贵州省毕节纳雍县一中2021-2021学年高二下学期期末考试试题(解析版)

1、贵州省毕节纳雍县一中2021-2021学年高二下学期期末考试试题【解析】【分析】选项中图象,横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答。【详解】人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=-lgc H+,其中cH + 表示氢离子浓度，显酸性的胃酸,在人体大量喝水时,氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，A图象符合题意。答案选A。2在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2g发生反响：H2g +B2g=2HBrgAH v 0。当温度分

2、别为 Ti、T2,平衡时，H2的体积分数与 Br2g的物质的量变化关系如以下图所示。以下说法不正确的选项是A. 由图可知：Ti > T2B. a、b两点的反响速率：b>aC. 为了提高Br2g的转化率，可采取将 HBr液化并及时移走的方法D. Ti时，随着Br2g参加，平衡时HBr的体积分数不断增加【答案】D【解析】【详解】A.相同投料下，由题 AH v 0，为放热反响，H2体积分数越高，转化率越低，温度 越高，结合题给图象，可知 >T2,不选A项；B. 相同温度下，浓度越高，反响速率越快，a, b两点温度均为Ti, b点Br2g投料比a点多， 故a、b两点的反响速率：b&g

3、t;a,不选B项；C生成物浓度减小，平衡右移，故将HBr液化并及时移走，Br2g转化率提高，不选 C项；D.当温度均为Ti时，参加Br2,平衡会向正反响方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与参加的溴的量及转化率有关，应选D项。答案选D。3：H2g + F2g=2HFgAH = - 270 kJ mol-1，以下说法正确的选项是 能量 1 mol H2g和 1 mol Fjg=-270 kj-mol1反响过程A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反响是放热反响B. 1 mol H 2与1 mol F 2反响生成 2 mol液态 HF放出的热量小于 270 kJC.

4、在相同条件下，1 mol H2与1 mol F2的能量总和小于 2 mol HF气体的能量D. 该反响中的能量变化可用如图来表示【答案】C【解析】试题分析：A、此反响是放热反响，逆过程是吸热反响，故错误；B、HFg=HFlH<0，因此1molH2与1molF2反响生成2mol液态HF放出的热量大于 270kJ，故错误；C、 此反响是放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量， 故正确；D、根据选项C的分析， 故错误。4在100 mL H2SO4和CuS04的混合液中，用石墨作电极进行电解，两极上均收集到2.24 L气体标准状况下，那么原混合液中 Cu2+的物质的量浓度为A. 1 mol

5、L-1B. 2 mol L-1C. 3 molD. 4 mol L：1【答案】A【解析】【分析】根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反响方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒。【详解】用石墨做电极电解100mLH 2SO4和CuSO4的混合液，首先发生反响：2CUSO4 +2H2O ；卜尸 2CU+O2件2H2SO4；硫酸铜反响完全后开始电解水：2H2O 可二2H2 f+ O2 f。假设两个电极产生的气体的物质的量都是 O.lmol, n(H2) = n(O2)= 0.1 mol,由电子守恒得n(Cu2 +) >2 + n(H2) >2=

6、 n(O2)冶，即: c(Cu2 +) >0.1 L Z+ 0.1 mol 给 0.1 mol 必得：n(Cu2+)=0.1mol , c(Cu2+)= 1 mol L-：1。答案选A。5. pH=1的两种一元酸 HX和HY溶液,分别取100mL参加足量的镁粉， 充分反响后，收集到H2的体积分别为 Vhx和Vhy。假设相同条件下 Vhx>Vhy，那么以下说法正确的选项是()A. HX可能是强酸B. HY 一定是强酸C. HX的酸性强于HY的酸性 D.反响开始时二者生成 H2的速率相等【答案】D【解析】【分析】因开始的 pH相同，镁足量，由 V ( HX )> V ( HY )

7、，说明HX溶液的浓度较大， 那么HX酸性较弱，反响速率与氢离子浓度成正比，以此进行分析并解答。【详解】A pH=l的两种一元酸 HX与HY溶液，分别与足量 Mg反响，HX产生氢气多， 那么HX为弱酸，故A错误；B pH=1的两种一元酸，分别取 100mL参加足量镁粉，由 V ( HX )> V ( HY )，说明HX 溶液的浓度较大，那么 HX酸性较弱，二者可能一种为强酸，另一种为弱酸，或者二者都是弱 酸，其中HX较弱，故B错误；C. pH=1的两种一元酸，分别取 100mL参加足量镁粉，由 V ( HX )> V ( HY )，说明HX 溶液的浓度较大，那么 HX酸性较弱，故C错

8、误；D 反响开始时，两种溶液中氢离子浓度相等，所以反响速率相同，故D正确。答案选D。6. 将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。那么以下说法错误是()"1用41計卜:1R 1ALhCH,11 1mthl - L I 的A.通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B. 0< VW 22.4 L时，电池总反响化学方程式为 CH4+ 2O2+ 2KOH 2C. 22.4 L < VW 44.8 L时，负极电极反响为CH4 8e + 9CO3 + 3出2D. V= 33.6 L时，

9、溶液中只存在阴离子CO3【答案】D【解析】【分析】因为 n ( KOH ) =2mol/L X1L=2mol反响 CH4+2O2=CO2+2H2O、 CO2+2KO再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结【详解】A.燃料电池中，通入CH4的一端的一端发生复原反响，为原电池的正极，不选B.当 0< Vw 22.4时，0< n( CH4)w 1m(KOH ) =2mol，故KOH过量，所以电池总B项;C.当 22.4 L < Vw 44.8L 1mol < n (CH4)10HCO故随的量i2CO3+H 2。3 ；的反响。通入空(O2)A项;n不选3，不2C3H2应方程式判

10、断氧化反响,0< n (COK2C口，可能先< 1mol又因为电解质溶2+2KOH=K 2CO3+3Hmo,l 那么 1mol <n ( CO2) w2 ，得到K2CO3和KHCO3溶液，那么负极反响式为 CH 4 -8e- +9CO3- +3H 2O=10HCO选C项;D. 当 V=33.6L 时，n (CH4)=1.5mol，n (CO2) =1.5mol，那么电池总反响式为3CH4+6O2+4KOH=K 2CO3+2KHCO 3+7H2O，那么得到 0.5molK2CO3和 1molKHCO 3 溶液，故溶液中的阴离子有 CO；和HCO3，选择D项。答案选D。7. 酸碱

11、恰好完全中和时A. 酸和碱的物质的量一定相等B. 溶液呈现中性C. 酸和碱的物质的量浓度相等D. 酸能提供的H+与碱所能提供的 0H-的物质的量相等【答案】D【解析】试题分析：酸碱恰好完全中和，是指酸能提供的氢离子和碱能提供的氢氧根离子的物质的量相等，但酸和碱的物质的量不一定相等，反响后的溶液为盐的溶液，也不一定为中性，所以选D。8相同温度下，同物质的量浓度的Na2SO3和Na2CO3的两种溶液中，以下关系式正确的选项是A.C HSO3c so2c HCO3c co2c HCO3c co2c HSO3c so2c HCO3c co2c HSO3c so2D.c HSO3c so2c HCO3c

12、 co2【答案】A【解析】Na2SO3 和 Na2CO3【分析】根据 H2CO3酸性小于H2SO3,相同温度下，同物质的量浓度的的两种溶液中，co；水解程度比so!更高，可知得出正确选项。【详解】由于H2CO3酸性小于H2SO3，故CO；水解程度比so；更高，所以c HCO3 c HSO3 ， c SO；c CO；;又因为水解产物 c HCO3c CO；，c HSO3 c HCO3所以有厂厂 1，答案选A。c SO3c CO39：H+ (aq) + OH 一(aq)= H2OQ) 少=-57.3 kJ mo1。现将一定量的稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和1 L 1 mol L-1的NaOH溶液恰好

13、完全反响，其中放热最少的是()A. 稀盐酸B.浓硫酸C.稀醋酸D.稀盐酸和稀醋酸【答案】C【解析】【详解】A. 定量稀盐酸和1 L 1 mol L 一1的NaOH溶液恰好完全反响，因为盐酸是强酸，B. 一定量浓硫酸和1 L 1 mol L：1的NaOH溶液恰好完全反响，因为硫酸是强酸，且溶于水 放热，故放出热量大于 57.3 kJ;C. 一定量稀醋酸和1 L 1 mol L：1的NaOH溶液恰好完全反响，因为醋酸是弱酸，醋酸电离 吸热，故放出热量小于 57.3 kJ;D. 盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，和1 L 1 mol L：1的NaOH溶液恰好完全反响,放出的热量要多余醋酸和氢氧化

14、钠反响放热的热量。因此放热最少的是选项 C,答案选Co10. 在一定温度下，可逆反响A(g) + 2B(g)=2C(g)到达平衡的标志是A. C的生成速率与C分解的速率相等B.单位时间内生成nmol A，同时生成 2nmol BC.单位时间内消耗nmol A，同时生成 2nmol CD. B的生成速率与C分解的速率相等【答案】A【解析】【详解】A. C的生成速率与C分解的速率相等，说明正逆反响速率相等，故到达平衡状态，A项正确；B. 单位时间内生成 nmol A，同时生成2nmol B，二者均为逆反响速率，不能说明平衡状态，B项错误；C. 单位时间内消耗nmol A，同时生成2nmol C ,

15、二者均为正反响速率，不能说明平衡状态，C项错误；D. B的生成速率与 C分解的速率相等，二者均为逆反响速率，不能说明平衡状态，D项错误。答案选A o11. 钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡 晶体的晶胞结构示意图如下图，它的化学式是()。 Bao TiA. BaTi 8O12B. BaTi 406C. BaTi 2O4D. BaTiO 3【答案】D【解析】【详解】仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti1处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞；081处于立方体的12条棱的中点，每条棱

16、为四个立方体所共用，故每个 0只有一属于该晶胞。4 即晶体中 Ba : Ti : 0=1 : 8 X1 : 12 X1 =1 : 1 : 3。84答案选D。12. 2003年，IUPAC国际纯粹与应用化学联合会 推荐原子序数为110的元素的符号为 Ds,以纪念该元素的发现地 Darmstadt，德国。以下关于Ds的说法不正确的选项是A. Ds原子的电子层数为 7B. Ds是超铀元素C. Ds原子的质量数为110D. Ds为金属元素【答案】C【解析】试题分析：Ds的原子序数为110, Ds位于元素周期表中的第七周期第V川族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，那么电子层数为7,故A正确；B、11

17、0>92,原子序数在92号以后的元素为超铀元素，故 B正确；C、Ds原子的原子序数为110,质量数为281，故 C错误；D、Ds为过渡元素，属于金属元素，故 D正确；应选Co13. 第三能层含有的轨道数为A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】D【解析】考查能级和能层的有关计算和判断。第三能层含有s、p、d3个能级，所以含有的轨道数是1 + 3+ 5= 9，答案选D o14. X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如下图，那么下面表示该化合物的化学式正确的A. ZXY 3B. ZX 2丫6C. ZX 4丫8D. ZX 8丫12【答案】A【解析】【详解】此题主要考查了晶体结构的计

18、算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，11一个晶胞中含1个Z原子，X原子数为8 - 1，丫原子数为12 3。所以化学式为84ZXY3，综上所述，此题正确答案为A。15以下变化规律中正确的选项是A. 金属Na、Mg、A1熔、沸点由高到低B. HCI、HBr、HI的复原性由强到弱C. H+、Li+、H的半径由小到大D. 同浓度的硫酸钠、醋酸钠、碳酸钠溶液的碱性由强到弱【答案】C【解析】【详解】A.在金属晶体中，金属原子的价电子数越多，原子半径越小，自由电子与金属阳离子间的作用力越大， 金属的熔沸点就越高。而同一周期的金属元素，从左到右，阳离子半径逐渐减小，离子所带电荷逐渐增加，故金属Na、

19、Mg、Al的熔、沸点应是由低到高，A项错误；B. 同主族元素从上到下， 原子半径逐渐增大，非金属性逐渐降低， 离子的复原性逐渐增大，故HCI、HBr、HI的复原性应是由弱到强，B项错误；C. 电子层数越少，微粒半径越小；电子层结构相同微粒，核电荷数越大，半径越小，故H+、Li +、H的半径由小到大，C项正确；D. 硫酸钠不水解，同浓度酸性醋酸大于碳酸，故碳酸根的水解程度大于醋酸根的水解程度, 碱性强弱为醋酸钠v碳酸钠，故同浓度的硫酸钠、醋酸钠、碳酸钠溶液的碱性由弱到强，项错误。答案选C。16. CoNH 35CI2+配离子，中心离子的配位数是A. 1【答案】DB. 2C. 4D. 6Co(NH

20、 3)5CI2+C. NaCI的电子式:D. N 2的结构式：N三N :【解析】试题分析：配合物也叫络合物， 为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子统称中心原子和围绕它的称为配位体简称配体的分子或离子，完全或局部由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物中，Co2+为中心离子提供空轨道，电荷数为+2，Cl、NH3为配体提供孤电子对，有一个氯离子和五个氨分子做配体，配位数为6,答案选D。17. 以下各项中表达正确的选项是B. CO 2分子的比例模型示意图：A. 的结构示意图：'-【答案】A【解析】A . F-的核电荷数为9，最外层到达8电子稳定结构，

21、其离子结构示意图为:故A正确；B 二氧化碳分子中含有 2个碳氧双键，是直线型分子，故B错误；C.氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其正确的电子式为故C错误；D .氮气分子中含有氮氮三键，其正确的结构式为：N三N ,故D错误；应选A。18. 以下各项表达中，正确的选项是 A. 镁原子由1s22s22p63s2f 1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第IA族，是s区元素C. 所有原子任一能层的 s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同D. 24Cr原子的电子排布式是 1s22s22p63s23p63d4

22、4s2【答案】C【解析】【详解】A、原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。B、应该是位于第川A，属于p区元素，B不正确。C不正确。C、所有原子任一能层的 s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同,D、电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1,D不正确。所以正确的答案是 C。19. 在硼酸B(0H)3分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。那么分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是()A. sp，范德华力B. sp2，范德华力C. sp2，氢键D. sp3，氢键【答案】C【解析】【分

23、析】与石墨结构相似，那么为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【详解】在硼酸B(0H)3分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。那么分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。20. 以下中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的选项是()A. PC13中P原子sp3杂化，为三角锥形B. BCI3中B原子sp2杂化，为平面三角形C. CS2中C原子sp杂化，为直线形D. H2S分子中，S为sp杂化，为直线形【答案】D【解析】试题分析：首先判断中心原子形成的3键数目，然后判断孤对电子数

24、目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型.解：A . PCI3中P原子形成3个3键，孤对电子数为5-3X1=1 ,那么为sp3杂化，为三角锥形，故A正确;故B正确;B . BCI3中B原子形成,那么为C. CS2中C原子形成，那么为sp杂化，为直线形，故sp2杂化，为平面三角形,C正确；6-21D . H2S分子中，S原子形成2个3键，孤对电子数为 厂 =2,那么为sp3杂化，为V形, 故D错误.应选D .21. CH3-CH=CH-CI，该有机物能发生 取代反响加成反响消去反响使溴水褪色使酸性 KMnO4溶液褪色使AgN0 3 溶液生成白色沉淀聚合反响A.以上反响均可

25、发生B.只有不能发生C.只有不能发生D.只有不能发生【答案】C【解析】试题分析：此有机物含有碳碳双键，可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，可发生加成反响、聚合反响；含有官能团 一CI，可发生取代反响、消去反响。由于此有机物中氯原子 不能电离出来，故不能与 AgNO 3溶液生成白色沉淀。所以选 Co22据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构简式为HC= C C= C C= C C= C CwN以下对该物质的判断正确的选项是A. 属于不饱和烃B.不能使酸性KMnO4溶液褪色C.所有原子都在同一条直线上D.可由乙炔和含氮化合物加聚制得【答案】C【解析】【详解】A.烃是由C、H两种元素组成的

26、有机物，从结构简式中可看出含有N，故不是烃，A项错误；B. 从结构简式中可看出氰基辛炔中有一g C,易被酸性KMnO4溶液氧化，故可使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C. 三键为直线结构，且均直接相连，那么所有原子都在同一直线上，C项正确；D. 炔和含氮化合物加聚时会生成高分子化合物，三键中的一个键会被翻开而出现双键，而是HC C C= C C= C C= C C三中不含有双键，且不是高分子，故不能由加聚反响制得，D项错误。答案选Co23.咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如以下图所示：HOCOO 11()1!A. 分子式为C16H13O9B. 1 mol咖啡鞣酸可与含 8 mol N

27、aOH的溶液反响C. 能使酸性KMnO 4溶液褪色，说明分子结构中含有碳碳双键D. 与浓溴水能发生两种类型的反响【答案】D【解析】试题分析：.A项，分子式应为 C16H18O9,错误；B项，能与氢氧化钠反响的是羧 基、酚、酯基。而醇不能与氢氧化钠反响。该物质的结构中，含有一个羧基，一个酯基，两 个酚。所以1 mol咖啡鞣酸可与含 4 mol NaOH的溶液反响，所以 B选项是错误；C项，醇 OH、酚一OH均可被酸性KMnO 4溶液氧化，所以C选项是错误；D项，苯酚能与溴水发 生取代反响，含碳碳双键能与溴水发生加成反响，所以该物质能与浓溴水发生加成反响和取代反响，所以D选项是正确24以下醇中能由

28、醛加氢复原制得的是()A. CH 3CH2CH2OHB. (CH 3)2CHCH(CH 3) OHC. (CH 3)3COHD. (CH 3)2CHOH【答案】A【解析】【分析】利用消去反响原理，能够由醛或酮加氢复原制得的醇，醇中的羟基相连的碳原子上必须有氢原子；不能够由醛或酮加氢复原制得的醇，醇中的羟基相连的碳原子上没有氢原子，能由醛加氢复原制得必须是与羟基相连的碳上有2个氢原子，据此进行判断。【详解】A . CH3CH2CH2OH能够由CH3CH2CHO加成反响生成，故 A正确；B . (CH3)2CHCH(CH 3) OH与羟基相连的碳原子上有 1个氢原子，故 B错误；C. (CH3)3

29、COH羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能够由醛或酮加氢复原制得，故C错误;D . (CH3)2CHOH与羟基相连的碳原子上有 1个氢原子，故 D错误。答案选A。25.甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得如下图的分子，对该分子的描述不正确的是()B该化合物为芳香烃C该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面D. 分子中所有原子一定处于同一平面【答案】D【解析】A.分子式为C25H20, A正确；B.该化合物分子中有4个苯环，所以其为芳香烃,B正确；C.由甲烷分子的正四面体结构可知，该化合物分子中所有原子不可能处于同一平 面，C正确；D.分子中所有原子不可能处于同一平面，D不正确。此题选 D。

30、26.2021奥运会吉样物福娃，其外材为纯羊毛线，内充物为无毒的聚酯纤维结构简式如图F列说法中，正确的选项是A. 羊毛与聚酯纤维的化学成分相同B. 聚酯纤维和羊毛在一定条件下均能水解C. 该聚酯纤维的单体为对苯二甲酸和乙醇D. 聚酯纤维和羊毛都属于天然高分子材料【答案】B【解析】诗题分析：A.羊毛的主要成分是蛋白质，聚酯纤维是聚酯，二者的化学成分不同，故不选A ； B.聚酯纤维是酯类聚合物，所以在一定条件下可以水解，羊毛是蛋白质，在一定条件下可以水解，应选 B ； C.聚酯纤维的单体式对苯二甲酸，和乙二醇，故不选 C ； D.聚酯 纤维是合成的高分子材料，羊毛是天然高分子材料，故不选D。27.

31、归纳是一种由特殊个别到一般的概括，但是归纳出的规律也要经过实践检验才能决定其是否正确。下面几位同学自己总结出的结论中不正确的选项是A.不是所有醇都能被氧化成醛，但所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反响B. 标准状况下，0.5mol N2和0.5mol 02的混合气体所占的体积约为22.4LC. 原子晶体熔点不一定比金属晶体咼，分子晶体熔点不一定比金属晶体低D. 反响是吸热还是放热的，必须看反响物和生成物所具有总能量的大小【答案】A【解析】【详解】A.伯醇可以被氧化为醛，仲醇可以被氧化为酮，叔醇不能发生催化氧化反响；只有临位碳原子上含有氢原子的醇可以发生消去反响，故不是所有含碳原子大于 2的醇都

32、能发生消去反响，选择A项；B. 0.5mol N 2和0.5molO2的混合气体物质的量是 1mol，标况下 V nV m=22.4L，不选B项；C晶体的熔点受多重因素的影响，原子晶体熔点不一定比金属晶体高，如钨的熔点3410C比硅1410C高；分子晶体熔点不一定比金属晶体低，如汞的熔点-60C比冰的熔点0C低，汞是液态金属，属于金属晶体，而冰是固态的水，它属于分子晶体，不选C项;D. 反响物和生成物所具有总能量的相对大小决定了反响的吸放热情况，当反响物所具有总能量大于生成物所具有总能量，反响是放热的，反之是吸热的，不选D项。答案选A。由两个苯环通过单键连接而成，假定二氯联苯分子中， 苯环间的

33、单键可以自由旋转，理论上由异构而形成的二氯联苯共有A. 6种B. 9种C. 10 种D. 12 种【答案】D【解析】试题分析：在联苯分子中含有三种H原子，二氯联苯分子的同分异构体有C1Q。共12种，因此选项是D。/ X/29有机物的结构简式可以用键线式表示，其中线表示键，线的交点与端点处代表碳原子,并用氢原子补足四价，但 C、H原子未标记出来。利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯NBD经太阳光照射转化成四环烷 Q的反响为A. NBD和Q互为同分异构体B. Q可使溴水褪色C. Q的一氯代物只有3种D. NBD 同分异构体可以是芳香烃【答案】B【解析】【详解】A、NBD和Q的分子式相

34、同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确;B、 Q分子中碳原子均是饱和碳原子，QC、物质Q中含有D、NBD的分子式答案选B。30以下实验可以获彳A.用金属钠检验乙B.用溴水除去苯中C.用质谱法测定有D.用湿润的【答案】【解析】氯取代物有D量本酚pH试E能与金属钠反响,可用硫酸铜检验是否含有水,乙醇禾,B错误;期效果的是相对分子质定溶液的，C正确;不能用金属A错误;除去苯中混有的少量苯酚：参加溴水，可以除去苯酚，但溴单质易溶于苯中,C正确;引入新的杂质，B错误；C、质谱法是测定有机物相对分子质量常用的物理方法,D . pH试纸不能事先湿润，否那么导致溶液浓度偏低，D错误，答案选 Co31. 常温

35、下各物质的溶度积或电离平衡常数如下：KspCuS= 1.3 1036, KspFeS= 6.5 为0一18H2S： Ka1= 1.27, Ka2= 7 X1O15一般来说，如果一个反响的平衡常数大于105，通常认为反响进行得较完全；如果一个反响的平衡常数小于105,那么认为该反响很难进行。请答复：(1) 向浓度均为0.1 mol L-1的FeSQ和CuSO4的混合溶液中加 Na2S溶液，请写出首先出现 沉淀的离子方程式 。当参加Na2S溶液至出现两种沉淀，那么溶液中c(Fe2+) : c(Cu2+) =。通过计算说明反响 CuS(s) + 2H += Cu2+ H2S进行的程度 。(3) 常温

36、下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。假设向此溶液中参加 CuSO4溶液，恰好完全反响，所得溶液的pH(填“或<)7用离子方程式表示其原因 。【答案】(1). Cu 2+ + S2= Cu&(2). 5.0 210(3).反响很难进行 (4). c(Na +) >c(HS)>c(OH)>c(S2)>c(H +)(5). v (6). HS+ Cu2+= Cu& + H +【解析】【详解】(1)因为 Ksp(CuS) = 1.3 氷0一36v Ksp(FeS)= 6.5 X018，所以 c(Fe2+ )=c(Cu2+)的情况下

37、，首先出现CuS沉淀，故首先出现沉淀的离子方程式为：Cu2 + + SCu& ；溶液中出现2+ 2 18两种沉淀，说明FeS也出现沉淀，故c(Fe ):c(Cu )=Ksp FeS Ksp CuS =5.0 10 ；(2)因为 Ksp(CuS)=c Cu2+c S2- =1.3 10_36，©1 =c HS- g： H+ =1.2 10-7 , c H2SKa22 +c Sgs H=7c HS-10 15，又因为反响 CuS(s) + 2H* = Cu2+ + H2S的平衡常数为:2+c H2S gs Cuc2Ksp(CuS) 1.5 10-15Ka1gKa210 5，结合题

38、干可知反响很难进行;(3) NaHS溶液呈碱性，故 HS-的水解程度大于电离程度，又水会电离出OH-，故溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+) >c(HS-)>c(OH -) >c(S2-) >c(H +);因为发生的离子反响为：HS- + Cu2+= Cu& + H J 故溶液显酸性，pH v 7。32. 某化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图A连接好线路发现灯泡不亮，按照图 B连接好线路发现灯泡亮.Hi®-11T<"固悴:r:A14依据上述现象判断或答复以下问题：(1) NaCI属于(酸、碱或 盐,因为.NaCI固体(填 能或

39、 不能导电，原因是 .NaCI溶液(填 能或 不能导电，原因是 .在NaCI固体、NaCI溶液中属于电解质的是 ,原因是.【答案】(1).盐 (2). NaCI是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物(3).不能 (4).NaCI未电离(5)能 (6). NaCI溶液中有能自由移动的离子(7). NaCI固体 (8).NaCI固体是化合物，且其水溶液可导电【解析】【分析】由酸根离子和金属阳离子或NH4+构成的化合物是盐；含有自由移动离子或电子的物质能导电，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，据此分析解答。【详解】(1) NaCI是由金属阳离子 Na +和酸根离子C构成，即NaCI属于盐；

40、(2) NaCI固体不含自由移动的离子或电子，因此NaCI固体不能导电；(3) NaCI在水溶液里电离出自由移动的Na*和Cl，因此NaCI溶液能够导电；(4) NaCI是在水溶液里或熔融状态下能电离出自由移动的离子的化合物，属于电解质，NaCI溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。33某学习小组对人教版教材实验在200mL烧杯中放入20g蔗糖(C12H22O11),参加适量水，搅拌均匀，然后再参加 15mL质量分数为98%浓硫酸，迅速搅拌进行如下探究；(1 )观察现象：蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质，同时闻到刺激性气味，按压此黑色物质时，感觉较硬，放在水

41、中呈漂浮状态，同学们由上述现象推测出以下结论： 浓硫酸具有强氧化性浓硫酸具有吸水性浓硫酸具有脱水性浓硫酸具有酸性黑色物质具有强吸附性其中依据不充分的是 (填序号)；(2 )为了验证蔗糖与浓硫酸反响生成的气态产物，同学们设计了如下装置:试答复以下问题:图1的A中最好选用以下装置 填编号;； E装置中发生 图1的B装置所装试剂是； D装置中试剂的作用是的现象是 图1的A装置中使蔗糖先变黑的化学反响方程式为 ，后体积膨胀的化学方程式 某学生按图进行实验时，发现D瓶品红不褪色，E装置中有气体逸出，F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，推测F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅的原因 ，其反响的离子方程式是 。【

42、答案】1.2. n 3.品红溶液4.检验SO2是否被除尽5.溶液出现白色浑浊 6. C12H22O11 蔗糖|閱汀耳 12C+11H2O7. 2H2SO4 浓A+C = CO2 f +2SOf +2HO8. CO 气体能复原热的酸性高锰酸钾9.A5CO+6H +2MnO 4一 5CO2 f +2M«+3H2O【解析】【分析】(1)浓硫酸的三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性；(2) 蔗糖与浓硫酸反响为固液不加热装置； B中盛放品红溶液，检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，D中品红溶液检验S02是否被除尽； 浓硫酸能使蔗糖脱水生成 C,浓硫酸有强氧化性能将 C氧化成二氧化碳；

43、 CO气体能复原热的酸性高锰酸钾。【详解】(1 )闻到刺激性气味说明浓硫酸具有强氧化性；蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明浓硫酸具有脱水性；体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明黑色物质具有强吸附性； 根据实验现象不能说明浓硫酸具有吸水性， 酸性; 答案为；(2)蔗糖与浓硫酸反响为固液不加热装置，装置选择n； B中盛放品红溶液，用来检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，实验现象是溶液出现白色浑浊，因为二氧化硫也能使Ba (OH) 2溶液变浑浊，所以要先除去二氧化硫，所以C中高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化硫，D中品红溶液检验 S02是否被除尽； 浓硫

44、酸有脱水性，能使蔗糖脱水生成C,方程式为C12H22O11 (蔗糖)，空卫密12C+11H2O；浓硫酸有强氧化性能将 C氧化成二氧化碳，方程式为2H2SO(浓)+C CO2 T +2SOf +2HO ； D瓶品红不褪色，说明气体中无二氧化硫，E装置中有气体逸出，气体不是二氧化碳，气体可能是浓硫酸将 C氧化成一氧化碳，CO气体能复原热的酸性高锰酸钾，故F装置中酸性 _高锰酸钾溶液颜色变浅，反响的离子方程式为5CO+6H+2M nO4- 5CO2T +2MF+3H2O。34A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B, C、D与E分别位于同一周期。 A原子L层上有2对

45、成对电子，B、C、D的核外电子排布相同 的简单离子可形成一种 C3DB6型离子晶体 X , CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1) 写出A元素的基态原子外围电子排布式： 。F的离子电子排布式： 。(2) 写出X涉及化工生产中的一个化学方程式： 。试解释工业冶炼 D不以DE3而是以D2A3为原料的原因： 。(4) CE、FA的晶格能分别为786 kJ mor1、3 401 kJ mol1，试分析导致两者晶格能差异的主 要原因是。F与B形成的离子化合物的化学式为(5) F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如下图。；该离子化合物晶体的密度为ag cm 3,那么晶胞的体积是(只要求列出算式)。【答案】(1). 2s22p4(2). 1s22s22p63s23p6(3) . 2Al 203(熔融4Al + 302 f (4).AI2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AICI3为分子晶体(或者共价化合物)(5). CaO晶体中Ca"、02带的电荷数大于 NaCI晶体中Na + > C带的电荷数 (6). CaF? (7).14 78g molag cm 3 6.02 10 23 mol