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2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市长安区第一中学高二下学期期末考试化学试题含解析，共34页。试卷主要包含了 化学与生活密切相关，4g，则溶液中通过的电子数为0， 下列“类比”合理的是等内容，欢迎下载使用。
长安一中2021～2022学年度第二学期期末考试
高二化学 试题
总分：100分 时间：100分钟
I卷
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ba-137
选择题(2分/题，共40分，每题仅有一个正确选项)
1. 化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A. HB铅笔芯的主要成分为石墨
B. 温室气体是形成酸雨的主要物质
C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D. 漂白粉与洁厕灵可混合使用以提高消毒效果
【答案】A
【解析】
【详解】A．HB铅笔芯的主要成分为石墨，A正确；
B．温室气体是CO2，而形成酸雨的主要物质是氮、硫元素形成的氧化物，B错误；
C．棉花、麻属于天然纤维，属于碳水化合物，而蚕丝主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，C错误；
D．漂白粉主要成分为次氯酸钙，洁厕灵主要成分为盐酸，二者混合使用会产生有毒的氯气，故不可混合使用，D错误；
故答案为A。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 0.2mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2分子数目为1.4NA
B. 常温下，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.1NA
C. 100克46℅乙醇(C2H6O)水溶液中含有的氧原子数为4NA
D. 电解CuCl2溶液时，若阴极增重6.4g，则溶液中通过的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯甲酸的分子式为C7H6O2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧，生成1.4molCO2，分子数目为1.4NA，故A正确；
B．pH=13时，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L1L=0.1mol，则OH-数目为0.1NA，故B正确；
C．该乙醇溶液中含有乙醇(C2H6O)的物质的量为=1mol，含有水(H2O)的物质的量为=3mol，所以含有的氧原子的物质的量为4mol，则含有的氧原子数为4NA，故C正确；
D．阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，已知阴极增重6.4g，则n(Cu)==0.1mol，所以外电路通过的电子数为0.2NA，但电子不能通过溶液，故D错误；
答案选D
3. 下列“类比”合理的是
A. NaH与盐酸反应生成NaCl和H2，则NH5与盐酸反应生成NH4Cl和H2
B. Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O(g)反应生成Fe(OH)3和H2
C. NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O，则氨水与少量AgNO3溶液反应也生成Ag2O
D. NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaH是由Na+离子与H—离子形成的离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和H2，NH5是由NH离子与H—离子形成的结构与NaH类似的离子化合物，所以也能与盐酸反应生成NH4Cl和H2，故A正确；
B．加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；
C．氨水与少量硝酸银溶液反应生成配合物氢氧化二氨合银，不能生成氧化银，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，与少量次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，故D错误；
故选A。
4. 已知某溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、 CO、NO、SO、SiO、I-、Cl-且物质的量浓度相同。某同学欲探究该溶液的组成，进行了如下实验：
Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰；
Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；
Ⅲ.取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色；向第二支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红。
下列说法正确的是
A. 原溶液由K+、Fe2+、NO、I-、SO五种离子组成
B. 原溶液中一定含有Mg2+、Cl-
C. 步骤Ⅱ中无色气体可能含有CO2，原溶液中可能含有CO
D. 原溶液中肯定不含Mg2+、SiO
【答案】B
【解析】
【分析】溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO、NO、SO、SiO、I-、Cl-进行了如下实验：
Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰，说明一定含K+；
Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，说明溶液中一定含还原性离子(Fe2+、I-中至少一种)和NO，一定不含SiO；
Ⅲ. .取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色，说明Ⅱ中有I2生成，原溶液一定含I-，则一定不含Fe3+；向第二支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，说明Ⅱ所得溶液含Fe3+和SO，则一定不含CO；
由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可得原溶液一定含K+、Fe2+、I-、NO、SO，一定不含CO、Fe3+、SiO，原溶液中各离子的物质的量浓度相同，设各离子浓度为c，体积为V，则正电荷总物质的量=cV+2cV=3cV，负电荷总物质的量=cV+cV+2cV=4cV，负电荷总物质的量较多，则原溶液一定含Mg2+，此时正电荷总物质的量为5cV，正电荷总物质的量较多，则Cl-也一定含有；
综上所述，原溶液一定含K+、Fe2+、I-、NO、SO、Cl-、Mg2+，一定不含CO、Fe3+、SiO。
【详解】A．由分析可知原溶液由K+、Fe2+、I-、NO、SO、Cl-、Mg2+，还有水电离的H+、OH-共9种离子组成，A错误；
B．由分析可知原溶液中一定含有Mg2+、Cl-，B正确；
C．原溶液含Fe2+、Mg2+，则一定不含CO，故步骤Ⅱ中无色气体不含有CO2，为NO，C错误；
D．由分析可知原溶液中一定含Mg2+，肯定不含SiO，D错误；
答案选B。
5. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH- = C2O+2H2O
B. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO
C. FeCl3滴入沸水中制Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3↓+3H+
D. C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为：H2C2O4+OH- = HC2O+H2O，A错误；
B．Na2SO3具有强还原性，而氯气具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸，当参加反应的氯气量较少时，生成的盐酸会与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：3SO+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO，B正确；
C．FeCl3滴入沸水中制Fe(OH)3胶体而非沉淀：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；
D．苯酚钠中通入少量或过量的CO2都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，D错误；
故答案为B。
6. 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A. 产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C. 可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D. 可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
7. 某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3,
答案选A。
8. 将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法不正确的是
A. 镁与铝的物质的量之比为4：3
B. 盐酸的物质的量浓度为10 mol·L-1
C. NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L-1
D. 生成的氢气在标准状况下的体积为10.08L
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明溶解Mg、Al后盐酸有剩余，该阶段发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液至200mL，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35mol，此时溶液中溶质为NaCl，再继续滴加NaOH溶液，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2为0.15mol，故到沉淀量最大时Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol。
【详解】A．由分析可知，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，故n(Mg)：n(Al)=0.15mol：0.2mol=3：4，A错误；
B．从200mL到240mLNaOH溶解Al(OH)3，由NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知，该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，则200mLNaOH溶液中n(NaOH)=，沉淀量最大时，溶液中溶质为NaCl，则n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=1mol，则盐酸的物质的量浓度为=10mol/L，B正确；
C．由B中计算可知，40mL溶液中含有NaOH为0.2mol，则c(NaOH)=，C正确；
D．由分析可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，D正确；
故答案选A。
9. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程。下列说法错误的是( )
A. 溶解烧渣选用足量稀硫酸，试剂X选用铁粉
B. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其水解和氧化
C. 固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2
D. 溶液1中直接加NaOH至过量，过滤后的沉淀用硫酸溶解并经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【分析】制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，则使用的酸为硫酸，烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) ，其中Fe2O3、Al2O3与足量的酸反应，生成Fe3+和Al3+，则溶液1中含有Fe3+和Al3+，SiO2不与酸反应，则固体1 含有SiO2，溶液1中加入试剂X的目的是将Fe3+还原为Fe2+，再加入NaOH溶液调节pH将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，则固体2含有Al(OH)3沉淀，溶液2 为FeSO4，最后溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水合硫酸亚铁晶体。
【详解】A．由流程分析知，溶解烧渣选用足量稀硫酸，试剂X选用铁粉，A正确；
B．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且亚铁离子会发生水解反应生成氢氧化亚铁，则从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其水解和氧化，B正确；
C．由流程分析知，固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，C正确；
D．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，D错误；
故答案为D。
10. 工业上用发烟HClO4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（ ）
A. CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价
B. HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C. 该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8
D. 该反应离子方程式为19ClO+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；
B．Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；
C．根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4-，其中有3mol Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8mol Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8，C正确；
D．根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，D错误；
故合理选项是D。
11. 自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是
A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B. 在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应
C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；
B．由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；
C．由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；
D．使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；
故选D。
12. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲测定醋酸浓度 B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸 D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
13. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A.
向5mL NaBr溶液中滴加2滴氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B.
将密闭烧瓶中的NO2加热
气体颜色变浅
2NO2(g)N2O4(g) ΔH>0
C.
加热石蜡油，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液由红棕色变无色
气体中一定含有乙烯
D.
向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
淀粉未发生水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯水可氧化NaBr生成溴，溴可氧化KI生成碘，由实验及现象可知，氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；
B．加热颜色应该变深，升高温度使2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，即2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0，B错误；
C．石蜡油分解产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，由实验及现象可知，气体不一定为乙烯，C错误；
D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉未水解，D错误；
故答案选A。
14. 已知SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，现进行如下图所示实验。下列说法错误的是
A. 改变c(H+)对反应速率没有影响
B. 该反应能够证明SO2既有氧化性，又有还原性
C. 整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用
D. 该过程中SO2发生的总反应可能为3SO2+2H2O=2SO+S↓+4H+
【答案】A
【解析】
【分析】由实验过程可知，密封静置沉降，溶液中有淡黄色固体生成，则有S单质生成，取澄清溶液加稀盐酸和氯化钡溶液生成白色沉淀，则又有硫酸根离子生成，所以总反应为3SO2+2H2O2SO+S↓+4H+，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，反应与氢离子有关，则改变c(H+)可影响反应速率，故A错误；
B．淡黄色沉淀为S，白色沉淀为硫酸钡，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，故B正确；
C．总反应为3SO2+2H2O2SO+S↓+4H+，则整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用，故C正确；
D．由实验过程可知，先发生反应SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，后发生反应I2+SO2+2H2O= SO+4H++2I-，碘离子为反应的催化剂，将两反应式相加消去中间产物I2得总反应为3SO2+2H2O=2SO+S↓+4H+，故D正确；
答案选A。
15. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 非金属性： B. 单质的熔点：
C. 简单氢化物的沸点： D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．XAl，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
16. 下列有关粒子的表示方法正确的是
A. 的电子式： B. 的球棍模型：
C. 的结构式：CH2=CH2 D. 的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O是共价化合物，中心原子是O，O原子和H原子之间共用1对电子，其电子式为，故A错误；
B．小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷是正四面体结构，C原子半径大于H，其比例模型为，球棍模型为，故B错误；
C．乙烯分子含有1个C=C、4个C-H，为平面形结构，结构式为，结构简式为CH2=CH2，故C错误；
D．CO2是直线形分子，中心原子是C，含有C=O键，其结构式为O=C=O，故D正确；
故答案选D。
17. 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是
A. 分子式为 B. 分子中含有14个甲基
C. 分子中的四个氧原子不在同一平面 D. 可发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；
答案选B。
18. 如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g) ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是( )
A. 反应速率：v(B)>v(A) B. A容器中X的转化率为80%
C. 若打开K，则A体积变为2.6aL D. 平衡时Y的体积分数：A
【解析】
【详解】A. 该反应气体物质的量增大，A处于减压中，所以反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；B. T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，所以X的转化率为80%，故B正确；C. 若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，故C错误；D. 减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A，故D正确。故选C。
19. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
20. 常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液Ⅰ中
B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
II卷
21. 回答下列问题：
（1）由金矿石中提取金(Au)时，常用KCN溶液溶金，形成Au(CN)，再用Zn进行置换。写出提取金第一步反应的离子反应方程式_______。
（2）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
则A的化学式为_______；已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种密度为1.518 g·L−1的剧毒气体(标准状况下)，则该反应的离子方程式为_______。
（3）CrO5中Cr(+6价)，则CrO5的结构式为_______。
（4）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气体，热分解过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线_______，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为_______kPa·s-1(保留1位小数)。注：H2S的热分解反应为2H2S(g)2H2(g)+S2(g)
（5）化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。则100～200℃阶段热分解，所得固体化合物化学式为_______，500℃热分解后生成固体化合物化学式为_______。
【答案】（1）4Au+O2+2H2O+8CN- = 4Au(CN)+4OH-
（2） ①. Fe3S4 ②. Fe3S4+6H+ = 3Fe2++S+3H2S↑
（3）CrO(O2)2(或)
（4） ①. d ②. 24.9
（5） ①. NH4B5O8·H2O ②. B2O3
【解析】
【小问1详解】
提取金第一步反应中，常用KCN溶液溶金，该反应的离子方程式为4Au+O2+2H2O+8CN- =4+4OH-。
【小问2详解】
2.960g化合物A经过煅烧，生成无色气体E和2.400g红棕色固体B，固体B溶于盐酸形成黄色溶液C，溶液C再和KSCN溶液反应生成血红色溶液D，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为Fe(SCN)3，其中n(Fe2O3)=0.015mol，则2.960g化合物A中含有0.03mol Fe元素（即1.68g Fe元素）；化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种密度为1.518g·L−1的剧毒气体(标准状况下)，该气体的摩尔质量为1.518g·L-1´22.4mol·L-1=34g·mol-1，该气体为H2S，化合物A与稀硫酸反应生成的淡黄色不溶物是S，则化合物A中还含有S元素；2.960g化合物A中所含S元素的质量为1.28g，其物质的量为0.4mol；综上所述，2.960g化合物A中含有0.3mol Fe元素和0.4mol S元素，则化合物A的化学式为Fe3S4；Fe3S4和H2SO4反应产生S和H2S的离子方程式为Fe3S4+6H+ = 3Fe2++S+3H2S↑。
【小问3详解】
CrO5中Cr(+6价)，则CrO5的结构式为CrO(O2)2（或）。
【小问4详解】
n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于较小压强，则H2S的热分解反应正向移动，H2S的转化率增大，故n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线d；在0～0.1s之间，H2S的转化率为24%，设H2S分解前，H2S的物质的量为1mol，则Ar的物质的量为9mol，此时P(H2S)==10kPa，0.1s时，Δn(H2S)=0.24mol，则H2S、H2、S2的物质的量分别为0.76mol、0.24mol、0.12mol，此时P(H2S)==7.51kPa，则在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。
【小问5详解】
根据化学式YW4X5Z8·4W2Z可以推出W为H，Z为O；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，YZ2分子的总电子数为奇数，则Y的原子序数为奇数，由于YZ2常温下为气体，并结合该化合物的化学式可知，Y为N；W、X、Y、Z的原子序数加和为21，则X为B，该化合物的化学式为NH4B5O8·4H2O；设该化合物物质的量为1mol，该化合物的式量为273，则该化合物的质量为273g，100～200℃阶段热分解后，质量保留百分数为80.2%，所得固体化合物的质量为219g，质量减少54g，即失去了3mol H2O，则100～200℃阶段热分解后，所得固体化合物化学式为NH4B5O8·H2O；200～400℃阶段热分解后，所得固体化合物的质量为184g，与219g相比，固体质量减少了35g；500℃热分解后，质量保留百分数为64.1%，此时生成固体的质量为175g，与184g相比，固体质量又减少了9g，结合化合物的化学式NH4B5O8·4H2O可知，1mol该化合物500℃热分解后生成固体化合物2.5mol B2O3，即500℃热分解后生成固体化合物化学式为B2O3。
22. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
23. 某兴趣小组对化合物X开展探究实验：
注：X由3种元素组成；A和B均为纯净物，其中B可使品红水溶液褪色；Cu(OH)2可以溶于乙二醇等多元醇形成绛蓝色溶液(形成五元环状化合物)。
（1）X的组成元素是_______、_______、_______(写元素符号)，X的化学式是_______。
（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的化学方程式是_______。
（3）步骤I，发生反应的化学方程式是_______。
（4）步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_______。
（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明_______。
【答案】（1） ①. Cu ②. S ③. O ④. CuS2O6
（2）CuS2O6CuSO4+ SO2↑
（3） + Cu(OH)2 →+ 2H2O
（4）SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀
（5）配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色
【解析】
【分析】由“B可使品红水溶液褪色”可知，B为SO2；由“A1与足量盐酸酸化的BaCl2溶液反应生成白色沉淀”可知，A中含有SO；由“A2与适量NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液”可知，A中含有Cu2+，则A为CuSO4；A和B均为X隔绝空气加热反应的产物，由元素守恒可得，X含有Cu、S、O。由元素守恒得关系式：SO2~ BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)==0.01mol；由元素守恒得关系式：SO~ BaSO4，n(SO)=n(BaSO4)==0.005mol；故固体A中n(Cu)=n(S)= 0.01mol；固体X中n(Cu)= 0.01mol，n(S)= 0.01mol+0.01mol=0.02mol，n(O)==0.06mol。故n(Cu):n(S):n(O)= 0.01mol: 0.02mol: 0.06mol=1:2:6，固体X的化学式为CuS2O6，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析，X的组成元素是Cu、S、O，X的化学式是CuS2O6，故答案为：Cu；S；O；CuS2O6；
【小问2详解】
由得失电子守恒、元素守恒可得X和稀H2SO4反应的化学方程式为CuS2O6CuSO4+ SO2↑，故答案为：CuS2O6CuSO4+ SO2↑；
【小问3详解】
由信息可知，Cu(OH)2可与甘油生成绛蓝色溶液，反应的化学方程式为 + Cu(OH)2 →+ 2H2O，故答案为： + Cu(OH)2 →+ 2H2O；
【小问4详解】
H2O2作氧化剂，而空气中含有O2，也可作氧化剂，能将SO2与水反应生成的H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀；
【小问5详解】
根据信息，B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色，设计非水溶剂与水溶液对比实验，可设计为：配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色，故答案为：配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色。
24. 回答下列问题：
（1）在25 ℃下，a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)。
①则溶液显_______性(填“酸”“碱”或“中”)；
②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。
（2）下表为几种酸的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
①则pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_______；
②少量CO2与NaHS反应的离子方程式为_______。
（3）在25 ℃，向0.10 mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13
①当pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=_______mol·L-1；
②某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH=_______时，Mn2+开始沉淀。
（4）称取2.500克Na2CO3样品(含有少量NaHCO3)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2滴酚酞，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸22.45mL；再滴加2滴甲基橙，继续用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸23.51mL，则产品中Na2CO3的质量分数为_______%(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 中 ②. 10-9/(a-0.01)
（2） ①. c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3) ②. HS-+H2O+CO2=H2S+HCO
（3） ①. 0.043 ②. 5
（4）96.4
【解析】
【小问1详解】
①将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中存在电荷守恒，即c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，当c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。②amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合后，剩余氨水的物质的量为(a-0.01)V，混合以后溶液的体积为2V，所以此时溶液中NH3•H2O的物质的量浓度=，c()=c(Cl-)=，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，。
【小问2详解】
①CH3COONa、Na2CO3、NaHS是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程度越大，pH值越大，所以相同浓度的三种溶液，pH大小关系为：Na2CO3＞NaHS＞CH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序是：c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)。②向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞H2S＞，故反应生成H2S和碳酸氢钠，故反应的离子方程式为HS-+H2O+CO2=H2S+。
【小问3详解】
①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol•L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=(0.1-5.7×10-2)mol/L=0.043mol/L。②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)=，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀。
【小问4详解】
第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，根据原子守恒 n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L×22.45mL×10-3L/mL=2.245×10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=0.1000mol/L×23.51mL×10-3L/mL=2.351×10-3mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n(NaHCO3)-n(NaHCO3)=2.351×10-3mol-2.245×10-3mol=1.06×10-4mol，则原产品中NaHCO3的质量为1.06×10-4mol×10×84g/mol=0.08904g，则原产品中Na2CO3的质量分数为。
25. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）下列表示的是氟原子激发态电子排布式且能量最高的是_______。
A. 1s22s22p5 B. 1s22s22p43s1 C. 1s22s22p33p2 D. 1s22s22p43d2
（2）一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个sp3杂化轨道与Cl的3px轨道形成σ键，并且Cl的3px轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π)。C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键越强。则一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、 一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl的键长依次_______。(填“递增”、“递减”或“无法判断”)
（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。Y的化学式为_______。
（4）α-AgI晶体中I- 离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。
（5）已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积_______m3·mol-1(列出算式)。
【答案】（1）C （2）递减
（3）ICl （4）电解质
（5）
【解析】
【小问1详解】
F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，激发态中，电子所在能级越高，能量越大。
A．1s22s22p5是F原子基态的排布；
B．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；
C．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态；
D．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子；
综上所述，C选项的能量最大，故选C。
故选C。
【小问2详解】
C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2个3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；
【小问3详解】
CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl；
【小问4详解】
由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；
【小问5详解】
每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。
26. 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。
（3）E的结构简式为_______。
（4）H中含氧官能团的名称是_______。
（5）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。
【答案】（1）苯甲醇 （2）消去反应
（3） （4）硝基、酯基和羰基
（5）
【解析】
【分析】根据流程图可知，A分子式为C7H8O，在铜催化下与氧气反应生成苯甲醛，则A为苯甲醇，A到B发生醇的催化氧化，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，C与溴单质发生加成反应生成，在碱性条件下发生消去反应生成D，B和E在强碱环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，结合F的结构简式，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H。
【小问1详解】
根据分析可知，A的结构简式为，化学名称为苯甲醇。
【小问2详解】
B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，第二步反应类型为消去反应。
【小问3详解】
B和E在强碱环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，结合F的结构简式，可推知E为。
【小问4详解】
根据H的结构简式可知，其中的含氧官能团有硝基、羰基、酯基。
【小问5详解】
化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，说明含有醛基，与酸性高锰酸钾反应得到对苯二甲酸，则X的结构简式为。
长安一中2021～2022学年度第二学期期末考试
高二化学 试题
总分：100分 时间：100分钟
I卷
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Co-59 Cu-64 Ba-137
选择题(2分/题，共40分，每题仅有一个正确选项)
1. 化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A. HB铅笔芯的主要成分为石墨
B. 温室气体是形成酸雨的主要物质
C. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物
D. 漂白粉与洁厕灵可混合使用以提高消毒效果
【答案】A
【解析】
【详解】A．HB铅笔芯的主要成分为石墨，A正确；
B．温室气体是CO2，而形成酸雨的主要物质是氮、硫元素形成的氧化物，B错误；
C．棉花、麻属于天然纤维，属于碳水化合物，而蚕丝主要成分是蛋白质，不是碳水化合物，C错误；
D．漂白粉主要成分为次氯酸钙，洁厕灵主要成分为盐酸，二者混合使用会产生有毒的氯气，故不可混合使用，D错误；
故答案为A。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 0.2mol苯甲酸完全燃烧，生成CO2分子数目为1.4NA
B. 常温下，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.1NA
C. 100克46℅乙醇(C2H6O)水溶液中含有的氧原子数为4NA
D. 电解CuCl2溶液时，若阴极增重6.4g，则溶液中通过的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯甲酸的分子式为C7H6O2，则0.2mol苯甲酸完全燃烧，生成1.4molCO2，分子数目为1.4NA，故A正确；
B．pH=13时，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L1L=0.1mol，则OH-数目为0.1NA，故B正确；
C．该乙醇溶液中含有乙醇(C2H6O)的物质的量为=1mol，含有水(H2O)的物质的量为=3mol，所以含有的氧原子的物质的量为4mol，则含有的氧原子数为4NA，故C正确；
D．阴极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，已知阴极增重6.4g，则n(Cu)==0.1mol，所以外电路通过的电子数为0.2NA，但电子不能通过溶液，故D错误；
答案选D
3. 下列“类比”合理的是
A. NaH与盐酸反应生成NaCl和H2，则NH5与盐酸反应生成NH4Cl和H2
B. Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O(g)反应生成Fe(OH)3和H2
C. NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O，则氨水与少量AgNO3溶液反应也生成Ag2O
D. NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaH是由Na+离子与H—离子形成的离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和H2，NH5是由NH离子与H—离子形成的结构与NaH类似的离子化合物，所以也能与盐酸反应生成NH4Cl和H2，故A正确；
B．加热条件下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故B错误；
C．氨水与少量硝酸银溶液反应生成配合物氢氧化二氨合银，不能生成氧化银，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，与少量次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成氯化钠和硫酸，故D错误；
故选A。
4. 已知某溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、 CO、NO、SO、SiO、I-、Cl-且物质的量浓度相同。某同学欲探究该溶液的组成，进行了如下实验：
Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰；
Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；
Ⅲ.取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色；向第二支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红。
下列说法正确的是
A. 原溶液由K+、Fe2+、NO、I-、SO五种离子组成
B. 原溶液中一定含有Mg2+、Cl-
C. 步骤Ⅱ中无色气体可能含有CO2，原溶液中可能含有CO
D. 原溶液中肯定不含Mg2+、SiO
【答案】B
【解析】
【分析】溶液中含有如下离子组中的若干种：K+、Mg2+、Fe3+、Fe2+、CO、NO、SO、SiO、I-、Cl-进行了如下实验：
Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到浅紫色火焰，说明一定含K+；
Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，说明溶液中一定含还原性离子(Fe2+、I-中至少一种)和NO，一定不含SiO；
Ⅲ. .取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入CCl4，振荡静置后溶液分层，下层出现紫红色，说明Ⅱ中有I2生成，原溶液一定含I-，则一定不含Fe3+；向第二支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，说明Ⅱ所得溶液含Fe3+和SO，则一定不含CO；
由实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可得原溶液一定含K+、Fe2+、I-、NO、SO，一定不含CO、Fe3+、SiO，原溶液中各离子的物质的量浓度相同，设各离子浓度为c，体积为V，则正电荷总物质的量=cV+2cV=3cV，负电荷总物质的量=cV+cV+2cV=4cV，负电荷总物质的量较多，则原溶液一定含Mg2+，此时正电荷总物质的量为5cV，正电荷总物质的量较多，则Cl-也一定含有；
综上所述，原溶液一定含K+、Fe2+、I-、NO、SO、Cl-、Mg2+，一定不含CO、Fe3+、SiO。
【详解】A．由分析可知原溶液由K+、Fe2+、I-、NO、SO、Cl-、Mg2+，还有水电离的H+、OH-共9种离子组成，A错误；
B．由分析可知原溶液中一定含有Mg2+、Cl-，B正确；
C．原溶液含Fe2+、Mg2+，则一定不含CO，故步骤Ⅱ中无色气体不含有CO2，为NO，C错误；
D．由分析可知原溶液中一定含Mg2+，肯定不含SiO，D错误；
答案选B。
5. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH- = C2O+2H2O
B. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO
C. FeCl3滴入沸水中制Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3↓+3H+
D. C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为：H2C2O4+OH- = HC2O+H2O，A错误；
B．Na2SO3具有强还原性，而氯气具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸，当参加反应的氯气量较少时，生成的盐酸会与亚硫酸钠反应生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：3SO+Cl2+H2O=2HSO3-+2Cl-+SO，B正确；
C．FeCl3滴入沸水中制Fe(OH)3胶体而非沉淀：Fe3++3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)+3H+，C错误；
D．苯酚钠中通入少量或过量的CO2都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO，D错误；
故答案为B。
6. 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A. 产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C. 可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D. 可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
7. 某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液
②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。
③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。
该样品中确定存在的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3,
答案选A。
8. 将一定质量的镁和铝的混合物投入100mL盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。若不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发，则下列说法不正确的是
A. 镁与铝的物质的量之比为4：3
B. 盐酸的物质的量浓度为10 mol·L-1
C. NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol·L-1
D. 生成的氢气在标准状况下的体积为10.08L
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明溶解Mg、Al后盐酸有剩余，该阶段发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液至200mL，到沉淀量最大，此时沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.35mol，此时溶液中溶质为NaCl，再继续滴加NaOH溶液，发生反应NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2为0.15mol，故到沉淀量最大时Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol。
【详解】A．由分析可知，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol，n(Al)=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，故n(Mg)：n(Al)=0.15mol：0.2mol=3：4，A错误；
B．从200mL到240mLNaOH溶解Al(OH)3，由NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知，该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，则200mLNaOH溶液中n(NaOH)=，沉淀量最大时，溶液中溶质为NaCl，则n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=1mol，则盐酸的物质的量浓度为=10mol/L，B正确；
C．由B中计算可知，40mL溶液中含有NaOH为0.2mol，则c(NaOH)=，C正确；
D．由分析可知n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n(H2)=3n(Al)+2n(Mg)=3×0.2mol+2×0.15mol=0.9mol，所以n(H2)=0.45mol，故氢气体积为0.45mol×22.4mol/L=10.08L，D正确；
故答案选A。
9. 某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程。下列说法错误的是( )
A. 溶解烧渣选用足量稀硫酸，试剂X选用铁粉
B. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其水解和氧化
C. 固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2
D. 溶液1中直接加NaOH至过量，过滤后的沉淀用硫酸溶解并经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】
【分析】制备七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，则使用的酸为硫酸，烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质) ，其中Fe2O3、Al2O3与足量的酸反应，生成Fe3+和Al3+，则溶液1中含有Fe3+和Al3+，SiO2不与酸反应，则固体1 含有SiO2，溶液1中加入试剂X的目的是将Fe3+还原为Fe2+，再加入NaOH溶液调节pH将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，则固体2含有Al(OH)3沉淀，溶液2 为FeSO4，最后溶液2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水合硫酸亚铁晶体。
【详解】A．由流程分析知，溶解烧渣选用足量稀硫酸，试剂X选用铁粉，A正确；
B．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且亚铁离子会发生水解反应生成氢氧化亚铁，则从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其水解和氧化，B正确；
C．由流程分析知，固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，C正确；
D．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，D错误；
故答案为D。
10. 工业上用发烟HClO4将潮湿的CrC13氧化为棕色的烟[CrO2(C1O4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（ ）
A. CrO2(C1O4)2中Cr元素显+6价
B. HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C. 该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8
D. 该反应离子方程式为19ClO+8Cr3++8OH-=8CrO2(ClO4)2+3C1-+4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；
B．Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；
C．根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO4-，其中有3mol Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8mol Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8，C正确；
D．根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O=8CrO2(ClO4)2+3C1-+8H+，D错误；
故合理选项是D。
11. 自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是
A. N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B. 在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应
C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D. 使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；
B．由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；
C．由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；
D．使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确；
故选D。
12. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲测定醋酸浓度 B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸 D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
13. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A.
向5mL NaBr溶液中滴加2滴氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B.
将密闭烧瓶中的NO2加热
气体颜色变浅
2NO2(g)N2O4(g) ΔH>0
C.
加热石蜡油，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液
溶液由红棕色变无色
气体中一定含有乙烯
D.
向淀粉溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的Cu(OH)2悬浊液
无砖红色沉淀
淀粉未发生水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯水可氧化NaBr生成溴，溴可氧化KI生成碘，由实验及现象可知，氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；
B．加热颜色应该变深，升高温度使2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，即2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0，B错误；
C．石蜡油分解产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，由实验及现象可知，气体不一定为乙烯，C错误；
D．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉未水解，D错误；
故答案选A。
14. 已知SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，现进行如下图所示实验。下列说法错误的是
A. 改变c(H+)对反应速率没有影响
B. 该反应能够证明SO2既有氧化性，又有还原性
C. 整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用
D. 该过程中SO2发生的总反应可能为3SO2+2H2O=2SO+S↓+4H+
【答案】A
【解析】
【分析】由实验过程可知，密封静置沉降，溶液中有淡黄色固体生成，则有S单质生成，取澄清溶液加稀盐酸和氯化钡溶液生成白色沉淀，则又有硫酸根离子生成，所以总反应为3SO2+2H2O2SO+S↓+4H+，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，反应与氢离子有关，则改变c(H+)可影响反应速率，故A错误；
B．淡黄色沉淀为S，白色沉淀为硫酸钡，S元素化合价由+4价降低到0价，由+4价升高到+6价，则SO2既有氧化性，又有还原性，故B正确；
C．总反应为3SO2+2H2O2SO+S↓+4H+，则整个反应过程中，KI可能起到了催化剂的作用，故C正确；
D．由实验过程可知，先发生反应SO2+4I-+4H+=S↓+2I2+2H2O，后发生反应I2+SO2+2H2O= SO+4H++2I-，碘离子为反应的催化剂，将两反应式相加消去中间产物I2得总反应为3SO2+2H2O=2SO+S↓+4H+，故D正确；
答案选A。
15. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. 非金属性： B. 单质的熔点：
C. 简单氢化物的沸点： D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．XAl，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
16. 下列有关粒子的表示方法正确的是
A. 的电子式： B. 的球棍模型：
C. 的结构式：CH2=CH2 D. 的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O是共价化合物，中心原子是O，O原子和H原子之间共用1对电子，其电子式为，故A错误；
B．小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷是正四面体结构，C原子半径大于H，其比例模型为，球棍模型为，故B错误；
C．乙烯分子含有1个C=C、4个C-H，为平面形结构，结构式为，结构简式为CH2=CH2，故C错误；
D．CO2是直线形分子，中心原子是C，含有C=O键，其结构式为O=C=O，故D正确；
故答案选D。
17. 辅酶具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶的说法正确的是
A. 分子式为 B. 分子中含有14个甲基
C. 分子中的四个氧原子不在同一平面 D. 可发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C59H90O4，A错误；
B．由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后一个连接H原子的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基，B正确；
C．双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C错误；
D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D错误；
答案选B。
18. 如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，此时A的容积是aL，B的容积是2aL。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g) ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4aL。下列说法错误的是( )
A. 反应速率：v(B)>v(A) B. A容器中X的转化率为80%
C. 若打开K，则A体积变为2.6aL D. 平衡时Y的体积分数：A
【解析】
【详解】A. 该反应气体物质的量增大，A处于减压中，所以反应速率：v(B)>v(A)，故A正确；B. T、P一定，气体的n与V成正比。达平衡时，A的体积为1.4aL，其中气体的物质的量是原来的1.4倍，为2.8mol。A容器中气体增加0.8mol，对应消耗X0.8mol，所以X的转化率为80%，故B正确；C. 若打开K，A、B容器的总体积为1.4aL×3=4.2aL，则A的体积变为(4.2-2)aL=2.2al，故C错误；D. 减压平衡右移，所以平衡时Y的体积分数：A，故D正确。故选C。
19. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
20. 常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A. 溶液Ⅰ中
B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；
B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；
D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；
答案选B。
II卷
21. 回答下列问题：
（1）由金矿石中提取金(Au)时，常用KCN溶液溶金，形成Au(CN)，再用Zn进行置换。写出提取金第一步反应的离子反应方程式_______。
（2）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
则A的化学式为_______；已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种密度为1.518 g·L−1的剧毒气体(标准状况下)，则该反应的离子方程式为_______。
（3）CrO5中Cr(+6价)，则CrO5的结构式为_______。
（4）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气体，热分解过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线_______，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为_______kPa·s-1(保留1位小数)。注：H2S的热分解反应为2H2S(g)2H2(g)+S2(g)
（5）化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。则100～200℃阶段热分解，所得固体化合物化学式为_______，500℃热分解后生成固体化合物化学式为_______。
【答案】（1）4Au+O2+2H2O+8CN- = 4Au(CN)+4OH-
（2） ①. Fe3S4 ②. Fe3S4+6H+ = 3Fe2++S+3H2S↑
（3）CrO(O2)2(或)
（4） ①. d ②. 24.9
（5） ①. NH4B5O8·H2O ②. B2O3
【解析】
【小问1详解】
提取金第一步反应中，常用KCN溶液溶金，该反应的离子方程式为4Au+O2+2H2O+8CN- =4+4OH-。
【小问2详解】
2.960g化合物A经过煅烧，生成无色气体E和2.400g红棕色固体B，固体B溶于盐酸形成黄色溶液C，溶液C再和KSCN溶液反应生成血红色溶液D，则B为Fe2O3，C为FeCl3，D为Fe(SCN)3，其中n(Fe2O3)=0.015mol，则2.960g化合物A中含有0.03mol Fe元素（即1.68g Fe元素）；化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种密度为1.518g·L−1的剧毒气体(标准状况下)，该气体的摩尔质量为1.518g·L-1´22.4mol·L-1=34g·mol-1，该气体为H2S，化合物A与稀硫酸反应生成的淡黄色不溶物是S，则化合物A中还含有S元素；2.960g化合物A中所含S元素的质量为1.28g，其物质的量为0.4mol；综上所述，2.960g化合物A中含有0.3mol Fe元素和0.4mol S元素，则化合物A的化学式为Fe3S4；Fe3S4和H2SO4反应产生S和H2S的离子方程式为Fe3S4+6H+ = 3Fe2++S+3H2S↑。
【小问3详解】
CrO5中Cr(+6价)，则CrO5的结构式为CrO(O2)2（或）。
【小问4详解】
n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于较小压强，则H2S的热分解反应正向移动，H2S的转化率增大，故n(H2S)：n(Ar)=1：9对应图中曲线d；在0～0.1s之间，H2S的转化率为24%，设H2S分解前，H2S的物质的量为1mol，则Ar的物质的量为9mol，此时P(H2S)==10kPa，0.1s时，Δn(H2S)=0.24mol，则H2S、H2、S2的物质的量分别为0.76mol、0.24mol、0.12mol，此时P(H2S)==7.51kPa，则在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为=24.9kPa·s-1。
【小问5详解】
根据化学式YW4X5Z8·4W2Z可以推出W为H，Z为O；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，YZ2分子的总电子数为奇数，则Y的原子序数为奇数，由于YZ2常温下为气体，并结合该化合物的化学式可知，Y为N；W、X、Y、Z的原子序数加和为21，则X为B，该化合物的化学式为NH4B5O8·4H2O；设该化合物物质的量为1mol，该化合物的式量为273，则该化合物的质量为273g，100～200℃阶段热分解后，质量保留百分数为80.2%，所得固体化合物的质量为219g，质量减少54g，即失去了3mol H2O，则100～200℃阶段热分解后，所得固体化合物化学式为NH4B5O8·H2O；200～400℃阶段热分解后，所得固体化合物的质量为184g，与219g相比，固体质量减少了35g；500℃热分解后，质量保留百分数为64.1%，此时生成固体的质量为175g，与184g相比，固体质量又减少了9g，结合化合物的化学式NH4B5O8·4H2O可知，1mol该化合物500℃热分解后生成固体化合物2.5mol B2O3，即500℃热分解后生成固体化合物化学式为B2O3。
22. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
23. 某兴趣小组对化合物X开展探究实验：
注：X由3种元素组成；A和B均为纯净物，其中B可使品红水溶液褪色；Cu(OH)2可以溶于乙二醇等多元醇形成绛蓝色溶液(形成五元环状化合物)。
（1）X的组成元素是_______、_______、_______(写元素符号)，X的化学式是_______。
（2）将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的化学方程式是_______。
（3）步骤I，发生反应的化学方程式是_______。
（4）步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_______。
（5）关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明_______。
【答案】（1） ①. Cu ②. S ③. O ④. CuS2O6
（2）CuS2O6CuSO4+ SO2↑
（3） + Cu(OH)2 →+ 2H2O
（4）SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀
（5）配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色
【解析】
【分析】由“B可使品红水溶液褪色”可知，B为SO2；由“A1与足量盐酸酸化的BaCl2溶液反应生成白色沉淀”可知，A中含有SO；由“A2与适量NaOH溶液反应生成蓝色悬浊液”可知，A中含有Cu2+，则A为CuSO4；A和B均为X隔绝空气加热反应的产物，由元素守恒可得，X含有Cu、S、O。由元素守恒得关系式：SO2~ BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)==0.01mol；由元素守恒得关系式：SO~ BaSO4，n(SO)=n(BaSO4)==0.005mol；故固体A中n(Cu)=n(S)= 0.01mol；固体X中n(Cu)= 0.01mol，n(S)= 0.01mol+0.01mol=0.02mol，n(O)==0.06mol。故n(Cu):n(S):n(O)= 0.01mol: 0.02mol: 0.06mol=1:2:6，固体X的化学式为CuS2O6，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析，X的组成元素是Cu、S、O，X的化学式是CuS2O6，故答案为：Cu；S；O；CuS2O6；
【小问2详解】
由得失电子守恒、元素守恒可得X和稀H2SO4反应的化学方程式为CuS2O6CuSO4+ SO2↑，故答案为：CuS2O6CuSO4+ SO2↑；
【小问3详解】
由信息可知，Cu(OH)2可与甘油生成绛蓝色溶液，反应的化学方程式为 + Cu(OH)2 →+ 2H2O，故答案为： + Cu(OH)2 →+ 2H2O；
【小问4详解】
H2O2作氧化剂，而空气中含有O2，也可作氧化剂，能将SO2与水反应生成的H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3能被O2氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀；
【小问5详解】
根据信息，B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色，设计非水溶剂与水溶液对比实验，可设计为：配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色，故答案为：配制品红无水乙醇溶液(或别的非水溶剂)，通入SO2不褪色；品红水溶液中通入SO2，很快褪色。
24. 回答下列问题：
（1）在25 ℃下，a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)。
①则溶液显_______性(填“酸”“碱”或“中”)；
②用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_______。
（2）下表为几种酸的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K1=9.1×10-8
K2=1.1×10-12
①则pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_______；
②少量CO2与NaHS反应的离子方程式为_______。
（3）在25 ℃，向0.10 mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13
①当pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=_______mol·L-1；
②某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH=_______时，Mn2+开始沉淀。
（4）称取2.500克Na2CO3样品(含有少量NaHCO3)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶，滴加2滴酚酞，用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸22.45mL；再滴加2滴甲基橙，继续用0.1000mol·L-1盐酸滴定，消耗盐酸23.51mL，则产品中Na2CO3的质量分数为_______%(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 中 ②. 10-9/(a-0.01)
（2） ①. c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3) ②. HS-+H2O+CO2=H2S+HCO
（3） ①. 0.043 ②. 5
（4）96.4
【解析】
【小问1详解】
①将amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中存在电荷守恒，即c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，当c()=c(Cl-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。②amol•L-1的氨水与0.01mol•L-1的盐酸等体积混合后，剩余氨水的物质的量为(a-0.01)V，混合以后溶液的体积为2V，所以此时溶液中NH3•H2O的物质的量浓度=，c()=c(Cl-)=，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，。
【小问2详解】
①CH3COONa、Na2CO3、NaHS是强碱弱酸盐，相同物质的量浓度的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液对应的酸越弱水解程度越大，pH值越大，所以相同浓度的三种溶液，pH大小关系为：Na2CO3＞NaHS＞CH3COONa，pH相同的CH3COONa、Na2CO3、NaHS溶液物质的量浓度由大到小的顺序是：c(CH3COONa)>c(NaHS)>c(Na2CO3)。②向NaHS溶液中通入少量CO2，由于酸性：H2CO3＞H2S＞，故反应生成H2S和碳酸氢钠，故反应的离子方程式为HS-+H2O+CO2=H2S+。
【小问3详解】
①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol•L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=(0.1-5.7×10-2)mol/L=0.043mol/L。②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)=，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀。
【小问4详解】
第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，根据原子守恒 n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L×22.45mL×10-3L/mL=2.245×10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=0.1000mol/L×23.51mL×10-3L/mL=2.351×10-3mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n(NaHCO3)-n(NaHCO3)=2.351×10-3mol-2.245×10-3mol=1.06×10-4mol，则原产品中NaHCO3的质量为1.06×10-4mol×10×84g/mol=0.08904g，则原产品中Na2CO3的质量分数为。
25. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）下列表示的是氟原子激发态电子排布式且能量最高的是_______。
A. 1s22s22p5 B. 1s22s22p43s1 C. 1s22s22p33p2 D. 1s22s22p43d2
（2）一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个sp3杂化轨道与Cl的3px轨道形成σ键，并且Cl的3px轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π)。C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键越强。则一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、 一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl的键长依次_______。(填“递增”、“递减”或“无法判断”)
（3）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。Y的化学式为_______。
（4）α-AgI晶体中I- 离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。
（5）已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积_______m3·mol-1(列出算式)。
【答案】（1）C （2）递减
（3）ICl （4）电解质
（5）
【解析】
【小问1详解】
F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，激发态中，电子所在能级越高，能量越大。
A．1s22s22p5是F原子基态的排布；
B．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；
C．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态；
D．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子；
综上所述，C选项的能量最大，故选C。
故选C。
【小问2详解】
C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2个3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；
【小问3详解】
CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl；
【小问4详解】
由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；
【小问5详解】
每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。
26. 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。
（3）E的结构简式为_______。
（4）H中含氧官能团的名称是_______。
（5）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。
【答案】（1）苯甲醇 （2）消去反应
（3） （4）硝基、酯基和羰基
（5）
【解析】
【分析】根据流程图可知，A分子式为C7H8O，在铜催化下与氧气反应生成苯甲醛，则A为苯甲醇，A到B发生醇的催化氧化，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，C与溴单质发生加成反应生成，在碱性条件下发生消去反应生成D，B和E在强碱环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，结合F的结构简式，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H。
【小问1详解】
根据分析可知，A的结构简式为，化学名称为苯甲醇。
【小问2详解】
B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应生成C，第二步反应类型为消去反应。
【小问3详解】
B和E在强碱环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，结合F的结构简式，可推知E为。
【小问4详解】
根据H的结构简式可知，其中的含氧官能团有硝基、羰基、酯基。
【小问5详解】
化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，说明含有醛基，与酸性高锰酸钾反应得到对苯二甲酸，则X的结构简式为。
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