精品解析：浙江浙南名校2025-2026学年高二下学期开学化学试题

高二化学练习 考生须知： 1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。 4.考试结束后，只需上交答题纸。 5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56 选择题部分 一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的) 1. 下列对聚氯乙烯所属分类不正确的是 A. 有机物 B. 高分子 C. 烃 D. 混合物 2. 下列表示不正确的是 A. 基态Br原子的电子排布式为： B. 的名称：2,3,3-三甲基戊烷 C. HCl中共价键的电子云图： D. 的VSEPR模型：平面三角形 3. 下列关于说法不正确的是 A. 正四面体结构 B. 溶液呈酸性 C. 中铝原子采取杂化 D. 可利用溶液和盐酸相互滴加产生的不同现象鉴别两种溶液 4. 已知，下列有关说法不正确的是 A. 3种产物均为极性分子 B. 反应过程中可能有白烟产生 C. 反应物中的易溶于 D. n(氧化产物):n(还原产物) 5. 根据元素周期律，下列说法正确的是 A. 电负性： B. 半径： C. 第一电离能： D. 分子的极性： 6. 利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是 A. 装置①可用于定量测定并比较化学反应速率 B. 装置②可用实验室制取氨气 C. 装置③可用于制备银氨溶液 D. 装置④可用于在铁制品表面镀铜 7. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 溶液中阴阳离子总数大于 B. 1 mol金刚石晶体中含有4 mol碳碳单键 C. 30 g冰醋酸与过量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂键的数目为 D. 常温下，任意比例混合的环丙烷和丙烯混合物中，含氢原子的数目为 8. 下列说法不正确的是 A. SiC属于共价晶体，硬度大，可用作砂轮磨料 B. 明矾溶于水生成胶体，可用于自来水杀菌消毒 C. 分子间存在氢键，易液化，因此常用液氨作制冷剂 D. 乙烯有还原性，可用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土吸收水果产生的乙烯实现水果保鲜 9. 下列物质分离与提纯的操作中，所选方法与原理正确的是 A. 用重结晶法提纯苯甲酸——利用苯甲酸在冷水和热水中溶解度差异大 B. 从碘水中提取碘单质——采用蒸馏法，利用碘的沸点低于水 C. 除去乙烷中混有的少量乙烯——通过酸性高锰酸钾溶液洗气，再干燥 D. 除去氧化铝中混有的氧化镁——加入NaOH溶液过滤 10. 下列方程式不正确的是 A. 溶液与闪锌矿反应生成铜蓝： B. 向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸： C. 向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色： D 向二元弱酸溶液中加入足量烧碱溶液： 11. 下列性质与微观解释不相符的是 选项 性质或现象 微观解释 A 酸性： 电负性：，中羟基极性更大 B 熔点：顺-2-丁烯<反-2-丁烯 顺-2-丁烯为极性分子，反-2-丁烯为非极性分子 C 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键 D 离子键成分百分数： 电负性差值：Na和和O A. A B. B C. C D. D 12. 电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨，同时实现甘油转化为高附加值化学品。知双极膜中解离产生的和在电场作用下向两极迁移。下列说法不正确的是 A. 双极膜中产生的向电极b方向移动 B. 电解一段时间后，电极b一侧电解质溶液碱性增强 C. 外电路每通过2 mol电子，则双极膜中有18 g水解离 D. a极电极反应式为 13. 一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的和，发生反应：。反应过程中测得的部分数据如表所示，下列说法正确的是 0 10 20 30 0.10 0.04 0.02 0.20 0.04 A. 反应在前10 min内的平均速率 B. 温度不变，若起始时向容器中充入、和0.4molC，达平衡前 C. 若该容器为恒压状态，保持其它条件不变，达到平衡时A的转化率小于 D. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应 14. 科学家通过X射线测得晶体结构如图所示。已知：晶体加热时依次发生如下转化，下列说法不正确的是 A. 可写为 B. 与结合后键角变大 C. 晶体中存在的作用力有：离子键、共价键、配位键、氢键 D. 晶体受热时首先失去的是和结合的结晶水 15. 在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是 A. 转化过程中有键的断裂和键的形成 B. 该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物 C. 化合物ⅰ和化合物ⅱ的红外光谱和核磁共振氢谱均不相同 D. 该机理的总方程式为： 16. 以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(VI)废水的工艺流程，下列说法不正确的是 已知：①。②当离子浓度小于时，可认为离子已沉淀完全。 A. 要实现步骤Ⅰ的转化，可以向含的废水中加入浓盐酸 B. 烟道气可以用或代替 C. 若步骤Ⅲ中加入适量碱石灰，则过滤得到的沉淀物不止一种 D. 室温下，调节步骤Ⅲ反应后上层清液的，可以实现完全沉淀 非选择题部分 二、非选择题 17. Ⅰ．B和Al元素在高性能复合材料领域具有重要应用。 （1）基态B原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为___________。 （2）下列是气态铝原子或离子的电子排布式，其中处于激发态的有___________(填序号)。 A. B. C. D. （3）依据同主族元素性质相似，写出硼酸在水中的电离方程式___________。 Ⅱ．、和Ni元素可形成多种特殊功能的合金材料。 （4）下列说法正确的是___________。 A. 它们位于元素周期表的第Ⅷ族，ds区 B. 基态Fe原子核外有7种能量不同电子 C. 它们的硫酸盐溶液pH都大于7 D. 室温下和都为液体，则二者都属于分子晶体 （5）从结构上看，、中更稳定是___________，原因是___________。 （6）已知氧化性，则与氢碘酸反应的离子方程式为___________。 18. 已知含碳化合物有如下转化关系，请回答问题： （1）画出基态碳原子的价层电子排布轨道式：___________。 （2）写出C的结构简式：___________，D中官能团的名称是___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. A和C中碳原子的杂化方式相同 B. D存在两种同分异构体 C. 转化中只含有两种反应类型 D. 根据结构推测相同条件下D比B在水中的溶解度大 （4）下图为固态二氧化碳(干冰)的晶胞示意图，请回答： ①一个干冰晶胞中含有___________个分子。 ②请解释冰的密度低于干冰的原因___________。 19. 氯水、次氯酸盐和常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。 （1）用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因___________。 （2）下列一定可以增强氯水漂白杀菌作用的措施是___________。 A. 对氯水加热 B. 加入NaCl固体 C. 加入碳酸钙粉末 D. 加入固体 （3）HClO电离平衡体系中各成分的组成分数，为HClO或]与pH的关系如图1所示(不考虑其它含氯成分)。 ①计算NaClO的水解常数___________。 ②向氯水中加入NaOH溶液至中性，所得溶液中___________(填“>”、“<”或“=”)。 ③下列说法正确的是___________。 A．可用玻璃棒蘸取少量氯水滴在pH试纸上测定氯水的pH B．室温下，向氯水中加水稀释，增大 C．随着pH的变化，体系中一定存在关系 D．室温下，的氯水中，水电离出的 （4）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。经测定商用中含量对反应初始速率的影响如图2所示。(实验条件：都为℃，初始浓度相同。) Ⅰ．； Ⅱ．。 指出改变的影响因素，并解释原因：___________。 20. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷()制丙烯()的两种方法如下： 反应Ⅰ(直接脱氢)： 反应Ⅱ(氧化脱氢)： （1）反应Ⅰ自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入，起始压强为pkPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。 ①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母，下同)。 A．气体的平均摩尔质量保持不变 B．气体密度保持不变 C．与的物质的量之比保持不变 D．反应速率 ②反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数___________kPa(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压总压×体积分数)。 （3）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。 ①与起始物质的量比为，平衡时的体积分数随温度的变化关系如图所示。在图中画出的曲线___________。 ②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有___________(任写一点)。 （4）丙烷在催化剂表面脱氢的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面的物种。 已知相同条件下在该催化剂表面，*比*脱氢更困难，请根据图中相关数据分析原因___________。 21. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(相对分子质量为491)是光化学研究中一种常见物质，为翠绿色单斜晶体。实验室利用硫酸亚铁铵[化学式为、草酸等原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的流程如下： 已知：a．可溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，加热至110℃失去三个结晶水。 b．在水溶液中存在平衡： （1）写出步骤I生成黄色沉淀的化学方程式___________。 （2）步骤II中加入后出现红棕色浑浊，可通过加入___________(填写物质的化学式)除去。 （3）流程中的“一系列操作”是________。 _______→_______→_______→洗涤、干燥。 A．冷却至室温 B．加入适量乙醇 C．冷却结晶 D．蒸发浓缩 E．过滤 （4）实验室可用邻二氮菲()检验是否有残留的，反应可生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子。 ①生成邻二氮菲亚铁络离子时，提供空轨道的微粒是___________。 ②溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度，其原因可能是___________。 （5）为测定产品的纯度，用酸性标准溶液进行滴定，步骤如下： 称取5.00 g产品溶于水，配制成100 mL溶液，取出20 mL于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定，滴定终点时，消耗标准溶液24.00 mL。 ①计算得产品中的质量分数为___________(假设产品中的杂质不与反应)。 ②下列操作会引起滴定结果偏高的是___________。 A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液 B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡 C．摇动锥形瓶过程中有液体溅出 D．滴定终点到达时，滴定管尖端悬挂液滴 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学练习 考生须知： 1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。 4.考试结束后，只需上交答题纸。 5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56 选择题部分 一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的) 1. 下列对聚氯乙烯所属分类不正确的是 A. 有机物 B. 高分子 C. 烃 D. 混合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．聚氯乙烯是含碳的有机化合物，属于有机物，A正确； B．聚氯乙烯是氯乙烯加聚得到的产物，相对分子质量很大，属于高分子化合物，B正确； C．烃是仅由碳、氢两种元素组成的有机物，聚氯乙烯中含有氯元素，不属于烃，C错误； D．聚氯乙烯中不同分子的聚合度n数值不固定，是多种不同分子的混合物，D正确； 故答案选C。 2. 下列表示不正确的是 A. 基态Br原子的电子排布式为： B. 的名称：2,3,3-三甲基戊烷 C. HCl中共价键电子云图： D. 的VSEPR模型：平面三角形 【答案】A 【解析】 【详解】A．基态Br原子核外有35个电子，电子排布式为，简化为，A错误； B．有机物用系统命名法命名2，3，3-三甲基戊烷，B正确； C．为共价化合物，HCl中氢原子的1s轨道提供的1个未成对电子与氯原子的3p轨道提供的1个未成对电子形成s-p σ键，其共价键的电子云图为，C正确； D．中成键电子对数为2，孤电子对数为，价层电子对数为2+1=3，故VSEPR模型为平面三角形，D正确； 故答案选A。 3. 下列关于说法不正确的是 A. 为正四面体结构 B. 溶液呈酸性 C. 中铝原子采取杂化 D. 可利用溶液和盐酸相互滴加产生的不同现象鉴别两种溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．中含4个配位键，则中心Al原子价层电子对数为4，无孤电子对，因此为正四面体结构，A正确； B．溶液中，水解生成：，使溶液呈碱性，不是酸性，B错误； C．中含4个配位键，即Al原子形成4个σ键，价层电子对数为4，因此铝原子采取sp3杂化，C正确； D．滴入盐酸，开始无沉淀后产生白色沉淀，原因：初始盐酸过量，发生反应，开始无沉淀，接着滴，过量，发生反应，产生沉淀；盐酸滴入，立即产生白色沉淀后沉淀消失，原因：初始四羟基合铝酸钠过量，发生反应，立即产生沉淀，接着滴盐酸，盐酸过量，发生反应，沉淀消失，D正确； 故答案选B。 4. 已知，下列有关说法不正确的是 A. 3种产物均为极性分子 B. 反应过程中可能有白烟产生 C. 反应物中的易溶于 D. n(氧化产物):n(还原产物) 【答案】D 【解析】 【详解】A．三种产物NH3为三角锥形、SO2为V形、HCl为不同原子构成的双原子分子，三者正负电荷中心均不重合，都属于极性分子，A正确； B．产物中NH3和HCl会反应生成氯化铵固体小颗粒，因此反应过程中可能有白烟产生，B正确； C．S8属于非极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，S8易溶于CS2，C正确； D．反应中S元素化合价从0升高为+4价，氧化产物为SO2；Cl元素化合价从+7降低为-1价，还原产物为HCl，根据反应方程式，n(氧化产物)：n(还原产物)=8：4=2：1，不是1：2，D错误； 故选D。 5. 根据元素周期律，下列说法正确的是 A. 电负性： B. 半径： C. 第一电离能： D. 分子的极性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．非金属性越强，电负性越大。O的非金属性强于Cl，故电负性，A错误； B．和电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，Mg核电荷数更大，因此半径大小为，B错误； C．Mg的价电子排布为，为全充满稳定结构，Al的价电子排布为，更易失去1个p电子达到稳定结构，因此第一电离能，C正确； D．两种分子均为V形结构，分子极性和成键元素的电负性差正相关，O与F的电负性差小于O与H的电负性差，因此分子极性，D错误； 故选C。 6. 利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是 A. 装置①可用于定量测定并比较化学反应速率 B. 装置②可用实验室制取氨气 C. 装置③可用于制备银氨溶液 D. 装置④可用于在铁制品表面镀铜 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置①中长颈漏斗上端与大气相通，体系不密闭，反应生成的气体会从长颈漏斗逸出，无法定量测定生成气体的体积，不能达到实验目的，A错误； B．加热分解生成和HCl，两种气体在试管口遇冷会重新化合为，无法得到氨气，B错误； C．制备银氨溶液的正确操作是：向溶液中逐滴滴加稀氨水，至最初生成的沉淀恰好溶解即可。该操作是将滴入氨水中，氨水过量，无法得到银氨溶液，操作顺序错误，C错误； D．铁制品镀铜时，镀层金属铜作阳极，连接电源正极；铁制镀件作阴极，连接电源负极；含的溶液作电镀液，该装置完全符合镀铜的要求，能达到实验目的，D正确； 故选D。 7. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 溶液中阴阳离子总数大于 B. 1 mol金刚石晶体中含有4 mol碳碳单键 C. 30 g冰醋酸与过量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂键的数目为 D. 常温下，任意比例混合的环丙烷和丙烯混合物中，含氢原子的数目为 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳酸钠溶液中，碳酸根离子发生水解反应：，1个碳酸根水解后变为2个离子，离子总数增加；不考虑水解时，溶液中总离子物质的量为0.15mol，水解后离子数增多，因此阴阳离子总数大于，A正确； B．金刚石晶体中，每个碳原子连接4个碳碳单键，每个单键被2个碳原子共有，因此1mol金刚石晶体中含碳碳单键的物质的量为，B错误； C．30g冰醋酸的物质的量为0.5mol，酯化反应是可逆反应，不能进行完全，因此充分反应后断裂O-H键的数目小于，C错误； D．环丙烷和丙烯的最简式均为，但题目中未给出混合物的总质量，无法计算氢原子的具体数目，D错误； 故选A。 8. 下列说法不正确的是 A. SiC属于共价晶体，硬度大，可用作砂轮磨料 B. 明矾溶于水生成胶体，可用于自来水杀菌消毒 C. 分子间存在氢键，易液化，因此常用液氨作制冷剂 D. 乙烯有还原性，可用高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土吸收水果产生的乙烯实现水果保鲜 【答案】B 【解析】 【详解】A．SiC属于共价晶体，原子间共价键键能大，硬度大，符合砂轮磨料的使用要求，A正确； B．明矾溶于水后，水解生成氢氧化铝胶体，仅能吸附水中悬浮杂质以净水，不具备杀菌消毒的作用，B错误； C．分子间存在氢键，沸点较高，易液化，液氨汽化时会吸收大量热量，使环境温度降低，因此常用液氨作制冷剂，C正确； D．乙烯具有还原性，可被强氧化剂高锰酸钾氧化，因此高锰酸钾浸泡过的硅藻土可以吸收水果产生的乙烯，延缓水果成熟，实现保鲜，D正确； 故答案选B。 9. 下列物质分离与提纯的操作中，所选方法与原理正确的是 A. 用重结晶法提纯苯甲酸——利用苯甲酸在冷水和热水中溶解度差异大 B. 从碘水中提取碘单质——采用蒸馏法，利用碘的沸点低于水 C. 除去乙烷中混有的少量乙烯——通过酸性高锰酸钾溶液洗气，再干燥 D. 除去氧化铝中混有的氧化镁——加入NaOH溶液过滤 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯甲酸的溶解度随温度变化明显，在热水中溶解度大，冷水中溶解度小，重结晶法正是利用该溶解度差异提纯苯甲酸，A正确； B．从碘水中提取碘单质应采用萃取分液法，原理是碘在有机溶剂中溶解度远大于在水中的溶解度，且碘的沸点高于水，不能直接用蒸馏法分离，B错误； C．乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，引入新杂质，无法得到纯净的乙烷，不能达到除杂目的，C错误； D．氧化铝是两性氧化物，可与NaOH溶液反应，氧化镁不与NaOH反应，加入NaOH溶液会除去被提纯的氧化铝，达不到除杂目的，D错误； 故选A。 10. 下列方程式不正确的是 A. 溶液与闪锌矿反应生成铜蓝： B. 向硫代硫酸钠溶液中加入稀硫酸： C. 向血红色溶液中加入过量铁粉至溶液褪色： D. 向二元弱酸溶液中加入足量烧碱溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为沉淀转化反应，CuS的溶解度远小于ZnS，因此ZnS可以转化为CuS，方程式书写符合沉淀转化规律，A正确； B．硫代硫酸根在酸性条件下发生歧化反应，生成硫沉淀、二氧化硫和水，方程式原子、电荷均守恒，B正确； C．血红色中的是难电离的络合物，方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，C错误； D．是二元弱酸，只能电离出2个，与足量烧碱反应生成和水，D正确； 故选C。 11. 下列性质与微观解释不相符的是 选项 性质或现象 微观解释 A 酸性： 电负性：，中羟基极性更大 B 熔点：顺-2-丁烯<反-2-丁烯 顺-2-丁烯为极性分子，反-2-丁烯为非极性分子 C 沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键 D 离子键成分百分数： 电负性差值：Na和和O A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．F的电负性大于Cl，吸电子能力更强，使中羟基极性更大，O-H键更易电离出，因此酸性，A不符合题意； B．顺-2-丁烯是极性分子，反-2-丁烯是非极性分子，但极性分子分子间范德华力强于非极性分子，该解释无法说明顺式熔点更低的原因；顺-2-丁烯熔点小于反-2-丁烯的本质原因是反式结构对称，晶体中分子排列更紧密，晶格能更大，B符合题意； C．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，无法形成分子间氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，因此沸点邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，C不符合题意； D．Na的电负性小于Mg，因此Na和O的电负性差值大于Mg和O的电负性差值，且电负性差值越大，离子键成分百分数越高，因此离子键成分百分数，D不符合题意； 故选B。 12. 电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨，同时实现甘油转化为高附加值化学品。知双极膜中解离产生的和在电场作用下向两极迁移。下列说法不正确的是 A. 双极膜中产生的向电极b方向移动 B. 电解一段时间后，电极b一侧电解质溶液碱性增强 C. 外电路每通过2 mol电子，则双极膜中有18 g水解离 D. a极电极反应式为 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，电极b上亚硝酸根离子被还原生成，即该极为阴极，电极反应式为：；电极a为阳极，甘油被氧化生成，电极反应式为：；双极膜中向电极b方向移动，向电极a方向移动，据此解答。 【详解】A．电极a为阳极，电极b为阴极，双极膜中产生的向电极b方向移动，A正确； B．由b极电极反应可知，每转移6 mol电子，产生7 mol，同时有6 mol移向b极，可知电极b一侧电解质溶液中浓度变大，碱性增强，B正确； C．根据反应：，外电路每通过2 mol电子，双极膜中有2 mol解离，其质量应为36 g，C错误； D．根据分析可知，a极电极反应式为：，D正确； 故选C。 13. 一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的和，发生反应：。反应过程中测得的部分数据如表所示，下列说法正确的是 0 10 20 30 0.10 0.04 0.02 0.20 0.04 A. 反应在前10 min内的平均速率 B. 温度不变，若起始时向容器中充入、和0.4molC，达平衡前 C. 若该容器为恒压状态，保持其它条件不变，达到平衡时A的转化率小于 D. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时，则反应的 【答案】D 【解析】 【详解】A．内，，反应速率之比等于化学计量数之比，因此，A错误； B．原平衡时，，，，平衡常数；充入新物质后，浓度商，反应正向进行，因此达平衡前，B错误； C．该反应正反应为气体分子数减少的反应，恒压条件相比原恒容条件，相当于增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大；原恒容平衡中A的转化率为80%，因此恒压平衡中A的转化率大于80%，C错误； D．原平衡时，升高温度后平衡时，C的浓度降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，，D正确； 故答案选D。 14. 科学家通过X射线测得晶体结构如图所示。已知：晶体加热时依次发生如下转化，下列说法不正确的是 A. 可写为 B. 与结合后键角变大 C. 晶体中存在的作用力有：离子键、共价键、配位键、氢键 D. 晶体受热时首先失去的是和结合的结晶水 【答案】D 【解析】 【详解】A．从结构图可知：与4个形成配位键，构成内界；另有1个通过氢键与及配位水结合，作为结晶水，因此 可写作，A正确； B．与配位后，O原子的1对孤电子对变为配位键，孤电子对斥力减弱，成键电子对斥力相对增强，键角变大，B正确； C．晶体中，与形成离子键、中H和O、中S和O形成共价键、与中的O形成配位键、配位水与、结晶水之间（图中虚线）形成氢键，四种作用力均存在，C正确； D．由已知：晶体加热时依次发生如下转化，故晶体应先失去内界的配位水，D错误； 故选D。 15. 在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是 A. 转化过程中有键的断裂和键的形成 B. 该机理中KI为催化剂，AcOH为中间产物 C. 化合物ⅰ和化合物ⅱ的红外光谱和核磁共振氢谱均不相同 D. 该机理的总方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2中C=O断裂，为键断裂，形成新的C-O键，为键，A正确； B．催化剂反应前后质量和化学性质不变，KI和AcOH均为催化剂，B错误； C．化合物ⅰ和化合物ⅱ的官能团不同，化合物ⅱ有C=O双键，红外光谱不同，氢原子化学环境不完全相同，核磁共振氢谱不同，C正确； D．根据CO2生成化合物ⅱ的机理图，总方程式为，D正确； 故选B。 16. 以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(VI)废水的工艺流程，下列说法不正确的是 已知：①。②当离子浓度小于时，可认为离子已沉淀完全。 A. 要实现步骤Ⅰ的转化，可以向含的废水中加入浓盐酸 B. 烟道气可以用或代替 C. 若步骤Ⅲ中加入适量碱石灰，则过滤得到的沉淀物不止一种 D. 室温下，调节步骤Ⅲ反应后上层清液的，可以实现完全沉淀 【答案】A 【解析】 【分析】步骤Ⅰ废水中加使平衡正向移动，转化为，步骤Ⅱ烟道气中还原生成，步骤Ⅲ中和生成沉淀，据此分析。 【详解】A．步骤I若加入浓盐酸，会氧化生成有毒气体，A错误； B．步骤II中烟道气的作用是还原为，、都具有还原性，都可以代替还原，B正确； C．还原后，被氧化为，加入碱石灰（含），会生成沉淀和沉淀，沉淀物不止一种，C正确； D． 时，，根据，计算得： ，因此已经沉淀完全，D正确； 故答案选A。 非选择题部分 二、非选择题 17. Ⅰ．B和Al元素在高性能复合材料领域具有重要应用。 （1）基态B原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为___________。 （2）下列是气态铝原子或离子的电子排布式，其中处于激发态的有___________(填序号)。 A. B. C. D. （3）依据同主族元素性质相似，写出硼酸在水中的电离方程式___________。 Ⅱ．、和Ni元素可形成多种特殊功能的合金材料。 （4）下列说法正确的是___________。 A. 它们位于元素周期表的第Ⅷ族，ds区 B. 基态Fe原子核外有7种能量不同的电子 C. 它们的硫酸盐溶液pH都大于7 D. 室温下和都为液体，则二者都属于分子晶体 （5）从结构上看，、中更稳定的是___________，原因是___________。 （6）已知氧化性，则与氢碘酸反应的离子方程式为___________。 【答案】（1）哑铃形 （2）BC （3） （4）BD （5） ①. ②. 价层电子排布为，价层电子排布，为3d半充满稳定结构 （6） 【解析】 【小问1详解】 基态B原子电子排布式为，最高能级为2p，p能级电子云轮廓为哑铃形（或纺锤形） 【小问2详解】 基态Al原子核外电子排布为，故A为基态；基态（失去1个电子）电子排布为，故D为基态；B中3s电子跃迁到3p、C中3s电子跃迁到3p，均为激发态，故选BC； 【小问3详解】 依据同主族元素性质相似，对比氢氧化铝酸式电离，硼酸结合水中的OH⁻释放出H⁺可以写出硼酸电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]−+H+； 【小问4详解】 A．Fe、Co、Ni位于第Ⅷ族，属于d区，A错误； B．基态Fe电子排布为，共7种不同能级，同一能级电子能量相同，因此有7种能量不同的电子，B正确； C．三者的硫酸盐都属于强酸弱碱盐，金属阳离子水解使溶液显酸性，pH<7，C错误； D．室温下二者为液态，说明熔沸点低，符合分子晶体熔沸点低的特点，因此都属于分子晶体，D正确； 故选BD； 【小问5详解】 价电子排布为，价电子排布为，半充满结构能量更低，更稳定，因此更稳定； 【小问6详解】 已知氧化性，Fe3+可以氧化碘离子，故中+3价Co可以氧化生成，自身被还原为，配平后得到离子方程式Co2O3+6H++2I−=2Co2++I2+3H2O。 18. 已知含碳化合物有如下转化关系，请回答问题： （1）画出基态碳原子的价层电子排布轨道式：___________。 （2）写出C的结构简式：___________，D中官能团的名称是___________。 （3）下列说法正确的是___________。 A. A和C中碳原子的杂化方式相同 B. D存在两种同分异构体 C. 转化中只含有两种反应类型 D. 根据结构推测相同条件下D比B在水中的溶解度大 （4）下图为固态二氧化碳(干冰)的晶胞示意图，请回答： ①一个干冰晶胞中含有___________个分子。 ②请解释冰的密度低于干冰的原因___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 羟基 （3）BD （4） ①. 4 ②. 冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小 【解析】 【分析】A到B为取代反应，B到C为卤代烃的消去反应，反应条件为加热条件下的氢氧化钠的醇溶液，C的结构式为，C到D为丙烯与水的加成反应，D为1-丙醇或2-丙醇。 【小问1详解】 基态碳原子的价层电子排布轨道式为； 【小问2详解】 根据分析，C为，其结构式为； 根据分析，D为1-丙醇或2-丙醇，则D中官能团的名称是羟基； 【小问3详解】 A．A中C的杂化方式为杂化，C为，C的杂化方式为杂化和杂化，A错误； B．分子式为C3H8O的同分异构体有3种，分别为2-丙醇、1-丙醇、甲乙醚（），与D互为同分异构体的化合物有2种，B正确； C．转化中A到B为取代反应、B到C为消去反应、C到D为加成反应，包含3种反应类型，C错误； D．D中含有羟基，能与水形成分子间氢键，在水中的溶解度比较大，D正确； 故答案选BD； 【小问4详解】 ①干冰晶胞为八顶点六面心构型，含有个分子； ②冰和干冰都属于分子晶体，冰的分子间通过氢键形成有序的晶体结构，分子间距较大，而干冰的分子间通过范德华力形成密堆积，分子间距较小，故冰的密度低于干冰。 19. 氯水、次氯酸盐和常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。 （1）用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因___________。 （2）下列一定可以增强氯水漂白杀菌作用的措施是___________。 A. 对氯水加热 B. 加入NaCl固体 C. 加入碳酸钙粉末 D. 加入固体 （3）HClO电离平衡体系中各成分的组成分数，为HClO或]与pH的关系如图1所示(不考虑其它含氯成分)。 ①计算NaClO的水解常数___________。 ②向氯水中加入NaOH溶液至中性，所得溶液中___________(填“>”、“<”或“=”)。 ③下列说法正确的是___________。 A．可用玻璃棒蘸取少量氯水滴在pH试纸上测定氯水的pH B．室温下，向氯水中加水稀释，增大 C．随着pH的变化，体系中一定存在关系 D．室温下，的氯水中，水电离出的 （4）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。经测定商用中含量对反应初始速率的影响如图2所示。(实验条件：都为℃，初始浓度相同。) Ⅰ．； Ⅱ．。 指出改变的影响因素，并解释原因：___________。 【答案】（1） （2）CD （3） ①. ②. ③. BD （4）浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，反应II的反应物浓度增大，反应速率增大 【解析】 小问1详解】 NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，NaClO溶液呈碱性的原因是； 【小问2详解】 A．对氯水加热，HClO分解，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选A； B．加入NaCl固体，氯离子浓度增大，逆向移动，HClO浓度降低，漂白杀菌作用减弱，故不选B； C．加入碳酸钙粉末，盐酸与碳酸钙反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选C； D．加入固体，盐酸与碳酸氢钠反应，氢离子浓度降低，正向移动，HClO浓度增大，漂白杀菌作用增强，故选D； 选CD。 【小问3详解】 ①根据图示，c(HClO)= c(ClO-)时pH=7.5，NaClO的水解常数。 ②向氯水中加入NaOH溶液，根据电荷守恒溶液至中性，所以，则溶液中>。 ③A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误； B．室温下，向氯水中加水稀释，减小，不变，所以增大，故B正确； C．溶液中除氢离子外，还有调节溶液pH引入的其它离子，根据电荷守恒， 不成立，故C错误； D．室温下，Kw=10-14，氯水中的酸抑制水电离，的氯水中，水电离出的，故D正确； 选BD。 【小问4详解】 根据图示，浓度增大、pH增大，均使溶液中的浓度增大，ClO-是反应II的反应物，反应物浓度增大，反应速率增大。 20. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷()制丙烯()的两种方法如下： 反应Ⅰ(直接脱氢)： 反应Ⅱ(氧化脱氢)： （1）反应Ⅰ自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入，起始压强为pkPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。 ①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母，下同)。 A．气体的平均摩尔质量保持不变 B．气体密度保持不变 C．与的物质的量之比保持不变 D．反应速率 ②反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数___________kPa(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压总压×体积分数)。 （3）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。 ①与起始物质的量比为，平衡时的体积分数随温度的变化关系如图所示。在图中画出的曲线___________。 ②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有___________(任写一点)。 （4）丙烷在催化剂表面脱氢的反应历程如图所示，*表示吸附在催化剂表面的物种。 已知相同条件下在该催化剂表面，*比*脱氢更困难，请根据图中相关数据分析原因___________。 【答案】（1）高温 （2） ①. AD ②. 9p/10 （3） ①. (趋势对即可) ②. 反应放热，减少能耗；反应Ⅱ生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳(答出一点即可) （4）的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢 【解析】 【小问1详解】 反应Ⅰ的，反应后气体分子数增大，；根据自发进行判据，只有高温下才能满足，故自发条件为高温； 【小问2详解】 ①A．反应Ⅰ前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当不变时，说明反应达到平衡，A正确； B．恒容容器，总质量、体积均不变，密度始终不变，不能说明平衡，B错误； C．起始只有，根据反应方程式 ，生成的与物质的量之比始终为，是定值，不能说明平衡，C错误； D．二者计量数均为1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确； 故答案选AD； ②一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol C3H8，开始压强为p kPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为x mol，则列三段式有：，根据图像可知平衡时C3H8的体积分数为25%，，解得x=0.6mol，则n(总)=1-x+x+x=1.6mol，开始气体物质的量是1 mol时压强为p kPa，则平衡时气体物质的量为1.6 mol时，根据阿伏伽德罗定律推论（），平衡时气体总压强为1.6p kPa，其中p(C3H8)=×1.6pkPa=0.4pkPa，p(C3H6)= p(H2)=×1.6pkPa=0.6pkPa，则该反应达到平衡时的化学平衡常数：； 【小问3详解】 ①相同温度下，C3H8与O2起始物质的量比越小，O2越多，C3H8的转化率越大，平衡时C3H8体积分数越小，且反应Ⅱ的，升温平衡逆向移动，则C3H8体积分数增大 ，所以的曲线如图； ②相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗；生成水，产物易于分离；催化剂表面不易积碳等； 【小问4详解】 由图可知的脱氢活化能为，的脱氢活化能为，的脱氢活化能更大，所以更难脱氢。 21. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾(相对分子质量为491)是光化学研究中一种常见物质，为翠绿色单斜晶体。实验室利用硫酸亚铁铵[化学式为、草酸等原料制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的流程如下： 已知：a．可溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，加热至110℃失去三个结晶水。 b．在水溶液中存在平衡： （1）写出步骤I生成黄色沉淀的化学方程式___________。 （2）步骤II中加入后出现红棕色浑浊，可通过加入___________(填写物质的化学式)除去。 （3）流程中的“一系列操作”是________。 _______→_______→_______→洗涤、干燥。 A．冷却至室温 B．加入适量乙醇 C．冷却结晶 D．蒸发浓缩 E．过滤 （4）实验室可用邻二氮菲()检验是否有残留的，反应可生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子。 ①生成邻二氮菲亚铁络离子时，提供空轨道的微粒是___________。 ②溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度，其原因可能是___________。 （5）为测定产品的纯度，用酸性标准溶液进行滴定，步骤如下： 称取5.00 g产品溶于水，配制成100 mL溶液，取出20 mL于锥形瓶中，用酸性标准溶液滴定，滴定终点时，消耗标准溶液24.00 mL。 ①计算得产品中的质量分数为___________(假设产品中的杂质不与反应)。 ②下列操作会引起滴定结果偏高的是___________。 A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液 B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡 C．摇动锥形瓶过程中有液体溅出 D．滴定终点到达时，滴定管尖端悬挂液滴 【答案】（1） （2） （3）ABE （4） ①. ②. 酸性太强时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键而减弱与的配位能力 （5） ①. 98.2％ ②. AD 【解析】 【分析】硫酸亚铁铵悬浊液和饱和草酸溶液反应生成黄色沉淀，和过氧化氢溶液、草酸钾溶液反应生成含的溶液，冷却至室温后加入适量乙醇，过滤、洗涤、干燥后获得晶体。 【小问1详解】 步骤I生成黄色沉淀的化学方程式为：； 【小问2详解】 氧化后，局部水解生成红棕色浑浊，加入草酸可与反应，转化为三草酸合铁(Ⅲ)配离子，除去浑浊。 【小问3详解】 难溶于乙醇，故冷却至室温后加入适量乙醇，过滤、洗涤、干燥后获得晶体。 【小问4详解】 ①生成邻二氮菲亚铁络离子时中心离子提供空轨道，配体邻二氮菲提供孤对电子； ②酸性太强时，邻二氮菲中N优先与形成配位键而减弱与的配位能力，因此溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定的浓度； 【小问5详解】 ①由题意可知，滴定过程反应关系为2∼5，1mol 含3 mol ，可得： n()=0.1000 mol/L×0.024 L=0.0024 mol，待测液中：n()=n()=0.006 mol，， 100 mL溶液中总n(产物)=0.002 mol×=0.01 mol，m(产物)=0.01mol×491 g/mol=4.91 g，质量分数w=×100%=98.2%； ②A．滴定管用蒸馏水洗涤后，立即装入标准溶液，没有用标准液润洗，导致滴定过程中使用的标准液体积偏大，从而导致测定的产品质量分数偏高，A符合题意； B．滴定前尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致滴定后读数偏高，使用的标准液体积偏小，从而导致测定的产品质量分数偏低，B不符合题意； C．锥形瓶液体溅出，待测物减少，消耗体积偏小，结果偏低，C不符合题意； D．滴定后尖端悬挂液滴，读取的体积偏大，结果偏高，D符合题意； 故答案为AD。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $