2017-2018学年河南省中原名校（即豫南九校）高二下学期第一次联考化学试题 解析版
河南省中原名校（即豫南九校）2017-2018学年高二下学期第一次联考化学试题
1. 《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”．藏器日：生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也.铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之.时珍曰：近时人以醋制钢生绿，取收晒干货之.后者的反应原理为
A. 析氢腐蚀 B. 吸氧腐蚀 C. 化学腐蚀 D. 置换反应
【答案】C
【解析】铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，所以反应原理为化学腐蚀，答案选C。
点睛：本题考查了铜及其化合物性质，题目难度不大，明确铜长时间在空气中与氧气、二氧化碳和水发生的反应为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。Cu与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成的，反应方程式为2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，据此进行解答。
2. 在蒸发皿中加热燕干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该溶质的固体物质的是
A. 碳酸氢钠 B. 硫酸镁 C. 氯化铝 D. 高锰酸钾
【答案】B
【解析】A、碳酸氢钠能受热分解生成碳酸钠，选项A不选；B、硫酸镁溶液加热蒸干，还是硫酸镁，选项B选；C、氯化铝加热蒸干并灼烧，促进水解，最后得到氧化铝，选项C不选；D、高锰酸钾受热分解生成锰酸钾和二氧化锰和氧气，选项D不选。答案选B。
3. 常温下，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-11mol/L，若向该溶液中滴入2-3滴酚酞，溶液的颜色可能是
A. 只显红色 B. 呈无色 C. 无色或蓝色 D. 红色或无色
【答案】D
【解析】常温下，kw=10-14，某溶液中由水电离出来的c(OH－)＝1×10—11 mol/L＜10—7 mol/L，说明加入酸或碱抑制了水的电离，若加入酸，溶液中滴入2～3滴酚酞，溶液呈无色，若加入碱，溶液中滴入2～3滴酚酞，溶液呈红色，D正确。
4. 下列各组离子在济液中能大量共存的是
A. Na+、OH-、S2O32-、Cl- B. Fe3+、K+、,AlO2-、HCO3-
C. H+、Al3+、CO32-、SO42- D. H+、Na+、HCO3-、Cl-
【答案】A
【解析】A.各离子不反应，能大量共存，选项A正确；B．AlO2-与HCO3- 反应生成Al(OH)3 沉淀，Fe3+与AlO2-、HCO3-发生双水解而不能大量共存，选项B错误；C．H+与CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，选项C错误；D．H+与HCO3-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，选项D错误。答案选A。
5. 已知25℃时，AgCl的溶度积Ksp=1.8×10-10，则下列说法正确的是
A. 饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp变大
B. AgNO3溶液与NaC1溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag+)=c(Cl-)
C. 温度一定时，“溶液中c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出
D. 将AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI,因为AgCl的溶解度大于AgI的
【答案】D
【解析】试题分析： A项加入盐酸引起沉淀溶解平衡移动，Ksp不变，故A项错误；B项由于不知道AgNO3和NaCl物质的量情况，不一定具有c(Ag+)=c(Cl-)，故B项错误；C项当有c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp时，沉淀的溶解处于平衡状态，不一定有AgCl沉淀析出，故C项错误；D项由于AgCl转化为AgI，是因为溶解度大的AgCl转化为溶解度小的AgI，故D项正确。
考点：难溶电解质的溶解平衡
6. 下列实验装置或操作设计正确，且能达到目的的是
A. 实验①，设计铜锌双液原电池
B. 实验②，将钢闸门与外接电源的负极相连，可防止钢闸门腐蚀
C. 实验③，准确量取一定体积K2CrO7标准溶液
D. 实验④，可用于验证酸性:H2SO4>H2CO3>HClO
【答案】B
【解析】A、必须将锌和铜电极换过来才能形成双液原电池，选项A错误；B、实验②，将钢闸门与外接电源的负极相连，为外接电源的阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀，选项B正确；C、实验③是碱式滴定管，K2CrO7
具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取，必须改用酸式滴定管，选项C错误；D、产生的二氧化碳能与次氯酸钠反应生成次氯酸，但该反应没有明显现象，无法判断，选项D错误。答案选B。
7. 相同体移的c(H+)=10-2mol/L的盐酸溶液和醋酸溶液分别跟等质量的锌充分反应，下列说法错误的是
A. 刚开始时两种溶液中产生H2的速率相同
B. 若有一种溶液中锌有剩余，则有剩余的是盐酸溶液
C. 若两种溶液中锌均有剩余。则两者产生等量的氢气
D. 若两种溶液中锌均无剩余，则两者产生等量的氢气
【答案】C
【解析】A．反应速率与氢离子浓度成正比，pH相等的强弱酸中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，选项A正确；B．pH、体积相等的强弱酸中，随着反应的进行，弱酸能电离出的氢离子的物质的量大于强酸，所以强酸中反应的镁的质量小于弱酸中镁的质量，则强酸中镁有剩余，选项B正确；C．如果两种溶液中镁均有剩余，则生成氢气的量与参加反应的氢离子的物质的量成正比，pH、体积相等的强弱酸中，随着反应的进行，弱酸能电离出的氢离子大于强酸，所以弱酸产生的氢气多，选项C错误；D．如果两种溶液中镁都无剩余，说明酸不足量，则生成氢气的量与镁的量有关，镁的质量相等则生成氢气的量相等，选项D正确；答案选C。
8. 向绝热恒容密闭容器中通入N2和H2，在一定条件下使反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0达到平衡，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列有关叙述正确的是
A. c点表示NH3生成速率与NH3分解速率相同
B. c点和e点时反应的平衡常数相同
C. N2的转化率：b＞a
D. d点时，n(N2):n(H2):n(NH3)=1:3:2
【答案】C
【解析】试题分析：A．c点以后氨气物质的量增大，氢气的物质的量减小，最后定值，故c点未到达平衡，反应向正反应进行，故c点NH3生成速率大于NH3
分解速率，故A错误；B．c点尚未达到平衡，e点是平衡状态，故B错误； C．由a到b点的过程是反应正向进行的过程，则N2的转化率b＞a，故C正确； D．d点是平衡状态，形成平衡状态的过程中N2、H2、NH3变化物质的量是1:3:2，但平衡时n(N2):n(H2):n(NH3)不一定是1:3:2，故D错误，答案为C。
【考点定位】考查化学平衡图象问题，涉及平衡状态判断、化学平衡常数、化学平衡移动等
【名师点晴】注意分析图象中各物理量的变化曲线，把握平衡状态的特征为解答该题的关键；在N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项。
9. 次磷酸钴[Co(H2PO2)2·6H2O]可用于化学电镀，共饱和溶液的pH约为6；利用电渗析法可在产品室析出高纯[Co(H2PO2)2·6H2O]电渗析原理如图所示。则阳离子交换膜有
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】阳极室金属钴失电子产生钴离子，膜Ⅰ为阳离子交换膜，允许钴离子通过进入产品室；阴极室水电离产生的氢离子得电子产生氢气氢氧根离子浓度增大，膜Ⅴ为阳离子交换膜允许钠离子通过进入阴极室产生氢氧化钠；膜Ⅳ为阳离子交换膜，原料室NaH2PO2中的钠离子通过进入缓冲室2，膜Ⅱ、Ⅲ为阴离子交换膜，阳离子不能通过以免钠离子进入产品室，H2PO2-通过最后进入产品室。故阳离子交换膜有3个。答案选C。
10. 实验室采用HCl气体“置换“除水，开华相结合的方法从市售的氯化锌制各高纯度无水氯化锌，装置如图所示[市售氯化锌含Zn(OH)Cl].下列说法不正确的是
A. 恒压漏斗的作用是平衡气体压强
B. 在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置
C. 管式炉Ⅰ采用的升温方式是阶段式升温
D. 实验时，应先徽去管式炉Ⅰ，再撒去管式炉Ⅱ
【答案】D
【解析】A、恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，选项A正确；B、为防止氯化锌吸水再次生成Zn(OH)Cl，在尾气吸收装置前应增加一个干燥装置，选项B正确；C、装置中干燥的HCl气体从左边进入管式炉I，与Zn(OH)Cl反应生成氯化锌和H2O(g)，H2O(g)随HCl气流进入尾气吸收装置，然后管式炉I升至更高的温度使氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以管式炉Ⅰ采取的升温方式是阶段式升温，选项C正确；D、氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撒去管式炉Ⅰ，选项D错误； 答案选D。
点睛：本题通过高纯度无水氯化锌的制备考查实验分析能力，涉及实验仪器的使用、实验装置的选择与改进等。解题时注意明确制备方法以及对实验流程的分析，本实验制备高纯度无水氯化锌的核心部位在管式炉，因为生成的氯化锌需要升华后再冷凝为固体，Ⅰ反应的温度比升华温度低，所以需要阶段加热，Ⅱ后期用于凝华收集，所以肯定先撤Ⅱ的加热；无水氯化锌具有很强的吸水性，能自空气中吸收水分而转变为碱式氯化锌，所以尾气吸收装置前应增加干燥装置。
11. 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH=-198J /mol，在V2O5存在时，该反应的机理为: V2O5+ SO22VO2+SO3(快) 4VO2+O22V2O5 (慢)下列说法正确的是
A. 反应速率主要取决于V2O5的质量 B. VO2是该反应的催化剂
C. 逆反应的话化能大于198kJ/mol D. 增大SO2的浓度可显著提高反应速率
【答案】C
【解析】由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A、B都错误；C项，△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；D项，使用催化剂可以显著提高反应速率，增大SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，故D错误。
点睛：本题通过SO2的催化氧化反应考查催化剂对反应速率的影响、ΔH与正逆反应活化能的关系等知识，注意：①催化剂参与化学反应，在化学反应前后质量和化学性质不变，所以VO2
不是催化剂；②有些气体反应的催化剂，都要吸附气体，催化剂的表面积越大，吸附的气体越多，反应速度越快，还有些催化剂直接参与反应，只是反应完成又释放出来，化学反应速率与催化剂质量有关，但主要取决于催化剂的表面积；③∆H=正反应的活化能-逆反应的活化能；④增大反应物(SO2)浓度可以提高反应速率，但与使用催化剂相比，还达不到显著提高反应速率的程度。
12. 298K时，在H3PO4溶液中滴入NaOH溶液，溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是
A. K(H3PO4)的数量级为10-8
B. Na2HPO4溶液中:c(PO43-)
c(HPO42-)
D. NaH2PO4溶液显碱性
【答案】D
【解析】A、多元弱酸的电离是分步的，第一步电离为主，当pH=4时，c(H+)c(H2PO4-)=10-4mol/L，溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的物质的量分数δ(X)=1.0，K(H3PO4)= =10-8mol/L，数量级为10-8，选项A正确；B、HPO42-的水解和电离都是微弱的，故Na2HPO4溶液中c(PO43-) c(HPO42-)，选项C正确；D、NaH2PO4溶液中H2PO4-电离大于水解，溶液显酸性，选项D错误。答案选D。
13. 现有的氦合成气，液休燃料合成气制各工艺复杂且能耗高，中科院大连化学物理研究所提出在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备复合成气和液体燃料合成气的概念，并取得研究进展。其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A. O2和H2O均发生还原反应
B. 膜Ⅰ侧相当于原电池的正极
C. 膜Ⅱ侧发生的反应为： CH4+O2--2e-=2H2+CO
D. 膜Ⅱ侧消耗CH4与膜Ⅰ侧生成H的物质的量之比为12
【答案】D
【解析】A. 反应中O2中氧的化合价由0价变为-2价，发生还原反应；H2O中氢元素化合价由+1价变为0，发生还原反应；选项A正确；B. 膜Ⅰ侧氧气得电子发生还原反应，相当于原电池的正极，选项B正确；C. 膜Ⅱ侧为电池负极，发生的反应为： CH4+O2--2e-=2H2+CO，选项C正确；D. 根据电子得失守恒，膜Ⅱ侧消耗CH4与膜Ⅰ侧生成H2的物质的量之比为1：1，选项D错误。答案选D。
14. 在一固定休积的密闭容器中，充入2molA和1molB,发生如下反应2A(g)+B(g)xC(g) 平衡后，C的体积分数为W%,若维持容器容君和温度不变，0.6molA、0.3molB和1.4molC为起始物质。达到平衡后，C的体形分數也为W%。平衡后若缩小容器体积，C的体和分数C%、混合气体平均相对分子质量(M)、平衡常数(K)和正反应速率[V(正)],随压强(P)的变化，一定符合的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】两种状态是等效平衡，该恒容恒温下有两种情况，一种是x=3，一种是x=2的全等平衡，前一种压强不影响平衡，后一种压强增大平衡正向移动。A、压强增大，两种情况C浓度增大，选项A错误；B
、第一种反应前后气体体积不变，总物质的量不变，平衡摩尔质量不变，第二种缩小体积相当于增大压强平衡向气体体积缩小的正方向移动，平均摩尔质量增大，选项B错误；C、K只与温度有关，与压强无关，压强增大，K不变，选项C错误；D、增大压强，正逆反应速率均增大，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查化学平衡的影响因素，化学反应速率的相关知识，和等效平衡的应用，两种状态是等效平衡，该恒容恒温下有两种情况，一种是x=3，一种是x=2的全等平衡，前一种压强不影响平衡，后一种压强增大平衡正向移动，据此分析。
15. （1）在一定条件下N2与H2反应生成NH3,请回答:
①若反应物的总能量为E1，生成物的总能最为E2,且E1>E2，则该反应为_____,(填“吸热”或“放热”)反应。
②已知拆开1molH-H键，1molN-H键，1mol N≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________。
（2）N2H4和H2O2混合可作火箭推进剂，已知： 16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(1)，放出310.6 kJ的热量; 2H2O2(1)=O2(g)+2H2O(1) ΔH=-196.4kJ/mol.反应N2H4(1)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)的△H=_____kJ•mol-1.
（3）实验室用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。该装置有两处明显的错误，其中一处是缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为_______；实验室提供了0.50mol/L和0.55mol/L两种浓度的NaOH溶液。应选择_____mol/L的溶液进行实验。
【答案】 (1). 放热 (2). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ/mol (3). -817.6 (4). 环形玻璃搅拌棒 (5). 0.55
【解析】（1）①反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，而当反应物的总能量大于生成物的总能量时，E1＞E2，反应为放热反应； ②在反应N2+3H22NH3中，断裂3molH-H键，1mol NN键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ
，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-92kJ•mol-1；（2）16g液态N2H4和足量氧气反应生成N2（g）和H2O（l），放出310.6kJ的热量，热化学方程式为N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=-621.2 kJ•mol-1①
2H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=-196.4kJ•mol-1 ②
根据盖斯定律，①+②得：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ•mol-1 ；（3）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；实验室提供了0.50mol•L-1和0.55mol•L-1两种浓度的NaOH溶液，为了使反应充分，NaOH应过量，所以选择0.55mol•L-1的溶液进行实验。
16. 某化学学习小组学习电化学后。设计了下面的实验装置图(合上电键):
（1）电极名称，铜电极___(填写“正极”、“负极”、“阴极”、“阳极”，下同)，银电极_____。
（2）丙池石墨电板上发生的电极反应式为_______，丁池中发生反应的离子方程式为_______。
（3）一段时间，当丙池中生成标准状况下560mL气体时，丁池中理论上最多产生______g固体。
【答案】 (1). 正极 (2). 阴极 (3). (4). (5). 2.9
【解析】（1）合上电键后，相当于以甲池、乙池构成原电池，丙池为电镀池，丁池为电解池，活泼的金属锌变原电池的负极，则铜电极为正极；连接负极的银电极为阴极；（2）合上电键后，丙中银电极为电镀池的阴极析出银，石墨电极为阳极，电极上水电离出的氢氧根离子放电，电极反应为；丁池电解氯化镁溶液产生氢氧化镁、氢气和氯气，发生反应的离子方程式为；（3）丙中反应为2H2O+4AgNO34Ag+O2↑+4HNO3，丁池中反应为MgCl2+2H2OCl2↑+H2↑+Mg（OH）2
↓，根据电子守恒，
O2 ～4e-～2Mg（OH）2
mol n
则n=0.05mol，所以氢氧化镁的质量为0.05mol×58g/mol=2.9g。
点睛：本题考查电化学知识，意在考查考生能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。合上电键后，相当于以甲池、乙池构成原电池，丙池为电镀池，丁池为电解池，活泼的金属锌变原电池的负极，则铜电极为正极，据此分析。
17. 将尿素施入土壤后，大部分是通过转化为碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用，尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下，转化为碳酸铵。已知弱电解质在水中的电离平衡常数(25℃)如下表:
弱电解质
H2CO3
NH3·H2O
电离平衡常数
Ka1=4.30×10-7 Ka2=5.61x10-11
1.77 ×10-5
现有常温下0.1mol/L的(NH4)2CO3溶液.
（1）认为该溶液里_____性(填“酸”、“中”，“碱”)，原因是______。
（2）就该溶液中粒子之间有下列关系式，你认为其中正确的是______(填标号)。
A．c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)
B．c(NH4+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+c(CO32-)
C．c(CO32-）+ c(HCO3-）+c(H2CO3)＝0.1 mol·L-1
D．c(NH4+)+ c(NH3·H2O)＝2c(CO32-）+ 2c(HCO3-）+2c(H2CO3)
【答案】 (1). 碱 (2). 由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性 (3). ACD
【解析】（1）根据表中数据可知，由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数，因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性；（2）A、由于CO32-水解程度大于NH4+水解程度，溶液显碱性，则水解程度都是很小的，所以c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)＞c(NH3·H2O)，A正确；B、根据电荷守恒可知c(NH4+)＋c(H+)＝c(HCO3-)＋c(OH-)＋2c(CO32-)，B不正确；C、根据物料守恒可知c(CO32-）+ c(HCO3-）+c(H2CO3)＝0.1 mol·L-1
，C正确；D、碳氧根据物料守恒可知c(NH4+)+ c(NH3·H2O)＝2c(CO32-）+ 2c(HCO3-）+2c(H2CO3)，D正确，答案选ACD。
18. 钻酸锂电池成用广泛，电池正极材料主要含有LiCoO2、导电剂乙炔黑。铝箔及少量Fe,可通过下列实验方法回收钴、锂。
几种金属离子沉淀完全(离子浓度为10-5mol/L)的pH如下表:
离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Co2+
溶液pH
3.2
4.7
9.0
9.2
回答下列问题:
（1）LiCoO2中，Co 元素的化合价为_______，滤液I的主要成分是______。
（2）已知: 氧化性Co3+>H2O2>Fe3+，“酸浸”过程中H2O2所起主要作用是______。“调节pH”除去的离子主要有Al3+和____。
（3）酸浸时浸出率随温度变化如图所示，温度升高至50℃以上时浸出率下降的原因是________。
（4）“萃取”和“反萃取“可简单表示为: Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+则反萃取过程加入的试剂X是_______。
（5）向CoSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，发生反应的离子方程式为__________。
【答案】 (1). ＋3 (2). NaAlO2、NaOH (3). 将Co3+还原为Co2+ (4). Fe3+ (5). 温度升高，H2O2分解速率加快，参与酸浸反应的H2O2的量减少，导致浸出率下降 (6). H2SO4溶液 (7). Co2+＋2HCO==CoCO3↓＋CO2↑＋H2O
【解析】（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价；正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成NaAlO2，滤液I的主要成分是NaAlO2、NaOH；（2）已知: 氧化性Co3+>H2O2>Fe3+，“酸浸”过程中H2O2起还原剂作用，将Co3+还原为Co2+；“调节pH”除去的离子主要有Al3+和Fe3+；（3）温度升高，H2O2分解速率加快，参与酸浸反应的H2O2的量减少，导致浸出率下降；（4）“萃取”和“反萃取“可简单表示为: Co2++2(HA)2 Co(HA2)2+2H+则反萃取过程加入的试剂X是一种酸溶液，结合后面产生的硫酸钴可知，X为H2SO4溶液；（5）向CoSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到CoCO3，则应该发生双水解，发生反应的离子方程式为Co2+＋2HCO==CoCO3↓＋CO2↑＋H2O。
19. （1）若某原子在处于能最最低状态时，外围电子排布为4d15s2,则下列说法正确的是___(填标号)
A.该元戴原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子
B.该元载原子核外共有5个电子层
C.该元素原子的M能层共有8个电子
D.该元素原子最外层其有3个电子
（2）下列说法正确的是_______(填标号)
A.共价键的键能越大，共价键越牢固，由该键形成的分子越稳定
B.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
C.H2O分子中两个O-H键的键角为180°
D.所有分子中都含有共价键
（3）根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为____(填标号)
A.直线形 sp杂化 B.三角形 sp2杂化
C.三角锥形 sp2杂化 D.三角锥形 sp3杂化
【答案】 (1). B (2). A (3). D
20. 据《朝闻天下》报道，河南驻马店发现特大天然碱，铅锌矿产资源。
试回答下列问题:
（1）在元素周期表中，铅与锗同主族，铅的周期数比锗大2。基态铅原子的价层电子排布式____，有_____个未成对电子。
（2）镓与锌同周期，原子序数比锌大1,锌的第一电离能大于镓的第一电离能。其原因是_____。
（3）天然碱的化学式Na2CO3·NaHCO3·2H2O。CO32-的立体构型是________；H2O中O原子采取______杂化。
（4）金是贵重金属。冶企工业上，提取企的原理是2[Au(CN)2]+ Zn=2Au+[Zn(CN)4]2-。
①与CN-互为等电子体的离子有______(任写一种); HCN分子中σ键与π键数目之比为______。
②[Zn(CN)4]2-的配体是________。
【答案】 (1). 6s26p2 (2). 2 (3). 基态锌原子的价层电子达到全充满的稳定结构 (4). 平面三角形 (5). sp3 (6). （或） (7). 1：1 (8). CN-
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21. （1）共建“带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。
下列贸易商品中，主要成分属于无机物的是______(填标号)
（2）下列有关有机化合物的说法正确的是__________ (填标号，3分)
A.棱晶烷（）与苯互为同分异构体
B.分子式为C8H10的芳吞烃有3种不同的线构
C. 能发生取代、加成、氧化、水解等反应
D.丙烯酸(CH2=CHCOOH) 与山梨酸(CH3CH=CHCH=CHCOOH) 为同系物
（3）完全燃烧甲烷和乙烯的混合气体1.12L (标准状况下)，生成气体进入足量澄清石灰水中，得到6g沉淀。则混合气体中甲烷和乙烯的体积比为_________(填标号，3分)
A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.4 :1
【答案】 (1). B (2). A (3). D
【解析】（1）A、丝绸属于蛋白质，属于有机物，选项A不选；B、水晶主要成分为二氧化硅，属于无机物，选项B选；C、绒棉主要成分为纤维素，属于糖类，为有机物，选项C不选；D、葵花籽油属于油脂，属于有机物，选项D不选。答案选B；（2）棱晶烷、苯分子式均为C6H6，互为同分异构体，选项A正确；B、分子式为C8H10的芳香烃有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯4种不同的结构，选项B错误；C、能发生取代反应、加成反应、氧化反应但不能发生水解反应，选项C错误；D、丙烯酸(CH2=CHCOOH) 与山梨酸(CH3CH=CHCH=CHCOOH) 相差C3H4不符合若干个CH2，不为同系物，选项D错误。答案选A；（3）白色沉淀6g为碳酸钙的质量，故碳酸钙的物质的量==0.06mol，n（CO2）=n（CaCO3）=0.06mol，1.12L该气态烃的物质的量==0.05mol，设甲烷的物质的量为x，乙烯的物质的量为y，则有，解得，则混合气体中甲烷和乙烯的物质的量之比为0.04mol:0.01mol=4:1，相同条件下气体的物质的量与体积成正比，故混合气体中甲烷和乙烯的体积比为4 :1。答案选D。
22. 烃A在一定条件下可以转化为有机物E，其转化关系如下图。已如烃A在标准状况下的密度为1.16g/L,加热时B与新制氢氧化铜产生砖红色沉淀。E为有浓郁香味、不易溶于水的油状液体。
请回答:
（1）B中官能团的结构简式为_____，C中官能团的名称为______，E的核磁共振氢谱图中有_____组峰。
（2）写出化学方程式:
②____________；③__________。
（3）下列说法正确的是______ (填标号)。
a.C物质与金属制反应比水与金属钠反应更剧烈
b.有机物C、D、E可用饱和Na2CO3溶液鉴别
c.实验室制各E时，加入浓盐酸做催化剂
d.B能被酸性KMnO4溶液氧化
【答案】 (1). —CHO (2). 羟基 (3). 3 (4). 2CH3CHO +O2 2CH3COOH (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (6). bd
【解析】烃A在标准状况下的密度为1.16g/L，则，则A为乙炔，乙炔与水发生加成反应生成B为乙醛，乙醛与氢气发生加成反应生成C为乙醇，乙醛催化氧化生成D为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯。（1）B为乙醛，官能团的结构简式为—CHO，C为乙醇，官能团的名称为羟基，E为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，核磁共振氢谱图中有3组峰；（2）②为乙醛催化氧化生成D为乙酸，反应的化学方程式为: 2CH3CHO +O2 2CH3COOH；③为乙酸和乙醇发生酯化反应生成E为乙酸乙酯，反应的化学方程式为: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）a.C为乙醇，属于非电解质，与金属钠反应比水与金属钠反应缓和，故错误；b.有机物C、D、E可用饱和Na2CO3溶液鉴别，现象分别为无明显现象，有气泡产生、分层，故正确；c.实验室制备乙酸乙酯时，加入浓硫酸做催化剂，故错误；d.乙醛能被酸性KMnO4溶液氧化，故正确。答案选bd。
