【文档说明】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(27)页，2.282 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cc11aa69427eefc269bd374b947344f3.html

以下为本文档部分文字说明：

浙江省杭州地区(含周边)重点中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题时，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写相应数字；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，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Ca40Cl35.5−−−−−−−−选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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.下列物质中，含有极性共价键的离子晶体是A.NaOHB.22NaOC.2MgHD.()22CONH【答案】A【解析】【详解】A．NaOH为离子晶体，H和O之间为极性共价键，A正确；B．

Na2O2为离子晶体，O原子之间为非极性共价键，B错误；C．MgH2为离子晶体，只含离子键，C错误；D．CO(NH2)2为分子晶体，D错误；故选A。2.下列原子的电子排布式属于激发态原子的是A.2251s2s2pB.22511s2s2p3sC.2231s2s2

pD.51[Ar]3d4s【答案】B【解析】【详解】A．2251s2s2p是F原子的基态原子排布式，选项A不符合；B．22511s2s2p3s是Ne原子的激发态，电子从2p能级跃迁到3s能级，表示的是激发态原子，选项B符合；C．2231s2s2p是N原子的基态原子排

布式，选项C不符合；D．由于半充满结构比较稳定，所以24号元素Cr的电子排布式为51[Ar]3d4s，是基态电子排布式，选项D不符合；答案选B。3.下列关于CNO、、三种元素的比较正确的是A.电负性：C<N<OB.第一电离能：C<N<OC.原子半径：C<N

<OD.最高正化合价：C<N<O【答案】A【解析】【详解】A．非金属元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性C<N<O，所以电负性的大小顺序为C<N<O，故A正确；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定

的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能的大小顺序为C<O<N，故B错误；C．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为O<N<C，故C错误；D．氧元素的非金属性强，不存在最高

正化合价，故D错误；故选A。4.用重结晶法提纯苯甲酸的实验中，需要用到的仪器是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗，不需要分液漏斗、冷凝管和酸式滴定管，故选D。5.下

列各组物质互为同分异构体且属于位置异构的是A.CH3CH2CH2CH3和(CH3)3CHB.CH3CH2OH和CH3OCH3C.和D.和【答案】D【解析】【详解】A．CH3CH2CH2CH3和(CH3)3CH都属于烷烃，二者分子式相同，但是由于碳链结构不同引起异构体，因

此属于碳链异构，A不符合题意；B．CH3CH2OH是乙醇，属于醇类，而CH3OCH3是二甲醚，属于醚类，它们是两种不同类别的异构体，因此这两种物质属于官能团异构，B不符合题意；C．乙烯分子是平面分子，键角是120°，碳碳双键不能旋转。与分子中，由于Cl、H

原子在两个不饱和C原子连接的空间位置不同引起的的异构体，属于空间异构，C不符合题意；D．分子中2个Cl原子处于苯环的邻位，而分子中2个Cl原子处于苯环的间位，是由于两个Cl原子在苯环上的连接的位置不同引

起的异构体，属于位置异构，D符合题意；故合理选项是D。6.下列微粒能提供孤电子对与金属离子形成配位键的是①2HO②OH−③23CO−④3NH⑤4NH+A.①②③B.②③④C.①②③④D.全部【答案】C【解析】【详解】①水中氧原子有孤电子对，可以形成配

位键；②氢氧根中氧原子有孤电子对，可以形成配位键；③碳酸根中氧原子有孤电子对，可以形成配位键；④氨气中氮原子有孤电子对，可以形成配位键；⑤铵根中所有原子不存在孤电子对，不能形成配位键；故选C。7.下列微粒的空间结构与其VSEPR模型一致的是A.3NHB.

23CO−C.2SOD.2HO【答案】B【解析】【详解】A．NH3有一对孤电子对，还有3个键，故VSEPR模型是四面体形，分子空间构型为三角锥形，A错误；B．碳酸根孤电子对数为1(4+2-32)=02，还有3个键，故VSEPR模型是平面三角形，

分子空间构型为平面三角形，B正确；C．二氧化硫的孤电子对数为1(6-22)=12，还有2个键，故VSEPR模型是平面三角形，分子空间构型为V形，C错误；D．水的孤电子对数为2，还有2个键，故VSEPR模型是四面体形，分子空间构型为V形，D错误；故选B。8.下列说法不正确．．．的是A.乙烯中

碳碳双键的键能小于乙烷中碳碳单键键能的2倍B.共价键一定有原子轨道的重叠C.两个p轨道不能形成σ键，只能形成π键D.s-sσ键和s-pσ键的电子云图形都是轴对称【答案】C【解析】【详解】A．乙烯中碳碳双键中一个是σ键，一个是π键

，两个键结合的牢固程度不同，σ键＞π键，因此乙烯中碳碳双键的键能小于乙烷中碳碳单键键能的2倍，A正确；B．共价键是原子核外电子运动轨道的重叠，重叠程度越大，共价键就越牢固，因此共价键一定有原子轨道的重叠，B正确；C．两个p轨道可以形成σ键，如Cl2分子中两个Cl原子的p轨道形成σ键

，C错误；D．因s-sσ键与s-pσ键的电子云均为头碰头重叠，因此二者都是轴对称图形，D正确；故合理选项是C。9.下列说法不正确．．．的是A.甲烷常温下不能使酸性4KMnO褪色，也不与强酸、强碱反应B.聚乙烯、聚乙炔都能导电，故都可用于制备导电高

分子材料C.乙炔在氧气中燃烧时放出大量的热，因此氧炔焰常用来切割金属D.邻二氯苯只有一种结构说明苯分子中不存在单、双键交替的结构【答案】B【解析】【详解】A．甲烷的性质稳定，常温下不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

，也不与强酸、强碱反应，故A正确；B．聚乙烯是绝缘体，不能导电，不能用于制备导电高分子材料，故B错误；C．乙炔气体在氧气中完全燃烧放出大量的热，形成高温火焰，因此氧炔焰常用来切割金属，故C正确；D．邻二氯苯只有一种

结构说明苯分子中的碳碳键完全相同，不是单、双键交替的结构，故D正确；故选B。10.2022年3月23日“天宫课堂”再次开讲，科技兴国离不开化学科学。下列与“神十三”以及“天宫一号”有关的化学知识的描述中不正确．．．的是A.太空舱中

的太阳能电池工作时是将化学能转化为电能B.“神舟”飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维C.太空中观测到的恒星的光谱来自于原子中电子的跃迁D.研究和改变合金中原子排布可以寻找性能优越的航空材料【答案】A【解析

】【详解】A．太阳能电池工作时是将太阳能转化为电能，故A错误；B．神舟飞船航天员穿舱内航天服是保障航天员的生命活动和工作能力的个人密闭装备，是我国科学家近年来研制的新型连续纤维增韧航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，故B正确；C．每一种

原子有自己特殊的吸收和发射光谱，太空中观测恒星的光谱来自于原子中的电子在不同能级之间跃迁产生的原子中的电子在不同能级之间跃迁产生的，故C正确；D．航空航天工业中，合金因强度大、易焊接等特点成为备受关注的工程材料，研究和改变合金中原

子排布可以寻找性能优越的航空材料，故D正确；故选A。11.下列说法正确的组合是①晶体在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同②晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当③分子晶体中，分子间作用力越大，物质越稳定④金属晶体能导电的原因是在外

加电场作用下可失去电子⑤“杯酚”、冠醚等超分子可用于分子识别A.②⑤B.①②C.③④D.④⑤【答案】A【解析】【详解】①晶体在不同方向上的硬度、导热性、导电性不相同，①错误；②晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当，使晶体具有一定

的几何规则，②正确；③分子晶体中，分子间作用力越大，物质熔沸点越高，③错误；④金属晶体能导电的原因是在外加电场作用电子发生了定向移动，④错误；⑤“杯酚”、冠醚等超分子可用于分子识别，⑤正确。故选A。12.已知：25℃，101kPa时，12222H(g)+O(g)=2HO(l)ΔH

=-571.6kJmol−，请结合水的聚集状态变化时的焓变示意图分析，下列说法不正确．．．的是A.A过程为熔化，B过程焓增大B.2H的燃烧热：1ΔH=-285.8kJmol−C.lg冰经过A和B两个过程后化学键数

目和氢键数目均不变D.H的单位中“1mol−”指每摩尔反应【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，A过程为冰熔化为液态水的过程、B过程为液态水气化为水蒸气的过程，都是混乱度增大、焓增大的过程，故A正确；B．氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生

成液态水放出的热量，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热△H=—571.6kJ/mol×12=—285.8kJ/mol，故B正确；C．由图可知，A过程和B过程都需破坏氢键，氢键数目均会发生改变，故C错误；D．焓变△H的单位中“1mol−”是指每摩尔物质发生反应，故D正确；故选C。13.某有机物

X的结构简式如图所示，下列关于X的说法不正确．．．的是A.X的分子式为12143CHOB.一定条件下，X能与24molH发生加成反应C.X分别与足量NaNaOH、反应，消耗X的物质的量相等D.不可用溴的四氯化碳溶液鉴别苯和X【答案】D

【解析】【详解】A．根据X的结构简式可知X的分子式为12143CHO，选项A正确；B．X中含有1个苯环和1个碳碳双键，一定条件下，X能与24molH发生加成反应，选项B正确；C．X中含有1个醇羟基和1个酯基，分别与足量NaNaOH、反应，消耗X的物质的量相

等，选项C正确；D．X中含有碳碳双键能使溴水褪色而苯不能，可用溴的四氯化碳溶液鉴别苯和X，选项D不正确；答案选D。14.下列实验操作以及实验现象的描述中，正确的是A.白色的硫酸铜固体溶于水后，水溶液呈蓝色，说

明呈蓝色的物质是水合铜离子B.向饱和氯化钠溶液中滴加少量稀盐酸，有白色氯化钠固体析出C.向碘水中加入4CCl，振荡，静置分层后再加入浓KI溶液，再次振荡，下层溶液颜色将变浅D.0.1mol/LNaCl中加入过量3AgNO溶液，再滴入少量稀氨水，先生成白色沉淀后沉淀溶解【答案】C【解析】【详解】A

．白色的硫酸铜固体溶于水后，水溶液呈蓝色，含有Cu2+的溶液呈蓝色，不能说明呈蓝色的物质一定是水合铜离子，选项A错误；B．向饱和氯化钠溶液中滴加少量稀盐酸，因水的量比Cl-增加的量大，故没有白色氯化钠固体析出，选项B错误；C．向碘水中加入4

CCl，振荡，静置分层后再加入浓KI溶液，再次振荡，发生反应I2+I-=3I−，故下层溶液颜色将变浅，选项C正确；D．0.1mol/LNaCl中加入过量3AgNO溶液，再滴入少量稀氨水，氯化银不能溶于稀氨水，无法形成络合物，

故先生成白色沉淀后沉淀不溶解，选项D错误；答案选C。15.某化合物晶胞结构如图所示，晶胞的边长为a，下列说法不正确．．．的是A.与Cs+距离最近I-个数为12B.每个I-被2个晶胞所共用C.该物质的化学式为CsPbI3D.Pb2+与Cs+间最近

距离为2a2【答案】D【解析】【详解】A．在该晶体中，与Cs+距离最近I-个数为38=122，A正确；B．每个I-处于晶胞的面心上，因此被2个晶胞所共用，B正确；C．在一个晶胞中含有Cs+个数为：8×18=1，含有的I-个数为：6×12=3，含有Pb2+为1个，故该物质的化学式为Cs

PbI3，C正确；D．Pb2+与Cs+间最近距离为晶胞对角线的12，由于晶胞的边长为a，则二者的距离为3a2，D错误；故合理选项是D。16.下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是A.用23NaCO溶液

处理水垢中的4CaSO，使其转化为疏松易溶于酸的3CaCOB.向3Fe(SCN)溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去C.盛有223NaSO与24HSO混合液的试管浸入热水后，溶液迅速变浑浊D.向2270.1mol/LKCrO溶液中滴入几滴浓NaOH溶

液，溶液由橙色变黄色【答案】C【解析】【详解】A．用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，从沉淀的转化的角度考虑，应是转化为溶解度更小的物质，可以用勒夏特列原理解释，选项A不符合；B．

铁粉消耗溶液中的Fe3+，使Fe3+离子浓度降低，使平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN-正向移动，可以用勒夏特列原理解释，选项B不符合；C．将装有硫代硫酸钠溶液与稀硫酸的混合液的容器浸入热水，溶液中迅速产生混浊物，该反应不是可逆反应，所以不能用勒夏特列原理解释，选项C符合；D

．向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色，发生227CrO−+H2O⇌224CrO−+2H+，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，选项D不符合；答案选C。17.已知2HNO常用于

有机合成，下列事实无法证明其为弱电解质的是①用2HNO溶液做导电实验时，发现灯泡很暗②等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和的NaOH物质的量多③25℃时，120.1molLHNO−溶液的pH约为3④25℃时，pH2=的2HNO溶液稀释100倍后溶液pH4⑤常温下，2NaNO溶液显碱性⑥碳酸钙固

体加入到亚硝酸溶液中，固体溶解并产生气泡A.①⑥B.②③C.④⑤D.①⑤【答案】A【解析】【详解】①用HNO2溶液做导电实验时，发现灯泡很暗，可能是浓度低，不能证明其为弱电解质；②等pH、等体积的亚硝

酸比盐酸中和的NaOH物质的量多，说明相同pH值时亚硝酸浓度大，没有完全电离，为弱酸；③25℃时，0.1mol⋅L−1HNO2溶液的pH约为3，说明亚硝酸为弱酸；④25℃时，pH=2的HNO2溶液稀释100倍后溶液pH

<4，为弱酸；⑤常温下，NaNO2溶液显碱性，说明亚硝酸根发生了水解，亚硝酸为弱酸；⑥碳酸钙固体加入到亚硝酸溶液中，固体溶解并产生气泡，只能说明亚硝酸酸性比碳酸强，不能证明其为弱酸；故选A。18.下列说法正确的是A.常温下，pH3=的醋酸与pH3=的盐酸等体积混合后，混合溶液的pH3=B.11

00mL2molL−盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.铁片和稀硫酸反应制取氢气时，滴加几滴硫酸锌溶液可以加快氢气的生成速率D.向130.1molLCHCOOH−溶液中加入水稀释，()+3cHcC)H(COOH一直减小【答案】A【解析】【详解】A．常温下，pH=3的醋酸与

pH=3的盐酸溶液中氢离子浓度相同，等体积混合后，氢离子浓度不变，混合溶液的pH=3，A正确；B．100mL2mol⋅L−1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，盐酸的浓度降低，反应速率减慢，B错误；C．铁片和稀硫酸反应制取氢气时，滴加几滴硫酸锌溶液不会加快氢气的生成速率，C错误；D．

向0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中加入水稀释，氢离子的物质的量增加，醋酸的物质的量减小，()()()()33cHnHcnCHCOOHCHCOOH++=，比值增大，D错误；故选A。19.已知纯水中存在如下图所示的自耦电离平衡(在液态状况下溶剂分子在溶剂中自发发生电离，产生溶

剂阴离子和溶剂阳离子的现象)，下列说法不正确．．．的是A.上述电离过程熵增加B.上述电离过程中有配位键的形成C.液态H2S中可能存在自耦电离而产生H3S+D.向纯水中加入NaOH固体，平衡向左移动且平衡常数减小【答案】D【解析】【详解】A．水自耦电离存在平衡，由于是在液态状况下溶剂分子在

溶剂中自发发生电离，产生溶剂阴离子和溶剂阳离子，因此体系的混乱程度增大，即电离过程使熵增加，A正确；B．在电离过程中H2O分子的O原子上的孤对电子与H+形成配位键结合形成H3O+，B正确；C．由于S与O是同一主族元素，形成的化合物结构相似，性质也相似，所以液态H2S中可能存在自耦电

离而产生HS-、H3S+，C正确；D．向纯水中加入NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，导致水的电离平衡向左移动，但由于电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，D错误；故合理选项是D。20.铜离子可以和两种不同的分子形成两种微粒A和B，A和B的结构如图，

下列说法不正确．．．的是A.A和B的配位数相同，铜元素位于元素周期表ds区B.两种配位原子杂化方式相同，都提供孤电子对形成配位键C.向4CuSO溶液中滴加氨水，可以实现A到B的转化D.将A和B加入到酸或碱的溶液中，其结构可能被破坏【答案】C【解析】【分析】根

据结构式可知，A为铜离子与3NH形成的配合物，B为铜离子与2HO形成的配合物。【详解】A．由图可知，铜离子为配合物的中心，则A和B的配位数相同，Cu是29号元素，属于过渡元素，价电子排布式为3d104

s1，铜在元素周期表中位于ds区，A项正确；B．3NH中氮的价电子对数为1351()3=42+−，N原子提供孤电子对，原子杂化类型为sp3，2HO中氧的价电子对数为(612)21=42+−，O原子提供孤电子对，原子杂化类型为sp3，即两种配位原子杂化方式相同，都提供孤电子对形成配位键，B项

正确；C．4CuSO溶液中存在的结构为B，滴加氨水，会转变为A，C项错误；D．加入酸，会与配位分子结合，加入碱，会与中心离子结合，则将A和B加入到酸或碱的溶液中，其结构可能被破坏，D项正确；答案选C。21.利用微生物处理有机废水，可在获得电能的同时实现海水淡化。现以N

aCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用图甲所示装置处理含3CHCOO−的有机废水，并用该装置在铁上镀铜(如图乙)，下列说法不正确．．．的是A.a极生物膜上发生的电极反应为：322CHCOO8e2HO2CO7H−−+−+=+B.

隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜C.电极b应与铜棒相连，4CuSO溶液浓度基本保持不变D.当生成21molCO时，模拟海水理论上除盐117g【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2

，则a极为负极，b极为正极，正极上H+得电子生成H2，反应式为2H++2e-=H2↑。【详解】A．该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO-在负极失电子生成CO2，电极反应式为322CHCOO8e2HO2CO7H−−+−+=+，选项A正确；B．原电池

工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，选项B正确；C．b极为正极，应与铜棒相连，铜为阳极，铜失电子产生铜离

子，而溶液中铜离子得电子产生铜，故4CuSO溶液浓度基本保持不变，选项C正确；D．根据反应322CHCOO8e2HO2CO7H−−+−+=+，生成1molCO2转移4mole-，由于电子与Na+、Cl-所带电荷数相等，所以电路中转移1m

ol电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl-物质的量均为1mol，当转移4mole-时质量为4mol58.5g/mol=234g，即模拟海水理论上除盐234g，选项D不正确；答案选D22.在一定条件下，某密闭容器中发生反应：2232SO(g)O(g)2SO(g)ΔH0+，其他条件相同时在

甲、乙两种催化剂(催化剂活性不受压强影响)的作用下，反应相同时间，2SO的转化率与温度的关系如图所示。下列说法不正确．．．的是A.其它条件相同，该反应用乙作催化剂的催化效果比用甲好B.其它条件相同，压缩容器体积，甲曲线可能整体向左移动C

.乙中约200℃后，2SO转化率下降的原因可能为平衡向左移动D.其它条件相同，压缩容器体积，M点2SO的转化率一定增大【答案】B【解析】【详解】A．由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，则工业上应选择催化剂乙更好，选项A正确；B．其它条件相同，压缩容器体积，平衡正向移动

，甲曲线可能整体向上移动，选项B不正确；C．该反应正反应是一个放热反应，故温度高于200°C时，反应均已达到化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，所以2SO转化率下降，选项C正确；D．该反应为气体体积缩小的反应，其它条

件相同，压缩容器体积，平衡正向移动，M点2SO的转化率一定增大，选项D正确；答案选B。23.常温下，用10.1000molL−的盐酸滴定1230.1000molLNaCO−溶液25.00mL。用pH传感器测得混合溶液的pH变化曲线如图，下列说法不正确．．．的是。

A.由a点可知，常温下23CO−的水解常数5h1K10−B.在b点时，()()()233cHCOcCOcOH−−−C.在d点时，()()()()23cOHcH2cHCOcCl−+−=++D.在e点时，()()()()233cH2cCOcHCOcOH+−−−=++【答案】C【

解析】【详解】由图中曲线可知，d点溶液为第一滴定终点，为NaHCO3溶液，e点为第二滴定终点，溶液为NaCl溶液。起点a点溶液为碳酸钠溶液，溶液的pH值为11，主要以碳酸根的第一步水解为主，2---323CO+HO=HCO+OH水解程度微弱，故--2--32-53h12-

2-33c(HCO)c(OH)c(OH)(110)K====10c(CO)c(CO)0.1000。A．由根据分析可知常温下碳酸根的水解常数Kh1≈10−5，A正确；B．b点时，有12的Na2CO3转化成NaHCO3，由于CO32-的水解程度大于-3HCO的水解程度，故()()()

-2--33cHCOcCOcOH＞＞，B正确；C．d点时，d点加入25mL盐酸时二者恰好反应生成碳酸氢钠，根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：()()()()-+2233cOH=cH+cHCO-cCO−，C错误；D．在e点时，根据电荷守恒可得

：()()()()()()++2--33cNa+cH=2cCO+cHCO+cOH+cCl−−，由于c(Na+)=c(Cl-)，则()()()()+2-33cH=2cCO+cHCO+cOH−−()()()()+2-33cH=2cCO+cHCO+cOH−−，D正确

；故选C。24.气相离子催化剂(FeCoMn+++、、等)具有优良的催化效果。其中在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中-----为副反应)，下列说法不正确．．．的是A.主反应的总反应方程式为：262322CH+2

NOCH催化CHO+HO+2N剂B.每生成31molCHCHO消耗2NO的物质的量等于2molC.3CHCHO中碳原子的杂化方式有3sp和2sp两种D.X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性【答案】B

【解析】【分析】机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H5反应生成[(C2H5)Fe(OH)]+，[(C2H5)Fe(OH)]+生成Y和Fe+，Y为乙醇；[(C2H5)Fe(OH)]+生成X和[

(C2H4)Fe]+，X为水；[(C2H4)Fe]+和N2O生成N2和，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：262322CH+2NOCHCHO+HO+2N催化剂【详解】A．根据分析，主反应正确，A正确；B．根据分析，存在副反应[(C2H5)Fe(OH)

]+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B错误；C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C正确；D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D正确；故选Ｂ。25.自然

界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成4CuSO溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变为铜蓝(CuS)。已知：2236spspK(nS)210K(CuS)610Z−−==，。下列说法正确的是A.基态Cu核外电

子排布式为92[Ar]3d4sB.生成铜蓝后的溶液中一定存在：()()spsp2+2+K(CuS)K(ZnS)=cCucZnC.反应22ZnS(s)Cu(aq)CuS(s)Zn(aq)++++正向进行，需满足()()

2+142+cZn1>103cCuD.将铜蓝加入到无色饱和硫酸锌溶液中，溶液会变蓝色【答案】B【解析】【详解】A．Cu的原子序数为29，其基态原子核外电子排布式为101[Ar]3d4s，A错误；B．生成铜蓝的化学方程式为：Cu2+(aq

)+ZnS(s)=Zn2+(aq)+CuS(s)，平衡常数K=2+2+c(Zn)c(Cu)=2+2-2+2-c(Zn)c(S)c(Cu)c(S)=spspK(ZnS)K(CuS)，则有()()spsp2+2+K(CuS)K(ZnS)=cCucZn，B正确；C．反应Cu2+(aq)+Z

nS(s)=Zn2+(aq)+CuS(s)，平衡常数K=2+2+c(Zn)c(Cu)=spspK(ZnS)K(CuS)=-22-36210610=141103，要使反应正向进行，Q<K，所以需满足()()2+142+c

Zn1<103cCu，C错误；D．ZnS和CuS阴阳离子个数比相等，-22-36spsp>K(ZnS)=210K(CuS)=610，硫化铜更难溶，将铜蓝加入到无色的饱和硫酸锌溶液中，溶液不会变蓝色，D错误；答案选B

。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.某兴趣小组用如图所示装置制取乙炔，并验证乙炔的性质。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式是_______；用饱和食盐水而非蒸馏水的原因是_______。（2）若A中装有酸性KMnO4溶液，观察到溶液褪色，___

____(填“能”或“不能”)说明生成的气体全部为乙的炔，原因是_______。（3）用这套装置测定电石纯度，已知A处的试剂为CuSO4溶液，C处装有足量溴的四氯化碳溶液，则B处的试剂应是_______。称取ag电石样品，反应完全后C装置增重bg，则电石的纯度为_______。【答案】（1）①.C

aC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑②.减小反应速率，防止反应过于剧烈而发生危险（2）①.不能②.生成的气体中含有H2S等也能使酸性高锰酸钾溶液褪色（3）①.浓硫酸②.32b100%13a【解析】【分析】电石中的CaC2与水反应产生Ca(OH)2、C2H2，该反应非常剧烈，用饱和食盐

水可以降低水的浓度，并通过控制滴加食盐水的速度来控制制取气体的速率；电石中含有的杂质与水反应产生H2S等杂质气体也具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能根据溶液褪色判断乙炔气体的产生。在测定电石纯度时，可根据H2S与CuSO4发生复分

解反应产生CuS黑色沉淀检验并除去H2S，然后用浓硫酸干燥气体，最后利用乙炔与溴发生加成反应，利用装有足量溴的四氯化碳溶液增加质量计算乙炔质量，结合反应关系式计算电石中CaC2的质量，进而可得电石纯度。【小问1详解】在圆

底烧瓶中电石与饱和食盐水中的水发生反应：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，制取得到乙炔气体，该反应非常剧烈，为了减缓反应速率，要使用分液漏斗向烧瓶中逐滴滴加饱和食盐水，用饱和食盐水代替水，

以减小反应速率，防止反应过于剧烈而发生危险；【小问2详解】电石中含有CaS等杂质，向其中加入饱和食盐水时，水与CaC2反应产生C2H2，杂质也会与水反应产生H2S等还原性气体，这些气体都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，因而也能使酸性高锰

酸钾溶液褪色，因此不能根据KMnO4溶液褪色。判断生成的气体全部为乙炔；【小问3详解】用这套装置测定电石纯度，已知A处的试剂为CuSO4溶液，CuSO4与H2S发生复分解反应产生黑色CuS沉淀和H2SO4；

B处的试剂应是浓硫酸，目的是干燥乙炔气体，然后将净化的乙炔气体通入装有足量溴的四氯化碳溶液C装置处，乙炔与Br2发生加成反应，C装置增加质量为乙炔质量，根据反应方程式：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑中物质反应转化关系可知：每有64份CaC2发生反应，

会产生26份C2H2，现在得到bgC2H2，则电石中CaC2的质量m(CaC2)=6432bbg=g2613，故ag该电石样品中CaC2的含量为32bg32b13100%=100%ag13a。27.某化合物X可作火箭燃料，由四种元素组成。某兴趣小组为确定其化学式按如下流程进行实验(

气体体积均按常温常压计)。已知X在高温下分解可得无色液体D及多种单质．．．．。请回答下列问题：（1）组成X的元素有_______，X的化学式为_______。（2）溶液B中所含溶质的成分是_______(用化学式表示)。（3

）化合物X受热分解的化学方程式是_______。（4）化合物X储存时的注意事项有_______(任写两种)。【答案】（1）①.NHOCl、、、②.44NHClO（2）NaClNaClONaOH、、（3）4422222NHClON↑+

2O↑+4HO温+Cl高↑（4）防火；防潮；与可燃物隔离；轻放防碰撞【解析】【分析】溶液B加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸产生白色沉淀C，说明溶液B中含有氯离子，则固体X中含有Cl元素；VL气体加入足量NaO

H溶液后剩余34VL气体，与铜在加热条件下反应消耗2VL气体为O2，则剩余4VL气体为N2，与镁粉在加热条件下反应生成粉末状固体Mg3N210g，则n(N)=10g2100g/mol=0.2mol，根据体积比可知，n(O)=2n(N)=0.4mol，n(Cl)=n(N)=0.

2mol，无色液体D7.2g，则n(H2O)=7.2g18g/mol=0.4mol，根据分析可知X中含有元素NHOCl、、、；物质的量之比为0.2mol:0.8mol:(0.4mol+0.4mol):0.2mol=1:4:4:1，X的化

学式为44NHClO；【小问1详解】根据上述分析可知，组成X的元素有NHOCl、、、，X的化学式为44NHClO；【小问2详解】溶液B是产生的混合气体中氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠及过量的氢氧化钠，故所含溶质的成分是NaClNaClONaOH、、；【

小问3详解】根据产生气体及水的物质的量可知，化合物X受热分解的化学方程式是4422222NHClON↑+2O↑+4HO温+Cl高↑；【小问4详解】化合物X具有强氧化性，易分解。储存时的注意事项有防火；防潮；与可燃物隔离；轻放防碰撞。28.有机物G是一

种重要的药物中间体，该物质的一种合成方法流程图如下：已知：2NaOH/HOΔR-ClR-OH⎯⎯⎯⎯→，R为烃基。请回答下列问题：（1）下列说法正确的是_______。A.化合物A和C可通过红外光谱鉴别B.C中最多有7个碳原子共平面C.化合物D分子中有两个手性碳原子D.化合

物E属于酯类物质（2）①G含有的无氧官能团名称为：_______。②C到D的化学反应方程式：_______。（3）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式_______。①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体；②除苯环外无其

他环，苯环上有三个取代基但不含甲基；③1HNMR−谱显示有5种不同化学环境氢原子，且峰面积比为4：2：2：1：1。的（4）以甲苯为原料，设计的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。【答案】（1）AC（2）①.碳溴键②.+→+HCl（3）、（4）【解析】【分析】A

是甲苯，结构简式是，甲苯与Cl2在光照时发生取代反应产生B：，B与NaCN发生取代反应产生C：，C与在一定条件下反应产生D：，D在酸性条件下反应产生E：，E与浓硫酸混合加热，分子内发生酯化反应产生F，F与HBr在加热时发生取代反应产生G。【小问1详解】A．化合物A和C红外

光谱图不同，因此可以用红外光谱区别，A正确；B．苯分子是平面分子，与苯环连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面上，该C原子具有甲烷的四面体结构，由于通过几何中心，最多有2个C原子在该平面上，则-CN上的C

原子与甲基C原子可能在同一平面上，因此化合物C中最多有8个碳原子共平面，B错误；C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据化合物D结构简式可知D分子中含有2个手性碳原子，分别是连接苯环的C原子及连接-CH2Br的C原子，C正确；D．化合物E结构简式是，分子中

无酯基，因此不属于酯类物质，D错误；故合理选项是AC；【小问2详解】①根据G结构简式可知G分子中含有的无氧官能团是碳溴键；②C是，C与在一定条件下反应产生D：，则C生成D的化学反应方程式为：+→+HCl；【小问3详解】

F的同分异构体满足条件：①能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明含有-COOH；②除苯环外无其他环，苯环上有三个取代基但不含甲基；③1HNMR−谱显示有5种不同化学环境的氢原子，且峰面积比为4：2：2：1：1，说明分

子中含有5种不同位置的H原子，它们的个数比为4：2：2：1：1，则其可能结构为：、；【小问4详解】被酸性KMnO4溶液氧化产生苯甲酸：；与Cl2在光照条件下发生取代反应产生，与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生苯甲醇：，与在浓硫酸存在条件下发生取代反应产生

苯甲酸苯甲酯：，则以甲苯为原料合成苯甲酸苯甲酯的合成路线为：。29.研究分解氮氧化物的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环境有重要意义。直接催化分解法是消除NOx的主要方法，已知2NO催化分解过程中发生的反应如下：反应1122212NO(g)2N(g)O(g)Δ163kJmo

lH−+=−反应212222NO(g)N(g)2NO(g)Δ18.5kJmolH−+=反应3122234NO(g)3N(g)2NO(g)Δ144.5kJmolH−+=−回答下列问题：（1）根据盖斯定律，反应222NO(g)N(g)O(g)+的H为____

___1kJ?mol−。（2）T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解NO。若用分别表示22ONON、、和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解NO的反应过程可用下图表示：①若温度和保持容器体积不变，下列关于N

O分解反应，说法正确的是_______A.催化剂可降低反应的活化能，增加活化分子数B.当体系压强恒定时，反应达到平衡状态C.除去体系中2O可提高NO的平衡转化率D.解吸之后的气体无需净化处理可直接排放②已知NO在固

体催化剂表面吸附时总熵减小，请在下图中画出从状态A到状态D体系能量的变化曲线图。_______（3）T℃和恒定压强0PkPa时，在密闭容器中模拟废气中2NO直接催化分解过程，各组分的信息如下表：物质2N2NO2O2CONO2NOn(投料)/mol19346.52500n(平衡)/

mol501202522该温度下反应1的平衡常数Kp=_______kPa(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。若除去废气中的2CO气体，再在相同的条件下模拟实验，发现2NO的平衡转化率明显降低，其原因可能是：_______。（4）电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，

原理是将xNO在电解池中分解成无污染的2N和2O除去，如图示，两电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可自由传导2O，电解池阴极反应为_______。【答案】（1）-181.5（2）①.AC②.（3）①.0500P②.恒压条件下，除去2CO，相当于增加其他

气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，2NO转化率降低（4）-2-X22NO+4xe=2xO+N【解析】【小问1详解】12ΔH=ΔHΔH=163kJ/mol18.5kJ/mol181.5kJ/mol−−−=−；【小问2详解】A．催化剂可

降低反应的活化能，增加活化分子数，A正确；B．NO分解反应前后气体分子数不变，当温度和保持容器体积不变时，体系压强恒定不能判定达平衡，B错误；C．除去体系中O2可使NO分解平衡正向移动，可提高NO的平衡转化率，C正确

；D．该反应为可逆反应，解吸之后的气体含NO，不能直接排放，D错误；故选AC。根据图示，A到B过程NO吸附在催化剂表面，能量降低；B到C过程NO断键，需要吸收能量，C点能量最高；该反应为放热反应，D点能量最低，

故状态A到状态D体系能量的变化曲线图为：；【小问3详解】根据表格中的数据，平衡时总物质的量为100mol，反应1中的各物质的分压分别为：()201O=pP100N，()002501=P=P1002pN，()002201=P=P1005pO

，反应1的平衡常数为：2200220222011(P)(P)p(O)p(N)52Kp=500P1p(NO)(P)100==；恒压条件下，除去CO2，相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，N2O转化率降低；【小

问4详解】装置为电解池装置，阴极反应为NOx转变为N2的反应，电极反应式为：2NOx+4xe-=2xO2-+N2。30.2CdSnAs是一种高迁移率的新型热电材料，具有广泛的应用。回答下列问题：（1）Sn为第五周期、ⅣA族元素，其价层电子轨道表示式为_______。（2）单质Sn与干燥的2Cl反应

生成4SnCl，常温常压下4SnCl为无色液体，4SnCl空间构型为_______，其固体的晶体类型为_______。（3）333NHPHAsH、、的还原性由强到弱的顺序为_______(填化学式，下同)，键能由

大到小的顺序为_______。（4）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种2Cd+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_______mol。（5）322CHOCHCHF

比22HOCHCHF的熔沸点_______(填“高、低或相等”)，原因是_______。【答案】（1）（2）①.正四面体形②.分子晶体（3）①.333AsHPHNH、、②.333NHPHAsH、、（4）6（5）①.低②.同为分子晶体

，22HOCHCHF存在分子间氢键，322CHOCHCHF只有分子间作力，所以22HOCHCHF熔沸点高【解析】【小问1详解】Sn为第五周期、ⅣA族元素，其价层电子排布式为5s25p2，价电子轨道表示式为；【小问2详解】SnCl4的价层电子对数为4，空间构型为正四面体；常温常压下SnCl

4为无色液体，故晶体类型为分子晶体；小问3详解】元素非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性N>P>As，还原性由强到弱的顺序为：AsH3、PH3、NH3；原子半径越小，键长越短，键能越大，原子半径N<P<As，键能由大到小的顺序为NH3、PH3、AsH3；【小问4详解】配体与

同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，根据图示可知，成环的配位数为6，故1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol。【小问5详解】两者均为分子晶体，CH3OCH2CH2F比HOCH2CH2F中含有羟基，分子之间能形成氢键，熔沸点较高，CH3OC

H2CH2F只有分子间作力，熔沸点较低，故CH3OCH2CH2F比HOCH2CH2F熔沸点低；原因为：同为分子晶体，HOCH2CH2F存在分子间氢键，CH3OCH2CH2F只有分子间作力，所以HOCH2CH2F熔沸点高。【