【化学】宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

【化学】宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版）

宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期中考试 可能用到的相对原子质量：H-1 N‎-14 C-12 Si-28 O-16  Na‎-23 A1-27 Fe-56 Cu-64‎ 一、 单项选择题(共26小题， 每小题2分，共52分)‎ ‎1. 在强酸性或强碱性溶液中都能大量共存的一组离子是( )‎ A. Ba2+、 Fe3+、Cl-、 B. Na+、Ca2+、、‎ C. Mg2+、 、 、Na+ D. Na+、K+、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碱性条件下，Fe3+与OH-不能大量共存，故A不符合题意；‎ B．酸性条件下，与H+不能大量共存，故B不符合题意；‎ C．碱性条件下，Mg2+与OH-不能大量共存，故C不符合题意； ‎ D．在强酸性或强碱性溶液中，Na+、K+、、之间，以及与H+或OH-之间均不反应，能大量共存，故D符合题意；‎ 答案选D ‎2. 下列说法中错误的是 A. 原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数 B. 元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族的10列元素都是金属元素 C. 稀有气体元素原子的最外层电子数都是8个 D. 主族元素原子最外层电子数等于族序数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、周期数等于原子核外电子层数，即原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数，A正确；‎ B、元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素都是过渡元素，均为金属元素，B正确；‎ C、氦仅有2个电子，除氦外的稀有气体原子的最外层电子数都是8，C错误；‎ D、主族元素原子最外层电子数等于族序数，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎3. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 同一元素各核素的质量数不同，但它们的化学性质几乎完全相同 B. 任何元素的原子都是由核外电子和核内中子、质子组成的 C. 钠原子失去一个电子后，它的电子数与氖原子相同，所以变成氖原子 D. Ar、K、Ca的质量数相同，所以它们是互为同位素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同一元素的各核素(质子数相同中子数不同)互为同位素，同位素之间质量数不同，化学性质相似，故A正确；‎ B.原子不一定都是由核外电子和核内中子、质子而组成(如氕原子核内不含有中子)，故B错误；‎ C.钠失去一个电子变为钠离子(与氖原子质子数不同)，故C错误；‎ D.Ar、K、Ca的质量数相同，但它们的质子数不同，它们不互为同位素，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是( )‎ A. 2gH含有的氢原子数目为NA B. ‎1L1mol/L KOH溶液中含有的钾离子数目为NA C. 1mol Zn完全变为Zn2+失去的电子数目为NA D. 常温常压下，22.4LO2含有的分 子数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2gH2含有的氢原子数目为×2×NA=2NA，故A错误；‎ B．‎1L1 mol•L-1 KOH溶液中含有的钾离子数目为‎1L×1mol/L×NA=NA，故B正确；‎ C．1mol Zn变为Zn2+失去的电子物质的量为2mol，则数目为2NA，故C错误；‎ D．常温常压下，‎22.4 L O2的物质的量不能用标况下气体摩尔体积计算，则含有的分子数目无法确定，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5. 下列各组物质中含氧原子的物质的量相同的是(　　)‎ A. 0.3‎‎ mol氧气和0.3 mol水 B. 0.1 mol硫酸和0.2 mol水 C. 0.1 mol硫酸镁晶体(MgSO4·7H2O)和0.1 mol蔗糖(C12H22O11)‎ D. 6.02×1023个二氧化碳分子与0.1 mol高锰酸钾(KMnO4)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.3‎ mol氧气中含有0.6mol氧原子， 0.3 mol水中含有0.3mol氧原子，不相等，A错误；‎ B. 0.1 mol硫酸中含有0.4mol氧原子，0.2 mol水中含有0.2mol氧原子，不相等，B错误；‎ C. 0.1 mol硫酸镁晶体(MgSO4·7H2O)中含有1.1mol氧原子，0.1 mol蔗糖(C12H22O11)中含有1.1mol氧原子，相等，C正确；‎ D. 6.02×1023个二氧化碳分子中含有2mol氧原子，0.1 mol高锰酸钾(KMnO4) 中含有0.4mol氧原子，不相等，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎6. 物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3： 2： 1时，三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为 A. 1：1：1 B. 1：2：‎3 ‎C. 3：2：1 D. 3：4：3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不妨设三种溶液的物质的量浓度均为a mol/L，物质的量浓度与溶液体积无关， NaCl溶液中c1(Clˉ)=amol/L，MgCl2溶液中c2(Clˉ)=2amol/L，AlCl3溶液中c3(Clˉ)=3amol/L，所以三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为1:2:3，故答案为B。‎ ‎7. 食用白醋是生活中重要的调味品，其中含3% ～5%的醋酸。以下实验能证明醋酸为弱电解质的是(  )‎ A. 用食用白醋做导电实验，灯泡很暗 B. 将水垢浸泡在白醋中，有CO2气体放出 C 向白醋中滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色 D. 中和等pH、等体积的盐酸和白醋，白醋消耗NaOH多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要证明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法说明醋酸是弱电解质，故A不符合题意；‎ B．水垢浸泡在白醋中有CO2气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能证明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；‎ C．白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故C不符合题意；‎ D．等体积等pH的醋酸和盐酸溶液中，醋酸溶液浓度大于盐酸，醋酸存在电离平衡，随反应进行，促进电离正向移动，醋酸消耗NaOH多，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎8. 实验室用铁屑和2 mol/L盐酸制取氢气，下列措施不能增大化学反应速率的是( )‎ A. 用铁粉代替铁屑 B. 再加2 mo1/L硫酸 C. 给盐酸溶液加热 D. 用浓硫酸代替稀盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用铁粉代替铁屑，增大了反应物的接触面积，反应速率增大，故A不符合题意； ‎ B．再加2 mo1/L硫酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，故B不符合题意；‎ C．给盐酸溶液加热，升高温度，反应速率增大，故C不符合题意； ‎ D．浓硫酸具有氧化性，用浓硫酸代替稀盐酸与铁发生钝化，阻止反应进行，反应速率减小，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎9. 已知反应CO(g) +H2O(g)CO2(g) +H2(g) △H＜0，在一定温度和压强下，该反应于密闭容器中达到平衡，下列叙述正确的是(  )‎ A. 增大压强，n(CO2)增加 B. 更换高效催化剂，CO的转化率增大 C. 升高温度，K增大 D. 充入一定量的氮气，n(H2)不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该平衡体系反应前后气体分子数相等，增大压强，平衡不移动，则n(CO2)不变，故A错误；‎ B．催化剂不能使化学平衡发生移动，因此CO的转化率不变，故B错误；‎ C．反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故C错误；‎ D．充入一定量的氮气，由于反应体系的任何物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，n(H2)不变，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10. 某烯烃只含1个双键与加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有（ ）‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该烷烃的碳链结构为，1号和6号碳原子关于2号碳原子对称，5、8、9号碳原子关于4号碳原子对称，但4号碳原子上没有氢原子，所以4号碳原子和3、5、8、9号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，所以能形成双键有：1和2之间或2和6）；2和3之间；3和7之间，共有3种。‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称是解本题的关键，注意不能重写、漏写。‎ ‎11. 制取一氯乙烷最好采用的方法是　　‎ A. 乙烷和氯气反应 B. 乙烯跟氯气反应 C. 乙烯跟氢气、氯气反应 D. 乙烯跟氯化氢反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应产物及“原子经济”的理念分析，最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子的利用率为100%。‎ ‎【详解】A．CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，且生成的氯代烃除氯乙烷外还有其它氯代烃，不符合原子经济的理念，故A错误；B．CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；C．乙烯和氢气加成生成乙烷，乙烷和氯气反应有副产物HCl生成，不符合原子经济的理念，故C错误；D．CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有氯乙烷，符合原子经济理念，故D正确；故答案为D。‎ ‎12. 下列说法正确的是( )‎ A. 甲烷的燃烧热为890. 3 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4(g) +2O2 (g) =CO2 (g) +2H2O (g)△H=- 890.3 kJ/mol B. 同种金属作为原电池的正极比作为电解池的阳极腐蚀得更快 C. 自发反应在恰当条件下才能实现 D. 若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍，则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ/mol，故A错误；‎ B．一般金属腐蚀速率为：电解池的阳极＞原电池的负极＞化学腐蚀＞原电池的正极＞电解池的阴极，则同种金属作为电解池的阳极比作为原电池的正极腐蚀得更快，故B错误；‎ C．自发反应不是在任何条件下都能实现，必须在恰当条件下才能实现，故C正确；‎ D．醋酸为弱酸，不能完全电离，如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13. 若某元素原子处于能量最低状态时，价电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子 B. 该元素原子核外共有5个电子层 C. 该元素原子的M层共有8个电子 D. 该元素原子最外层有3个电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子；‎ A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，故A错误；‎ B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；‎ C．该元素原子M能层共有18个电子，故C错误；‎ D．该元素原子最外层上有2个电子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14. 元素周期表中铋元素的数据见图，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 铋原子s轨道的形状是球形的，p轨道的形状是哑铃形 B. 铋元素的相对原子质量是209.0‎ C. 铋原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子 D. 铋原子最外层有5个能量相同的电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．s轨道的形状是球形的，p轨道的形状是哑铃形，选项A正确；‎ B．由图可知，Bi元素的相对原子质量是209.0，选项B正确；‎ C．根据洪特规则可知，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是首先单独占一个轨道，而且自旋方向相同，故Bi原子6p能级中6px、6py、6pz轨道上各有一个电子，选项C正确；‎ D．6s能量比6p能量低，6s能级2个电子与6p能级3个电子能量不同，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查核外电子排布，难度不大，注意C项中对核外电子排布规律的理解掌握。‎ ‎15. 下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是(  )‎ A. PCl3中P 原子sp3杂化，为三角锥形 B. BC13中B原子sp2杂化， 为平面三角形 C. CS2中C原子sp杂化，为直线形 D. H2S分子中，S为sp杂化，为直线形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．PCl3中P 原子价层电子对个数=3+=4，根据价层电子对互斥理论判断P原子为sp3杂化，为三角锥形，故A正确；‎ B．BC13中B原子价层电子对个数=3+=3，根据价层电子对互斥理论判断B原子为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；‎ C．CS2中C原子价层电子对个数=2+=2，根据价层电子对互斥理论判断C原子为sp杂化，为直线形，故C正确；‎ D．H2S分子中S原子价层电子对个数=2+=4，根据价层电子对互斥理论判断S原子为sp3杂化，分子构型为V形，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎16. 能说明CH4分子的5个原子不在同一平面而为正四面体构型的是 A. 两个键之间夹角为109.5° B. C—H键为极性共价键 C. 4个C—H键的键能、键长相同 D. 碳的价层电子都形成共价键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、键长是衡量共价键稳定性的主要参数，键长相同，两个键之间夹角为109°28′能说明该微粒的空间结构为正四面体，故A正确；‎ B、C-H键为极性共价键，与分子的空间构型无关，故B错误；‎ C、键能是衡量共价键稳定性的主要参数，CH4的C—H键的键能、键长相同，不能判断分子的空间构型，故C错误；‎ D ‎、碳的价层电子都形成共价键，只能说明原子间的成键方式，不说明分子的空间构型为正四面体，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎17. H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是(  )‎ A. 共价键的方向性 B. 共价键的饱和性 C. 共价键的键角 D. 共价键的键长 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】O原子最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，答案选B。‎ ‎18. 根据电子排布的特点，Cu在周期表属于（ ）‎ A. ds区 B. p区 C. d区 D. s区 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。按照构造原理，价层电子排布式应为3d94s2，当3d接近半满或全满时，能量最低，最稳定，所以Cu的4s2上的一个电子将填充在3d上，故Cu在元素周期表中属于ds区，答案选A。‎ ‎19. 在白磷(P4)分子中，4个P分别处在正四面体的四个顶点，结合有关P的成键特点，下列有关白磷的说法正确的是 A. 白磷分子的键角为109°28' B. 分子中共有4对共用电子对 C. 白磷分子的键角为60° D. 分子中有6对孤电子对 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】白磷的空间结构为，键角为60°，分子中共有6对共用电子对，有4对孤电子对，故选C。‎ ‎20. 某芳香烃的分子式为C11H16，分子结构中只含有一个烷基，符合条件的烃有（）‎ A. 8种 B. 7种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据芳香烃分子式可知C11H16不饱和度为4，则烷基的组成为-C5H11，烷基组成结构为-CH2-C4H9或-CH(CH3)-C3H7或-CH(C2H5)2。若烷基为-CH2-C4H9，-C4H9的异构体有：、、、，故有4种异构体；若烷基为-CH(CH3)-C3H7，-C3H7的异构体有：正丙基、异丙基两种，故有2种异构体；若烷基为-CH(C2H5)2，-C2H5没有异构体，结构只有1种。故符合条件的烷基的结构共有4+2+1=7，则符合条件的烃有7种，故选B。‎ ‎21. 在容积不变的绝热密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H<0。下列不能说明该反应达到化学平衡状态的是 A. 混合气体的密度不变 B. 体系温度不变 C. 3v逆(NH3)＝2v正(H2) D. N2和NH3的浓度的比值不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、该反应是一个反应前后气体的质量不变的化学反应，容器的体积不变，混合气体的密度始终没有变化，则该反应混合气体的密度不变，不能说明该反应达到化学平衡状态，故A正确；‎ B项、该反应是一个放热反应，在容积不变的绝热密闭容器中反应会使体系温度升高，则体系温度不变能说明该反应达到化学平衡状态，故B错误；‎ C项、3v逆(NH3)＝2v正(H2)说明正、逆反应速率相等，表明该反应已经达到化学平衡状态，故C错误；‎ D项、N2和NH3的浓度的比值不变说明正、逆反应速率相等，表明该反应已经达到化学平衡状态，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】达到反应平衡状态时，在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。‎ ‎22. 一定温度下，HF分子容易双聚或多聚：nHF(g)(HF)n(g) △H<0。欲测定HF的相对分子质量，最适合的条件是 A. 低温高压 B. 高温低压 C. 低温低压 D. 高温高压 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】（HF）n的存在会影响HF的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小（HF）n的含量，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，高温低压可以使平衡逆向移动，故选B。‎ ‎23. 室温下，pH＝4的CH3COOH溶液中加入下列物质，水电离出的c(H＋)减小的是 A. NaHSO4固体 B. NaCl固体 C. CH3COONa固体 D. H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、NaHSO4为强酸酸式盐，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaHSO4固体，溶液中H＋浓度增大，对水的电离抑制程度增大，水电离出的c(H＋)减小，故A正确；‎ B项、NaCl为强酸强碱盐，在溶液中不水解，向pH＝4的CH3COOH溶液中加入NaCl固体，溶液中H＋浓度不变，水电离出的c(H＋)不变，故B错误；‎ C项、向pH＝4的CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中CH3COO—浓度增大，电离平衡向左移动，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故C错误；‎ D项、向pH＝4的CH3COOH溶液中加入H2O稀释，溶液中H＋浓度减小，水电离出的c(H＋)增大，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】溶液中H＋浓度增大，对水的电离抑制程度增大，水电离出的c(H＋)减小，溶液中H＋浓度减小，对水的电离抑制程度减小，水电离出的c(H＋)增大是解答关键。‎ ‎24. 下列说法正确的是 A. 同分异构体之间分子式相同，其式量也一定相等；式量相等的物质一定是同分异构体 B. 某有机物燃烧后产物只有CO2和H2O，可推出的结论是有机物属于烃 C. 分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式为CH3CH2OH D. 分子式为C8H10的芳香烃有4种同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．式量相等的物质不一定分子式相同，如乙酸和丙醇，因此不一定是同分异构体，故A错误；‎ B．某有机物燃烧后产物只有CO2和H2O，可知该有机物一定含有C、H，可能含有O，因此该有机物不一定为烃，故B错误；‎ C．分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由于二甲醚CH3-O-CH3中也含有C-H键和C-O键，无法判断该有机物是否为乙醇，故C错误；‎ D．C8H10芳香烃满足CnH2n-6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎25. 证明苯分子中不存在单双键交替理由是（　　）‎ A. 苯的邻位二元取代物只有一种 B. 苯的间位二元取代物只有一种 C. 苯的对位二元取代物只有一种 D. 苯的邻位二元取代物有二种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，苯的邻位二元取代物只有一种，说明和是一种结构，即碳碳键是一样的，不存在单双键交替，故A符合题意；‎ B选项，苯环碳碳键若是单键与双键交替，苯的间位二元取代物也只有一种，故B不符合题意；‎ C选项，苯环碳碳键若是单键与双键交替，苯的对位二元取代物也只有一种，故C不符合题意；‎ D选项，苯的邻位二元取代物有二种，则说明碳碳键之间有单键和双键之分，故D不符合题意；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】苯的邻位二元取代物只有一种，不能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色都能证明苯环没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键。‎ ‎26. 四联苯的一氯代物有 A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】推断有机物一氯代物的种数需要找中心对称线，四联苯是具有两条对称轴的物质，即，在其中的一部分上有几种不同的氢原子(包括对称轴上的氢原子)‎ ‎，就有几种一氯代物，四联苯有5种不同的氢原子，故有5种一氯代物。‎ 答案选C 二、非选择题(包括4小题，共48分)‎ ‎27. 下列各图为几种晶体或晶胞的构型示意图。‎ 请回答下列问题：(本题前两空用示意图下的序号填空)‎ ‎(1)这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是_____________。‎ ‎(2)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为___________。‎ ‎(3)NaCl晶胞与MgO品胞相同，NaCl晶体的晶格能__________(填“大于”或“小于”) MgO晶体的品格能，原因是______________‎ ‎(4)每个Cu晶胞中实际占有____________个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2+的配位数为___________。‎ ‎(5)冰的熔点远高于干冰的重要原因是____________________。‎ ‎【答案】 (1). (2) (2). (2)＞(4)＞(5)＞(1)＞(6) (3). 小于 (4). 在MgO、NaCl晶体中，离子半径：r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)，且MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数 (5). 4 (6). 8 (7). H2O分子之间存在氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先判断各种晶体类型，然后判断微粒之间的作用力是否属于共价键；‎ ‎(2)结合各类晶体的构成微粒的作用力大小判断物质的熔点高低顺序；‎ ‎(3)离子电荷越多、半径越小，晶格能越大；‎ ‎(4)Cu原子位于晶胞的顶点和面心上，Ca2+位于晶胞的面心与顶点，利用均摊法计算；CaCl2晶体中Cl-的配位数为4，由化学式可知CaCl2晶体中Ca2+的配位数为Cl-的配位数的2倍；‎ ‎(5)冰中水分子间形成氢键，冰的熔点远高于干冰。‎ ‎【详解】(1)冰、干冰晶体属于分子晶体，构成微粒属于分子，分子之间以分子间作用力结合，不符合题意；金刚石属于原子晶体，原子之间以共价键结合，符合题意；Cu属于金属晶体，金属阳离子与自由电子之间以金属键结合，不符合题意；MgO、CaCl2属于离子晶体，离子之间以离子键结合，不符合题意；故这些晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是(2)金刚石晶体；‎ ‎(2)一般情况下，微粒的作用力：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。在上述物质中，金刚石属于原子晶体，熔沸点最高；MgO、CaCl2属于离子晶体，熔沸点比金刚石的低，由于离子半径Mg2+比Ca2+的小，O2-比Cl-的小，离子半径越小，离子键越强，断裂消耗的能量就越大，物质的熔点就越高，所以熔点：MgO＞CaCl2；冰、干冰都属于分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于H2O分子之间存在氢键，CO2分子之间只存在分子间作用力，所以熔点冰>干冰，故上述五种物质中熔点由高到低的顺序为：金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰，即(2)＞(4)＞(5)＞(1)＞(6)；‎ ‎(3) 在MgO、NaCl晶体中，离子半径：r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)，且MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，所以晶格能MgO比NaCl的大；  ‎ ‎(4)Cu晶胞属于面心立方结构，每个晶胞中含有的Cu原子个数为8×+6×=4；Ca2+位于晶胞的面心与顶点，每个CaCl2晶胞中实际占有Ca2+ 离子数目为8×+6×=4，CaCl2晶体中Cl-周围有4个距离相等且最近的Ca2+，所以Cl-的配位数为4，由化学式可知CaCl2晶体中Ca2+的配位数为Cl-的配位数的2倍，则Ca2+的配位数为8；‎ ‎(5)冰、干冰都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，由于冰中水分子间形成了氢键，使冰的熔点远高于干冰的熔点。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，要注意晶格能大小的判断方法的应用，特别注意离子半径的大小比较。‎ ‎28. 填空：‎ ‎(1)的系统命名法名称是____________。‎ ‎(2)的系统命名法名称是_______________。‎ ‎(3)已知丙酮(CH3COCH3)键线式可表示为，则键线式为的物质的分子式为______。‎ ‎(4)乙醇分子中官能团的名称为____________。‎ ‎(5)写出烯烃官能团的结构简式_________________。‎ ‎【答案】 (1). 3，3，5，5-四甲基庚烷 (2). 4-甲基-2-戊烯 (3). C5H8O2 (4). 羟基 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有7个碳原子，为庚烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，则在3号和5号碳原子上各有2个甲基，故名称为：3，3，5，5-四甲基庚烷，故答案为：3，3，5，5-四甲基庚烷；‎ ‎(2)烯烃命名时，应选择含官能团的最长碳链为主链，故主链上有5个碳原子，为戊烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，则双键在2号和3号碳原子间，在4号碳原子上有一个甲基，故名称为：4-甲基-2-戊烯，故答案为：4-甲基-2-戊烯，‎ ‎(3)键线式中含有5个C、8个H和2个氧原子，该有机物分子式为：C5H8O2，答案为：C5H8O2；‎ ‎(4)乙醇属于醇类，其官能团为羟基，答案为：羟基；‎ ‎(5)烯烃的官能团为碳碳双键，其结构式为。‎ ‎29. (1)X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X的轨道表示式为______；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则R原子可能是_________； Y原子的核电荷数为29，其电子排布式是_____________，其在元素周期表中的位置是_______________。‎ ‎(2)指出配合物K3[Co(CN)3]中的中心离子、配位体及其配位数：________、________、_______。‎ ‎(3)下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子，______。‎ ‎ ‎ ‎(4)在下列物质①CO2；②NH3；③CCl4；④BF3；⑤H2O；③SO2；⑦SO3；⑧PCl3中，属于非极性分子的是(填序号)______________。‎ ‎(5)试比较下列酸的酸性强弱(填“＞”、“＜”或“＝”)：H2SO3______________H3PO3。‎ ‎(6)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：‎ H2O中心原子的杂化方式为______杂化， 分子的立体构型为_________。‎ BF3分子中，中心原子的杂化方式为__________杂化，分子的立体构型为____________。‎ ‎(7) H2O的沸点(‎100℃‎)比H2S的沸点(‎-61℃‎)高，这是由于_______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Al和Cl (3). 1s22s22p63s23p63d104s1 (4). 第四周期ⅠA族 (5). Co3+ (6). CN- (7). 6 (8). (9). ①③④⑦ (10). ＞ (11). sp3 (12). V形 (13). sp2 (14). 平面正三角形 (15). 水分子间有氢键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据构造原理可知，根据核外电子排布式分析判断； ‎ ‎(2)根据化学式可知，CN-提供孤对电子，钴离子接受孤对电子，据此分析判断；‎ ‎(3)将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子（常以*标记手性碳原子）；‎ ‎(4) 原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，即分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子；‎ ‎(5)根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强；‎ ‎(6)根据价层电子对互斥理论可知，水分子中氧原子含有的价层对电子对数是2+＝4；BF3分子中B原子含有的孤对电子对数是3+＝3，据此分析解答；‎ ‎(7)水分子中含有氢键。‎ ‎【详解】(1)根据构造原理可知，若X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是碳元素，则轨道表达式；R原子的3p 轨道上只有一个未成对电子，则根据构造原理可知，R原子可能是Al和Cl；Y原子的核电荷数为29，所以Y是铜元素。根据构造原理可知，其电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；铜元素位于第四周期ⅠA族； ‎ ‎(2)根据化学式可知，CN-提供孤对电子，所以CN-是配体，配位数是6；钴离子接受孤对电子，属于中心离子；‎ ‎(3)将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子（常以*标记手性碳原子），所以根据结构简式可知，手性碳原子是；‎ ‎(4)原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，即分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子。CO2是直线型结构，四氯化碳是正四面体形结构，三氟化硼和三氧化硫都是平面正三角形结构，所以均属于非极性分子，其余都是极性分子，故选①③④⑦；‎ ‎(5)根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强。亚硫酸中n＝1，H3PO3中n＝0，所以亚硫酸的酸性强于亚磷酸；‎ ‎(6)根据价层电子对互斥理论可知，水分子中氧原子含有的价层对电子对数是2+＝4，氧原子是sp3杂化，所以水是V形结构；BF3分子中B原子含有的孤对电子对数是3+＝3，B原子是sp2杂化，所以三氟化硼是平面正三角形结构；‎ ‎(7)由于水分子间有氢键，所以H2O的沸点(‎100℃‎)比H2S的沸点(‎-61℃‎)高。‎ ‎30. I.影响化学反应速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验方法进行探究。‎ ‎(1)取等物质的量浓度、等体积的H2O溶液分别进行H2O2的分解实验，实验报告如下表所示(现象和结论略)。‎ 序号 温度/℃‎ 催化剂 现象 结论 ‎1‎ ‎40‎ FeCl3溶液 ‎2‎ ‎20‎ FeCl3溶液 ‎3‎ ‎20‎ MnO2‎ ‎4‎ ‎20‎ 无 ‎①实验1、2研究的是________________对H2O2分解速率的影响。‎ ‎②实验2、3的目的是________________。‎ ‎(2)查文献可知：Cu2+对H2O2分解也有催化作用，为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：‎ ‎①定性性分析：如图甲可通过观察__________，先定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是__________。‎ ‎②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是____________ 。‎ II.化学兴趣小组的同学0.100 mol/L盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度(杂质不与盐酸反应)。实验步骤如下：‎ ‎(1)配制待测液：用分析天平准确称取烧碱样品2. ‎500 g，全部溶于水配制成500 mL溶液。配制溶液需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要__________‎ ‎(2)滴定：‎ ‎①用碱式滴定管量取20.00 mL所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。滴定管在装入反应液之前应进行的操作有___________ 。‎ ‎②用浓度为0. 1000 mol/L 的盐酸标准溶液进行滴定。开始滴定前的一步操作是____________。③滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时每滴一滴测一次pH。滴定过程中，测得锥形瓶中溶液的pH变化如下表:‎ V(HCI) /mL ‎0.00‎ ‎12.00‎ ‎18.00‎ ‎22.00‎ ‎23.00‎ ‎23.96‎ pH ‎13.1‎ ‎12.6‎ ‎12.2‎ ‎11.7‎ ‎11.4‎ ‎9.9‎ V(HCI) /mL ‎24.00‎ ‎24.04‎ ‎25.00‎ ‎26.00‎ ‎30.00‎ pH ‎7.0‎ ‎4.0‎ ‎2.7‎ ‎2.4‎ ‎1.9‎ ‎ (3)数据处理：‎ 所测样品中NaOH的质量百分含量为____________。 ‎ ‎【答案】 (1). 温度 (2). 比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解速率影响的差异 (3). 反应产生气泡的快慢 (4). 控制阴离子相同，排除阴离子的干扰； (5). 测定一定时间内产生的气体体积（或测定产生一定体积的气体所需的时间） (6). 量筒、玻璃棒和500mL容量瓶 (7). 检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管2∼3次 (8). 调节液面于“‎0”‎刻度或“‎0”‎刻度以下 (9). 96%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)影响化学反应速率的因素很多，根据实验1、2使用相同的催化剂，温度不同；实验2、3中使用不同的是催化剂，但温度相同分析解答；‎ ‎(2)①如果催化剂的催化效率高，则产生气泡快；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，注意避免由于阴离子不同造成的干扰；‎ ‎②催化效率越高，则一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短，据此分析解答；‎ II．(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；‎ ‎(2)①滴定管在使用前应先检漏、洗涤、用待装液润洗、正式装液，排除气泡并调节液面；‎ ‎②用浓度为0.1000mol•L-1的盐酸标准溶液进行滴定，开始滴定前要调节液面于“‎0”‎刻度或“‎0”‎刻度以下；‎ ‎(3)氢氧化钠溶液的浓度为：=0.1200mol/L，样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L×‎1L=0.12mol，氢氧化钠的质量为：‎40g/mol×0.12mol=‎4.800g，据此计算样品中NaOH的质量百分含量。‎ ‎【详解】I．(1) ①根据实验1、2使用相同的催化剂，温度不同，实验1、2研究的是温度对H2O2分解速率的影响；‎ ‎②实验2、3中使用不同的是催化剂，但温度相同，实验2、3的目的是比较FeCl3溶液和MnO2作为催化剂对H2O2分解速率影响的差异；‎ ‎(2)①定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过观察产生气泡的快慢来比较，产生气泡快的，催化效果好；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理；‎ ‎②定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2‎ 分解的催化效果，由图可知，可以通过测定一定时间内产生的气体体积（或测定产生一定体积的气体所需的时间）来比较：一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短，则催化效果越好；‎ II．(1)用‎2.50g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500mL溶液，配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管外，还需要量筒、玻璃棒和500mL容量瓶；‎ ‎(2)①滴定管在使用前应先检漏、洗涤、用待装液润洗、正式装液，排除气泡并调节液面，滴定管在使用前除洗涤外，还应检查滴定管是否漏水，洗净并用待盛装的溶液润洗滴定管2∼3次；‎ ‎②用浓度为0.1000mol⋅L−1的盐酸标准溶液进行滴定，开始滴定前要调节液面于“‎0”‎刻度或“‎0”‎刻度以下；‎ ‎(3)氢氧化钠溶液的浓度为：=0.1200mol/L，样品中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1200mol/L×‎1L=0.12mol，氢氧化钠的质量为：‎40g/mol×0.12mol=‎4.800g，故样品中,NaOH的质量百分含量为：×100%=96%。‎