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【化学】山西省晋中市祁县二中2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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山西省晋中市祁县二中2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：F：19；Ca：40
第I卷（选择题）
一、选择题。（每小题只有一个正确选项。每小题2分，共50分。）
1.下列表述或说法正确的是（ ）
A. 乙烯分子球棍模型：
B. -OH与 都表示羟基
C. 乙醛的结构简式为：CH3COH
D. 苯的最简式：(CH)6
【答案】B
【详解】A.乙烯分子的比例模型是，故错误；B.羟基由一个氧原子和一个氢原子组成，故二者都为羟基，B正确；C.乙醛的结构简式为CH3CHO，故错误；D.苯的最简式为CH，故错误。故选B。
【点睛】掌握比例模型和球棍模型的区别，掌握官能团的书写方式，区别不同的官能团，如羟基为-OH，醛基为-CHO等。
2.下列有机物的分类正确的是（ ）
A. 属于醇类化合物
B. 属于芳香族化合物
C. 属于脂环化合物
D. CH3CH(CH3)2属于链状化合物
【答案】D
【分析】考查有机物的分类，按照碳的骨架分类，有机物分为链状化合物和环状化合物，按照官能团分类，分为烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯等，然后分析；
【详解】A、羟基和苯环直接相连，该化合物为酚，故A不符合题意；
B、该有机物为环己烯，官能团为碳碳双键，该有机物中不含苯环，不属于芳香族化合物，故B不符合题意；
C、根据结构，含有2个苯环，属于芳香族化合物，故C不符合题意；
D、该有机物属于烷烃，属于链状化合物，故D符合题意。
3.碳原子数小于 6 的烷烃中，一氯代物只有一种的有（ ）
A. 2 种 B. 3 种 C. 4 种 D. 5 种
【答案】B
【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答。
【详解】烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n＜6的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷，共有3种，所以B正确。
故选B。
【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种。
4.下列有机物用系统命名法命名正确的是（ ）
A. 2—乙基丙烷
B. 2—甲基—2—丙烯
C. CH3CH2CH2CH2OH 1−丁醇
D. 对二甲苯
【答案】C
【详解】A.，该有机物最长碳链含有4个碳原子，在2号C含有一个甲基，所以该有机物正确命名为：2−甲基丁烷，故A错误；
B.，烯烃的编号应该从距离双键最近的一端开始，正确命名为：2−甲基−1−丙烯，故B错误；
C.CH3CH2CH2CH2OH，选取含有官能团羟基的最长碳链为主链，从距离羟基最近的一端开始编号，该有机物命名为：1−丁醇，故C正确；
D. ，该有机物习惯命名法命名为：对二甲苯；系统命名法为：1，4−二甲苯，故D错误。答案选C。
【点睛】本题考查有机物的系统命名法，D项为易错点，注意对二甲苯为习惯命名法。
5.有机物M()苯环上只有一个侧链的结构共有（ ）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】有机物M()苯环上只有一个侧链，则可看成是苯基与戊基相连，形成的结构有、、、、、、、共8种。答案选D。
6.以下过程与化学键断裂无关的是（ ）
A. 金刚石熔化 B. 氯化氢溶于水 C. 氢氧化钾熔化 D. 冰融化
【答案】D
【分析】发生化学反应时物质中的化学键被破坏，熔化或溶解时若发生电离，则化学键也被破坏，原子晶体熔融时共价键断裂，以此来分析．
【详解】A．金刚石熔化时需破坏碳碳共价键，故A不选；B．氯化氢溶于水时发生电离，则H-Cl共价键被破坏，故B不选；C．加热氢氧化钾熔化，KOH发生电离，离子键被破坏，故C不选；D．冰融化需克服分子间作用力，包括氢键，而化学键没有变化，故D选；故答案为D。
7.下列元素位于p区的是（ ）
A. Ti B. Cu C. S D. Na
【答案】C
【详解】A.Ti位于第四周期IVB，属于d区，故A错误；
B.Cu位于第四周期IB，属于d区，故B错误；
C. S位于第三周期VIA，属于P区，故C正确；
D. Na位于第三周期IA，属于S区，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】s区元素,包括ⅠA、ⅡA及He元素；p区元素,主要为主族和0族元素,包括ⅢA~ⅤⅡA元素及0族元素除外)；d区元素,包括ⅢB~ⅤⅡB和ⅤⅢ族(锕系、镧系除外),为过渡元素;ds区元素,包括ⅠB、ⅡB元素,为过渡金属。
8.下列各组分子中，都由极性键构成极性分子的一组是（ ）
A. C3H6和CO2 B. CCl4和H2S C. H2O和NH3 D. H2O2和CS2
【答案】C
【详解】A.C3H6可能是丙烯也可能是环丙烷，丙烯和环丙烷均是含有极性键的极性分子，而CO2中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子故A错误；
B.CCl4中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子;中含有极性键,空间结构为v形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故B错误；
C. H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子,故C正确；
D.H2O2中含有极性键和非极性键,正负电荷的中心不重合,属于极性分子，CS2含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子。
9.下列性质中，可以证明某化合物是离子化合物的是（ ）
A. 可溶于水 B. 具有较高的熔点
C. 水溶液能导电 D. 固体不导电，熔融状态能导电
【答案】D
【解析】试题分析：离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，测定其熔融态导电性即可证明为离子化合物，以此来解答。A、HCl为共价化合物，也能溶于水，但液态氯化氢不导电，因此不能利用溶解性判断离子化合物，故A不选；B、Si为单质，具有较高的熔点，则不能利用熔点判断离子化合物，故B不选；C、HCl的水溶液也导电，则不能利用溶液的导电性判断离子化合物，故C不选；D、离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，则其固体不导电，熔融状态能导电，可证明为离子化合物，故D正确，答案选D。
考点：考查离子化合物结构与性质的判断
10.现有四种元素基态原子电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5.则下列有关比较中正确的是（ ）
A. 单电子数：③＞① B. 原子半径：④＞③
C. 电负性：②＞① D. 最高正化合价：④＞①
【答案】A
【分析】四种元素基态原子电子排布式可知，①是S元素，②是P元素，③是N元素，④是F元素。
【详解】A.由①1s22s22p63s23p4，可知S的单电子数是2，③1s22s22p3；可知F的单电子数是3，单电子数：③＞①，故A正确；
B.由分析知道，④为F，③为N，同周期元素随原子序数递增半径逐渐减小，所以FN，原子半径：④③，故B错误；
C.由分析知：①是S元素，②是P元素，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性P＜S，即②①，故C错误；
D,由分析可知；①是S元素，④是F元素，而F无正价，S的最高正价为+6，故D错误；
本题答案为A。
【点睛】常见元素中，金属无负价，O、F无正价。
11.已知MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。下列说法错误的是（ ）
A. 上述四种盐的晶体均属于离子晶体
B. 分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO
C. 分解所需温度最低的是BaCO3
D. 所得的气态产物的VSEPR模型是直线形
【答案】C
【详解】A.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3，分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物，属于离子晶体，故A正确；
B.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小，离子键最强，MgO的晶格能最大，故B正确；
C.Mg、 Ca、Sr、 Ba为 同主族，原子半径逐渐增大，半径越大金属性越强，越容易失电子，变成离子后半径越大就越难得电子，形成的盐就越难分解，故C错误；
D.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，所得的气态产物均为CO2，CO2 的VSEPR模型是直线形，故D正确；
本题答案为C。
12.下列有关金属的说法中正确的是（ ）
A. 金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B. 镁型和铜型的原子堆积方式空间利用率最高
C. 金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D. 温度升高，金属的导电性将变大
【答案】B
【解析】一般金属原子的最外层电子才能称为自由电子，A不正确。金属原子的还原性强弱和失去电子的难易程度有关系，而与多少没有关系，C正确。升高温度，金属的电阻变大，导电性减弱，D不正确。所以正确的答案是B。
13.原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X
C. 若X和Y均位于IVA，则二者最高价氧化物的晶体类型相同
D. 若X和Y均位于IIA,则第一电离能大小为X
【详解】A.若X和Y均位于VIIA，且原子半径：X
14.下列说法正确的是（ ）
A. H2Se、H2S、H2O的热稳定性依次增强，是因为分子间作用力依次增大
B. 碘和氯化铝受热升华，吸收的热量用于克服了分子间作用力
C. NaHSO4、H2SO4的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
D. 金刚石和水晶都是共价化合物，都属于原子晶体
【答案】B
【详解】A．分子的稳定性和化学键强弱有关系，与分子间作用力无关，故A错误；
B．分子间作用力大小决定物质存在的状态，碘和氯化铝受热升华，吸收的热量使分子间间隔增大，吸收的热量用来破坏分子间作用力，故B正确；
C．离子化合物中应含有离子键，H2SO4 中不含离子键，故C错误；
D．金刚石属于碳的单质，不属于化合物，故D错误。
本题选B。
15. 水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是（ ）
A. 水是弱电解质 B. 可燃冰是可以燃烧的水
C. 氢氧两种元素只能组成水 D. 0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【解析】试题分析：A、水部分电离属于弱电解质，A正确；B、可燃冰不是水，是甲烷和水组成的水合物，B不正确；C、氢氧两种元素既能组成水，也能组成双氧水，C不正确；D、0℃时冰的密度比液态水的密度小，D不正确，答案选A。
考点：考查水的有关判断。
16.某化学反应其△H＝+122 kJ/mol，∆S＝-231 J/(mol·K)，下列说法正确的是（ ）
A. 在任何温度下都不能自发进行 B. 在任何温度下都能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】A
【详解】△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行，△H-T△S=+122kJ•mol-1-T×（-231×10-3kJ•mol-1•K-1）=122+231×10-3T＞0，所以反应一定为非自发进行的反应，则在任何温度下都不能自发进行。故B、C、D错误，A正确。答案选A。
【点睛】本题解题关键是掌握反应自发和非自发进行的条件，一般依据反应的焓变和熵变结合温度分析计算，△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行。
17.下列方程式书写错误的是（ ）
A. HCO3－的电离方程式：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－
B. Cu2+的水解方程式：Cu2+＋2H2O Cu(OH)2＋2H+
C. NH4+的水解方程式：NH4+＋2H2O NH3·H2O＋H3O+
D. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－
【答案】D
【分析】本题考查电离、水解方程式的书写，正确书写后对比即可；
【详解】A.HCO3-在水溶液中电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为：HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故A项正确；
B.Cu2+在水溶液中水解生成Cu(OH)2和H+，其水解方程式为：Cu2+＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H+，故B项正确；
C.NH4+在水溶液中水解生成NH3·H2O和H3O+，其水解方程式为：NH4+＋2H2O⇌NH3·H2O＋H3O+，故C项正确；
D.碳酸钙是难溶物，但是为强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为：CaCO3=Ca2++CO32-，故D项错误；
综上，本题选D。
【点睛】D项中注意是否为强电解质与溶解度无关。在水溶液中能够完全电离的化合物即为强电解质；
18.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液
B. c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液
C. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
D. 非电解质溶于水得到的溶液
【答案】B
【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断。
【详解】A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B、c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液一定呈中性，故B正确；
C、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故C错误；
D、非电解质溶于水得到的溶液不一定显中性，例如二氧化硫溶于水显酸性，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。
19.2018年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古，考古队为舰体焊接锌块以实施保护。下列判断不合理的是（ ）
A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块
C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【详解】A. 金属活动性Zn>Fe，所以焊接锌块后的Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B.若用镁合金块代替锌块，由于Mg的活动性比Fe强，所以也可以保护Fe不被腐蚀，B正确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；
D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故合理选项是A。
20.在一定温度下，向a L密闭容器中加入1mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反应：X（g）＋2Y（g） 2Z（g）此反应达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内压强不随时间变化
B. 容器内气体的密度不随时间变化
C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2
D. 单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z
【答案】A
【详解】A．正反应为气体分子数目减小的反应，随反应进行气体的物质的量减小，恒温恒容下容器内压强减小，当容器内压强不再变化，说明反应到达平衡，故A正确；B．反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，体积为定值，密度自始至终不变，不能说明到达平衡状态，故B错误；C．平衡时容器内 X、Y、Z 的浓度之比不一定等于化学计量数之比，与物质的转化率有关，故C错误；D．单位时间消耗 0.1molX 同时生成 0.2molZ，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；故选A。
21.某温度下，已知下列反应的平衡常数：O2(g) + S(g) SO2(g) K1 ；H2（g）+ SO2（g） O2（g）+ H2S（g）K2 。则反应H2(g)+S(g) H2S(g) 的平衡常数是（ ）
A. K1+K2 B. K1÷K2 C. K1K2 D. K1－K2
【答案】C
【解析】O2(g) + S(g)SO2(g)，S为固体，K1=；H2(g)+ SO2(g) O2(g)+ H2S(g)的平衡常数为：K2=；H2(g)+S(g) H2S(g)反应的K===×= K1× K2，故选C。
22.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
B. 温度过高对合成氨不利
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 溴水中有平衡：Br2+ H2O HBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】C
【分析】氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸，次氯酸受光易分解；氨气合成反应放热，升高温度平衡逆向移动；溴水颜色主要由溶于水的溴单质产生，加入硝酸银溶液，银离子与溴离子反应产生溴化银沉淀，使溴水平衡正向移动，溴单质减小。
【详解】A. 氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸H2O+Cl2=HCl+HClO，次氯酸受光易分解，产物浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向着减弱变化的方向移动，故平衡正向移动，氯气浓度降低，黄绿色的氯水颜色变浅，A错误；
B. 合成氨反应3H2+N2=2NH3，反应放热，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡向降温方向移动，故反应逆向移动，不利于合成氨，B错误
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，故增大压强，反应平衡不移动，加压后颜色变深是由于碘单质浓缩导致，C正确；
D. 溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溴离子与银离子结合产生溴化银沉淀，使平衡正向移动，溴水中溴单质浓度减少，溶液颜色变浅，D错误；
答案为C。
23.下列事实不属于盐类水解应用的是（ ）
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒
B. 实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】试题分析：明矾和氯化铁晶体常用于净水是因为溶于水后生成铝离子和铁离子水解生成Al(OH)3，Fe(OH)3胶体有吸附性能吸附水中的小颗粒；纯碱水解使得溶液显碱性，碱性条件下油污发生水解；FeCl3溶液会发生水解，配制的时候加入少量稀盐酸来抑制水解；制氢气时加入CuSO4可加快反应速率是利用原电池的原理，与胶体无关，选D。
考点：胶体的性质的应用。
24.反应A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)过程中能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应
B. 升高温度，利于A的转化率增大
C. 加入催化剂时，可以降低反应热
D. 增大压强，能够缩短反应达到平衡状态的时间
【答案】D
【分析】根据能量变化，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，然后根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据反应过程和能量变化，推出反应物总能量大于生成物总能量，即该反应为放热反应，故A错误；
B、 该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即A的转化率降低，故B错误；
C、反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，即使用催化剂，对反应热无影响，故C错误；
D、反应前后气体系数之和不变，增大压强，平衡不移动，但化学反应速率加快，缩短反应达到平衡状态的时间，故D正确。
25.有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是（ ）
A. 升高温度,AgCl沉淀的溶解度变小
B. AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+ 和Cl-
C. 溶解平衡时，AgCl沉淀生成和溶解不断进行,但速率相等
D. 向AgCl沉淀中加入NaCl固体,AgCl沉淀的溶度积Ksp变小
【答案】C
【分析】A、升高温度氯化银溶解度增大；
B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；
C、沉淀溶解平衡是动态平衡；
D、Ksp只与温度有关。
【详解】A、溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度会增大，AgCl的溶解，所以氯化银溶解度会增大，故A错误；
B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，故B错误；
C、达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等但不为零，故C正确；
D、Ksp只与温度有关，温度不变Ksp不变，不随浓度的改变而改变，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，明确溶解平衡及其影响因素为解题关键，注意掌握溶解平衡的实质，速率相等但不等于零，为动态平衡。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共3题，共50分。）
26.（1）羟基的电子式________；
（2）﹣C3H7结构简式：________、________；
（3）CH3C(CH3)2CH2C(CH3)3系统命名为________该烃一氯取代物有________种。
（4）支链只有一个乙基且相对分子质量最小的烷烃的结构简式________。
（5）键线式 表示的分子式________。
（6）中含有的官能团的名称为________。
【答案】(1). (2). ﹣CH2CH2CH3 (3). ﹣CH（CH3）2 (4). 2,2,4,4四甲基戊烷 (5). 2 (6). CH(CH2CH3)3 (7). C6H14 (8). 羟基、酯基
【详解】（1）羟基结构式为－OH，“－” 不代表共价键，其电子式为；
（2）考查同分异构体的书写，应从碳链异构的角度分析，－C3H7的结构简式为－CH2CH2CH3、－CH(CH3)2；
（3）按照烷烃命名，该有机物命名为2，2，4，4－四甲基戊烷；，关于如图所示对称，即含有2种不同环境的氢，一氯代物有2种；
（4）按照烷烃命名，支链中只有一个乙基且相对分子质量最小的烷烃是CH(CH2CH3)3；
（5）键线式中端点、交点、拐点都是碳原子，不足四键用氢补，即该键线式表示的分子式为C6H14；
（6）根据有机物的结构简式，含有官能团是(酚)羟基、酯基。
【点睛】等效氢的判断是本题的难点，（1）同一个碳原子上氢原子是等效的，（2）对称两端的氢原子是等效的，（3）同一个碳原子上甲基上的氢原子是等效。
27.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Ca、Cu、Fe 四种金属元素组成，回答下列问题：
（1）基态 Fe原子有________个未成对电子，Fe3+的价电子排布式为________。
（2）新制的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛分子中含有的σ键与π键的比值为_____。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为____，配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化学键类型有_____________。
（3）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有____个铜原子；金属铜采取如图甲所示堆积方式，可称为_________堆积。。
（4）CaCl2熔点高于AlCl3的原因__________________________________。
（5）CaF2晶胞如图乙所示，已知：氟化钙晶体密度为ρg·cm-3 ， NA代表阿伏加德罗常数的值。氟化钙晶体中Ca2+和F-之间最近核间距(d)为________cm(只要求列出计算式即可)。
（甲） （乙）
【答案】(1). 4； (2). 3d5 (3). 6: 1 (4). sp2;sp3 (5). 离子键、共价键、配位键 (6). 16 (7). 面心立方最密 (8). CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体 (9).
【详解】（1）基态铁原子价电子排布式为3d64s2，d能级最多容纳10个电子，因此有4个未成对电子，Fe3＋的价电子排布式为3d5；
（2）乙醛结构简式为，成键原子之间只能形成一个σ键，双键之间有一个π键，1mol乙醛中σ键有6个，1个π键，因此比值为6：1；乙醛中甲基上的C有4个σ键，无孤电子对，C杂化类型为sp3，醛基上的C有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2；Cu2＋与NH3构成配位键，N和H、O和H以共价键构成，[Cu(NH3)4]2＋和OH－以离子键的形式存在；
（3）根据均摊的方法，氧原子的个数为(4＋8×1/8＋6×1/2)=8，氧化亚铜的化学式为Cu2O，因此Cu原子个数为16；根据甲晶胞图，金属铜采取面心立方最密堆积；
（4）CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，一般离子晶体熔沸点高于分子晶体，因此CaCl2的熔沸点比AlCl3高；
（5） 白球位于顶点和面心，白球的个数为8×1/8＋6×1/2=4，黑球完全在晶胞内部，即有8个，根据氟化钙的化学式，得出白球为Ca2＋，黑球为F－，晶胞的质量为，令晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，依据密度的定义，得出a=，Ca2＋和F－最近的核间距是体对角线的1/4，因此最近的核间距为 cm。
【点睛】难点是最近的核间距的判断，根据晶胞，类似的结构中，最近的距离是体对角线的1/4，然后进行分析和判断。
28.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g），已知H2的体积分数随温度的升高而增加．若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
________
________
________
________
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为____________．
（3）碳酸：H2CO3 ， K1=4.3×10﹣7 ， K2=5.6×10﹣11 草酸：H2C2O4 ， K1=5.9×10﹣2 ， K2=6.4×10﹣5 ,0.1mol/LNa2CO3溶液的pH____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH，（选填“大于”“小于”或“等于”），等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___．
（4）在如图的转化关系中(X代表卤素)。ΔH2_____0(填“＞”、“＝”或“＜”)；△H1、△H2和△H3三者存在的关系为_______________________。
（5）现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④醋酸钠。请回答下列问题：
①醋酸钠中各离子浓度由大到小的顺序是_________________________________。
②醋酸和醋酸钠等体积混合所得溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝______mol·L-1。
【答案】(1). 增大 (2). 增大 (3). 减小 (4). 减小 (5). cd2/ab4=xy3/mn4 (6). 大于 (7). 草酸 (8). ＞ (9). △H1 =△H2＋△H3 (10). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) (11). 0.1
【详解】（1）温度从300℃升至400℃，升高温度，化学反应速率增大，即正逆反应速率都增大，v正增大，v逆增大，根据题意，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即该反应的正反应为放热反应，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，化学平衡常数减小，转化率降低；
（2）同一反应，温度相同，化学平衡常数不变，平衡I中化学平衡常数的表达式为K=，同理平衡Ⅱ中K=，即cd2/ab4=xy3/mn4；
（3）碳酸的二级电离常数为Ka2=5.6×10－11，草酸的二级电离平衡常数Ka2=6.4×10－5，依据越弱越水解，推出CO32－水解程度大于C2O42－，即相同浓度时，Na2CO3水溶液的pH大于Na2C2O4水溶液的pH，电离平衡常数越大，说明电离程度越强，对酸来说，电离平衡常数越大，酸性越强，即草酸电离出c(H＋)大；
（4）H2和X2转化成2H和2X，发生断键，断键吸收能量，即△H2>0，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，即△H1=△H2＋△H3；
（5）①醋酸钠属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，CH3COO－发生水解，但CH3COO－水解微弱，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；
②根据物料守恒，令CH3COOH和醋酸钠的体积各为1L，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=(1L×0.1mol·L－1＋1L×0.1mol·L－1)/(1L＋1L)=0.1mol·L－1。
【点睛】易错点为(5)②，学生根据物料守恒，得出c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=0.2mol·L－1，忽略了两种溶液等体积混合(忽略体积的变化)，浓度为原来的一半。
可能用到的相对原子质量：F：19；Ca：40
第I卷（选择题）
一、选择题。（每小题只有一个正确选项。每小题2分，共50分。）
1.下列表述或说法正确的是（ ）
A. 乙烯分子球棍模型：
B. -OH与 都表示羟基
C. 乙醛的结构简式为：CH3COH
D. 苯的最简式：(CH)6
【答案】B
【详解】A.乙烯分子的比例模型是，故错误；B.羟基由一个氧原子和一个氢原子组成，故二者都为羟基，B正确；C.乙醛的结构简式为CH3CHO，故错误；D.苯的最简式为CH，故错误。故选B。
【点睛】掌握比例模型和球棍模型的区别，掌握官能团的书写方式，区别不同的官能团，如羟基为-OH，醛基为-CHO等。
2.下列有机物的分类正确的是（ ）
A. 属于醇类化合物
B. 属于芳香族化合物
C. 属于脂环化合物
D. CH3CH(CH3)2属于链状化合物
【答案】D
【分析】考查有机物的分类，按照碳的骨架分类，有机物分为链状化合物和环状化合物，按照官能团分类，分为烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯等，然后分析；
【详解】A、羟基和苯环直接相连，该化合物为酚，故A不符合题意；
B、该有机物为环己烯，官能团为碳碳双键，该有机物中不含苯环，不属于芳香族化合物，故B不符合题意；
C、根据结构，含有2个苯环，属于芳香族化合物，故C不符合题意；
D、该有机物属于烷烃，属于链状化合物，故D符合题意。
3.碳原子数小于 6 的烷烃中，一氯代物只有一种的有（ ）
A. 2 种 B. 3 种 C. 4 种 D. 5 种
【答案】B
【分析】烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，根据等效氢原子的判断方法来回答。
【详解】烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n＜6的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷，共有3种，所以B正确。
故选B。
【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种。
4.下列有机物用系统命名法命名正确的是（ ）
A. 2—乙基丙烷
B. 2—甲基—2—丙烯
C. CH3CH2CH2CH2OH 1−丁醇
D. 对二甲苯
【答案】C
【详解】A.，该有机物最长碳链含有4个碳原子，在2号C含有一个甲基，所以该有机物正确命名为：2−甲基丁烷，故A错误；
B.，烯烃的编号应该从距离双键最近的一端开始，正确命名为：2−甲基−1−丙烯，故B错误；
C.CH3CH2CH2CH2OH，选取含有官能团羟基的最长碳链为主链，从距离羟基最近的一端开始编号，该有机物命名为：1−丁醇，故C正确；
D. ，该有机物习惯命名法命名为：对二甲苯；系统命名法为：1，4−二甲苯，故D错误。答案选C。
【点睛】本题考查有机物的系统命名法，D项为易错点，注意对二甲苯为习惯命名法。
5.有机物M()苯环上只有一个侧链的结构共有（ ）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】D
【解析】有机物M()苯环上只有一个侧链，则可看成是苯基与戊基相连，形成的结构有、、、、、、、共8种。答案选D。
6.以下过程与化学键断裂无关的是（ ）
A. 金刚石熔化 B. 氯化氢溶于水 C. 氢氧化钾熔化 D. 冰融化
【答案】D
【分析】发生化学反应时物质中的化学键被破坏，熔化或溶解时若发生电离，则化学键也被破坏，原子晶体熔融时共价键断裂，以此来分析．
【详解】A．金刚石熔化时需破坏碳碳共价键，故A不选；B．氯化氢溶于水时发生电离，则H-Cl共价键被破坏，故B不选；C．加热氢氧化钾熔化，KOH发生电离，离子键被破坏，故C不选；D．冰融化需克服分子间作用力，包括氢键，而化学键没有变化，故D选；故答案为D。
7.下列元素位于p区的是（ ）
A. Ti B. Cu C. S D. Na
【答案】C
【详解】A.Ti位于第四周期IVB，属于d区，故A错误；
B.Cu位于第四周期IB，属于d区，故B错误；
C. S位于第三周期VIA，属于P区，故C正确；
D. Na位于第三周期IA，属于S区，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】s区元素,包括ⅠA、ⅡA及He元素；p区元素,主要为主族和0族元素,包括ⅢA~ⅤⅡA元素及0族元素除外)；d区元素,包括ⅢB~ⅤⅡB和ⅤⅢ族(锕系、镧系除外),为过渡元素;ds区元素,包括ⅠB、ⅡB元素,为过渡金属。
8.下列各组分子中，都由极性键构成极性分子的一组是（ ）
A. C3H6和CO2 B. CCl4和H2S C. H2O和NH3 D. H2O2和CS2
【答案】C
【详解】A.C3H6可能是丙烯也可能是环丙烷，丙烯和环丙烷均是含有极性键的极性分子，而CO2中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子故A错误；
B.CCl4中含有极性键,但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子;中含有极性键,空间结构为v形,正负电荷的中心不重合,属于极性分子,故B错误；
C. H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子,故C正确；
D.H2O2中含有极性键和非极性键,正负电荷的中心不重合,属于极性分子，CS2含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合,属于非极性分子，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合,从整个分子来看,电荷的分布是不均匀的,不对称的,这样的分子为极性分子,以极性键结合的双原子一定为极性分子,以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合,电荷分布均匀,则为非极性分子。
9.下列性质中，可以证明某化合物是离子化合物的是（ ）
A. 可溶于水 B. 具有较高的熔点
C. 水溶液能导电 D. 固体不导电，熔融状态能导电
【答案】D
【解析】试题分析：离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，测定其熔融态导电性即可证明为离子化合物，以此来解答。A、HCl为共价化合物，也能溶于水，但液态氯化氢不导电，因此不能利用溶解性判断离子化合物，故A不选；B、Si为单质，具有较高的熔点，则不能利用熔点判断离子化合物，故B不选；C、HCl的水溶液也导电，则不能利用溶液的导电性判断离子化合物，故C不选；D、离子化合物的构成微粒为离子，其熔融状态下能导电，则其固体不导电，熔融状态能导电，可证明为离子化合物，故D正确，答案选D。
考点：考查离子化合物结构与性质的判断
10.现有四种元素基态原子电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5.则下列有关比较中正确的是（ ）
A. 单电子数：③＞① B. 原子半径：④＞③
C. 电负性：②＞① D. 最高正化合价：④＞①
【答案】A
【分析】四种元素基态原子电子排布式可知，①是S元素，②是P元素，③是N元素，④是F元素。
【详解】A.由①1s22s22p63s23p4，可知S的单电子数是2，③1s22s22p3；可知F的单电子数是3，单电子数：③＞①，故A正确；
B.由分析知道，④为F，③为N，同周期元素随原子序数递增半径逐渐减小，所以FN，原子半径：④③，故B错误；
C.由分析知：①是S元素，②是P元素，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性P＜S，即②①，故C错误；
D,由分析可知；①是S元素，④是F元素，而F无正价，S的最高正价为+6，故D错误；
本题答案为A。
【点睛】常见元素中，金属无负价，O、F无正价。
11.已知MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热均要分解。下列说法错误的是（ ）
A. 上述四种盐的晶体均属于离子晶体
B. 分解所得金属氧化物晶格能最大的是MgO
C. 分解所需温度最低的是BaCO3
D. 所得的气态产物的VSEPR模型是直线形
【答案】C
【详解】A.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3，分别是由阳离子Mg2+、Ca2+、Sr2+、Ba2+和阴离子CO32-形成的离子化合物，属于离子晶体，故A正确；
B.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，得到的氧化物中因为Mg2+离子半径最小，离子键最强，MgO的晶格能最大，故B正确；
C.Mg、 Ca、Sr、 Ba为 同主族，原子半径逐渐增大，半径越大金属性越强，越容易失电子，变成离子后半径越大就越难得电子，形成的盐就越难分解，故C错误；
D.MgCO3 、CaCO3、SrCO3、BaCO3受热分解，所得的气态产物均为CO2，CO2 的VSEPR模型是直线形，故D正确；
本题答案为C。
12.下列有关金属的说法中正确的是（ ）
A. 金属原子的核外电子在金属晶体中都是自由电子
B. 镁型和铜型的原子堆积方式空间利用率最高
C. 金属原子在化学变化中失去的电子数越多，其还原性越强
D. 温度升高，金属的导电性将变大
【答案】B
【解析】一般金属原子的最外层电子才能称为自由电子，A不正确。金属原子的还原性强弱和失去电子的难易程度有关系，而与多少没有关系，C正确。升高温度，金属的电阻变大，导电性减弱，D不正确。所以正确的答案是B。
13.原子序数小于18的同一主族的两种元素X和Y，其原子半径：X
C. 若X和Y均位于IVA，则二者最高价氧化物的晶体类型相同
D. 若X和Y均位于IIA,则第一电离能大小为X
【详解】A.若X和Y均位于VIIA，且原子半径：X
14.下列说法正确的是（ ）
A. H2Se、H2S、H2O的热稳定性依次增强，是因为分子间作用力依次增大
B. 碘和氯化铝受热升华，吸收的热量用于克服了分子间作用力
C. NaHSO4、H2SO4的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
D. 金刚石和水晶都是共价化合物，都属于原子晶体
【答案】B
【详解】A．分子的稳定性和化学键强弱有关系，与分子间作用力无关，故A错误；
B．分子间作用力大小决定物质存在的状态，碘和氯化铝受热升华，吸收的热量使分子间间隔增大，吸收的热量用来破坏分子间作用力，故B正确；
C．离子化合物中应含有离子键，H2SO4 中不含离子键，故C错误；
D．金刚石属于碳的单质，不属于化合物，故D错误。
本题选B。
15. 水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是（ ）
A. 水是弱电解质 B. 可燃冰是可以燃烧的水
C. 氢氧两种元素只能组成水 D. 0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【解析】试题分析：A、水部分电离属于弱电解质，A正确；B、可燃冰不是水，是甲烷和水组成的水合物，B不正确；C、氢氧两种元素既能组成水，也能组成双氧水，C不正确；D、0℃时冰的密度比液态水的密度小，D不正确，答案选A。
考点：考查水的有关判断。
16.某化学反应其△H＝+122 kJ/mol，∆S＝-231 J/(mol·K)，下列说法正确的是（ ）
A. 在任何温度下都不能自发进行 B. 在任何温度下都能自发进行
C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行
【答案】A
【详解】△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行，△H-T△S=+122kJ•mol-1-T×（-231×10-3kJ•mol-1•K-1）=122+231×10-3T＞0，所以反应一定为非自发进行的反应，则在任何温度下都不能自发进行。故B、C、D错误，A正确。答案选A。
【点睛】本题解题关键是掌握反应自发和非自发进行的条件，一般依据反应的焓变和熵变结合温度分析计算，△H-T△S＜0说明反应自发进行，△H-T△S＞0时反应不能自发进行。
17.下列方程式书写错误的是（ ）
A. HCO3－的电离方程式：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－
B. Cu2+的水解方程式：Cu2+＋2H2O Cu(OH)2＋2H+
C. NH4+的水解方程式：NH4+＋2H2O NH3·H2O＋H3O+
D. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－
【答案】D
【分析】本题考查电离、水解方程式的书写，正确书写后对比即可；
【详解】A.HCO3-在水溶液中电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为：HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故A项正确；
B.Cu2+在水溶液中水解生成Cu(OH)2和H+，其水解方程式为：Cu2+＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2H+，故B项正确；
C.NH4+在水溶液中水解生成NH3·H2O和H3O+，其水解方程式为：NH4+＋2H2O⇌NH3·H2O＋H3O+，故C项正确；
D.碳酸钙是难溶物，但是为强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为：CaCO3=Ca2++CO32-，故D项错误；
综上，本题选D。
【点睛】D项中注意是否为强电解质与溶解度无关。在水溶液中能够完全电离的化合物即为强电解质；
18.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液
B. c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液
C. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
D. 非电解质溶于水得到的溶液
【答案】B
【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断。
【详解】A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B、c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液一定呈中性，故B正确；
C、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故C错误；
D、非电解质溶于水得到的溶液不一定显中性，例如二氧化硫溶于水显酸性，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。
19.2018年国家文物局对北洋海军军舰“经远舰”进行海上考古，考古队为舰体焊接锌块以实施保护。下列判断不合理的是（ ）
A. 焊接锌块后的负极反应：Fe-2e-=Fe2+
B. 上述保护方法中可用镁合金块代替锌块
C. 腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 考古队采用的是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【详解】A. 金属活动性Zn>Fe，所以焊接锌块后的Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B.若用镁合金块代替锌块，由于Mg的活动性比Fe强，所以也可以保护Fe不被腐蚀，B正确；海水为中性溶液，钢铁发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；
D.考古队采用在舰体上焊接活泼金属方法就是牺牲阳极的阴极保护法，D正确；
故合理选项是A。
20.在一定温度下，向a L密闭容器中加入1mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反应：X（g）＋2Y（g） 2Z（g）此反应达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内压强不随时间变化
B. 容器内气体的密度不随时间变化
C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1︰2︰2
D. 单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z
【答案】A
【详解】A．正反应为气体分子数目减小的反应，随反应进行气体的物质的量减小，恒温恒容下容器内压强减小，当容器内压强不再变化，说明反应到达平衡，故A正确；B．反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，体积为定值，密度自始至终不变，不能说明到达平衡状态，故B错误；C．平衡时容器内 X、Y、Z 的浓度之比不一定等于化学计量数之比，与物质的转化率有关，故C错误；D．单位时间消耗 0.1molX 同时生成 0.2molZ，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；故选A。
21.某温度下，已知下列反应的平衡常数：O2(g) + S(g) SO2(g) K1 ；H2（g）+ SO2（g） O2（g）+ H2S（g）K2 。则反应H2(g)+S(g) H2S(g) 的平衡常数是（ ）
A. K1+K2 B. K1÷K2 C. K1K2 D. K1－K2
【答案】C
【解析】O2(g) + S(g)SO2(g)，S为固体，K1=；H2(g)+ SO2(g) O2(g)+ H2S(g)的平衡常数为：K2=；H2(g)+S(g) H2S(g)反应的K===×= K1× K2，故选C。
22.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
B. 温度过高对合成氨不利
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D. 溴水中有平衡：Br2+ H2O HBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
【答案】C
【分析】氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸，次氯酸受光易分解；氨气合成反应放热，升高温度平衡逆向移动；溴水颜色主要由溶于水的溴单质产生，加入硝酸银溶液，银离子与溴离子反应产生溴化银沉淀，使溴水平衡正向移动，溴单质减小。
【详解】A. 氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸H2O+Cl2=HCl+HClO，次氯酸受光易分解，产物浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向着减弱变化的方向移动，故平衡正向移动，氯气浓度降低，黄绿色的氯水颜色变浅，A错误；
B. 合成氨反应3H2+N2=2NH3，反应放热，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡向降温方向移动，故反应逆向移动，不利于合成氨，B错误
C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，故增大压强，反应平衡不移动，加压后颜色变深是由于碘单质浓缩导致，C正确；
D. 溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溴离子与银离子结合产生溴化银沉淀，使平衡正向移动，溴水中溴单质浓度减少，溶液颜色变浅，D错误；
答案为C。
23.下列事实不属于盐类水解应用的是（ ）
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒
B. 实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】试题分析：明矾和氯化铁晶体常用于净水是因为溶于水后生成铝离子和铁离子水解生成Al(OH)3，Fe(OH)3胶体有吸附性能吸附水中的小颗粒；纯碱水解使得溶液显碱性，碱性条件下油污发生水解；FeCl3溶液会发生水解，配制的时候加入少量稀盐酸来抑制水解；制氢气时加入CuSO4可加快反应速率是利用原电池的原理，与胶体无关，选D。
考点：胶体的性质的应用。
24.反应A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)过程中能量变化如图，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应
B. 升高温度，利于A的转化率增大
C. 加入催化剂时，可以降低反应热
D. 增大压强，能够缩短反应达到平衡状态的时间
【答案】D
【分析】根据能量变化，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，然后根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据反应过程和能量变化，推出反应物总能量大于生成物总能量，即该反应为放热反应，故A错误；
B、 该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即A的转化率降低，故B错误；
C、反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，即使用催化剂，对反应热无影响，故C错误；
D、反应前后气体系数之和不变，增大压强，平衡不移动，但化学反应速率加快，缩短反应达到平衡状态的时间，故D正确。
25.有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是（ ）
A. 升高温度,AgCl沉淀的溶解度变小
B. AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+ 和Cl-
C. 溶解平衡时，AgCl沉淀生成和溶解不断进行,但速率相等
D. 向AgCl沉淀中加入NaCl固体,AgCl沉淀的溶度积Ksp变小
【答案】C
【分析】A、升高温度氯化银溶解度增大；
B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；
C、沉淀溶解平衡是动态平衡；
D、Ksp只与温度有关。
【详解】A、溶解度与温度有关，氯化银的溶解为吸热过程，则升高温度会增大，AgCl的溶解，所以氯化银溶解度会增大，故A错误；
B、AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl-，故B错误；
C、达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等但不为零，故C正确；
D、Ksp只与温度有关，温度不变Ksp不变，不随浓度的改变而改变，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，明确溶解平衡及其影响因素为解题关键，注意掌握溶解平衡的实质，速率相等但不等于零，为动态平衡。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（共3题，共50分。）
26.（1）羟基的电子式________；
（2）﹣C3H7结构简式：________、________；
（3）CH3C(CH3)2CH2C(CH3)3系统命名为________该烃一氯取代物有________种。
（4）支链只有一个乙基且相对分子质量最小的烷烃的结构简式________。
（5）键线式 表示的分子式________。
（6）中含有的官能团的名称为________。
【答案】(1). (2). ﹣CH2CH2CH3 (3). ﹣CH（CH3）2 (4). 2,2,4,4四甲基戊烷 (5). 2 (6). CH(CH2CH3)3 (7). C6H14 (8). 羟基、酯基
【详解】（1）羟基结构式为－OH，“－” 不代表共价键，其电子式为；
（2）考查同分异构体的书写，应从碳链异构的角度分析，－C3H7的结构简式为－CH2CH2CH3、－CH(CH3)2；
（3）按照烷烃命名，该有机物命名为2，2，4，4－四甲基戊烷；，关于如图所示对称，即含有2种不同环境的氢，一氯代物有2种；
（4）按照烷烃命名，支链中只有一个乙基且相对分子质量最小的烷烃是CH(CH2CH3)3；
（5）键线式中端点、交点、拐点都是碳原子，不足四键用氢补，即该键线式表示的分子式为C6H14；
（6）根据有机物的结构简式，含有官能团是(酚)羟基、酯基。
【点睛】等效氢的判断是本题的难点，（1）同一个碳原子上氢原子是等效的，（2）对称两端的氢原子是等效的，（3）同一个碳原子上甲基上的氢原子是等效。
27.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Ca、Cu、Fe 四种金属元素组成，回答下列问题：
（1）基态 Fe原子有________个未成对电子，Fe3+的价电子排布式为________。
（2）新制的Cu(OH)2可将乙醛氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛分子中含有的σ键与π键的比值为_____。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为____，配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化学键类型有_____________。
（3）Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有____个铜原子；金属铜采取如图甲所示堆积方式，可称为_________堆积。。
（4）CaCl2熔点高于AlCl3的原因__________________________________。
（5）CaF2晶胞如图乙所示，已知：氟化钙晶体密度为ρg·cm-3 ， NA代表阿伏加德罗常数的值。氟化钙晶体中Ca2+和F-之间最近核间距(d)为________cm(只要求列出计算式即可)。
（甲） （乙）
【答案】(1). 4； (2). 3d5 (3). 6: 1 (4). sp2;sp3 (5). 离子键、共价键、配位键 (6). 16 (7). 面心立方最密 (8). CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体 (9).
【详解】（1）基态铁原子价电子排布式为3d64s2，d能级最多容纳10个电子，因此有4个未成对电子，Fe3＋的价电子排布式为3d5；
（2）乙醛结构简式为，成键原子之间只能形成一个σ键，双键之间有一个π键，1mol乙醛中σ键有6个，1个π键，因此比值为6：1；乙醛中甲基上的C有4个σ键，无孤电子对，C杂化类型为sp3，醛基上的C有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2；Cu2＋与NH3构成配位键，N和H、O和H以共价键构成，[Cu(NH3)4]2＋和OH－以离子键的形式存在；
（3）根据均摊的方法，氧原子的个数为(4＋8×1/8＋6×1/2)=8，氧化亚铜的化学式为Cu2O，因此Cu原子个数为16；根据甲晶胞图，金属铜采取面心立方最密堆积；
（4）CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，一般离子晶体熔沸点高于分子晶体，因此CaCl2的熔沸点比AlCl3高；
（5） 白球位于顶点和面心，白球的个数为8×1/8＋6×1/2=4，黑球完全在晶胞内部，即有8个，根据氟化钙的化学式，得出白球为Ca2＋，黑球为F－，晶胞的质量为，令晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，依据密度的定义，得出a=，Ca2＋和F－最近的核间距是体对角线的1/4，因此最近的核间距为 cm。
【点睛】难点是最近的核间距的判断，根据晶胞，类似的结构中，最近的距离是体对角线的1/4，然后进行分析和判断。
28.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g），已知H2的体积分数随温度的升高而增加．若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
________
________
________
________
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为____________．
（3）碳酸：H2CO3 ， K1=4.3×10﹣7 ， K2=5.6×10﹣11 草酸：H2C2O4 ， K1=5.9×10﹣2 ， K2=6.4×10﹣5 ,0.1mol/LNa2CO3溶液的pH____0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH，（选填“大于”“小于”或“等于”），等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___．
（4）在如图的转化关系中(X代表卤素)。ΔH2_____0(填“＞”、“＝”或“＜”)；△H1、△H2和△H3三者存在的关系为_______________________。
（5）现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④醋酸钠。请回答下列问题：
①醋酸钠中各离子浓度由大到小的顺序是_________________________________。
②醋酸和醋酸钠等体积混合所得溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝______mol·L-1。
【答案】(1). 增大 (2). 增大 (3). 减小 (4). 减小 (5). cd2/ab4=xy3/mn4 (6). 大于 (7). 草酸 (8). ＞ (9). △H1 =△H2＋△H3 (10). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) (11). 0.1
【详解】（1）温度从300℃升至400℃，升高温度，化学反应速率增大，即正逆反应速率都增大，v正增大，v逆增大，根据题意，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即该反应的正反应为放热反应，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，化学平衡常数减小，转化率降低；
（2）同一反应，温度相同，化学平衡常数不变，平衡I中化学平衡常数的表达式为K=，同理平衡Ⅱ中K=，即cd2/ab4=xy3/mn4；
（3）碳酸的二级电离常数为Ka2=5.6×10－11，草酸的二级电离平衡常数Ka2=6.4×10－5，依据越弱越水解，推出CO32－水解程度大于C2O42－，即相同浓度时，Na2CO3水溶液的pH大于Na2C2O4水溶液的pH，电离平衡常数越大，说明电离程度越强，对酸来说，电离平衡常数越大，酸性越强，即草酸电离出c(H＋)大；
（4）H2和X2转化成2H和2X，发生断键，断键吸收能量，即△H2>0，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，即△H1=△H2＋△H3；
（5）①醋酸钠属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，CH3COO－发生水解，但CH3COO－水解微弱，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；
②根据物料守恒，令CH3COOH和醋酸钠的体积各为1L，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=(1L×0.1mol·L－1＋1L×0.1mol·L－1)/(1L＋1L)=0.1mol·L－1。
【点睛】易错点为(5)②，学生根据物料守恒，得出c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)=0.2mol·L－1，忽略了两种溶液等体积混合(忽略体积的变化)，浓度为原来的一半。
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