【文档说明】新疆维吾尔自治区伊犁哈萨克自治州奎屯市第一高级中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试卷【精准解析】.doc，共(23)页，744.000 KB，由小赞的店铺上传

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新疆维吾尔族自治区伊犁哈萨克自治州奎屯市2019-2020学年高二期末考试化学试题1.2019年7月1日起，全国多地也陆续进入垃圾分类“强制时代”。下列有关说法不正确的是A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水褪色B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔融氧化铝制取C.废旧电池

中含有镍、镉等重金属，不能用简单填埋法处理D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O【答案】D【解析】【详解】A.塑料属于白色垃圾，聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A正确；B.电

解熔融氧化铝，阴极电极反应式为Al3++3e-=Al，故可通过电解熔融氧化铝制取金属铝，B正确；C.废旧电池中含有镍、镉等重金属，简单填埋法处理会造成土壤和地下水污染，C正确；D.丝、毛的主要成分为蛋白质，蛋白质中除碳、氢元素外还含有氮、硫、磷等元素，燃烧时不可能只

生成CO2和H2O，D错误；答案选D。2.下列说法不正确．．．的是A.正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高B甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料D.天然植物油没

有恒定的熔、沸点，常温下难溶于水【答案】B【解析】【详解】A.对于分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，因而正丁烷的沸点比异丁烷的高。而对于相对分子质量相近的有机物，含羟基越多，沸点越高，原因在于-OH可形成分子间的氢键，使得沸点升高

，因而乙醇的沸点比二甲醚的高，A项正确；B.葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，能使溴水或者酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C.羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质，为天然高分子化合物，塑料、合成橡胶都属于人工合成的高分子材料，C项正

确；D.天然植物油是混合物，无固定熔、沸点，另外，植物油常温下难溶于水，D项正确。故答案选B。3.丙烷的分子结构可简写成键线式结构，关于化合物杜瓦苯()，下列说法不正确．．．的是A.杜瓦苯与苯互为同分异构体B.杜瓦苯分子中所有碳原子不可能共平面C.杜瓦苯和苯

均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.杜瓦苯的二氯代物共有6种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A．杜瓦苯与苯的化学式均为C6H6，二者结构不同，所以杜瓦苯与苯互为同分异构体，A项正确；B．杜瓦苯分子中含有饱和的碳原子，则所有碳原子不在同一平面上，B项正确；C．杜瓦苯中含有碳碳双键，可使酸性高

锰酸钾溶液褪色，但是苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；D．杜瓦苯分子中含有2种氢原子，当一个饱和碳上的氢被氯原子取代，另一个氯原子可取代邻位或间位不饱和C上的氢原子，也可取代对位饱和C上的氢原子，共3种；当一个氯原子取代不饱和C上的氢原子处，另外一个氯原

子可以取代邻位、间位、对位上不饱和C的氢原子，共有3种，则二氯代物共有6种，D项正确；答案选C。4.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是（）A.它的一氯代物有6种B.它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C.它和丁基苯互为同

分异构体D.一定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B．环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故

B错误；C．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取

代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；答案选D。5.螺环化合物具有抗菌活性，用其制成的药物不易产生抗药性，螺[3，4]辛烷的结构如图，下列有关螺[3，4]辛烷的说法正确的是（）A.分子式为C8H16B.分子中所有碳原子共平面C.与2—甲基

—3—庚烯互为同分异构体D.一氯代物有4种结构【答案】D【解析】【详解】A.根据螺[3.4]辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14，故A错误；B.因为螺[3.4]辛烷属于环烷烃，分子中所有的8个碳原子均为sp3杂化，所以分子中所有碳原子不可能共平面，故B

错误；C.2－甲基－3－庚烯的分子式为C8H16，两者分子式不同，所以不是同分异构体，故C错误；D.由螺[3.4]辛烷的结构简式可知其中含有4种类型的氢，所以一氯代物有4种结构，故D正确；答案：D。6.下列关

于2－环己基丙烯（）和2－苯基丙烯（）的说法中正确的是A.二者均为芳香烃B.2－苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面C.二者均可发生加聚反应和氧化反应D.2－苯基丙烯的一氯代产物只有3种【答案】C【解析】【详解】

A、结构中不含苯环，不是芳香烃，故A错误；B、2－苯基丙烯分子中所有碳原子可能共平面，不能说一定，因为当苯环与丙烯基连接的单键旋转时就不在同一平面内，故B错误；C、两者都有碳碳双键，所以二者均可发生加聚反应和氧化反

应，故C正确；D、因2－苯基丙烯分子中含有5种等效氢原子，则其一氯代产物有5种，故D错误；答案为C。【点睛】芳香烃是指含有苯环的烃，为易错点。7.下列说法不正确．．．的是A.某外围电子排布为4f75d16s2基态原子，该元素位于周期表中第六周期第ⅢB族B.在

元素周期表中，s区，d区和ds区的元素都是金属元素C.当碳原子的核外电子排布由转变为时，释放能量，由激发态转化成基态D.非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是2或8【答案】B【解析】【详解】A．由外围电子排布为4f75d

16s2基态原子，判断此元素位于周期表中第六周期第ⅢB族，A正确，不选；B．s区的H为非金属元素，d区和ds区的元素包括副族和第VIII族元素，副族和第VIII族元素全部是金属元素，B错误，符合题意；C．碳原子的核外电子排布为：1s22s22p2，该原子处于基态，

当核外电子排布为1s22s12p3，该原子处于激发态，所以由碳原子的核外电子排布由转变为的过程为由激发态变为基态，释放能量，C正确，不选；D．非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数除了2或8外，像一氧化碳、一氧化氮、二氧化硫等均不符合2或8电子结构，

故D正确，不选；答案为B。8.下列描述中正确的是A.CS2为直线形的极性分子B.NH4+中N-H键能、键长和键角均相同C.AB2为V形，则A一定为sp2杂化D.SiF4和SO32-的中心原子均为sp2杂化【答案】B【解析】【详解】A．CS2为直线

形的非极性分子，故A错误；B．NH4+为正四面体结构，其分子中N-H键能、键长和键角均相同，故B正确；C．AB2以sp2杂化或sp3杂化都可能为V形，故C错误；D．SiF4分子中C原子形成4个σ键，孤电子对数为0，为sp3杂化，SO32-中S原子形成3个σ键，孤电子对数

为(6+2－2×3)/2=1，应为sp3杂化，故D错误。答案选B。9.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（）A.CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°B.NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构C

.H3O+和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构D.B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道【答案】B【解析】【详解】A.CH4和NH4+是等电子体，都是正四面体结构，键角均为109°

28′，A项错误；B.NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构，B项正确；C.H3O＋和PCl3价电子总数不相等，不是等电子体，C项错误；D.B3N3H6与苯为等电子体，空间结构相同，所以B3N3H6分子存在“肩并肩”式重叠的轨道，D项错误；答案选B。1

0.下列描述正确的是()A.CS2为V形极性分子B.SiF4与SO32-的中心原子均为sp3杂化C.C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1D.水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键【答案】B【解析】【详解】A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层

电子对数=2+12×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，键角是180°，A错误；B.SiF4中Si原子的价层电子对数=4+12×（4-4×1）=4，为sp3杂化，SO32-中S原子的价层电子对数=3+12×（6+2-

3×2）=4，为sp3杂化,B正确；C.C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；D.水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；故合理选项是B。11.下列有关晶体的叙述中错误的是A.石墨的层状结

构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子B.氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl—C.CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl—，每个Cs+周围等距离紧邻的有6个Cs+D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有4个金属原子【答案】D

【解析】【详解】A.石墨的层状结构中由共价键形成的最小的碳环上有六个碳原子，A正确；B.氯化钠晶体中每个Na+周围紧邻的有6个Cl—，每个Cl—周围紧邻的有6个Na+，B正确；C.CsCl晶体中每个Cs+周围紧邻的有8个Cl—，每个Cs+周围等距离紧邻的

有6个Cs+，C正确；D.在面心立方最密堆积的金属晶体中，每个金属原子周围紧邻的有12个金属原子，D错误；答案选D。12.下图所示是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割

出来的结构图是A.(1)和(3)B.(2)和(3)C.(1)和(4)D.只有(4)【答案】C【解析】【详解】因为在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-，同样，每个Cl-周围吸引着最近的等距离的6个Na+。(1)图中，如果把中心微粒看作Na+，其周围

为6个Cl-，(1)图符合条件；(2)图中，如果把顶点看成Na+，则周围有8个Cl-，(2)图不符合条件；(3)图中，如果把中心微粒看作Na+，其周围为8个Cl-，(3)图不符合条件；(4)图中，选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离且最近的带相反电荷的离子，所以配位

数也为6，(4)图符合条件，综上，(1)(4)符合题意；答案选C。13.科学研究证明：核外电子的能量不仅与电子所处的电子层、能级有关，还与核外电子的数目及核电荷数有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，都是226261s2s2p3s3p。下列说法正确的

是（）A.两粒子的1s能级上电子的能量相同B.两粒子的3p能级上的电子离核的距离相同C.两粒子的电子发生跃迁时，产生的光谱不同D.两粒子最外层都达8电子稳定结构，化学性质相同【答案】C【解析】【分析】题干信息“还与核外电子的数目及核电荷的数目有关”，Ar和S的

核电核数不同，则相同能级的电子能量不同，电子离核的距离不同，发生跃迁时产生的光谱不同，以此解答该题。【详解】A、虽然电子数相同，但是核电荷数不同，所以能量不同，故A错误；B、同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电

子的引力大，所以电子离核较近，故B错误；C、电子的能量不同，则发生跃迁时，产生的光谱不同，故C正确；D、硫离子是得到电子之后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查核外电子的排布，解

答本题的关键是能正确把握题给信息，特别是核电核数不同这一点，答题时注意审题。14.已知：(1)H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g)；ΔH1=akJ/mol(2)2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)；ΔH2=bkJ/mo

l(3)H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；ΔH3=ckJ/mol(4)2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；ΔH4=dkJ/mol则a、b、c、d的关系正确的是A.a＜c＜0B.b＞d＞0C.2a=b＜0D.2c

=d＞0【答案】C【解析】【详解】氢气的燃烧是放热反应，所以焓变是负值，所以a、b、c、d都是小于零的值；方程式的系数(2)是(1)的2倍，(4)是(3)的2倍，所以2a=b＜0，2c=d＜0；氢气燃烧生成的水从液态变为气态会吸收热，即生成气态水放出的热量要少，所以

c＜a＜0，d＜b＜0，综上所述答案为C。15.有关说法正确的是：A.0.1mol/LNH4C1溶液加蒸馏水稀释，溶液的pH不断减小B.常温下，pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7C.NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+

)=2c(SO42－)D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4时：c(HA－)>c(H+)>c(H2A)>c(A2－)【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LNH4C1溶液加蒸馏水稀释，溶液的体积增大，会导致氢离子浓度的减小，溶液的pH不

断增大，故A错误；B．pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的浓度等于0.01mol/L，常温下，二者等体积混合后，醋酸剩余，所以溶液的pH＜7，故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，溶液

pH=7时，c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)，故C错误；D．NaHA溶液的pH=4，说明阴离子(HA-)的水解程度小于其电离程度，溶液显示酸性，c(HA-)＞c(H

+)＞c(A2-)＞c(H2A)，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意溶液稀释，溶液中的主要离子浓度均会减小，本题中氯化铵溶液显酸性，氢离子浓度减小，但水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大。16.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡

：S2－＋H2OHS－＋OH－，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是A.稀释溶液，水解平衡常数增大B.Ksp(CuS)<Ksp[Cu(OH)2]C.升高温度()-2-c(HS)cS增大D.加入MgCl2固体，HS－浓度减小【答案】C【解

析】【详解】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得

出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，()-2-c(HS)cS增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。【点睛】在难溶的物质组成和类别不相似时，不能直接由溶度积的大小来判断其溶解度的大小。17.某原

电池装置如图所示，盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液。下列有关叙述中正确的是（）A.Fe作正极，发生氧化反应B.工作一段时间后，两烧杯中溶液pH均不变C.负极反应：2H++2e-=H2↑D.工作一段时间后，NaCl溶液中c（Cl-）增大【答案

】D【解析】【分析】图为原电池装置，Fe为负极，发生氧化反应，石墨为正极，发生还原反应，H+得电子被还原生成，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。【详解】A．根据分析，Fe为负极，发生氧化反

应，故A错误；B．工作一段时间后，左边烧杯中生成Fe2+，水解呈酸性，右边烧杯消耗H+，两烧杯溶液pH都发生变化，故B错误；C．正极发生还原反应，H+得电子被还原生成，电极反应时为2H++2e-=H2↑，故C错误；D．原电池工作时，阴离子

向负极移动，则NaCl溶液中c(Cl-)增大，故D正确；答案选D。18.某玩具所用的钮扣电池的两极材料分别为锌和氧化银，电解质溶液为NaOH溶液，电池的总反应式为：Ag2O+Zn=2Ag+ZnO，下列判断正

确的是A.原电池工作时，负极附近溶液的pH增大B.锌为负极，Ag2O为正极C.锌为正极，Ag2O为负极D.原电池工作时，外电路电流由负极流向正极【答案】B【解析】【详解】A．原电池工作时，负极发生反应Zn+2OH－－2e－

=ZnO+H2O，溶液pH减小，故A错误；B．根据元素化合价变化可知Zn被氧化，应为原电池的负极，则正极为Ag2O，故B正确；C．根据B项分析可知，锌为负极，Ag2O为正极，故C错误；D．原电池工作时，外电路电子经导线由负极流向正极，

电流与电子的流向相反，由正极流向负极，故D错误；答案选B。【点睛】根据锌元素和银元素的化合价变化情况，判断Zn为负极、Ag2O为正极即可得出正确结论，本题的易错点是A项，解题时要注意根据负极发生的反应来判断负极附近溶液pH的变化。19.往锅炉注入Na

2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述正确的是A.温度升高Na2CO3溶液的Kw和c(H+)均会增大B.CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)C.CaCO3溶解于盐酸而C

aSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D.沉淀转化的离子方程式为CO32−(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+SO42−(aq)【答案】D【解析】A．温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大，温度升高，Na2CO3的水解

平衡正向移动，c(OH一)增大，c(H+)减小，故A错误；B.根据沉淀的转化，CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；C．CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳；CaSO

4与盐酸不满足复分解进行的条件，与酸性强弱无关，故C错误；D．硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)═CaCO3(s)+SO42-(aq)，故D正确；故选D。20.AgCl悬浊液中存在平衡：()()()AgClsAgaqCl

aq+−+．已知常温下，()()2101.610/spKAgClmolL−=．下列叙述正确的是（）A.常温下，AgCl悬浊液中()5.5410/cClmolL−−=B.温度不变时，向AgCl悬浊液中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，Ksp减小C.向AgCl悬浊液

中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)D.常温下将0.00113molLAgNO−溶液与10.001molL−KCl溶液等体积混合，无沉淀析出【答案】A【解析】A.常温下，AgCl悬浊液中c(C1-)=c(Ag+)=()spKAgCl

=101.610−=4×10-5.5mol/L，故A正确；B.温度不变时，向AgCl悬浊液中加入少量NaCl粉末，c(C1-)增大，抑制氯化银的溶解，但温度不变，Ksp不变，故B错误；C.向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(A

gBr)，故C错误；D.常温下，将0.001mol·L-1AgNO3溶液与0.001mol·L-1的KCl溶液等体积混合，Qc=c(C1-)×c(Ag+)=1×10-6＞Ksp(AgCl)=1.6×10-10，有沉淀析出，故D错误；故选A。21.常温时，下列溶液中各粒子的浓度关系正确的是A

.pH=2的HA溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合：c(H+)>c(OH-)B.0.1mol/L的NaHC2O4溶液，其pH=4：c(HC2O4-)>c(H+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)C.醋酸钠和醋酸的酸性混合溶液中：c(

Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)D.0.1mol/L的NaHSO3溶液中：c(H+)+c(H2SO3)=c(SO32-)+c(OH-)【答案】D【解析】若HA是强酸，pH=2的HA溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合溶液呈中性：c(H+)=c(

OH-)，故A错误；0.1mol/L的NaHC2O4溶液，其pH=4，说明HC2O4-电离大于水解，所以c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B错误；醋酸钠和醋酸的

酸性混合溶液，醋酸电离大于醋酸钠水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，故C错误；0.1mol/L的NaHSO3溶液，根据物料守恒，c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=

2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以c(H+)+c(H2SO3)=c(SO32-)+c(OH-)，故D正确。点睛：pH=2的HA溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合，若HA是强酸，则混合后溶液呈中性，c(K+)=c(A-)>

c(H+)=c(OH-)；若HA是弱酸，则混合后溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)；22.用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液恰好滴定至终点，下列说法正确的是A.配制450mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液时，需用托盘天平称取NaOH固体1

.8gB.滴定前准备工作中滴定管一般需要进行操作：查漏→洗涤→装液→调液面→记录C.若选用酚酞作指示剂，到达滴定终点时，锥形瓶内液体恰好褪色D.读取NaOH溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，则所测盐酸的浓度数值将偏低【答案

】D【解析】A.配制450mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液时，应该选用500mL的容量瓶配制，需要氢氧化钠的物质的量为0.5L×0.1mol·L-1=0.05mol，需用托盘天平称取NaOH固体的质量为0.05mol×40g/mo

l=2.0g，故A错误；B.滴定管洗涤后需要润洗，以减少实验误差，故B错误；C.若选用酚酞作指示剂，到达滴定终点时，锥形瓶内液体恰好变成浅红色，故C错误；D.读取NaOH溶液体积时，滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致消耗的标准溶液的体积偏少，则所测盐酸的浓度

数值将偏低，故D正确；故选D。点睛：本题的易错点为A，要注意容量瓶的规格，实验室中没有450mL的容量瓶，为了满足实验需要，应该配制500mL溶液，也就需要根据500mL计算。23.25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液①盐酸②氨水③CH

3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A.3种溶液中pH最小的是①B.3种溶液中水的电离程度最大的是②C.①与②等体积混合后溶液显酸性D.①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）【

答案】B【解析】①盐酸PH<7，②氨水电离呈碱性③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与

②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），c（Na+）=c（Cl-），所以c（H+

）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na

+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）。24.常温下，下列各溶液中能大量共存的离子组是A.使酚酞溶液呈红色的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、2-4SO、K＋B.使pH试纸呈红色的溶液中；Fe2＋、I－、-3NO、Cl－C

.c(H＋)=10－14mol·L－1溶液中：Na＋、-2AlO、S2－、2-3SOD.水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中：K＋、Na＋、-3HCO、Ca2【答案】C【解析】【

详解】A．使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性条件下，Mg2+、Cu2+不能大量共存，故A错误；B．使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2＋、I－、-3NO发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．常温下，c(H+)

=10－14mol·L－1的溶液呈碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．常温下，水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性，-3HCO都不能大量共存，故D错误；答案选C。【点睛】注

意隐含条件：水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，为易错点。25.如图是由4个碳原子结合成的6种有机物(氢原子没有画出)。(1)写出有机物(a)的系统命名法的名称：_________________

________________。(2)上述有机物中与(c)互为同分异构体的是________(填代号)。(3)上述有机物中不．能与溴反应并使其褪色的有________(填代号)。(4)(a)(b)(c)(d

)四种物质中，4个碳原子一定处于同一平面的有________(填代号)。(5)分子式为C8H10的芳香烃同分异构体的结构简式有________种。其中，①苯环上的一个氢原子被氯原子取代后生成的同分异构体数目最少的是_______，(填结构简式，下同)，该一氯代物的结构简式是___________

__；②_______________的一氯代物种类最多。【答案】(1).2-甲基丙烷(2).bf(3).af(4).bc(5).4(6).(7).(8).【解析】【分析】根据图示可知，a为2-甲基丙烷，b为2-甲基-1-丙烯，c为2-丁烯，d

为1，3-丁二烯，e为1-丁炔，f为环丁烷；据此分析。【详解】(1)有机物(a)的最长碳链含有3个C，为烷烃，系统命名法为：2-甲基丙烷；(2)2-丁烯的分子式为C4H8，上图中与2-丁烯互为同分异构体的是2-甲基-1-丙烯和环丁烷，即bf；(3)含有C=C双键、C≡C

三键的烃能与溴水发生加成反应，烷烃和环丁烷不与溴水反应；上述有机物中不．能与溴反应并使其褪色的有af；(4)根据乙烯为平面结构、甲烷为正四面体结构判断(a)(b)(c)(d)四种物质中，(a)(b)(c)(d)四种物质中，4个碳原

子一定处于同一平面的有2-甲基-1-丙烯，2-丁烯，即bc；(5)分子式为C8H10的芳香烃同分异构体为苯的同系物，即乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对三种；共4种；其中，①苯环上的一个氢原子被氯原子取代后生成的同分异构体数目最少的是对二甲苯，一氯代物只有一种结构；结构简式为是，该一氯代物

的结构简式是；②含有苯环的同分异构体中，则分子中H原子种类最多，为乙苯，一氯代物种类最多，共有5种，结构简式为。【点睛】苯环上的一个氢原子被氯原子取代后生成的同分异构体数目最少的分子结构高度对称，为易错点。26.工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：F

e+5CO═Fe（CO）5．为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3═Cu（NH3）3（CO）OOCCH3．回答下列问题：（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是______（填字母序号）

。a.b.c.d.（2）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式：______；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。（3）与O同族的元素还有S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是______。（4）配合物

[Cu（NH3）2]OOCCH3中，铜显+1价，则其中碳原子的杂化轨道类型是______，NH3分子的价电子对互斥理论模型是______。（5）已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：①若坐标参数A为（0，0，0），

B为(111,,444)，则C的坐标参数为______；②若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为apm，则晶体的密度为______g•cm-3。【答案】(1).a(2).N≡N(3).N＞O＞C(4).H2Te、H2Se、H2

S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高(5).sp3、sp2(6).四面体形(7).111(,,)222(8).303A144210Na【解析】【详解】（1）基态N的核外电子排布式为1s22

s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态中只有a项符合，故答案为：a；（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以C、N、

O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N≡N；N＞O＞C；（3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2O＞H2Te＞

H2Se＞H2S，故答案为：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高；（4）甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，

杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是四面体形，故答案为：sp3、sp2；四面体形；（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，则C的原子坐标为：111(,,)222，故答案为：111

(,,)222；②1mol晶胞，即有NA个晶胞，质量为m=2×（64×2+16）g=144×2g，所以密度为ρ=3033Am1442=10g/cmVNa，故答案为：303A144210Na。27.碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：(1)

在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是__________(填元素符号)，该元素基态原子最外层电子的自旋状态___________(填“相同”或“相反”)。(2)碳和硅的有关化学键键能如下所示：化学键C-HC-OSi-

HSi-O键能/kJ▪mol-1413336318452SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是__________________。(3)天然硅酸盐都是由[SiO4]四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可

成环，所以硅酸盐种类繁多。下图a代表SiO44-，b、c是硅氧四面体形成的环状结构。硅氧四面体中Si的轨道杂化类型为____________；图b环状结构硅酸根的化学式为______________若在环状结构中硅的原子数为n，写出环状结构中硅酸根的通式____

_________。(4)钾与溴作用能形成溴化钾晶体，该晶体类型为___________，其晶格能可通过下图的Borm-Haber循环计算得到。从上图可知，K原子的第一电离能为_____kJ/mol，Br-Br键键

能为______kJ/mol，KBr的晶格能为______kJ/mol，晶格能越大，该晶体的熔点越______。【答案】(1).Mg(2).相反(3).C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定．而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键

不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键(4).sp3杂化(5).(SiO3)36-(6).SinO3n2n-(7).离子晶体(8).418.8(9).193.0(10).689.1(11).高【解析】【分析】(1)由对角线规格可知，Li与Mg性质相似，Mg的原子核外M层电子有2个，根据

构造原理分析；(2)键能越小，化学键越不稳定，反应倾向于形成稳定性更强方向进行；(3)根据Si原子最外层电子数及结合的原子个数分析判断，根据b中含有的正四面体个数确定其化学式，再分析判断c，找出原子个数、电荷数目关系，得到物质是化学式通式；(

4)根据晶体构成微粒判断晶体类型，根据有关概念判断化学键的键能、晶格能大小，利用晶格能与物质熔沸点的关系判断物质熔沸点的高低。【详解】(1)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg，该元素是12号元素，核外电子排布是1s22s22p63s2

，在同一轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，所以在Mg原子基态原子核外M层电子2个电子的自旋状态相反；(2)由表中数据可知，C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定．而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而

倾向于形成稳定性更强的Si-O键，所以SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物SiO2；(3)硅氧四面体中Si原子与4个O原子形成4个σ键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体，Si原子轨道杂化类型为sp3杂化；b中含有3个四面体结构，所

以含有3个Si原子，含有的氧原子数为9，含有氧原子数比3个硅酸根离子少6个3，带有的电荷为：3×(-2)=-6，该离子化学式是(SiO3)36-；c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有

的电荷为：6×(-2)=-12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n×(-2)=-2n，其化学式为：SinO3n2n-；(4)KBr晶体由K+

、Br-通过离子键结合形成离子晶体；根据示意图可知K原子的第一电离能为418.8kJ/mol；12molBr2蒸气转化为Br气态原子吸收能量96.5kJ，则Br-Br键键能96.5kJ/mol×2=193.0kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mo

l离子晶体释放的能量，则根据图示，结合盖斯定律可得(89.2+418.8)+(15.5+96.5-324.7)kJ/mol-QkJ/mol=-393.8kJ/mol，解得Q=+689.1kJ/mol；离子晶体的晶格能越大，离子之间的作用力就越强，

断裂消耗的能量就越大，因此该晶体的熔点越高。【点睛】本题考查核外电子排布、化学键键能、晶格能及其作用等，立足课本知识并适当拓展，考查了学生应用概念进行分析和解决问题的能力。(1)中Mg原子电子自旋方向要结合原子核外电子排布规律分析，为易错点，注意晶格能对物质性质的影响。28.磷能形成众多单质与

化合物。回答下列问题：(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式__。(2)黑磷是一种二维材料，其中一层的结构如图1所示。①黑磷中P原子的杂化方式为_________。每一层内P形成六元

环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是____个。②用4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐（如图2）处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。该盐的构成元素中C、N、O、F的电负性由大到小顺序为__，1mol该盐阳离子

含有的σ键的数目为______，该盐阴离子的几何构型是__。(3)磷钇矿可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的结构如下：该磷钇矿的化学式为__，与PO43—互为等电子体的阴离子有__（写出两种离子的化学式）。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷

钇矿的密度为__g.cm—3（列出计算式）。【答案】(1).1s22s22p63s13p33d1(2).sp3(3).2(4).F>O>N>C(5).17NA(6).正四面体(7).YPO4(8).SO42-、ClO4-、BrO4

-、IO4-、SiO44-(9).()21489311640.690.690.6010AN−++【解析】【详解】(1)磷为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d

能级而参加成键，该激发态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p33d1；(2)①黑磷中每个P原子与另外三个P原子形成共价键且有一对孤电子对，P原子的杂化方式为sp3；每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是1

623=个；②元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，原子得电子能力大小为：F＞O＞N＞C，则电负性大小为：F＞O＞N＞C；4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐阳离子中含有一个氮氮三键、一个氮碳键、苯环上有四个碳氢键、苯环上六个碳碳键、两个碳氧键、三个碳氢键，故1

mol该盐阳离子含有的σ键的数目为17NA；该盐阴离子BF4-，B上的孤电子对数为31412+−=0，价层电子对数为0+4=4，B为sp3杂化，故BF4-的空间构型为正四面体；(3)根据均摊法求算，该磷钇矿一个晶胞含有1

1841482++=个Y，1164424+=个PO43-，故该磷钇矿的化学式为YPO4，等电子体是指价电子总数和原子总数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，与PO43—互为等电子体的阴离子有SO42-、ClO4-、BrO4-、IO4-、SiO

44-；已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度为213214(8931164m4(8931164ρ0.690.690.60100.690.690.6010AAgNVcmN−−++++===））g.cm—3。2

9.（1）可逆反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)是炼铁工业中一个重要反应，其温度与平衡常数K的关系如下表：T/K9381100K0.680.40①写出该反应平衡常数的表达式________。②若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均

相对分子质量________；充入氦气，混合气体的密度________(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列六种溶液的pH如下表：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.8

9.711.610.311.1①根据表中数据判断，浓度均为0.01mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是________(填编号)。A．HCNB．HClOC．H2CO3D．CH3COOH②据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是________(填

编号)。A．CH3COOH＋Na2CO3===NaHCO3＋CH3COONaB．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCNC．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClO（3）泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离

子方程式_______________________________________________________（4）写出难溶电解质的溶度积表达式，Mg(OH)2：____________；在Mg(OH)2悬浊液中加入MgCl2固体，平衡_______

_移动(填“正向”“逆向”或“不”)，Ksp________(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）1g固体炭与水蒸气反应生成CO气体和H2气体，需吸收akJ热量，此反应的热化学方程式为____________________________________【答案】(1).K

＝2(CO)(CO)cc(2).减小(3).增大(4).D(5).C(6).Al3＋＋3-3HCO＝Al(OH)3↓＋3CO2↑(7).Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)(8).逆向(9).不变(10).

C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋12akJ·mol－1【解析】【分析】【详解】(1)①根据反应方程式FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，该反应平衡常数的表达式()()2cCO=cCOK，故答案为：()()2cCO=cCOK；②根据表中数据可以知道，

升高温度，K变小，说明平衡逆向移动，由二氧化碳转变成一氧化碳，所以混合气体的平均相对分子质量减小；充入氦气，反应物生成物浓度不变，则平衡不移动，但是气体的质量增加，则密度增大，答案为：减小；增大；(2)①

酸越弱，相应酸根越容易水解，因此根据表中数据可知五种酸的强弱大小顺序应该是：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞NaHCO3，即酸性最强的是醋酸，故答案为：D；②根据较强酸制备较弱酸的原理可知，选项A、B中的反应均能发生，已知酸性H2CO3＞HClO＞NaHCO3，可知CO2＋H2

O＋NaClO＝NaHCO3＋HClO，C项错误，故答案为：C；(3)硫酸铝和碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案为：Al3＋＋3HCO=Al(OH)3↓＋3CO2↑；(4

)Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，Mg(OH)2悬浊液中加入MgCl2固体，镁离子浓度增大抑制氢氧化镁溶解，平衡向逆反应方向移动，温度不变，溶度积常数不变，故答案为：Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)；逆向；不变；(5)1g碳的物质的量=1g12g/mol=11

2mol，1g碳与水蒸气反应生成CO和H2，需吸收akJ热量，1mol碳反应需要吸收12akJ热量，其热化学方程式为：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝+12akJ·mol－1，C(s)＋H2O(g)=CO(g

)＋H2(g)ΔH＝+12akJ·mol－1。【点睛】本题易错点(1)②，在密闭容器中有气体参与的可逆反应，充入氦气，反应物生成物浓度不变，则平衡不移动，但是气体的质量增加，则密度增大。