【文档说明】浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.719 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省杭州市“六县九校”联盟2022-2023学年高二下学期4月期中联考化学试题考生须知：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：H—1B—11C—12O—16N—14Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5K—39Mn—55Fe—56Cu—64Ag—108I—127Ba—137Pb—207As—75Cr—52选择题

部分一、选择题(本大题共25小题，每小题只有一个正确选项，每题2分，共50分)1.水溶液呈酸性的盐是A.4NHClB.23NaCOC.24HSOD.()2CaOH【答案】A【解析】【详解】A．4NHCl是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，A

符合题意；B．23NaCO强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，B不符合题意；C．24HSO是酸，水溶液呈酸性，C不符合题意；D．()2CaOH是碱，水溶液呈碱性，D不符合题意；故答案选A。2.下列物质属于强电解质的是A.3CHCOOHB.FeC.3KNOD.22CH【

答案】C【解析】【详解】A．3CHCOOH是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A不合题意；B．Fe是单质，不是电解质，B不合题意；是C．3KNO是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，C符合题

意；D．22CH是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故选C。3.下列仪器和名称都正确的是A．烧瓶B．溶量瓶C．碱式滴定管D．坩埚A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．该装置是锥形瓶，A错误；B．该装置是容量瓶，B错误；C．该

装置是碱式滴定管，C正确；D．该装置是蒸发皿，D错误；答案选C。4.下列物质对应的化学式不正确的是A.小苏打：3NaHCOB.光导纤维的主要成分：SiC.胆矾：42CuSO5HOD.漂白粉的有效成分：()2CaClO【答案】B【解析】

【详解】A．小苏打化学式3NaHCO，A正确；B．光导纤维的主要成分化学式SiO2，B错误；C．胆矾化学式42CuSO5HO，C正确；D．漂白粉的有效成分化学式()2CaClO，D正确；故答案选B。5.下列化学用语表示正确的是A.质量数为37的氯原

子：3720ClB.基态2Mn+的价电子轨道表示式：C.氯化钙的电子式：D.ClCl−的pp−键电子云图形：【答案】D【解析】【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；质量数为3

7的氯原子：3717Cl，A错误；B．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，失去2个电子得到2Mn+，则基态2Mn+的价电子轨道表示式：，B错误；C．氯化钙是由钙离子和

氯离子构成的，电子式：，C错误；D．σ键是头碰头形成的，ClCl−的pp−键电子云图形，D正确；故选D。6.下列说法不正确的是A.淀粉和纤维素都可用于生产乙醇B.天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，它属于高分子化合物C.重金属盐能使蛋

白质变性，但吞服钡餐(BaSO4)不会引起中毒D.多糖、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A．淀粉和纤维素都水解生成葡萄糖，葡萄糖可用于生产乙醇，故A正确；B．高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；天然油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，但它不

属于高分子化合物，故B错误；C．重金属盐能使蛋白质变性，但硫酸钡不溶于酸，故吞服钡餐(BaSO4)不会引起中毒，故C正确；D．多糖能水解生成单糖；油脂含酯基、蛋白质含有酰胺基，在一定条件下都能发生水解反应，故D正确；故选B。7.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，

其中正确的是A.H2O与BeCl2为角形（V形）B.CS2与SO2为直线形C.BF3与PCl3为三角锥形D.SO3与CO2-3为平面三角形【答案】D【解析】【详解】A．H2O分子中价层电子对个数=2+12

×(6-2×1)=4，采用sp3杂化；且含2个孤电子对，所以其空间构型是V型结构，BeCl2分子中价层电子对个数=2+12×(2-2×1)=2，采用sp杂化，且不含孤电子对，所以其空间构型为直线型结构，故A错误；B．CS

2分子中价层电子对个数=2+12×(4-2×2)=2，采用sp杂化，且不含有孤电子对，所以其空间构型为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+12×（6-2×2）=3，采用sp2杂化，且含有1个孤电子对，所以其空间构型为V

形结构，故B错误；C．BF3分子中价层电子对个数=3+12×(3-3×1)=3，采用sp2杂化，且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形结构，PCl3分子中价层电子对个数=3+12×(5-3×1)=4，采用sp3杂化，且含1个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形结构，故C错误；D

．SO3分子中价层电子对个数=3+12×(6-3×2)=3，采用sp2杂化，且不含有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形结构，CO32-中价层电子对个数=3+12×(4−3×2+2)=3，采用sp2杂化，且不含孤电子对，所以其空间构型为平面三角形结构，故D正确；答案为D。8.物质

的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.23FeO红色，可用作颜料B.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂C.白醋具有弱酸性，可用作清洗水壶中的水垢D.可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液反应来检验病人尿液中葡萄糖含量是否偏高【答案】B【解析】【详解】A．23FeO红色固体

，可用作颜料，两者对应关系正确，A不符合题意；B．NaClO溶液具有强氧化性，可用作消毒剂，两者对应关系不正确，B符合题意；C．白醋具有弱酸性能和水垢中碳酸钙反应，可用作清洗水壶中的水垢，两者对应关系正确，C不符合题意；D．葡萄糖中含醛基，能和新制氢氧化铜发生反应，两者对应

关系正确，D不符合题意；故选B。9.下列说法正确的是A.2I易溶于4CCl可以用“相似相溶”原理解释B.4CH、4CCl都是含有极性键的极性分子C.由于甲基(-CH3)的推电子效应，HCOOH的酸性小于3CHCOOH的酸性D.分子中无手性碳原子【答

案】A【解析】【详解】A．碘单质和四氯化碳均是非极性分子，因此依据相似相溶原理可判断2I易溶于4CCl中，A正确；B．4CH、4CCl都是含有极性键的非极性分子，B错误；C．由于甲基(－CH3)的推电子效应，使羧基中的羟基极性减小，羧酸的酸性减弱，所以HCOOH的酸性大于3CHCOOH的酸

性，C错误；D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中与羟基相连的碳原子是手性碳原子，即该分子中有手性碳原子，D错误；答案选A。10.下列有关晶体的结构和性质描述不正确的是A.晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当B.同种物质可以形

成不同结构，可以是晶体也可以是非晶体C.晶体在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同D.气态物质冷却不经液态直接凝固是获得晶体的一种方法【答案】C【解析】【详解】A．在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的、规则的几

何多面体外形，这称为晶体的自范性，晶体呈现自范性的条件之一是晶体生长的速率适当，选项A正确；B．同一种物质能够生成几种不同的晶体，如石墨和金刚石都是由碳原子组成的，也可以形成非晶体，选项B正确；C．晶体具有各向异性，不同

方向上的硬度、导热性、导电性不相同，选项C不正确；D．获得晶体有3个途径：熔融态物质凝固、气态物质冷却不经液态直接凝固(物理上称为凝华)、溶质从溶液中析出，选项D正确；答案选C。11.关于反应3SiO2+6C+2N2高温Si3N4+6CO，下列说法正确的是A.C在反应过程

中被还原B.Si3N4既是氧化产物又是还原产物C.氧化剂和还原剂质量之比为1：3D.每生成14.0gSi3N4共转移1.2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-

3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D．14.0gSi3N4的物质的量为1

14.0g140gmol−=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；综上所述答案为D。12.AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.28g乙烯(CH2=CH2

)分子中，含有键A4N个B.218gDO中含有的质子数为A10NC.()3261molNiNHCl中含有的配位键数为A6ND.11L1.0molL−的盐酸含有阴离子总数为AN【答案】C【解析】【详解】A．28g乙烯(CH

2=CH2)分子的物质的量是1mol，双键中还含有1个键，因此分子中含有键A5N个，A错误；B．218gDO中含有的质子的物质的量是1810920molmol=，质子数为A9N，B错误；C．()326NiNHCl中配体是

氨气，()3261molNiNHCl中含有的配位键数为A6N，C正确；D．11L1.0molL−的盐酸中氯离子的物质的量是1mol，但水还电离出氢氧根离子，所以含有阴离子总数大于AN，D错误；答案选C。13.下列离子方程式书写正确的是A.用FeS除去废水中的2Hg+：22F

eSHgHgSFe+++=+B.用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：()222MgOH2HMg2HO+++=+C.在2NaS溶液中滴加NaClO溶液：22SClO2HSClHO−−+−++=++D.在铜片表面滴几滴稀硝酸产生无色气体：22Cu2HC

uH+++=+【答案】A【解析】【详解】A．HgS的溶解度比FeS的溶解度小，所以可以用FeS除去废水中的Hg2+，故A正确；B．醋酸是弱酸，在离子方程式里不能写成离子，()2-3322MgOH+2CHCOOH=Mg+2

CHCOO+2HO+，故B错误；C．Na2S溶液不是酸性的，所以在离子方程式里不能出现H+，正确的离子方程式为：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，故C错误；D．铜和稀硝酸生成硝酸铜和一氧化氮气体，+-2+323Cu+8H+2NO=3Cu+2

NO+4HO，故D错误；故选A。14.铜离子可以和两种常见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.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.A中配位体分子的键角大于B中配位体分子的键角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】【详解】根据图知，A为Cu2+和NH3形成的配离子[Cu(NH3)4]2+；B为Cu2+和H2O形成的配离子

[Cu(H2O)4]2+，则A．两种配位原子价层电子对数都是4，所以配位原子都采用sp3杂化，配原子提供孤电子对、铜离子提供空轨道形成配位键，故A正确；B．A中配位体氨气分子，键角为107°，B中配位体水分子，键角为105°，A中配位体分子的键角大于B中配位体

分子的键角，故B正确；C．向CuSO4溶液中滴加过量氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，所以能实现B到A的转化，故C错误；D．加入酸，酸会和配体结合，加入碱，碱会和中心离子结合，所以A和B加入到酸或碱的溶液中，其结构可能被破坏，故D正确；故选C。15.2CaF是一种

难溶于水的固体，属于典型的离子晶体。下列有关2CaF的表述正确的是A.2Ca+与F−间仅存在静电吸引作用B.2CaF的熔点较高，具有良好的延展性C.2CaF固体不导电，但在熔融状态下可以导电D.阴、阳离子比为2：1的物质，

均与2CaF晶体结构相同【答案】C【解析】【详解】A．2Ca+与F−间存在强相互作用力，既有静电吸引作用也有排斥作用，A错误；B．2CaF为离子化合物，熔点较高，但是没有良好的延展性，B错误；C．溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，2CaF固体不

导电，但在熔融状态下可以导电，C正确；D．晶体结构与半径比、电荷比有关，阴、阳离子比为2：1的物质，不一定与2CaF晶体结构相同，D错误；故选C。16.X、Y、Z、W均属于短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z、W处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，基态Z原子的价电

子排布式为xx1nsnp+，同周期中W电负性最大。下列说法正确的是A.电负性比较：WZYB.Z元素的第一电离能高于其同周期相邻元素C.Y的简单氢化物分子中Y采取2sp杂化D.W元素最高价氧化物对应水化物化学式可表示为3HWO【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W都属于短周期元素，X原子的最外

层电子数是其电子层数的3倍，则X有2个电子层、最外层电子数为6，X为O；其中X、Y位于同一主族，则Y为S；Y、Z、W处于同一周期，同周期中W电负性最大，则W为Cl；s能级最多排列2个电子，则x=2，Z位于第三周期，则基态Z原子的价电子排布式为3s23p3，为P元素，综上所述，X、

Y、Z、W分别为O、S、P、Cl，据此解答。【详解】根据以上分析知，X、Y、Z、W分别为O、S、P、Cl，则A．元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：Cl＞S＞P，则电负性：W＞Y＞Z，故A错误；B．同一周期元素，第一电离能随着原子序

数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，P元素位于第ⅤA族，所以元素的第一电离能高于其同周期相邻元素，故B正确；C．Y的简单氢化物为H2S，该分子中Y原子价层电子对个数是4，Y原子采用sp3杂化，故C错误；D．W的最高价为+7价，其最高价氧化物的水化物化学式为

HClO4，故D错误；故选B。17.某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A.25℃时，若测得0.01mol/LHR溶液pH2，则HR是弱酸B.25℃时，若测得0.01mol/L和0.1mol/LHR溶液的pH差值等于1，则HR是弱酸C.25℃时，若测得

0.01mol/LNaR溶液pH7=，则HR是弱酸D.25℃时，若测得NaR溶液pHa=，将该溶液升温至50℃，测得pHb=，ab，则HR是弱酸【答案】A【解析】【详解】A．25℃时，若测得0.01mol/LHR溶液pH>2，说明HR在水溶液中部分电离，溶液中存

在电离平衡，说明HR是弱酸，故A正确；B．25℃时，若测得0.01mol/L和0.1mol/LHR溶液的pH差值等于1，说明稀释十倍，H+的物质的量没有变的化，HA完全电离，是强酸，故B错误；C．25℃时，若测得0.01mol/LNaR溶液pH=7，说明溶液呈中

性，说明盐为强酸强碱盐，HR为强酸，故C错误；D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，升温至50℃，测得pH=b，若HR为强酸，溶液呈中性，升高温度，促进水的电离，pH减小，则a>b；若HR是弱酸，R-水解溶液呈碱性，加热，促进盐的水解，碱性增强，则a<b；题

中ab，则HR是强酸D错误；故答案选A。18.在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：物质S(J∙k-1∙mol-1)△H(kJ∙mol-1)ρ(kg∙m-3)C(石墨)5.7-393.512260C(金刚石)2.4-395.403513此条件

下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是A.该反应的△H＜0，ΔS＜0B.金刚石比石墨稳定C.由公式ΔG=△H-TΔS可知，该反应在任何条件下都能自发进行D.超高压条件下，石墨有可能变为金刚石【答案】D【解析】【分析】由题意可知，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.

51kJ∙mol-1；②C(金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.40kJ∙mol-1。【详解】A．利用盖斯定律，将反应①-②得，C(石墨)→C(金刚石)△H=-393.51kJ∙mol-1-(-395.40

kJ∙mol-1)=1.89kJ∙mol-1＞0，ΔS=2.4J∙k-1∙mol-1-5.7J∙k-1∙mol-1=-3.3J∙k-1∙mol-1＜0，A不正确；B．物质具有的能量越低，该物质越稳定，反应C(石墨)→C(金刚石)△H＞0，属于吸热反应，石墨的能量较低，则石墨比金刚石

稳定，B不正确；C．ΔG=△H-TΔS=1.89kJ∙mol-1-298K×(-3.3J∙k-1∙mol-1)×10-3kJ/J=2.8734kJ∙mol-1，则该反应在通常下不能自发进行，C不正确；D．金刚石的密度比石墨大，质量相同时，金刚石的体积小

，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的反应，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变，故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；故选D。19.下列说法正确的是A

.沸点：B.2SiO属于共价晶体，熔化时破坏共价键C.3NH比3PH稳定是因为3NH分子间存在氢键D.43NHNO属于离子晶体，只有离子键，没有共价键【答案】B【解析】【详解】A．形成分子内氢键，形成分子间氢键导致沸点升高，故沸点：<，故A错

误；B．2SiO属于共价晶体，熔化时破坏共价键，故B正确；C．3NH比3PH稳定是因为N-H键能大于P-H键能，故C错误；D．43NHNO的铵根离子、硝酸根离子中均存在共价键，故D错误；故选B。20.已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键H-HH-O键能/(kJ·mol-

1)436463热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-482kJ·mol-1则2O(g)=O2(g)的ΔH为A.428kJ·mol-1B.-428kJ·mol-1C.498kJ·mol-

1D.-498kJ·mol-1【答案】D【解析】【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×46

3kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。21.已知：24224222MnO5HCO6H2Mn10

CO8HO−++++=++，某小组利用224HCO溶液与酸性4KMnO溶液反应来探究“浓度、温度对化学反应速率的影响”，设计了如下实验：编号224HCO溶液4KMnO溶液蒸馏水温度/℃浓度/1molL−体积/mL浓度/1molL−体积/mL体积/mL①0.506.0a4.00

25②0.503.0a4.0b25③0.506.0a4.0050下列说法正确的是A.b4.0=B.实验中通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则a的最大取值为0.15C.可以通过实验②③的对比，探究温度对速率的影响D.实验中4KMnO溶液，可以用盐酸酸化【答

案】B【解析】【分析】①②中所用4KMnO溶液的浓度和体积相同、反应温度相同，224HCO溶液体积不同，则探究224HCO浓度对化学反应速率的影响，①③中只有反应温度不同，则探究温度对化学反应速率的影响。【详解】A．据分析，实验中所用混合溶液总体积为10.0mL，则b3.

0=，A错误；B．实验中需要通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则高锰酸钾不能过量，由②中数据结合24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++可知，4KMnO溶液的浓度的最大取值为20.50m

ol/L3.0mL=0.15mol/L54.0mL=，即a最大取值为0.15，B正确；C．可以通过实验①③的对比，探究温度对速率的影响，C错误；D．4KMnO溶液能氧化盐酸产生氯气，实验中4KMnO溶液不可以用盐酸酸化，D错误；答案选B。22.我国科学家成功研制出2CO/Mg

二次电池，在潮湿条件下的放电反应：22323CO2Mg2HO2MgCOHOC++=+，模拟装置如图所示(已知放电时，2Mg+由负极向正极迁移)。下列说法正确的是A.放电时，电子由镁电极经电解质溶液流向

石墨电极B.放电时，正极的电极反应式为：222323CO2Mg2HO4e=2MgCOHOC+−++++C.充电时，Mg电极接外电源的正极D.充电时，每生成26.72LCO转移的电子的物质的量为0.2m

ol【答案】B【解析】【分析】放电时，Mg做负极，石墨做正极，充电时，Mg连接外加电源负极，石墨连接外加电源的正极。详解】A．放电时，电子由镁电极(负极)经导线流向石墨电极(正极)，不经过电解质溶液，故A错误；B．放电时，石墨作正

极，电极反应式为222323CO2Mg2HO4e=2MgCOHOC+−++++，故B正确；C．充电时，Mg作阴极，连接电源的负极，故C错误；D．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体的物质的量，故D错误；故答案选B。23.常温

下，分别向2325mL0.3mol/LNaCO溶液和325mL0.3mol/LNaHCO溶液中逐滴滴加0.3mol/L稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A.X曲线为3

NaHCO溶液的滴定曲线B.b、c两点溶液中水的电离程度：bcC.a点溶液中：()()()()()233cNacHcOHcHCO2cCO++−−−+=++【D.c→d段离子方程式为：322HCOH=COHO−+++【答案】C【解析】

【详解】A．由图可知，X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才有少量CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为1:2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A正确；B．c点加入25mL稀盐酸，溶液中的溶质为NaHCO3

，-3HCO水解显碱性，水的电离被促进，从理论上看，b点为反应恰好完全，溶液的成分均为NaCl溶液，且溶解一定量二氧化碳，碳酸对水的电离有一定的抑制作用，故水的电离程度b<c，B正确；C．a点电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(-3HCO)+2c

(2-3CO)+c(Cl-)，则c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c(-3HCO)+2c(2-3CO)，C错误；D．c→d段是Y曲线开始产生二氧化碳阶段，离子方程式为：-3HCO+H+=CO2↑+H2O，D正确；故选C。24.砷化硼晶体是具有超高热

导率的半导体材料，其结构如图所示，若晶胞参数为anm，下列说法正确的是A.砷化硼的化学式为144BAsB.与顶点B原子距离最近且等距的B原子有6个C.B、As原子之间的最短距离为3anm2D.该晶体密度为2133A34410g/cmaN【答案】D【解析】【详解】A．根据

“均摊法”，晶胞中含118+6482=个B、4个As，则砷化硼的化学式为BAs，故A错误；B．与顶点B原子距离最近且等距的B原子为面心位置的B，同层、上层、下层各4个，共12个，故B错误；C．B、As原子之间的最短距离

为体对角线的四分之一，为3a4nm，故C错误；D．结合A分析，晶体密度为213213AA334M34410gcm10gc=amaNN−−，故D正确；故选D。25.下列关于实验内容和实验目的说法正确的是编号实验内容实验目的A向含有酚酞的23NaCO溶液中加入少量2Ba

Cl固体，溶液红色变浅证明23NaCO溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/L84消毒液和30.1mol/LCHCOONa溶液的pH比较HClO和3CHCOOH的酸性强弱C用50mL注射器吸

入220mLNO和24NO的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭，然后把注射器的活塞往外拉，可观察到混合气体的颜色先变浅后变深证明对有气体参加的可逆反应，改变压强一定会使平衡发生移动D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴20.1mol/LMgCl溶液，产生白色沉淀后

，再滴加2滴30.1mol/lFeCl溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下()()23Ksp:MgOHFeOHA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因2-3CO水解显碱性溶液变红，加入少量Ba

Cl2固体，生成碳酸钡沉淀，c(2-3CO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A正确；B．次氯酸钠溶液有漂白性，能漂白pH试纸，不能用于比较，B错误；C．把注射器的活塞往外拉

，容器体积增大，NO2气体浓度迅速降低，观察到管内混合气体的颜色先变浅，压强减小，2NO2⇌N2O4平衡逆向移动，颜色又逐渐变深，C错误；D．向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生氢氧化镁

白色沉淀后，氢氧化钠过量，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成氢氧化铁红褐色沉淀，未发生沉淀的转化，不能比较Ksp的大小，D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(共有4个小题，共50分)26.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：（1

）X的化学式___________。（2）固体混合物Y的成分___________(填化学式)。（3）X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到绿色溶液，该反应的化学方程式是___________。（

4）绿色溶液加水稀释变蓝色，是因为生成了___________。(填离子的化学式)。【答案】（1）NaCuO2（2）Cu和NaOH（3）2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O（4）[Cu(H2O)4]2+【解析】【分析】现象1CuSO4由白色变为蓝色，

说明有水生成，根据元素守恒，X中一定含有O元素。现象2现象2为获得紫红色单质，说明Y中含有Cu，现象3为焰色反应为黄色，说明碱性溶液中含有Na元素，所以X由O、Cu、Na三种元素组成。与HCl发生中和

反应说明有NaOH。所以固体混合物Y的成分为Cu和NaOH。【小问1详解】现象1CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒，X中一定含有O元素。中和时消耗0.02molHCl，则NaOH的物质的量为0.02mol，则根据Na原子守恒，固体X中含Na原子：0.0

2mol，质量为0.02mol×23g/mol=0.46g，含Cu1.28g，物质的量为：0.02mol，含氧的质量为2.38g-0.46g-1.28g=0.64g，氧原子的物质的量为0.04。则X中Na

、Cu、O最简个数比为0.02:0.02:0.04=1:1:2。故X化学式为NaCuO2。答案：NaCuO2；【小问2详解】现象2为获得紫红色单质，说明Y中含有Cu，现象3为焰色反应为黄色，说明碱性溶液中

含有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH。所以固体混合物Y的成分为Cu和NaOH。答案：Cu和NaOH；【小问3详解】NaCuO2与浓盐酸反应生成黄绿色气体即氯气，绿色溶液应为CuCl2溶于水的颜色，化学方程式是2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O，答案

：2NaCuO2+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O；【小问4详解】绿色溶液加水稀释变蓝色，是因为生成了[Cu(H2O)4]2+.，答案：[Cu(H2O)4]2+。27.青铜是我国使用最早的合金，

其中所含的铬元素能够提高其强度、硬度及耐磨度。使用硫酸亚铁铵滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。回答下列问题：I．配制500mL0.02mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（1）配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还有______

_____(填仪器名称)。（2）将3.92g(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O{已知M[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]=392g∙mol-1}固体溶于稀硫酸，再加水稀释。溶于稀硫酸的目的是___________。II．青铜中铬元素含量的测定：i

．称取1.00g青铜样品于250mL锥形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸铵溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全被氧化为H2CrO4，加蒸馏水至250mL，摇匀，冷却至室温。ii．取25mL上述

溶液置于锥形瓶中，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用0.02mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(加入硫酸酸化)，当H2CrO4(弱酸)转化为Cr3+时，溶液由紫红色变为黄绿色，达到滴定终点。（3）滴定时将(NH4)

2Fe(SO4)2溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，重复四次的实验数据如下表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=___________。实验序号消耗(NH4)2Fe(S

O4)2溶液的体积/mL119.98217.973x418.03（4）过程ii中发生反应的离子方程式为___________。（5）样品中所含铬元素的质量分数为___________。（6）上述实验过程中，若有部分(NH4)2Fe(SO4)

2溶液被空气氧化，则测定结果将___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）500mL容量瓶和胶头滴管（2）抑制Fe2+的水解，防止生成沉淀（3）①.酸式②.18.00（4）H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O（5）6.24%（6

）偏高【解析】【分析】测定青铜中铬元素含量时，首先将青铜用稀硝酸溶解，再加入适量过硫酸铵溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全被氧化为H2CrO4，加蒸馏水配制成250mL；取25mL所配溶液置于锥形瓶中，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用0.02m

ol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定(加入硫酸酸化)，当H2CrO4(弱酸)转化为Cr3+时，溶液由紫红色变为黄绿色，达到滴定终点。发生反应的离子方程式为H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O，计算时，需分析四

组实验的结果，排除误差大的第一组，然后将余下的三组实验数据取平均值，计算时还需考虑从所配制的250mL溶液中取出25mL，铬元素质量发生的改变。【小问1详解】配制500mL(NH4)2Fe(SO4)2溶液时，必须使用容量瓶，所以需要的玻璃仪器除

烧杯、量筒、玻璃棒外，还有500mL容量瓶和胶头滴管。答案为：500mL容量瓶和胶头滴管；【小问2详解】Fe2+、4NH+在水溶液中都易发生水解，所以将3.92g(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O固体溶于稀硫酸，再加水稀释。溶于稀硫酸的

目的是抑制Fe2+的水解，防止生成沉淀。答案为：抑制Fe2+的水解，防止生成沉淀；【小问3详解】(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，应加入酸式滴定管中；第三次读数时，滴定管的初读数为0.50，末读数为18.50，则x=18.50-0.50=18.00。答案为：酸式；18.0

0；【小问4详解】过程ii中，H2CrO4被Fe2+还原为Cr3+，同时生成Fe3+等，发生反应的离子方程式为H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3++4H2O。答案为：H2CrO4+3Fe2++6H+=Cr3++3Fe3+

+4H2O；【小问5详解】四次实验中，第1次实验结果与后三次实验的偏差过大，应舍去，则所消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为17.97mL18.00mL18.03mL3++=18.00mL，样品中所含铬元素的质量分数为10.02mol/L0.018L52g/

mol3100%25mL1g250mL=6.24%。答案为：6.24%；【小问6详解】上述实验过程中，若有部分(NH4)2Fe(SO4)2溶液被空气氧化，则消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积偏大，测定结果将偏高。答案为：偏高。【点睛】计算实验结果时，首先

应去除偏差大的实验数据。28.用2CO转化为乙醇可实现碳循环。近年来，随着全球变暖及能源枯竭的加剧，由2CO制乙醇又再次成为各国的研究热点。Ⅰ．2CO转化为乙醇的一种途径如下：()()()()222422COg2HOgCHg3Og++11ΔH

=1323kJmol−+()()()24225CHgHOgCHOHl+12ΔH=-88.2kJmol−()()22HOgHOl=13ΔH=-44kJmol−（1）则()()()()22522g3HOlCHOH2COl3Og++ΔH=___________1kJmol−。Ⅱ．

已知2CO催化加氢制乙醇原理为()()()()225226HgCHOHg3HOg2COg++，回答下列问题：（2）在恒温恒容的密闭容器中，对2CO催化加氢制乙醇反应体系说法不正确的是___________。(填序号)A．增大原料气中

()()22nCOnH的比例，有利于提高2CO的转化率B．若混合气体的密度保持不变，说明反应体系已达平衡C．体系达平衡后，若压缩容器容积，则反应平衡正向移动（3）在均为2L的恒容密闭容器a和b中分别投入22molCO和26molH，在不同温度下进行2CO加氢制乙醇的反应，各容

器中乙醇的物质的量与时间的关系如图所示：①容器a中0~10min氢气的平均反应速率()2vH=___________；②若容器a、b中的反应温度分别为1T、2T，则判断H___________0(填“>”或“<)；③若容器a中改变条件时，反应情况会由曲线a变为曲线c，则改变的

单一条件可是___________(填序号)；A．加入更高效的催化剂B．升温C．增大压强D．分离出乙醇④1T温度下反应达平衡时，容器a中气体总压强为4MPa，则1T时该反应的平衡常数pK=___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体的分压

=气体总压强气体的物质的量分数)。【答案】（1）+1366.8（2）C（3）①.0.24②.<③.A④.48【解析】【小问1详解】已知：①()()()()222422COg2HOgCHg3Og++11ΔH=1323kJmol−+②()()()24225CHgHOgCHOHl+1

2ΔH=-88.2kJmol−③()()22HOgHOl=13ΔH=-44kJmol−由盖斯定律知，①+②-3×③得反应：()()()()22522g3HOlCHOH2COl3Og++-1ΔH=+1366.8kJmol。【小问2详解】

A．在恒温恒容的密闭容器中，对2CO催化加氢制乙醇反应，增大原料气中()()22nCOnH的比例，会促进二氧化碳的转化，但是2CO的转化率降低，A错误；B．在恒温恒容的密闭容器中，该反应混合气体的密度始终保

持不变，密度不变时不能说明反应体系已达平衡，B错误；C．反应为气体分子数减小的反应，体系达平衡后，若压缩容器容积，则反应平衡正向移动，C正确。答案选C。【小问3详解】①由图可得乙醇反应速率为：110.

8mol0.04molLmin2L10min−−=，再根据反应速率之比等于化学计量数之比可得：()()11225vH=6vCHOH=0.24molLmin−−；②由图可知b先到达平衡状态，说明b的反应速率快，b对应的温度高于a，而a温度

平衡时乙醇的物质的量高于b，可知降低温度平衡正向移动，正向为放热反应，H小于0，故答案为：＜。③容器a中改变条件时，反应情况会由曲线a变为曲线c，只改变了反应速率，平衡没有移动，可知是使用了催化剂，故答案为：A。④由图可知，1T温度下平衡曲线即为a曲线，可直接得知平衡时乙醇0.8mol，列三

段式222522CO(g)+6H(g)CHOH(g)+3HO(g)(mol)2600(mol)1.64.80.82.4(mol)0.41.20.82.4初始转化平衡反应后总的物质的量为4.8mol，则平衡常数3p260.82.4444.84.8K480.41.244

4.84.8==。29.完成下列问题Ⅰ．第IVA族元素，碳、硅、锗、锡、铅具有很多重要的性质。（1）锗元素的基态原子的核外电子排布式为___________。（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）卤化硅()4SiX的沸点和二卤化铅()

2PbX的熔点如图所示。的①4SiX沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是___________。②结合4SiX的沸点和2PbX的熔点变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，2PbX晶体中离子键百分数___________(填“增大”“不变

”或“减小”)。Ⅱ．铍及其化合物的应用正日益被重视。（4）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有___________。A.都属于p区主族元素B.电负性都比镁大C.第一电离能都比镁大D.氯化物

的水溶液pH均小于7（5）氯化铍在气态时存在2BeCl分子(a)和二聚分子[(BeCl2)2](b)，固态时则具有如下图所示的链状结构(c)。①a属于___________(填“极性”或“非极性”)分子；②二聚分子(

)22BeCl中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，b的结构式为___________。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2（2）①.正四面体形②.分子晶体（3）①.四者均为分子晶体，随着相对分子质量越大，沸点升高②.减小（4）BD（5

）①.非极性②.【解析】【小问1详解】锗为32号元素，元素的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；【小问2详解】常温常压下4SnCl为无色液体，熔点很低，则其为分子晶体；4SnCl中Sn形成4个共价键，为sp3杂化，的则空间构型为正四面

体形；【小问3详解】①4SiX均为分子晶体，相对分子质量越大，则沸点越高，故依F、Cl、Br、I次序升高的原因是四者均为分子晶体，随着相对分子质量越大，沸点升高。②PbF2熔点很高其为离子晶体；依Cl、Br、I次序，2PbX晶体沸点低于PbF2，且PbI2熔点高于PBr2，可推断

：依F、Cl、Br、I次序，2PbX晶体中离子键百分数减小、共价键比例增大；【小问4详解】A．铍属于s区主族元素，A错误；B．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；则两者电负性都比镁大

，B正确；C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，C错误；D．铍与相邻主族的铝元素性质相似，则其氯化物的水溶液中由于金属

阳离子的水解导致溶液显酸性，pH均小于7，D正确；故选BD；【小问5详解】①2BeCl中Be形成2个共价键且无孤电子对，为sp杂化，为直线形对称分子，故a属于非极性分子；②二聚分子()22BeCl中Be原子提供空轨道、氯提供孤电子对形成配位键，故b的结

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