中加入足量碱液，得到沉淀的质量至少是_______g。已知该

条件下：离子氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pH2Fe+7.09.03Fe+1.93.23Cr+6.08.0【答案】（1）2.0×10－10（2）8.48【解析】【小问1详解】pH=11溶液中c(O

H－)=1.0×10－3mol·L－1，依据溶度积的定义，则c(Cd2＋)=162-32sp2.010c(OH)(10)K−−==2.0×10－10mol·L－1；故答案为2.0×10－10；【小问2详解】根据反应方程式，加入足量碱液，得到沉淀为Fe(OH)3和Cr

(OH)3，0.01molCr2O27−参与反应，得到0.02molCr3＋和0.06molFe3＋，得到沉淀的质量为0.02mol×103g·mol－1＋0.06mol×107g·mol－1=8.48g；故答案为8.48。29.滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和

滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。（1）氧化还原滴定—葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用焦亚硫酸钠(225NaSO)作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离2SO计算)的方案如图：20.010mol/LI100mL盐酸一定条件下，加入

几滴指示剂蒸馏用标准溶液滴定葡萄酒样品馏分……⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→往实验中加入盐酸的目的是将225NaSO全部转化成2SO；滴定过程中发生的反应是：22224ISO2HO2HIHSO++=+。①加入盐酸时发生的离子方程式为

：_______。②滴定时I2溶液应装在_______(“酸”或“碱”)式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为：_______。③将I2标准溶液装入滴定管的具体操作顺序为_______(填字母)，再夹在滴定管夹上备用。a．装入I2标准溶液至0刻度以上；b．检查滴定管

是否漏液；c．排尽尖嘴部分气泡；d．用I2标准溶液润洗滴定管2~3次；e．用蒸馏水清洗2~3次；f．将液面调节至“0”或“0”刻度以下。④实验消耗I2溶液50.00mL，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离2SO计算)为_______g/L。下列情形会造成

测定结果偏高的是：_______。A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失D．盛装标准溶液的滴定管用蒸馆水洗净后，未润洗（2）沉淀滴定——滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更

难溶；且二者之间，有明显的颜色差别。参考表中的数据，若用3AgNO滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是：_______(填选项字母)A．24NaCrOB．NaBrC．NaCND．NaCl难溶物AgClAgBrAgCN24AgCrOAgSCN颜色白浅黄白砖红白spK101.

7710−135.3510−161.2110−121.1210−121.010−【答案】（1）①.225SO−+2H+=2SO2+H2O②.酸③.淀粉溶液④.bedacf⑤.0.32⑥.CD（2）A【解析】【分析】葡萄酒常用焦亚硫酸钠(225NaSO)作抗氧化剂，测定某

葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离2SO计算)时，先加酸转化为SO2，再用过量碘水吸收SO2，最后用氧化还原滴定法测定过量碘的物质的量，从而求出与SO2反应的碘的物质的量。【小问1详解】①加入盐酸时，Na2S2O5与盐酸发生复分解反应，生成SO2等，离子方

程式为：225SO−+2H+=2SO2+H2O。②I2会腐蚀橡胶，滴定时I2溶液应装在酸式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为淀粉溶液。③将I2标准溶液装入滴定管时，应先检查是否漏液，再水洗、待盛装液体润洗、装药品、排气泡、调液面、记读数等，所以具体操作顺序为bedacf。④由反应式

知，实验消耗I2的物质的量等于SO2的物质的量，则所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离2SO计算)为：0.01mol/L0.05L64g/mol0.1L=0.32g/L。A．滴定持续时间稍长，溶液中部分HI被空气氧化，则所用碘水体积偏

小，测定结果偏低；B．滴定前平视，滴定后俯视，则所读取碘溶液的体积偏小，测定结果偏低；C．滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失，则所读取碘溶液的体积偏大，测定结果偏高；D．盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，则所用标准碘溶液的体积偏大，测定结果偏高；的

综合以上分析，CD符合题意，故选CD。答案为：225SO−+2H+=2SO2+H2O；酸；淀粉溶液；bedacf；0.32；CD；【小问2详解】沉淀滴定，要求滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间，有明显的颜色差别。由表中数据及颜色可知，若用3AgNO滴定NaS

CN溶液，可选用的指示剂是Na2CrO4，故选A。答案为：A。【点睛】分析测定误差时，可采用公式法。30.合理利用或转化2NOSO、x污染性气体的排放以及含氨废水氨氮(以3NH、+4NH存在)和硝态氮(以-3NO、-2NO存在)引起水体富营养化是人们共同关注的课题。（1）2

NO又称笑气，有轻微的麻醉作用，2NO在一定条件下可分解为22NO、。回答下列问题：已知：①1221N(g)O(g)2NO(g)ΔH180kJmol−+==+②12222NO(g)O(g)2NO(g)ΔH114

kJmol−+==−③12233NO(g)NO(g)NO(g)ΔH116kJmol−=+=−则反应2222NO(g)2N(g)O(g)ΔH=+=_______1kJmol−（2）某化学课外小组查阅资料后得知：222NO(g)O(g)2NO(g)+的反应历程分两步：①222NO(

g)NO(g)ƒ(快)()22211111v=kc(NO),v=kcNOΔH<0正正逆逆②2222NO(g)O(g)2NO(g)+(慢)()()()2222222222v=kcNOcO,v=kcNOΔH<0正正逆逆反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1___

____E2(填“＞”“＜”或“=”)。一定温度下，反应222NO(g)O(g)2NO(g)+达到平衡状态，写出用1正2正1逆2逆k、k、k、k表示平衡常数的表达式K=_______。（3）一定条件下，将一定浓度NOx(2NO和NO的混合气体)通入0.05mol/L的2Ca(OH)乳浊液中，发生

的反应为：()223223NOCa(OH)NOCaNOHO+=++；()22222NONOCa(OH)CaNOHO++=+。改变()2nNO/n(NO)，NOx的去除率如图甲所示。当()2nNO/n(NO)大于1.4时，2NO去除效率升高，但NO去除效率却降

低。其可能的原因是_______。（4）工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染使之转化为无毒物质，模拟工艺如下图乙所示，写出电解时铁电极发生的电极反应式：_______。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式：_______。【答案】（1）-242（2）①.＜②.1212

kkkk正正逆逆（3）过多的NO2与Ca(OH)2悬浊液反应，生成Ca(NO3)2和NO，从而导致NO去除率降低（4）①.Fe-2e-=Fe2+②.22NO−+6Fe2++8H+=N2↑+6Fe3++4H2O【解析】【小问1详

解】①1221N(g)O(g)2NO(g)ΔH180kJmol−+==+②12222NO(g)O(g)2NO(g)ΔH114kJmol−+==−③12233NO(g)NO(g)NO(g)ΔH116kJmol−=+=−利用盖斯定律，

将反应②-①×2-③×2，即得反应2222NO(g)2N(g)O(g)ΔH=+=(-114-180×2+116×2)1kJmol−=-2421kJmol−。答案为：-242；【小问2详解】因为反应①为快反应，而反应②为慢反应，慢反应的活化能大，所以E1＜E2。反应①222NO(g)NO(g)ƒ

，21正1正v=kc(NO)，()1逆1逆22v=kcNO，平衡时1v正=1v逆，则K1=11kk正逆；反应②2222NO(g)O(g)2NO(g)+，同理可求出K2=22kk正逆；则反应222NO(g)O(g)2NO(g)+达到平衡状态时，用1正2正1逆2逆k、k、k、k表示平衡常数的表

达式K=K1∙K2=1212kkkk正正逆逆。答案为：＜；1212kkkk正正逆逆；【小问3详解】当()2nNO/n(NO)大于1.4时，2NO去除效率升高，但NO去除效率却降低。其可能的原因是：过多的NO2与Ca(OH)2悬浊液反应，生成Ca(NO3)2和NO，从而导致

NO去除率降低。答案为：过多的NO2与Ca(OH)2悬浊液反应，生成Ca(NO3)2和NO，从而导致NO去除率降低；【小问4详解】由阳离子的迁移方向，可确定铁电极为阳极，电解时铁电极发生的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+。随后，铁电极附近有无色气体产生，表明生成了N

2，有关反应的离子方程式为22NO−+6Fe2++8H+=N2↑+6Fe3++4H2O。答案为：Fe-2e-=Fe2+；22NO−+6Fe2++8H+=N2↑+6Fe3++4H2O。31.完成下列问题。（1）氨基酸锌是研究最早和使用最广泛的第三代辞

添加剂，该添加剂具有优良的营养功能。如图是氨基酸辞的结构简式。①氨基酸锌的2Zn+形成配位键，其中提供空轨道的原子是_______。氨基酸锌组成元素中，CNO、、的电负性由大到小的顺序为_______。②最简单的氨基酸是甘氨酸(结构简式)，其

结构中π键与σ键的数量比为_______，分子中碳原子的轨道杂化方式是_______。③甘氨酸易溶于水，请解释理由_______。（2）2ZnF是生成良好的光学基质材料3KZnF的原料，23ZnFKZnF、两种晶体的晶胞结构分别如图所示：①已知：2

ZnF的熔点为872℃，ZnCl2的熔点为275℃，ZnBr2的熔点为394℃，熔点顺序为：222ZnFZnBrZnCl，原因是_______。②2ZnF和3KZnF晶体(晶胞顶点为K+)中，Zn的配位数

均为_______，3KZnF晶体中与K+最近且等距离的F−数目为_______。③若AN表示阿伏加德罗常数的值，则2ZnF晶体的密度为_______3gcm−(用含AacN、、的代数式表示)。【答案】（1）

①.Zn②.O＞N＞C③.1∶9④.sp3、sp2⑤.甘氨酸中含羧基和氨基，与水形成分子间氢键，且甘氨酸为极性分子（2）①.ZnF2为离子晶体，ZnCl2、ZnBr2为不含分子间氢键的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大于ZnCl2②.6③.12④.232A2.0610ac

N【解析】【小问1详解】①氨基酸锌中提供空轨道的原子是Zn；同周期从左向右电负性逐渐增大(稀有气体除外)，C、N、O三种元素电负性大小顺序是O＞N＞C；故答案为Zn；O＞N＞C；②单键为σ键，1个双键有1个σ键和1个π键，1个三键有1个σ键和2个π键，甘氨酸中π键和σ键数量比为1∶9

；－CH2－中C的杂化类型为sp3，羰基中C杂化类型为sp2；故答案为1∶9；sp3、sp2；③甘氨酸为极性分子，水为极性分子，甘氨酸中含有羧基和氨基，均属于亲水基团，且羧基和氨基均可以与水形成氢键，因此甘氨酸易溶于水；故答案为甘氨酸中含羧基和氨基，与水形成分子间氢键，且甘氨酸为极性分子；【小问2

详解】①根据三种化合物熔点，判断出ZnF2为离子晶体，ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，ZnBr2的相对分子质量大于ZnCl2，因此ZnBr2

的熔点高于ZnCl2；故答案为ZnF2为离子晶体，ZnCl2、ZnBr2为不含分子间氢键的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量大于ZnCl2；②ZnF2晶胞中：白球位于顶点和体心，个数为8×18＋1=2，黑球位于面上和内部，个数为4×12＋2=4，白球为Zn2＋，黑球为F

－，距离Zn2＋最近且等距的F－有6个，KZnF3晶胞中：K＋位于顶点，个数为8×18=1，黑球位于面心，个数为6×12=3，小白球位于体心，推出黑球为F－，小白球为Zn2＋，离Zn2＋最近且等距的F－有6个，因此两个晶胞中，Zn2＋的配位数均为6；KZnF3中与K

＋最近且等距的F－有12个；故答案为6；12；