2024-2025学年湖北省部分高中协作体高二下学期6月期末化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省部分高中协作体2024-2025学年高二下学期6月期末本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.对于平衡体系，下列结论中不正确的是A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的1.5倍，则B.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，AB的物质的量之比为C.若，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量小于2amolD.若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小【答案】D【解析】容器体积缩小到原来一半（即加压）的瞬间，A的浓度为原来的2倍。新平衡时A的浓度为原来的1.5倍，即平衡右移。据平衡移动原理，有m＋n>p＋q，A正确；设起始时A、B的物质的量分别为x、y，平衡时A、B的转化率分别为α、β。则(xα)∶(yβ)＝m∶n。当α＝β时，x:y＝m:n，B正确；时，反应中气体分子总数减小，往含有amol气体的平衡体系中再加入amolB，平衡正向移动，气体总物质的量小于2amol，C正确；温度不变时，若，则缩小容器体积使新平衡压强是原来的2倍，则新平衡体积等于原来的，D错误。故选D。2.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率D.产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂【答案】C【解析】应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨的反应速率和平衡转化率问题。合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误；产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。本题选C。3.在0.1mol·L-1的HCN溶液中存在如下电离平衡：HCN⇌H++CN-，下列叙述正确的是A.加入少量NaOH固体，平衡正向移动B.加水，平衡逆向移动C.滴加少量0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液中c(H+)减小D.加入少量NaCN固体，平衡正向移动【答案】A【解析】加入NaOH，NaOH和H+反应而减小溶液中c(H+)，从而促进HCN电离，则平衡正向移动，故A正确；加水稀释促进弱电解质电离，所以平衡正向移动，故B错误；加入少量相同浓度的HCl，HCl是强电解质，完全电离H+，导致溶液中c(H+)增加，故C错误；加入少量NaCN固体，导致溶液中c(CN-)增大，平衡逆向移动，故D错误；故选：A。4.物质与水发生的复分解反应称为水解反应。例如：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。在一定条件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以发生水解。根据上述观点，下列说法中不正确的是A.BrCl的水解产物是HBrO和HClB.K3P的水解产物KOH和H3PO4C.Mg2C3水解产物是Mg(OH)2和C3H4D.CuCl2的水解产物是Cu(OH)2和HCl【答案】B【解析】BrCl中Br为+1价，Cl为-1价，根据水解反应特点可知元素化合价不发生变化，所以BrCl的水解产物是HBrO和HCl，A正确；K3P中P为-3价，水解产物应为KOH和PH3，B错误；Mg2C3中Mg为+2价，所以水解产物是Mg(OH)2和C3H4(丙炔)，C正确；CuCl2中Cu为+2价，Cl为-1价，所以水解产物是Cu(OH)2和HCl，D正确；综上所述答案为B。5.25℃时，PbR(R2－为SO或CO)的沉淀溶解平衡关系图如图所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列说法不正确的是()A.线a表示PbCO3B.Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液C.当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO)和c(CO)的比是1×105D.向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液【答案】D【解析】由Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)可知，c(Pb2+)相同时，c(SO)大于c(CO)，则由图可知，线a表示PbCO3，故A正确；由图可知，Y点Qsp(PbCO3)＞Ksp(PbCO3)，则Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液，故B正确；当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO)和c(CO)的比为====1×105，故C正确；向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，溶液中c(Pb2+)增大，由图可知，Y点c(Pb2+)小于X点，故D错误；故选D。6.下列有关构造原理的说法错误的是A.原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3dB.某基态原子部分核外电子的排布式为3d64s2C.所有基态原子的核外电子排布都遵循构造原理D.构造原理中的电子排布能级顺序，实质是各能级能量由低到高的顺序【答案】C【解析】根据构造原理ns＜(n−2)f＜(n−1)d＜np，可判断原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，故A正确；根据构造原理ns＜(n−2)f＜(n−1)d＜np，某基态原子部分核外电子的排布式为3d64s2，故B正确；绝大多数基态原子的核外电子排布都遵循构造原理，但也有少数例外，如Cu，故C错误；构造原理中电子填入能级的顺序即各能级能量由低到高的顺序，故D正确。综上所述，答案C。7.根据杂化轨道理论和价电子对互斥理论模型判断，下列分子或离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是（）选项分子或离子中心原子杂化方式价电子对互斥理论模型分子或离子的空间构型AH2Osp直线形直线形BBBr3sp2平面三角形三角锥形CPCl3sp2四面体形平面三角形DCO32-sp2平面三角形平面三角形A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】H2O中心原子O原子成2个σ键、含有孤对电子数为=2，则杂化轨道数为4，采取sp3杂化，价电子对互斥理论模型为正四面体，而分子的空间结构为V形，故A错误；BBr3中心原子B原子成3个σ键、含有孤对电子数为=0，则杂化轨道数为3，采取sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，而分子的空间结构为平面三角形，故B错误；PCl3中心原子P原子成3个σ键、含有孤对电子数为=1，则杂化轨道数为4，采取sp3杂化，价电子对互斥理论模型为正四面体，而分子的空间结构为三角锥形，故C错误；CO32-中心原子O原子成3个σ键、含有孤对电子数为=0，则杂化轨道数为3，采取sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，而离子的空间结构为平面三角形，故D正确；故答案为D。8.钴(Co)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)，下列说法错误的是A.色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞CB.色胺酮分子中N原子均为sp3杂化C.色胺酮钴配合物中钴的配位数为4D.X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合【答案】B【解析】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，元素的第一电离能大于O，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，氢原子的原子半径小，核外电子受到原子核的引力大于碳原子，失去1个电子消耗的能量大于碳，第一电离能大于大于碳，则元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C，故A正确；由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，的配位数为4，故C正确；甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个甲醇分子说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D正确；故选B。9.观察表中数据，下列说法错误的是化合物熔点/℃2800192317012A.离子晶体的熔点一定高于分子晶体B.的熔点介于之间C.向离子晶体中引入有机基团可显著降低其熔点D.离子晶体的熔点与离子所带电荷数、离子半径、是否含有机基团等因素都有关【答案】A【解析】离子晶体的熔点有高有低，不一定比分子晶体高，故A错误；Mg、Ca、Ba属于同一主族，氧化物的组成结构相似，离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子所带电荷成正比、与离子半径成反比，离子半径：Mg2+<Ca2+<Ba2+，则晶格能MgO>CaO>BaO，因此CaO的熔点应介于MgO和BaO之间，故B正确；根据表中数据分析，的熔点低于，说明在NH4NO3中引入有机基团(-C2H5)，熔点降低，故C正确；离子晶体的熔点与离子所带电荷数成正比、与离子半径成反比，引入有机基团也会对离子晶体的熔点产生影响，故D正确；答案选A。10.萤石()晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，和半径大小分别为和。下列说法中正确的是A.该晶胞中的配位数为4B.半径大小关系为C.该晶胞中含有的数目为12D.该晶胞中和最近距离为【答案】D【解析】黑球位于晶胞的顶点和面心，其个数为=4，灰球在晶胞内部，个数为8，氟化钙的化学式为CaF2，黑球为Ca2＋，灰球为F－，据此分析；CaF2属于离子晶体，离子的配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目，根据晶胞的结构，Ca2＋配位数为8，故A错误；F－的离子半径为133pm，Ca2＋的离子半径为100pm，即r1＜r2，故B错误；根据分析，晶胞中Ca2＋数目为4，故C错误；根据晶胞可知，Ca2＋和F－最近距离是体对角线的，即为，故D正确；答案为D。11.苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：下列说法不正确的是A.操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。12.已知(a)、(b)、(c)的分子式均为C5H6，下列有关叙述正确的是A.符合分子式C5H6的同分异构体只有a、b、c三种B.a、b、c的一氯代物分别有3、3、4种C.a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同D.a、b、c分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面内【答案】C【解析】符合分子式C5H6的同分异构体除a、b、c外还有其他的，如丙烯基乙炔等，故A错误；a、b、c分子中不同化学环境的氢原子分别有3、4、4种，故一氯代物分别有3、4、4种，故B错误；a、b、c分子中都有碳碳双键，故都能与溴发生加成反应，所以都能使溴的CCl4溶液褪色，故C正确；由乙烯的6个原子共平面可知a和b分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面内，由甲烷的正四面体结构可知c分子中的5个碳原子一定不处于同一个平面内，故D错误；故选C。13.连花清瘟因含连翘、金银花而得名，其有效成分绿原酸的结构简式如下图，下列有关绿原酸的说法中正确的是A.绿原酸的分子式为B.1个绿原酸分子中含有3个手性碳原子C.1mol绿原酸可消耗3molNaOHD.绿原酸含氧官能团有羟基、酯基、羧基、醚键【答案】A【解析】绿原酸的分子式为，A选项正确；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，右侧六元环上与O相连的4个C均为手性碳，共4个，B错误；该分子中含有两个酚羟基、一个垟基、一个酯基，因此1mol绿原酸可以消耗4molNaOH，C错误；绿原酸中含氧官能团有羟基、酯基、羧基，但无醚键，D错误；故选A。14.下列关于蛋白质的说法不正确的是A.蛋白质在酶的作用下最终水解成氨基酸B.蚕丝的主要成分是纤维素C.向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，析出蛋白质固体，此过程发生了物理变化D.浓硝酸溅到皮肤上，使皮肤呈现黄色是由于浓硝酸与皮肤发生了显色反应【答案】B【解析】蛋白质水解需酶的催化，逐步分解为多肽，最终生成氨基酸，故A正确。蚕丝属于动物纤维，主要成分为蛋白质，故B错误；向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，盐析通过改变溶解度使蛋白质析出，未破坏结构，属物理变化，故C正确；浓硝酸与蛋白质发生显色反应生成黄色物质，故D正确；选B。15.有关的说法正确的是A.可以与氢气发生加成反应B.不会使溴水褪色C.只含二种官能团D.该物质与足量溶液反应，最多可消耗【答案】A【解析】中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团，根据官能团的性质进行解答。分子中含有苯环和碳碳双键，都能与H2发生加成反应，A正确；分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应导致溴水褪色，B错误；分子中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团，C错误；1mol该物质酯基水解后生成的酚羟基和羧基均能和NaOH反应，1mol该物质与足量的NaOH溶液反应时最多可消耗2molNaOH，D错误；故答案为：A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0（1）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是_______(填字母)。a．H2CO3b．H2SO3c．H2SiO3（2）六种溶液中，水的电离程度最小的是_______(填化学式)。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH>7的原因：_______。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_______(填化学式)，用化学平衡移动的原理解释其原因：_______。【答案】（1）bac（2）NaHSO3（3）CO+H2O⇌HCO+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-（4）①.NaHCO3或NaClO②.因为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡向正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【解析】【小问1详析】NaHCO3溶液显碱性，则的水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则的电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比NaHCO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；【小问2详析】六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3溶液；【小问3详析】CO分两步水解CO+H2O⇌+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-；以第一步水解为主，水解后溶液呈碱性；【小问4详析】根据表格中数据可知，各微粒的电离程度由小到大的顺序是：H2SiO3、、HClO、H2CO3、、H2SO3。氯水存在平衡Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，要增大HClO的浓度，则加入的物质与H+反应而不与HClO反应，即酸性比HClO的酸性较弱的酸所对应的可溶性盐，而HClO具有强氧化性，则还原性的、SO会和HClO反应，故可加入的物质是NaHCO3或NaClO。17.现有几组物质的熔点(℃)数据：A组B组C组D组金刚石：3550℃Li：181℃HF：-83℃NaCl：801℃硅晶体：1410℃Na：98℃HCl：-115℃KCl：776℃硼晶体：2300℃K：64℃HBr：-89℃RbCl：718℃二氧化硅：1723℃Rb：39℃HI：-51℃CsCl：645℃据此回答下列问题：（1）A组属于___晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是___。（2）B组晶体共同的物理性质是___(填序号)。①有金属光泽②导电性③导热性④延展性（3）C组中HF熔点反常是由于___。（4）D组晶体可能具有的性质是___(填序号)。①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电【答案】①.原子②.共价键③.①②③④④.HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多⑤.②④【解析】（1）A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键，因此熔化时克服的微粒间的作用力是共价键；（2）B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性；故答案为：①②③④；（3）由于HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高；（4）D组物质为离子晶体，有硬度大、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质；故答案为：②④。18.有机物F可用于制造香精，可利用下列路线合成。回答下列问题：（1）分子中可能共面的原子最多有___________个。（2）物质A的名称是___________。（3）物质D中含氧官能团的名称是___________。（4）“反应④”的反应类型是___________。（5）写出“反应⑥”的化学方程式：___________。【答案】（1）9（2）2－甲基－1，2－二溴丁烷（3）羧基（4）消去反应（5）＋＋H2O【解析】和溴发生的是加成反应，根据加成产物可判断A的结构简式为CH3CH2C(CH3)BrCH2Br，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH。B氧化得到C，根据C和D的分子式可判断，反应④是消去反应，则D的结构简式为CH3CH=C(CH3)COOH，则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH。反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为。【小问1详析】分子中的五个C、双键上的两个H、两个甲基上各有一个H可能共面，故可能共面的原子最多有9个。【小问2详析】A为CH3CH2C(CH3)BrCH2Br，其名称是2-甲基-1，2-二溴丁烷。【小问3详析】根据C和D的分子式可判断，反应④是消去反应，则D的结构简式为CH3CH==C(CH3)COOH，D中含氧官能团的名称是羧基。【小问4详析】根据C和D的分子式可判断，反应④是消去反应。【小问5详析】据分析可知E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，＋＋H2O。19.双酚A是重要的有机化工原料，工业上可以用苯酚和丙酮合成双酚A：（1）丙酮含氧官能团名称为_______；双酚A的分子式为_______。（2）双酚A分子中共平面的碳原子最多可以有_______个。（3）在盐酸或氨水催化下，苯酚和甲醛混合共热可得到酚醛树脂：关于该反应及相关物质的判断正确的是_______(填字母)。A．甲醛可溶于水B．该反应属于缩聚反应C．甲醛防腐可用于保存海鲜D．酚醛树脂常用于制造电器材料E．苯酚的酸性介于醋酸和盐酸之间（4）苯酚可用于合成酚酞：。已知：2HCOOHH2O＋①邻二甲苯的核磁共振氢谱有_______组峰。②条件a是_______。③A→B反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.(酮)羰基②.C15H16O2（2）13（3）ABD（4）①.3②.酸性高锰酸钾溶液③.【解析】【小问1详析】丙酮结构简式为CH3COCH3，含氧官能团名称为羰基；双酚A的结构简式为，分子式为C15H16O2。小问2详析】根据甲烷的四面体构型，双酚A分子中共平面的碳原子为两个苯环上的碳原子和与苯环相连的碳原子，共13个。【小问3详析】A．甲醛易溶于水，故A正确；B．该反应有水生成，属于缩聚反应，故B正确；C．甲醛有毒，甲醛不能用于保存海鲜，故C错误；D．酚醛树脂是绝缘体，常用于制造电器材料，故D正确；E．苯酚的酸性很弱，酸性比醋酸弱，故E错误；选ABD。【小问4详析】①邻二甲苯结构对称，有3中不同环境氢原子，核磁共振氢谱有3组峰。②根据2HCOOHH2O＋，A脱水生成B，A中含有2个羧基，邻二甲苯发生氧化反应生成，条件a是酸性高锰酸钾。③根据2HCOOHH2O＋，A脱水生成B，A→B反应的化学方程式为。湖北省部分高中协作体2024-2025学年高二下学期6月期末本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。★祝考试顺利★注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.对于平衡体系，下列结论中不正确的是A.若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的1.5倍，则B.若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，AB的物质的量之比为C.若，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量小于2amolD.若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小【答案】D【解析】容器体积缩小到原来一半（即加压）的瞬间，A的浓度为原来的2倍。新平衡时A的浓度为原来的1.5倍，即平衡右移。据平衡移动原理，有m＋n>p＋q，A正确；设起始时A、B的物质的量分别为x、y，平衡时A、B的转化率分别为α、β。则(xα)∶(yβ)＝m∶n。当α＝β时，x:y＝m:n，B正确；时，反应中气体分子总数减小，往含有amol气体的平衡体系中再加入amolB，平衡正向移动，气体总物质的量小于2amol，C正确；温度不变时，若，则缩小容器体积使新平衡压强是原来的2倍，则新平衡体积等于原来的，D错误。故选D。2.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率D.产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂【答案】C【解析】应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨的反应速率和平衡转化率问题。合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误；产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。本题选C。3.在0.1mol·L-1的HCN溶液中存在如下电离平衡：HCN⇌H++CN-，下列叙述正确的是A.加入少量NaOH固体，平衡正向移动B.加水，平衡逆向移动C.滴加少量0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液中c(H+)减小D.加入少量NaCN固体，平衡正向移动【答案】A【解析】加入NaOH，NaOH和H+反应而减小溶液中c(H+)，从而促进HCN电离，则平衡正向移动，故A正确；加水稀释促进弱电解质电离，所以平衡正向移动，故B错误；加入少量相同浓度的HCl，HCl是强电解质，完全电离H+，导致溶液中c(H+)增加，故C错误；加入少量NaCN固体，导致溶液中c(CN-)增大，平衡逆向移动，故D错误；故选：A。4.物质与水发生的复分解反应称为水解反应。例如：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。在一定条件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以发生水解。根据上述观点，下列说法中不正确的是A.BrCl的水解产物是HBrO和HClB.K3P的水解产物KOH和H3PO4C.Mg2C3水解产物是Mg(OH)2和C3H4D.CuCl2的水解产物是Cu(OH)2和HCl【答案】B【解析】BrCl中Br为+1价，Cl为-1价，根据水解反应特点可知元素化合价不发生变化，所以BrCl的水解产物是HBrO和HCl，A正确；K3P中P为-3价，水解产物应为KOH和PH3，B错误；Mg2C3中Mg为+2价，所以水解产物是Mg(OH)2和C3H4(丙炔)，C正确；CuCl2中Cu为+2价，Cl为-1价，所以水解产物是Cu(OH)2和HCl，D正确；综上所述答案为B。5.25℃时，PbR(R2－为SO或CO)的沉淀溶解平衡关系图如图所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列说法不正确的是()A.线a表示PbCO3B.Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液C.当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO)和c(CO)的比是1×105D.向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液【答案】D【解析】由Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)可知，c(Pb2+)相同时，c(SO)大于c(CO)，则由图可知，线a表示PbCO3，故A正确；由图可知，Y点Qsp(PbCO3)＞Ksp(PbCO3)，则Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液，故B正确；当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO)和c(CO)的比为====1×105，故C正确；向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，溶液中c(Pb2+)增大，由图可知，Y点c(Pb2+)小于X点，故D错误；故选D。6.下列有关构造原理的说法错误的是A.原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3dB.某基态原子部分核外电子的排布式为3d64s2C.所有基态原子的核外电子排布都遵循构造原理D.构造原理中的电子排布能级顺序，实质是各能级能量由低到高的顺序【答案】C【解析】根据构造原理ns＜(n−2)f＜(n−1)d＜np，可判断原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，故A正确；根据构造原理ns＜(n−2)f＜(n−1)d＜np，某基态原子部分核外电子的排布式为3d64s2，故B正确；绝大多数基态原子的核外电子排布都遵循构造原理，但也有少数例外，如Cu，故C错误；构造原理中电子填入能级的顺序即各能级能量由低到高的顺序，故D正确。综上所述，答案C。7.根据杂化轨道理论和价电子对互斥理论模型判断，下列分子或离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是（）选项分子或离子中心原子杂化方式价电子对互斥理论模型分子或离子的空间构型AH2Osp直线形直线形BBBr3sp2平面三角形三角锥形CPCl3sp2四面体形平面三角形DCO32-sp2平面三角形平面三角形A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】H2O中心原子O原子成2个σ键、含有孤对电子数为=2，则杂化轨道数为4，采取sp3杂化，价电子对互斥理论模型为正四面体，而分子的空间结构为V形，故A错误；BBr3中心原子B原子成3个σ键、含有孤对电子数为=0，则杂化轨道数为3，采取sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，而分子的空间结构为平面三角形，故B错误；PCl3中心原子P原子成3个σ键、含有孤对电子数为=1，则杂化轨道数为4，采取sp3杂化，价电子对互斥理论模型为正四面体，而分子的空间结构为三角锥形，故C错误；CO32-中心原子O原子成3个σ键、含有孤对电子数为=0，则杂化轨道数为3，采取sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，而离子的空间结构为平面三角形，故D正确；故答案为D。8.钴(Co)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)，下列说法错误的是A.色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞CB.色胺酮分子中N原子均为sp3杂化C.色胺酮钴配合物中钴的配位数为4D.X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合【答案】B【解析】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，元素的第一电离能大于O，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，氢原子的原子半径小，核外电子受到原子核的引力大于碳原子，失去1个电子消耗的能量大于碳，第一电离能大于大于碳，则元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C，故A正确；由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，的配位数为4，故C正确；甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个甲醇分子说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D正确；故选B。9.观察表中数据，下列说法错误的是化合物熔点/℃2800192317012A.离子晶体的熔点一定高于分子晶体B.的熔点介于之间C.向离子晶体中引入有机基团可显著降低其熔点D.离子晶体的熔点与离子所带电荷数、离子半径、是否含有机基团等因素都有关【答案】A【解析】离子晶体的熔点有高有低，不一定比分子晶体高，故A错误；Mg、Ca、Ba属于同一主族，氧化物的组成结构相似，离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子所带电荷成正比、与离子半径成反比，离子半径：Mg2+<Ca2+<Ba2+，则晶格能MgO>CaO>BaO，因此CaO的熔点应介于MgO和BaO之间，故B正确；根据表中数据分析，的熔点低于，说明在NH4NO3中引入有机基团(-C2H5)，熔点降低，故C正确；离子晶体的熔点与离子所带电荷数成正比、与离子半径成反比，引入有机基团也会对离子晶体的熔点产生影响，故D正确；答案选A。10.萤石()晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，和半径大小分别为和。下列说法中正确的是A.该晶胞中的配位数为4B.半径大小关系为C.该晶胞中含有的数目为12D.该晶胞中和最近距离为【答案】D【解析】黑球位于晶胞的顶点和面心，其个数为=4，灰球在晶胞内部，个数为8，氟化钙的化学式为CaF2，黑球为Ca2＋，灰球为F－，据此分析；CaF2属于离子晶体，离子的配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目，根据晶胞的结构，Ca2＋配位数为8，故A错误；F－的离子半径为133pm，Ca2＋的离子半径为100pm，即r1＜r2，故B错误；根据分析，晶胞中Ca2＋数目为4，故C错误；根据晶胞可知，Ca2＋和F－最近距离是体对角线的，即为，故D正确；答案为D。11.苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：下列说法不正确的是A.操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。12.已知(a)、(b)、(c)的分子式均为C5H6，下列有关叙述正确的是A.符合分子式C5H6的同分异构体只有a、b、c三种B.a、b、c的一氯代物分别有3、3、4种C.a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同D.a、b、c分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面内【答案】C【解析】符合分子式C5H6的同分异构体除a、b、c外还有其他的，如丙烯基乙炔等，故A错误；a、b、c分子中不同化学环境的氢原子分别有3、4、4种，故一氯代物分别有3、4、4种，故B错误；a、b、c分子中都有碳碳双键，故都能与溴发生加成反应，所以都能使溴的CCl4溶液褪色，故C正确；由乙烯的6个原子共平面可知a和b分子中的5个碳原子一定都处于同一个平面内，由甲烷的正四面体结构可知c分子中的5个碳原子一定不处于同一个平面内，故D错误；故选C。13.连花清瘟因含连翘、金银花而得名，其有效成分绿原酸的结构简式如下图，下列有关绿原酸的说法中正确的是A.绿原酸的分子式为B.1个绿原酸分子中含有3个手性碳原子C.1mol绿原酸可消耗3molNaOHD.绿原酸含氧官能团有羟基、酯基、羧基、醚键【答案】A【解析】绿原酸的分子式为，A选项正确；连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳，右侧六元环上与O相连的4个C均为手性碳，共4个，B错误；该分子中含有两个酚羟基、一个垟基、一个酯基，因此1mol绿原酸可以消耗4molNaOH，C错误；绿原酸中含氧官能团有羟基、酯基、羧基，但无醚键，D错误；故选A。14.下列关于蛋白质的说法不正确的是A.蛋白质在酶的作用下最终水解成氨基酸B.蚕丝的主要成分是纤维素C.向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，析出蛋白质固体，此过程发生了物理变化D.浓硝酸溅到皮肤上，使皮肤呈现黄色是由于浓硝酸与皮肤发生了显色反应【答案】B【解析】蛋白质水解需酶的催化，逐步分解为多肽，最终生成氨基酸，故A正确。蚕丝属于动物纤维，主要成分为蛋白质，故B错误；向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，盐析通过改变溶解度使蛋白质析出，未破坏结构，属物理变化，故C正确；浓硝酸与蛋白质发生显色反应生成黄色物质，故D正确；选B。15.有关的说法正确的是A.可以与氢气发生加成反应B.不会使溴水褪色C.只含二种官能团D.该物质与足量溶液反应，最多可消耗【答案】A【解析】中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团，根据官能团的性质进行解答。分子中含有苯环和碳碳双键，都能与H2发生加成反应，A正确；分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应导致溴水褪色，B错误；分子中含有羟基、酯基和碳碳双键三种官能团，C错误；1mol该物质酯基水解后生成的酚羟基和羧基均能和NaOH反应，1mol该物质与足量的NaOH溶液反应时最多可消耗2molNaOH，D错误；故答案为：A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0（1）常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是_______(填字母)。a．H2CO3b．H2SO3c．H2SiO3（2）六种溶液中，水的电离程度最小的是_______(填化学式)。（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH>7的原因：_______。（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_______(填化学式)，用化学平衡移动的原理解释其原因：_______。【答案】（1）bac（2）NaHSO3（3）CO+H2O⇌HCO+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-（4）①.NaHCO3或NaClO②.因为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡向正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【解析】【小问1详析】NaHCO3溶液显碱性，则的水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则的电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比NaHCO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；【小问2详析】六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3溶液；【小问3详析】CO分两步水解CO+H2O⇌+OH-、HCO+H2O⇌H2CO3+OH-；以第一步水解为主，水解后溶液呈碱性；【小问4详析】根据表格中数据可知，各微粒的电离程度由小到大的顺序是：H2SiO3、、HClO、H2CO3、、H2SO3。氯水存在平衡Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，要增大HClO的浓度，则加入的物质与H+反应而不与HClO反应，即酸性比HClO的酸性较弱的酸所对应的可溶性盐，而HClO具有强氧化性，则还原性的、SO会和HClO反应，故可加入的物质是NaHCO3或NaClO。17.现有几组物质的熔点(℃)数据：A组B组C组D组金刚石：3550℃Li：181℃HF：-83℃NaCl：801℃硅晶体：1410℃Na：98℃HCl：-115℃KCl：776℃硼晶体：2300℃K：64℃HBr：-89℃RbCl：718℃二氧化硅：1723℃Rb：39℃HI：-51℃CsCl：645℃据此回答下