吉林省长春市汽车经济开发区第三中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）.docx

汽车三中2018-2019学年高二下学期期中试卷高二化学可能用到的相对原子量： H 1 C 12 N 14 O 16 Ag 108第卷(选择题 共48分)选择题部分共24小题。在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，每小题2分。1.下列关于物质分类的说法正确的是( )A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B. 漂白粉、石英都属于纯净物C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D. 金刚石、白磷都属于单质【答案】D【解析】【详解】A.SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B.有由一种物质组成的是纯净物，由不同种物质组成的是混合物。漂白粉是次氯酸钙和氯化钙组成的混合物，石英是二氧化硅，属于纯净物，故B错误；C.烧碱是氢氧化钠在水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D.由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石是碳元素形成的单质，白磷是磷元素形成的单质，故D正确。故选D。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。2.下列说法不正确的是( )A. 单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料B. 医用酒精的浓度通常是95%C. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气D. 光导纤维是新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A.硅单质晶体，属于半导体，是太阳能电池的材料，能将太阳能转化为电能，故A正确；B.医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C.浓盐酸挥发出的氯化氢与氨气反应生成氯化铵而冒白烟，可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是平否漏气，故C正确；D.光导纤维为二氧化硅，是新型无机非金属材料，故D正确。故选B。3.下列各组离子，在溶液中能够大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是( )A. Ba2+、NO3、NH4+、ClB. K+、Ba2+、Cl、HSO3-C. Mg2+、NH4+、SO42、K+D. Ca2+、HCO3、NH4+、AlO2【答案】C【解析】【分析】根据溶液中离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后根据溶液中的离子与NaOH溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案，据此答题。【详解】A.因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与NH4+反应产生NH3，但没有沉淀，故A错误；B.因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH会与HSO3-生成SO32-，SO32-与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，故B错误；C.因该组离子之间不反应，则离子能大量共存，当加入NaOH后，OH-与NH4+产生NH3，OH-与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，符合题意，故C正确；D.因AlO2-能促进HCO3-的电离，生成Al（OH）3沉淀和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故D错误。故选C。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。4.NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是( )A. 18g H2O中含的质子数为10NAB. 1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子C. 46g NO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD. 12g金刚石含有的共价键数为4NA【答案】D【解析】【详解】A.18g水物质的量为1mol，1个H2O含有10个质子，所以1mol水分子中含有的质子数为10NA，故A正确；B.Na与足量O2反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，1mol钠完全反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，故B正确；C.46gNO2和N2O4混合气体中，二氧化氮和四氧化二氮最简比相同NO2，所以计算46gNO2中所含原子数即可，含原子数=3NA/mol=3NA，故C正确；D.金刚石中的化学键全部是单键，碳的价电子是4，所以1mol碳原子形成的CC单键是=2mol，所以12g金刚石含有的共价键数为2NA，故D错误。故选D。5.下列叙述中正确的是( )A. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子B. NH3、CO、CO2都是极性分子C. HF、HCI、HBr、HI的稳定性依次增强D. CS2、H2O、C2H2都是直线型分子【答案】A【解析】【详解】A.CH4、CCl4分子中分别含有碳氢键和碳氯键，都属于极性分子，但这两种分子都属于正四面体型分子，其正负电荷重心重叠，属于非极性分子，故A正确；B.CO2是直线型分子，其正负电荷重心重叠，故属于非极性分子，故B错误；C.F、CI、Br、I的非金属逐渐减弱，所以HF、HCI、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，故C错误；D.H2O是V型分子，CS2、C2H2都是直线型分子，故D错误。故选A。【点睛】判断ABn型分子极性的经验规律：若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不相等，则为极性分子。如BF3、CO2等为非极性分子，NH3、H2O、SO2等为极性分子。6.下列叙述正确的是( )A. 容量瓶可用作加热的反应器B. 用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低C. 室温下，能将浓硫酸盛放在铁桶中D. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体【答案】C【解析】【详解】A.容量瓶是对精度要求很高的仪器，不能用作加热的反应器，以免对其精确度造成影响，故A错误；B.用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，相当于将待测液稀释，当待测液为酸时，所测结果偏大，当待测液为中性时，不产生误差，故B错误；C.室温下，由于铁与浓硫酸发生钝化，所以能将浓硫酸盛放在铁桶中，故C正确；D.用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，只能放弃，此次配制失败，应重新配制，若立即用滴管吸出多余液体，造成溶质减少，配得的溶液浓度偏低，故D错误。故选C。7.下列叙述错误的是( )A. SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B. 实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶可以用磨口玻璃塞C. H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了H2O2的还原性D. 用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI【答案】B【解析】【详解】A.SO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应，故SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，故A正确；B.实验室里盛装NaOH溶液试剂瓶用橡皮塞或软木塞，而不用玻璃塞，由于玻璃塞的主要成分为二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放氢氧化钠溶液，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶有强氧化性，H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了H2O2的还原性，故C正确；D.硝酸银和KCl反应生成白色沉淀，和KI反应生成黄色沉淀，反应现象不同，可以鉴别，故D正确。故选B。8.已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO（s）；H=348.3kJ/mol，（2）2Ag（s）+1/2 O2（g）= Ag2O（s）；H=31.0kJ/mol，则Zn（s）+ Ag2O（s）= ZnO（s）+ 2Ag（s）的H等于 ()A. 317.3kJ/molB. 379.3kJ/molC. 332.8 kJ/molD. +317.3 kJ/mol【答案】A【解析】考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知（1）（2）即得到Zn（s）+ Ag2O(s) = ZnO(s) + 2Ag(s) ，所以H348.3kJ/mol31.0kJ/mol317.3kJ/mol ，答案选A。9.已知2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O,下列说法正确的是( )A. HCl发生了还原反应B. 氧化性：Cl2KMnO4C. 该反应中浓HCl只体现了还原性D. 当标准状况下产生22.4L氯气时，转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.该反应中部分HCl中-1价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B.该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以氧化剂是KMnO4，失去电子被氧化的产物为氧化产物，所以氧化产物为Cl2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4Cl2，故B错误；C.16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol的氯气，体现了HCl的还原性，另外的6molHCl化合价没变，体现的是HCl的酸性，故C错误；D.当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。故选D。10.能正确表示下列反应的离子方程式是( )A. 将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+2Fe3+3H2B. 向碳酸镁中加入稀盐酸:CO32-+2H+CO2+H2OC. 将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+D. 将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2+4H+NO3Fe3+2H2O+NO【答案】C【解析】【详解】A.铁和稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，故正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B.向碳酸镁中加入稀盐酸，碳酸镁是微溶的，应写化学式，故正确的离子方程式：MgCO3+2H+=CO2+H2O+Mg2+，故B错误；C.将铜屑加入含Fe3+的溶液中生成亚铁离子和铜离子，故离子方程式：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故C正确；D.将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合，电荷不守恒，正确的离子方程式为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+2H2O+NO，故D错误。故选C。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。11.下列物质的类别与所含官能团都正确的是( )A. 酚类 OHB. 羧酸 COOHC. 醛类 CHOD. CH2Cl2 烃 -Cl【答案】B【解析】【详解】A.羟基不直接与苯环相连，而是与甲基相连，故该物质是苯甲醇，属于醇类，官能团是羟基；故A错误；B.中含有羧基，官能团是COOH，属于羧酸类物质，故B正确；C.中含有酯基，官能团是酯基，该物质是酯类，故C错误；D.CH2Cl2中含有氯原子，官能团是Cl，属于卤代烃，故D错误。故选B。12.的命名正确的是A. 2-二甲基-3-乙基丁烷B. 2，3，3-三甲基戊烷C. 2，2-二甲基-3-乙基丁烷D. 3，4，4-三甲基戊烷【答案】B【解析】试题分析：选主链：最长的碳链含有5个C；编号：从右边编号支链编号之和比从左边编号小，所以从右边编号；该有机物的名称为：2，3，3-三甲基戊烷，答案选B考点：有机物的命名13.下列化学式只能表示一种物质的是（ ）A. C3H8B. C4H10C. C4H8D. C2H4Cl2【答案】A【解析】试题分析：化学式只能表示一种物质，说明该物质不存在同分异构体，因此A正确。B、C、D均存在同分异构体，答案选A。考点：考查同分异构体判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，主要是考查学生对同分异构体判断的了解掌握情况，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。14.下列各组物质不属于同分异构体的是( )A. CH3CH2OH和CH3OCH3B. 邻氯甲苯和对氯甲苯C. 2甲基丁烷和戊烷D. 丁醛和乙酸乙酯【答案】D【解析】【分析】根据分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体来判断。【详解】A.CH3CH2OH和CH3OCH3分子式都为C2H6O，是分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构体，故A不选；B.邻氯甲苯和对氯甲苯分子式都为C7H7Cl，是分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构体，故B不选；C.2-甲基丁烷和戊烷的分子式都为C5H12，是分子式相同，结构不同的化合物，互为同分异构体，故C不选；D.丁醛的分子式为C4H8O，而乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，二者分子式不同，不属于同分异构体，故D选。故选D。15.分子式为的同分异构体共有（不考虑立体异构）A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种【答案】C【解析】【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体，主链有5个碳原子的是CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的是：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的是：(CH3)3 C CH2Cl；共有8种，选C。16. 香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）A. 香叶醇的分子式为C10H18OB. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 能发生加成反应不能发生取代反应【答案】A【解析】香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；香叶醇结构简式中有含有双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，B错误；香叶醇结构简式中有含有双键，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；香叶醇结构简式中含有羟基，能发生取代反应， D错误。【考点定位】有机物的结构（官能团）与性质17.下列短周期元素的简单离子都能破坏水的电离平衡的是( )A. S2、Na+B. K+、H+C. Al3+、S2D. Na+、Cl【答案】C【解析】【详解】A.S2为弱酸H2S对应的阴离子，可以发生水解：S2+H2OHS-+OH，破坏水的电离平衡；Na+为强碱NaOH对应的阳离子，不能发生水解，不能破坏水的电离平衡；故A错误；B.K+为强碱KOH对应的阳离子，不能发生水解，不能破坏水的电离平衡；水的电离方程式为H2OH+OH-，氢离子使平衡向逆反应方向移动，破坏水的电离平衡，故B错误；C.Al3+为弱碱Al(OH)3对应的阳离子，可以发生水解：Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，破坏水的电离平衡；S2为弱酸H2S对应的阴离子，可以发生水解：S2+H2OHS-+OH，破坏水的电离平衡；故C正确；D.Na+为强碱NaOH对应的阳离子，不能发生水解，不能破坏水的电离平衡；Cl-为强酸HCl对应的阴离子，不能发生水解，不能破坏水的电离平衡；故D错误。故选C。18.已知HX的酸性比HY弱，在物质的量浓度均为0.1molL1的NaX和NaY混合溶液中，下列排序正确的是( )A. c(OH)c(HX)c(HY)c(H+)B. c(OH)c(X)c(Y)c(H+)C. c(OH)c(Y)c(X)c(H+)D. c(OH)c(HY)c(HX)c(H+)【答案】A【解析】【分析】HX的酸性比HY弱，则NaX的水解程度大于NaY的水解程度，且强碱弱酸盐水解显碱性，据此答题。【详解】由于HX的酸性比HY弱，则NaX的水解程度大于NaY的水解程度，且强碱弱酸盐水解显碱性，存在X-+H2OHX+OH-、Y-+H2OHY+OH-，则c（OH-）c（HX）c（HY）c（H+）。故选A。19.在BaSO4饱和溶液中，加入Na2SO4(s)，达到溶解平衡时，下列关系式正确的是( )A. c(Ba2)c(SO42-)B. c(Ba2)c(SO42-)，c(Ba2)c(SO42-)Ksp(BaSO4)C. c(Ba2)c(SO42-)Ksp(BaSO4)1/2D. c(Ba2)c(SO42-)，c(Ba2)c(SO42-)Ksp(BaSO4)【答案】B【解析】【分析】常温下，在BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），向硫酸钡饱和溶液中加入Na2SO4固体，Na2SO4电离出SO42-而抑制BaSO4溶解，结合电荷守恒分析解答。【详解】A.常温下，在BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），故c(Ba2)c(SO42-)且c(Ba2)c(SO42-)Ksp(BaSO4)，向硫酸钡饱和溶液中加入Na2SO4固体，Na2SO4电离出SO42-使c(SO42-)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ba2)减小，所以c（Ba2+）c（SO42-），故A错误；B.根据A知，c（Ba2+）c（SO42-），所以c（Ba2+）cSO42-），溶度积是温度的常数，故达到平衡时溶度积不变，故硫酸钡溶度积常数KSP（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42-），故B正确；C.根据A知，加入硫酸钠溶液钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，所以c（Ba2+）cSO42-）故C错误；D根据B知，存在c（Ba2+）cSO42-），溶度积是温度的常数，故达到平衡时溶度积不变，故硫酸钡溶度积常数KSP（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42-），故D错误。故选B。20.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素中W为N，下列关系正确的是( )WXYZA. 氢化物沸点：WZB. 氧化物对应水化物的酸性：YWC. 化合物熔点：Y2X3YZ3D. 简单离子的半径：YX【答案】D【解析】【分析】由题意可知：W为N元素，根据元素周期表的结构可知：X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素，结合元素的性质进行答题。【详解】由以上分析可知X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素、W为N元素。A.W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；B.Y为Al元素，对应的氧化物的水化物氢氧化铝是两性氢氧化物，W为N元素，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；C.Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；D.X为O元素、Y为Al元素，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确。故选D。21.在密闭容器中通入一定量的HI气体，使其在一定条件下发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，下列能够标志反应达到平衡状态的是( )A. HI、H2、I2的浓度相等B. 混合气体总压不变C. 混合气体的颜色不变化D. v(HI)：v(H2)：v(I2)2：1：1【答案】C【解析】【分析】反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，都存在H2、I2、HI在容器中共存的特点，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，以此解答该题。【详解】A.平衡时各物质的浓度关系取决于反应物的起始量和转化的程度，H2、I2、HI的浓度相等不能作为达到平衡的依据，故A错误；B.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论该反应是否达到平衡状态，容器中气体压强始终不变，故B错误；C.当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再变化，所以容器内气体颜色的深浅不变，故C正确；D.当该反应的反应速率之比为其系数之比时，该反应不一定达到平衡状态，故D错误。故选C。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。22.下列除杂方案错误的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂AFeCl3(aq)Al3+(aq)NaOH溶液、盐酸BFeCl3(aq)Cu2+(aq)Fe粉CNaHCO3(aq)Na2CO3(aq)CO2气体DAlCl3(aq)Cu2+(aq)Al粉A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.Al3+(aq)能和过量NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，FeCl3(aq)和NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向沉淀中加盐酸溶解Fe(OH)3沉淀，从而得到纯净的氯化铁，可除杂，故A正确；B.Fe与氯化铁、Cu2+(aq)都反应生成Fe2+，将原物质除去，不能除杂，故B错误；C.向Na2CO3(aq)中通入过量的CO2气体，能将Na2CO3转化为NaHCO3，反应方程式为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，可利用CO2气体除去NaHCO3溶液里混有的Na2CO3，故C正确；D.Al与铜离子发生置换反应生成Cu且不引入新杂质，然后采用过滤的方法得到纯净的AlCl3(aq)，故D正确。故选B。【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。23.如图所示，甲和乙均是双液原电池装置，下列说法不正确的是( )A. 甲中电池总反应的离子方程式为Cd(s)+Co2(aq)Co(s)+Cd2(aq)B. 盐桥的作用是形成闭合回路，并使两边溶液保持电中性C. 反应2Ag(s)+Cd2(aq)Cd(s)+2Ag(aq)能够发生D. 乙电池中有1mol电子通过外电路时，正极有1mol Ag析出【答案】C【解析】【详解】A.根据图片知，Cd失电子，Co2+得电子，所以其电池反应离子方程式为：Cd（s）+Co2+（aq）=Co（s）+Cd2+（aq），故A正确；B.原电池放电时，盐桥中的阴阳离子定向移动而构成闭合回路，且使两溶液中电荷相等，所以盐桥的作用是形成闭合回路，并使两边溶液保持电中性，故B正确；C.根据图片知，Cd失电子，Ag+得电子，所以2Ag（s）+Cd2+（aq）=Cd（s）+2Ag+（aq）反应不能发生，故C错误；D.根据Cd（s）+2Ag+（aq）=2Ag（s）+Cd2+（aq）可知，当有lmol电子通过外电路时，正极有108gAg即1molAg析出，故D正确。故选C。【点睛】有关原电池正负极的判断需要注意以下几点：（1）原电池正、负极的判断基础是自发进行的氧化还原反应，如果给出一个化学反应方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。（2）判断电极时，不能简单地依据金属的活泼性来判断，要看反应的具体情况。24.新型LiFePO4可充电锂离子动力电池以其独特的优势成为绿色能源的新宠。已知该电池放电时的电极反应式为：正极：FePO4+ Li+ e-LiFePO4，负极：Li-e-Li。下列说法中正确的是( )A. 充电时电池反应为FePO4+Li+e-LiFePO4B. 放电时电池内部Li+向负极移动C. 充电时动力电池的阳极应与外接电源的正极相连D. 放电时，在正极上Li+得电子被还原【答案】C【解析】【分析】原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向电源正极移动，阴离子向负极移动，充电时，电池正极与外接电源正极相连，电池负极与外接电源负极相连，以此解答该题。【详解】A.根据原电池的电极反应得到电池反应FePO4+Li=LiFePO4，则充电时电池反应为LiFePO4=FePO4+Li，故A错误；B.根据原电池的正极反应可以知道：FePO4+ Li+e-LiFePO4，放电时电池内部Li+向正极移动，故B错误；C.充电时动力电池上的阳极应与外接电源的正极相连，发生氧化反应：LiFePO4-e-=FePO4+Li+，故C正确；D.根据原电池的正极反应可以知道：FePO4+ Li+e-LiFePO4，Li元素的化合价未变，化合价变化的是铁元素得到电子，故D错误。故选C。第卷(非选择题 共52分)25.某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如下装置简图： (1)装置B直形冷凝管进水方向_(填“”或“”)，装置D名称是_。(2)在A圆底烧瓶中加入一定量工业溴和2小片碎瓷片，加入碎瓷片的作用是_；如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取的正确操作是_(填正确答案标号)。A立即补加 B冷却后补加 C不需补加 D重新配料(3)整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是_。(4)实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制关键条件：_。(5)装置C的作用：_。装置D的作用是_。(6)提纯液溴也要用到分液操作，分液漏斗在使用前须清洗干净并_；用CCl4提取溴时，产物应该从分液漏斗的_(填“上口倒出”或“下口放出”)。【答案】 (1). (2). 锥形瓶 (3). 防止暴沸 (4). B (5). Br2腐蚀橡胶 (6). 控制温度计b的温度，并收集59的馏分 (7). 冷凝和收集液溴 (8). 2NaOH+ Br2=NaBr+ NaBrO+H2O (9). 检漏 (10). 下口放出【解析】【分析】（1）根据实验室常见仪器及使用方法判断；（2）碎瓷片用来防止爆沸，如果忘记加碎瓷片，应冷却后补加；（3）根据溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶分析；（4）根据分馏是利用混合液体的各成分沸点不同而分离判断；（5）装置C是冷凝溴，防止溴挥发；装置D的作用是吸收挥发的溴；（6）分液漏斗在使用前要检漏，溴的四氯化碳溶液在下层，从分液漏斗的下口放出。【详解】（1）冷凝管是实验室常见的仪器，使用时冷凝水从下口进，上口出，所以直形冷凝管从方向进水；根据仪器的结构可知装置D的名称是锥形瓶，故答案为：，锥形瓶。（2）碎瓷片因为表面有很多小孔，在实验市进行溶液加热操作中用来防止爆沸，碎瓷片应该在溶液加热前加入，如果忘记加入，为了安全起见，也应该将溶液冷却后再行加入，故答案为：防止暴沸，B。（3）因溴具有强腐蚀性，可以腐蚀橡胶，所以整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为：Br2腐蚀橡胶。（4）溴的沸点为59，根据沸点不同而提纯Br2，可采用水浴加热，并通过温度计b控制好温度，并收集59时的馏分，故答案为：控制温度计b的温度，并收集59的馏分。（5）用冰冷却的目的是冷凝溴，防止溴挥发；Br2有毒，不能排放在环境中，D的作用是吸收挥发的溴，反应方程式为：2NaOH+Br2=NaBr+ NaBrO+H2O，故答案为：冷凝和收集液溴；2NaOH+Br2=NaBr+ NaBrO+H2O。（6）分液漏斗在使用前检漏是必要操作步骤，用CCl4提取溴时，因为CCl4的密度比水的密度大，故溴的四氯化碳溶液在下层，从分液漏斗的下口放出，故答案为：检漏，下口放出。26.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，是基态原子电子排布图的是_(填标号)，能量(由低到高)排在第二位的是_(填标号)。ABCD(2)Li+与H-具有相同的电子构型，r(H-)_r(Li+)(填“”或“”)，LiAlH4中，不存在_(填标号)。A离子键 B键 C键 D氢键(3)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的BormiHaber循环计算得到。可知，Li2O晶格能为_kJmol1，Li原子的第一电离能为_kJmol1，O=O键键能为_kJmol1。(4)Li2O晶胞如图所示。1个晶胞中有Li+_个，O2-_个。【答案】 (1). D (2). A (3). (4). CD (5). 2908 (6). 520 (7). 498 (8). 8 (9). 4【解析】【详解】（1）能量最低的状态应为基态，故为1s22p1，能量越高的状态应在能量较高能级有更多的电子，所以能量(由低到高)排在第二位的是A，故答案为：D，A。（2）Li+的核外电子数与H-相同，在电子结构相同的情况下，核电荷数越大，吸引力越强，离子半径越小，所以r(H-)r(Li+)，LiAlH4为离子化合物，存在Li+和AlH4-，故存在离子键，AlH4-中Al与H以键结合，所以LiAlH4中不存在的是键和氢键，故答案为：，CD。（3）晶格能为从气态离子形成1mol晶体放出的能量，故晶格能为2908kJmol1；由图中2Li(晶体)2Li(g)2Li+(g)过程，电离能为1mol的气态原子变为+1价阳离子的能量，故其第一电离能为kJmol1=520kJmol1；由图中O2(g)2O(g)为molO=O的键能，故O=O键键能为249kJmol12=498kJmol1，故答案为：2908，520，498。（4）由晶胞的结构可知，Li全部在晶胞的内部，所以1个晶胞中含有8个Li+，O分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“均摊法”可计算1个晶胞中O2-的个数为：8+6=4，故答案为：8，4。27.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Cu、Fe、Al三种金属元素组成，回答下列问题：(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。(2)基态Cu原子最高能层符号_，Cu位于周期表_区；新制备的Cu(OH)2可将丙醛(CH3CH2CHO)氧化成丙酸，而自身还原成Cu2O，Cu2O中Cu元素的化合价为_。1mol丙醛分子中含有的键的数目为_，丙酸的沸点明显高于丙醛，其主要原因是_。(3)已知：Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物(形成过程如图)中，配位体为_，配位原子数为_。铁能与氮形成一种磁性材料，其晶胞结构如图，则该磁性材料的化学式为_。尿素(H2NCONH2)可用于制有机铁肥，主要代表有Fe(H2NCONH2)6(NO3)3三硝酸六尿素合铁()。尿素分子中C、N原子的杂化方式分别是_、_；与NO3-互为等电子体的一种化合物是_(写化学式)。(4)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为_，列式表示Al单质的密度_gcm3(不必计算出结果)。【答案】 (1). X射线衍射 (2). N (3). ds (4). +1 (5). 9NA (6). 乙酸存在分子间氢键 (7). (8). 6 (9). Fe4N (10). sp2 (11). sp3 (12). SO3 (13). 12 (14). 【解析】【分析】（1）区分晶体、准晶体和非晶体可用X射线衍射法；（2）根据Cu的核外电子排布判断Cu的能级和在周期表中的位置；1个丙醛分子含有9个键，则1mol丙醛含有9mol键；丙酸分子间可形成氢键，丙醛不能形成氢键，所以丙酸的沸点高于丙醛；（3）配位数就是在配位个体中与一个形成体成键的配位原子的总数；利用均摊法确定其化学式；由尿素结构式可知，尿素分子中N原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，C原子成2个C-N键、1个C=O键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，据此判断；原子总数相等，价电子总数相等的微粒为等电子体，利用代换法书写；（4）根据密度=质量/体积进行计算。【详解】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：X射线衍射。（2）Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，电子占据的最高能层符号为N；Cu在周期表位于第四周期第IB，所以属于ds区；Cu2O中O元素的化合价为-2价，根据化合物的化合价代数和为0可知：Cu元素的化合价为+1价；1个丙醛分子含有9个键和一个键，则1mol丙醛含有9mol键，即9NA个键；丙酸分子间可形成氢键，丙醛不能形成氢键，所以丙酸的沸点高于丙醛；故答案为：N，ds，+1，9NA，丙酸存在分子间氢键。（3）配位数就是在配位个体中与一个形成体成键的配位原子的总数，所以Fe2+与邻啡罗啉形成的配合物（形成过程如图）中，配位体为，配位数为6，故答案为：，6。铁原子个数=8+6=4，氮原子个数是1，所以其化学式为Fe4N，故答案为：Fe4N。由尿素分子的结构式可知，尿素分子中C原子成2个C-N键、1个C=O键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化，N原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化；N原子最外层电子数为5，将N原子及1个单位负电荷，可以替换为S原子，故SO3与NO3-互为等电子体故答案为：sp2，sp3，SO3。（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占1/2，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为83=12；一个晶胞中Al原子数为8+6=4，因此Al的密度=m/V=gcm3，故答案为：12，。28.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。根据已知信息回答下列问题：(1)已知：P和Cl2分两步反应生成1mol PCl5的热化学方程式：P(s)+3/2Cl2(g)PCl3(g) H1-306kJ/molCl2(g)+PCl3(g)PCl5(g) H2-93kJ/molP和Cl2一步反应生成1molPCl5的H3_ kJ/mol。工业上制备PCl5通常也分两步进行，通常将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5,原因是_。PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其中一种是P的最高价含氧酸，其化学方程式是_。(2)反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。起始时PCl3和Cl2均为0.2mol，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。温馨提示：同温同容下的气体，压强之比就等于物质的量之比已知实验b平衡时气体的总物质的量为0.30mol，计算实验b反应开始至达到平衡时的反应速率v(PCl5)_,PCl3的平衡转化率为_。图中3组实验从反应开始至达到平