贵州省贵阳市普通高中2017-2018学年高三上学期化学开学考试试卷

贵州省贵阳市普通高中2017-2018学年高三上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·贵阳开学考）化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是（　　）
A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
B．汽车远程灯照在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体
C．废旧电池的回收处理，其主要目的是为了回收其中的金属
D．蛋白质是仅由C、H、O元素组成的物质
2．（2018高三上·贵阳开学考）下列物质与类别不对应的是（　　）
A B C D
物质 小苏打 食用油 淀粉 84消毒液
类别 碱 油脂（酯类） 天然高分子化合物 混合物
A．A B．B C．C D．D
3．（2018高三上·贵阳开学考）已知反应：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 （未配平）。下列说法正确的是（　　）
A．Na2CrO4是还原产物
B．该反应中有3种元素的化合价发生变化
C．NaNO3是还原剂
D．1 mol FeO·Cr2O3参与反应将得到7 mol电子
4．（2018高三上·贵阳开学考）下列说法正确的是（　　）
A．方程式2C+SiO2 2CO+Si表明非金属性：碳>硅
B．一定量的氯气与过量的铁粉在密闭容器中充分反应，有FeCl2生成
C．将少量的浓硝酸滴入盛有过量的铜粉的试管中，气体产物只有NO2
D．向新制备的饱和氯水中加入碳酸钙粉末可以增强氯水的漂白性
5．（2018高三上·贵阳开学考）下列解释事实的方程式错误的是（　　）
A．用湿润的淀粉—KI试纸检验Cl2： Cl2+2I-= 2 Cl-+I2
B．工业固氮：N2+3H2 2NH3
C．用FeCl3溶液腐蚀铜质线路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．铝热法焊接铁轨：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3
6．（2018高三上·贵阳开学考）已知：①CO的结构式为C O；②298K时相关化学键的键能数据如下表：
化学键 H—H O—H C—H C O
E/(KJ·mol-1) 436 465 413 1076
则反应 CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的△H的值为（　　）
A．-198kJ·mol-1 B．+267 kJ·mol-1
C．-298 kJ·mol-1 D．+634 kJ·mol-1
7．（2018高三上·贵阳开学考）下列有关工业生产的叙述正确的是（　　）
A．反应2SO2+O2 2SO3使用催化剂可以提高SO2的转化率
B．电解法精炼铜时，同一时间内阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量小
C．合成氨工业中，通常将液态氨及时分离出去以加快化学反应速率
D．工业上通常采用电解饱和食盐水的方法制备金属钠
8．（2018高三上·贵阳开学考）用下列装置进行的实验，不能达到相应实验目的的是（　　）
A．装置甲：气体从a口进入，收集NH3
B．装置乙：实验室测定中和热
C．装置丙：实验室制取并收集乙酸乙酯
D．装置丁：验证HCl气体易溶于水
9．（2018高三上·贵阳开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，Y元素原子次外层电子数等于其最外层电子数的2倍。下列判断错误的是（　　）
A．r（w）>r（z）>r（y）>r（x）
B．最简单气态氢化物的沸点：X>W
C．Y元素的最高价氧化物能与强碱反应
D．W的最高价氧化物对应的水化物属于一元强酸
10．（2018高三上·贵阳开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，30克的C2H6含有的共价键数为6NA
B．28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NA
C．标准状况下，22.4L单质溴所含原子数为2NA
D．25℃时，pH=1的H2SO4溶液中的H+数目为0.2NA
11．（2018高三上·贵阳开学考）下列说法正确的是（　　）
A．乙烯、聚乙稀和苯分子中均含有碳碳双键
B．纤维素可以被人体消化吸收，因为它在人体内可以水解成葡萄糖
C．石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生
D．乙烯使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同
12．（2018高三上·贵阳开学考）下列离子方程式，正确的是（　　）
A．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．将铜片插入硝酸银溶液中：Ag++Cu = Cu2++Ag
C．氢氧化镁与稀盐酸混合OH-+H+=H2O
D．向浓NaOH溶液中滴入几滴氯化铵溶液并加热：NH4++OH- NH3↑+H2O
13．（2018高三上·贵阳开学考）在一定温度下，将气体X和Y各3 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：3X(g)+Y(g) 2Z(g)+ W(g)。经过8min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6 mol。下列关于反应开始至第8 min时的平均反应速率的计算正确的是（　　）
A．v(X)=0.30 mol/(L·min) B．v(Y)=0.02 mol/(L·min)
C．v(Z)=0.02 mol/(L·min) D．v(W)=0.10 mol/(L·min)
14．（2018高三上·贵阳开学考）下列说法正确的是（　　）
A．某物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水
B．H2S为二元弱酸，其电离方程式为：H2S 2H++S2-
C．已知：常温下，AgCl的Ksp=1.8×10-10。向99mL 0.01 mol/L KCl溶液中，加入1mL 0.01mol/LAgNO3溶液（忽略混合时溶液体积的变化），立即产生白色沉淀
D．NaHCO3溶于水会水解，该水解反应可表示为：HCO3-+H2O H3O++CO32-
15．（2018高三上·贵阳开学考）锌—空气电池是金属空气电池的一种，电解质溶液为KOH溶液时，反应为：2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-。下列有关说法正确的是（　　）
A．石墨电极上发生氧化反应
B．正极附近溶液的pH不断减小
C．OH-由锌电极移向石墨电极
D．Zn 电极上发生反应：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-
16．（2018高一上·攀枝花期末）将m g镁铝合金投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60 g，则m的值为（　　）
A．5.10 B．8.50 C．9.35 D．11.48
二、综合题
17．（2018高三上·贵阳开学考）氮及其化合物在生活及工业生产中有着重要应用。请回答以下问题：
（1）下图是N2(g)、H2(g)与NH3(g)之间转化的能量关系图，则：
①N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为　 　。
②过程（I）和过程（Ⅱ）的反应热　 　(填“相同”或“不同”），原因是　 　。
③一定温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1 mol N2(g)、3molH2(g)，达到平衡时，混合气体的总量为2.8 mol，则该条件下反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的平衡常数为　 　，H2的平衡转化率为　 　。
（2）用NH3可以消除氮氧化物的污染，已知：
反应I：4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) △H1= a kJ/mol
反应Ⅱ：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H2= b kJ/mol
反应Ⅲ：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H3= c kJ/mol
则：反应Ⅱ中的b=　 　 kJ/mol(用含a、c的代数式表示），反应Ⅲ中的△S　 　0（填“>”“<”或“=”）。
（3）在恒容的密闭容器中，充入一定量的NH3和NO进行上述反应Ⅲ，测得不同温度下反应体系中NH3的转化率（α）与压强p的关系如图：
①分析得P1　 　P2 （填“>”“<”或“=”）。
②下列叙述中，不能判断反应Ⅲ已经达到平衡状态的标志是　 　（填序号）。
a. N2的浓度不再改变
b.断裂6molN-H键的同时，有6molH-O键形成
c.容器中压强不再变化
d.混合气体的密度保持不变
18．（2018高三上·贵阳开学考）某校研究性学习小组选用下图装置组装制备纯净干燥的NH3并探究NH3与CuO发生的反应，同时检验和收集非固态产物。请回答下列问题：
（1）完成实验所需装置按气流方向从左到右的连接顺序为　 　。
（2）连接好装置后应首先　 　，然后添加药品进行实验。
（3）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）D中盛放碱石灰的仪器名称是　 　，E装置的作用是　 　。
（5）通过进一步检测发现F中收集到的气体是一种常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种固体单质。试描述该小组同学还能观察到的其它现象为：　 　；C中反应的化学方程式为：　 　。
19．（2018高三上·贵阳开学考）卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。现以卤块为原料按如下流程进行生产，以制备金属镁。
本流程操作条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
物质 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Mg(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 8.3 10.0
沉淀完全 3.7 9.6 9.8 11.1
*Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3+后生成Fe(OH)3沉淀除去。 请回答以下问题：
（1）步骤①中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以采取的措施有 　 　 (任写一条)。
（2）步骤②中NaClO的电子式为　 　，加入NaClO溶液的目的是　 　
(用离子方程式解释)。
（3）常温时，Mg(OH)2的Ksp=1.8×10-11。当溶液pH=10.0时，溶液中的c(Mg2+)=　 　。
（4）若将步骤⑤中“稀盐酸”改为“加水、煮沸”的方式可以得到另一种沉淀物和一种无色无味的气体，请写出该反应的化学方程式　 　。
（5）步骤⑥中涉及的操作是　 　，且⑥⑦操作均需在HCl气流中进行，其原因是　 　。
20．（2018高三上·贵阳开学考）常温下，在体积为10mL、物质的量浓度为0.1mol/L的某酸HA溶液中逐滴滴入物质的量浓度为0.1mol/L的NaOH溶液，测得混合溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示（忽略混合后溶液体积的变化）。请回答以下问题：
（1）HA为　 　(填“强酸”或“弱酸”），做出该判断的理由是　 　。
（2）常温下，0.1mol/L NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=　 　mol/L；B点时，溶液中由水电离出的c(OH-)=　 　mol/L。
（3）B点时，混合溶液中各离子浓度的大小关系为　 　，c(HA)+ c(A-)=　 　mol/L。
（4）若测得NH4A溶液的pH=7，且将HA溶液滴入(NH4)2CO3溶液中有CO2生成，则相同条件下，的物质的量浓度下列溶液的pH由小到大的顺序为　 　。
a.NH4A
b.NH4Cl
c.NH4HCO3
d.(NH4)2SO4
21．（2018高三上·贵阳开学考）非金属元素碳能形成多种化合物，请回答以下与碳的化合物相关的问题：
（1）CO2分子中σ键与π键的个数比为　 　。
（2）C2H6的二溴代物中　 　 (填“有”或“无”）手性分子。
（3）已知邻羟基苯甲酸 与对羟基苯甲酸 的沸点相差较大，根据结构分析，前者的沸点　 　后者（填“高于”或“低于”）并解释原因　 　。
22．（2018高三上·贵阳开学考）硫酸铜溶于过量的氨水中形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的透明溶液。
（1）[Cu(NH3)4]SO4中的非金属元素H、N、O的电负性由大到小的顺序为　 　 (用元素符号回答）。
（2）[Cu(NH3)4] 2+中Cu2+与NH3之间形成的化学键为　 　，提供孤电子对的成键原子是　 　。
（3）[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型是　 　，与该阴离子互为等电子体的五原子微粒有 　 　（填写一种即可）。
23．（2018高三上·贵阳开学考）氧、硫、硒、碲等氧族元素在化合物中常表现出多种氧化态，含氧族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答以下问题：
（1）氧、硫、硒三元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　（用元素符号回答）。
（2）基态Se原子的价层电子排布式为　 　，其原子核外有　 　种运动状态不同的电子。
（3）气态SO3为单分子状态，其中S原子的杂化轨道类型为　 　。若SO3的三聚体(SO3)3的环状结构如图所示，则该结构中S原子的杂化轨道类型为　 　。
（4）氧族元素的气态氢化物中，H2S的稳定性强于H2Se，原因是　 　。
（5）氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能大小为 CaO 　 　CaS (填“>”，“<”或“=”）。
（6）硫化锌在光导材料、涂料等行业中应用广泛，其晶体结构如图，则该晶体属于　 　晶体，化学式为　 　，若晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞边长为　 　cm (阿伏加德罗常数的值用NA表示）。
24．（2018高三上·贵阳开学考）有机物的结构可简化为“键线式”，如：CH3—CH=CH—CH3可表示为 。
几种有机物的键线式或结构简式如下图所示：
（1）互为同分异构体的有机物为 　 　。
（2）有机物甲中有　 　个原子在同一平面上。
（3）有机物丁的二氯取代产物和有机物戊的二氯取代产物分别有　 　、　 　种。
25．（2018高三上·贵阳开学考）为测定某有机物A的结构，进行如下实验。
（1）[分子式的确定]
将7.4 g某有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成9.0 g H2O和17.6 g CO2。
则该物质的最简式是　 　，据此　 　 (填“能”或“不能”）确定该有机物的分子式。若前一空选填“能”，请在后面横线上写出其分子式；若前一空选填 “不能”，请在后面横线上写出理由：　 　。
（2）[结构式的确定]
核磁共振氢谱显示该有机物A分子内有2种不同环境的氢原子，且A能与金属钠反应放出无色无味的气体，则A的结构简式为　 　。
（3）[性质实验]
A在浓硫酸作用下加热至一定温度可生成不饱和烃B，请写出B发生加聚反应的反应方程式： 　 　。
26．（2018高三上·贵阳开学考）以含有某种官能团的芳香烃C8H8为主要原料合成药物E的流程（部分反应条件及产物略去）如下：
已知：
请根据流程图中转化关系回答下列问题：
（1）芳香烃C8H8的结构简式为　 　，名称为　 　。
（2）反应②的反应类型为　 　。
（3）B中所含官能团的名称为　 　。
（4）D转化为E的化学方程式为　 　，该反应的反应类型为　 　。
（5）同时满足下列条件的C的同分异构体有　 　种。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；
②既能发生水解反应也能发生银镜反应；
③苯环上只有两个取代基。
写出其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的有机物结构简式∶　 　。
（6）参照上述流程，写出用CH3CH2OH为原料（其它无机试剂任选）制备化合物CH2=CHCOOCH2CH3 的合成路线　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故A不符合题意；
B.混有扬尘的空气属于胶体，具有丁达尔现象，灯照在前方扬尘上有光亮的通路，故B符合题意；
C.废旧电池回收的目的是减少重金属的污染，而不是为了回收金属，资源循环再利用，故C不符合题意；
D.蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成，可能还含有S、P等元素，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．特种钢缆是铁碳合金，属金属材料；
B.扬尘上有光亮的通路是胶体的丁达尔现象，故空气是胶体；
C.废电池的其主要成分为锰、汞、锌、铬等重金属。若深埋在地下，其重金属成分随渗液溢出，造成地下水和土壤的污染，所以废旧电池回收的目的是减少重金属的污染。
2．【答案】A
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式是NaHCO3，由钠离子和碳酸氢根离子构成，属于盐，故A符合题意；
B.食用油的成分为高级脂肪酸的甘油酯，属于油脂(酯类)，故B不不符合题意；
C.多糖包括淀粉、纤维素和糖原，其中淀粉和纤维素是植物细胞特有的，糖原是动物细胞特有的，故C不不符合题意；
D.“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠(NaClO)的水溶液，属于混合物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．小苏打是碳酸氢钠（NaHCO3）的俗称属于酸式盐；
B.食用油属于油脂(酯类)，其化学成分为高级脂肪酸的甘油酯；
C.淀粉（C6H10O5）n属多糖，是天然高分子化合物；
D.“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠(NaClO)的水溶液，溶液属于混合物；
3．【答案】B
【知识点】铁的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】已知反应FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2中，Fe元素的化合价从+2价升高为+3价，Cr元素化合价从+3价升高为+6价，N元素化合价从+5价降为+3价；
A．反应中Cr元素化合价升高，则Na2CrO4是氧化产物，故A不符合题意；
B.该反应中Fe、Cr及N元素的化合价发生变化，故B符合题意；
C.反应中N元素化合价降低，则NaNO3是氧化剂，故C不符合题意；
D.1mol FeO·Cr2O3参与反应将失去电子的物质的为[(3-2)+(6-3)×2]mol=7
mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】，N元素化合价从+5价降为+3价；
A．Cr元素化合价从+3价升高为+6价，则Na2CrO4是氧化产物；
B.该反应中Fe元素的化合价从+2价升高为+3价、Cr元素从+3价升高为+6价，N元素从+5价降为+3价，故Fe、Cr及N元素的化合价均发生变化；
C化合价降低的为还原剂；
D.根据化合价的升降进行计算；
4．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质
【解析】【解答】A．方程式2C+SiO2 2CO↑+Si中，反应能进行的主要原因是生成了气体CO分离出原体系，只能说明碳易与氧结合，故A不符合题意；
B.铁粉与氯气反应，无论Fe是否过量，只能生成FeCl3，故B不符合题意；
C.Cu与浓硝酸反应生成NO2，当硝酸浓度降低后，铜与稀硝酸反应生成NO，故C不符合题意；
D.Cl2+H2O HCl+HClO，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而促进氯气溶解，导致溶液呈次氯酸浓度增大，则溶液的漂白性增强，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．元素非金属性的强弱由非金属单质的氧化性强弱来判断，该反应中C为还原剂，Si为还原产物，是C的还原性大于Si的，则不能证明其非金属性的强弱；
B.铁粉与FeCl3的反应是在溶液中进行的，而此时不是在溶液中，故无论Fe是否过量，只能生成FeCl3；
C.Cu与浓硝酸反应生成NO2，但随着反应的进行硝酸浓度降低，铜与稀硝酸反应就会有NO生成；
D碳酸的酸性弱于盐酸，强于次氯酸，在Cl2+H2O HCl+HClO反应后，碳酸钙只与盐酸反应不与次氯酸反应，消耗盐酸，促进氯气与水的反应，溶液中次氯酸浓度增大，则溶液的漂白性增强。
5．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氮气的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I-═2Cl-+I2，故A不符合题意；
B.氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，方程式：N2+3H2 2NH3，故B不符合题意；
C.用三氯化铁溶液腐蚀线路板，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C不符合题意；
D.焊接铁轨应用的是铝热反应，方程式：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氯气的氧化性比单质碘的强，可将碘置换出来，碘遇到淀粉变蓝；
B.固氮是指将游离态的氮变成化合态的氮，工业上合成氨是人工固氮；
C.Fe3+的氧化性大于Cu2+，Cu的还原性大于Fe2+，小于Fe；
D.焊接铁轨应用的是铝热反应，Al比Fe活泼，所以是Al置换出Fe；
6．【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的的焓变△H1=反应物总键能-生成物总键能，依据图表提供的化学键的键能计算得到△H1═(1076kJ mol-1+3×436kJ mol-1)-(4×413kJ mol-1+2×465kJ mol-1)=-198kJ·mol-1，
故答案为：A。
【分析】反应热即为反应时反应物断裂化学键时吸收的热量与形成生成物时放出的热量的差，所以△H=反应物总键能-生成物总键。
7．【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．硫酸工业中，加入催化剂平衡不移动，不能提高SO2转化为SO3的转化率，故A不符合题意；
B.电解精炼铜时，因为粗铜含有杂质，所以开始通电一段时间后，阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少，故B符合题意；
C.减少生成物的浓度，反应速率减小，则合成氨生产过程中将NH3液化分离，减小正反应速率，平衡正移，提高N2、H2的转化率，故C不符合题意；
D.Na是活泼金属，能与水反应，电解饱和食盐水只能得到NaOH、氢气和氯气，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．本题中催化剂可加快反应速率，但不影响反应物的转化率；
B.粗铜含有Fe、Ni、Pb、Ag、Aｕ等杂质，阳极先失电子的是比铜活泼的金属，然后才是铜失电子，阴极是铜离子得电子变成铜，根据得失电子守恒阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量小；
C.减少生成物的浓度，平衡向正方向移动，但反应速率减小，将NH3液化即为减小生成物浓度；
D.电解饱和食盐水只能得到NaOH、氢气和氯气，电解熔融的氯化钠可制取钠；
8．【答案】C
【知识点】气体的收集；中和热的测定；乙酸乙酯的制取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．氨气的密度比空气小，可利用向下排空气法收集，则气体从a口进入可收集氨气，故A符合题意；
B.测定中和热，应使酸碱迅速反应，用环形玻璃棒搅拌，故B符合题意；
C.试管中为NaOH，酯在NaOH溶液中发生水解，不能收集到乙酸乙酯，应将NaOH改为碳酸钠溶液，故C不符合题意；
D.HCl极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，利用气球的变化可说明，故D符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氨气的密度比空气小且不与空气反应，用向下排空气法收集，收集氨气的管口短进长出；
C.试管中为，酯在NaOH溶液中，制乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集，若用NaOH收集，会发生水解；
D.HCl极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，使烧瓶内气压变小，外界大气压就将空气压入气球中；
9．【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】短周期中次外层电子数等于其最外层电子数的2倍的是Si，则Y为Si，则X为氧元素、Z为磷元素、W为氯元素；
A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，故Si的原子半径大于磷、氯原子，氧原子核外少一个电子层，原子半径最小，故A符合题意；
B.H2O的分子间存在氢键，水常温下为液态，而HCl常温下为气体，即H2O的沸点大于HCl，故B不符合题意；
C.SiO2是酸性氧化物，能与强碱溶液反应生成盐和水，故C不符合题意；
D.HClO4是最强酸且为一元酸，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.同周期中原子半径逐渐减小，铜主族中原子半径逐渐增大
B.H2O、HF均存在分子间氢键，沸点会略高
10．【答案】B
【知识点】物质的量的单位--摩尔；气体摩尔体积；物质的量浓度
【解析】【解答】A．每个C2H6分子中含有共价键数为7，30克的C2H6含有的共价键数为7NA，故A不符合题意；
B.N2、CO和C2H4的相对分子质量均为28，则28gN2、CO和C2H4的混合气体的总物质的量为1mol，含有分子总数为NA，故B符合题意；
C.标准状况下，溴为液体，不能根据气体摩尔体的结构简积计算其物质的量，故C不符合题意；
D.溶液的体积不知道，无法计算溶液中所H+的数目，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1mol烷烃CnH2n＋2含有的共价键为(n-1)的碳碳单键+（2n+2）的碳氢键共为3n+1摩，30克的C2H6为1molC2H6。含有的共价键数为7NA；
B.N2、CO和C2H4的总的物质的量＝总质量28g除以三者的平均摩尔质量28克/摩=1mol，则含有分子总数为NA，；
C.标准状况下，溴为液体，不能根据气体摩尔体积进行物质的量与体积的换算；
D.物质的量浓度乘以溶液的体积等于物质的量，溶液体积未知，不能计算溶液中所H+的物质的量和数目；
11．【答案】C
【知识点】乙烯的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．聚乙稀和苯分子中均不含有碳碳双键，故A不符合题意；
B.人体内没有消化纤维素的酶，即纤维素在人体内不能被消化而提供能量，故B不符合题意；
C.石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、蛋白质变性等都存在新物质生成，都属于化学变化，故C符合题意；
D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯与溴发生加成反应而使溴水褪色，褪色原理不同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．聚乙稀中含碳碳单键，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，不含碳碳双键；
B.人体内没有消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解得葡萄糖；
C.石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、蛋白质变性等都存在新物质生成，都属于化学变化；
D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是氧化反应，乙烯使溴水褪色溴是加成反应，褪色原理不同；
12．【答案】D
【知识点】氮气的化学性质；铵盐；铜及其化合物
【解析】【解答】A．铜和稀硫酸不反应，故A不符合题意；
B.将铜片插入硝酸银溶液中发生的离子反应为2Ag++Cu = Cu2++2Ag，故B不符合题意；
C.氢氧化镁是不溶性的碱，不可拆分，故C不符合题意；
D.向浓NaOH溶液中滴入几滴氯化铵溶液并加热发生的离子反应为NH4++OH- NH3↑+H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．铜是金属活动顺序表氢以后的金属，不与稀硫酸反应；
B.铜片比银活泼，可将银从盐溶液中置换出来；
C.氢氧化镁是沉淀，不可拆分；
D.向浓NaOH溶液与滴氯化铵溶液反应生成的一水合氨加热分解。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】经过8min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6 mol，则至第8 min时Z的平衡速率v(Z)= = =0.02 mol/(L·min)，根据速率之比等于化学计量数之比，相应的v(X)= ×v(Z)=0.03 mol/(L·min)、v(Y)= v(Z)=0.01mol/(L·min)、v(W)= v(Z)=0.01mol/(L·min)，故选项C符合题意，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率等于单位时间内反应物或生成物的物质的量浓度的变化，则题中v(Z)= Δ n/ V/ Δ t = 1.6 mol/10 L/ 8 min =0.02 mol/(L·min)，又根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学反应方程式中的各物的化学计量数之比。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．室温(即20℃)时的溶解度小于0.01g的，叫难溶(或不溶)物质，绝对不溶的物质是没有的，故A不符合题意；
B.H2S为二元弱酸，其电离分步进行，故B不符合题意；
C.Qc=c(Cl-)×c(Ag+)=0.01mol/L×0.01mol/L=1×10-4＞Ksp，则立即产生白色沉淀，故C符合题意；
D.NaHCO3溶于水会水解，该水解反应可表示为：HCO3-+H2O OH-+H2CO3，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．难溶是指室温(即20℃)时的溶解度小于0.01g的物质，绝对不溶的物质是没有的；
B.H2S为二元弱酸，分步电离，一步比一步弱；
C.Qc=c(Cl-)×c(Ag+)=0.01mol/L×0.01mol/L=1×10-4＞Ksp，则立即产生白色沉淀，故C符合题意；
D写成了HCO3－的电离方程式，水解反应的离子方程式为：HCO3-+H2O
OH-+H2CO3，
15．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】电池总反应2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-中Zn元素化合价升高，发生氧化反应，Zn为负极，而氧气中氧元素化合价除低，发生还原反应，通氧气的极为正极；A．石墨电极上通氧气，发生还原反应，故A不符合题意；
B.正极附近发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则电极周围溶液的pH不断增加，故B不符合题意；
C.原电池工作时，OH-向负极Zn移动，故C不符合题意；
D.Zn 电极上发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．石墨为正极，是通入的氧气得到电子发生还原反应；
B.正极附近发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则电极周围溶液的pH不断增加；
C.原电池工作时，溶液中的阴离子向向负极移动，锌为负极；
D.Zn 为负极电极失去电子；
16．【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】反应中Al Al3+ Al(OH)3，Mg Mg2+ Mg(OH)2，可知Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据2H+ H2，生成5.6LH2转移的电子为 ×2=0.5mol，所以反应后生成沉淀的质量为mg+0.5mol×17g/mol=13.60g，解得：m=5.1g，故选A。
【分析】根据金属镁铝与盐酸的反应，结合电子得失守恒进行计算即可。
17．【答案】（1）N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H= -92 kJ/mol；相同；反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关； (L·mol)2；60%
（2）；＞
（3）<；bd
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①由能量转化关系图可知N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H= -92 kJ/mol；②有盖斯定律可知，反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，则过程(I)和过程(Ⅱ)的反应热相同；③
N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)
起始（mol/L） 1 3 0
转化（mol/L） c 3c 2c
平衡（mol/L） 1-c 3-3c 2c
达到平衡时，混合气体的总量为2.8mol，(1-c+3-3c+2c)mol/L×1L=2.8mol，解得：c=0.6mol/L，此温度下平衡常数K= = (L·mol)2；H2的平衡转化率为 ×100%=60%；
(2)已知：反应I：4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) △H1= a kJ/mol，反应Ⅲ：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H3= c kJ/mol，则盖斯定律可知，(I-Ⅲ)× 得N2(g)+O2(g) 2NO(g)，则△H2=b kJ/mol= kJ/mol；反应Ⅲ4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) 是气体体积增大的反应，反应的熵变△S＞0；
(3)①在恒温下，增大压强平衡逆向移动，反应物的转化率降低，则由图示可知P1＜P2；
②a. N2的浓度不再改变，说明反应处于平衡状态，故a正确；
b.断裂6molN-H键的同时，有6molH-O键形成，均为正反应速率，无法判断是否是平衡状态，故b错误；
c.反应过程中气体总物质的量始终变化，当容器中压强不再变化时，说明气体总物质的量一定，此时是平衡状态，故c正确；
d.混合气体的质量和体积始终不变，则混合气体的密度保持不变，无法判断是平衡状态，故d错误；
故答案为：bd。
【分析】(1)如图E1是反应物的总能量，E2为生成物的总能量 ，焾变△H=E1－E2＝-92 kJ/mol；E4－E1或E3－E1为活化能，Ⅱ低于I，说明是加了催化剂，降低活化能，改变了反应速率，但不影响反应热；反应前后气体的物质的量之差＝1mol+3mol-2.8mol=1.2mol，根据各物的物质的量的变化之比等于化学反应中各物的化学计量数之比和差量法，可算出反应了的N2为0.6mol，H2为1.8mol，生成的NH3为1.2mol，则平衡时的N2、H2、NH3分别为0.4mol、1.2、1.2mol，体积为1L，则平衡浓度分别为0.4mol/L、1.2mol/L、1.2mol/L，平衡常数为平衡时生成物浓度的幂之积除以反应物浓度的幂之积，H2的转化率为H2的变化浓度除以起始浓度。
(2)根据盖斯定律，反应Ⅲ＝反应I－3×反应Ⅱ，得△H3=△H1－3×△H2，ｃ=ａ－3×ｂ，物质的熵的大小，气态＞液态＞固态，反应Ⅲ是一个气体体积增大的反应，是一个熵增的反应，熵变△S＞0；
(3)①反应Ⅲ的正反应方向是气体系数增大的反应，增大压强时平衡向气体系数减小的方向移动即逆方向移动，反应物的转化率减小，如图定温时P1对应的纵坐标（转化率）大于P2，P1＜P2；
②可作达平衡的标志有：各组分的浓度不再改变，正逆反应速率相等，恒容时反应前后气体不相等的反应总物质的量不变或总压强不变，恒容时反应前后气体的质量不等的反应密度不变等；b选项中断裂6lN-H键和lH-O键的形成，都是正反应方向，不能代表正逆反应速率相等，d选项中混合气体的质量和体积始终不变，达没达到平衡混合气体的密度保持不变，此时密度不变不能作达到平衡的标志。
18．【答案】（1）ADCEGBF
（2）检査装置的气密性
（3）2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+ H2O+ 2NH3↑
（4）球形干燥管；检验NH3 与CuO反应的产物中是否有水生成
（5）C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生；E中白色固体逐渐变蓝；2NH3+3CuO 3Cu+3H2O+ N2
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】(1)利用A装置制备氨气，并使用碱石灰干燥氨气，再通过加热的CuO探究氨气的还原性，同时利用无水硫酸铜检验反应中生成的水蒸气和浓硫酸吸收未反应的氨气，最后用排水法收集氮气，则装置按气流方向从左到右的连接顺序为ADCEGBF；(2)通常连接好装置后应首先检査装置的气密性，然后添加药品进行实验；(3)装置A中是氯化铵和氢氧化钙混合加热制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+ H2O+ 2NH3↑；(4)D中盛放碱石灰的仪器名称是球形干燥管，E装置中盛放的无水硫酸铜的作用是检验NH3 与CuO反应的产物中是否有水生成；(5)F中收集到的气体是氮气，硬质玻璃管中得到固体单质为铜，从原子守恒角度分析，还应该有水生成，则还能观察到的现象为C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生；E中白色固体逐渐变蓝；氨气还原氧化铜时发生反应的化学方程式为2NH3+3CuO 3Cu+3H2O+ N2。
【分析】(1)固固混合加热制气体选A装置制备氨气，氨气是碱性气体用碱石灰干燥，NH3中因N的化合价为－3价而具有还原性，CuO中因Cu为＋2价具有氧化性，二者若反应有水和氮气生成，实验中就用无水硫酸铜检验是否有水生成，用浓硫酸吸收未反应的氨气，用排水法是否收集气体确定氮气的生成故装置连接顺序为ADCEGBF；
(2)实验步骤为：连接装置，检查装置的气密性，加药品，做实验等。
(3)铵盐与强碱反应生成新盐和一水合氨再分解氨气和水；
(4)氨气是碱性气体用碱石灰干燥，无水硫酸铜吸水变五水硫酸铜，颜色由白色变蓝，用来证明产物中有水生成；
(5)硬质玻璃管中得到固体氧化铜被还原成单质为铜，颜色由黑变红色，另外有水生成，所以试管壁上有水珠。
19．【答案】（1）加热（将卤块粉碎、不断搅拌等合理操作）
（2）；2Fe2++2H++ ClO-=2Fe3++H2O+Cl-
（3）1.8×10-3 mol/L
（4）MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2 ↑
（5）蒸发浓缩、冷却结晶；抑制MgCl2水解
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤①中，为加快酸溶速率，除适当增加稀盐酸的浓度外，还可以通过加热或将卤块粉碎、不断搅拌等措施来达到目的；(2)NaClO是离子化合物，其电子式为 ，步骤②加入NaClO溶液的目的是在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；(3)已知Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=1.8×10-11，则当溶液pH=10.0，即c(OH-)= = =1×10-4mol/L，溶液中的c(Mg2+)= =1.8×10-3 mol/L；(4)将步骤⑤中MgCO3的悬浊液直接加热煮沸，生成二氧化碳和氢氧化镁沉淀，发生反应的化学方程式为MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑；(5)步骤⑥通过将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶最终获得MgCl2·6H2O，因加热能促进Mg2+水解，则⑥⑦操作均需在HCl气流中进行，目的是为了抑制MgCl2水解。
【分析】(1)①中，加快酸溶速率的方式有增加稀盐酸的浓度、加热、增加接触面积即将卤块粉碎、不断搅拌等；
(2)NaClO是离子化合物，其电子式为 ‘ NaClO具有强氧化性可氧化Fe2+，反应为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)由K w =c ( H + )×c(OH-) 可算出c(OH-)＝1×10-4mol/L，又根据Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=1.8×10-11，可算出c(Mg2+)= 1.8×10-3 mol/L；
(4)MgCO3的溶解度大于Mg(OH)2，步骤⑤中对MgCO3的悬浊液进行加热煮沸时，生成二氧化碳和氢氧化镁沉淀，反应为MgCO3+H2O＝ Mg(OH)2↓+CO2↑；
(5)步骤⑥通过将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶最终获得MgCl2·6H2O，MgCl2水解可得Mg(OH)2和HCl，在HCl气流中加热煮沸可抑制MgCl2水解，避免了Mg(OH)2的生成　。
20．【答案】（1）弱酸；A-+ H2O HA+OH- (HA溶液与等物质的量浓度、 等体积的NaOH溶液混合后所得溶液呈碱性）
（2）10-13；10-5
（3）c(Na+) > c(A- )> c(OH-)> c(H+)；0.05 mol/L
（4）d【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)等物质的量浓度、等体积的HA溶液与NaOH溶液混合后所得溶液呈碱性，说明NaA中存在A -+ H 2O HA+OH -，可知HA为弱酸；(2)常温下K w=1×10 -14，0.1mol/L NaOH溶液中c(OH -)=0.1mol/L，则由水电离出的c(OH -)=c(H +) 溶液= = =1×10 -13mol/L；B点时，溶液pH=9，此时由水电离出的c(OH -)= = =1×10 -5mol/L；(3)B点为NaA溶液，其浓度为 =0.05mol/L，溶液中存在的电荷守恒式为c(Na +)+c(H +)=c(OH -)+c(A - )，此时溶液显碱性，则合溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na +) ＞ c(A - )＞ c(OH -)＞ c(H +)，根据物料守恒可知：c(HA)+ c(A -)=c(Na +)=0.05mol/L；(4)将HA溶液加到(NH 4) 2CO 3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH 4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同；NH 4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH 4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵；NH 4HCO 3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，则四种溶液的pH由小到大的顺序为d＜b＜a＜c。
【分析】(1)图中B的横坐标为10，纵坐标为9即等物质的量浓度、等体积的HA溶液与NaOH溶液为恰好反应生成NaA，A-结合了水电离出的H +，促进了水的电离，水电离出的OH-增多溶液呈碱性，说明中存在A-+ H2O HA+OH-，可知HA为弱酸；
(2)任何水溶液中水电离出来的H +和OH-始终相等，常温下0.1mol/L NaOH溶液中的H+是水电离出的，则此时由水电离出的c(OH-)=c(H+)溶液=＝ =1×10-13mol/L；B点为NaA溶液时，pH=9是因为A-结合了水电离出的H +，促进了水的电离，水电离出的OH-增多，此时的OH-就是水出的c(OH-)= =＝1×10-5mol/L；
(3)B点为NaA溶液，存在的电离有NaA=Na++A-，H2O H++OH-主要离子是Na+和A-，因少量A-水解消耗了，所以c(Na+) ＞ c(A- )，A-水解呈碱性所以c(OH-)＞ c(H+)，则溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+) ＞ c(A- )＞ c(OH-)＞ c(H+)，根据物料就是守恒可知：c(HA)+ c(A-)=c(Na+)=0.05mol/L；
(4)四者均为盐，电离出的NH4+水解呈酸性，ｃ（NH4+）越大，酸性越强，pH越小，ｄ中电离的ｃ（NH4+）最大，ｐH最小，Cl－是强酸的酸根离子，对NH4+的水解无影响，A-和HCO3-是弱酸的酸根离子，水解呈碱性，因酸碱中和促进NH4+的水解，使ｃ（NH4+）变小，又由HA溶液滴入(NH4)2CO3溶液中有CO2生成，可知HA的酸性大于H2CO3，则A-的水解小于HCO3-的水解，故NH4A 中ｃ（NH4+）大于NH4HCO3的，综上所述四种溶液的pH由小到大的顺序为d＜b＜a＜c。
21．【答案】（1）1∶1
（2）无
（3）低于；前者形成分子内氢键，而后者形成分子间氢键
【知识点】化学键；氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】(1)二氧化碳的分子结构为O=C=C，每个分子中含有2个σ键和2个π键，所以σ键与π键的个数比为1∶1；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，故乙烷的二溴代物中无手性分子；(3)邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则邻羟基苯甲酸的沸点高于对羟基苯甲酸。
【分析】(1)CO2分子中C原子以sp杂化轨道形成δ键，其分子结构为O=C=O，每个分子中含有2个σ键和2个π键，所以σ键与π键的个数比为1∶1；
(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，故乙 烷的二溴代物中无手性分子；
(3)邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则邻羟基苯甲酸的沸点高 于对羟基苯甲酸。
22．【答案】（1）O>N>H
（2）配位键；氮（或N)
（3）正四面体；PO43-或ClO4-等
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】解(1)元素非金属性越强，电负性越大，则H、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H；(2)[Cu(NH3)4] 2+中Cu2+有空轨道，与NH3之间形成的化学键为配位键，NH3中的N核外有孤对电子，则提供孤电子对的成键原子是NH3中的N原子；(3)SO42-中S原子是sp3杂化，则SO42-的空间构型是正四面体，根据等电子体理论，与该阴离子互为等电子体的五原子微粒有PO43-或ClO4-等。
【分析】（1）同周期元素的从左到右，原子半径递减，原子核吸收电子的能力递增，所以O元素非金属性大于N的，其电负性越大，则O>N>H；
（2）Cu2+提供空轨道，NH3中的N提供孤对电子，二者以配位键结合成[Cu(NH3)4] 2+；（3）SO42-中S原子是sp3杂化，价层电子对互斥理论模型为正四面体，根据等电子体理论，所含原子个数和最外层电子数相等的为等电子体，其性质相似。PO43-或ClO4-满足条件。
23．【答案】（1）O>S>Se
（2）4s24p4；34
（3）sp2；sp3
（4）S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径
（5）>
（6）离子；ZnS；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；离子晶体；分子晶体
【解析】【解答】(1)氧、硫、硒为同主族元素，第一电离能随核电荷数递增而减小，则由大到小的顺序为O＞S＞Se；(2)Se的核电荷数为34，其基态原子的价层电子排布式为4s24p4，其原子核外有34种运动状态不同的电子；(3)SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个δ键，没有孤对电子，则为sp2杂化， SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，为sp3杂化；(4)因S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径，故H2S的稳定性强于H2Se；(5)因O2-的半径比S2-小，则氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能CaO＞CaS；(6)构成晶体的基本微粒为S2-和Zn2+，则ZnS晶体为离子晶体，晶胞中含有S2-位于顶点和面心，共含有8× +6× =4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×(87÷NA)g，晶胞的体积为(acm)3，则密度为ρg·cm-3，
则ρg·cm-3= ，
【分析】（1）同主族元素随核电荷数递增，原子半径递增，原子核对最外层电子的吸收力递减，失电子越来越容易，第一电离能即为失去最外层第1个电子所需要吸收的能量，就越小，O、S、Se为同一主族，则第一电离能就递减；
（2）根据能级图可写出电子排布式，主族元素的价电子排布就是最外层电子排布为4s24p4，核外有多少个电子，就有多少种运动状态，每个电子的运动状态是不一样的；
（3）SO3有3个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，则杂化类型为sp2， SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，价层电子对数为4，则杂化类型为为sp3杂化；
（4）因S与Se是同主族元素，非金属性递减，故H2S的稳定性强于H2Se；
（5）离子晶体中离子半径越小，电荷数越大的晶格能越大
24．【答案】（1）甲和丁、乙和丙
（2）8
（3）1；3
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：甲的分子式为C4H4，乙的分子式为C6H6，丙的分子式为C6H6，丁的分子式为C4H4，戊的分子式为C8H8；(1)甲和丁、乙和丙的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；(2)有机物甲中碳碳双键可提供6个原子的平面结构，而碳碳叁键为直线结构，则有机物甲8个原子在同一平面上；(3)有机物丁和戊的一氯代物均为一种，在一氯代物的基础上，再确定另一个氯的取代位置，可知丁的二氯取代产物有1种，有机物戊的二氯取代产物分别有3种。
甲的分子式为C4H4，乙的分子式为C6H6，丙的分子式为C6H6，丁的分子式为C4H4，戊的分子式为C8H8；
【分析】(1)甲和丁的分子式为C4H4但结构不同，乙和丙的分子式为C6H6但结构不同，甲和丁、乙和丙互为同分异构体；
(2)有机物甲中碳碳双键可提供6个原子的平面结构，而碳碳叁键为直线结构，则有机物甲8 个原子在同一平面上；
(3)有机物丁和戊的一氯代物均为一种，在一氯代物的基础上，再确定另一个氯的取代位置，可知丁的二氯取代产物有1种，有机物戊的二 氯取代产物分别有3种。
25．【答案】（1）C4H10O；能；C4H10O
（2）
（3）
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：(1)n(CO2)= =0.4 mol，n(H2O)= =0.5 mol，根据原子守恒可知此有机物中氧的物质的量为= =0.1mol，则该物质中C、H、O原子的个数比为0.4 mol∶(0.5mol×2)∶0.1mol=4∶10∶1，最简式为C4H10O，碳为四价，氢为1价，氧为二价，氢的最大饱和键数为2n+2(n为碳数)，C4H10O中氢数已经饱和，所以能否据此确定该有机物的分子式为C4H10O；(2)A能与金属钠反应放出气体，为醇，有机物A分子内有2种不同环境的氢原子，为两种氢原子，符合条件的醇为C(CH3)3OH；(3)C(CH3)3OH在浓硫酸的作用下发生消去反应，生成的B为C(CH3)2=CH2，则发生加聚反应的反应方程式为 。
【分析】：(1)根据原子守恒可知此有机物中氧的物质的量，该物质中C、H、O原子的个数比为0.4 mol∶(0.5mol×2)∶0.1mol=4∶10∶1，最简式为C4H10O，碳为四价，氢为1价，氧为二价，氢的最大饱和键数为2n+2(n为碳数)，C4H10O中氢数已经饱和，所以能否据此确定该有机物的分子式为C4H10O；
(2)A能与金属钠反应放出气体，为醇，有机物A分子内有2种不同环境的氢原子，为两种氢原子，符合条件的醇为C(CH3)3OH；
(3)C(CH3)3OH在浓硫酸的作用下发生消去反应，生成的B为C(CH3)2=CH2
26．【答案】（1）；苯乙烯
（2）取代（水解）
（3）羰基
（4）；消去反应
（5）6；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】C8H8与HBr发生加成反应生成
，则可知C8H8为苯乙烯；
在NaOH溶液中加热水解生成的A为
，
催化氧化产物B为
，B与HCN发生加成反应并在酸性条件下水解得到的C为
，C再乙醇酯化得到的D为
，D再与浓硫酸混合加热发生消去反应得到E；(1)C8H8与HBr发生加成反应生成
，其结构简式为
；(2)反应②为卤代烃的水解，反应类型为取代反应或水解反应；(3)
中所含官能团的名称为羰基；(4)
与浓硫酸混合加热生成E的化学方程式为
，该反应的反应类型为 消去反应；(5)①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②既能发生水解反应也能发生银镜反应，说明含有甲酸酯；③苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为—OH，另一个取代基为HCOOCH2CH2—、HCOOCH(CH3)—，两取代基之间有邻、间、对位三种情况，故共有6种符合情况的同分异构体；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的有机物结构简式为
；(6)以CH3CH2OH为原料并结合上述流程中的信息，合成CH2=CHCOOCH2CH3 的流程为
。
【分析】（1）C8H8的不饱和度为5，苯环的不饱和度为4，能与HBｒ加成，则有一个碳碳双键，由此C8H8为苯乙烯；
（2）反应②的的条件是强碱的水溶液，反应②为卤代烃的水解反应；
（3）反应③是醇的催化氧化反应，A中的羟基连的碳原子上只有一个H，催化氧化后成羰基；
（4）D转化为E是中的的醇羟基发生消去得烯；
（5）①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②既能发生水解反应也能发生银镜反应，说明含有HCOO—；③苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为—OH，另一个取代基为HCOOCH2CH2—、HCOOCH(CH3)—，两取代基之间有邻、间、对位三种情况，故共有6种，由磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2，可知分子的对称性很强，支链处于对位　即为；
（6）乙醇催化氧化得的醛中有羰基，再与HCN加成、酸化得，其中醇羟基消去有碳碳双键生成，羧基再去与醇酯化即可得目标产物
1 / 1贵州省贵阳市普通高中2017-2018学年高三上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2018高三上·贵阳开学考）化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是（　　）
A．“辽宁舰”上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于新型无机非金属材料
B．汽车远程灯照在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体
C．废旧电池的回收处理，其主要目的是为了回收其中的金属
D．蛋白质是仅由C、H、O元素组成的物质
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．“辽宁舰“上用于舰载机降落拦阻索的特种钢缆，属于合金，而不是新型无机非金属材料，故A不符合题意；
B.混有扬尘的空气属于胶体，具有丁达尔现象，灯照在前方扬尘上有光亮的通路，故B符合题意；
C.废旧电池回收的目的是减少重金属的污染，而不是为了回收金属，资源循环再利用，故C不符合题意；
D.蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成，可能还含有S、P等元素，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．特种钢缆是铁碳合金，属金属材料；
B.扬尘上有光亮的通路是胶体的丁达尔现象，故空气是胶体；
C.废电池的其主要成分为锰、汞、锌、铬等重金属。若深埋在地下，其重金属成分随渗液溢出，造成地下水和土壤的污染，所以废旧电池回收的目的是减少重金属的污染。
2．（2018高三上·贵阳开学考）下列物质与类别不对应的是（　　）
A B C D
物质 小苏打 食用油 淀粉 84消毒液
类别 碱 油脂（酯类） 天然高分子化合物 混合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的简单分类；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，其化学式是NaHCO3，由钠离子和碳酸氢根离子构成，属于盐，故A符合题意；
B.食用油的成分为高级脂肪酸的甘油酯，属于油脂(酯类)，故B不不符合题意；
C.多糖包括淀粉、纤维素和糖原，其中淀粉和纤维素是植物细胞特有的，糖原是动物细胞特有的，故C不不符合题意；
D.“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠(NaClO)的水溶液，属于混合物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．小苏打是碳酸氢钠（NaHCO3）的俗称属于酸式盐；
B.食用油属于油脂(酯类)，其化学成分为高级脂肪酸的甘油酯；
C.淀粉（C6H10O5）n属多糖，是天然高分子化合物；
D.“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠(NaClO)的水溶液，溶液属于混合物；
3．（2018高三上·贵阳开学考）已知反应：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 （未配平）。下列说法正确的是（　　）
A．Na2CrO4是还原产物
B．该反应中有3种元素的化合价发生变化
C．NaNO3是还原剂
D．1 mol FeO·Cr2O3参与反应将得到7 mol电子
【答案】B
【知识点】铁的化学性质；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】已知反应FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2中，Fe元素的化合价从+2价升高为+3价，Cr元素化合价从+3价升高为+6价，N元素化合价从+5价降为+3价；
A．反应中Cr元素化合价升高，则Na2CrO4是氧化产物，故A不符合题意；
B.该反应中Fe、Cr及N元素的化合价发生变化，故B符合题意；
C.反应中N元素化合价降低，则NaNO3是氧化剂，故C不符合题意；
D.1mol FeO·Cr2O3参与反应将失去电子的物质的为[(3-2)+(6-3)×2]mol=7
mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】，N元素化合价从+5价降为+3价；
A．Cr元素化合价从+3价升高为+6价，则Na2CrO4是氧化产物；
B.该反应中Fe元素的化合价从+2价升高为+3价、Cr元素从+3价升高为+6价，N元素从+5价降为+3价，故Fe、Cr及N元素的化合价均发生变化；
C化合价降低的为还原剂；
D.根据化合价的升降进行计算；
4．（2018高三上·贵阳开学考）下列说法正确的是（　　）
A．方程式2C+SiO2 2CO+Si表明非金属性：碳>硅
B．一定量的氯气与过量的铁粉在密闭容器中充分反应，有FeCl2生成
C．将少量的浓硝酸滴入盛有过量的铜粉的试管中，气体产物只有NO2
D．向新制备的饱和氯水中加入碳酸钙粉末可以增强氯水的漂白性
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；硅和二氧化硅；铁的化学性质
【解析】【解答】A．方程式2C+SiO2 2CO↑+Si中，反应能进行的主要原因是生成了气体CO分离出原体系，只能说明碳易与氧结合，故A不符合题意；
B.铁粉与氯气反应，无论Fe是否过量，只能生成FeCl3，故B不符合题意；
C.Cu与浓硝酸反应生成NO2，当硝酸浓度降低后，铜与稀硝酸反应生成NO，故C不符合题意；
D.Cl2+H2O HCl+HClO，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而促进氯气溶解，导致溶液呈次氯酸浓度增大，则溶液的漂白性增强，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．元素非金属性的强弱由非金属单质的氧化性强弱来判断，该反应中C为还原剂，Si为还原产物，是C的还原性大于Si的，则不能证明其非金属性的强弱；
B.铁粉与FeCl3的反应是在溶液中进行的，而此时不是在溶液中，故无论Fe是否过量，只能生成FeCl3；
C.Cu与浓硝酸反应生成NO2，但随着反应的进行硝酸浓度降低，铜与稀硝酸反应就会有NO生成；
D碳酸的酸性弱于盐酸，强于次氯酸，在Cl2+H2O HCl+HClO反应后，碳酸钙只与盐酸反应不与次氯酸反应，消耗盐酸，促进氯气与水的反应，溶液中次氯酸浓度增大，则溶液的漂白性增强。
5．（2018高三上·贵阳开学考）下列解释事实的方程式错误的是（　　）
A．用湿润的淀粉—KI试纸检验Cl2： Cl2+2I-= 2 Cl-+I2
B．工业固氮：N2+3H2 2NH3
C．用FeCl3溶液腐蚀铜质线路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D．铝热法焊接铁轨：2Fe+Al2O3 2Al+Fe2O3
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氮气的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．氯气与碘化钾反应生成碘和氯化钾，碘与到淀粉变蓝，离子方程式：Cl2+2I-═2Cl-+I2，故A不符合题意；
B.氮气与氢气在高温高压催化剂条件下反应生成氨气，方程式：N2+3H2 2NH3，故B不符合题意；
C.用三氯化铁溶液腐蚀线路板，离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C不符合题意；
D.焊接铁轨应用的是铝热反应，方程式：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氯气的氧化性比单质碘的强，可将碘置换出来，碘遇到淀粉变蓝；
B.固氮是指将游离态的氮变成化合态的氮，工业上合成氨是人工固氮；
C.Fe3+的氧化性大于Cu2+，Cu的还原性大于Fe2+，小于Fe；
D.焊接铁轨应用的是铝热反应，Al比Fe活泼，所以是Al置换出Fe；
6．（2018高三上·贵阳开学考）已知：①CO的结构式为C O；②298K时相关化学键的键能数据如下表：
化学键 H—H O—H C—H C O
E/(KJ·mol-1) 436 465 413 1076
则反应 CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的△H的值为（　　）
A．-198kJ·mol-1 B．+267 kJ·mol-1
C．-298 kJ·mol-1 D．+634 kJ·mol-1
【答案】A
【知识点】反应热和焓变
【解析】【解答】CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的的焓变△H1=反应物总键能-生成物总键能，依据图表提供的化学键的键能计算得到△H1═(1076kJ mol-1+3×436kJ mol-1)-(4×413kJ mol-1+2×465kJ mol-1)=-198kJ·mol-1，
故答案为：A。
【分析】反应热即为反应时反应物断裂化学键时吸收的热量与形成生成物时放出的热量的差，所以△H=反应物总键能-生成物总键。
7．（2018高三上·贵阳开学考）下列有关工业生产的叙述正确的是（　　）
A．反应2SO2+O2 2SO3使用催化剂可以提高SO2的转化率
B．电解法精炼铜时，同一时间内阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量小
C．合成氨工业中，通常将液态氨及时分离出去以加快化学反应速率
D．工业上通常采用电解饱和食盐水的方法制备金属钠
【答案】B
【知识点】常见能量的转化及运用；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．硫酸工业中，加入催化剂平衡不移动，不能提高SO2转化为SO3的转化率，故A不符合题意；
B.电解精炼铜时，因为粗铜含有杂质，所以开始通电一段时间后，阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少，故B符合题意；
C.减少生成物的浓度，反应速率减小，则合成氨生产过程中将NH3液化分离，减小正反应速率，平衡正移，提高N2、H2的转化率，故C不符合题意；
D.Na是活泼金属，能与水反应，电解饱和食盐水只能得到NaOH、氢气和氯气，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．本题中催化剂可加快反应速率，但不影响反应物的转化率；
B.粗铜含有Fe、Ni、Pb、Ag、Aｕ等杂质，阳极先失电子的是比铜活泼的金属，然后才是铜失电子，阴极是铜离子得电子变成铜，根据得失电子守恒阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量小；
C.减少生成物的浓度，平衡向正方向移动，但反应速率减小，将NH3液化即为减小生成物浓度；
D.电解饱和食盐水只能得到NaOH、氢气和氯气，电解熔融的氯化钠可制取钠；
8．（2018高三上·贵阳开学考）用下列装置进行的实验，不能达到相应实验目的的是（　　）
A．装置甲：气体从a口进入，收集NH3
B．装置乙：实验室测定中和热
C．装置丙：实验室制取并收集乙酸乙酯
D．装置丁：验证HCl气体易溶于水
【答案】C
【知识点】气体的收集；中和热的测定；乙酸乙酯的制取；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．氨气的密度比空气小，可利用向下排空气法收集，则气体从a口进入可收集氨气，故A符合题意；
B.测定中和热，应使酸碱迅速反应，用环形玻璃棒搅拌，故B符合题意；
C.试管中为NaOH，酯在NaOH溶液中发生水解，不能收集到乙酸乙酯，应将NaOH改为碳酸钠溶液，故C不符合题意；
D.HCl极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，利用气球的变化可说明，故D符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氨气的密度比空气小且不与空气反应，用向下排空气法收集，收集氨气的管口短进长出；
C.试管中为，酯在NaOH溶液中，制乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集，若用NaOH收集，会发生水解；
D.HCl极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，使烧瓶内气压变小，外界大气压就将空气压入气球中；
9．（2018高三上·贵阳开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，Y元素原子次外层电子数等于其最外层电子数的2倍。下列判断错误的是（　　）
A．r（w）>r（z）>r（y）>r（x）
B．最简单气态氢化物的沸点：X>W
C．Y元素的最高价氧化物能与强碱反应
D．W的最高价氧化物对应的水化物属于一元强酸
【答案】A
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】短周期中次外层电子数等于其最外层电子数的2倍的是Si，则Y为Si，则X为氧元素、Z为磷元素、W为氯元素；
A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，故Si的原子半径大于磷、氯原子，氧原子核外少一个电子层，原子半径最小，故A符合题意；
B.H2O的分子间存在氢键，水常温下为液态，而HCl常温下为气体，即H2O的沸点大于HCl，故B不符合题意；
C.SiO2是酸性氧化物，能与强碱溶液反应生成盐和水，故C不符合题意；
D.HClO4是最强酸且为一元酸，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.同周期中原子半径逐渐减小，铜主族中原子半径逐渐增大
B.H2O、HF均存在分子间氢键，沸点会略高
10．（2018高三上·贵阳开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．常温常压下，30克的C2H6含有的共价键数为6NA
B．28gN2、CO和C2H4的混合气体分子总数为NA
C．标准状况下，22.4L单质溴所含原子数为2NA
D．25℃时，pH=1的H2SO4溶液中的H+数目为0.2NA
【答案】B
【知识点】物质的量的单位--摩尔；气体摩尔体积；物质的量浓度
【解析】【解答】A．每个C2H6分子中含有共价键数为7，30克的C2H6含有的共价键数为7NA，故A不符合题意；
B.N2、CO和C2H4的相对分子质量均为28，则28gN2、CO和C2H4的混合气体的总物质的量为1mol，含有分子总数为NA，故B符合题意；
C.标准状况下，溴为液体，不能根据气体摩尔体的结构简积计算其物质的量，故C不符合题意；
D.溶液的体积不知道，无法计算溶液中所H+的数目，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1mol烷烃CnH2n＋2含有的共价键为(n-1)的碳碳单键+（2n+2）的碳氢键共为3n+1摩，30克的C2H6为1molC2H6。含有的共价键数为7NA；
B.N2、CO和C2H4的总的物质的量＝总质量28g除以三者的平均摩尔质量28克/摩=1mol，则含有分子总数为NA，；
C.标准状况下，溴为液体，不能根据气体摩尔体积进行物质的量与体积的换算；
D.物质的量浓度乘以溶液的体积等于物质的量，溶液体积未知，不能计算溶液中所H+的物质的量和数目；
11．（2018高三上·贵阳开学考）下列说法正确的是（　　）
A．乙烯、聚乙稀和苯分子中均含有碳碳双键
B．纤维素可以被人体消化吸收，因为它在人体内可以水解成葡萄糖
C．石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生
D．乙烯使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同
【答案】C
【知识点】乙烯的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．聚乙稀和苯分子中均不含有碳碳双键，故A不符合题意；
B.人体内没有消化纤维素的酶，即纤维素在人体内不能被消化而提供能量，故B不符合题意；
C.石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、蛋白质变性等都存在新物质生成，都属于化学变化，故C符合题意；
D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是因为酸性高锰酸钾氧化乙烯，自身被还原；乙烯与溴发生加成反应而使溴水褪色，褪色原理不同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．聚乙稀中含碳碳单键，苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，不含碳碳双键；
B.人体内没有消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能水解得葡萄糖；
C.石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、蛋白质变性等都存在新物质生成，都属于化学变化；
D.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液，是氧化反应，乙烯使溴水褪色溴是加成反应，褪色原理不同；
12．（2018高三上·贵阳开学考）下列离子方程式，正确的是（　　）
A．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．将铜片插入硝酸银溶液中：Ag++Cu = Cu2++Ag
C．氢氧化镁与稀盐酸混合OH-+H+=H2O
D．向浓NaOH溶液中滴入几滴氯化铵溶液并加热：NH4++OH- NH3↑+H2O
【答案】D
【知识点】氮气的化学性质；铵盐；铜及其化合物
【解析】【解答】A．铜和稀硫酸不反应，故A不符合题意；
B.将铜片插入硝酸银溶液中发生的离子反应为2Ag++Cu = Cu2++2Ag，故B不符合题意；
C.氢氧化镁是不溶性的碱，不可拆分，故C不符合题意；
D.向浓NaOH溶液中滴入几滴氯化铵溶液并加热发生的离子反应为NH4++OH- NH3↑+H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．铜是金属活动顺序表氢以后的金属，不与稀硫酸反应；
B.铜片比银活泼，可将银从盐溶液中置换出来；
C.氢氧化镁是沉淀，不可拆分；
D.向浓NaOH溶液与滴氯化铵溶液反应生成的一水合氨加热分解。
13．（2018高三上·贵阳开学考）在一定温度下，将气体X和Y各3 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：3X(g)+Y(g) 2Z(g)+ W(g)。经过8min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6 mol。下列关于反应开始至第8 min时的平均反应速率的计算正确的是（　　）
A．v(X)=0.30 mol/(L·min) B．v(Y)=0.02 mol/(L·min)
C．v(Z)=0.02 mol/(L·min) D．v(W)=0.10 mol/(L·min)
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】经过8min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6 mol，则至第8 min时Z的平衡速率v(Z)= = =0.02 mol/(L·min)，根据速率之比等于化学计量数之比，相应的v(X)= ×v(Z)=0.03 mol/(L·min)、v(Y)= v(Z)=0.01mol/(L·min)、v(W)= v(Z)=0.01mol/(L·min)，故选项C符合题意，
故答案为：C。
【分析】化学反应速率等于单位时间内反应物或生成物的物质的量浓度的变化，则题中v(Z)= Δ n/ V/ Δ t = 1.6 mol/10 L/ 8 min =0.02 mol/(L·min)，又根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学反应方程式中的各物的化学计量数之比。
14．（2018高三上·贵阳开学考）下列说法正确的是（　　）
A．某物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水
B．H2S为二元弱酸，其电离方程式为：H2S 2H++S2-
C．已知：常温下，AgCl的Ksp=1.8×10-10。向99mL 0.01 mol/L KCl溶液中，加入1mL 0.01mol/LAgNO3溶液（忽略混合时溶液体积的变化），立即产生白色沉淀
D．NaHCO3溶于水会水解，该水解反应可表示为：HCO3-+H2O H3O++CO32-
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．室温(即20℃)时的溶解度小于0.01g的，叫难溶(或不溶)物质，绝对不溶的物质是没有的，故A不符合题意；
B.H2S为二元弱酸，其电离分步进行，故B不符合题意；
C.Qc=c(Cl-)×c(Ag+)=0.01mol/L×0.01mol/L=1×10-4＞Ksp，则立即产生白色沉淀，故C符合题意；
D.NaHCO3溶于水会水解，该水解反应可表示为：HCO3-+H2O OH-+H2CO3，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．难溶是指室温(即20℃)时的溶解度小于0.01g的物质，绝对不溶的物质是没有的；
B.H2S为二元弱酸，分步电离，一步比一步弱；
C.Qc=c(Cl-)×c(Ag+)=0.01mol/L×0.01mol/L=1×10-4＞Ksp，则立即产生白色沉淀，故C符合题意；
D写成了HCO3－的电离方程式，水解反应的离子方程式为：HCO3-+H2O
OH-+H2CO3，
15．（2018高三上·贵阳开学考）锌—空气电池是金属空气电池的一种，电解质溶液为KOH溶液时，反应为：2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-。下列有关说法正确的是（　　）
A．石墨电极上发生氧化反应
B．正极附近溶液的pH不断减小
C．OH-由锌电极移向石墨电极
D．Zn 电极上发生反应：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式
【解析】【解答】电池总反应2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)42-中Zn元素化合价升高，发生氧化反应，Zn为负极，而氧气中氧元素化合价除低，发生还原反应，通氧气的极为正极；A．石墨电极上通氧气，发生还原反应，故A不符合题意；
B.正极附近发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则电极周围溶液的pH不断增加，故B不符合题意；
C.原电池工作时，OH-向负极Zn移动，故C不符合题意；
D.Zn 电极上发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．石墨为正极，是通入的氧气得到电子发生还原反应；
B.正极附近发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，则电极周围溶液的pH不断增加；
C.原电池工作时，溶液中的阴离子向向负极移动，锌为负极；
D.Zn 为负极电极失去电子；
16．（2018高一上·攀枝花期末）将m g镁铝合金投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60 g，则m的值为（　　）
A．5.10 B．8.50 C．9.35 D．11.48
【答案】A
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】反应中Al Al3+ Al(OH)3，Mg Mg2+ Mg(OH)2，可知Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据2H+ H2，生成5.6LH2转移的电子为 ×2=0.5mol，所以反应后生成沉淀的质量为mg+0.5mol×17g/mol=13.60g，解得：m=5.1g，故选A。
【分析】根据金属镁铝与盐酸的反应，结合电子得失守恒进行计算即可。
二、综合题
17．（2018高三上·贵阳开学考）氮及其化合物在生活及工业生产中有着重要应用。请回答以下问题：
（1）下图是N2(g)、H2(g)与NH3(g)之间转化的能量关系图，则：
①N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为　 　。
②过程（I）和过程（Ⅱ）的反应热　 　(填“相同”或“不同”），原因是　 　。
③一定温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1 mol N2(g)、3molH2(g)，达到平衡时，混合气体的总量为2.8 mol，则该条件下反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的平衡常数为　 　，H2的平衡转化率为　 　。
（2）用NH3可以消除氮氧化物的污染，已知：
反应I：4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) △H1= a kJ/mol
反应Ⅱ：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H2= b kJ/mol
反应Ⅲ：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H3= c kJ/mol
则：反应Ⅱ中的b=　 　 kJ/mol(用含a、c的代数式表示），反应Ⅲ中的△S　 　0（填“>”“<”或“=”）。
（3）在恒容的密闭容器中，充入一定量的NH3和NO进行上述反应Ⅲ，测得不同温度下反应体系中NH3的转化率（α）与压强p的关系如图：
①分析得P1　 　P2 （填“>”“<”或“=”）。
②下列叙述中，不能判断反应Ⅲ已经达到平衡状态的标志是　 　（填序号）。
a. N2的浓度不再改变
b.断裂6molN-H键的同时，有6molH-O键形成
c.容器中压强不再变化
d.混合气体的密度保持不变
【答案】（1）N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H= -92 kJ/mol；相同；反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关； (L·mol)2；60%
（2）；＞
（3）<；bd
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①由能量转化关系图可知N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H= -92 kJ/mol；②有盖斯定律可知，反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，则过程(I)和过程(Ⅱ)的反应热相同；③
N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)
起始（mol/L） 1 3 0
转化（mol/L） c 3c 2c
平衡（mol/L） 1-c 3-3c 2c
达到平衡时，混合气体的总量为2.8mol，(1-c+3-3c+2c)mol/L×1L=2.8mol，解得：c=0.6mol/L，此温度下平衡常数K= = (L·mol)2；H2的平衡转化率为 ×100%=60%；
(2)已知：反应I：4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) △H1= a kJ/mol，反应Ⅲ：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H3= c kJ/mol，则盖斯定律可知，(I-Ⅲ)× 得N2(g)+O2(g) 2NO(g)，则△H2=b kJ/mol= kJ/mol；反应Ⅲ4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) 是气体体积增大的反应，反应的熵变△S＞0；
(3)①在恒温下，增大压强平衡逆向移动，反应物的转化率降低，则由图示可知P1＜P2；
②a. N2的浓度不再改变，说明反应处于平衡状态，故a正确；
b.断裂6molN-H键的同时，有6molH-O键形成，均为正反应速率，无法判断是否是平衡状态，故b错误；
c.反应过程中气体总物质的量始终变化，当容器中压强不再变化时，说明气体总物质的量一定，此时是平衡状态，故c正确；
d.混合气体的质量和体积始终不变，则混合气体的密度保持不变，无法判断是平衡状态，故d错误；
故答案为：bd。
【分析】(1)如图E1是反应物的总能量，E2为生成物的总能量 ，焾变△H=E1－E2＝-92 kJ/mol；E4－E1或E3－E1为活化能，Ⅱ低于I，说明是加了催化剂，降低活化能，改变了反应速率，但不影响反应热；反应前后气体的物质的量之差＝1mol+3mol-2.8mol=1.2mol，根据各物的物质的量的变化之比等于化学反应中各物的化学计量数之比和差量法，可算出反应了的N2为0.6mol，H2为1.8mol，生成的NH3为1.2mol，则平衡时的N2、H2、NH3分别为0.4mol、1.2、1.2mol，体积为1L，则平衡浓度分别为0.4mol/L、1.2mol/L、1.2mol/L，平衡常数为平衡时生成物浓度的幂之积除以反应物浓度的幂之积，H2的转化率为H2的变化浓度除以起始浓度。
(2)根据盖斯定律，反应Ⅲ＝反应I－3×反应Ⅱ，得△H3=△H1－3×△H2，ｃ=ａ－3×ｂ，物质的熵的大小，气态＞液态＞固态，反应Ⅲ是一个气体体积增大的反应，是一个熵增的反应，熵变△S＞0；
(3)①反应Ⅲ的正反应方向是气体系数增大的反应，增大压强时平衡向气体系数减小的方向移动即逆方向移动，反应物的转化率减小，如图定温时P1对应的纵坐标（转化率）大于P2，P1＜P2；
②可作达平衡的标志有：各组分的浓度不再改变，正逆反应速率相等，恒容时反应前后气体不相等的反应总物质的量不变或总压强不变，恒容时反应前后气体的质量不等的反应密度不变等；b选项中断裂6lN-H键和lH-O键的形成，都是正反应方向，不能代表正逆反应速率相等，d选项中混合气体的质量和体积始终不变，达没达到平衡混合气体的密度保持不变，此时密度不变不能作达到平衡的标志。
18．（2018高三上·贵阳开学考）某校研究性学习小组选用下图装置组装制备纯净干燥的NH3并探究NH3与CuO发生的反应，同时检验和收集非固态产物。请回答下列问题：
（1）完成实验所需装置按气流方向从左到右的连接顺序为　 　。
（2）连接好装置后应首先　 　，然后添加药品进行实验。
（3）装置A中发生反应的化学方程式为　 　。
（4）D中盛放碱石灰的仪器名称是　 　，E装置的作用是　 　。
（5）通过进一步检测发现F中收集到的气体是一种常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种固体单质。试描述该小组同学还能观察到的其它现象为：　 　；C中反应的化学方程式为：　 　。
【答案】（1）ADCEGBF
（2）检査装置的气密性
（3）2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+ H2O+ 2NH3↑
（4）球形干燥管；检验NH3 与CuO反应的产物中是否有水生成
（5）C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生；E中白色固体逐渐变蓝；2NH3+3CuO 3Cu+3H2O+ N2
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法
【解析】【解答】(1)利用A装置制备氨气，并使用碱石灰干燥氨气，再通过加热的CuO探究氨气的还原性，同时利用无水硫酸铜检验反应中生成的水蒸气和浓硫酸吸收未反应的氨气，最后用排水法收集氮气，则装置按气流方向从左到右的连接顺序为ADCEGBF；(2)通常连接好装置后应首先检査装置的气密性，然后添加药品进行实验；(3)装置A中是氯化铵和氢氧化钙混合加热制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+ H2O+ 2NH3↑；(4)D中盛放碱石灰的仪器名称是球形干燥管，E装置中盛放的无水硫酸铜的作用是检验NH3 与CuO反应的产物中是否有水生成；(5)F中收集到的气体是氮气，硬质玻璃管中得到固体单质为铜，从原子守恒角度分析，还应该有水生成，则还能观察到的现象为C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生；E中白色固体逐渐变蓝；氨气还原氧化铜时发生反应的化学方程式为2NH3+3CuO 3Cu+3H2O+ N2。
【分析】(1)固固混合加热制气体选A装置制备氨气，氨气是碱性气体用碱石灰干燥，NH3中因N的化合价为－3价而具有还原性，CuO中因Cu为＋2价具有氧化性，二者若反应有水和氮气生成，实验中就用无水硫酸铜检验是否有水生成，用浓硫酸吸收未反应的氨气，用排水法是否收集气体确定氮气的生成故装置连接顺序为ADCEGBF；
(2)实验步骤为：连接装置，检查装置的气密性，加药品，做实验等。
(3)铵盐与强碱反应生成新盐和一水合氨再分解氨气和水；
(4)氨气是碱性气体用碱石灰干燥，无水硫酸铜吸水变五水硫酸铜，颜色由白色变蓝，用来证明产物中有水生成；
(5)硬质玻璃管中得到固体氧化铜被还原成单质为铜，颜色由黑变红色，另外有水生成，所以试管壁上有水珠。
19．（2018高三上·贵阳开学考）卤块的主要成分是MgCl2，还含有少量Fe2+、Fe3+和Mn2+等杂质离子。现以卤块为原料按如下流程进行生产，以制备金属镁。
本流程操作条件下，生成氢氧化物沉淀的pH如下表：
物质 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Mg(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 8.3 10.0
沉淀完全 3.7 9.6 9.8 11.1
*Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3+后生成Fe(OH)3沉淀除去。 请回答以下问题：
（1）步骤①中，为了加快酸溶速率，除了适当增加稀盐酸的浓度外，还可以采取的措施有 　 　 (任写一条)。
（2）步骤②中NaClO的电子式为　 　，加入NaClO溶液的目的是　 　
(用离子方程式解释)。
（3）常温时，Mg(OH)2的Ksp=1.8×10-11。当溶液pH=10.0时，溶液中的c(Mg2+)=　 　。
（4）若将步骤⑤中“稀盐酸”改为“加水、煮沸”的方式可以得到另一种沉淀物和一种无色无味的气体，请写出该反应的化学方程式　 　。
（5）步骤⑥中涉及的操作是　 　，且⑥⑦操作均需在HCl气流中进行，其原因是　 　。
【答案】（1）加热（将卤块粉碎、不断搅拌等合理操作）
（2）；2Fe2++2H++ ClO-=2Fe3++H2O+Cl-
（3）1.8×10-3 mol/L
（4）MgCO3+H2O Mg(OH)2+CO2 ↑
（5）蒸发浓缩、冷却结晶；抑制MgCl2水解
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)步骤①中，为加快酸溶速率，除适当增加稀盐酸的浓度外，还可以通过加热或将卤块粉碎、不断搅拌等措施来达到目的；(2)NaClO是离子化合物，其电子式为 ，步骤②加入NaClO溶液的目的是在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；(3)已知Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=1.8×10-11，则当溶液pH=10.0，即c(OH-)= = =1×10-4mol/L，溶液中的c(Mg2+)= =1.8×10-3 mol/L；(4)将步骤⑤中MgCO3的悬浊液直接加热煮沸，生成二氧化碳和氢氧化镁沉淀，发生反应的化学方程式为MgCO3+H2O Mg(OH)2↓+CO2↑；(5)步骤⑥通过将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶最终获得MgCl2·6H2O，因加热能促进Mg2+水解，则⑥⑦操作均需在HCl气流中进行，目的是为了抑制MgCl2水解。
【分析】(1)①中，加快酸溶速率的方式有增加稀盐酸的浓度、加热、增加接触面积即将卤块粉碎、不断搅拌等；
(2)NaClO是离子化合物，其电子式为 ‘ NaClO具有强氧化性可氧化Fe2+，反应为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
(3)由K w =c ( H + )×c(OH-) 可算出c(OH-)＝1×10-4mol/L，又根据Ksp=c(Mg2+)×c2(OH-)=1.8×10-11，可算出c(Mg2+)= 1.8×10-3 mol/L；
(4)MgCO3的溶解度大于Mg(OH)2，步骤⑤中对MgCO3的悬浊液进行加热煮沸时，生成二氧化碳和氢氧化镁沉淀，反应为MgCO3+H2O＝ Mg(OH)2↓+CO2↑；
(5)步骤⑥通过将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶最终获得MgCl2·6H2O，MgCl2水解可得Mg(OH)2和HCl，在HCl气流中加热煮沸可抑制MgCl2水解，避免了Mg(OH)2的生成　。
20．（2018高三上·贵阳开学考）常温下，在体积为10mL、物质的量浓度为0.1mol/L的某酸HA溶液中逐滴滴入物质的量浓度为0.1mol/L的NaOH溶液，测得混合溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示（忽略混合后溶液体积的变化）。请回答以下问题：
（1）HA为　 　(填“强酸”或“弱酸”），做出该判断的理由是　 　。
（2）常温下，0.1mol/L NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=　 　mol/L；B点时，溶液中由水电离出的c(OH-)=　 　mol/L。
（3）B点时，混合溶液中各离子浓度的大小关系为　 　，c(HA)+ c(A-)=　 　mol/L。
（4）若测得NH4A溶液的pH=7，且将HA溶液滴入(NH4)2CO3溶液中有CO2生成，则相同条件下，的物质的量浓度下列溶液的pH由小到大的顺序为　 　。
a.NH4A
b.NH4Cl
c.NH4HCO3
d.(NH4)2SO4
【答案】（1）弱酸；A-+ H2O HA+OH- (HA溶液与等物质的量浓度、 等体积的NaOH溶液混合后所得溶液呈碱性）
（2）10-13；10-5
（3）c(Na+) > c(A- )> c(OH-)> c(H+)；0.05 mol/L
（4）d【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)等物质的量浓度、等体积的HA溶液与NaOH溶液混合后所得溶液呈碱性，说明NaA中存在A -+ H 2O HA+OH -，可知HA为弱酸；(2)常温下K w=1×10 -14，0.1mol/L NaOH溶液中c(OH -)=0.1mol/L，则由水电离出的c(OH -)=c(H +) 溶液= = =1×10 -13mol/L；B点时，溶液pH=9，此时由水电离出的c(OH -)= = =1×10 -5mol/L；(3)B点为NaA溶液，其浓度为 =0.05mol/L，溶液中存在的电荷守恒式为c(Na +)+c(H +)=c(OH -)+c(A - )，此时溶液显碱性，则合溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na +) ＞ c(A - )＞ c(OH -)＞ c(H +)，根据物料守恒可知：c(HA)+ c(A -)=c(Na +)=0.05mol/L；(4)将HA溶液加到(NH 4) 2CO 3溶液中有气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH 4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同；NH 4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH 4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵；NH 4HCO 3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，则四种溶液的pH由小到大的顺序为d＜b＜a＜c。
【分析】(1)图中B的横坐标为10，纵坐标为9即等物质的量浓度、等体积的HA溶液与NaOH溶液为恰好反应生成NaA，A-结合了水电离出的H +，促进了水的电离，水电离出的OH-增多溶液呈碱性，说明中存在A-+ H2O HA+OH-，可知HA为弱酸；
(2)任何水溶液中水电离出来的H +和OH-始终相等，常温下0.1mol/L NaOH溶液中的H+是水电离出的，则此时由水电离出的c(OH-)=c(H+)溶液=＝ =1×10-13mol/L；B点为NaA溶液时，pH=9是因为A-结合了水电离出的H +，促进了水的电离，水电离出的OH-增多，此时的OH-就是水出的c(OH-)= =＝1×10-5mol/L；
(3)B点为NaA溶液，存在的电离有NaA=Na++A-，H2O H++OH-主要离子是Na+和A-，因少量A-水解消耗了，所以c(Na+) ＞ c(A- )，A-水解呈碱性所以c(OH-)＞ c(H+)，则溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+) ＞ c(A- )＞ c(OH-)＞ c(H+)，根据物料就是守恒可知：c(HA)+ c(A-)=c(Na+)=0.05mol/L；
(4)四者均为盐，电离出的NH4+水解呈酸性，ｃ（NH4+）越大，酸性越强，pH越小，ｄ中电离的ｃ（NH4+）最大，ｐH最小，Cl－是强酸的酸根离子，对NH4+的水解无影响，A-和HCO3-是弱酸的酸根离子，水解呈碱性，因酸碱中和促进NH4+的水解，使ｃ（NH4+）变小，又由HA溶液滴入(NH4)2CO3溶液中有CO2生成，可知HA的酸性大于H2CO3，则A-的水解小于HCO3-的水解，故NH4A 中ｃ（NH4+）大于NH4HCO3的，综上所述四种溶液的pH由小到大的顺序为d＜b＜a＜c。
21．（2018高三上·贵阳开学考）非金属元素碳能形成多种化合物，请回答以下与碳的化合物相关的问题：
（1）CO2分子中σ键与π键的个数比为　 　。
（2）C2H6的二溴代物中　 　 (填“有”或“无”）手性分子。
（3）已知邻羟基苯甲酸 与对羟基苯甲酸 的沸点相差较大，根据结构分析，前者的沸点　 　后者（填“高于”或“低于”）并解释原因　 　。
【答案】（1）1∶1
（2）无
（3）低于；前者形成分子内氢键，而后者形成分子间氢键
【知识点】化学键；氢键的存在对物质性质的影响；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】(1)二氧化碳的分子结构为O=C=C，每个分子中含有2个σ键和2个π键，所以σ键与π键的个数比为1∶1；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，故乙烷的二溴代物中无手性分子；(3)邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则邻羟基苯甲酸的沸点高于对羟基苯甲酸。
【分析】(1)CO2分子中C原子以sp杂化轨道形成δ键，其分子结构为O=C=O，每个分子中含有2个σ键和2个π键，所以σ键与π键的个数比为1∶1；
(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，故乙 烷的二溴代物中无手性分子；
(3)邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则邻羟基苯甲酸的沸点高 于对羟基苯甲酸。
22．（2018高三上·贵阳开学考）硫酸铜溶于过量的氨水中形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色的透明溶液。
（1）[Cu(NH3)4]SO4中的非金属元素H、N、O的电负性由大到小的顺序为　 　 (用元素符号回答）。
（2）[Cu(NH3)4] 2+中Cu2+与NH3之间形成的化学键为　 　，提供孤电子对的成键原子是　 　。
（3）[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的空间构型是　 　，与该阴离子互为等电子体的五原子微粒有 　 　（填写一种即可）。
【答案】（1）O>N>H
（2）配位键；氮（或N)
（3）正四面体；PO43-或ClO4-等
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；分子晶体；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】解(1)元素非金属性越强，电负性越大，则H、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H；(2)[Cu(NH3)4] 2+中Cu2+有空轨道，与NH3之间形成的化学键为配位键，NH3中的N核外有孤对电子，则提供孤电子对的成键原子是NH3中的N原子；(3)SO42-中S原子是sp3杂化，则SO42-的空间构型是正四面体，根据等电子体理论，与该阴离子互为等电子体的五原子微粒有PO43-或ClO4-等。
【分析】（1）同周期元素的从左到右，原子半径递减，原子核吸收电子的能力递增，所以O元素非金属性大于N的，其电负性越大，则O>N>H；
（2）Cu2+提供空轨道，NH3中的N提供孤对电子，二者以配位键结合成[Cu(NH3)4] 2+；（3）SO42-中S原子是sp3杂化，价层电子对互斥理论模型为正四面体，根据等电子体理论，所含原子个数和最外层电子数相等的为等电子体，其性质相似。PO43-或ClO4-满足条件。
23．（2018高三上·贵阳开学考）氧、硫、硒、碲等氧族元素在化合物中常表现出多种氧化态，含氧族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答以下问题：
（1）氧、硫、硒三元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　（用元素符号回答）。
（2）基态Se原子的价层电子排布式为　 　，其原子核外有　 　种运动状态不同的电子。
（3）气态SO3为单分子状态，其中S原子的杂化轨道类型为　 　。若SO3的三聚体(SO3)3的环状结构如图所示，则该结构中S原子的杂化轨道类型为　 　。
（4）氧族元素的气态氢化物中，H2S的稳定性强于H2Se，原因是　 　。
（5）氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能大小为 CaO 　 　CaS (填“>”，“<”或“=”）。
（6）硫化锌在光导材料、涂料等行业中应用广泛，其晶体结构如图，则该晶体属于　 　晶体，化学式为　 　，若晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞边长为　 　cm (阿伏加德罗常数的值用NA表示）。
【答案】（1）O>S>Se
（2）4s24p4；34
（3）sp2；sp3
（4）S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径
（5）>
（6）离子；ZnS；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；离子晶体；分子晶体
【解析】【解答】(1)氧、硫、硒为同主族元素，第一电离能随核电荷数递增而减小，则由大到小的顺序为O＞S＞Se；(2)Se的核电荷数为34，其基态原子的价层电子排布式为4s24p4，其原子核外有34种运动状态不同的电子；(3)SO3气态为单分子，该分子中S原子形成3个δ键，没有孤对电子，则为sp2杂化， SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，为sp3杂化；(4)因S的非金属性强于Se，且S的原子半径小于Se的原子半径，故H2S的稳定性强于H2Se；(5)因O2-的半径比S2-小，则氧、硫分别与钙形成两种化合物的晶格能CaO＞CaS；(6)构成晶体的基本微粒为S2-和Zn2+，则ZnS晶体为离子晶体，晶胞中含有S2-位于顶点和面心，共含有8× +6× =4，黑色球位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为4×(87÷NA)g，晶胞的体积为(acm)3，则密度为ρg·cm-3，
则ρg·cm-3= ，
【分析】（1）同主族元素随核电荷数递增，原子半径递增，原子核对最外层电子的吸收力递减，失电子越来越容易，第一电离能即为失去最外层第1个电子所需要吸收的能量，就越小，O、S、Se为同一主族，则第一电离能就递减；
（2）根据能级图可写出电子排布式，主族元素的价电子排布就是最外层电子排布为4s24p4，核外有多少个电子，就有多少种运动状态，每个电子的运动状态是不一样的；
（3）SO3有3个δ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，则杂化类型为sp2， SO3的三聚体中S原子形成4个δ键，价层电子对数为4，则杂化类型为为sp3杂化；
（4）因S与Se是同主族元素，非金属性递减，故H2S的稳定性强于H2Se；
（5）离子晶体中离子半径越小，电荷数越大的晶格能越大
24．（2018高三上·贵阳开学考）有机物的结构可简化为“键线式”，如：CH3—CH=CH—CH3可表示为 。
几种有机物的键线式或结构简式如下图所示：
（1）互为同分异构体的有机物为 　 　。
（2）有机物甲中有　 　个原子在同一平面上。
（3）有机物丁的二氯取代产物和有机物戊的二氯取代产物分别有　 　、　 　种。
【答案】（1）甲和丁、乙和丙
（2）8
（3）1；3
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：甲的分子式为C4H4，乙的分子式为C6H6，丙的分子式为C6H6，丁的分子式为C4H4，戊的分子式为C8H8；(1)甲和丁、乙和丙的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；(2)有机物甲中碳碳双键可提供6个原子的平面结构，而碳碳叁键为直线结构，则有机物甲8个原子在同一平面上；(3)有机物丁和戊的一氯代物均为一种，在一氯代物的基础上，再确定另一个氯的取代位置，可知丁的二氯取代产物有1种，有机物戊的二氯取代产物分别有3种。
甲的分子式为C4H4，乙的分子式为C6H6，丙的分子式为C6H6，丁的分子式为C4H4，戊的分子式为C8H8；
【分析】(1)甲和丁的分子式为C4H4但结构不同，乙和丙的分子式为C6H6但结构不同，甲和丁、乙和丙互为同分异构体；
(2)有机物甲中碳碳双键可提供6个原子的平面结构，而碳碳叁键为直线结构，则有机物甲8 个原子在同一平面上；
(3)有机物丁和戊的一氯代物均为一种，在一氯代物的基础上，再确定另一个氯的取代位置，可知丁的二氯取代产物有1种，有机物戊的二 氯取代产物分别有3种。
25．（2018高三上·贵阳开学考）为测定某有机物A的结构，进行如下实验。
（1）[分子式的确定]
将7.4 g某有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成9.0 g H2O和17.6 g CO2。
则该物质的最简式是　 　，据此　 　 (填“能”或“不能”）确定该有机物的分子式。若前一空选填“能”，请在后面横线上写出其分子式；若前一空选填 “不能”，请在后面横线上写出理由：　 　。
（2）[结构式的确定]
核磁共振氢谱显示该有机物A分子内有2种不同环境的氢原子，且A能与金属钠反应放出无色无味的气体，则A的结构简式为　 　。
（3）[性质实验]
A在浓硫酸作用下加热至一定温度可生成不饱和烃B，请写出B发生加聚反应的反应方程式： 　 　。
【答案】（1）C4H10O；能；C4H10O
（2）
（3）
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：(1)n(CO2)= =0.4 mol，n(H2O)= =0.5 mol，根据原子守恒可知此有机物中氧的物质的量为= =0.1mol，则该物质中C、H、O原子的个数比为0.4 mol∶(0.5mol×2)∶0.1mol=4∶10∶1，最简式为C4H10O，碳为四价，氢为1价，氧为二价，氢的最大饱和键数为2n+2(n为碳数)，C4H10O中氢数已经饱和，所以能否据此确定该有机物的分子式为C4H10O；(2)A能与金属钠反应放出气体，为醇，有机物A分子内有2种不同环境的氢原子，为两种氢原子，符合条件的醇为C(CH3)3OH；(3)C(CH3)3OH在浓硫酸的作用下发生消去反应，生成的B为C(CH3)2=CH2，则发生加聚反应的反应方程式为 。
【分析】：(1)根据原子守恒可知此有机物中氧的物质的量，该物质中C、H、O原子的个数比为0.4 mol∶(0.5mol×2)∶0.1mol=4∶10∶1，最简式为C4H10O，碳为四价，氢为1价，氧为二价，氢的最大饱和键数为2n+2(n为碳数)，C4H10O中氢数已经饱和，所以能否据此确定该有机物的分子式为C4H10O；
(2)A能与金属钠反应放出气体，为醇，有机物A分子内有2种不同环境的氢原子，为两种氢原子，符合条件的醇为C(CH3)3OH；
(3)C(CH3)3OH在浓硫酸的作用下发生消去反应，生成的B为C(CH3)2=CH2
26．（2018高三上·贵阳开学考）以含有某种官能团的芳香烃C8H8为主要原料合成药物E的流程（部分反应条件及产物略去）如下：
已知：
请根据流程图中转化关系回答下列问题：
（1）芳香烃C8H8的结构简式为　 　，名称为　 　。
（2）反应②的反应类型为　 　。
（3）B中所含官能团的名称为　 　。
（4）D转化为E的化学方程式为　 　，该反应的反应类型为　 　。
（5）同时满足下列条件的C的同分异构体有　 　种。
①遇FeCl3溶液发生显色反应；
②既能发生水解反应也能发生银镜反应；
③苯环上只有两个取代基。
写出其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的有机物结构简式∶　 　。
（6）参照上述流程，写出用CH3CH2OH为原料（其它无机试剂任选）制备化合物CH2=CHCOOCH2CH3 的合成路线　 　。
【答案】（1）；苯乙烯
（2）取代（水解）
（3）羰基
（4）；消去反应
（5）6；
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】C8H8与HBr发生加成反应生成
，则可知C8H8为苯乙烯；
在NaOH溶液中加热水解生成的A为
，
催化氧化产物B为
，B与HCN发生加成反应并在酸性条件下水解得到的C为
，C再乙醇酯化得到的D为
，D再与浓硫酸混合加热发生消去反应得到E；(1)C8H8与HBr发生加成反应生成
，其结构简式为
；(2)反应②为卤代烃的水解，反应类型为取代反应或水解反应；(3)
中所含官能团的名称为羰基；(4)
与浓硫酸混合加热生成E的化学方程式为
，该反应的反应类型为 消去反应；(5)①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②既能发生水解反应也能发生银镜反应，说明含有甲酸酯；③苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为—OH，另一个取代基为HCOOCH2CH2—、HCOOCH(CH3)—，两取代基之间有邻、间、对位三种情况，故共有6种符合情况的同分异构体；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的有机物结构简式为
；(6)以CH3CH2OH为原料并结合上述流程中的信息，合成CH2=CHCOOCH2CH3 的流程为
。
【分析】（1）C8H8的不饱和度为5，苯环的不饱和度为4，能与HBｒ加成，则有一个碳碳双键，由此C8H8为苯乙烯；
（2）反应②的的条件是强碱的水溶液，反应②为卤代烃的水解反应；
（3）反应③是醇的催化氧化反应，A中的羟基连的碳原子上只有一个H，催化氧化后成羰基；
（4）D转化为E是中的的醇羟基发生消去得烯；
（5）①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②既能发生水解反应也能发生银镜反应，说明含有HCOO—；③苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为—OH，另一个取代基为HCOOCH2CH2—、HCOOCH(CH3)—，两取代基之间有邻、间、对位三种情况，故共有6种，由磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2，可知分子的对称性很强，支链处于对位　即为；
（6）乙醇催化氧化得的醛中有羰基，再与HCN加成、酸化得，其中醇羟基消去有碳碳双键生成，羧基再去与醇酯化即可得目标产物
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