贵州省毕节纳雍县一中2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题

贵州省毕节纳雍县一中2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题

贵州省毕节纳雍县一中2018-2019学年下学期期末考试高二化学试题 ‎1.能表示人体大量喝水时，胃液的pH变化的图象是（ ）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 选项中图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，结合胃液的成分和pH计算公式进行解答。‎ ‎【详解】人体胃液的主要成分为盐酸，盐酸显酸性，溶液的酸碱度可用pH值表示，其计算公式为pH=-lgc（H+），其中c（H+）表示氢离子浓度，显酸性的胃酸，在人体大量喝水时，氢离子浓度随着加水稀释，氢离子浓度的减小，溶液的pH升高，结合图象，横坐标表示加水的体积，纵坐标表示溶液的pH，A图象符合题意。‎ 答案选A。‎ ‎2.在体积为VL的恒容密闭容器中盛有一定量H2，通入Br2(g)发生反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)　ΔH＜0。当温度分别为T1、T2，平衡时，H2的体积分数与Br2(g)的物质的量变化关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A. 由图可知：T1＞T2‎ B. a、b两点的反应速率：b＞a C. 为了提高Br2(g)的转化率，可采取将HBr液化并及时移走的方法 D. T1时，随着Br2(g)加入，平衡时HBr的体积分数不断增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.相同投料下，由题ΔH＜0，为放热反应，H2体积分数越高，转化率越低，温度越高，结合题给图象，可知T1＞T2，不选A项；‎ B.相同温度下，浓度越高，反应速率越快，a，b两点温度均为T1，b点Br2(g)投料比a点多，故a、b两点的反应速率：b＞a，不选B项；‎ C.生成物浓度减小，平衡右移，故将HBr液化并及时移走，Br2(g)转化率提高，不选C项；‎ D. 当温度均为T1时，加入Br2，平衡会向正反应方向移动，导致HBr的物质的量不断增大，但体积分数不一定逐渐增大，这与加入的溴的量及转化率有关，故选D项。‎ 答案选D。‎ ‎3.已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol-1，下列说法正确的是：‎ A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B. 1 mol H2 与 1 mol F2 反应生成 2 mol 液态 HF 放出的热量小于 270 kJ C. 在相同条件下，1 mol H2与 1 mol F2的能量总和小于 2 mol HF 气体的能量 D. 该反应中的能量变化可用如图来表示 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、此反应是放热反应，逆过程是吸热反应，故错误；B、HF(g)=HF(l) △H<0，因此1molH2与1molF2反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ，故错误；C、此反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正确；D、根据选项C的分析，故错误。‎ 考点：考查化学反应热与能量的关系等知识。‎ ‎4.在100 mL H2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极进行电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况下)，则原混合液中Cu2＋的物质的量浓度为(　　)‎ A. 1 mol·L－1 B. 2 mol·L－1 C. 3 mol·L－1 D. 4 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒。‎ ‎【详解】用石墨做电极电解100mLH2SO4和CuSO4的混合液，首先发生反应：2CuSO4＋2H2O2Cu+O2↑＋2H2SO4；硫酸铜反应完全后开始电解水：2H2O2H2↑＋O2↑。若两个电极产生的气体的物质的量都是0.1mol，n(H2)＝n(O2)＝0.1 mol，由电子守恒得n(Cu2＋)×2＋n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2＋)×0.1 L×2＋0.1 mol×2＝0.1 mol×4，得：n(Cu2+)=0.1mol，c(Cu2＋)＝1 mol·L－1。‎ 答案选A。‎ ‎5.pH=1的两种一元酸HX和HY溶液,分别取100mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为VHX和VHY。若相同条件下VHX>VHY，则下列说法正确的是（ ）‎ A. HX可能是强酸 B. HY一定是强酸 C. HX的酸性强于HY的酸性 D. 反应开始时二者生成H2的速率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因开始的pH相同，镁足量，由V（HX）＞V（HY），说明HX溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，反应速率与氢离子浓度成正比，以此进行分析并解答。‎ ‎【详解】A．pH=l的两种一元酸HX与HY溶液，分别与足量Mg反应，HX产生氢气多，则HX为弱酸，故A错误；‎ B．pH=1的两种一元酸，分别取100mL加入足量镁粉，由V（HX）＞V（HY），说明HX 溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，二者可能一种为强酸，另一种为弱酸，或者二者都是弱酸，其中HX较弱，故B错误；‎ C．pH=1的两种一元酸，分别取100mL加入足量镁粉，由V（HX）＞V（HY），说明HX溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，故C错误； D．反应开始时，两种溶液中氢离子浓度相等，所以反应速率相同，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答该题应注意以下三点：(1)强酸完全电离，弱酸部分电离。(2)酸性相同的溶液，弱酸的浓度大，等体积时，其物质的量多。(3)产生H2的速率取决于c(H＋)的大小。‎ ‎6.将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误是(　　)‎ A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极 B. 0＜V≤22.4 L时，电池总反应化学方程式为CH4＋2O2＋2KOH＝K2CO3＋3H2O C. 22.4 L＜V≤44.8 L时，负极电极反应为CH4－8e－＋＋3H2O＝‎ D. V＝33.6 L时，溶液中只存在阴离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应①CH4+2O2=CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。‎ ‎【详解】A. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；‎ B. 当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；‎ C. 当22.4 L＜V≤44.8L，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为，不选C项；‎ D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3溶液，故溶液中的阴离子有和，选择D项。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题难点在于需要结合氢氧化钾的量和通入的甲烷的体积来确定所发生的总反应，从而确定反应产物。‎ ‎7.酸碱恰好完全中和时 （ ）‎ A. 酸和碱的物质的量一定相等 B. 溶液呈现中性 C. 酸和碱的物质的量浓度相等 D. 酸能提供的H+与碱所能提供的OH-的物质的量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：酸碱恰好完全中和，是指酸能提供的氢离子和碱能提供的氢氧根离子的物质的量相等，但酸和碱的物质的量不一定相等，反应后的溶液为盐的溶液，也不一定为中性，所以选D。‎ 考点： 酸碱中和 ‎8.相同温度下，同物质的量浓度的Na2SO3和Na2CO3的两种溶液中，下列关系式正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据H2CO3酸性小于H2SO3，相同温度下，同物质的量浓度的Na2SO3和Na2CO3的两种溶液中，水解程度比更高，可知得出正确选项。‎ ‎【详解】由于H2CO3酸性小于H2SO3，故水解程度比更高，所以，；又因为水解产物，所以有，答案选A。‎ ‎9.已知：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。现将一定量的稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，其中放热最少的是(　　)‎ A. 稀盐酸 B. 浓硫酸 C. 稀醋酸 D. 稀盐酸和稀醋酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一定量稀盐酸和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为盐酸是强酸，故根据所给热化学方程式，放出热量等于57.3 kJ；‎ B.一定量浓硫酸和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为硫酸是强酸，且溶于水放热，故放出热量大于57.3 kJ；‎ C.一定量稀醋酸和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，因为醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，故放出热量小于57.3 kJ；‎ D.盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，和1 L 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，放出的热量要多余醋酸和氢氧化钠反应放热的热量。‎ 因此放热最少的是选项C，答案选C。‎ ‎10.在一定温度下，可逆反应A(g)＋2B(g)2C(g)达到平衡的标志是(　　)‎ A. C的生成速率与C分解的速率相等 B. 单位时间内生成nmol A，同时生成2nmol B C. 单位时间内消耗nmol A，同时生成2nmol C D. B的生成速率与C分解的速率相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C的生成速率与C分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，故达到平衡状态，A项正确；‎ B. 单位时间内生成nmol A，同时生成2nmol B，二者均为逆反应速率，不能说明平衡状态，B项错误；‎ C. 单位时间内消耗nmol A，同时生成2nmol C，二者均为正反应速率，不能说明平衡状态，C项错误；‎ D. B的生成速率与C分解的速率相等，二者均为逆反应速率，不能说明平衡状态，D项错误。‎ 答案选A。‎ ‎11.钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。钛酸钡晶体的晶胞结构示意图如图所示，它的化学式是( )。‎ A. BaTi8O12 B. BaTi4O6 C. BaTi2O4 D. BaTiO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】仔细观察钛酸钡晶体结构示意图可知：Ba在立方体的中心，完全属于该晶胞；Ti处于立方体的8个顶点，每个Ti为与之相连的8个立方体所共用，即有属于该晶胞；O处于立方体的12条棱的中点，每条棱为四个立方体所共用，故每个O只有属于该晶胞。即晶体中Ba∶Ti∶O=1∶(8×)∶(12×)=1∶1∶3。‎ 答案选D。‎ ‎12.‎ ‎ 2003年，IUPAC(国际纯粹与应用化学联合会)推荐原子序数为110的元素的符号为Ds，以纪念该元素的发现地(Darmstadt，德国)。下列关于Ds的说法不正确的是( )‎ A. Ds原子的电子层数为7 B. Ds是超铀元素 C. Ds原子的质量数为110 D. Ds为金属元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：Ds的原子序数为110，Ds位于元素周期表中的第七周期第ⅤⅢ族。A、Ds位于元素周期表中的第七周期，则电子层数为7，故A正确；B、110＞92，原子序数在92号以后的元素为超铀元素，故B正确；C、Ds原子的原子序数为110，质量数为281，故C错误；D、Ds为过渡元素，属于金属元素，故D正确；故选C。‎ 考点：考查了原子的原子序数与质量数的相关知识。‎ ‎13. 第三能层含有的轨道数为 A. 3 B. 5 C. 7 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考查能级和能层的有关计算和判断。第三能层含有s、p、d3个能级，所以含有的轨道数是1＋3＋5＝9，答案选D。‎ ‎14. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（ ）‎ A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个晶胞中含1个Z原子，X原子数为1，Y原子数为3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎15.下列变化规律中正确的是（ ）‎ A. 金属Na、Mg、A1熔、沸点由高到低 B. HCl、HBr、HI的还原性由强到弱 C. H+、Li+、H﹣的半径由小到大 D. 同浓度的硫酸钠、醋酸钠、碳酸钠溶液的碱性由强到弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在金属晶体中，金属原子的价电子数越多，原子半径越小，自由电子与金属阳离子间的作用力越大，金属的熔沸点就越高。而同一周期的金属元素，从左到右，阳离子半径逐渐减小，离子所带电荷逐渐增加，故金属Na、Mg、Al的熔、沸点应是由低到高，A项错误；‎ B. 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐降低，离子的还原性逐渐增大，故HCl、HBr、HI的还原性应是由弱到强，B项错误；‎ C.电子层数越少，微粒半径越小；电子层结构相同微粒，核电荷数越大，半径越小，故H+、Li+、H﹣的半径由小到大，C项正确；‎ D.硫酸钠不水解，同浓度酸性醋酸大于碳酸，故碳酸根的水解程度大于醋酸根的水解程度，碱性强弱为醋酸钠＜碳酸钠，故同浓度的硫酸钠、醋酸钠、碳酸钠溶液的碱性由弱到强，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎16.[Co(NH3)5Cl]2+配离子，中心离子的配位数是 A. 1 B. 2 C. 4 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物[Co(NH3)5Cl]2+中，Co2+‎ 为中心离子提供空轨道，电荷数为+2，Cl、NH3为配体提供孤电子对，有一个氯离子和五个氨分子做配体，配位数为6，答案选D。‎ 考点：考查配合物的成键情况。‎ ‎17. 下列各项中表达正确的是（ ）‎ A. F－的结构示意图： B. CO2分子的比例模型示意图：‎ C. NaCl的电子式： D. N2的结构式：∶N≡N∶‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．F-的核电荷数为9，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故A正确；B．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，是直线型分子，故B错误；C．氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，其正确的电子式为，故C错误；D．氮气分子中含有氮氮三键，其正确的结构式为：N≡N，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构简式、离子结构示意图、结构式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键。本题的易错点是B。‎ ‎18.下列各项叙述中，正确的是(　　)‎ A. 镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态 B. 价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是s区元素 C. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同 D. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、原子由基态转化成激发态，要吸收能量，A不正确。‎ B、应该是位于第ⅢA，属于p区元素，B不正确。‎ C、所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，C不正确。‎ D、电子出全充满或半充满是稳定的，所以24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，D不正确。‎ 所以正确的答案是C。‎ ‎19.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是 A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力 C. sp2，氢键 D. sp3，氢键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。‎ ‎【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。‎ ‎20. 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. BCl3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】‎ 试题分析：首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型．‎ 解：A．PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为=1，则为sp3杂化，为三角锥形，故A正确；‎ B．BCl3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；‎ C．CS2中C原子形成2个δ键，孤对电子数为=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；‎ D．H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，为V形，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎21.CH3-CH=CH-Cl，该有机物能发生 ( )‎ ‎①取代反应 ②加成反应 ③消去反应 ④使溴水褪色⑤使酸性KMn04溶液褪色 ⑥使AgN03溶液生成白色沉淀⑦聚合反应 A. 以上反应均可发生 B. 只有⑦不能发生 C. 只有⑥不能发生 D. 只有②不能发生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：此有机物含有碳碳双键，可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，可发生加成反应、聚合反应；含有官能团—Cl，可发生取代反应、消去反应。由于此有机物中氯原子不能电离出来，故不能与AgNO3溶液生成白色沉淀。所以选C。‎ 考点：官能团性质。‎ 点评：熟悉各类官能团的性质。‎ ‎22.据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构简式为HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N。下列对该物质的判断正确的是(　　)‎ A. 属于不饱和烃 B. 不能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 所有原子都在同一条直线上 D. 可由乙炔和含氮化合物加聚制得 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烃是由C、H两种元素组成的有机物，从结构简式中可看出含有N，故不是烃，A项错误；‎ B.从结构简式中可看出氰基辛炔中有—C≡C—，易被酸性KMnO4溶液氧化，故可使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；‎ C.三键为直线结构，且均直接相连，则所有原子都在同一直线上，C项正确；‎ D.炔和含氮化合物加聚时会生成高分子化合物，三键中的一个键会被打开而出现双键，而是HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N中不含有双键，且不是高分子，故不能由加聚反应制得，D项错误。‎ 答案选C。‎ ‎23. 咖啡鞣酸具有较广泛的抗菌作用，其结构简式如下图所示：‎ 关于咖啡鞣酸的下列叙述正确的是 (　　)‎ A. 分子式为C16H13O9‎ B. 1 mol咖啡鞣酸可与含8 mol NaOH的溶液反应 C. 能使酸性KMnO4溶液褪色，说明分子结构中含有碳碳双键 D. 与浓溴水能发生两种类型的反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：.A项，分子式应为C16H18O9，错误；B项，能与氢氧化钠反应的是羧基、酚、酯基。而醇不能与氢氧化钠反应。该物质的结构中，含有一个羧基，一个酯基，两个酚。所以1 mol咖啡鞣酸可与含4 mol NaOH的溶液反应，所以B选项是错误；C项，醇—OH、酚—OH均可被酸性KMnO4溶液氧化，所以C选项是错误；D项，苯酚能与溴水发生取代反应，含碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以该物质能与浓溴水发生加成反应和取代反应，所以D选项是正确 考点：考查有机物官能团性质的相关知识点 ‎24.下列醇中能由醛加氢还原制得的是 A. CH3CH2CH2OH B. (CH3)2CHCH(CH3) OH C. (CH3)3COH D. (CH3)2CHOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用消去反应原理，能够由醛或酮加氢还原制得的醇，醇中的羟基相连的碳原子上必须有氢原子；不能够由醛或酮加氢还原制得的醇，醇中的羟基相连的碳原子上没有氢原子，能由醛加氢还原制得必须是与羟基相连的碳上有2个氢原子，据此进行判断。‎ ‎【详解】A．CH3CH2CH2OH能够由CH3CH2CHO加成反应生成，故A正确； ‎ B．(CH3)2CHCH(CH3) OH与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，故B错误；‎ C．(CH3)3COH羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能够由醛或酮加氢还原制得，故C错误；‎ D．(CH3)2CHOH与羟基相连的碳原子上有1个氢原子，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎25.甲烷分子中的4 个氢原子全部被苯基取代，可得如图所示的分子，对该分子的描述 不正确的是 A. 分子式为C25H20‎ B. 该化合物为芳香烃 C. 该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面 D. 分子中所有原子一定处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 分子式为C25H20，A正确；B. 该化合物分子中有４个苯环，所以其为芳香烃，B正确；C. 由甲烷分子的正四面体结构可知，该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面，C正确；D. 分子中所有原子不可能处于同一平面，D不正确。本题选D。‎ ‎26.2008奥运会吉样物福娃，其外材为纯羊毛线，内充物为无毒的聚酯纤维（结构简式如图），下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 羊毛与聚酯纤维的化学成分相同 B. 聚酯纤维和羊毛在一定条件下均能水解 C. 该聚酯纤维的单体为对苯二甲酸和乙醇 D. 聚酯纤维和羊毛都属于天然高分子材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 诗题分析：A.羊毛的主要成分是蛋白质，聚酯纤维是聚酯，二者的化学成分不同，故不选A；B.聚酯纤维是酯类聚合物，所以在一定条件下可以水解，羊毛是蛋白质，在一定条件下可以水解，故选B；C.聚酯纤维的单体式对苯二甲酸，和乙二醇，故不选C；D.聚酯纤维是合成的高分子材料，羊毛是天然高分子材料，故不选D。‎ 考点：高分子材料的成分和性质。‎ ‎27.归纳是一种由特殊（个别）到一般的概括，但是归纳出的规律也要经过实践检验才能决定其是否正确。下面几位同学自己总结出的结论中不正确的是（　　）‎ A. 不是所有醇都能被氧化成醛，但所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反应 B. 标准状况下，0.5mol N2和0.5mol O2的混合气体所占的体积约为22.4L C. 原子晶体熔点不一定比金属晶体高，分子晶体熔点不一定比金属晶体低 D. 反应是吸热还是放热的，必须看反应物和生成物所具有总能量的大小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.伯醇可以被氧化为醛，仲醇可以被氧化为酮，叔醇不能发生催化氧化反应；只有临位碳原子上含有氢原子的醇可以发生消去反应，故不是所有含碳原子大于2的醇都能发生消去反应，选择A项；‎ B. 0.5mol N2和0.5mol O2的混合气体物质的量是1mol，标况下V=nVm=22.4L，不选B项；‎ C.晶体的熔点受多重因素的影响，原子晶体熔点不一定比金属晶体高，如钨的熔点（3410℃）比硅（1410℃）高；分子晶体熔点不一定比金属晶体低，如汞的熔点（-60℃）比冰的熔点（0℃）低，汞是液态金属，属于金属晶体，而冰是固态的水，它属于分子晶体，不选C项；‎ D.反应物和生成物所具有总能量的相对大小决定了反应的吸放热情况，当反应物所具有总能量大于生成物所具有总能量，反应是放热的，反之是吸热的，不选D项。‎ 答案选A。‎ ‎28.联苯()由两个苯环通过单键连接而成，假定二氯联苯分子中，苯环间的单键可以自由旋转，理论上由异构而形成的二氯联苯共有 A. 6种 B. 9种 C. 10种 D. 12种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在联苯分子中含有三种H原子，二氯联苯分子的同分异构体有;;;;;;;;;;;。共12种，因此选项是D。‎ 考点：考查二氯联苯分子的同分异构体的种类的知识。‎ ‎29.有机物的结构简式可以用“键线式”表示，其中线表示键，线的交点与端点处代表碳原子，并用氢原子补足四价，但C、H原子未标记出来。已知利用某些有机物之间的转化可贮存太阳能，如降冰片二烯(NBD)经太阳光照射转化成四环烷(Q)的反应为(反应吸热)，下列叙述中错误的是(　　)‎ A. NBD和Q互为同分异构体 B. Q可使溴水褪色 C. Q的一氯代物只有3种 D. NBD同分异构体可以是芳香烃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NBD和Q的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，A正确；‎ B、Q分子中碳原子均是饱和碳原子，Q不能使溴水褪色，B错误；‎ C、物质Q中含有3种氢原子，一氯取代物有3种，C正确；‎ D、NBD的分子式为C7H8，可以是甲苯，属于芳香烃，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎30.下列实验可以获得预期效果的是（　　）‎ A. 用金属钠检验乙醇中是否含有少量水 B. 用溴水除去苯中的少量苯酚 C. 用质谱法测定有机物相对分子质量 D. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．乙醇和水都能与金属钠反应，不能用金属钠检验，可用硫酸铜检验是否含有水，A错误；B、除去苯中混有的少量苯酚：加入溴水，可以除去苯酚，但溴单质易溶于苯中，引入新的杂质，B错误；C、质谱法是测定有机物相对分子质量常用的物理方法，C正确；D．pH试纸不能事先湿润，否则导致溶液浓度偏低，D错误，答案选C。‎ ‎31.已知常温下各物质的溶度积或电离平衡常数如下：‎ Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(FeS)＝6.5×10－18‎ H2S：Ka1＝1.2×10－7，Ka2＝7×10－15‎ 一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进行得较完全；如果一个反应的平衡常数小于10－5，则认为该反应很难进行。请回答：‎ ‎(1)向浓度均为0.1 mol·L－1的FeSO4和CuSO4的混合溶液中加Na2S溶液，请写出首先出现沉淀的离子方程式________________。‎ 当加入Na2S溶液至出现两种沉淀，则溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝________。‎ ‎(2)通过计算说明反应CuS(s)＋2H＋＝Cu2＋＋H2S进行的程度________________。‎ ‎(3)常温下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________。‎ 若向此溶液中加入CuSO4‎ 溶液，恰好完全反应，所得溶液的pH________(填“>”“<”或“＝”)7。用离子方程式表示其原因____________。‎ ‎【答案】 (1). Cu2＋＋S2－＝CuS↓ (2). 5.0×1018 (3). 反应很难进行 (4). c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(S2－)＞c(H＋) (5). ＜ (6). HS－＋Cu2＋＝CuS↓＋H＋‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为Ksp(CuS)＝1.3×10－36＜Ksp(FeS)＝6.5×10－18，所以c(Fe2＋)=c(Cu2＋)的情况下，首先出现CuS沉淀，故首先出现沉淀的离子方程式为：Cu2＋＋S2－＝CuS↓；溶液中出现两种沉淀，说明FeS也出现沉淀，故；‎ ‎（2）因为，，，又因为反应CuS(s)＋2H＋＝Cu2＋＋H2S的平衡常数为：，结合题干可知反应很难进行；‎ ‎（3）NaHS溶液呈碱性，故HS－的水解程度大于电离程度，又水会电离出OH－，故溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(S2－)＞c(H＋)；因为发生的离子反应为：HS－＋Cu2＋＝CuS↓＋H＋，故溶液显酸性，pH＜7。‎ ‎32.某化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图A连接好线路发现灯泡不亮，按照图B连接好线路发现灯泡亮．‎ 依据上述现象判断或回答下列问题：‎ ‎(1)NaCl属于________(“酸”、“碱”或“盐”)，因为__________________________．‎ ‎(2)NaCl固体________(填“能”或“不能”)导电，原因是_____________________．‎ ‎(3)NaCl溶液________(填“能”或“不能”)导电，原因是__________________．‎ ‎(4)在NaCl固体、NaCl溶液中属于电解质的是_________________________________，‎ 原因是____________________________________．‎ ‎【答案】 (1). 盐 (2). NaCl是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物 (3). 不能 (4). NaCl未电离 (5). 能 (6). NaCl溶液中有能自由移动的离子 (7). NaCl固体 (8). NaCl固体是化合物，且其水溶液可导电 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由酸根离子和金属阳离子或NH4＋构成的化合物是盐；含有自由移动离子或电子的物质能导电，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）NaCl是由金属阳离子Na＋和酸根离子Cl－构成，即NaCl属于盐；‎ ‎（2）NaCl固体不含自由移动的离子或电子，因此NaCl固体不能导电；‎ ‎（3）NaCl在水溶液里电离出自由移动的Na＋和Cl－，因此NaCl溶液能够导电；‎ ‎（4）NaCl是在水溶液里或熔融状态下能电离出自由移动的离子的化合物，属于电解质，NaCl溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎33.某学习小组对人教版教材实验“在200mL烧杯中放入20g蔗糖（C12H22O11），加入适量水，搅拌均匀，然后再加入15mL质量分数为98%浓硫酸，迅速搅拌”进行如下探究；‎ ‎（1）观察现象：蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质，同时闻到刺激性气味，按压此黑色物质时，感觉较硬，放在水中呈漂浮状态，同学们由上述现象推测出下列结论：‎ ‎①浓硫酸具有强氧化性 ②浓硫酸具有吸水性 ③浓硫酸具有脱水性④浓硫酸具有酸性 ⑤黑色物质具有强吸附性 其中依据不充分的是_________（填序号）；‎ ‎（2）为了验证蔗糖与浓硫酸反应生成的气态产物，同学们设计了如下装置：‎ 试回答下列问题：‎ ‎①图1的A中最好选用下列装置_________（填编号）；‎ ‎②图1的 B装置所装试剂是_________；D装置中试剂的作用是_________；E装置中发生的现象是_________；‎ ‎③图1的A装置中使蔗糖先变黑的化学反应方程式为_________，后体积膨胀的化学方程式为：_________；‎ ‎④某学生按图进行实验时，发现D瓶品红不褪色，E装置中有气体逸出，F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，推测F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅的原因_________，其反应的离子方程式是_________。‎ ‎【答案】 (1). ②④ (2). Ⅱ (3). 品红溶液 (4). 检验SO2是否被除尽 (5). 溶液出现白色浑浊 (6). C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O (7). 2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O (8). CO气体能还原热的酸性高锰酸钾 (9). 5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）浓硫酸的三大特性：吸水性、脱水性和强氧化性；‎ ‎（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置；‎ ‎②B中盛放品红溶液，检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；‎ ‎③浓硫酸能使蔗糖脱水生成C，浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳；‎ ‎④CO气体能还原热的酸性高锰酸钾。‎ ‎【详解】（1）闻到刺激性气味说明浓硫酸具有强氧化性；蔗糖先变黄，再逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明浓硫酸具有脱水性；体积膨胀，形成疏松多孔的海绵状黑色物质说明黑色物质具有强吸附性；根据实验现象不能说明浓硫酸具有吸水性，酸性；答案为②④；‎ ‎（2）①蔗糖与浓硫酸反应为固液不加热装置，装置选择Ⅱ；‎ ‎②B中盛放品红溶液，用来检验二氧化硫，用E中的氢氧化钡溶液检验二氧化碳，实验现象是溶液出现白色浑浊，因为二氧化硫也能使Ba（OH）2溶液变浑浊，所以要先除去二氧化硫，所以C中高锰酸钾溶液的作用是除去二氧化硫，D中品红溶液检验SO2是否被除尽；‎ ‎③浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水生成C，方程式为C12H22O11（蔗糖）12C+11H2O；浓硫酸有强氧化性能将C氧化成二氧化碳，方程式为2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎④D瓶品红不褪色，说明气体中无二氧化硫，E装置中有气体逸出，气体不是二氧化碳，气体可能是浓硫酸将C氧化成一氧化碳，CO气体能还原热的酸性高锰酸钾，故F装置中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，反应的离子方程式为5CO+6H++2MnO4-5CO2↑+2Mn2++3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查浓硫酸的性质，二氧化硫的性质，在解答方程式的书写题时，首先理解反应原理，然后根据反应原理正确的分析出反应物、生成物结合方程式的书写规则进行书写。‎ ‎34.已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。‎ ‎(1)写出A元素的基态原子外围电子排布式：_______________________________。F的离子电子排布式：__________。‎ ‎(2)写出X涉及化工生产中的一个化学方程式：______________________。‎ ‎(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_____________。‎ ‎(4)CE、FA的晶格能分别为786 kJ·mol－1、3 401 kJ·mol－1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是___________________________。‎ ‎(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为________________；该离子化合物晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是____________________(只要求列出算式)。‎ ‎【答案】 (1). 2s22p4 (2). 1s22s22p63s23p6 (3). 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑ (4). Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物) (5). CaO晶体中Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－带的电荷数 (6). CaF2 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A原子L层上有2对成对电子，说明A是第二周期元素，L层上s轨道有两个成对电子，p轨道上有4个电子，所以A为O；因为A、B位于同一周期，故B也是第二周期元素，又B可形成离子晶体C3DB6，故B为F；又因为C、D与E分别位于同一周期，故前20号元素中C、D与E只能位于第三周期。在C3DB6中，F是负一价，故C只能为正一价，则D是正三价，所以C是Na，D是Al。再结合CE、FA为电子数相同的离子晶体，故E为Cl，F为Ca。据此解答。‎ ‎【详解】（1）由题干分析可知，A为O，F为Ca，所以A元素的基态原子外围电子排布式：2s22p4； F的离子电子排布式：1s22s22p63s23p6；‎ ‎（2）电解铝工业中常加入冰晶石来降低Al2O3的熔融温度，反应方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；‎ ‎（3）因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；‎ ‎（4）因为Ca2＋和Cl－电子层结构相同，O2－和Na＋电子层结构相同，且Ca2＋、O2－带的电荷数大于NaCl晶体中Na＋、Cl－，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；‎ ‎（5）从所给晶胞结构示意图可知其中F-全在内部，有8个，Ca2+有 ，故形成的离子化合物的化学式为CaF2；CaF2晶体的密度为ag·cm－3，则晶胞的体积是。‎ ‎35.2﹣羟基异丁酸乙酯能溶于水，是一种应用于有机合成和药物制造的化工原料。‎ ‎（1）2﹣羟基异丁酸乙酯的分子式为_______，不同化学环境的氢在核磁共振氢谱图中有不同的吸收峰，则2﹣羟基异丁酸乙酯有_______个吸收峰；‎ ‎（2）①②的反应类型分别为_______，_______；‎ ‎（3）已知I为溴代烃，I→B的化学方程式为______；‎ ‎（4）缩聚产物F的结构简式为______；‎ ‎（5）下列关于和的说法正确的有______（双选，填字母）；‎ A．后者遇到FeCl3溶液显紫色，而前者不可 B．两者都可以与NaHCO3溶液反应放出CO2‎ C．两者都可以与氢氧化钠溶液发生反应，当两者物质的量相等时，消耗氢氧化钠的量不相等 D．两者都可以与氢气发生加成反应 ‎【答案】 (1). C6H12O3 (2). 4 (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). (6). (7). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据结构可判断2-羟基异丁酸乙酯的分子中含有3个甲基、1个CH2原子团、1个羟基和1个酯基，故可知分子式为C6H12O3，根据分子的结构可知，分子中有4种不同化学环境的H原子，故答案为：C6H12O3；4； ‎ ‎(2)根据反应流程可知A为2-羟基异丁酸，发生消去反应生成D为2-甲基丙烯酸；B为乙醇，可由溴乙烷水解生成，G为乙醛，与银氨溶液发生氧化反应生成乙酸，H为乙酸，故答案为：消去反应；氧化反应；‎ ‎(3)溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，故答案为：； ‎ ‎(4)2-羟基异丁酸中既含有羧基，又含有羟基，在一定条件下可发生缩聚反应，则F为，故答案为：；  ‎ ‎(5)A、遇到FeCl3溶液显紫色，则有机物中应含有酚羟基，故A正确；B、与NaHCO3溶液反应放出CO2，应含有羧基，前者无，故B错误；C、前者含有酯基，后者含有羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠反应，1mol前者消耗1molNaOH，后者消耗2molNaOH，故C正确；D、前者不能与氢气发生加成反应，故D错误；故选AC。‎ ‎ ‎