还剩28页未读，
继续阅读
2020-2021学年四川省凉山州宁南中学高二（下）第一次月考化学试卷
展开
这是一份2020-2021学年四川省凉山州宁南中学高二（下）第一次月考化学试卷，共31页。试卷主要包含了6mlC，又测得反应速率v=0，7，则混合液中c>c>c>c，3的NaHCO3溶液，00mL溶液于锥形瓶中，用0，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年四川省凉山州宁南中学高二（下）第一次月考化学试卷
1. 化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是( )
A. 生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢
B. 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
C. 人体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程
D. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为6NA
B. 将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和为2NA
C. 在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，转移4NA个电子
D. 含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数等于0.1NA
3. 蜂胶是营养全面的食疗佳品和天然药品，其中含有的肉桂酸()对细菌、真菌
等有杀灭或抑制作用。有关肉桂酸的下列叙述错误的是( )
A. 该有机物的分子式为C9H8O2
B. 与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有3种
C. 能够发生酯化反应、氧化反应和加成反应
D. 该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上
4. 四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大。仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，0.10mol⋅L−1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00。下列有关说法正确的是( )
A. X、Y、Z的原子半径依次增大 B. 含W的钠盐水溶液一定是中性溶液
C. W2与SO2混合后消毒效果更强 D. Y、W简单氢化物相遇会产生白烟
5. 下列离子共存或离子方程式的书写正确的是( )
A. 加入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl−、S2−
B. “84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl−、Ca2+、Na+
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42++3Cl−+4H++H2O
D. 用热的NaOH溶液溶解S：3S+6OH−−△2S2−+SO32++3H2O
6. 已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)；△H=−221kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq)+OH−(aq)=H2O(1)；△H=−57.3kJ/mol
下列结论正确的是( )
A. 碳的燃烧热大于110.5kJ/mol
B. 碳的燃烧热为221kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为−57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
7. 下列方案设计不能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
测定硫酸与锌反应的化学反应速率
由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
探究醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱
A. A B. B C. C D. D
8. 一定条件下发生反应：3A(g)+2B(g)⇌xC(g)+2D(g)，在2L密闭容器中，把4molA和2molB混合，2min后达平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v(B)=0.2mol⋅L−1⋅min−1，则下列说法中正确的是( )
A. x=4 B. B的转化率为20%
C. 平衡时气体压强是原来的0.94倍 D. 达到平衡时A的浓度为2.8mol⋅L−1
9. 在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0，下列对图象的分析中不正确的是( )
A. 图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小体积)或使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
10. 常温下，下列说法不正确的是( )
A. pH均为5的稀盐酸和NH4Cl溶液，由水电离的H+浓度之比为1：104
B. 向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变
C. 等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：HCOOH+NaF=HF+HCOONa
D. 等物质的量浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH约为4.7，则混合液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
11. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下)，其中正确的是( )
①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低
②1L0.50mol⋅L−1NH4Cl溶液与2L0.25mol⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+物质的量完全相等
③pH相等的四种溶液：a.CH3COONab.C6H5ONac.NaHCO3d.NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d
⑤pH=2的一元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c(OH−)≤c(H+)
⑥pH=4、浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)
A. ①②④ B. ①③⑤ C. ③⑤⑥ D. ②④⑥
12. 21世纪是钛的世纪．在800℃∼1000℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示．下列叙述正确的是( )
A. a为电源的正极
B. 石墨电极上发生还原反应
C. 阴极发生的反应为：TiO2+4e−=Ti+2O2−
D. 每生成0.1mol钛，转移电子0.2mol
13. 工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2>c1。下列说法正确的是( )
A. x极为阴极，发生还原反应
B. 装置中为阴离子交换膜
C. X、Y两极产生的气体M和R体积比略大于2：1
D. 若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH
14. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )
实验步骤
现象
结论
A
2mL0.1mol⋅L−1MgCl2溶液中滴加2滴1mol⋅L−1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol⋅L−1FeCl3溶液
先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
B
用pH试纸测定饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的pH值
碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH，
碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠
C
溴乙烷中加入氢氧化钠的醇溶液，加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
紫色褪去
反应一定产生了乙烯气体
D
向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热
未出现砖红色沉淀
X不可能是葡萄糖
A. A B. B C. C D. D
15. 下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是( )
化学式
CH3COOH
H2CO3
AgCl
Ag2CrO4
Ka或Ksp
Ka=1.8×10−5
Ka1=4.1×10−7
Ka2=5.6×10−11
Ksp=1.8×10−10
Ksp=2.0×10−12
A. 常温下，相同浓度①CH3COONH4 ②NH4HCO3 ③(NH4)2CO3溶液中，c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③
B. 向饱和氯水中滴加NaOH 溶液至溶液刚好为中性时，c(Na+)=2c(ClO−)+c(HClO)
C. AgCl 易溶于氨水难溶于水，所以AgCl 在氨水中的Ksp 大于水中的 Ksp
D. 向浓度均为1×10−3mol⋅L−1的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10−3mol⋅L−1 的AgNO3溶液，CrO42−先形成沉淀
16. 常温下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1=1.1×10−5，Ka2=1.3×10−8，下列叙述正确的是( )
A. a近似等于3
B. 点②处c(H+)+c(H2X)=2c(X2−)+c(OH−)
C. 点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点
D. 点④处c(Na+)=2c(X2−)>c(OH−)>c(HX−)>c(H+)
17. CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。
(1)图1是反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变△H______0(填“>”、“<”或“=”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1______ K2 (填“>”、“<”或“=”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为______。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是______(填字母)。
a.升高温度
b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂
d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是______℃；曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为______。
18. 由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。欲测定某样品中NaNO2的含量，某同学设计如下实验：
①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol/LKMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。
(1)上述实验①所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有 ______。
(2)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后一滴溶液，______时达到滴定终点。
(3)滴定过程中发生反应的离子方程式是 ______；测得该样品中NaNO2的质量分数为 ______。
(4)以下操作造成测定结果偏高的是 ______。
A.滴定管未用KMnO4标准溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失
D.若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定
(5)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩。浓缩液中含有I−、Cl−等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中c(I−)c(Cl−)=______。(结果保留两位有效数字)(已知Ksp(AgCl)=1.8×10−10，Ksp(AgI)=8.5×10−17)
(6)已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=1530kJ⋅mol−1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ.mol−1，写出NH3还原NO的热化学方程式：______。
19. 化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图：
已知：i.(R1、R3为烃基，R2为H或烃基)
ii.(R1、R2、R3为烃基)
回答下列问题：
(1)A→B所需的试剂是 ______。
(2)D→E反应类型是 ______，J含有的官能团名称是 ______。
(3)G、M的结构简式分别为 ______、______。
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的方程式为 ______。
(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式______(写出1种即可)。
①属于芳香族化合物。
②能发生银镜反应。
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6。
20. 化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下：
已知：RCOOH++H2O
回答下列问题：
(1)反应①的反应条件为 ______，反应②的反应类型是 ______。
(2)G中含氧官能团的名称：______、______。
(3)D+H→E的化学方程式：______。
(4)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，X的结构简式为 ______。
(5)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ______种，任写2种结构简式 ______、______
a.含苯环的单环化合物
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1
(6)根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线______(无机试剂任选)。
21. 回答下列问题：
(1)符号“3px”没有给出的信息是 ______。
A.能层
B.能级
C.电子云在空间的伸展方向
D.电子的自旋方向
(2)某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该元素基态原子价电子排布不可能是 ______。
A.4s1
B.3p64s1
C.3d54s1
D.3d104s1
(3)X元素的原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，则X的氢化物的化学式是 ______。
A.HX
B.H2X
C.XH3
D.XH4
(4)下列比较正确的是 ______。
A.酸性：H3PO4>H3AsO4
B.稳定性：H2O
D.键角：H2O>NH3
(5)已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O更稳定的原因 ______。
(6)Ni与CO在60∼80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 ______，Ni(CO)4晶体类型是 ______，画出Ni(CO)4的结构 ______。
22. 按要求回答下列问题：
(1)基态Cu+核外电子排布式为 ______；基态O原子未成对电子有 ______个。
(2)NO2−离子的VSEPR模型为 ______，写出NO2−离子的一种等电子体 ______。从分子结构角度分析，HNO3酸性强于HNO2的原因是 ______。
(3)是一种叠氮一炔基Husigen环加成反应产物，该分子中N原子的杂化方式为 ______。
(4)NH3分子中H−N−H键角为107∘。如图是[Zn(NH3)6]2+的部分结构以及H−N−H键角的测量值。解释NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H−N−H键角变大的原因：______。
(5)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2结构示意图的相应位置补填缺少的配体 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.盐酸能够与氢氧化镁、碳酸钙反应生成可溶性盐酸盐，生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢，故A正确；
B.K2CO3属于强碱弱酸盐，由于CO32−的水解溶液呈碱性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NH4+的水解溶液呈酸性，若两者混合施用，由于水解互相促进会产生氨气降低肥效，故B正确；
C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，故C正确；
D.氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，则无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D错误；
故选：D。
A.盐酸能够与氢氧化镁、碳酸钙反应生成可溶性盐酸盐；
B.K2CO3能与NH4Cl发生双水解；
C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2，并释放出能量；
D.氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应。
本题考查废水的处理，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，题目比较简单。
2.【答案】A
【解析】解：A.苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式相同，均为CH，混合物中含有H的物质的量为n=mM=78g13g/mol=6mol，每个H均与C相连形成C−H键，故C−H键数目为6NA，故A正确；
B.由于氯气与水的反应是一个可逆反应，故将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目和Cl2数目的两倍之和为2NA，故B错误；
C.在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中生成1molO2，转移2NA个电子，故每生成32g氧气，即1mol，转移2NA个电子，故C错误；
D.7.8gNa2S的物质的量为n=mM=7.8g78g/mol=0.1mol，硫离子水解产生的阴离子多于参与水解的硫离子个数，故含0.1molNa2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA，故D错误；
故选：A。
A.根据最简式计算物质的量，然后计算出C−H键数；
B.氯气与水的反应是一个可逆反应；
C.H2O2+Cl2=2HCl+O2反应转移2mol电子，生成1mol氧气；
D.硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子。
本题考查了阿伏加德罗常数的计算应用，主要是物质的量和微粒数的关系判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：A.由结构简式可知有机物的分子式为C9H8O2，故A正确；
B.与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体，如含有2个取代基，可为−CH=CH2、−COOH，有邻、间、对3种，如含有一个取代基，可为−CH=CHCOOH、−C(CH3)=CH2，则与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有4种，故B错误；
C.含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羧基，可发生酯化反应，故C正确；
D.含有苯环、碳碳双键、羧基，都为平面形结构，则该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，故D错误；
故选：B。
有机物含有碳碳双键、羧基，具有烯烃、羧酸的性质，结合苯环、碳碳双键的结构特点解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl，
A.同周期从左向右原子半径减小，则X、Y、Z的原子半径依次减小，故A错误；
B.含W的钠盐水溶液不一定是中性溶液，如偏铝酸钠溶液显碱性，故B错误；
C.Cl2与SO2混合后在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，消毒效果变差，故C错误；
D.Y为N，其简单氢化物为氨气，与W的简单氢化物(氯化氢)相遇产生的白烟为氯化铵，故D正确；
故选：D。
四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大，仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，可知X、Y、Z位于第二周期，X、Y、Z分别为C、N、O，W位于第三周期，0.10mol⋅L−1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00，可知W为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、最高价含氧酸来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，Z、W为不同主族元素为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.加入KSCN显红色的溶液，溶液中含有Fe3+，Fe3+能够氧化S2−，不能大量共存，故A不选；
B.84”消毒液的水溶液含有ClO−，能够氧化Fe2+，不能大量共存，故B不选；
C.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42++3Cl−+4H++H2O，故C选；
D.用热的NaOH溶液溶解S，反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为：3S+6OH−−△2S2−+SO32−+3H2O，故D不选；
故选：C。
A.加入KSCN显红色的溶液，溶液中含有铁离子；
B.“84”消毒液的水溶液含有次氯酸根离子；
C.次氯酸离子能够氧化氢氧化铁生成高铁酸根离子，本身被还原为氯离子；
D.硫与热的氢氧化钠反应生成硫化钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子，带2个负电荷。
本题考查了离子方程式的书写、离子共存判断，明确离子反应实质及离子反应条件即可解答，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.碳的燃烧热为1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热，CO不是C的稳定氧化物，CO完全燃烧还放出热量，所以C的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；
B.根据A知，碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故B错误；
C.强的稀酸和强的稀碱溶液混合生成1mol水和可溶性强碱时放出的热量为其中和热，其中和热为57.3kJ/mol，故C错误；
D.醋酸电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；
故选：A。
A.碳的燃烧热为1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热；
B.碳的燃烧热为1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热；
C.强的稀酸和强的稀碱溶液混合生成1mol水和可溶性强碱时放出的热量为其中和热；
D.醋酸电离吸收热量。
本题考查燃烧热和中和热的理解，侧重考查分析判断及基础知识灵活运用能力，明确燃烧热和中和热概念及其概念中的关键词是解本题关键，C为解答易错点。
7.【答案】A
【解析】解：A.图中缺少秒表测定时间，不能测定反应速率，故A错误；
B.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故B正确；
C.高锰酸钾的浓度不同，且均不足，由褪色快慢可研究反应物浓度对反应速率的影响，故C正确；
D.发生强酸制取弱酸的反应，可比较醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱，故D正确；
故选：A。
A.图中缺少秒表测定时间；
B.只有温度不同；
C.高锰酸钾的浓度不同，且均不足；
D.发生强酸制取弱酸的反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率与化学平衡、速率测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，x=4，故A正确；
B.B的转化率为0.8mol2mol×100%=40%，故B错误；
C.平衡时气体压强是原来的1.2mol+2.8mol+1.6mol+0.8mol4mol+2mol≈1.07倍，故C错误；
D.达到平衡时A的浓度为2.8mol2L=1.4mol⋅L−1，故D错误；
故选：A。
2min后达平衡时生成1.6molC，v(C)=1.6mol2L2min=0.4mol⋅L−1⋅min−1，测得反应速率v(B)=0.2mol⋅L−1⋅min−1，则0.4mol⋅L−1⋅min−10.2mol⋅L−1⋅min−1=x2，可知x=4，则
mol3A(g)+2B(g)⇌4C(g)+2D(g)
开始 4 2 0 0
转化 1.20.81.60.8
平衡 2.81.21.60.8
结合转化率、c=nV及物质的量比等于压强比计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学计量数的确定方法、化学平衡三段法、转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.图Ⅰ正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应为放热反应，则改变的条件为升温，故A正确；
B.图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大，该反应为体积不变的反应，则改变的条件为增大压强(缩小体积)或使用催化剂，故B正确；
C.图Ⅲ中乙先达到平衡状态，但甲、乙的转化率不同，不是催化剂的原因，应为乙的温度高，故C错误；
D.图Ⅲ中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小，该反应为放热反应，则乙的温度高，故D正确；
故选C。
本题考查化学反应速率及化学平衡，注意图象中的速率变化及速率与平衡移动的关系，侧重平衡移动与图象的分析能力，选项C中催化剂不能改变平衡为易错点，题目难度中等．
10.【答案】C
【解析】解：A.pH均为5的稀盐酸中，氢离子抑制了水的电离，水电离的H+浓度等于稀盐酸中氢氧根离子浓度，pH=5NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进了水的电离，溶液中氢离子来自水的电离，则两溶液中由水电离的H+浓度之比为10−1410−5mol/L：10−5mol/L=1：104，故A正确；
B.向水中加入少量NaHSO4固体，溶液中c(H+)增大，由于温度不变，则水的离子积Kw不变，故B正确；
C.等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，说明酸性HCOOH
故选：C。
A.稀盐酸抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离；
B.硫酸氢钠为强电解质，电离出的氢离子使溶液中氢离子浓度增大，水的离子积只受温度的影响；
C.对应强碱弱酸盐，pH越大对应酸的酸性越弱，则酸性HCOOH
本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐的水解原理、水的电离及其影响等知识，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理即可解答，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：①强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度一定都降低，氢离子和氢氧极根离子的浓度的乘积为定值，氢氢氧根离子浓度增大，故①错误；
②浓度越大水解程度越小，1L0.50mol⋅L−1NH4Cl溶液与2L0.25mol⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故②错误；
③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为d>b>c>a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③正确；
④pH=8.3，溶液呈碱性，说明水解大于电离，水解生成H2CO3而电离产生CO32−，钠离子不水解，HCO3−)存在两种趋势，但两种趋势都极其微弱，故离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，故④错误；
⑤pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸，强酸呈中性，弱酸呈酸性，故⑤正确；
⑥pH=4浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离大于水解，c(Na+)>c(CH3COOH)，电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，故c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)，故⑥正确；
故选：C。
①强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；
②浓度越大水解程度越小；
③根据同浓度时的碱性强弱比较；
④PH=8.3，说明水解大于电离；
⑤pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸；
⑥pH=4浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离大于水解．
本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等．
12.【答案】C
【解析】解：由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，
A.a为电源的负极，故A错误；
B.石墨为阳极，电极上发生氧化反应，故B错误；
C.电解TiO2制得钛，TiO2为阴极，发生还原反应，电极方程式为TiO2+4e−=Ti+2O2−，故C正确；
D.Ti元素化合价由+4价降低到0价，则每生成0.1mol钛，转移电子0.4mol，故D错误。
故选：C。
图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以此解答该题．
本题考查电解知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解原理以及电极方程式的书写，根据离子的定向移动判断电极为解答该题的关键，难度不大．
13.【答案】D
【解析】解：A.根据“已知c2>c1”可推出，Y极生成了OH−且Na+通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；
B.根据A项分析，Na+通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；
C.X极反应式为2H2O−4e−+4CO32−=O2↑+4HCO3−，同时可能会进一步发生副反应H++HCO3−=H2O+CO2↑，Y极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1：2，故C错误；
D.若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO3−(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e−∼4HCO3−∼4OH−，故D正确；
故选：D。
根据“已知c2>c1”可推出，Y极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Y极生成了OH−且Na+通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，X极反应式为2H2O−4e−+4CO32−=O2↑+4HCO3−，发生氧化反应，据此答题。
本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称判断是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】A
【解析】解：A.NaOH不足，先生成氢氧化镁，然后转化为更难溶的氢氧化铁，由实验及现象可知，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，故A正确；
B.饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的浓度不同，应测定等浓度盐的pH来比较，故B错误；
C.挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故C错误；
D.NaOH不足，检验醛基在碱性溶液中，应使NaOH溶液过量，故D错误；
故选：A。
A.NaOH不足，先生成氢氧化镁，然后转化为更难溶的氢氧化铁；
B.饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的浓度不同；
C.挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.NaOH不足，检验醛基在碱性溶液中。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、难溶电解质、盐类水解、物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A、电离常数越大，酸性越强，由图酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO3−；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：CH3COO−①>②，故A错误；
B、向饱和氯水中滴加NaOH 溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)，所以c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)，根据物料守恒得：c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)，二者结合可得：c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO−)，故B正确；
C、AgCl 易溶于氨水难溶于水，说明AgCl 在氨水中的溶解度大于水中的溶解度，故C错误；
D、AgCl饱和所需Ag+浓度c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl−)=1.8×10−1010−3=1.8×10−7，Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)=2.0×10−1210−3=4.472×10−5，1.8×10−7<4.472×10−5，所以Cl−先沉淀，故D错误；
故选：B。
A、(NH4)2CO3溶液中(NH4+)的量是CH3COONH4、NH4HCO3 的两倍，水解是极其微弱的，所以的c(NH4+)最大；
B、根据电荷守恒、物料守恒和中性溶液c(H+)=c(H−)写；
C、AgCl 易溶于氨水难溶于水，说明AgCl 在氨水中的溶解度大于水中的溶解度；
D、根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度，比较大小后确定谁先沉淀．
本题考查了水解平衡、溶液中的三大守恒、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，涉及的知识点多且抽象，注意基本原理的理解，依据根据Ksp计算，题目难度中等．
16.【答案】A
【解析】解：A.H2X是一个二元弱酸，以第一步电离为主，H2X⇌H++HX−，故Ka1=c(H+)c(HX−)c(H2X)=c2(H+)0.1=1.1×10−5，c(H+)≈10−3mol/L，故pH约为3，故A正确；
B.点②时H2X与NaOH恰好完全反应生成NaHX，由电荷守恒可知，①式c(Na+)+c(H+)=2c(X2−)+c(HX−)+c(OH−)，由物料守恒可知，②式c(Na+)=c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)，两式结合得：③式c(H+)+c(H2X)=c(X2−)+c(OH−)，①+③得：c(Na+)+2c(H+)+c(H2X)=2c(X2−)+2c(OH−)，故B错误；
C..③点氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，H2X和NaOH中和反应的滴定终点时溶液为碱性，故C错误；
D.点④时H2X与NaOH恰好完全反应生成Na2X，Na2X是强碱弱酸盐，X2−在溶液中水解，故c(Na+)>2c(X2−)，故D错误；
故选：A。
A.H2X是一个二元弱酸，以第一步电离为主，H2X⇌H++HX−，故Ka1=c(H+)c(HX−)c(H2X)=c2(H+)0.1=1.1×10−5；
B.点②时H2X与NaOH恰好完全反应生成NaHX，由电荷守恒可知，①式c(Na+)+c(H+)=2c(X2−)+c(HX−)+c(OH−)，由物料守恒可知，②式c(Na+)=c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)，两式结合得：③式c(H+)+c(H2X)=c(X2−)+c(OH−)，根据电荷守恒和物料守恒判断；
C.③点氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；
D.④时H2X与NaOH恰好完全反应生成Na2X，Na2X是强碱弱酸盐，X2−在溶液中水解。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用。
17.【答案】<>12b270K1=K2
【解析】解：(1)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2>T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，△H<0，
故答案为：<；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，因为图象分析可知T2>T1，所以K1>K2，在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示，平衡状态下CO浓度为0.25mol/L，CH3OH(g)平衡浓度为0.75mol/L，平衡三行计算列式得到，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol/L)120
变化量(mol/L)0.751.50.75
平衡量(mol/L)0.250.50.75
K=c(CH3OH)c(CO)×c2(H2)=0.750.25×(0.5)2=12，
故答案为：>；12；
③a、若容器容积不变，升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；
b、将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；
c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；
d、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
(2)根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃；温度越高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则曲线上a、b是等温，温度高于c点的温度，所以K1=K2
②温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关，平衡逆向进行平衡常数减小；计算平衡浓度得到平衡常数；
③化学平衡正向移动可增加甲醇产率；
(2)正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；平衡常数是温度的函数，正反应是放热反应，温度越高K越小。
本题是一道关于化学平衡状态的判断、化学平衡的移动影响因素、平衡状态的判断方法、化学反应平衡常数的计算和应用等方面的知识，侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目难度中等。
18.【答案】100mL容量瓶 酸式 锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色 5NO2−+2MnO4−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O1.38Va% AC4.7×10−7 4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g)△H=−2070kJ/mol
【解析】解：(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，所以还缺少100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
(2)高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以应选择酸式滴定管盛放；高锰酸钾本身为紫色溶液，当亚硝酸钠反应时被还原为无色的锰离子，当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色则可以判断达到滴定终点，
故答案为：酸式；锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色；
(3)亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，反应的离子方程式为：2MnO4−+5NO2−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O；称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol⋅L−1KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL，设样品中含有亚硝酸钠物质的量为nmol，依据方程式可知：
5NO2−+2MnO4−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O
5 2
14n 0.02mol/L×V×10−3L
解得n=0.2V×10−3mol，样品质量分数为：0.2×V×10−3×69a×100%=1.38Va%，
故答案为：5NO2−+2MnO4−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O；1.38Va%；
(4)A.若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，导致标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，亚硝酸钠质量分数偏高，故A正确；
B.锥形瓶未用待测液润洗是正确的操作，不影响测定结果，故B错误；
C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，读取消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D.若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，过早判断滴定终点，导致加入标准液高锰酸钾溶液体积偏小，亚硝酸钠质量分数偏低，故D错误，
故答案为：AC；
(5)c(I−)c(Cl−)=c(I−)c(Cl−)×c(Ag+)c(Ag+)=Ksp(AgI)Ksp(AgCl)=8.5×10−171.8×10−10≈4.7×10−7，
故答案为：4.7×10−7；
(6)已知：反应A：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=−1530kJ⋅mol−l，反应B：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ⋅mol−l，按盖斯定律，反应A−3×反应B得到NH3还原NO热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g)△H=(−1530−4×180)kJ/mol=−2070kJ/mol，
故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g)△H=−2070kJ/mol。
(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；
(2)酸性溶液和氧化性溶液一般用酸式滴定管；高锰酸钾本身为紫色溶液，当两者反应完全的瞬间，高锰酸钾溶液过量，溶液变为粉红色，据此判断；
(3)亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子；结合化学反应的定量关系计算；
(4)反应的离子方程式：5NO2−+2MnO4−+6H+=5NO3−+2Mn2++3H2O，可知消耗的标准液高锰酸钾体积越多，则亚硝酸钠质量越多，亚硝酸钠质量分数越大，分析操作对消耗标准液体积影响进行误差分析；
(5)c(I−)c(Cl−)=c(I−)c(Cl−)×c(Ag+)c(Ag+)=Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，据此计算；
(6)已知：反应A：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=−1530kJ⋅mol−l，反应B：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ⋅mol−l，按盖斯定律计算即可。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19.【答案】液溴、Fe(或FeBr3)取代反应 碳碳双键、羧基 CH3MgBr
【解析】解：(1)A→B是与溴发生取代反应生成，所需的试剂是液溴、Fe(或FeBr3)，
故答案为：液溴、Fe(或FeBr3)；
(2)D→E的转化中羟基被溴原子取代生成E，反应类型为取代反应，J的结构简式为，J中官能团有碳碳双键、羧基，
故答案为：取代反应；碳碳双键、羧基；
(3)由分析可知，G的结构简式为，M的结构简式为CH3MgBr，
故答案为：；CH3MgBr；
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)K的结构简式为，K的同分异构体属于芳香族化合物，说明含有苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6，说明存在对称结构，且含有2个甲基，可能的同分异构体为、、、，
故答案为：。
由A的分子式、C的结构简式，可知A为，A与溴发生取代反应生成B，故B为，对比D、F的结构，结合B→C的转化，可知D中羟基被溴原子取代生成E，故E为，对比F、N的结构，结合信息i可知G为，苯甲醛与乙醛脱去1分子水生成，被氢氧化铜氧化后、酸化生成J，故J为，K与甲醇发生酯化反应生成L，L与M发生信息ii中反应生成N，由K的分子式、N的结构可知J中碳碳双键与氢气发生加成反应生成K，故K为，则L为，M为CH3MgBr。
本题考查有机物的推断与合成，注意对给予信息的理解与运用，对比转化中有机物的结构、分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
20.【答案】光照 取代反应 醚键 羰基 CH3CH2OH6
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应②是与NaCN发生取代反应生成，
故答案为：光照；取代反应；
(2)G的结构简式为，G中含氧官能团的名称为醚键、羰基，
故答案为：醚键、羰基；
(3)D+H→E是与发生取代反应生成，同时有水生成，反应方程式为，
故答案为：；
(4)与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，即X的结构简式为CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(5)D为，D的同分异构体是含苯环的单环化合物，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，符合条件的同分异构体为、、、、、共6种，
故答案为：6；、；
(6)由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D()与H发生已知信息中取代反应生成E()，可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
(6)由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应条件确定、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，(5)中注意从官能团异构分析，(6)中注意利用转化中信息进行设计。
21.【答案】D B C A 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 C 分子晶体
【解析】解：(1)3px表示原子核外第3能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子，所以从符号“3px”中不能看出电子的自旋方向，
故答案为：D；
(2)A.4s1应为 19K的价电子排布式，故A正确；
B.3p64s1应为 19K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1，故B错误；
C.3d54s1应为 24Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为[Ar]3d54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低，故C正确；
D.3d104s1应为 29Cu，价电子为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；
故答案为：B；
(3)X元素的原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，s轨道上只能排2个电子，n=2，所以X是P，则X的氢化物的化学式是PH3，
故答案为：C；
(4)A.非金属性P>As，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4>H3AsO4，故A正确；
B.O原子的非金属性大于S，稳定性：H2O>H2S，故B错误；
C.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：r(Al3+)
(5)高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，
故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
(6)Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子，Ni与CO在60℃∼80℃时反应生成Ni(CO)4气体，说明Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4的结构，
故答案为：C；分子晶体；。
(1)原子核外电子根据能量大小可分为不同的能层，可表示为1、2、3…，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d…，不同能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等；
(2)基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，主族元素价电子与最外层电子数相同；
(3)元素X的原子外围电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，s能级容纳2个电子，则n=2，故X原子外围电子排布式为3s23p3，则A为P元素；
(4)A.非金属性P>As，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
B.镁离子半径小于钙离子半径，晶格能氧化镁大于氧化钙；
C.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小；
D.孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；
(5)高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定；
(6)碳原子可为Ni提供孤对电子，Ni与CO在60℃∼80℃时反应生成Ni(CO)4气体，说明Ni(CO)4的沸点低，分子晶体的沸点低，Ni(CO)4的结构中Ni连接4个碳氧三键。
本题考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布规律、氢键、半径比较、晶体类型与性质等，难度中等，注意把握判断的方法，学习中注意积累。
22.【答案】1s22s22p63s23p63d10 2 平面三角形 O3 HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O−H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出H+，所以酸性HNO3强于HNO2 sp2和sp3 NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱
【解析】解：(1)Cu是29号元素，基态Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级4个电子分别占据3个轨道，单电子数目为2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；2；
(2)NO2−中N原子价层电子对数=2+5+1−2×22=3，离子的VSEPR模型为平面三角形，与NO2−互为等电子体微粒，可以用三个原子24个电子的等电子体微粒：O3；HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O−H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出H+，所以酸性HNO3强于HNO2，
故答案为：平面三角形；O3；HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O−H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出H+，所以酸性HNO3强于HNO2；
(3)根据结构简式可知，形成双键的N原子形成2个σ键，N原子还有1对孤电子对，价层电子对数为3，所以N原子为sp2杂化，形成双键的采用sp2，氨基中的氮原子采用sp3杂化，
故答案为：sp2和sp3；
(4)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故NH3形成如图1配合物后H−N−H键角变大，
故答案为：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱；
(5)NO以N原子与Fe2+形成配位键，H2O以O原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe(NO)(H2O)5]2+的结构应为：，
故答案为：。
(1)Cu是29号元素，处于第四周期第IB族，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p4；
(2)NO2−中N原子价层电子对数=2+5+1−2×22=3，与NO2−互为等电子体微粒可以三个原子24个电子，分析两种含氧酸氮元素化合价，以及对羟基中O−H键的影响解答；
(3)形成双键的采用sp2，氨基中的氮原子采用sp3杂化；
(4)孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥；
(5)NO以N原子与Fe2+形成配位键，H2O以O原子与Fe2+形成配位键。
本题考查物质结构和性质，涉及电子排布、原子杂化类型判断、元素周期律等知识点，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
2020-2021学年四川省凉山州宁南中学高二（下）第一次月考化学试卷
1. 化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是( )
A. 生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢
B. 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
C. 人体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程
D. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 78g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为6NA
B. 将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和为2NA
C. 在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，转移4NA个电子
D. 含7.8gNa2S的溶液中阴离子总数等于0.1NA
3. 蜂胶是营养全面的食疗佳品和天然药品，其中含有的肉桂酸()对细菌、真菌
等有杀灭或抑制作用。有关肉桂酸的下列叙述错误的是( )
A. 该有机物的分子式为C9H8O2
B. 与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有3种
C. 能够发生酯化反应、氧化反应和加成反应
D. 该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上
4. 四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大。仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，0.10mol⋅L−1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00。下列有关说法正确的是( )
A. X、Y、Z的原子半径依次增大 B. 含W的钠盐水溶液一定是中性溶液
C. W2与SO2混合后消毒效果更强 D. Y、W简单氢化物相遇会产生白烟
5. 下列离子共存或离子方程式的书写正确的是( )
A. 加入KSCN显红色的溶液：K+、NH4+、Cl−、S2−
B. “84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl−、Ca2+、Na+
C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42++3Cl−+4H++H2O
D. 用热的NaOH溶液溶解S：3S+6OH−−△2S2−+SO32++3H2O
6. 已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)；△H=−221kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq)+OH−(aq)=H2O(1)；△H=−57.3kJ/mol
下列结论正确的是( )
A. 碳的燃烧热大于110.5kJ/mol
B. 碳的燃烧热为221kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为−57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
7. 下列方案设计不能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
测定硫酸与锌反应的化学反应速率
由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
探究醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱
A. A B. B C. C D. D
8. 一定条件下发生反应：3A(g)+2B(g)⇌xC(g)+2D(g)，在2L密闭容器中，把4molA和2molB混合，2min后达平衡时生成1.6molC，又测得反应速率v(B)=0.2mol⋅L−1⋅min−1，则下列说法中正确的是( )
A. x=4 B. B的转化率为20%
C. 平衡时气体压强是原来的0.94倍 D. 达到平衡时A的浓度为2.8mol⋅L−1
9. 在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H<0，下列对图象的分析中不正确的是( )
A. 图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小体积)或使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
10. 常温下，下列说法不正确的是( )
A. pH均为5的稀盐酸和NH4Cl溶液，由水电离的H+浓度之比为1：104
B. 向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变
C. 等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：HCOOH+NaF=HF+HCOONa
D. 等物质的量浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH约为4.7，则混合液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
11. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下)，其中正确的是( )
①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低
②1L0.50mol⋅L−1NH4Cl溶液与2L0.25mol⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+物质的量完全相等
③pH相等的四种溶液：a.CH3COONab.C6H5ONac.NaHCO3d.NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d
⑤pH=2的一元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c(OH−)≤c(H+)
⑥pH=4、浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)
A. ①②④ B. ①③⑤ C. ③⑤⑥ D. ②④⑥
12. 21世纪是钛的世纪．在800℃∼1000℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示．下列叙述正确的是( )
A. a为电源的正极
B. 石墨电极上发生还原反应
C. 阴极发生的反应为：TiO2+4e−=Ti+2O2−
D. 每生成0.1mol钛，转移电子0.2mol
13. 工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2>c1。下列说法正确的是( )
A. x极为阴极，发生还原反应
B. 装置中为阴离子交换膜
C. X、Y两极产生的气体M和R体积比略大于2：1
D. 若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH
14. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是( )
实验步骤
现象
结论
A
2mL0.1mol⋅L−1MgCl2溶液中滴加2滴1mol⋅L−1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol⋅L−1FeCl3溶液
先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
B
用pH试纸测定饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的pH值
碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH，
碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠
C
溴乙烷中加入氢氧化钠的醇溶液，加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
紫色褪去
反应一定产生了乙烯气体
D
向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热
未出现砖红色沉淀
X不可能是葡萄糖
A. A B. B C. C D. D
15. 下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是( )
化学式
CH3COOH
H2CO3
AgCl
Ag2CrO4
Ka或Ksp
Ka=1.8×10−5
Ka1=4.1×10−7
Ka2=5.6×10−11
Ksp=1.8×10−10
Ksp=2.0×10−12
A. 常温下，相同浓度①CH3COONH4 ②NH4HCO3 ③(NH4)2CO3溶液中，c(NH4+)由大到小的顺序是：①>②>③
B. 向饱和氯水中滴加NaOH 溶液至溶液刚好为中性时，c(Na+)=2c(ClO−)+c(HClO)
C. AgCl 易溶于氨水难溶于水，所以AgCl 在氨水中的Ksp 大于水中的 Ksp
D. 向浓度均为1×10−3mol⋅L−1的KCl 和K2CrO4混合液中滴加1×10−3mol⋅L−1 的AgNO3溶液，CrO42−先形成沉淀
16. 常温下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1=1.1×10−5，Ka2=1.3×10−8，下列叙述正确的是( )
A. a近似等于3
B. 点②处c(H+)+c(H2X)=2c(X2−)+c(OH−)
C. 点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点
D. 点④处c(Na+)=2c(X2−)>c(OH−)>c(HX−)>c(H+)
17. CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。
(1)图1是反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变△H______0(填“>”、“<”或“=”)。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1______ K2 (填“>”、“<”或“=”)。在T1温度下，往体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为______。
③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是______(填字母)。
a.升高温度
b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂
d.充入He，使体系总压强增大
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是______℃；曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为______。
18. 由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。欲测定某样品中NaNO2的含量，某同学设计如下实验：
①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol/LKMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。
(1)上述实验①所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有 ______。
(2)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在 ______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后一滴溶液，______时达到滴定终点。
(3)滴定过程中发生反应的离子方程式是 ______；测得该样品中NaNO2的质量分数为 ______。
(4)以下操作造成测定结果偏高的是 ______。
A.滴定管未用KMnO4标准溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失
D.若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定
(5)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩。浓缩液中含有I−、Cl−等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中c(I−)c(Cl−)=______。(结果保留两位有效数字)(已知Ksp(AgCl)=1.8×10−10，Ksp(AgI)=8.5×10−17)
(6)已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=1530kJ⋅mol−1，N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ.mol−1，写出NH3还原NO的热化学方程式：______。
19. 化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图：
已知：i.(R1、R3为烃基，R2为H或烃基)
ii.(R1、R2、R3为烃基)
回答下列问题：
(1)A→B所需的试剂是 ______。
(2)D→E反应类型是 ______，J含有的官能团名称是 ______。
(3)G、M的结构简式分别为 ______、______。
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的方程式为 ______。
(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式______(写出1种即可)。
①属于芳香族化合物。
②能发生银镜反应。
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6。
20. 化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下：
已知：RCOOH++H2O
回答下列问题：
(1)反应①的反应条件为 ______，反应②的反应类型是 ______。
(2)G中含氧官能团的名称：______、______。
(3)D+H→E的化学方程式：______。
(4)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，X的结构简式为 ______。
(5)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ______种，任写2种结构简式 ______、______
a.含苯环的单环化合物
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1
(6)根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线______(无机试剂任选)。
21. 回答下列问题：
(1)符号“3px”没有给出的信息是 ______。
A.能层
B.能级
C.电子云在空间的伸展方向
D.电子的自旋方向
(2)某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该元素基态原子价电子排布不可能是 ______。
A.4s1
B.3p64s1
C.3d54s1
D.3d104s1
(3)X元素的原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，则X的氢化物的化学式是 ______。
A.HX
B.H2X
C.XH3
D.XH4
(4)下列比较正确的是 ______。
A.酸性：H3PO4>H3AsO4
B.稳定性：H2O
D.键角：H2O>NH3
(5)已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O更稳定的原因 ______。
(6)Ni与CO在60∼80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 ______，Ni(CO)4晶体类型是 ______，画出Ni(CO)4的结构 ______。
22. 按要求回答下列问题：
(1)基态Cu+核外电子排布式为 ______；基态O原子未成对电子有 ______个。
(2)NO2−离子的VSEPR模型为 ______，写出NO2−离子的一种等电子体 ______。从分子结构角度分析，HNO3酸性强于HNO2的原因是 ______。
(3)是一种叠氮一炔基Husigen环加成反应产物，该分子中N原子的杂化方式为 ______。
(4)NH3分子中H−N−H键角为107∘。如图是[Zn(NH3)6]2+的部分结构以及H−N−H键角的测量值。解释NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H−N−H键角变大的原因：______。
(5)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2结构示意图的相应位置补填缺少的配体 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.盐酸能够与氢氧化镁、碳酸钙反应生成可溶性盐酸盐，生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢，故A正确；
B.K2CO3属于强碱弱酸盐，由于CO32−的水解溶液呈碱性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NH4+的水解溶液呈酸性，若两者混合施用，由于水解互相促进会产生氨气降低肥效，故B正确；
C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，故C正确；
D.氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，则无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D错误；
故选：D。
A.盐酸能够与氢氧化镁、碳酸钙反应生成可溶性盐酸盐；
B.K2CO3能与NH4Cl发生双水解；
C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2，并释放出能量；
D.氯气与Cu2+、Hg2+等重金属离子不反应。
本题考查废水的处理，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，题目比较简单。
2.【答案】A
【解析】解：A.苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式相同，均为CH，混合物中含有H的物质的量为n=mM=78g13g/mol=6mol，每个H均与C相连形成C−H键，故C−H键数目为6NA，故A正确；
B.由于氯气与水的反应是一个可逆反应，故将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目和Cl2数目的两倍之和为2NA，故B错误；
C.在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中生成1molO2，转移2NA个电子，故每生成32g氧气，即1mol，转移2NA个电子，故C错误；
D.7.8gNa2S的物质的量为n=mM=7.8g78g/mol=0.1mol，硫离子水解产生的阴离子多于参与水解的硫离子个数，故含0.1molNa2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA，故D错误；
故选：A。
A.根据最简式计算物质的量，然后计算出C−H键数；
B.氯气与水的反应是一个可逆反应；
C.H2O2+Cl2=2HCl+O2反应转移2mol电子，生成1mol氧气；
D.硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子。
本题考查了阿伏加德罗常数的计算应用，主要是物质的量和微粒数的关系判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：A.由结构简式可知有机物的分子式为C9H8O2，故A正确；
B.与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体，如含有2个取代基，可为−CH=CH2、−COOH，有邻、间、对3种，如含有一个取代基，可为−CH=CHCOOH、−C(CH3)=CH2，则与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有4种，故B错误；
C.含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有羧基，可发生酯化反应，故C正确；
D.含有苯环、碳碳双键、羧基，都为平面形结构，则该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，故D错误；
故选：B。
有机物含有碳碳双键、羧基，具有烯烃、羧酸的性质，结合苯环、碳碳双键的结构特点解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl，
A.同周期从左向右原子半径减小，则X、Y、Z的原子半径依次减小，故A错误；
B.含W的钠盐水溶液不一定是中性溶液，如偏铝酸钠溶液显碱性，故B错误；
C.Cl2与SO2混合后在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和HCl，消毒效果变差，故C错误；
D.Y为N，其简单氢化物为氨气，与W的简单氢化物(氯化氢)相遇产生的白烟为氯化铵，故D正确；
故选：D。
四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大，仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，可知X、Y、Z位于第二周期，X、Y、Z分别为C、N、O，W位于第三周期，0.10mol⋅L−1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00，可知W为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、最高价含氧酸来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，Z、W为不同主族元素为解答的易错点，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.加入KSCN显红色的溶液，溶液中含有Fe3+，Fe3+能够氧化S2−，不能大量共存，故A不选；
B.84”消毒液的水溶液含有ClO−，能够氧化Fe2+，不能大量共存，故B不选；
C.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，离子方程式为：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42++3Cl−+4H++H2O，故C选；
D.用热的NaOH溶液溶解S，反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，正确的离子方程式为：3S+6OH−−△2S2−+SO32−+3H2O，故D不选；
故选：C。
A.加入KSCN显红色的溶液，溶液中含有铁离子；
B.“84”消毒液的水溶液含有次氯酸根离子；
C.次氯酸离子能够氧化氢氧化铁生成高铁酸根离子，本身被还原为氯离子；
D.硫与热的氢氧化钠反应生成硫化钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子，带2个负电荷。
本题考查了离子方程式的书写、离子共存判断，明确离子反应实质及离子反应条件即可解答，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.碳的燃烧热为1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热，CO不是C的稳定氧化物，CO完全燃烧还放出热量，所以C的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；
B.根据A知，碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故B错误；
C.强的稀酸和强的稀碱溶液混合生成1mol水和可溶性强碱时放出的热量为其中和热，其中和热为57.3kJ/mol，故C错误；
D.醋酸电离吸收热量，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；
故选：A。
A.碳的燃烧热为1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热；
B.碳的燃烧热为1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为碳的燃烧热；
C.强的稀酸和强的稀碱溶液混合生成1mol水和可溶性强碱时放出的热量为其中和热；
D.醋酸电离吸收热量。
本题考查燃烧热和中和热的理解，侧重考查分析判断及基础知识灵活运用能力，明确燃烧热和中和热概念及其概念中的关键词是解本题关键，C为解答易错点。
7.【答案】A
【解析】解：A.图中缺少秒表测定时间，不能测定反应速率，故A错误；
B.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故B正确；
C.高锰酸钾的浓度不同，且均不足，由褪色快慢可研究反应物浓度对反应速率的影响，故C正确；
D.发生强酸制取弱酸的反应，可比较醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱，故D正确；
故选：A。
A.图中缺少秒表测定时间；
B.只有温度不同；
C.高锰酸钾的浓度不同，且均不足；
D.发生强酸制取弱酸的反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率与化学平衡、速率测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.由上述分析可知，x=4，故A正确；
B.B的转化率为0.8mol2mol×100%=40%，故B错误；
C.平衡时气体压强是原来的1.2mol+2.8mol+1.6mol+0.8mol4mol+2mol≈1.07倍，故C错误；
D.达到平衡时A的浓度为2.8mol2L=1.4mol⋅L−1，故D错误；
故选：A。
2min后达平衡时生成1.6molC，v(C)=1.6mol2L2min=0.4mol⋅L−1⋅min−1，测得反应速率v(B)=0.2mol⋅L−1⋅min−1，则0.4mol⋅L−1⋅min−10.2mol⋅L−1⋅min−1=x2，可知x=4，则
mol3A(g)+2B(g)⇌4C(g)+2D(g)
开始 4 2 0 0
转化 1.20.81.60.8
平衡 2.81.21.60.8
结合转化率、c=nV及物质的量比等于压强比计算。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学计量数的确定方法、化学平衡三段法、转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：A.图Ⅰ正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，该反应为放热反应，则改变的条件为升温，故A正确；
B.图Ⅱ中正逆反应速率同等程度的增大，该反应为体积不变的反应，则改变的条件为增大压强(缩小体积)或使用催化剂，故B正确；
C.图Ⅲ中乙先达到平衡状态，但甲、乙的转化率不同，不是催化剂的原因，应为乙的温度高，故C错误；
D.图Ⅲ中乙先达到平衡状态，且乙中CO的转化率小，该反应为放热反应，则乙的温度高，故D正确；
故选C。
本题考查化学反应速率及化学平衡，注意图象中的速率变化及速率与平衡移动的关系，侧重平衡移动与图象的分析能力，选项C中催化剂不能改变平衡为易错点，题目难度中等．
10.【答案】C
【解析】解：A.pH均为5的稀盐酸中，氢离子抑制了水的电离，水电离的H+浓度等于稀盐酸中氢氧根离子浓度，pH=5NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进了水的电离，溶液中氢离子来自水的电离，则两溶液中由水电离的H+浓度之比为10−1410−5mol/L：10−5mol/L=1：104，故A正确；
B.向水中加入少量NaHSO4固体，溶液中c(H+)增大，由于温度不变，则水的离子积Kw不变，故B正确；
C.等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，说明酸性HCOOH
故选：C。
A.稀盐酸抑制了水的电离，铵根离子水解促进了水的电离；
B.硫酸氢钠为强电解质，电离出的氢离子使溶液中氢离子浓度增大，水的离子积只受温度的影响；
C.对应强碱弱酸盐，pH越大对应酸的酸性越弱，则酸性HCOOH
本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐的水解原理、水的电离及其影响等知识，为高频考点，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理即可解答，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】解：①强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度一定都降低，氢离子和氢氧极根离子的浓度的乘积为定值，氢氢氧根离子浓度增大，故①错误；
②浓度越大水解程度越小，1L0.50mol⋅L−1NH4Cl溶液与2L0.25mol⋅L−1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故②错误；
③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为d>b>c>a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③正确；
④pH=8.3，溶液呈碱性，说明水解大于电离，水解生成H2CO3而电离产生CO32−，钠离子不水解，HCO3−)存在两种趋势，但两种趋势都极其微弱，故离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)，故④错误；
⑤pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸，强酸呈中性，弱酸呈酸性，故⑤正确；
⑥pH=4浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离大于水解，c(Na+)>c(CH3COOH)，电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，故c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)，故⑥正确；
故选：C。
①强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；
②浓度越大水解程度越小；
③根据同浓度时的碱性强弱比较；
④PH=8.3，说明水解大于电离；
⑤pH=2的一元酸可能为强酸也可能是弱酸；
⑥pH=4浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，电离大于水解．
本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等．
12.【答案】C
【解析】解：由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，
A.a为电源的负极，故A错误；
B.石墨为阳极，电极上发生氧化反应，故B错误；
C.电解TiO2制得钛，TiO2为阴极，发生还原反应，电极方程式为TiO2+4e−=Ti+2O2−，故C正确；
D.Ti元素化合价由+4价降低到0价，则每生成0.1mol钛，转移电子0.4mol，故D错误。
故选：C。
图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以此解答该题．
本题考查电解知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解原理以及电极方程式的书写，根据离子的定向移动判断电极为解答该题的关键，难度不大．
13.【答案】D
【解析】解：A.根据“已知c2>c1”可推出，Y极生成了OH−且Na+通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；
B.根据A项分析，Na+通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；
C.X极反应式为2H2O−4e−+4CO32−=O2↑+4HCO3−，同时可能会进一步发生副反应H++HCO3−=H2O+CO2↑，Y极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1：2，故C错误；
D.若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO3−(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e−∼4HCO3−∼4OH−，故D正确；
故选：D。
根据“已知c2>c1”可推出，Y极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，Y极生成了OH−且Na+通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，X极反应式为2H2O−4e−+4CO32−=O2↑+4HCO3−，发生氧化反应，据此答题。
本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称判断是解题关键，题目难度中等。
14.【答案】A
【解析】解：A.NaOH不足，先生成氢氧化镁，然后转化为更难溶的氢氧化铁，由实验及现象可知，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，故A正确；
B.饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的浓度不同，应测定等浓度盐的pH来比较，故B错误；
C.挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明生成乙烯，故C错误；
D.NaOH不足，检验醛基在碱性溶液中，应使NaOH溶液过量，故D错误；
故选：A。
A.NaOH不足，先生成氢氧化镁，然后转化为更难溶的氢氧化铁；
B.饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的浓度不同；
C.挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液褪色；
D.NaOH不足，检验醛基在碱性溶液中。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、难溶电解质、盐类水解、物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A、电离常数越大，酸性越强，由图酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO3−；酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：CH3COO−
B、向饱和氯水中滴加NaOH 溶液，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)+c(OH−)，所以c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以c(Na+)=c(Cl−)+c(ClO−)，根据物料守恒得：c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)，二者结合可得：c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO−)，故B正确；
C、AgCl 易溶于氨水难溶于水，说明AgCl 在氨水中的溶解度大于水中的溶解度，故C错误；
D、AgCl饱和所需Ag+浓度c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl−)=1.8×10−1010−3=1.8×10−7，Ag2CrO4饱和所需Ag+浓度c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42−)=2.0×10−1210−3=4.472×10−5，1.8×10−7<4.472×10−5，所以Cl−先沉淀，故D错误；
故选：B。
A、(NH4)2CO3溶液中(NH4+)的量是CH3COONH4、NH4HCO3 的两倍，水解是极其微弱的，所以的c(NH4+)最大；
B、根据电荷守恒、物料守恒和中性溶液c(H+)=c(H−)写；
C、AgCl 易溶于氨水难溶于水，说明AgCl 在氨水中的溶解度大于水中的溶解度；
D、根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度，比较大小后确定谁先沉淀．
本题考查了水解平衡、溶液中的三大守恒、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，涉及的知识点多且抽象，注意基本原理的理解，依据根据Ksp计算，题目难度中等．
16.【答案】A
【解析】解：A.H2X是一个二元弱酸，以第一步电离为主，H2X⇌H++HX−，故Ka1=c(H+)c(HX−)c(H2X)=c2(H+)0.1=1.1×10−5，c(H+)≈10−3mol/L，故pH约为3，故A正确；
B.点②时H2X与NaOH恰好完全反应生成NaHX，由电荷守恒可知，①式c(Na+)+c(H+)=2c(X2−)+c(HX−)+c(OH−)，由物料守恒可知，②式c(Na+)=c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)，两式结合得：③式c(H+)+c(H2X)=c(X2−)+c(OH−)，①+③得：c(Na+)+2c(H+)+c(H2X)=2c(X2−)+2c(OH−)，故B错误；
C..③点氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，H2X和NaOH中和反应的滴定终点时溶液为碱性，故C错误；
D.点④时H2X与NaOH恰好完全反应生成Na2X，Na2X是强碱弱酸盐，X2−在溶液中水解，故c(Na+)>2c(X2−)，故D错误；
故选：A。
A.H2X是一个二元弱酸，以第一步电离为主，H2X⇌H++HX−，故Ka1=c(H+)c(HX−)c(H2X)=c2(H+)0.1=1.1×10−5；
B.点②时H2X与NaOH恰好完全反应生成NaHX，由电荷守恒可知，①式c(Na+)+c(H+)=2c(X2−)+c(HX−)+c(OH−)，由物料守恒可知，②式c(Na+)=c(X2−)+c(HX−)+c(H2X)，两式结合得：③式c(H+)+c(H2X)=c(X2−)+c(OH−)，根据电荷守恒和物料守恒判断；
C.③点氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；
D.④时H2X与NaOH恰好完全反应生成Na2X，Na2X是强碱弱酸盐，X2−在溶液中水解。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意守恒思想的灵活运用。
17.【答案】<>12b270K1=K2
【解析】解：(1)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2>T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，△H<0，
故答案为：<；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，因为图象分析可知T2>T1，所以K1>K2，在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示，平衡状态下CO浓度为0.25mol/L，CH3OH(g)平衡浓度为0.75mol/L，平衡三行计算列式得到，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol/L)120
变化量(mol/L)0.751.50.75
平衡量(mol/L)0.250.50.75
K=c(CH3OH)c(CO)×c2(H2)=0.750.25×(0.5)2=12，
故答案为：>；12；
③a、若容器容积不变，升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；
b、将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；
c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；
d、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
(2)根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃；温度越高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则曲线上a、b是等温，温度高于c点的温度，所以K1=K2
②温度对化学平衡常数的影响和反应的吸放热有关，平衡逆向进行平衡常数减小；计算平衡浓度得到平衡常数；
③化学平衡正向移动可增加甲醇产率；
(2)正反应放热，则升高温度CO的转化率降低；平衡常数是温度的函数，正反应是放热反应，温度越高K越小。
本题是一道关于化学平衡状态的判断、化学平衡的移动影响因素、平衡状态的判断方法、化学反应平衡常数的计算和应用等方面的知识，侧重于影响平衡移动及平衡常数的因素的考查，要求学生具有分析和解决问题的能力，题目难度中等。
18.【答案】100mL容量瓶 酸式 锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色 5NO2−+2MnO4−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O1.38Va% AC4.7×10−7 4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g)△H=−2070kJ/mol
【解析】解：(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，所以还缺少100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
(2)高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以应选择酸式滴定管盛放；高锰酸钾本身为紫色溶液，当亚硝酸钠反应时被还原为无色的锰离子，当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色则可以判断达到滴定终点，
故答案为：酸式；锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色；
(3)亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，反应的离子方程式为：2MnO4−+5NO2−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O；称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol⋅L−1KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL，设样品中含有亚硝酸钠物质的量为nmol，依据方程式可知：
5NO2−+2MnO4−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O
5 2
14n 0.02mol/L×V×10−3L
解得n=0.2V×10−3mol，样品质量分数为：0.2×V×10−3×69a×100%=1.38Va%，
故答案为：5NO2−+2MnO4−+5H+=2Mn2++5NO3−+3H2O；1.38Va%；
(4)A.若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，导致标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，亚硝酸钠质量分数偏高，故A正确；
B.锥形瓶未用待测液润洗是正确的操作，不影响测定结果，故B错误；
C.盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，读取消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D.若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，过早判断滴定终点，导致加入标准液高锰酸钾溶液体积偏小，亚硝酸钠质量分数偏低，故D错误，
故答案为：AC；
(5)c(I−)c(Cl−)=c(I−)c(Cl−)×c(Ag+)c(Ag+)=Ksp(AgI)Ksp(AgCl)=8.5×10−171.8×10−10≈4.7×10−7，
故答案为：4.7×10−7；
(6)已知：反应A：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=−1530kJ⋅mol−l，反应B：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ⋅mol−l，按盖斯定律，反应A−3×反应B得到NH3还原NO热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g)△H=(−1530−4×180)kJ/mol=−2070kJ/mol，
故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g)△H=−2070kJ/mol。
(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；
(2)酸性溶液和氧化性溶液一般用酸式滴定管；高锰酸钾本身为紫色溶液，当两者反应完全的瞬间，高锰酸钾溶液过量，溶液变为粉红色，据此判断；
(3)亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子；结合化学反应的定量关系计算；
(4)反应的离子方程式：5NO2−+2MnO4−+6H+=5NO3−+2Mn2++3H2O，可知消耗的标准液高锰酸钾体积越多，则亚硝酸钠质量越多，亚硝酸钠质量分数越大，分析操作对消耗标准液体积影响进行误差分析；
(5)c(I−)c(Cl−)=c(I−)c(Cl−)×c(Ag+)c(Ag+)=Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，据此计算；
(6)已知：反应A：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=−1530kJ⋅mol−l，反应B：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ⋅mol−l，按盖斯定律计算即可。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
19.【答案】液溴、Fe(或FeBr3)取代反应 碳碳双键、羧基 CH3MgBr
【解析】解：(1)A→B是与溴发生取代反应生成，所需的试剂是液溴、Fe(或FeBr3)，
故答案为：液溴、Fe(或FeBr3)；
(2)D→E的转化中羟基被溴原子取代生成E，反应类型为取代反应，J的结构简式为，J中官能团有碳碳双键、羧基，
故答案为：取代反应；碳碳双键、羧基；
(3)由分析可知，G的结构简式为，M的结构简式为CH3MgBr，
故答案为：；CH3MgBr；
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为，
故答案为：；
(5)K的结构简式为，K的同分异构体属于芳香族化合物，说明含有苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6，说明存在对称结构，且含有2个甲基，可能的同分异构体为、、、，
故答案为：。
由A的分子式、C的结构简式，可知A为，A与溴发生取代反应生成B，故B为，对比D、F的结构，结合B→C的转化，可知D中羟基被溴原子取代生成E，故E为，对比F、N的结构，结合信息i可知G为，苯甲醛与乙醛脱去1分子水生成，被氢氧化铜氧化后、酸化生成J，故J为，K与甲醇发生酯化反应生成L，L与M发生信息ii中反应生成N，由K的分子式、N的结构可知J中碳碳双键与氢气发生加成反应生成K，故K为，则L为，M为CH3MgBr。
本题考查有机物的推断与合成，注意对给予信息的理解与运用，对比转化中有机物的结构、分子式进行分析判断，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。
20.【答案】光照 取代反应 醚键 羰基 CH3CH2OH6
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应②是与NaCN发生取代反应生成，
故答案为：光照；取代反应；
(2)G的结构简式为，G中含氧官能团的名称为醚键、羰基，
故答案为：醚键、羰基；
(3)D+H→E是与发生取代反应生成，同时有水生成，反应方程式为，
故答案为：；
(4)与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，即X的结构简式为CH3CH2OH，
故答案为：CH3CH2OH；
(5)D为，D的同分异构体是含苯环的单环化合物，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1，符合条件的同分异构体为、、、、、共6种，
故答案为：6；、；
(6)由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D()与H发生已知信息中取代反应生成E()，可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
(6)由与反应生成，与氯气在光照条件下生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物的合成，涉及有机反应条件确定、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，(5)中注意从官能团异构分析，(6)中注意利用转化中信息进行设计。
21.【答案】D B C A 亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态 C 分子晶体
【解析】解：(1)3px表示原子核外第3能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子，所以从符号“3px”中不能看出电子的自旋方向，
故答案为：D；
(2)A.4s1应为 19K的价电子排布式，故A正确；
B.3p64s1应为 19K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1，故B错误；
C.3d54s1应为 24Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为[Ar]3d54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低，故C正确；
D.3d104s1应为 29Cu，价电子为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；
故答案为：B；
(3)X元素的原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，s轨道上只能排2个电子，n=2，所以X是P，则X的氢化物的化学式是PH3，
故答案为：C；
(4)A.非金属性P>As，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4>H3AsO4，故A正确；
B.O原子的非金属性大于S，稳定性：H2O>H2S，故B错误；
C.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：r(Al3+)
(5)高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，
故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；
(6)Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子，Ni与CO在60℃∼80℃时反应生成Ni(CO)4气体，说明Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4的结构，
故答案为：C；分子晶体；。
(1)原子核外电子根据能量大小可分为不同的能层，可表示为1、2、3…，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d…，不同能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等；
(2)基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，主族元素价电子与最外层电子数相同；
(3)元素X的原子外围电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，s能级容纳2个电子，则n=2，故X原子外围电子排布式为3s23p3，则A为P元素；
(4)A.非金属性P>As，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
B.镁离子半径小于钙离子半径，晶格能氧化镁大于氧化钙；
C.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小；
D.孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；
(5)高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定；
(6)碳原子可为Ni提供孤对电子，Ni与CO在60℃∼80℃时反应生成Ni(CO)4气体，说明Ni(CO)4的沸点低，分子晶体的沸点低，Ni(CO)4的结构中Ni连接4个碳氧三键。
本题考查结构性质位置关系应用，涉及核外电子排布规律、氢键、半径比较、晶体类型与性质等，难度中等，注意把握判断的方法，学习中注意积累。
22.【答案】1s22s22p63s23p63d10 2 平面三角形 O3 HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O−H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出H+，所以酸性HNO3强于HNO2 sp2和sp3 NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱
【解析】解：(1)Cu是29号元素，基态Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级4个电子分别占据3个轨道，单电子数目为2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；2；
(2)NO2−中N原子价层电子对数=2+5+1−2×22=3，离子的VSEPR模型为平面三角形，与NO2−互为等电子体微粒，可以用三个原子24个电子的等电子体微粒：O3；HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O−H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出H+，所以酸性HNO3强于HNO2，
故答案为：平面三角形；O3；HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O−H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出H+，所以酸性HNO3强于HNO2；
(3)根据结构简式可知，形成双键的N原子形成2个σ键，N原子还有1对孤电子对，价层电子对数为3，所以N原子为sp2杂化，形成双键的采用sp2，氨基中的氮原子采用sp3杂化，
故答案为：sp2和sp3；
(4)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故NH3形成如图1配合物后H−N−H键角变大，
故答案为：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱；
(5)NO以N原子与Fe2+形成配位键，H2O以O原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe(NO)(H2O)5]2+的结构应为：，
故答案为：。
(1)Cu是29号元素，处于第四周期第IB族，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p4；
(2)NO2−中N原子价层电子对数=2+5+1−2×22=3，与NO2−互为等电子体微粒可以三个原子24个电子，分析两种含氧酸氮元素化合价，以及对羟基中O−H键的影响解答；
(3)形成双键的采用sp2，氨基中的氮原子采用sp3杂化；
(4)孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥；
(5)NO以N原子与Fe2+形成配位键，H2O以O原子与Fe2+形成配位键。
本题考查物质结构和性质，涉及电子排布、原子杂化类型判断、元素周期律等知识点，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。
相关试卷
四川省凉山州宁南中学2023-2024学年高二上学期第一次月考化学试题： 这是一份四川省凉山州宁南中学2023-2024学年高二上学期第一次月考化学试题，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省凉山州宁南中学2022-2023学年高二下学期第二次月考化学试题及答案： 这是一份四川省凉山州宁南中学2022-2023学年高二下学期第二次月考化学试题及答案，共9页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年四川省凉山宁南中学高二下学期第一次月考化学试题含解析： 这是一份2020-2021学年四川省凉山宁南中学高二下学期第一次月考化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，实验题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
