【文档说明】湖北省十堰市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.docx，共(28)页，622.428 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省十堰市2019~2020学年高二下学期期末调研考试化学试题1.化学是一门从分子、原子层次上研究物质的性质、组成、结构与变化规律的自然学科。下列说法不正确的是A.化学的特征就是认识分子和制造分子，具有创造性和实用性B.制陶、

冶金及酿酒的过程中．都一定发生了化学变化C.随着先进仪器的不断使用，研究化学已不再需要通过实验方法D.化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，组装分子器件和分子机器等【答案】C【解析】【详解】A．认识分子和制造分子，是化学的特征，体现了化学的创造性和实用性，故A正确；B．制陶、冶金

及酿酒过程中，都有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C．化学是以实验为基础的学科，不会离开使用试管、烧杯等仪器动手实验，故C错误；D．科学的发展非常迅速，化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，从而用分子或原子来组装分子材料、分子器件和分子机器，故D正确；答案为

C。2.下列烷烃的系统命名正确的是（）A.1-甲基丁烷B.2，3-甲基丁烷C.3-甲基丁烷D.3-乙基戊烷【答案】D【解析】【详解】A．1-甲基丁烷属于选主链错误，应为戊烷，A不正确；B．2，3-甲基丁烷属于命名错误，应为2，3-二甲基丁烷，B不正确

；C．3-甲基丁烷属于命名时的编号错误，应为2-甲基丁烷，C不正确；D．3-乙基戊烷符合烷烃的命名原则，D正确；故选D。3.下列物质中一定互为同系物的是A.C2H4与C3H6B.与C.CH3CH2OH与CH3CH2OCH3D.H

CHO与CH3(CH2)4CHO【答案】D【解析】【分析】结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物，据此分析判断。【详解】A．C2H4一定是乙烯，C3H6可以是丙烯也可以是环丙烷，结构不一定相似，不一定是同系物，故A错误；B．与的分子式相同，结构不同

，属于同分异构体，故B错误；C．CH3CH2OH是醇，CH3CH2OCH3是醚，结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．HCHO与CH3(CH2)4CHO，二者都含有一个-CHO，都是一元醛，结构相似，属于同系物

，故D正确；故选D。4.下列化学用语不正确的是A.乙烯的结构简式CH2=CH2B.Fe2+的价层电子排布式：3d54s1C.丙烷分子的球棍模型：D.镁原子的核外电子排布图：【答案】B【解析】【详解】A．乙烯分子中存在碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故A正确；B．Fe的价电子

核外电子排布式为3d64s2，4s能级上电子的能量低于3d，Fe失去的是4s能级上的两个电子后得到Fe2+，Fe2+的价层电子排布式：3d6，故B错误；C．丙烷为含有3个C的烷烃，碳原子的原子半径大于氢原子，

其球棍模型为：，故C正确；D．镁是12号元素，原子核外有12个电子，根据构造原理可知，镁原子的核外电子排布图：，故D正确；答案选B。5.相同质量的下列各烃，完全燃烧后生成CO2最多的是（）A.甲烷B.乙烷C.乙烯D.乙炔【答案】D【解析】【分析】相同

质量的烃，含碳量越大，生成的二氧化碳越多，烃中C碳原子与H原子数目之比越大，碳的质量分数越大，据此分析解答。【详解】A、甲烷为CH4，C碳原子与H原子数目之比为1∶4；B、乙烷为C2H6，C碳原子与H原子数目之比为2∶6=1∶3；C、乙烯为C2H4，C碳

原子与H原子数目之比为2∶4=1∶2；D、乙炔为C2H2，C碳原子与H原子数目之比为2∶2=1∶1；乙炔的含碳量最大，所以生成二氧化碳的最多，答案选D。6.下列晶体中分类正确的一组是（）选项离子晶体共价

晶体分子晶体ANaOH2SiO23AlOBKClSi2OCHCOONa干冰D32NHHO金刚石玻璃A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NaOH由Na+和OH-通过离子键结合合成，属于离子晶体，SiO2由Si和O通过共价键结合成空间网状结构，属于共价晶体，Al

2O3由Al3+和O2-通过离子键结合而成，属于离子晶体，故A错误；B．KCl由K+和Cl-通过离子键结合而成，属于离子晶体，Si由Si原子通过共价键结合成空间网状结构，属于共价晶体，O2由O和O通过共价键结合成

分子，属于分子晶体，故B正确；C．HCOONa由HCOO-和Na+通过离子键结合而成，属于离子晶体，干冰是固态的CO2，CO2由C原子和O原子通过共价键结合而成CO2分子，属于分子晶体，由共价键结合成分子，属于分子晶体，故C错误；D．NH3·H2O由共价键结合成NH3·

H2O分子，属于分子晶体，金刚石由C原子通过共价键结合成空间网状结构，属于共价晶体，玻璃是混合物，不属于晶体，故D错误。答案选B。【点睛】共价晶体即原子晶体。7.若将基态6C的电子排布式写成ls22s22p2x，它违背了A.能量守恒原理B.泡利原理C.能量最低原理D.洪特规则

【答案】D【解析】【详解】A．能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，6C的电子排布式写成ls22s22p2x没有违背能量守恒原理，故A不符合题意；B．泡利

原理指的是在一个原子轨道里，最多只能容纳两个电子，而且它们的自旋状态相反，基态6C的电子排布式写成ls22s22p2x，没有违背泡利原理，故B不符合题意；C．能量最低原则指的是电子优先占据能量较低的原子轨道，

使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，6C的电子排布式写成ls22s22p2x，没有违背能量最低原理，故C不符合题意；D．6C原子2p能级上有3个轨道，2p能级上有2个电子，2个电子应该排在2个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将基态6C的电子排布式

写成ls22s22p2x，它违背了洪特规则，正确的电子排布式为：1s22s22px12py1，故D符合题意；答案选D。8.化学与生活有着密切的联系，下列说法正确的是A.米酒酿制过程中未涉及氧化还原反应B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.在温水中，加酶洗衣

粉的洗涤效果更佳D.纤维都是天然高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下反应生成乙醇，葡萄糖转化为乙醇的过程中发生了氧化还原反应，故A错误；B．淀粉和纤维丝的分子式为(C6H10O5)n，n不同

，分子式不同，所以不是同分异构体，故B错误；C．加酶洗衣粉中有酶制剂，酶需要适宜的温度，在低温下酶的活性降低，高温下酶的活性会丧失，在温水中加酶洗衣粉的洗涤效果更佳，故C正确；D．涤纶、锦纶、腈纶等合成纤维属于高分子化合物，但不是天

然高分子化合物，故D错误；答案选C。9.下列对1－氯丙烷和2－氯丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热的反应描述正确的是A.都是取代反应B.两者产物不同C.碳氢键断裂的位置相同D.两者产物均能使溴水褪色【答案】D【解析】【分析

】1-氯丙烷和2-氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应，发生消去反应，虽然2-氯丙烷可以有两个消去方向，但产物都是丙烯，还有氯化钠，据此分析。【详解】A．1-氯丙烷和2-氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应，发生消去反应，不是取

代反应，故A错误；B．1-氯丙烷和2-氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应，发生消去反应，虽然2-氯丙烷可以有两个消去方向，但产物都是丙烯，还有氯化钠，两者产物相同，故B错误；C．2-氯丙烷可以有两个消去方向，与−

Cl相连C的邻位C上C−H断裂，1－氯丙烷和2－氯丙烷分别与NaOH的乙醇溶液共热的反应时，碳氢键断裂的位置不同，故C错误；D．1-氯丙烷和2-氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应，发生消去反应，产物都是丙烯，丙烯中都含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，均能使溴水褪色，故

D正确；答案选D。10.青藏高原上的铜矿探索、半导体照明产业化、文物保护、大型二氧化氯制备系统及纸浆无元素氯漂白等关键技术或应用直接面向国家重大需求。这些致力于服务百姓美好生活的科技成果斩获了2019年多项国家科学技术大奖。下列有关认识错误的是A.

古代的青铜器、现代的铜质奖牌，都是纯铜B.半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径C.生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要D.二氧化氯属无毒型消毒剂，可用于水果、蔬菜的杀菌【答案】A【解析】【详解】A．古

代的青铜器属于合金，A认识错误；B．半导体照明具有高效、节能、环保等显著特点，是实现节能减排的有效途径，B认识正确；C．生态环境的保护和环境污染的防治对保护文物至关重要，C认识正确；D．二氧化氯利用强氧化性消毒，产物为氯离子，属无毒型消毒剂，可

用于水果、蔬菜的杀菌，D认识正确；答案为A。11.短周期元素WXY、、在元素周期表中的位置如图，元素Z的焰色反应为紫色。下列说法正确的是()A.2W的沸点比2Y的高B.XZ、形成的化合物的水溶液呈碱性C.Z与W形成的化合物中一定不含共价键D.W分别与XYZ、、形成的化合物中，W的化合价相同【答

案】B【解析】【分析】短周期只有三个周期，则W位于第二周期第VIA族，为O元素，X是F，Y是Cl，由于元素Z的焰色反应是紫色，则Z是K元素；【详解】由分析可知：W是O，X是F，Y是Cl，Z是K；A．O2和F2都是分子晶体，沸点和分子间的范德华

力有关，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，物质的沸点越高，故O2的沸点低于F2，故A错误；B．Z是K，X是F，KF为强碱弱酸盐，故X与Z形成的化合物的溶液呈碱性，故B正确；C．Z是K，性质与碱金属Na相似，会与O形成K2O2，而过氧根内存在共价键

，故C错误；D．例如W与Y形成Cl2O7，W的化合价是-2，而W与Z形成K2O2，W的化合价是-1，两者W化合价不同，故D错误；答案选B。12.下列现象与氢键无关的是A.NH3的熔、沸点比PH3的高B.NH3分子加热难分解C.冰的密度比

液态水的密度小D.小分子的醇、羧酸可以和水以任意比例互溶【答案】B【解析】【详解】A．因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，与氢键有关，故A不符合题意；B．NH3分子高温下也很稳定，其稳定性与

化学键有关，与氢键无关，故B符合题意；C．氢键的形成具有方向性，水结成冰后氢键的数目变多，水分子间的空隙变大，因此，相同质量时冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关，故C不符合题意；D．因小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，氢键

的形成对其溶解性的影响占主要地位，故小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故D不符合题意；答案选B。【点睛】氢键是分子间(内)电负性较大的成键原子与H原子间形成的静电作用，分子中含有与H原子相结合的原子半径小、电负性大、有孤对电子的F、O、N原子可以形成氢键，分子间氢键使物质熔

沸点升高、水中溶解度增大。13.设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是A.0.1mol羟基中含有的电子总数为NAB.22.4L(标准状况）丁烷完全裂解，生成乙烯分子的数目为NAC.0.lmolCO(NH2)2完全燃烧生成N2、CO2和H2O转移的电子数为0.6NAD.0.lmol乙酸

乙酯在稀硫酸催化下充分水解．生成乙醇分子的数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．羟基的电子式为，1mol羟基中含有9mol电子，0.1mol羟基中含有的电子总数为0.9NA，故A错误；B．丁烷催化裂解可按两种方式进行：C4H10→C2H6+C2H4；C4

H10→CH4+C3H6，22.4L(标准状况)丁烷物质的量为n(C4H10)=22.422.4/LLmol=1mol，生成乙烯分子的数目不一定为NA，故B错误；C．由结构可知，N元素为-3价，完全燃烧生成N2、CO2和H2O，则N元素由-3价失电子变为0价，N2是双原子分子

，1molCO(NH2)2生成1molN2，转移6mol电子，0.lmolCO(NH2)2完全燃烧生成N2、CO2和H2O转移的电子数为0.6NA，故C正确；D．乙酸乙酯在稀硫酸作用下的水解为可逆反应，不能进行彻底，

故0.lmol乙酸乙酯在稀硫酸作用下的水解，生成的乙醇分子小于0.1NA个，故D错误；答案为C。14.下列化合物在水中的溶解度，排列次序正确的是（）a.HOCH2CH2OHb.CH3CH2CH2OHc.CH3CH2COOCH

3d.HOCH2CH(OH)CH2OHA.d＞b＞c＞aB.c＞d＞a＞bC.c＞d＞b＞aD.d＞a＞b＞c【答案】D【解析】【详解】在物质a.HOCH2CH2OH；b.CH3CH2CH2OH；c.CH3CH2COOCH3；d.HOCH2CH(O

H)CH2OH中，CH3CH2COOCH3不能与水形成氢键，则溶解度最小；分子中含有羟基数目越多，与水形成的氢键越多，则溶解度越大，所以溶解度：HOCH2CH(OH)CH2OH>HOCH2CH2OH>C

H3CH2CH2OH>CH3CH2COOCH3，即d＞a＞b＞c；故合理选项是D。15.下列离子组在指定溶液中能大量共存的是A.FeCl2溶液中：H+、-3NO、2-4SOB.pH=1的溶液中：K+、Br-、ClO-C.KI溶液中：Mg2+

、Fe3+、Cl-D.中性溶液中：2-4SO、Cl-、Na+【答案】D【解析】【详解】A.Fe2+、-3NO与一定浓度的氢离子能发生氧化还原反应而不能大量共存，例如：2+-+3+323FeNO4H3FeNO2H

O++=++，A错误；B.pH=1的溶液中，氢离子能与ClO-发生反应生成HClO而不能大量共存，B错误；C.KI溶液中，Fe3+与I-之间能够发生氧化还原反应而不能共存，C错误；D.中性溶液中：2-4S

O、Cl-、Na+互不反应，可以共存，D正确；答案选D。16.合成橡胶，是由两种单体共聚而成的，该聚合物的单体是A.CH3-CH=CH2和CH3-CH=CH-CNB.CH2=CH-CH=CH2和CH2=CH-CNC.CH3-C≡C-CH3和CH2=CH-C

ND.CH3-CH=CH-CH3和CH2=CH-CN【答案】B【解析】【详解】是加聚产物，单体是在碳链两两(两个碳原子)断键，如链上有双键，则有四个碳原子断键(即丁二烯结构)，发生反应的单体是：CH2=CH-CH=CH2和CH2=CH

-CN，答案选B。17.下列不能形成配位键的组合的是A.Cu2+、NH3B.BF3、NH3C.CH4、Ag+D.Co3+、CO【答案】C【解析】【详解】A．Cu2＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故A不符合题意；B．BF3中B原子有空轨道

，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故B不符合题意；C．Ag+有空轨道，CH4中没有孤电子对，故不能形成配位键，故C符合题意；D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故D不符合题意；故选C。18.下列叙述不正确的是A.人的皮肤在强紫外线

的照射下会被灼伤B.变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应C.棉花和木材的主要成分都是纤维素．蚕丝和蜘蛛丝的主要成分都是蛋白质D.蜂蚁叮咬人的皮肤时会将分泌物甲酸注入人体．此时可在患处涂抹小苏打溶液【答案】B【解析】【详解】A．人的皮

肤是蛋白质，蛋白质在强紫外线的照射下会变性，故A正确；B．油脂的不饱和成分受空气中氧、水分或霉菌的作用发生自动氧化，生成过氧化物进而降解为挥发性醛、酮、羧酸的复杂混合物，并产生难闻的气味，即油脂是因为发生氧化反应而产生异味，故B错误；C．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和蜘蛛丝的主要成

分都是蛋白质，故C正确；D．小苏打可以和甲酸发生反应，生成甲酸钠、二氧化碳和水，即HCOOH+NaHCO3=HCOONa+H2O+CO2↑，可以用涂抹小苏打来缓解蜂蚁叮咬，故D正确；答案为B。19.下列说

法不正确的是A.每一个能层中电子的填充顺序都为ns→np→nd→nfB.用n表示电子层数，则每个电子层最多可容纳的电子数为2n2C.元素周期表中，p区所含元素种类最多D.电子的运动状态可从电子层、能级、原子轨道、电子的自旋

状态四个方面进行描述【答案】C【解析】【详解】A．每一个能层中s、p、d、f能级能量依次升高，故填充顺序都按ns→np→nd→nf填充，A说法正确；B．用n表示电子层数，则每个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B说法正确；C．元素周期表中，d区含有镧系、锕系，所含元素种类最多，C说法不正

确；D．电子的运动状态可从电子层、能级、原子轨道、电子的自旋状态四个方面进行描述，不存在运动状态完全相同的电子，D说法正确；综上所述，答案为C。20.某羧酸酯的分子式为11204CHO，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol丙醇，该羧酸的结构有A.4种B.5种C

.6种D.7种【答案】A【解析】【详解】某羧酸酯的分子式为11204CHO，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol丙醇，根据碳原子守恒可知，该羧酸为戊二酸，C3H6(COOH)2中除羧基外的碳骨架为C-C-C，采取“定一议二

”法确定：、，共有4种可能的结构，答案选A。21.四种元素基态原子的电子排布式如下：①226211s2s2p3s3p；②22621s2s2p3s；③221s2s；④2211s2s2p。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>①>②C.电负性：③>④>①>②D.最高正化合价：④=①>③=②【答案】D【解析】【分析】四种元素基态原子的电子排布式如下：①226211s2s2p3s3p为Al元素；②22621s2s2p3s为Mg元素；③221s2s为

Be元素；④2211s2s2p为B元素。【详解】A．第一电离能：③221s2s是全充满结构，第一电离能大于同周期的④2211s2s2p，故A错误；B．原子半径：①226211s2s2p3s3p为Al元素，②22621s

2s2p3s为Mg元素，是同周期两种元素，半径②>①，故B错误；C．③221s2s为Be元素，④2211s2s2p为B元素，同周期，电负性：④>③，故C错误；D．最高正化合价：④=①为+3价，③=②为+2价，④=①>③=②，故

D正确；故选D。22.下列反应方程式书写正确的是A.用对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶：n+n催化剂+2nH2OB.用银氨溶液检验葡萄糖中的醛基：CH2OH(CHOH)4CHO+2+32Ag(NH)+2OH-水浴加热⎯⎯⎯⎯→CH2OH

(CHOH)4COO-＋+4NH+3NH3+2Ag↓+H2OC.麦芽糖在稀硫酸催化作用下发生水解C12H22O11：(麦芽糖)+H2O24HSO⎯⎯⎯⎯→稀C6H12O6(萄萄糖)+C6H12O6(果糖)D.由丙烯合成聚丙烯：nCH2

=CHCH3催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→【答案】B【解析】【详解】A．用对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶，发生缩聚反应，正确的化学方程式为：n+n催化剂+(2n-1)H2OB．碱性条件下用银氨溶液检验葡萄糖中的醛基，正确的化学方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO+2+32Ag(NH)+2OH

-水浴加热⎯⎯⎯⎯→CH2OH(CHOH)4COO-＋+4NH+3NH3+2Ag↓+H2OC．麦芽糖在稀硫酸催化作用下发生水解生成葡萄糖，正确的化学方程式为：C12H22O11(麦芽糖)+H2O24HSO⎯⎯⎯⎯→稀2C6H12O6(萄萄糖)，故C错误；D．

由丙烯合成聚丙烯是碳碳双键发生加聚反应，正确的化学方程式为：nCH2=CHCH3催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→，故D错误；答案选B。【点睛】缩聚反应，是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子的反应，其主产物称为缩聚物，A为缩聚反应，水分子数为2n-1，为易错点。23.氯仿常因保存

不慎而被氧化、产生剧毒物光气(COCl2)，反应为2CHCl3+O22HCl+2COCl2，光气的结构式为，下列说法正确的是A.COCl2分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构B.CHCl3分子中含有4个σ键，中心C原子采用sp2杂化C.COCl2

分子为含极性键的非极性分子D.CHCl3为正四面体结构【答案】A【解析】【详解】A．Cl最外层有7个电子，O最外层有6个电子、C最外层有4个电子，由结构可知，含2个C-Cl、1个C=O，所有原子都满足最外层8电子稳定结构，故A

正确；B．CHCl3中心原子C的价电子对数为4+41132−−=4，不含有孤电子对，分子中含有4个σ键，C原子采用sp3杂化，故B错误；C．由结构可知，该分子中含有C=O、C-Cl键，正负电荷的中心不重合，为极性分子，故C错误；D．由结构可知，该分子中C-H键与C-Cl键键长不等，为含

极性键的四面体形分子，而不是正四面体，故D错误；答案为A。24.实验室经常利用KMnO4来检验产物或验证性质，图示为部分装置图，下列说法不正确的是A.若X为NaOH溶液时，则KMnO4可用于溴乙烷发生消去反应的产物检验B.若X为NaOH溶液时，则KMnO4可用于乙醇

发生消去反应的产物检验C.若X为CuSO4溶液时，则KMnO4可用于实验室制取乙炔时验证其性质D.若X为溴水，则KMnO4可用于乙醛发生还原反应的产物检验【答案】D【解析】【详解】A.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙醇、乙烯进入到第一个装置中（X），乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4检验乙烯产物，故

A正确；B.乙醇发生消去反应得到乙烯，乙醇、乙烯进入到第一个装置中(X)，乙醇溶于NaOH溶液中，KMnO4检验乙烯产物，故B正确；C.实验室制取乙炔时有PH3、H2S等杂质，PH3、H2S等杂质与CuSO4溶液反应，KMnO4可用于验证乙炔气体及其性质，故C正确；D.乙醛发生还原反应生成乙醇，

乙醛和乙醇进入到第一个装置中(X)，乙醇溶解，乙醛与溴水中溴单质反应，故KMnO4不能用于检验产物，故D错误。综上所述，答案为D。25.储氢合金是一类能够大性吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧(La)镍(Ni)合金．它吸收氢气可结合成金属氢化物。某镧

镍储氢合金晶胞结构如图．该材料中La、Ni、H2的粒子个数比为A.8:9:10B.1:5:6C.1:5:3D.1:5:5【答案】C【解析】【详解】由晶胞结构可知，镧原子都在晶胞顶点上，晶胞含有的镧原子为8×18=

1，晶胞中心有一个镍原子，其他镍原子都在晶胞面上，晶胞中含有的镍原子为1+8×12=5，晶胞中有8个H2在晶胞的棱上，2个H2在晶胞的面上，则晶胞中含有的H2为8×14+2×12=3，所以该材料中La、Ni、H2的粒子个数比为1：5：3，C正确；答案为C。

26.某含C、H、O三种元素的未知物A，现对A进行分析探究。（1）经燃烧分析实验测定，该未知物中碳的质量分数为41.38%，氢的质量分数为3.45%，则A的实验式为___________。（2）利用质谱法测定A的相对分子质量，其质谱图如下，则A的分子式为___________。（3

）A的红外光谱图如下，分析该图得出A中含2种官能团，官能团的名称是______、______。（4）A的核磁共振氢谱图如下，综合分析A的结构简式为___________。【答案】(1).CHO(2).444CHO(

3).羧基(4).碳碳双键(5).HOOCCHCHCOOH−=−【解析】【分析】(1)根据各元素的质量分数确定原子个数比，进而确定实验式；(2)根据质谱图A的相对分子质量和实验式计算分子式；(3)根据A的红外光谱图得出A中含官能团的种类；(4)根据A的核磁共

振氢谱图中氢原子种类和等效H个数比确定结构简式。【详解】(1)根据已知碳的质量分数是41.38%，氢的质量分数是3.45%，则氧元素质量分数是1-41.38%-3.45%=55.17%，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比=41.38%12：3.45%1：

55.17%16=3.45:3.45:3.45=1:1:1，由原子个数比可知该有机物的实验式为CHO，故答案：CHO；(2)由质谱图可知A的相对分子质量为116，根据A的实验式为CHO，设A的分子式为CnHnOn，则12n+4n+16n=116，解得n=4，则A的分子式为C4H4O4，故答

案为：C4H4O4；(3)根据A的红外光谱图得出A中含2种官能团分别为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；(4)根据A的核磁共振氢谱图可知有两种类型的氢原子，且等效H个数比为1：1，则A的结构简式为HOOC−CH=CH−COOH，

故答案为：HOOC−CH=CH−COOH。27.Q、X、Y、Z、W五种元素的原子序数依次增大.Y、Z、W的核外电子数成等差数列。已知①Q原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；②Y、Z同主族，Y原子的价电子排布图为

。请回答下列问题：（1）基态Z原子的电子排布式为____________。（2）以上五种元素中有一种元素不在周期表的p区、该元素的名称为____________。（3）Q、X、Y三种元素的第一电离能按由大到小的顺序是____________（填元素符号

，下同），电负性由大到小的顺序为____________。【答案】(1).ls22s22p63s23p4(2).铬(3).N＞O＞C(4).O＞N＞C【解析】【分析】Q、X、Y、Z、W五种元素的原子序数依次增

大，①Q原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则Q为C元素；②Y、Z同主族，Y原子的价电子排布图为，则Y为O元素，Z为S元素；X介于Q(C)、Y(O)之间，则X为N元素；W的原子序数大于Z(S)，Y(O)、Z(S)、W的核外电子数成等

差数列，则W的原子序数为16+8=24，为Cr元素；据此解答。【详解】由上述分析可知，Q为C元素，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cr元素；（1）Z为S元素，原子序数为16，核外有16个电子，基态S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4

；答案为1s22s22p63s23p4。（2）W为Cr元素，元素名称为铬，铬是24号元素，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，属于d区元素；答案为铬。（3）Q为C元素，X为N元素，Y为O元素，三种元素位于第二周期，同周期随原子序数增大，

元素第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低第一电离能高于同周期相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C；同周期元素从左至右，非金属性依次增强，即原子序数O＞N＞C，非金属性O＞N＞C，非金属性越强，其电负性越强，则电负性由大

到小的顺序为O＞N＞C；答案为N＞O＞C，O＞N＞C。28.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。（1）氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH。若：NN键、H—H键和N—H键的键能值分别记作

a、b和c(单位,kJ•mol-1)，则上述反应的ΔH=____________(用含(a、b、c的代数式表示）kJ•mol-1。（2）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。某温度下，用等质量不同金属分别催化等

浓度的氨气，测得氨气分解生成氢气的初始速率（单位mmol•min-1)与催化剂的对应关系如表所示。催化剂RuRhNiPtPdFe初始速率7.94.03.02.21.80.5①在不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应的活化能最大的是____________（填写催化剂的化学式）。

②温度为T时．在恒容的密闭容器中加入2molNH3此时压强为p0用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气的转化率为50%.，则该温度下反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数Kp=_________

___。（用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压p分＝气体总压P总×体积分数）（3）关于合成氨工艺的理解，下列说法不正确的是____________（填字母）。A.合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右，主要是

为了节约能源B.使用初始反应速率更快的催化剂Ru.，不能提高平衡时NH3的产率C.合成氨工业采用的压强为10MPa~30MPa,是因为常压下N2和H2的转化率不高（4）电化学法合成氨：利用低温固体质子导体作电解质，用Pt—C3N4作阴极，催化电解H2(g)和N2(g)合成NH3原

理示意如图所示。①Pt—C3N4，电极上产生NH3的电极反应式为____________。②实验研究表明，当外加电压超过一定值后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因：____________。【答案】(1

).6c-a-3b(2).Fe(3).202764p(4).A(5).N2+6e-+6H+=2NH3(6).超过一定电压以后,H+得电子变成H2【解析】【分析】根据ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和计算ΔH；根据题中表格数

据判断反应活化能最大，反应速率最慢；根据化学平衡“三段式”计算化学平衡常数Kp的值；根据化学平衡2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的本质特征判断选项正误；根据题中图示判断产生NH3的极为阴极，N2得电子发生还原反应写出电极反应；

根据题中信息分析判断，当外加电压超过一定值后，H+会放电；据此解答。【详解】（1）由2NH3(g)N2(g)+3H2(g)反应可知，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和，则ΔH=6ckJ•mol-1-akJ•mol-1-3bkJ•mol-1=(6c-a-3b)kJ•mol-1；答案为(

6c-a-3b)。（2）①氨气分解反应活化能最大的是初始反应速率最慢的，由表中数据可知，Fe作催化剂时，氨气分解反应的活化能最大；答案为Fe。②由2NH3(g)N2(g)+3H2(g)反应可知，2molNH3此时压强为p0用R

u催化氨气分解，若平衡时氨气的转化率为50%，则()()()()()()3222gNg3Hg20010.51.510.51.5NHnmolnmolnmol+起始转化平衡则n(平衡)=1mol+0.5mol+1.5mol=3mol，p0：p平

衡=2：（1+0.5+1.5），则p平衡=03p2，Kp=()()()32223pHpNpNH=300203p3p1.50.532323p132molmolmolmolmolmol

=2027p64；答案为2027p64。（3）A．反应为放热反应，采用较高温度(500℃左右)，平衡逆向进行，所以升温是为了增加反应速率，缩短达到平衡的时间，此时催化剂活性最大，和平衡移动无关，故A错误

；B．使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不改变平衡，不能提高平衡时NH3的产率，故B正确；C．该反应是气体分子数减小的反应，采用10MPa～30MPa比常压更有利于提高氮气和氢气的转化率，故C正确；答案为A。（4）①由题中图示可知，产生

NH3的电极与电源的负极相连，为阴极，氮气得到电子，发生还原反应，与氢离子生成氨气，则电极方程式为N2+6e-+6H+═2NH3；答案为N2+6e-+6H+═2NH3。②外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积

分数随着电压的增大而减小，其可能原因为外加电压超过一定值后，氢离子也易得到电子生成氢气，而且速率比氮气快；答案为超过一定电压以后，H+得电子变成H2，而且速率比氮气快。29.己二酸在化工生产中有重要作用。某兴趣小组用50%的硝酸作氧化剂．钒酸铵作

催化剂，氧化环己醇制备己二酸，其反应原理为3+8HNO33HOOC(CH2)4COOH+8NO↑+7H2O，实验装置如图所示。实验步骤：在装有回流冷凝管、温度计的50mL三颈烧瓶中，加入50%HNO3溶液（含0.12molHNO3)及少量钒酸铵(0.01g)，缓慢滴加

5~6滴环己醇．有红棕色气体二氧化氮产生，将剩余的环己醇滴加完毕，总量为2mL(约0.02mol)。在温度为80~90℃时，反应至无红棕色气体逸出。将反应液倒入50mL的烧杯中，冷却后。析出已二酸。减压过滤，用15mL冷水洗涤，干燥后得到粗产品m

g。回答以下问题．（1）仪器A的名称为____________，仪器B中所盛装的试剂为____________。（2）实验过程中，最适宜的加热方法为____________；该加热方法的优点是____________。（3）本实验中称量钒酸铵的仪器应选用_

___________（填“托盘天平”或“电子天平”)。（4）减压过滤后的晶体用冷水洗涤，简述洗涤的操作过程：____________。（5）为测定粗产品中己二酸的含量，将得到的粗产品配成溶液，并用0.100mol•L-1的NaOH标准溶液进行滴定，下列操作可能使实

际消耗NaOH标准溶液的体积偏大的是____________（填标号）。A使用甲基橙作指示剂B.滴定前俯视读数，滴定后仰视读数C.实验用的碱滴定管、锥形瓶水洗后均未润洗【答案】(1).恒压漏斗（或滴液漏斗）(2).氢氧化钠溶液（或其他合理答案）(3).水浴加热(4).受热均匀

，便于控制反应温度(5).电子天平(6).加冷水至浸没固体，待液体自然流尽后，重复洗涤2~3次(7).C【解析】【分析】由题中图示可知，三颈烧瓶中发生的反应为在钒酸铵做催化剂作用下，50%硝酸与环己醇在水浴加热的条件下发生氧化还原反应生成己二酸、一氧化氮和水，一氧化氮与

装置中空气中的氧气反应生成二氧化氮，反应生成的一氧化氮和二氧化氮气体通入广口瓶中被水吸收，通过导气管通入空气，使一氧化氮转化为二氧化氮，反应后的气体通入烧杯中被氢氧化钠溶液完全吸收，防止污染环境，其中倒置的干燥管和漏斗起

防止倒吸的作用；据此解答。【详解】（1）由图可知，仪器A的名称为恒压分液漏斗或滴液漏斗，仪器B中所盛装的试剂为氢氧化钠溶液，目的是吸收一氧化氮和二氧化氮；答案为恒压分液漏斗或滴液漏斗，NaOH溶液。（2）由题给反应条件为温度为80～90℃，反应温度低于水的沸点，应选择水浴加热，

水浴加热的优点是受热均匀，便于控制反应温度；答案为水浴加热，受热均匀，便于控制反应温度。（3）题中所需钒酸铵质量为0.01g，托盘天平只能称量最小0.1g的质量，因此不能选用托盘天平，应用电子天平称量，答案为电子天平。（4）减压过滤后的晶体用冷水洗涤的操作过程为向过滤器中加入蒸馏水浸

没晶体，让水自然流下，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没晶体，让水自然流下，重复操作2～3次。（5）A．己二酸为二元弱酸，与氢氧化钠溶液完全反应生成的己二酸钠溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，若使用甲基橙作指示剂，会使实际消耗氢氧化钠标准溶液的体积

偏小，故A不符合题意；B．滴定前俯视读数会使读数偏小，滴定后仰视读数会使读数偏大，读数对实际消耗体积无影响，只会影响计算体积，故B不符合题意；C．实验用的碱式滴定管水洗后未润洗，会使氢氧化钠溶液的浓度减小，导致实际

消耗氢氧化钠标准溶液的体积偏大，故C符合题意；答案为C。30.世界上最早发现并使用锌的是中国，明朝末年《天工开物》一书中有关于炼锌技术的记载。回答下列问题（1）硫酸锌溶于过量的氨水可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4。①配合物[Zn(NH3)4]SO4中，[Zn(NH3)4]2+的

名称是____________。②2-4SO中,中心原子的轨道杂化类型为____________。③NH3极易溶于水，除了因为它们都是极性分子外还因为____________。（2）Zn2+的4s和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4

]2-的空间构型为____________。（3）氧化锌的结构有多种，其中一种立方闪锌矿的结构如图所示，若该晶胞的边长为anm,NA为阿伏加德罗常数的值则立方闪锌矿晶体的密度为____________g•cm-3。【答案】(1).四氨合锌(II)离子(2).sp3(3).NH3与H2O之间可形成

分子间氢键，NH3与H2O发生反应(4).正四面体形(5).3A814aN×l021【解析】【分析】根据配合物的命名原则进行命名；根据VSEPR理论判断中心原子的杂化方式；根据NH3与H2O之间形成氢键解释；根据杂化类型，判断空间构型；根据“均摊法”进行晶胞的有关计算；

据此解答。【详解】（1）①由内界配位离子的命名次序为配位体数(用中文一，二，三等注明)-配位体的名称(不同配位体间用中圆点“·”隔开)-“合”-中心离子名称-中心离子氧化数(加括号，用罗马数字注明)可知，[Zn(NH3)4]2+的名称

是四氨合锌(II)离子；答案为四氨合锌(II)离子。②2-4SO中，价层电子对数=4+62242+−=4+0=4，S原子杂化方式为sp3杂化；答案为sp3杂化。③NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为NH3与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应；答案为NH3

与H2O之间可形成分子间氢键，NH3与H2O发生反应。（2）此[ZnCl4]2-配离子的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体形；答案为正四面体形。（3）由可知，Zn原子位于顶点和面心上，晶胞中Zn原子数目=

8×18+6×12=4，晶胞中O原子数目=4，故化学式为ZnO，晶胞的质量m=A814Ng，晶胞的体积V=(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，晶体密度ρ=mV=A3213814gN(a10)cm−=3A814aN×102

1g•cm-3；答案为3A814aN×1021。31.磷酸氯喹是一种抗疟疾的药物，已在临床上使用多年。同时临床上还发现它对新冠肺炎有一定疗效，且未发现和药物有关的严重不良反应。是合成磷酸氯喹的中间体，可由苯在一定条件下合成，具合成路线如下

：已知：+NaOH+H2O回答下列问题（1）E中含氧官能团的名称为____________。（2）AB,CD的反应类型分别为____________，____________。（3）EF反应分两步进行，先与氢氧化钠反应，再酸化。写请出E与氢氧

化钠反应的化学方程式：____________。（4）由D转化成E的过程中需要使用丙二酸二乙酯，其分子式为C7H12O4。M与丙二酸二乙酯互为同分异构体．写出符合下列条件的M的结构简式：____________。①分子中含有甲基②lmolM能与足量的碳酸氢钠溶液反应生成

标准状况下的气体44.8L③核磁共振氢谱显示只有3组峰，且峰面积之比为9:2:l【答案】(1).酯基、羟基(2).取代反应(3).还原反应(4).+2NaOH+C2H5OH+H2O(5).【解析】【分析】由题中所给信息和图示判断，A的结构简式为，B的结构简式为

，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为，G的结构简式为，H的结构简式为；据此解答。【详解】（1）E的结构简式为，该结构中含氧官能团有羟基、酯基；答案为羟基、酯基。（2）A的结构简式为，B的结构简式为，AB的化学方程式为+HO-NO224HSO

⎯⎯⎯⎯→浓+H2O，反应类型为取代反应，C的结构简式为，D的结构简式为，CD的化学方程式为+3H2Fe/HCl⎯⎯⎯→+2H2O，反应类型为还原反应；答案为取代反应，还原反应。（3）E的结构简式为，F的结构简式为，E与氢氧化钠反应的

化学方程式为+2NaOH+CH3CH2OH+H2O；答案为+2NaOH+CH3CH2OH+H2O。（4）丙二酸二乙酯，其分子式为C7H12O4，M与丙二酸二乙酯互为同分异构体，M的结构中满足①分子中含有甲基；②lmolM能与足量的

碳酸氢钠溶液反应生成标准状况下的气体44.8L，即产生CO2为2mol，可推知M中含有2个羧基；③核磁共振氢谱显示只有3组峰，且峰面积之比为9:2:l，可推知含3个等效的甲基，2个羧基的H等效，则满足条件的M的结构简式为；

答案为。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com