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【化学】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试（1班）试题（解析版）
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浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二上学期期中考试（1班）试题
可能用到的相对原子质量：H-1;C-12;N-14;O-16；F-19;Ca-40;Fe-56;Cu-64。
请将答案写在答题卷上，答在试卷上无效。本卷满分100分。
一．选择题（本题共有18小题，每小题只有一个正确选项。1-10题每小题2分，11-18题每小题3分，共44分）
1.加拿大阿尔贡天文台在星际空间发现了HC9N链状分子，其结构为：HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N，这是人类迄今发现最重星际有机分子，有关该分子的说法不正确的是（ ）
A. 该物质是有机物 B. 该分子中含有9个σ键和10个π键
C. 该分子可发生加成反应 D. 该分子中所有原子在同一直线上
【答案】B
【解析】
详解】A、HC9N含有C元素，属于有机物 ，故A正确；
B、单键是σ键、双键有1个σ键和1个π键、三键有1个σ键和2个π键，所以该分子中含有10个σ键和10个π键，故B错误；
C、该分子含有碳碳双键可发生加成反应，故C正确；
D、乙炔为直线分子，所以所有原子在同一直线上，故D正确；
答案选B。
2.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子稳定结构的是（ ）
A. BF3 B. COCl2 C. PCl5 D. CHCl3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构可知，本题考查共价化合物中原子最外层电子排布情况，运用ABn型共价化合物中元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构进行分析。
【详解】A. BF3中，B原子的原子核外最外层电子数为3，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为6，A项错误；
B. COCl2分子中，C和O、Cl原子的原子核外最外层电子数分别为4、6和7，C和O、Cl在分子中的化合价分别是+4和-2、-1价，均满足8电子稳定结构，B项正确；
C. PCl5中，P原子的原子核外最外层电子数为5，其在分子中的化合价为+5价，在分子中的原子最外层电子数为10，C项错误；
D. H原子最外层一定不满足8电子结构，在CHCl3分子中，H原子最外层满足2电子稳定结构，D项错误；
答案选B。
3.下列对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是 （ ）
A. 原子半径最小 B. 原子序数为9
C. 第一电离能最大 D. 电负性最大
【答案】BD
【解析】
【分析】价电子构型为2s22p5的元素为F元素，位于第二周期第ⅤⅡA族。
【详解】A项、同周期中原子半径最小为F，周期表中原子半径最小的为H，故A错误；
B项、F的原子序数为9，故B正确；
C项、在同周期元素中，第一电离能最大的为Ne，故C错误；
D项、F的非金属性最强，其电负性最大，故D正确。
故选BD。
4.下列各组元素，按照原子半径依次减小、第一电离能依次增大的顺序排列的是（ ）
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na
C. N、O、C D. P、S、Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A． K 、Na、 Li 处于同主族，原子半径依次减小，同主族自上而下电离能降低，故K、Na、Li的元素第一电离能逐渐增大，故A项正确；
B．Al、Mg、Na属于同一周期元素且原子序数依次减小，原子半径依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以第一电离能依次Mg＞Al＞Na，故B项错误；
C．N、O、C属于同一周期元素，原子半径：C＞N＞O，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：N＞O＞C，故C项错误；
D．P、S、Cl同周期，原子序数依次增大，同周期自左而右原子半径减小，同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能P＞Cl＞S，故D项错误；
故答案选A。
5.在d轨道中电子排布成，而不排布成，最直接的根据是（ ）
A. 能量最低原理 B. 泡利不相容原理
C. 杂化轨道理论 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中轨道电子排布可知，本题考查原子核外电子排布，根据洪特规则进行分析。
【详解】A. 能量最低原理就是指核外电子总是尽可能先占能量最低的轨道，只有当能量最低轨道被占满后，电子才依次进入能量较高轨道，与题意不符合，A项错误；
B. 泡利不相容原理指的是在原子中不能容纳运动状态完全相同的电子，与题意不符合，B项错误；
C. 杂化轨道理论指的是中心原子的若干能量相近的原子轨道重新组合，形成一组新的轨道，与题意不符合，C项错误；
D.当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，5个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，D项正确；
答案选D。
6.下列有关实验、工业生产说法不正确的是( )
A. 实验室从海带中分离碘元素必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗
B. 提取海带中碘元素时，为保证I－完全氧化为I2，应加入过量的氧化剂(H2O2或新制氯水)
C. 用分液漏斗进行萃取，需要几次振荡并放气，再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实验室从海带中分离碘元素操作包含灼烧、溶解、过滤、萃取等环节，必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗，A正确；
B. 提取海带中碘元素时，为保证I－完全氧化为I2，加入的氧化剂不能用过量的氯水，这样将会引进杂质，B错误；
C. 用分液漏斗进行萃取，需要几次振荡并放气，再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置，C正确；
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确；
答案为B
7.下列实验操作或数据记录不正确的是：（ ）
A. 用10 mL量筒量取92 mL NaCl溶液
B. 用酸式滴定管量取20.00 mL K2Cr2O7溶液
C. 用电子(分析)天平测得铁片质量是15.5240 g
D. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在滤纸上，称得质量为4.2 g
【答案】D
【解析】
【详解】A. 量筒精确到0.1，可量取NaCl溶液，体积为9.2mL，A项正确；
B. K2Cr2O7具有强氧化性，应用酸式滴定管量取20.00 mL，B项正确；
C. 电子(分析)天平精确到0.0001g，C项正确；
D. NaOH固体有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，D项错误；
答案选D。
8.下列说法正确的是：（ ）
A. 日常生活中能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐
B. 用已知浓度的FeCl3溶液滴定KI溶液，可滴加几滴淀粉溶液作指示剂
C. 用新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醇、丙三醇、乙醛、乙酸四瓶无色溶液
D. 将3-4个火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液、稀硝酸，若出现白色沉淀，说明含有氯元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.淀粉遇I2变蓝，食盐中加碘一般是加KIO3，IO3-遇淀粉不会变蓝，因此不能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐，A项错误；
B. 向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液, 两溶液一接触就产生I2单质，无论反应是否完全，淀粉溶液即刻变蓝，不能确定滴定终点，B项错误；
C. 新制氢氧化铜悬浊液与乙醇不反应，悬浊液变成蓝色溶液；与丙三醇反应生成一种绛蓝色的络合物；与乙醛加热后反应生成砖红色沉淀；与乙酸反应时蓝色沉淀溶解，因此可以检验，C项正确；
D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D项错误；
答案选C。
9.下列各图是从晶体结构图中分割出来的部分结构图（图中白球表示阳离子，黑球表示阴离子），其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中晶体结构图可知，本题考查氯化钠晶体中氯离子和钠离子的配位数，运用钠离子和氯离子的配位数都是6进行分析。
【详解】A. 图中阳离子配位数为8，A项错误；
B. 图中选取任意一个离子，然后沿着X、Y、Z轴切割可得到6个等距离且最近的带相反电荷的离子，阴阳离子配位数都为6，B项正确；
C. 图中阳离子配位数为8，C项错误；
D. 图中阳离子其配位数为6，而阴离子配位数为8，D项错误；
答案选B。
10.下列说法不正确的是( )
A. 为了使过饱和溶液中析出晶体，可用玻璃棒搅动或者振荡容器
B. 结晶时，若溶质的溶解度越大，溶液的浓度越高，溶剂的蒸发速度越快，溶液的冷却速度越快，析出的晶体颗粒就越细小
C. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却，并静置过夜
D. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质，但仍应将母液收集起来，进行适当处理，以提高产率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 为了使过饱和溶液中析出晶体，用玻璃棒搅动或轻轻的摩擦器壁，都会使溶液受到震动，增加溶质粒子碰撞的几率形成晶种，A正确；
B. 晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发越快，或溶液冷却得越快，析出的晶粒就越细小，反之越大，B错误；
C. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，使饱和溶液缓慢冷却能得到较大颗粒的晶体，则应自然冷却，并静置过夜方法，C正确；
D. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质，但仍应将母液收集起来，进行适当处理，以提高产率，D正确；
答案为B
11.氢键对物质性质具有一定的影响，下列现象与氢键无关的是（ ）
A. 水在结冰时体积膨胀
B. NH3比PH3热稳定性好
C. 邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛低
D. 甘油、浓硫酸都呈黏稠状
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中氢键对物质性质的影响可知，本题考查氢键的应用，运用形成原理进行分析。
【详解】A. 冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，A项错误；
B. NH3、PH3热分解断裂的是N-P键、P-H键，与氢键无关，B项正确；
C.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，使熔沸点相对较低，对羟基苯甲醛，形成分子间氢键，使熔沸点相对较高；C项错误；
D. 由于甘油、浓硫酸分子间可形成众多的氢键，一般粘度较大，呈黏稠状，D项错误；
答案选B。
12.在实验室中，下列除杂的方法正确的是（ ）
A. 溴苯中混有溴,加入KI溶液，振荡， 静置，分液
B. 乙烷中混有乙烯,通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸,将其倒入NaOH溶液中，静置，分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶
【答案】C
【解析】
【详解】A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液生成单质碘，碘能溶于溴苯中，应该用氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，A错误；
B. 乙烷中混有乙烯，应该用溴水除去乙烯，不能利用H2，因为很难控制氢气的用量，且与氢气的加成反应是可逆反应，B错误；
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，酸被中和，然后静置，分液即可，C正确；
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶仍然混有二氧化碳，应该用氢氧化钠溶液，D错误；
答案选C。
13.下列说法正确的是( )
A. 将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol·L-1CuSO4溶液和1mol·L-1CuCl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象
B. 溶液酸碱性对H2O2的稳定性有较大影响，在酸性溶液中，H2O2分解较快
C. Fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物
D. 变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能
【答案】C
【解析】
【详解】A. CuSO4 、CuCl2均为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，能与两块未擦去氧化膜的铝片反应消耗氧化铝薄膜，铝片也能置换出单质铜，表面生成红色的铜，A错误；
B. 溶液酸碱性对H2O2的稳定性有较大影响，在碱性溶液中，H2O2分解较快，B错误；
C. Fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物，C正确；
D. 变色硅胶干燥剂含有CoCl2，CoCl2干态蓝色，CoCl22H2O紫红色，干燥剂呈蓝色时，表示具有吸水干燥功能，D错误；
答案为C
14.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：
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. 若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品
C. 加适量的H2O2是为了将部分Fe2＋氧化为Fe3＋ ，涉及的反应：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O
D. 溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中磁性氧化铁的流程可知，本题考查四氧化三铁中铁离子和亚铁离子的性质，运用铁离子和亚铁离子的转换方法进行分析。
【详解】A. 碳酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去，而不能除铁锈，A项正确；
B. 若生成中不通入氮气，暴露在空气中，亚铁离子会被氧化成铁离子，将不能得到高纯度的产品，B项正确；
C. 加入过氧化氢是将亚铁离子氧化成铁离子，1molH2O2得到2mol的电子,所以反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，C项正确；
D. 根据最终产物为四氧化三铁，其中Fe2+和 Fe3+的数目之比为1:2，所以溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2，D项错误；
答案选D。
15.下表中实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验操作
实验目的
A
向苯和苯酚混合溶液中滴加过量浓溴水
除去混合溶液中的苯酚
B
向待测液中加入饱和碳酸钠溶液
鉴别乙酸、乙酸乙酯、乙醇
C
向3mL5%CuSO4溶液中滴加3~4滴1%氢氧化钠溶液，再向其中加入0.5mL乙醛，加热
检验醛基
D
将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，冷却，继续滴加硝酸银溶液
检验溴乙烷中的溴元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚以及过量的溴均易溶于苯，应该用氢氧化钠溶液，A错误；
B．乙酸与碳酸钠反应生成气体、乙醇与碳酸钠不分层、乙酸乙酯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，B正确；
C．滴加3～4滴2%氢氧化钠溶液，NaOH不足，检验-CHO应在碱性溶液中，C错误；
D．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，发生水解反应生成NaBr，检验溴离子应在酸性溶液中，应先加酸至酸性，再滴加硝酸银溶液检验，D错误；
答案选B。
16.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是（ ）
A. 葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用
B. 反应①中若不通入N2则测得的SO2含量偏低
C. 反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度
D. 若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响
【答案】D
【解析】A项，葡萄酒酿造时通入SO2起到杀菌和增酸的作用，正确；B项，反应①中若不通入N2，则在反应①中部分SO2被氧化，气体A偏小，测得的SO2含量偏低，正确；C项，反应①中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低SO2的溶解度，使葡萄酒中SO2全部蒸出，正确；D项，将“H2O2溶液”替换为“溴水”，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，为保证SO2完全吸收，溴水要略过量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，测得的SO2含量偏高，对测定结果有影响，错误；答案选D。
17.在实验室中，不能达到目的的是（ ）
A. 用金属钠分别与水和乙醇反应，比较水和乙醇分子中羟基氢(OH)的活泼性
B. 石墨作电极，电解Cu(NO3)2 、AgNO3 的混合溶液，比较金属铜和银的金属活动性
C. 分别测定CH4 和H2S 的沸点高低，比较硫和碳两种元素的非金属性强弱
D. 用检验Na2CO3 和Na2SO4 水溶液酸碱性实验，比较碳和硫两元素非金属性的强弱
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠分别与水和乙醇反应,钠与水反应剧烈，钠与乙醇反应较缓慢,则可比较水和乙醇分子中羟基氢(−OH)的活泼性，A项正确；
B. 石墨作电极，电解Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液，银离子先得到电子，先析出Ag，则还原性Ag>Cu，则可比较金属铜和银的金属活动性，B项正确；
C. 沸点与元素的非金属性无关，非金属性的强弱可比较气态氢化物的稳定性，C项错误；
D. Na2CO3和Na2SO4水溶液分别为碱性和中性，则酸性为碳酸小于硫酸，则非金属性S>C，所以可比较碳和硫两元素非金属性的强弱，D项正确；
答案选C。
18.某恒温密闭容器发生可逆反应Z（?）+W（?）X（g）+Y（?） ΔH ，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. Z和W在该条件下一定不为气态
B. t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K＝c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度相等
D. 若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A、缩小体积，正反应的速率并没有发生改变，说明压强对正反应速率没有影响，故Z和W不是气体，错误；
B、当Y不是气体时，则反应体系中的气体只有X，那么，其平均摩尔质量是相等的，错误；
C、平衡常数只是温度的函数，故在该温度下，平衡常数一样，而K=c(X)，所以X的浓度在此温度下的任何时刻都一样，错误；
D、该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，正确。
故选D。
二．填空题（本题共有5个小题，共56分）
19.由徐光宪院士发起，院士学子同创的《分子共和国》科普读物最近出版了，全书形象生动地诉说了BF3、TiO2、CH3COOH、CO2、NO、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星。
(1)写出Fe2＋的核外电子排布式________________________________。
(2)下列说法正确的是________。
a．H2S、O3分子都是直线形
b．BF3和NH3均为三角锥形
c．CO2、HCN分子的结构式分别是O=C=O、H—C≡N
d．CH3COOH分子中碳原子的杂化方式有：sp2、sp3
(3)TiO2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图， 白球表示________原子。
(4)乙酸()熔沸点很高，是由于存在以分子间氢键缔合的二聚体(含一个环状结构)，请画出该二聚体的结构：_________________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 (2). cd (3). 氧(O) (4).
【解析】
【详解】(1)铁是26号元素,铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+,根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。
故答案为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)a.H2S、O3分子都是V形， a项错误；
b.BF3为平面三角形，NH3均为三角锥形，b项错误；
c.CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H−C≡N，c项正确；
d. CH3COOH分子中甲基（-CH3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基（-COOH）中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，d项正确；
故答案为c d
(3) 白球个数=,黑球个数=,所以白球和黑球个数比为2:1,根据二氧化硅的化学式知,白球表示氧原子.
故答案为氧(O)
(4)二个乙酸分子间中,羧基上的氢原子与另一个乙酸分子中碳氧双键上氧原子形成氢键,所以该二聚体的结构为，
故答案为。
20.已知：A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，C元素的基态原子L层只有2对成对电子，D是元素周期表中电负性最大的元素，E2+的核外电子排布和Ar原子相同，F的核电荷数是D和E的核电荷数之和。
请回答下列问题：
（1）分子式为BC2的空间构型为____；F2+的核外电子排布式为_____________。
（2）A分别与B、C形成的最简单化合物的稳定性B____C（填“大于”或“小于”）；A、C两元素可组成原子个数比为1：1的化合物，C元素的杂化类型为____________。
（3）A2C所形成的晶体类型为____；F单质形成的晶体类型为____________，其采用的堆积方式为____________。
（4）F元素氧化物的熔点比其硫化物的____（填“高”或“低”），请解释其原因____。
（5）D跟E可形成离子化合物，其晶胞结构如右图。该离子化合物晶体的密度为pg/cm3，则晶胞的体积是____________。（用含p的代数式表示）。
【答案】(1). 直线型 (2). 1s22s22p63s23p63d9 (3). 小于 (4). sp3 (5). 分子晶体 (6). 金属晶体 (7). 面心立方最密堆积 (8). 高 (9). CuO的晶格能大于CuS的晶格能 (10).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，B原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；C元素的基态原子L层只有2对成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；D是元素周期表中电负性最大的元素，则D为F元素；E2+的核外电子排布和Ar原子相同，则E原子核外电子数为18+2=20，则E为Ca；F的核电荷数是D和E的核电荷数之和，则F的核电荷数为9+20=29，则F为Cu，据此解答。
【详解】(1)CO2的空间构型为直线型；Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，
故答案为直线型；1s22s22p63s23p63d9；
(2)A分别与B、C形成的最简单化合物为CH4、H2O，非金属性C
(3)H2O所形成的晶体类型为分子晶体；Cu单质形成的晶体类型为金属晶体，其采用的堆积方式为面心立方最密堆积，
故答案为分子晶体；金属晶体；面心立方最密堆积；
(4)氧离子半径小于硫离子半径，CuO的晶格能大于CuS的晶格能，故CuO晶体的沸点较高，
故答案为高；CuO的晶格能大于CuS的晶格能；
(5)晶胞中氟离子数目=8，钙离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=，离子化合物晶体的密度为ρg⋅cm−3，则晶胞的体积=g/cm3=cm3，
故答案为cm3。
21.ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。
已知：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O
2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2↑＋2H2O
ClO2熔点－59 ℃、沸点11 ℃；H2O2沸点150 ℃。
请回答：
(1)仪器A的名称为________；仪器B的作用是________；冰水浴冷却的目的是____________(写出两种)。
(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因______________。
(3)Cl－存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：①_______________________________(用离子方程式表示)，②H2O2＋Cl2=2Cl－＋O2＋2H＋。
【答案】(1). 三颈烧瓶 (2). 防止倒吸 (3). 减少H2O2的分解、降低NaClO2的溶解度、增加ClO2的溶解度(任写两种) (4). 空气流速过慢时，ClO2不能及时被气流带走，浓度过高导致分解，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收 (5). 2ClO3-＋4H＋＋2Cl－=2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑
【解析】
【分析】根据题中过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置可知，本题考查制备实验方案的设计，氯、溴、碘及其化合物的综合应用，运用氯、溴、碘及其化合物的性质进行分析。
【详解】(1)仪器A为三颈烧瓶，仪器B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；
故答案为三颈烧瓶 防止倒吸 减少H2O2的分解、降低NaClO2的溶解度、增加ClO2的溶解度(任写两种)
(2)空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率；
故答案为空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收；
(3)Clˉ存在时会催化ClO2的生成,反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,ClO2的生成速率大大提高,并产生微量氯气反应为2ClO3-＋4H＋＋2Cl－=2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，H2O2＋Cl2=2Cl－＋O2＋2H＋
故答案为2ClO3-＋4H＋＋2Cl－=2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑
22.高温下用H2还原CuCl制备活性铜，反应原理如下：
2Cu(s)＋Cl2(g) 2CuCl(s) ΔH1＝－36 kJ·mol－1①
H2(g)＋2CuCl(s) 2Cu(s)＋2HCl(g) ΔH2②
有关物质的键能数据如下表：
物质
H2
Cl2
HCl
键能/kJ·mol－1
436
243
432
(1)ΔH2＝________kJ·mol－1。
(2)经测定反应②制备活性铜的反应趋势大，原因是__________。
(3)在某温度下，反应①达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(Cu的量足够)，在图中画出Cl2浓度的变化趋势线。________________________
(4)白色不溶于水的CuCl可以由电解法制得，如图所示：
①装置中用的交换膜为________。
A．阳离子交换膜 B．阴离子交换膜
C．质子交换膜 D．氢氧根离子交换膜
②阳极的电极反应式为______________________________________________。
(5)已知CuCl可溶解于稀硝酸，写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(6)根据已学知识写出制取CuCl的一种方法，用化学方程式表示：____________________________。
【答案】(1). －149 (2). 正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应 (3). (平衡线与原平衡线相平) (4). A (5). Cu＋Cl－－e－===CuCl (6). 6CuCl＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋3CuCl2＋2NO↑＋4H2O (7). CuCl2＋Cu2CuCl
【解析】
【详解】(1) 根据表格数据可知，③H2(g)+ Cl2(g)= 2HCl(g) ΔH,3＝(436 kJ·mol－1)+(243 kJ·mol－1)-(432 kJ·mol－1)×2=－185kJ·mol－1，①2Cu(s)＋Cl2(g) 2CuCl(s) ΔH1＝－36 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将③-①得：H2(g)＋2CuCl(s) 2Cu(s)＋2HCl(g) ΔH2=ΔH,3-ΔH1＝(－185kJ·mol－1)-(－36 kJ·mol－1)=－149 kJ·mol－1，故答案为－149；
(2)反应②的正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应，因此制备活性铜的反应趋势大，故答案为正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应；
(3) 在某温度下，反应①达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(Cu的量足够)，反应速率增大，平衡正向移动，但平衡常数不变，达到新平衡是氯气的浓度不变，Cl2浓度的变化趋势线为，故答案为；
(4)①阳极铜失去电子生成亚铜离子，生成的亚铜离子与氯离子结合生成白色不溶于水的CuCl，阳极区多余的钠离子向阴极区移动，因此装置中用的交换膜为阳离子交换膜，故选A；
②根据上述分析，阳极的电极反应式为Cu＋Cl－－e－=CuCl，故答案为Cu＋Cl－－e－=CuCl；
(5)CuCl溶解于稀硝酸，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为6CuCl＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋3CuCl2＋2NO↑＋4H2O，故答案为6CuCl＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋3CuCl2＋2NO↑＋4H2O；
(6) CuCl中的铜为+1价，可以由铜离子与铜反应生成，反应的化学方程式为CuCl2＋Cu2CuCl，故答案为CuCl2＋Cu2CuCl。
23.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：
已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5度，微溶于水，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
请回答：
（1）操作A的名称是______________。
（2）经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，请设计实验方案_____________________。
（3）蒸馏装置如下图所示，装置中存在的错误是_______________________________。
（4）滴定前，加入的适量溶液B是_________。
A．H2SO3—H3PO4 B．H2SO4—H3PO4
C．HNO3—H3PO4 D．HI—H3PO4
（5）滴定达到终点时，消耗0.1000 mol·L－1 K2Cr2O7溶液6.00mL。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为____________。
（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_______。
A．稀释被测试样 B．减少被测试样取量
C．增加平行测定次数 D．降低滴定剂浓度
【答案】(1). 分液 (2). 从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留 (3). 体系封闭；明火加热 (4). B (5). 0.576mol/L (6). CD
【解析】
【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25mL，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100mL，取25.00mL溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。
【详解】(1)操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，故答案为分液；
(2)依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；
(3)蒸馏装置中锥形瓶不能密闭，否则蒸馏实验不能进行，乙醚是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，实验加热不能用明火，否则会引发燃烧导致危险，故答案为体系密闭，明火加热；
(4)滴定需要的酸性环境，所需酸不能具有还原性、氧化性，不能被氧化剂氧化，也不能被亚铁离子还原。A．H2SO3-H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差，故A错误；B．H2SO4-H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应，故B正确；C．HNO3-H3PO4 中硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低，故C错误；D．HI-H3PO4 中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高，故D错误；故答案为B；
(5)依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1000 mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质量=0.1000mol/L×0.00600L=0.00060mol，
反应为 Cr2O7 2-+6Fe2++H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
1 6
0.00060mol 0.00360mol
c==0.144mol/L，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为0.576mol/L；
(6)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确。A．稀释被测试样，浓度减小，测定误差会增大，故A错误；B．减少被测试样取量，和滴定结果的精密度和准确度无关，故B错误；C．增加平行测定次数，减少测定带来的误差，可以提高准确度，故C正确；D．降低滴定剂浓度，反应终点判断更准确．滴定结果的精密度高，故D正确；故答案为CD。
可能用到的相对原子质量：H-1;C-12;N-14;O-16；F-19;Ca-40;Fe-56;Cu-64。
请将答案写在答题卷上，答在试卷上无效。本卷满分100分。
一．选择题（本题共有18小题，每小题只有一个正确选项。1-10题每小题2分，11-18题每小题3分，共44分）
1.加拿大阿尔贡天文台在星际空间发现了HC9N链状分子，其结构为：HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N，这是人类迄今发现最重星际有机分子，有关该分子的说法不正确的是（ ）
A. 该物质是有机物 B. 该分子中含有9个σ键和10个π键
C. 该分子可发生加成反应 D. 该分子中所有原子在同一直线上
【答案】B
【解析】
详解】A、HC9N含有C元素，属于有机物 ，故A正确；
B、单键是σ键、双键有1个σ键和1个π键、三键有1个σ键和2个π键，所以该分子中含有10个σ键和10个π键，故B错误；
C、该分子含有碳碳双键可发生加成反应，故C正确；
D、乙炔为直线分子，所以所有原子在同一直线上，故D正确；
答案选B。
2.下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子稳定结构的是（ ）
A. BF3 B. COCl2 C. PCl5 D. CHCl3
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中所有原子都满足最外层为8电子稳定结构可知，本题考查共价化合物中原子最外层电子排布情况，运用ABn型共价化合物中元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构进行分析。
【详解】A. BF3中，B原子的原子核外最外层电子数为3，其在分子中的化合价为+3价，在分子中的原子最外层电子数为6，A项错误；
B. COCl2分子中，C和O、Cl原子的原子核外最外层电子数分别为4、6和7，C和O、Cl在分子中的化合价分别是+4和-2、-1价，均满足8电子稳定结构，B项正确；
C. PCl5中，P原子的原子核外最外层电子数为5，其在分子中的化合价为+5价，在分子中的原子最外层电子数为10，C项错误；
D. H原子最外层一定不满足8电子结构，在CHCl3分子中，H原子最外层满足2电子稳定结构，D项错误；
答案选B。
3.下列对价电子构型为2s22p5的元素描述正确的是 （ ）
A. 原子半径最小 B. 原子序数为9
C. 第一电离能最大 D. 电负性最大
【答案】BD
【解析】
【分析】价电子构型为2s22p5的元素为F元素，位于第二周期第ⅤⅡA族。
【详解】A项、同周期中原子半径最小为F，周期表中原子半径最小的为H，故A错误；
B项、F的原子序数为9，故B正确；
C项、在同周期元素中，第一电离能最大的为Ne，故C错误；
D项、F的非金属性最强，其电负性最大，故D正确。
故选BD。
4.下列各组元素，按照原子半径依次减小、第一电离能依次增大的顺序排列的是（ ）
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na
C. N、O、C D. P、S、Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A． K 、Na、 Li 处于同主族，原子半径依次减小，同主族自上而下电离能降低，故K、Na、Li的元素第一电离能逐渐增大，故A项正确；
B．Al、Mg、Na属于同一周期元素且原子序数依次减小，原子半径依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，所以第一电离能依次Mg＞Al＞Na，故B项错误；
C．N、O、C属于同一周期元素，原子半径：C＞N＞O，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，故第一电离能顺序为：N＞O＞C，故C项错误；
D．P、S、Cl同周期，原子序数依次增大，同周期自左而右原子半径减小，同周期自左而右元素第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能P＞Cl＞S，故D项错误；
故答案选A。
5.在d轨道中电子排布成，而不排布成，最直接的根据是（ ）
A. 能量最低原理 B. 泡利不相容原理
C. 杂化轨道理论 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中轨道电子排布可知，本题考查原子核外电子排布，根据洪特规则进行分析。
【详解】A. 能量最低原理就是指核外电子总是尽可能先占能量最低的轨道，只有当能量最低轨道被占满后，电子才依次进入能量较高轨道，与题意不符合，A项错误；
B. 泡利不相容原理指的是在原子中不能容纳运动状态完全相同的电子，与题意不符合，B项错误；
C. 杂化轨道理论指的是中心原子的若干能量相近的原子轨道重新组合，形成一组新的轨道，与题意不符合，C项错误；
D.当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，5个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，D项正确；
答案选D。
6.下列有关实验、工业生产说法不正确的是( )
A. 实验室从海带中分离碘元素必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗
B. 提取海带中碘元素时，为保证I－完全氧化为I2，应加入过量的氧化剂(H2O2或新制氯水)
C. 用分液漏斗进行萃取，需要几次振荡并放气，再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实验室从海带中分离碘元素操作包含灼烧、溶解、过滤、萃取等环节，必须用到的硅酸盐材料的仪器有坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒、烧杯、漏斗及分液漏斗，A正确；
B. 提取海带中碘元素时，为保证I－完全氧化为I2，加入的氧化剂不能用过量的氯水，这样将会引进杂质，B错误；
C. 用分液漏斗进行萃取，需要几次振荡并放气，再将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置，C正确；
D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，D正确；
答案为B
7.下列实验操作或数据记录不正确的是：（ ）
A. 用10 mL量筒量取92 mL NaCl溶液
B. 用酸式滴定管量取20.00 mL K2Cr2O7溶液
C. 用电子(分析)天平测得铁片质量是15.5240 g
D. 用托盘天平称量时，将NaOH固体放在滤纸上，称得质量为4.2 g
【答案】D
【解析】
【详解】A. 量筒精确到0.1，可量取NaCl溶液，体积为9.2mL，A项正确；
B. K2Cr2O7具有强氧化性，应用酸式滴定管量取20.00 mL，B项正确；
C. 电子(分析)天平精确到0.0001g，C项正确；
D. NaOH固体有腐蚀性易潮解，应在小烧杯中称量，D项错误；
答案选D。
8.下列说法正确的是：（ ）
A. 日常生活中能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐
B. 用已知浓度的FeCl3溶液滴定KI溶液，可滴加几滴淀粉溶液作指示剂
C. 用新制氢氧化铜悬浊液可检验失去标签的乙醇、丙三醇、乙醛、乙酸四瓶无色溶液
D. 将3-4个火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液、稀硝酸，若出现白色沉淀，说明含有氯元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.淀粉遇I2变蓝，食盐中加碘一般是加KIO3，IO3-遇淀粉不会变蓝，因此不能用粥汤检验某食盐是不是加碘盐，A项错误；
B. 向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液, 两溶液一接触就产生I2单质，无论反应是否完全，淀粉溶液即刻变蓝，不能确定滴定终点，B项错误；
C. 新制氢氧化铜悬浊液与乙醇不反应，悬浊液变成蓝色溶液；与丙三醇反应生成一种绛蓝色的络合物；与乙醛加热后反应生成砖红色沉淀；与乙酸反应时蓝色沉淀溶解，因此可以检验，C项正确；
D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D项错误；
答案选C。
9.下列各图是从晶体结构图中分割出来的部分结构图（图中白球表示阳离子，黑球表示阴离子），其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中晶体结构图可知，本题考查氯化钠晶体中氯离子和钠离子的配位数，运用钠离子和氯离子的配位数都是6进行分析。
【详解】A. 图中阳离子配位数为8，A项错误；
B. 图中选取任意一个离子，然后沿着X、Y、Z轴切割可得到6个等距离且最近的带相反电荷的离子，阴阳离子配位数都为6，B项正确；
C. 图中阳离子配位数为8，C项错误；
D. 图中阳离子其配位数为6，而阴离子配位数为8，D项错误；
答案选B。
10.下列说法不正确的是( )
A. 为了使过饱和溶液中析出晶体，可用玻璃棒搅动或者振荡容器
B. 结晶时，若溶质的溶解度越大，溶液的浓度越高，溶剂的蒸发速度越快，溶液的冷却速度越快，析出的晶体颗粒就越细小
C. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，应自然冷却，并静置过夜
D. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质，但仍应将母液收集起来，进行适当处理，以提高产率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 为了使过饱和溶液中析出晶体，用玻璃棒搅动或轻轻的摩擦器壁，都会使溶液受到震动，增加溶质粒子碰撞的几率形成晶种，A正确；
B. 晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质的溶解度越小，或溶液的浓度越高，或溶剂的蒸发越快，或溶液冷却得越快，析出的晶粒就越细小，反之越大，B错误；
C. 培养明矾晶体时，为得到较大颗粒的晶体，使饱和溶液缓慢冷却能得到较大颗粒的晶体，则应自然冷却，并静置过夜方法，C正确；
D. 重结晶过程中产生的母液虽然含有杂质，但仍应将母液收集起来，进行适当处理，以提高产率，D正确；
答案为B
11.氢键对物质性质具有一定的影响，下列现象与氢键无关的是（ ）
A. 水在结冰时体积膨胀
B. NH3比PH3热稳定性好
C. 邻羟基苯甲醛沸点比对羟基苯甲醛低
D. 甘油、浓硫酸都呈黏稠状
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中氢键对物质性质的影响可知，本题考查氢键的应用，运用形成原理进行分析。
【详解】A. 冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，A项错误；
B. NH3、PH3热分解断裂的是N-P键、P-H键，与氢键无关，B项正确；
C.邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，使熔沸点相对较低，对羟基苯甲醛，形成分子间氢键，使熔沸点相对较高；C项错误；
D. 由于甘油、浓硫酸分子间可形成众多的氢键，一般粘度较大，呈黏稠状，D项错误；
答案选B。
12.在实验室中，下列除杂的方法正确的是（ ）
A. 溴苯中混有溴,加入KI溶液，振荡， 静置，分液
B. 乙烷中混有乙烯,通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸,将其倒入NaOH溶液中，静置，分液
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶
【答案】C
【解析】
【详解】A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液生成单质碘，碘能溶于溴苯中，应该用氢氧化钠溶液，振荡，静置，分液，A错误；
B. 乙烷中混有乙烯，应该用溴水除去乙烯，不能利用H2，因为很难控制氢气的用量，且与氢气的加成反应是可逆反应，B错误；
C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，酸被中和，然后静置，分液即可，C正确；
D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通过盛有NaHCO3溶液的洗气瓶仍然混有二氧化碳，应该用氢氧化钠溶液，D错误；
答案选C。
13.下列说法正确的是( )
A. 将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入1mol·L-1CuSO4溶液和1mol·L-1CuCl2溶液中，铝片表面都观察不到明显的反应现象
B. 溶液酸碱性对H2O2的稳定性有较大影响，在酸性溶液中，H2O2分解较快
C. Fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物
D. 变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能
【答案】C
【解析】
【详解】A. CuSO4 、CuCl2均为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，能与两块未擦去氧化膜的铝片反应消耗氧化铝薄膜，铝片也能置换出单质铜，表面生成红色的铜，A错误；
B. 溶液酸碱性对H2O2的稳定性有较大影响，在碱性溶液中，H2O2分解较快，B错误；
C. Fe3+能与硫氰化钾反应生成可溶于水的血红色配合物，C正确；
D. 变色硅胶干燥剂含有CoCl2，CoCl2干态蓝色，CoCl22H2O紫红色，干燥剂呈蓝色时，表示具有吸水干燥功能，D错误；
答案为C
14.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。下图是工业生产纳米磁性氧化铁的流程：
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. 若生产中不通入N2，暴露在空气中生产，将不能得到高纯度产品
C. 加适量的H2O2是为了将部分Fe2＋氧化为Fe3＋ ，涉及的反应：H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O
D. 溶液A中Fe2＋和Fe3＋的浓度比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中磁性氧化铁的流程可知，本题考查四氧化三铁中铁离子和亚铁离子的性质，运用铁离子和亚铁离子的转换方法进行分析。
【详解】A. 碳酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，浸泡废铁屑可以使表面的油脂水解除去，而不能除铁锈，A项正确；
B. 若生成中不通入氮气，暴露在空气中，亚铁离子会被氧化成铁离子，将不能得到高纯度的产品，B项正确；
C. 加入过氧化氢是将亚铁离子氧化成铁离子，1molH2O2得到2mol的电子,所以反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，C项正确；
D. 根据最终产物为四氧化三铁，其中Fe2+和 Fe3+的数目之比为1:2，所以溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为1:2，D项错误；
答案选D。
15.下表中实验操作能达到实验目的的是（ ）
实验操作
实验目的
A
向苯和苯酚混合溶液中滴加过量浓溴水
除去混合溶液中的苯酚
B
向待测液中加入饱和碳酸钠溶液
鉴别乙酸、乙酸乙酯、乙醇
C
向3mL5%CuSO4溶液中滴加3~4滴1%氢氧化钠溶液，再向其中加入0.5mL乙醛，加热
检验醛基
D
将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，冷却，继续滴加硝酸银溶液
检验溴乙烷中的溴元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚以及过量的溴均易溶于苯，应该用氢氧化钠溶液，A错误；
B．乙酸与碳酸钠反应生成气体、乙醇与碳酸钠不分层、乙酸乙酯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，B正确；
C．滴加3～4滴2%氢氧化钠溶液，NaOH不足，检验-CHO应在碱性溶液中，C错误；
D．溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，发生水解反应生成NaBr，检验溴离子应在酸性溶液中，应先加酸至酸性，再滴加硝酸银溶液检验，D错误；
答案选B。
16.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是（ ）
A. 葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用
B. 反应①中若不通入N2则测得的SO2含量偏低
C. 反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度
D. 若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响
【答案】D
【解析】A项，葡萄酒酿造时通入SO2起到杀菌和增酸的作用，正确；B项，反应①中若不通入N2，则在反应①中部分SO2被氧化，气体A偏小，测得的SO2含量偏低，正确；C项，反应①中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低SO2的溶解度，使葡萄酒中SO2全部蒸出，正确；D项，将“H2O2溶液”替换为“溴水”，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，为保证SO2完全吸收，溴水要略过量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，测得的SO2含量偏高，对测定结果有影响，错误；答案选D。
17.在实验室中，不能达到目的的是（ ）
A. 用金属钠分别与水和乙醇反应，比较水和乙醇分子中羟基氢(OH)的活泼性
B. 石墨作电极，电解Cu(NO3)2 、AgNO3 的混合溶液，比较金属铜和银的金属活动性
C. 分别测定CH4 和H2S 的沸点高低，比较硫和碳两种元素的非金属性强弱
D. 用检验Na2CO3 和Na2SO4 水溶液酸碱性实验，比较碳和硫两元素非金属性的强弱
【答案】C
【解析】
【详解】A. 钠分别与水和乙醇反应,钠与水反应剧烈，钠与乙醇反应较缓慢,则可比较水和乙醇分子中羟基氢(−OH)的活泼性，A项正确；
B. 石墨作电极，电解Cu(NO3)2、AgNO3的混合溶液，银离子先得到电子，先析出Ag，则还原性Ag>Cu，则可比较金属铜和银的金属活动性，B项正确；
C. 沸点与元素的非金属性无关，非金属性的强弱可比较气态氢化物的稳定性，C项错误；
D. Na2CO3和Na2SO4水溶液分别为碱性和中性，则酸性为碳酸小于硫酸，则非金属性S>C，所以可比较碳和硫两元素非金属性的强弱，D项正确；
答案选C。
18.某恒温密闭容器发生可逆反应Z（?）+W（?）X（g）+Y（?） ΔH ，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. Z和W在该条件下一定不为气态
B. t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C. 若在该温度下此反应平衡常数表达式为K＝c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度相等
D. 若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
【答案】D
【解析】
【详解】A、缩小体积，正反应的速率并没有发生改变，说明压强对正反应速率没有影响，故Z和W不是气体，错误；
B、当Y不是气体时，则反应体系中的气体只有X，那么，其平均摩尔质量是相等的，错误；
C、平衡常数只是温度的函数，故在该温度下，平衡常数一样，而K=c(X)，所以X的浓度在此温度下的任何时刻都一样，错误；
D、该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，正确。
故选D。
二．填空题（本题共有5个小题，共56分）
19.由徐光宪院士发起，院士学子同创的《分子共和国》科普读物最近出版了，全书形象生动地诉说了BF3、TiO2、CH3COOH、CO2、NO、二茂铁、NH3、HCN、H2S、O3、异戊二烯和萜等众多“分子共和国”中的明星。
(1)写出Fe2＋的核外电子排布式________________________________。
(2)下列说法正确的是________。
a．H2S、O3分子都是直线形
b．BF3和NH3均为三角锥形
c．CO2、HCN分子的结构式分别是O=C=O、H—C≡N
d．CH3COOH分子中碳原子的杂化方式有：sp2、sp3
(3)TiO2的天然晶体中，最稳定的一种晶体结构如图， 白球表示________原子。
(4)乙酸()熔沸点很高，是由于存在以分子间氢键缔合的二聚体(含一个环状结构)，请画出该二聚体的结构：_________________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 (2). cd (3). 氧(O) (4).
【解析】
【详解】(1)铁是26号元素,铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+,根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。
故答案为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
(2)a.H2S、O3分子都是V形， a项错误；
b.BF3为平面三角形，NH3均为三角锥形，b项错误；
c.CO2、HCN分子的结构式分别是：O=C=O、H−C≡N，c项正确；
d. CH3COOH分子中甲基（-CH3）中原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基（-COOH）中碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，d项正确；
故答案为c d
(3) 白球个数=,黑球个数=,所以白球和黑球个数比为2:1,根据二氧化硅的化学式知,白球表示氧原子.
故答案为氧(O)
(4)二个乙酸分子间中,羧基上的氢原子与另一个乙酸分子中碳氧双键上氧原子形成氢键,所以该二聚体的结构为，
故答案为。
20.已知：A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，C元素的基态原子L层只有2对成对电子，D是元素周期表中电负性最大的元素，E2+的核外电子排布和Ar原子相同，F的核电荷数是D和E的核电荷数之和。
请回答下列问题：
（1）分子式为BC2的空间构型为____；F2+的核外电子排布式为_____________。
（2）A分别与B、C形成的最简单化合物的稳定性B____C（填“大于”或“小于”）；A、C两元素可组成原子个数比为1：1的化合物，C元素的杂化类型为____________。
（3）A2C所形成的晶体类型为____；F单质形成的晶体类型为____________，其采用的堆积方式为____________。
（4）F元素氧化物的熔点比其硫化物的____（填“高”或“低”），请解释其原因____。
（5）D跟E可形成离子化合物，其晶胞结构如右图。该离子化合物晶体的密度为pg/cm3，则晶胞的体积是____________。（用含p的代数式表示）。
【答案】(1). 直线型 (2). 1s22s22p63s23p63d9 (3). 小于 (4). sp3 (5). 分子晶体 (6). 金属晶体 (7). 面心立方最密堆积 (8). 高 (9). CuO的晶格能大于CuS的晶格能 (10).
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F是周期表中前36号元素，A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B元素基态原子的2P轨道上只有两个电子，B原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；C元素的基态原子L层只有2对成对电子，则C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；D是元素周期表中电负性最大的元素，则D为F元素；E2+的核外电子排布和Ar原子相同，则E原子核外电子数为18+2=20，则E为Ca；F的核电荷数是D和E的核电荷数之和，则F的核电荷数为9+20=29，则F为Cu，据此解答。
【详解】(1)CO2的空间构型为直线型；Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，
故答案为直线型；1s22s22p63s23p63d9；
(2)A分别与B、C形成的最简单化合物为CH4、H2O，非金属性C
(3)H2O所形成的晶体类型为分子晶体；Cu单质形成的晶体类型为金属晶体，其采用的堆积方式为面心立方最密堆积，
故答案为分子晶体；金属晶体；面心立方最密堆积；
(4)氧离子半径小于硫离子半径，CuO的晶格能大于CuS的晶格能，故CuO晶体的沸点较高，
故答案为高；CuO的晶格能大于CuS的晶格能；
(5)晶胞中氟离子数目=8，钙离子数目=8×+6×=4，故晶胞质量=，离子化合物晶体的密度为ρg⋅cm−3，则晶胞的体积=g/cm3=cm3，
故答案为cm3。
21.ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。
已知：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O
2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2↑＋2H2O
ClO2熔点－59 ℃、沸点11 ℃；H2O2沸点150 ℃。
请回答：
(1)仪器A的名称为________；仪器B的作用是________；冰水浴冷却的目的是____________(写出两种)。
(2)空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因______________。
(3)Cl－存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：①_______________________________(用离子方程式表示)，②H2O2＋Cl2=2Cl－＋O2＋2H＋。
【答案】(1). 三颈烧瓶 (2). 防止倒吸 (3). 减少H2O2的分解、降低NaClO2的溶解度、增加ClO2的溶解度(任写两种) (4). 空气流速过慢时，ClO2不能及时被气流带走，浓度过高导致分解，空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收 (5). 2ClO3-＋4H＋＋2Cl－=2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑
【解析】
【分析】根据题中过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置可知，本题考查制备实验方案的设计，氯、溴、碘及其化合物的综合应用，运用氯、溴、碘及其化合物的性质进行分析。
【详解】(1)仪器A为三颈烧瓶，仪器B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；
故答案为三颈烧瓶 防止倒吸 减少H2O2的分解、降低NaClO2的溶解度、增加ClO2的溶解度(任写两种)
(2)空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率；
故答案为空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收；
(3)Clˉ存在时会催化ClO2的生成,反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,ClO2的生成速率大大提高,并产生微量氯气反应为2ClO3-＋4H＋＋2Cl－=2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑，H2O2＋Cl2=2Cl－＋O2＋2H＋
故答案为2ClO3-＋4H＋＋2Cl－=2ClO2↑＋2H2O＋Cl2↑
22.高温下用H2还原CuCl制备活性铜，反应原理如下：
2Cu(s)＋Cl2(g) 2CuCl(s) ΔH1＝－36 kJ·mol－1①
H2(g)＋2CuCl(s) 2Cu(s)＋2HCl(g) ΔH2②
有关物质的键能数据如下表：
物质
H2
Cl2
HCl
键能/kJ·mol－1
436
243
432
(1)ΔH2＝________kJ·mol－1。
(2)经测定反应②制备活性铜的反应趋势大，原因是__________。
(3)在某温度下，反应①达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(Cu的量足够)，在图中画出Cl2浓度的变化趋势线。________________________
(4)白色不溶于水的CuCl可以由电解法制得，如图所示：
①装置中用的交换膜为________。
A．阳离子交换膜 B．阴离子交换膜
C．质子交换膜 D．氢氧根离子交换膜
②阳极的电极反应式为______________________________________________。
(5)已知CuCl可溶解于稀硝酸，写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(6)根据已学知识写出制取CuCl的一种方法，用化学方程式表示：____________________________。
【答案】(1). －149 (2). 正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应 (3). (平衡线与原平衡线相平) (4). A (5). Cu＋Cl－－e－===CuCl (6). 6CuCl＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋3CuCl2＋2NO↑＋4H2O (7). CuCl2＋Cu2CuCl
【解析】
【详解】(1) 根据表格数据可知，③H2(g)+ Cl2(g)= 2HCl(g) ΔH,3＝(436 kJ·mol－1)+(243 kJ·mol－1)-(432 kJ·mol－1)×2=－185kJ·mol－1，①2Cu(s)＋Cl2(g) 2CuCl(s) ΔH1＝－36 kJ·mol－1，根据盖斯定律，将③-①得：H2(g)＋2CuCl(s) 2Cu(s)＋2HCl(g) ΔH2=ΔH,3-ΔH1＝(－185kJ·mol－1)-(－36 kJ·mol－1)=－149 kJ·mol－1，故答案为－149；
(2)反应②的正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应，因此制备活性铜的反应趋势大，故答案为正反应ΔH<0，ΔS>0，是自发反应，逆反应为非自发反应；
(3) 在某温度下，反应①达到平衡状态，在tl时，增加压强到原来的2倍(Cu的量足够)，反应速率增大，平衡正向移动，但平衡常数不变，达到新平衡是氯气的浓度不变，Cl2浓度的变化趋势线为，故答案为；
(4)①阳极铜失去电子生成亚铜离子，生成的亚铜离子与氯离子结合生成白色不溶于水的CuCl，阳极区多余的钠离子向阴极区移动，因此装置中用的交换膜为阳离子交换膜，故选A；
②根据上述分析，阳极的电极反应式为Cu＋Cl－－e－=CuCl，故答案为Cu＋Cl－－e－=CuCl；
(5)CuCl溶解于稀硝酸，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为6CuCl＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋3CuCl2＋2NO↑＋4H2O，故答案为6CuCl＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋3CuCl2＋2NO↑＋4H2O；
(6) CuCl中的铜为+1价，可以由铜离子与铜反应生成，反应的化学方程式为CuCl2＋Cu2CuCl，故答案为CuCl2＋Cu2CuCl。
23.某同学将铁铝合金样品溶解后取样25.00mL，分离并测定Fe3+的浓度，实验方案设计如下：
已知：乙醚[(C2H5)2O]是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，沸点为34.5度，微溶于水，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
请回答：
（1）操作A的名称是______________。
（2）经操作A后，为判断Fe3+是否有残留，请设计实验方案_____________________。
（3）蒸馏装置如下图所示，装置中存在的错误是_______________________________。
（4）滴定前，加入的适量溶液B是_________。
A．H2SO3—H3PO4 B．H2SO4—H3PO4
C．HNO3—H3PO4 D．HI—H3PO4
（5）滴定达到终点时，消耗0.1000 mol·L－1 K2Cr2O7溶液6.00mL。根据该实验数据，试样X中c(Fe3+)为____________。
（6）上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可采取的措施是_______。
A．稀释被测试样 B．减少被测试样取量
C．增加平行测定次数 D．降低滴定剂浓度
【答案】(1). 分液 (2). 从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留 (3). 体系封闭；明火加热 (4). B (5). 0.576mol/L (6). CD
【解析】
【分析】含Fe3+、Al3+试样X溶液25mL，加入适量浓盐酸和乙醚，在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，当盐酸浓度降低时，该化合物解离，加入水解离后，通过蒸馏得到方法除去乙醚，得到含铁离子的水溶液，定容至100mL，取25.00mL溶液，滴入适量还原剂得到Fe2+离子的溶液，加入指示剂，滴定前，加入的适量溶液B为非氧离子化性和还原性的酸，用重铬酸钾溶液滴定至终点。
【详解】(1)操作A是利用在较高的盐酸浓度下，Fe3+与HCl、乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]而溶于乙醚，乙醚微溶于水，分层后通过分液分离得到溶液Ⅱ为Al3+的溶液，和溶液Ⅰ是乙醚形成化合物[(C2H5)2OH][FeCl4]的溶液，分离的名称为分液，故答案为分液；
(2)依据铁离子遇到KSCN溶液变红色设计实验检验铁离子的存在，从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留，故答案为从溶液Ⅱ中取样，滴加KSCN溶液，显红色证明残留含有Fe3+，显无色证明无残留；
(3)蒸馏装置中锥形瓶不能密闭，否则蒸馏实验不能进行，乙醚是一种易挥发、易燃、有麻醉性的有机化合物，实验加热不能用明火，否则会引发燃烧导致危险，故答案为体系密闭，明火加热；
(4)滴定需要的酸性环境，所需酸不能具有还原性、氧化性，不能被氧化剂氧化，也不能被亚铁离子还原。A．H2SO3-H3PO4 中亚硫酸具有还原性，也会被氧化剂氧化，消耗标准溶液增大，产生误差，故A错误；B．H2SO4-H3PO4 中酸为非氧化性酸，可以提供酸性环境且不影响测定反应，故B正确；C．HNO3-H3PO4 中硝 酸具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，导致滴入氧化剂标准溶液减少，测定结果偏低，故C错误；D．HI-H3PO4 中HI酸是还原性酸，也可以消耗滴入的氧化剂，导致测定结果偏高，故D错误；故答案为B；
(5)依据离子反应定量关系计算，定达到终点时，消耗0.1000 mol•L-1K2Cr2O7溶液6.00mL，物质量=0.1000mol/L×0.00600L=0.00060mol，
反应为 Cr2O7 2-+6Fe2++H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
1 6
0.00060mol 0.00360mol
c==0.144mol/L，则试样X中c(Fe3+)=0.144mol/L×=0.576mol/L，故答案为0.576mol/L；
(6)上述测定结果存在一定的误差，为提高该滴定结果的精密度和准确度，可以重复几次实验，数值取平均值，减少误差，滴定溶液浓度越小，测定结果越准确。A．稀释被测试样，浓度减小，测定误差会增大，故A错误；B．减少被测试样取量，和滴定结果的精密度和准确度无关，故B错误；C．增加平行测定次数，减少测定带来的误差，可以提高准确度，故C正确；D．降低滴定剂浓度，反应终点判断更准确．滴定结果的精密度高，故D正确；故答案为CD。
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