【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中考试（解析版）
黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期期中考试
1.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）
A. 衣紫腰银 B. 点石成金 C. 铜鸵荆棘 D. 铁柞成针
【答案】A
【分析】某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。据此分析解答。
【详解】A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；
B. 点石成金涉及金属金，故B错误；
C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；
D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；
答案选A。
2.化学与生产、生活社会密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 用食醋浸泡有水垢(主要成分为CaCO3) 的水壶，可以清除其中的水垢，这是利用了醋酸的氧化性
B. 白居易在《问刘十九》中有“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”诗句，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
C. 地沟油在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸盐和甘油
D. 普通玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料
【答案】C
【分析】水垢的主要成分为碳酸钙，能与醋酸反应，这是利用了醋酸的酸性；葡萄糖不能发生水解反应；地沟油”的成分为油脂，含有有毒物质，对人体有害，但地沟油属于酯类物质，碱性条件下水解产生高级脂肪酸钠和甘油；玻璃属于传统无机非金属材料。
【详解】水垢的主要成分为碳酸钙，能与醋酸反应，则可用食醋可除去热水壶内壁的水垢，这是利用了醋酸的酸性，A错误；葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在酒化酶的作用下，分解生成二氧化碳和乙醇，B错误；“地沟油”的成分为油脂，含有有毒物质，对人体有害，禁止食用，但地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，所以地沟油可生成肥皂，C正确；玻璃属于传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，D错误。
【点睛】本题考查化学与生活，涉及物质的用途、环境污染与保护、材料类型，注重化学与生活的联系，明确相关知识是解题关键。
3.下列化学用语正确的是（ ）
A. 氯化钠的分子式：NaCl
B. NH4Br的电子式：
C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子
D. Mg5(Si4O10)2(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O
【答案】D
【详解】A.氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有分子式，A项错误；
B.NH4Br的电子式：，B项错误；
C.比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，C项错误；
D.Mg5(Si4O10)2(OH)2·4H2O的氧化物形式：5MgO·8SiO2·5H2O，D项正确。
故答案选D。
【点睛】比例模型不仅表示分子组成和内部成键情况，即结构式的特点，还涵盖了空间构型的特点。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 可用酒精清洗试管中附着的硫粉
B. 钙元素焰色反应是绿色
C. 2mol Na2O2与足量水反应转移4mol电子
D. 在钢中加入一些稀土元素可以增强钢的耐磨性和耐热性
【答案】D
【详解】A.硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故应用二硫化碳清洗试管中附着的硫粉，故A错误；
B.钙元素的焰色反应为砖红色，铜元素的焰色反应为绿色，故B错误；
C.Na2O2与水反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，该反应中，只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，由-1价升高变为0价，由-1价降低变为-2价，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑～2e-可知，2molNa2O2与足量水反应转移2mol电子，故C错误；
D.在合金中加入适量稀土金属或其化合物能大大改善合金的性能，因而，稀土元素又被称为冶金工业的维生素，如在钢中加入一些稀土元素，可以增加钢的塑性、韧性、耐磨性、耐热性、抗氧化性、抗腐蚀性等，故D正确。
故选D。
5.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol•L﹣1FeCl3溶液：Na+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣
B. 0.1mol•L﹣1NaOH溶液：K+、NO3﹣、Br﹣、SiO32﹣
C. 0.1mol•L﹣1Ba(OH)2溶液：Al3+、NH4+、NO3﹣、HCO3﹣
D. 0.1mol•L﹣1KI溶液：Mg2+、NH4+、MnO4﹣、Cl﹣
【答案】B
【详解】A、Fe3+、ClO﹣与SCN﹣均发生反应，在溶液中不能大量共存，故A不选；
B、K+、NO3﹣、Br﹣、SiO32﹣之间不反应，都不与NaOH反应，在溶液中能够大量共存，故B选；
C、Al3+、NH4+、HCO3﹣都与Ba(OH)2反应，在溶液中不能大量共存，故C不选；
D、MnO4﹣能够氧化I-，在溶液中不能大量共存，故D不选。
【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN﹣)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B. 向FeSO4溶液中加入H2SO4酸化的KMnO4溶液：5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
C. 向少量澄清石灰水中加入足量的NaHCO3溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O
D. 用铜做电极电解NaCl溶液：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣
【答案】B
【详解】A、HClO是弱电解质，写化学式，离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B、发生氧化还原反应生成铁离子、锰离子和水，离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，故B正确；
C、二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C错误；
D、阳极上Cu失电子发生氧化反应，离子方程式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，学生只注意到电解饱和食盐水的方程式，没注意到电极材料，题中所说，铜作电极，根据电解池的原理，活动性金属作阳极，阳极失电子，即阳极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，因此总电极反应式为Cu+2H2OCu(OH)2↓+H2↑。
7.下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A. 淀粉、纤维素都属于糖类且互为同分异构体
B. 蛋白质溶液里加BaCl2溶液可将蛋白质提纯
C. 乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应，且反应类型相同
D. 篮烷()的一溴取代物共有4种(不含立体异构)
【答案】D
【详解】A．淀粉、纤维素都属于糖类化学式相同，(C6H10O5)n，但聚合度不同，不是互为同分异构体，故A错误；
B．氯化钡属于重金属盐，可使蛋白质变性，不能用于蛋白质的提纯，故B错误；
C．乙酸乙酯和水发生水解反应，也为取代反应，乙烯含有碳碳双键，可与水发生加成反应，故C错误；
D．结构对称，如图所示的4种H原子，故其一氯代物有4种同分异构体，故D正确；
故选：D。
8.下列有关有机化合物说法正确的是（ ）
A. “间二甲苯”中苯环上的一个氢原子被“-C2H3Cl2” 取代时，形成的同分异构体有9种
B. 将等物质的量的C2H6与Cl2混合在光照条件下，充分反应可以制得纯净的氯乙烷
C. 苯与液溴混合后加入铁粉，此时苯发生了加成反应
D. 食物中的纤维素在人体内可以水解生成葡萄糖，为人类活动提供能量
【答案】A
【详解】A．“间二甲苯”中苯环上有3种H，“-C2H3Cl2”为CCl2CH3或-CH2CHCl2或-CHClCClH2，形成的同分异构体最多有3×3=9种，故A正确；
B．乙烷光照下的取代反应为连锁反应，生成多种卤代烃，不能生成纯净的氯乙烷，故B错误；
C．苯与液溴发生取代反应生成溴苯，故C错误；
D．人体内无纤维素酶，食物中的纤维素不能在人体内可以水解生成葡萄糖，但纤维素可促进胃肠的蠕动，故D错误；
故选：A。
9.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（ ）
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向FeCl3溶液中通入足量的H2S
生成两种沉淀，说明Fe3+的氧化性强于S
B
向20%蔗糖溶液中加入足量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜
蔗糖未水解
C
向久置的FeCl2溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液
检验Fe2+是否完全被氧化
D
在相同条件下，向一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL H2O，向另一支试管中加入2mL 5%H2O2和1mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象
探究催化剂对H2O2分解速率的影响
【答案】D
【详解】A．向FeCl3溶液中通入足量的H2S，发生氧化还原反应生成S和氯化亚铁，只有一种沉淀，故A错误；
B．蔗糖水解在酸性条件下进行，而银镜反应应在碱性条件下进行，因此水解后应加入碱调节溶液至碱性，故B错误；
C．溶液中含有氯离子可被酸性高锰酸钾氧化，故该实验不能检验亚铁离子是否被氧化，故C错误；
D．氯化铁为反应的催化剂，可通过反应的现象探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；
故选：D。
10.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是（ ）
A. 18g T2O中含有的中子数为12NA
B. 用23.5g AgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA
C. 在标准状况下，80g SO3所占的体积约为22.4L
D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为 (3n+1)NA
【答案】D
【详解】A．18g T2O物质的量=18g/22g·mol-1=9/11mol，含有中子数=9/11×[(3-1)×2+16-8]=12×9/11NA=9.8NA，故A错误；
B．23.5g AgI的物质的量为23.5g/235g·mol-1=0.1mol，与水制成的胶体中胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；
C．标况下SO3不是气态，不能用气体的摩尔体积计算体积，故C错误；
D．1mol CnH2n+2（烷烃）中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；
故选：D。
11.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是（ ）
A. 1mol/LNa2SO4溶液液中含氧原子的数目一定大了4NA
B. 11.0.1mol/LNa2S溶液中含阴离子的数目小于0.1NA
C. 生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA
D. 通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA
【答案】C
【解析】A、未注明溶液的体积，无法判断1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的数目，选项A错误；B、1L0.1mol/LNa2S溶液中含有0.1molNa2S，硫离子水解生成HS-和氢氧根离子，阴离子的数目大于0.1NA，选项B错误；C、根据方程式，氧化产物为二氧化碳，生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA，选项C正确；D、通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2LCO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目小于11NA，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查阿伏加德罗常数的计算，使用摩尔体积需要注意：①气体摩尔体积适用的对象为气体，标况下水、四氯化碳、HF等为液体，不能使用；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量。本题的易错点为选项B，要注意水解对离子数目的影响，可以根据水解方程式判断。
12.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是（ ）
A. 4种元素中Y的金属性最强
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X
C. 简单阳离子氧化性：W>Y
D. W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体
【答案】B
【详解】W和X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。
A. 4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；
B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z
H(W)，因而简单阳离子氧化性：W>Y，C正确；
D.W和Y形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。
故答案选B。
13.用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污
B. 通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素
C. 加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2 H2O
D. 溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1
【答案】D
【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。
14.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（ ）
A. 用于实验室制取少量CO2
B. 用于配制一定物质的量浓度的硫酸
C. 用于模拟生铁的电化学腐蚀
D. 用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl3
【答案】C
【解析】分析：本题考查的是化学实验的基本知识。根据图示和对应的文字说明，思考每个实验要求的要点，进而选择合适的答案。
详解：A．实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，所以选项A错误。
B．实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，所以选项B错误。
C．装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，选项 C正确。
D．蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解，得到氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，所以选项D错误。
15.下列说法正确的是( )
A. 反应CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)在一定条件下能自发进行，该反应一定为放热反应
B. 可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀
C. Na2O2与水反应产生1molO2，理论上转移的电子数目约为4×6.02×1023
D. 保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O )的值增大
【答案】B
【详解】A、如果该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，该反应的△S＞0，该反应在一定条件下能自发进行，则该反应不一定是放热反应，故A错误；
B、作原电池负极或作电解池阳极的金属材料加速被腐蚀，如果采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢闸时钢闸作正极被保护，如果采用外加电流的阴极保护法保护钢闸时钢闸作阴极被保护，所以可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法延缓钢铁水闸的腐蚀，故B正确；
C、过氧化钠和水反应中，过氧化钠一半作氧化剂、一半作还原剂，生成1mol氧气，转移电子物质的量＝1mol×2×[0﹣(﹣1)]＝2mol，所以转移电子数为2×6.02×1023，故C错误；
D、c(OH－)/c(NH3·H2O)=[c(OH－)·c(NH4＋)]/[c(NH3·H2O)·c(NH4＋)]=Kb/c(NH4＋
)，温度不变电离平衡常数不变，溶液中，通入二氧化碳时，二氧化碳和水反应生成的碳酸与氢氧根离子结合生成水，促进一水合氨电离，导致铵根离子浓度增大，因此该比值减小，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，分析此问题，一般（1）利用同溶液，溶液体积相同，即物质的量浓度之比等于其物质的量之比，然后依据平衡的移动，分析物质的量变化；（2）分子分母同乘以一个量，将分子或分母转化成电离平衡常数或水解平衡常数或水的离子积，进行分析判断。
16.传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e -==2H2O
B. H+由a极通过质子交换膜向b极移动
C. 该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4
D. 若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出
【答案】D
【分析】燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。
【详解】A. b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；
B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；
C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；
D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；
正确答案：D。
【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。
17.某微生物电解池(MEC)制氢工作原理如右图所示。用该电解池电解0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，下列说法正确的是（ ）
A. Y为电源的正极
B. 该电解装置中，阳极的电极反应式为：CH3COOH+2H2O+8e-= 2CO2↑+8H+
C. 当2mol H＋通过质子交换膜时，则标准状况下产生22.4L H2
D. 电解一段时间后，溶液中的值变小
【答案】C
【详解】用该电解池电解0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，电源Y为负极，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，电源X为负极，质子交换膜允许阳离子通过；
A、分析可知Y为电源负极，故A错误；
B、电解池电解0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，故B错误；
C、当2 molH+通过质子交换膜时，电子转移2mol，则标准状况下产生22.4L H2，故C正确；
D、c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=c(CH3COO-)/c(CH3COOH)×c(H+)/c(H+)=Ka/c(H+)，电极反应分析阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阳极电极反应CH3COOH+2H2O-8e-═2CO2↑+8H+，电子守恒可知氢离子浓度基本不变，比值基本不变，故D错误；
故选：C。
18.锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。扣式可充电电池组成示意图如下。可以在晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为。下列说法错误的是（ ）
A. 放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应
B. 放电时负极反应为
C. 充电时电池正极上的反应为：
D. 充电时锌片与电源的负极相连
【答案】C
【分析】如图：对VS2/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2e－═Zn2＋；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。
【详解】A．放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；
B．放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2e－═Zn2＋，故B正确；
C．充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；
D．充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；
故选：C。
19.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2(g)N2O4(g)△H＜0。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应的平衡常数表达式K=
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 平衡时NO2体积分数：甲＜乙
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】C
【详解】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即K=，故A错误；
B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；
C．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误；
故答案为C。
20.对于反应在容积为10L的密闭容器中进行。起始时和均为0.20mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 实验c条件下，从反应开始至达到平衡时
B. 实验a条件下，用浓度表示的平衡常数为100
C. 该反应的
D. 比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快
【答案】C
【详解】A. 实验c条件下，实验中60min到达平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体总物质的量，再利用差量法代入公式计算得(0.2+0.2)mol×=0.32mol，0.4mol－0.32mol=0.08mol，所以，A项正确；
B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，实验a中平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2)mol×=0.3mol，这说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成的生成物的物质的量均是0.4mol－0.3mol＝0.1mol，剩余反应物均是0.2mol－0.1mol＝0.1mol，容器容积为10L，则平衡常数K===100，B项正确；
C. 根据c和a的反应判断，c起始压强较大，而投料量和容器的体积都没有变化，所以由公式PV=nRT来推断，是温度引起的，即c中温度高于a中温度，根据A和B可知c中反应物转化率低，说明升高温度，反应逆向进行，所以该反应为放热反应，C项错误；
D. 根据以上分析可知c中温度高，反应首先达到平衡状态，所以比较实验a、c可判断升高温度反应速率加快，D项正确；
答案选C。
【点睛】此题核心在于实验c图像的理解，对于恒容，且投料相同的反应来说，初始压强增大，可以用PV=nRT来进行解释。
21.甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌ CH3NH2(g)＋H2O(g)，测得有关实验数据如下：
容器编号
温度/K
起始物质的量（mol）
平衡物质的量mol
CH3OH
NH3
CH3NH2
H2O
CH3NH2
H2O
I
530
0.40
0.40
0
0
0.30
II
530
0.80
0.80
0
0
III
500
0
0
0.20
0.20
0.16
下列说法正确的是( )
A. 正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)c(CH3OH，Ⅱ)
C. 达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)<1
D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
【答案】AC
【分析】由反应CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌ CH3NH2(g)＋H2O(g)可知，该反应为反应前后气体体积不变反应；容器Ⅰ和容器Ⅱ为等温等容，容器Ⅲ较容器Ⅰ和容器Ⅱ温度降低的过程，由表格中数据，530K时I中，
CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)
起始（mol） 0.40 0.40 0 0
转化（mol） 0.30 0.30 0.30 0.30
平衡（mol） 0.10 0.10 0.30 0.30
K1==9；容器Ⅱ温度与容器Ⅰ相同，平衡常数不变；500K时III中，
CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)
起始（mol）0 0 0.20 0.20
转化（mol）0.04 0.04 0.04 0.04
平衡（mol）0.04 0.04 0.16 0.16
K3==16，K3＞K1，说明降低温度平衡向正反应方向移动，即正反应为放热反应，据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)，故A正确；
B. 容器Ⅰ和容器Ⅱ为等温等容，起始量为2倍关系，由于该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不发生移动，则达到平衡时，体系中c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故B错误；
C. 容器Ⅰ和容器Ⅲ温度不同，若容器Ⅲ温度也为530K，则能建立等效平衡，此时应有α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)=1，由于容器Ⅲ温度低于530K，降低温度平衡正向移动，而容器Ⅲ是从逆反应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ
)＋α(H2O，Ⅲ)＜1，故C正确；
D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，Qc==0.67＜9，则反应将向正反应方向进行，故D错误。
所以AC选项是正确的。
22.下列叙述不能证明乙酸是弱电解质的是（ ）
A. 常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=3
B. 常温时0.1mol/L的乙酸钠溶液能使红色石蕊试纸变蓝
C. 0.1mol/L的乙酸溶液与同体积0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好反应
D. 0.1mol/L乙酸溶液的导电性比0.1mol/L盐酸弱
【答案】C
【解析】A. 如果乙酸是强酸，则常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=1，所以常温时0.1mol/L乙酸溶液的pH=3，证明乙酸是弱酸；B.能使红色石蕊试纸变蓝的溶液是碱性溶液，常温时0.1mol/L的乙酸钠溶液呈碱性，证明乙酸是弱酸；C. 一元酸与氢氧化钠之间按照物质的量1:1进行反应，0.1mol/L的乙酸溶液与同体积0.1mol/L的氢氧化钠溶液恰好反应不能证明乙酸是弱酸；D. 相同浓度的乙酸与盐酸，乙酸溶液的导电性比盐酸弱，说明乙酸的电离能力小于盐酸，证明乙酸是弱酸。故选C。
点睛：证明乙酸是弱酸的方法：相同浓度的盐酸和乙酸，乙酸导电性比盐酸弱；相同浓度的盐酸和乙酸，乙酸pH大于盐酸；乙酸钠溶液呈碱性；配制0.1mol/L的醋酸溶液，测定该溶液的pH<1；将pH=3的乙酸溶液稀释10倍，pH<4；在滴有甲基橙的乙酸溶液中，加入少量醋酸钠，红色变浅。
23.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. 分别取③、④溶液等体积加入足量的锌粒，产生氢气的量③＞④
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③
D. V1 L① 与V2 L ④混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＝V2
【答案】D
【详解】A．醋酸钠电离出的CH3COO－而抑制醋酸电离，醋酸钠和稀盐酸反应生成弱电解质醋酸，所以③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后都导致溶液中c(H＋)减小，则溶液的pH都增大，故A正确；
B．醋酸为弱酸，溶液浓度③＞④，等体积的两溶液中醋酸提供的氢离子多，加入足量的锌粒时产生氢气的量③＞④，故B正确；
C．分别加水稀释10倍，促进弱电解质电离，则弱电解质pH变化小于强电解质，但是稀释后酸的pH都增大、碱的pH都减小，所以稀释后溶液的pH大小为：①＞②＞④＞③，故C正确；
D．由于c（NH3·H2O）＞0.001mol·L－1、c（HCl）=0.001mol·L－1，若V1 L④与V2 L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1＜V2，故D错误；
故选：D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱混合溶液定性判断，把握弱电解质电离特点及影响弱电解质电离因素是解本题关键，易错点C，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
24.常温下，将 mL 1mo/L 和mL 1mo/L 两种酸溶液分别加水稀释，稀释溶液体积为V，稀释液pH与其体积变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 和均为一元弱酸
B. 在0≤pH≤5时，溶液满足
C. 分别往M、N两点对应溶液中滴加1 mo/L NaOH溶液至恰好完全反应，消耗NaOH溶液的体积相等
D. 常温下，浓度均为0.1 mo/L的和溶液，溶液pH：>
【答案】C
【详解】A、由图可知，1mo/LHClO2溶液的pH>1， 1mo/LHMnO4的pH=0，说明HClO2是弱酸，HMnO4为强酸，故A错误；
B、根据图像可知：因为HClO2为弱酸，稀释促进电离，不能满足满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，HMnO4是强酸能满足满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，故B错误；
C、同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，故C正确；
D、酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解显中性；故D错误。
正确答案选C。
25.铜在自然界中常以多种形态存在，现以孔雀石矿石[成分为Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3等]为原料生产主产品胆矾和副产品铁红的工艺流程如图：
（1）气体1的成分除H2O（g）外，还有_______________，步骤①中发生氧化还原反应的化学方程式为 ___________________________________________________，滤液1的主要成分的用途之一为________________________________________。
（2）目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为70%，为进一步提高酸浸的百分率可采取的措施有__________（答出两点）。
（3）步骤④调pH所用试剂为_____________ 。
（4）室温下滤液3的pH=4，Ksp[Fe(OH) 3]=4×10-38，则滤液3中c（Fe3+）=____________。
（5）步骤⑤操作为___________________________________________________________.。
（6）假设使用孔雀石质量为m kg，步骤③
酸浸的百分率为70%，经滤渣2所得铁红的质量为n kg，则孔雀石矿石中铁元素的含量为______________________。
【答案】(1). CO2、SO2 (2). 4CuFeS+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2 (3). 制备硅胶、木材防火剂等 (4). 升高温度、增大酸的浓度 (5). CuO[或CuCO3、Cu(OH)2等] (6). 4×10-8mol/L (7). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 (8). ×100%
【分析】孔雀石矿石的成分为Cu2(OH)2CO3、CuFeS2、SiO2、Fe2O3，生产主产品胆矾和副产品铁红，由流程可知，①中Cu2(OH)2CO3灼烧生成CO2，且发生4CuFeS+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，则气体1为CO2、SO2，熔块含CuO、Na2SiO3、Fe2O3，水浸后滤液1含Na2SiO3，滤渣1含CuO、Fe2O3，酸浸后滤液2含硫酸铁、硫酸铜，调节pH过滤分离出滤渣2为Fe(OH)3，Fe(OH)3加热生成铁红，滤液3中含硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤分离出胆矾。
【详解】（1）气体1的成分除H2O(g)外，还有CO2、SO2，步骤①中发生氧化还原反应的化学方程式为4CuFeS+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，滤液1的主要成分的用途之一为制备硅胶、木材防火剂等；
（2）目前工业生产中步骤③酸浸的百分率为70%，为进一步提高酸浸的百分率可采取的措施有升高温度、增大酸的浓度；
（3）步骤④调pH所用试剂为CuO[或CuCO3、Cu(OH)2等]，可促进铁离子水解转化为沉淀，且不引入新杂质；
（4）室温下滤液3的pH=4，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，则滤液3中c(Fe3＋)=4×10-38/(10-10)3mol·L-1= 4×10-8 mol·L-1；
（5）步骤⑤操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（6）假设使用孔雀石质量为m kg，步骤③酸浸的百分率为70%，经滤渣2所得铁红的质量为n kg，由铁元素守恒可知，孔雀石矿石中铁元素的含量为 =×100%。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用
26.（1）燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2
(g)；ΔH=－681.8kJ·mol−1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L−1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0~10min内，平均反应速率v(O2)=___________；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是____________(填字母)。
A．加入一定量的粉状碳酸钙 B．通入一定量的O2
C．适当缩小容器的体积 D．加入合适的催化剂
（2）NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH=－34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为___________________，在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=___________（已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数）
（3）为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=－746.8kJ·mol−1，生成无毒的N2和CO2。实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____________ (填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1mol CO和1mol
NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则= ____________。
【答案】 (1). 0.021mol·L-1·min-1 (2). BC (3). 1050K前反应末达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (4). 4 (5). < (6).
【分析】（1）①结合v=△c/△t计算；
②30min后，反应物、生成物浓度均增大；
（2）由图可知1050K前反应末达到平衡状态，在1050K、1.1×106Pa时，NO的转化率为80%，设NO起始量为1mol·L－1，则
C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）
开始 1 0 0
转化 0.8 0.4 0.4
平衡 0.2 0.4 0.4
气体分压（P分）=气体总压（Pa）×体积分数，以此计算Kp；
（3）①焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
②在1L的密闭容器中充入1mol CO和1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
开始 1 1 0 0
转化 0.4 0.4 0.2 0.4
平衡 0.6 0.6 0.2 0.4
平衡时v正=v逆，即k正/k逆=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)。
【详解】（1）①0～10min内，平均反应速率v（O2）=(1mol·L－1-0.79mol·L－1)÷10min=0.021mol·L-1·min-1；
②由表中数据可知，30min后，反应物、生成物浓度均增大，则改变条件为通入一定量的O2或适当缩小容器的体积，
故选：BC；
（2）由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为1050K前反应末达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；
在1050K、1.1×106Pa时，NO的转化率为80%，设NO起始量为1mol·L－1，则
C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）
开始 1 0 0
转化 0.8 0.4 0.4
平衡 0.2 0.4 0.4
Kp= =4
（3）①焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则仅升高温度，k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；
②在1L的密闭容器中充入1mol CO和1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
开始 1 1 0 0
转化 0.4 0.4 0.2 0.4
平衡 0.6 0.6 0.2 0.4
平衡时v正=v逆，即。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，把握表中数据、平衡三段法、K及速率的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意Kp的计算为解答的难点。
27.亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：
为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
①________
②________
制备纯净NO
Cu
③________
④________
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①为了使气体充分反应，从A处进入的气体是____________(填Cl2或NO)。
②装置连接顺序为a→_______________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
③装置Ⅲ、Ⅳ除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是________________________。
④装置Ⅷ的烧杯中盛放的试剂是_____________________(填编号①水②冰水③冰盐水)
⑤装置Ⅶ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为___________________________________。
(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为________________________________。
【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 饱和食盐水 (3). 稀硝酸 (4). 水 (5). Cl2 (6). e→f→c→b→d (7). 通过观察气泡调节气体流速 (8). ③ (9). NOCl＋2NaOH＝NaCl＋NaNO2＋H2O (10). HNO3（浓）+3HCl（浓） NOCl↑＋Cl2↑+2H2O
【解析】试题分析：本题考查Cl2、NO和NOCl的制备，实验装置的连接，方程式的书写。
（1）制备Cl2的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。①制备Cl2时分液漏斗中盛放浓盐酸。②由于盐酸具有挥发性，上述方法制得的Cl2中混有HCl、H2O（g），为了除去Cl2中的HCl，装置II中盛放饱和食盐水。
制备NO的反应原理为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。③制备NO时分液漏斗中盛放稀硝酸。④因为装置中有空气，制得的NO与O2反应生成NO2，NO中混有NO2，为了除去NO2，装置II中盛放H2O，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
（2）①NO的密度小于Cl2的密度，为了使气体充分反应，从短管进入Cl2，从A处进入的气体是Cl2。
②在装置V中NO与Cl2合成NOCl，NOCl是一种黄色气体，沸点为-5.5℃，在装置VIII中将NOCl冷凝，NOCl遇水易水解，在装置VIII后面连接装置VI，由于Cl2、NO、NOCl会污染大气，最后连接装置VII吸收尾气；装置连接顺序为a→e→f→c→b→d。
③装置III、IV除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是：通过观察气泡调节气体流速。
④装置VIII的烧杯中盛放的试剂将NOCl冷凝为液体，NOCl的沸点为-5.5℃，应选择冰盐水，答案选③。
⑤NOCl遇水易水解，则NOCl与NaOH溶液反应生成NaNO2、NaCl和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaNO2+NaCl+H2O。
（3）根据资料写出反应HNO3（浓）+HCl（浓）NOCl↑+Cl2↑，N元素的化合价由+5价降至+3价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、结合原子守恒，写出反应的化学方程式为HNO3（浓）+3HCl（浓）NOCl↑+Cl2↑+2H2O。
28.（1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为____________，第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有 ______种。
（2）铍与铝的元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_________(填标号)。
A.都属于p区主族元素 B.电负性都比镁大
C.第一电离能都比镁大 D.氯化物的水溶液pH均小于7
（3）OF2分子中，O的杂化类型为______，与下列微粒的中心原子杂化方式相同且空间构型也与OF2相同的是_______(填字母)， OF2分子VSEPR模型的名称为__________
A.PCl3 B.SO3 C. NH2- D.NO3-
（4）P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。
①白磷（P4）易溶于CS2，难溶于水，原因是__________________________________________。
②
黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_______。
A．黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化
B．黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力
C．黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上
D．P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高
（5）磷化硼(BP)是受到高度关注的耐磨材料，它可用作金属表面的保护层。其晶胞与金刚石相似，其中B原子处于晶胞体内，P原子处于晶胞表面。
①磷化硼晶体属于_____晶体(填晶体类型)，_____ (填“是”或“否”)含有配位键。
③已知BP的晶胞中最近的B与P原子核间距为a nm，NA为阿伏加德罗常数的数值，则磷化硼晶体的密度表达式为________________g·cm-3(用含a、NA的式子表示)。
【答案】(1). (2). 4 (3). BD (4). sp3 (5). C (6). 四面体 (7). P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水 (8). BD (9). 原子 (10). 是 (11). g·cm-3
【分析】（1）溴处于第四周期第ⅦA族；第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素原子价电子排布式为：4s1、3d14s2、3d104s1、4s24p1；
（2）A．Be属于s区元素；
B．同主族自上而下电负性增大，同周期主族元素自左而右电负性增大；
C．Al失去的是3p1电子，3p轨道能量比3s能量高；
D．镁离子水解，溶液呈酸性；
（3）OF2分子中O原子孤电子对数(6-1×2)/2=2，价层电子对数=2+4=4；中心原子杂化方式相同且空间构型也与OF2相同的，中心原子有2对孤对电子，价层电子对数为4；
（4）①根据相似相溶原理解答；
②A．P原子形成3个P-P键，有1对共用电子对，杂化轨道数目为4；
B．层与层之间的作用力是分子间作用力；
C．P原子采取sp3杂化，P原子与周围的3个P原子形成三角锥形；
D．黑鳞中层内形成共价键，破坏共价键需要的能量高，而另外两种破坏的是范德华力，需要能量较低；
（5）①磷化硼晶胞与金刚石相似，属于原子晶体；B原子核外3个电子，形成3个B-P键，而P原子形成4个键，B原子有空轨道，P原子提供1对孤电子对给B原子；
②假设B原子处于晶胞内部，BP晶胞结构为，均摊法计算晶胞中B、P原子数目，计算晶胞中原子总质量，即为晶胞质量。B周围的4个P原子形成正四面体，B原子处于正四面体的体心，由几何知识可知，顶点P原子与四面体中心B原子之间连线处于晶胞体对角线上且长度等于体对角线长度的1/4，故晶胞棱长=4a nm÷．而晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。
【详解】（1）溴处于第四周期第ⅦA族，价电子排布图为：；第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素原子价电子排布式为：4s1、3d14s2、3d104s1、4s24p1，共有4种；
（2）A．Al属于p区元素，Be属于s区元素，故A错误；
B．同主族自上而下电负性增大，同周期主族元素自左而右电负性增大，Be、Al的电负性均大于Mg的，故B正确；
C．Mg失去是3s轨道电子，而Al失去的是3p1电子，3p轨道能量比3s能量高，故Mg第一电离能高于Al的，故C错误；
D．镁离子水解，溶液呈酸性，即氯化镁水溶液pH均小于7，故D正确，
故选：BD；
（3）OF2分子中O原子孤电子对数(6-1×2)/2=2，价层电子对数=2+2=4，O原子采取sp3杂化；
A、PCl3中P原子孤电子对数=(5-1×3)/2=1，价层电子对数为1+3=4．
B、SO3中S原子孤电子对数=(6-2×3)/2=0，价层电子对数=0+3=3．
C、NH2－ 中N原子孤电子对数=(5+1-1×2)/2=2，价层电子对=2+2=4，NO3－
中N原子孤电子对数=(5+1-2×3)/2=0，价层电子对数=0+3=3，故中心原子杂化方式相同且空间构型也与OF2相同的是NH2－；
故选C；
OF2分子中氧原子价层电子对数为4，故其VSEPR模型的名称为四面体，
（4）①P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水、易溶于CS2，
故答案为：P4、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水、易溶于CS2；
②A．P原子形成3个P-P键，有1对共用电子对，杂化轨道数目为4，P原子采取sp3杂化，故A错误；
B．层与层之间的作用力是分子间作用力，故B正确；
C．P原子采取sp3杂化，P原子与周围的3个P原子形成三角锥形，每一层中P原子不可能都在同一平面上，故C错误；
D．黑鳞中层内形成共价键，破坏共价键需要的能量高，而另外两种破坏的是范德华力，需要能量较低，故黑鳞的熔沸点最高，故D正确；
故选：BD；
（5）①磷化硼晶胞与金刚石相似，属于原子晶体；
B原子核外3个电子，形成3个B-P键，而P原子形成4个键，B原子有空轨道，P原子提供1对孤电子对给B原子形成1个配位；
②假设B原子处于晶胞内部，BP晶胞结构为，晶胞中P原子数目=8×1/8+6×1/2=4、B原子数目=4，晶胞质量=4×(31+11)/NAg．B周围的4个P原子形成正四面体，B原子处于正四面体的体心，由几何知识可知，顶点P原子与四面体中心B原子之间连线处于晶胞体对角线上且长度等于体对角线长度的1/4，故晶胞棱长=4a nm÷=4a/ nm，故晶体密度=g·cm-3。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、元素周期表、电负性、电离能、杂化方式、空间构型、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，基础而又有灵活运用能力，（5）中密度计算为易错点、难点，关键是理解原子在晶体中的位置关系，需要具备一定的空间想象与数学计算能力，注意识记中学常见晶胞结构特点。
29.有机物F（）为一种高分子树脂，其合成路线如下：
已知：①A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；
②
请回答下列问题：
（1）X化学名称是_________________。
（2）E生成F的反应类型为_________________。
（3）D的结构简式为_________________。
（4）由B生成C的化学方程式为_________________________________________。
（5）芳香族化合物Y是D的同系物，Y的同分异构体能与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，分子中只有1个侧链，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6:2:2:1:1。写出两种符合要求的Y的结构简式___________、__________。
（6）写出以甲醛、丙醛和乙二醇为主要原料合成软质隐形眼镜高分子材料—聚甲基丙烯酸羟乙酯（）的合成路线（无机试剂自选）：_________________。
【答案】 (1). 甲醛 (2). 缩聚反应 (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】根据信息：A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；A苯丙醛，根据F（的结构简式可知，E为含有羟基的芳香羧酸，根据C的分子式和生成D 和E条件可知，C→D为羟基或醛基的氧化，D→E为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为含有溴原子的芳香羧酸，则C为含有溴原子的芳香醛，B为含有碳碳双键的芳香醛，根据信息②可知X为甲醛。
（1）由上述分析, X为甲醛，正确答案：甲醛。
（2）根据F（）结构可知，该物质是由羟基和羧基发生缩聚反应生成的，因此该反应类型为缩聚反应；正确答案：缩聚反应。
（3）根据C的分子式和生成D 和E条件可知，C→D为羟基或醛基的氧化，D→E为卤素原子的水解反应，结合E的结构可知，D为含有溴原子的芳香羧酸，D的结构简式为；正确答案：。
（4）由题分析可知B为含有碳碳双键的芳香醛，可以与溴发生加成反应，化学方程式为：；正确答案：。
（5）D的结构简式为，芳香族化合物Y是D的同系物，说明均含有羧基和溴原子，能够与饱和Na2CO3
溶液反应放出气体，说明含有羧基，分子中只有1个侧链，结构的变化只是碳链异构和溴原子位置异构，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6:2:2:1:1，说明苯环上有3种氢原子，个数比为2:2:1，侧链含有2种氢原子，个数比为6:1，符合要求的Y的结构简式为、；正确答案：、。
（6）要合成有机物，就得先合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，若要合成CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，就得用甲基丙烯酸与乙二醇发生酯化反应，而甲基丙烯酸就得由甲基丙烯醛氧化得来，而丙醛和甲醛在碱性环境下反应生成甲基丙烯醛。因此制备该物质的流程如下：
；正确答案：
