【文档说明】浙江省慈溪市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(26)页，1.617 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省慈溪市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32C135.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Ag108Ba137一、选择题(每个小题列出的

四个备选项中只有一个是符合题目要求的)1.有共价键的离子化合物是A.Ba(OH)2B.CaCl2C.H2SO4D.Na2O【答案】A【解析】【详解】A．Ba(OH)2中钡离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在极性键，为离

子化合物，故A正确；B．CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，故B错误；C．H2SO4分子中S-O、O-H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故C错误；D．Na2O中钠离子和氧离子之间存在离子键，故D错误；故答案选A。2.配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，下列操作规范的是A.称量B

.溶解C.转移D.定容【答案】B【解析】【详解】A.天平称量固体药品时应“左物右码”，故A错误；B.配制溶液时称量的固体药品要在烧杯中进行溶解，用玻璃棒搅拌加速溶解，故B正确；C.向容量瓶中转移溶液时要用玻璃棒引流，故C错误；D.定容时，

胶头滴管不能伸入容量瓶内，应悬与瓶口上方滴加溶液，故D错误；故选B。3.下列物质属于电解质，且水溶液呈碱性的是A.镁粉B.亚硫酸钾C.硫酸D.氯化铜【答案】B【解析】【分析】电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，单质和混合物均不是电解质，一般酸、碱、大多数盐

以及活泼金属的氧化物属于电解质。【详解】A.镁粉是单质不属于电解质，故A不符合题意；B.亚硫酸钾是盐属于电解质，且亚硫酸根在溶液中能发生水解反应，溶液显碱性，故B符合题意；C.硫酸属于酸是电解质，溶液显酸性，故C不符合题意；D.氯化铜属于盐

是电解质，铜离子水解使溶液显酸性，故D不符合题意；故选：B。4.下列反应中氧化产物和还原产物是同一种物质的是A.Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2OB.2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2C.SO2+H2O2=H2SO4D.Br2

+2NaI=2NaBr+I2【答案】C【解析】【分析】含元素化合价升高的物质为还原剂，对应氧化产物，含元素化合价降低的物质为氧化剂，对应还原产物。【详解】A．Br元素从Br2生成NaBrO，化合价从0价升至+1价，NaBrO为氧化产物，从Br2生成NaBr，化合价从0价降至-1价，NaBr为还原

产物，故A不符；B．Cu元素从Cu生成CuCl2，化合价从0价升至+2价，CuCl2为氧化产物，Fe元素从FeCl3生成FeCl2，化合价从+3价降至+2价，FeCl2为还原产物，故B不符；C．S元素从SO2生成H2SO4，化

合价从+4价升至+6价，H2SO4为氧化产物，O元素从H2O2生成H2SO4，化合价从-1降至-2，H2SO4为还原产物，故C符合；D．I元素从NaI生成I2，化合价从-1价升至0价，I2为氧化产物，Br元素从Br2生成NaBr，化合价从0价

降至-1价，NaBr为还原产物，故D不符；答案选C。5.下列物质名称不正确的是A.2CaSO4·H2O：熟石膏B.：2-甲基-4-乙基戊烷C.KAl(SO4)2·12H2O：明矾D.C17H35COOH：硬脂酸【答案】B【解析】【详解】A.熟石膏是2

CaSO4·H2O，生石膏是CaSO4·2H2O，A正确；B.主链有六个碳原子，名称为：2，4-二甲基已烷，B错误；C.明矾是KAl(SO4)2·12H2O，C正确；D.硬脂酸是C17H35COOH，D正确；答案选B。【点睛】烷烃的系统命名法要选择碳原

子数最多的为主链。6.下列化学用语表述正确的是A.HCl的电子式：B.CO2分子的比例模型：C.Mg2+结构示意图：D.质量数为31的磷原子：3115P【答案】D【解析】【详解】A．氯化氢是共价化合物，其正确的电子式为，故A错误；B．二氧化碳为直线型结构，碳原子的相对体积大于O原子，其正确的比

例模型为，故B错误；C．Mg2+核外有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，故C错误；D．质量数为31的磷原子质子数为15，原子符号为：3115P，故D正确；答案选D。7.下列说法不正确的是A.C60和纳米碳管互为同素异形体B.HCOOCH3和CH3COOH互

为同分异构体C.重水和超重水都是水的同位素D.甲烷与新戊烷互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．C60和纳米碳管为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B．HCOOCH3和CH3COOH分子式相同，前者含有官能团是酯基，后者是羧基，是不同结构的物质，

则两者互为同分异构体，故B正确；C．重水、超重水都是化合物，不是原子，不是同位素，故C错误；D．甲烷与新戊烷都属于烷烃，结构相似，组成相差4个CH2，两者互为同系物，故D正确；答案选C。8.下列说法不正确的是A.FeCl3可用于制备印刷电路板B.光导纤维的主要成分是硅晶体C.MgO可用做

耐高温材料D.氯气有毒，但可以用于合成药物【答案】B【解析】【详解】A.Cu与FeCl3能反应，所以FeCl3可用于制备印刷电路板，A正确；B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，B错误；C.MgO熔点较高，可用做耐高温材料，C

正确；D.氯气是有毒气体，但可以合成药物所需的化合物，能用于药物的合成，D正确；答案选B。9.下列说法正确的是A.钠可以从四氯化钛溶液中置换出金属钛B.工业制硝酸用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备C.工业制普通玻璃、工业炼铁的原料都需用到石灰石D.为得到摩

尔盐晶体，小火加热蒸发皿至大量晶体析出时，停止加热【答案】C【解析】【详解】A.四氯化钛溶液中有水，钠与水先反应，所以不可以置换出金属钛，A错误；B.工业制硫酸用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，B错误；C.工业制普通玻璃的原料有石灰石、纯碱和石英，工业炼铁的原料有铁矿石、焦炭和石

灰石，所以都需用到石灰石，C正确；D.绿矾（FeSO4·7H2O）和硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，应加热到溶液表面出现晶膜（或出现少量晶体），停止加热，否则溶液中的杂质离子会被带入晶体中，且晶体会受热分解或氧化，D错误；答案选C。10.下列说法正确的是A.煤的气化、液化是通过物

理变化实现煤的综合利用B.石油的裂解是为了提高轻质油的产量C.沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用D.氢能制备工艺价廉、储存方便，是绿色能源【答案】C【解析】【详解】A.煤的气化、液化是通过化学方法将

煤转变成气态、液态燃料的过程，故A错误；B.石油裂解是为了得到短链气态烃，主要是乙烯等气态烃，故B错误；C.有机物在隔绝空气并在适宜温度和湿度下，经过微生物的发酵而产生了新的物质；沼气的产生和玉米制乙醇都体现了植物发酵过程中生物质能的转化和利用，故C正确；D.氢气燃烧产物是水不污染环境是绿色能源

，但目前氢气的制备工艺成本较高，且气态燃料的储存和运输都需特殊的处理，成本较高，故D错误；故选：C。11.下列说法不正确的是A.可以用水鉴别失去标签的苯和四氯化碳B.萃取、分液操作时，分液漏斗中液体的总体积不得超过其容量的34C.配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低D.

中和热的测定实验中，读取混合溶液的最高温度为终止温度【答案】C【解析】【详解】A．苯和四氯化碳均不溶于水，苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，分别向苯和四氯化碳中滴加水，水沉到底部的是苯，附在表面的

是四氯化碳，可以用水鉴别苯和四氯化碳，故A正确；B．装液时，分液漏斗中液体的总体积不得超过其容器的四分之三，若过多，不能充分萃取，故B正确；C．配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不会干扰实

验结果，故C错误；D．中和反应是放热反应，若测量的温度最高了，说明为恰好反应时的温度，故D正确；答案选C。12.下列有关浓硫酸与浓硝酸的叙述，不正确的是A.露置空气中，两者浓度均降低B.常温下，两者均能使铁、铝钝

化C.一定条件下，两者均能与铜反应D.两者都具有强氧化性，均能氧化SO2【答案】D【解析】【详解】A、浓硫酸吸收空气中的水分，造成浓度降低，浓硝酸挥发，造成浓硝酸的浓度降低，故A说法正确；B、常温下，都能与铁、铝发生钝化反应，故B说法正确；C、铜在加热条件下和浓硫酸反应：Cu＋2

H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，铜和浓硝酸的反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，故C说法正确；D、浓硫酸不能氧化SO2，故D说法错误。答案选D。13.下列离子方程式正确的是A.稀硫酸与硫代硫酸钠溶液混合：2-23SO+2H+=SO2↑+S

↓+H2OB.用铝粉和NaOH溶液反应：Al+4OH-=-2AlO+2H2OC.向硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2+4NHD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++-3HCO+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】A【

解析】【详解】A．硫代硫酸钠遇酸可发生歧化反应，方程式为：2-23SO+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A正确；B．铝粉和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，2Al+2OH-+2H2O=2Al-2O+3H2，B错误；C．硫酸铜溶液中加入氨水会生成Cu(O

H)2沉淀，即发生选项中的反应，但氨水过量时会与Cu(OH)2发生反应生成配合物，Cu(OH)2+4NH3·H2O=［Cu(NH3)4］2++2OH-+4H2O，C错误；D．碳酸氢铵中有+4NH，加入足量石灰水后，+4NH和OH-会反应生成NH3·

H2O，选项中没有该反应，D错误；故选A。14.下列说法正确的是A.乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键B.葡萄糖和油脂在氢氧化钠溶液中均能发生水解反应C.医用酒精可以消杀新冠病毒，能使组成病毒的蛋白质变

性D.淀粉溶液中加入硫酸，加热4~5min，再加入少量银氨溶液，加热，有光亮银镜生成【答案】C【解析】【详解】A．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，但只有乙烯含碳碳双键，苯中含有大π键，无碳碳双键，故A错误；B．油脂都能够发生

水解反应，而葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，故B错误；C．医用酒精能使蛋白质变性，故能用于杀菌消毒，故C正确；D．淀粉的水解环境是酸性的，而银镜反应的发生是在碱性环境下，故直接向淀粉的水解液中加入银氨溶液，不能发生银

镜反应，应先向水解液中加入NaOH中和至碱性，再加银氨溶液，故D错误；答案选C。15.下列关于聚酯纤维的说法正确的是A.聚酯纤维的化学成分与羊毛相同B.0.1mol该物质与氢氧化钠溶液反应消耗0.2molNaOHC.该聚酯纤维单体为对苯二甲酸和乙

二醇D.由单体合成聚酯纤维的反应属加聚反应【答案】C【解析】【详解】A．羊毛是动物纤维，主要成份是蛋白质，属于天然有机高分子材料。而聚酯纤维是由乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）和对苯二甲酸（）通过缩聚形成的，所以其化学成分不同，故A错误；B．0.1mol聚

酯纤维属于高分子化合物，内含的酯基数目不确定，不能计算消耗的NaOH的物质的量，故B错误；C．链节中含有酯基，聚酯纤维是由乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）和对苯二甲酸（）通过缩聚形成的，故C正确；D．乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）和对苯二甲酸（）生成聚

酯纤维，同时还有水生成，为缩聚反应，故D错误；故答案选C。16.下列说法正确的是A.非金属元素呈现的最低化合价，其绝对值等于该元素原子的最外层电子数B.短周期元素中某元素的原子序数不可能是同主族元素原子序数的2倍C.L层上的电子数

为奇数的元素一定是主族元素D.目前使用的长式元素周期表中，最长的周期含36种元素【答案】C【解析】【详解】A．Cl的最低负价为-1价，绝对值为1，但Cl原子最外层为7个电子，与选项描述不符，A错误；B．O、S同主族，硫元素的原子序数为氧元素2倍，B错误；C

．L层上的电子数为奇数，说明L层未排满，元素处于第二周期，该元素一定是主族元素，C正确；D．目前使用的长式元素周期表中，最长的周期含32种元素，D错误；故选C。17.下列说法不正确的是A.中性溶液中一定存在c(H+)=c(OH-)B.中

和等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，由水电离产生的c(H+)相等D.pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，c(H+)=-14-1210+102【答案】D【解析】【详解】A.任何

c(H+)=c(OH-)的溶液都一定呈中性，因此中性溶液中也一定存在c(H+)=c(OH-)，故A正确；B.等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液中所含的溶质的物质的量相等，两者均为一元碱，则消耗盐酸的物质的量相同，故B正确；C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离

子的浓度相同，则对水电离的抑制作用相同，由水电离产生的c(H+)相等，故C正确；D.pH=14与pH=12的两种NaOH溶液等体积混和后，c(OH-)=0-210+102，c(H+)=1414W-0-2K10210c(OH)10+102−−=，故D错误；故选：

D。18.如图所示，乙装置是简易84消毒液发生器，X为铁电极，Y为石墨电极。下列判断中正确的是A.钴(Co)的金属性比铜的强B.工作时，2-4SO向Cu电极移动C.电子流动路径：Co电极→X→溶液→Y→Cu电极D.转移0.2mole-，乙中生成0.2molNaClO【答案】A【解析】【详解】

A．乙装置为电解池，X极放出氢气为阴极，所以与之相连的Co为负极，则Cu为正极，活泼性Co＞Cu，钴（Co）的金属性比铜的强，故A正确；B．工作时，2-4SO阴离子移向负极，向Co电极移动，故B错误；C．甲装置为原电池装置，电子从负极流向正极，Co电极→X，Y

→Cu电极，但是电子不会经过电解质溶液，故C错误；D．电解氯化钠溶液的方程式2NaCl+2H2O==通电H2↑+Cl2↑+2NaOH，转移0.2mole-，产生0.1mol氯气，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，乙中生成0.1molNaClO，故D错误。答案选A

。19.下列说法不正确的是A.反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的△H<0，△S<0B.地下钢铁管道用导线连接锌块，可以减缓管道的腐蚀C.用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极D.冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离度均先增大后减小【

答案】D【解析】【详解】A．合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A正确；B．导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确；C．电解法精炼粗铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，故C正确；D．冰醋酸属

于弱电解质，加水促进电离，冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，pH先减小后增大，醋酸的电离程度逐渐增大，故D错误；答案选D。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NAB.0.46gNa与10mL1mol·L-1HCl反应，

转移的电子数为0.01NAC.1L0.5mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中含有+4NH总数为NAD.常温常压下，2.24LSO2中含有的分子数小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.溶液体积未知，无法依据pH值计算NaOH的物质的量，故A

错误；B.Na单质先与HCl反应，之后还能继续与水反应，最终0.46gNa(0.02mol)完全反应转变成钠离子，转移电子数目为0.02NA，故B错误；C.铵根离子在溶液中能发生水解反应，1L0.5mol·L-1

的(NH4)2SO4溶液中含有+4NH总数小于NA，故C错误；D.标准状况下，2.24LSO2中含有的分子数为NA，常温相对于标准状况下温度高，则2.24LSO2中含有的分子数小于0.1NA，故D正确；故选：D。21.在2.0L恒温恒容密闭容器中发生反应：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(

g)△H>0.起始时充入2.0molH2S，反应过程中的部分数据如下表所示：n/molt/minn(H2S)n(S2)n(H2)02.00021.040.860.6下列说法正确的是A.2min时，H2的生成速率为0.25mol·L-1·m

in-1B.上述反应的平衡常数K=0.675C.3min时，H2S的分解率一定小于60%D.反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动【答案】B【解析】【详解】由表中数据可知4min时，n（H2S）=0.8mol，则此时消耗1.2molH2

S，由方程式2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）可知应生成0.6molS2，而6min时n（S2）=0.6mol，说明4min时各物质的物质的量不再变化，说明达到平衡，则有：2222HSS+2H(mol)2.

0002min(mol)1.00.51.0(mol)0.80.61.2起始量内平衡量，A．0～2min生成H2的平均反应速率-1-11.0mol===0.25molLmin2L2mincnvtVt=

，反应速率指的是0～2min这一段时间的反应速率，不是2min的时刻速率，A错误；B．由三段式可知各物质的平衡量，则反应的平衡常数为220.61.2()2.02.0=0.6750.8()2.0cK=，B正确；C．4min时达到平衡，H2S的分解率为1.2100%=60%2.0，但不

能确定3min是否达到平衡，如平衡时，则等于60%，C错误；D．该反应△H>0，是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，D错误；答案选B。22.如图所示，有关转化关系(X代表卤素)的说法正确的是A.△H越小，HX越不稳定B.按Cl、Br、I顺序，△H2依次减小C.△H3>0D.△H1+△H2

+△H3=0【答案】B【解析】【详解】A．△H越小，能量越低，HX越稳定，故A错误；B．Cl、Br、I的原子半径依次增大，故形成HCl、HBr、HI化学键所放出的能量逐渐减小，故B正确；C．途径III是

断形成化学键的过程，是放热过程，△H3<0，故C错误；D．反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3，则△H1+△H2+△H3=2△H1≠0，故D

错误；答案选B。23.在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法不正确的是A.在a点的溶液中：c(Na+)>c(2-3C

O)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)B.在b点(pH=7)的溶液中：2n(2-3CO)+n(-3HCO)<0.001molC.在c点的溶液pH<7，是因为此时溶液中含有碳酸D.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液

pH=7时：c(Na+)>c(CH3COO-)【答案】A【解析】【详解】A．在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，溶液中离子浓度大小c(Na+)>c(2-3CO)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)，故A错误；B．b点溶液pH=7，溶液

为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(2-3CO)＜n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(2-3CO)+n(-3HCO)+n(H2CO3)=0.001mol，2n(2-3CO)+n(-3HCO)＜0.001mol，故B正确；C．在c点的溶液pH＜7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，溶液显酸性，故C

正确；D．若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)，得到：c(Na+

)=c(CH3COO-)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)，则c(Na+)>c(CH3COO-)，故D正确；答案选A。24.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，可利用反应：CS2+3Cl2CCl4+S2Cl2进行制备。已知：S2Cl2易与水发生氧化还原反应：下表是几种物质的熔沸

点：物质CS2CCl4S2Cl2沸点/℃4777137熔点/℃-109-23-77下列说法不正确的是A.制备反应中各物质在固态时晶体类型完全相同B.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HClC.S2Br2与S2Cl2结构相

似，熔沸点：S2Br2>S2Cl2D.S2Cl2的电子式为：【答案】D【解析】【详解】A．CS2、Cl2、CCl4、S2Cl2固态时均为分子晶体，A正确；B．S2Cl2易与水发生氧化还原反应，方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+

3S↓+4HCl，B正确；C．由于Br与Cl同主族，故S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2与S2Cl2都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2>S2Cl2，C正确；D．S可以形成两对共用电子对

，Cl只能形成一对共用电子对，因此两个S应在中间，电子式为，D错误；故选D。25.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验：下列推断不正确的是A.无色溶液B做

焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃可能观察到紫色B.无色溶液B的pH≥7C.白色固体F的主要成分是H2SiO3D.混合物A中一定含有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3【答案】D【解析】【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B，且固体C不能完全溶解于硝酸中，固体F为

H2SiO3，无色气体D为二氧化碳，蓝色溶液含铜离子，则A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，无色溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含KCl、CaCO3。【详解】A．溶液B中可能含有KCl，则无色溶液B做焰

色反应实验，火焰可能显紫色，故A正确；B．溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，则无色溶液B的pH≥7，故B正确；C．硅酸不溶于硝酸，则F的主要成分是H2SiO3，故C正确；D．A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含KCl、CaCO3，故D

错误；答案选D。二、非选择题26.(1)已知NH3、PH3常温下都是气体，试比较二者沸点高低：NH3________PH3，并解释原因________。(2)加热条件下，用化合物PH4I和烧碱反应制取PH3的化学方程式为：___________。(3)氨

气可以在纯氧中燃烧，利用该原理设计成碱性条件下的氨—氧燃料电池，其正极的电极反应式为________。【答案】(1).>(2).氨分子间形成氢键(3).PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O(4).O

2+2H2O+4e-=4OH-【解析】【详解】(1)由于N的电负性较大，NH3分子间可形成氢键，有氢键的物质气化时必须提供稍大的能量来破坏分子间的氢键，所以这些物质的沸点比同系列氢化物的沸点高，故沸点NH3>PH3；(2)PH4I和烧碱反应类似与铵盐与NaOH的复分解反应，生成PH3、NaI

和H2O，方程式为PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O；(3)氨—氧燃料电池中，O2所在的一极为正极，正极得电子，在碱性环境中生成OH-，方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-；27.将2.56g硫与足量NaOH的热溶液充分反应生成Na2S和N

a2S2O3，然后向生成物中加入足量的NaClO和NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，第二步过程中转移电子nmol.求：n=____mol；写出计算过程__________。【答案】(1).0.48(2).()2.56g6-0=0.48mol32g

/mol【解析】【详解】硫与足量NaOH的热溶液充分反应生成Na2S和Na2S2O3，该步反应属于歧化反应，电子只在S原子之间转移，第二步Na2S和Na2S2O3中全部S元素被氧化成硫酸根离子，与直接将S单质氧化成硫酸根离子的电子转移

数目相同，则转移电子的物质的量n=()2.56g6-0=0.48mol32g/mol，故答案为：0.48；()2.56g6-0=0.48mol32g/mol；28.I.化合物A由三种元素组成，气体B是含氢量最高的烃。固体E既能溶于盐酸，又能溶于氢氧化钠溶液。按如下流程进

行实验：(1)E的化学式为：_______，气体C与Na2O2反应的化学方程式为：________。(2)A的化学式为：_______，A与足量盐酸反应的化学方程式为：_________。II.某化学活动小组设计如图所示(部分夹持装置已略去)装

置来探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应制备Cl2O和得到的固体物质的成分。(1)C中反应时同时生成两种钠盐，写出该反应的化学方程式：_____________。(2)有关该实验说法正确的是___________。A.组装好实验仪器后，先

添加药品，然后检查装置气密性B.X为浓盐酸，Y为浓硫酸C.E装置的作用是吸收尾气、防止污染D.Cl2O进入E反应的化学方程式为：Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O(3)设计实验方案验证C中生成的固体中含有-3HCO：___

______。【答案】(1).Al(OH)3(2).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(3).Al(CH3)3(4).Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑(5).2Cl2+H2O+2Na2CO3==2NaHCO3+2NaCl+C

l2O(6).CD(7).取少量反应后固体于试管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，静置一段时间后，再向其中滴加氢氧化钠溶液，若变浑浊，说明有-3HCO或取少量固体加热，将产生的气体通入澄清的石灰水，若

石灰水变浑浊，则说明固体中含有-3HCO【解析】【分析】I．固体E既能溶于NaOH溶液又能溶于盐酸，则E为Al(OH)3，F为Al2O3，231.02g(AlO)==0.01mol102g/moln，A中含有Al元素的质量为：m(Al)=27g/mol×0.01mol×2=0.54

g；气体B是含氢量最高的烃，则B是CH4，B和足量氧气燃烧后产生CO2，则C是CO2，CO2与Na2O2反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，固体从Na2O2变为Na2CO3，固体增重

1.68g，则可得等式222(CO)1.68g(CO)===0.06mol(CO)28g/molmmnMM=，A中含有C元素的质量为：m(C)=12g/mol×0.06mol=0.72g，A中应该含有H元素，结合质量守恒可知m(H)=1.

44g-0.54g-0.72g=0.18g，0.18g(H)=0.18mol1g/moln=，A分子中n(Al)：n(C)：n(H)=0.02mol：0.06mol：0.18mol=1：3：9，A的化学式

为Al(CH3)3；II．C中反应物有Cl2、Na2CO3还有气体从B装置中带来的H2O，生成两种钠盐，由原子种类推测为NaCl、NaHCO3，根据得失电子守恒配平化学反应方程式；【详解】I．(1)固体E既能溶于NaOH溶液又

能溶于盐酸，则E为Al(OH)3；气体B是含氢量最高的烃，则B是CH4，B和足量氧气燃烧后产生CO2，气体CO2与Na2O2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：Al(OH)3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

；(2)由分析可知：F为Al2O3，231.02g(AlO)==0.01mol102g/moln，A中含有Al元素的质量为：m(Al)=27g/mol×0.01mol×2=0.54g，固体从Na2O2变为Na2CO3，固体增重1.68g，则可得等式

222(CO)1.68g(CO)===0.06mol(CO)28g/molmmnMM=，A中含有C元素的质量为：m(C)=12g/mol×0.06mol=0.72g，A中应该含有H元素，结合质量守恒可知m(H)=1.44g-0.54

g-0.72g=0.18g，0.18g(H)=0.18mol1g/moln=，A分子中n(Al)：n(C)：n(H)=0.02mol：0.06mol：0.18mol=1：3：9，A的化学式为Al(CH3)3；Al(CH3)3足量盐酸反应的化学方程式为：Al(CH3)3+3HCl=A

lCl3+3CH4↑，故答案为：Al(CH3)3；Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；II．(1)C中反应物有Cl2、Na2CO3还有气体从B装置中带来的H2O，生成两种钠盐，由原子种类推测为NaCl、NaHCO3，该反应的化学方

程式：2Cl2+H2O+2Na2CO3==2NaHCO3+2NaCl+Cl2O；故答案为：2Cl2+H2O+2Na2CO3==2NaHCO3+2NaCl+Cl2O；(2)A．加入药品前，应先检查装置的气密性，故A错误；B．实验室制备氯气是二氧化锰和浓盐酸加热反应，则试剂X是浓盐酸，依据装置分析，进

入C之前需要吸收氯化氢气体，需要用饱和食盐水吸收，则Y为饱和食盐水，故B错误；C．反应产生Cl2，是有毒气体，则需要E装置中的NaOH溶液，作用是吸收尾气、防止污染，故C正确；D．Cl2O进入E反应的化学方程式为：Cl2O+2NaOH=2N

aClO+H2O，故D正确；答案选CD，故答案为：CD；(3)验证C中生成的固体中含有-3HCO的实验设计方案：取少量反应后固体于试管中，加水溶解，滴加足量BaCl2溶液，静置一段时间后，再向其中滴加氢氧化钠溶液，若变浑浊，说明有-3HCO或取少量固体加热，将产生的气体通

入澄清的石灰水，若石灰水变浑浊，则说明固体中含有-3HCO。29.研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=-4.4kJ·mol-12NO2(g)=N2O4(g)△H2=-55.3kJ·mo

l-1则反应：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)的△H=______kJ·mol-1。(2)对于反应2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)，在恒容密闭容器中反应达到平衡。t1时充入N2O5(g)，t2时又达

到平衡，在下图中画出v正(NO2)随时间变化的趋势图____________。有人提出如下反应历程：第一步.N2O5(g)⇌NO2(g)+NO3(g)快速平衡：第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应；第三步NO+NO3→2NO

2快反应。其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，下列表述正确的是__________。A.v(第一步的逆反应)<v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g

)△H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压x物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)；v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的

关系是K1=____；在图上标示的各点中，表示反应已达到平衡状态的点是________，理由是________。【答案】(1).+106.2(2).(3).C(4).)k1=2k2Kp(5).BD(6)

.达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)【解析】【详解】(1)根据盖斯定律可知△H=△H1-2△H2=-1-1(-4.4kJmol-2-55.3kJm)ol=+106.2kJ·mol-1，故答案为：+106.2；(2)t

1时充入N2O5(g)，增大了反应物浓度，正反应速率瞬间增大，达到新平衡时的速率大于原平衡时速率，故正反应速率变化曲线为：；A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A错误；B．根

据第二步和第三步反应可知中间产物还有NO，故B错误；C．根据第二步反应生成物中有NO2可知，NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误；故选：C。故答案为：；C

；(3)达到平衡时，v(NO2)=2v(N2O4)，则k1•p2（NO2）＝2k2•p（N2O4），k1＝()()224222kpNOpNO，Kp＝()()2422pNOpNO，k1＝2k2•KP；反应达到平衡状态时，消耗速率满足v(NO2)=2v(N2O4)，则能表示反应达到平衡状态

的点是BD，故答案为：2k2•KP；BD；反应达到平衡状态时，v(NO2)=2v(N2O4)；30.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效净水剂。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，主要装置如图所示。已知：K2FeO4为紫色固体，易溶于水，微溶于浓

KOH溶液；在酸性或中性溶液中不稳定，能快速产生O2。(1)仪器a名称为_____________；(2)A中通入氯气发生反应，生成高铁酸钾(K2FeO4)的化学方程式为_________；(3)取A

中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。向a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。上述操作是否能说明K2FeO4氧化了Cl-产生Cl2，并说明理由：_____；(4)将wgK2FeO4粗产品溶于过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得

的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL，以下涉及酸式滴定管的操作中，选择正确操作并排序(润洗只操作一次)：检漏→水洗→加入标准液，润洗内壁→______→_____→_____→___

_→达到终点，静置后读数..→计算产品纯度。A.从上口倒出润洗液B.装标准液，调液面，静置半分钟C.滴定D.取下滴定管，竖直，平视读数E.从下口放出润洗液(5)已知滴定过程中涉及的离子反应主要有三个：①()-4CrOH+2-4Fe

O=Fe(OH)3↓+2-4CrO+OH-，②22-4CrO+2H+⇌2-27CrO+H2O③2-27CrO+Fe2++H+—Fe3++Cr3++H2O(未配平)该粗产品中K2FeO4的质量分数为________(用含w、c、V的代数式

表示)。若滴定管没有用标准液润洗，则测得的结果__________(填“偏高”"偏低”或“无影响”)。【答案】(1).三颈烧瓶(三口瓶)(2).3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O(3).不能，ClO-在酸性条件下氧化氯离子或

高铁酸钾在酸性条件下不稳定而产生Fe3+(4).E(5).B(6).D(7).C(8).33cV%5w(9).偏高【解析】【分析】本实验为制取高铁酸钾的实验，将Cl2通入盛有Fe(OH)3、KOH溶液的三颈烧瓶中，碱性条件下发生反应3C12+2Fe(OH)3+10KO

H=2K2FeO4+6KCl+8H2O，从而制得高铁酸钾，B装置为尾气处理装置，据此分析解答。【详解】(1)由a的仪器构造可知为三颈瓶(或三口瓶)，故答案为：三颈烧瓶(三口瓶)(2)A中通入氯气，在碱性条件下将氢氧化

铁氧化成高铁酸钾，发生的反应为：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；(3)氯气与氢氧化钾会反应产生次氯酸根离子和氯离子，两者在酸性条件下能反应产生氯气；同时根

据题干信息，K2FeO4在酸性或中性溶液中不稳定，能快速产生O2，同时会产生三价铁离子，因此根据上述现象不能说明高铁酸钾氧化了氯离子，故答案为：不能，ClO-在酸性条件下氧化氯离子或高铁酸钾在酸性条件下不稳定而产生Fe3+；(4)滴定的

步骤为：检漏⟶水洗⟶润洗⟶装液⟶调液面⟶读数⟶滴定⟶读数，因此润洗完内壁后，将润洗液从下口放出，然后装标准液，调整起始刻度并读数，再进行滴定，达到终点后记录终点读数，正确的顺序为：EBDC，故答案为：E；B；D；C；(5)根据化合价升降相等配平③，2-27C

rO+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，由题中反应中的物质转化关系可得：22-4FeO~22-4CrO~2-27CrO~6Fe2+，则2+-32-4n(Fe)cV10n(FeO)33==，粗产品中K2FeO4的质量分数-3-3c

V10mol198g/mol66cV103100%=100%wgw=33cV%5w，若滴定管没有用标准液润洗，导致标准液浓度偏小，则消耗的标准液体积偏大，使测得的结果偏高，故答案为：33cV%5w；偏高；31.化合物I是一种药物的中间体，某研究小组合成路线如

下：已知：①；②RCOOHRCOCl；③请回答：(1)化合物E的结构简式为：________.(2)下列说法正确的是________A.化合物F能发生加成、水解、氧化反应B.化合物H可通过消去、加成反

应转化为IC.I的分子式为C9H11NOD.合成D的过程中涉及到酚羟基的保护(3)写出F与K2CO3按1：1反应的化学方程式：________。(4)写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式：_______。①含苯环，1H-

NMR谱表明苯环上只有1种氢原子：②能发生银镜反应；③水解产物之一能使FeCl3溶液发生显色反应。(5)结合信息，以苯和乙烯为原料，补充合成另一种药物中间体的合成路线：________(用流程图表示，无

机试剂任选)。【答案】(1).(2).AD(3).(4).、(5).【解析】【分析】对比①前后物质结构，可知酚羟基中H原子比甲基替代，属于取代反应；由A、B的分子式，结合C的结构简式，可知生成A发生硝化反应，从A到B是硝基还原为氨基，故A为、B为．B中氨基中H

原子被取代生成C，对比C、D的结构，可知C中甲基被H原子取代生成D。对比D、F的结构，可知D中酚羟基邻位H原子被取代生成F，从已知条件①可推出E的结构为，结合H的分子式与反应信息③，故G为，对比H、I的结构，可知H在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反

应，再发生肽键的水解反应得到I；【详解】（1）由分析可知，化合物E的结构简式为：；（2）A.化合物F含有肽键与溴原子，能发生水解反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，能燃烧发生氧化反应，故A正确；B.化合物H可通过醇羟基的消去反应、和肽键的水解反应转化为I，故B错误；C.I的分子式为

C10H11NO，故C错误；D.第一步和第五步合成D的反应是为了保护酚羟基，防止乙酰基取代酚羟基中H原子，故D正确；答案选AD；（3）F与K2CO3按1：1反应的化学方程式：；（4）C为，符合C的同分异构体的条件：②能发生银镜反应，说明含有醛基或者甲酸形成的

酯基；③水解产物之一，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酯基，即其中一个侧链为，①含苯环，1H-NMR谱表明苯环上只有1种氢原子，则同分异构体有：、；（5）采用逆推法：要合成，利用已知信息①，需要苯和反应，再利用已知

信息②，需要与SOCl2反应，逆推需要苯的同系物被酸性KMnO4氧化得到苯甲酸，最后回到第一步苯与乙烯得到乙基苯，合成路线为：。