山西省怀仁县第一中学（两校区)2016-2017学年高二下学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2017高二下·怀仁期末）下列所发生的化学反应和实验室用乙醇和浓硫酸制乙烯的化学反应类型相同的是（）
A．乙稀能使溴水褪色
B．溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中的反应
C．用乙酸和乙醇在浓硫酸作用下制乙酸乙酿
D．乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O
2．（2017高二下·怀仁期末）下列说法中，正确的是（）
A．要检验某溴乙烷中的溴元素，可以加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
B．实验室制取乙烯时，常伴有刺激性气味的气体产生，说明乙烯为刺激性气味气体
C．凡是能发生银镜反应的物质—定是醛或羧酸中的甲酸
D．向苯酚钠溶液中通入少量的二氧化碳气体时，生成物不含碳酸钠
3．（2017高二下·怀仁期末）酚酞是中学阶段常用的酸碱指示剂，结构简式如图所示：下列关于酚酞的说法错误的是（）
A．酚酞与水可以形成氢键
B．酚酞的分子式为C20H14O4
C．酚酞结构中含有羟基(-OH)，故酚酞属于醇
D．酚酞在一定条件下能够发生加成反应
4．（2017高二下·怀仁期末）在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，以●C表示。具有手性碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中，没有光学活性的是（）
A．乳酸：CH3-CH(OH)-COOH
B．甘油：CH2(OH)-CH(OH)-CH2(OH)
C．脱氧核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH2-CHO
D．核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO
5．（2017高二下·怀仁期末）下列有关化学用语不能表示2-丁烯的是（）
A． B．
C．CH3CH=CHCH3 D．
6．（2017高二下·怀仁期末）一定条件下，下列物质可跟下图所示有机物反应的是（）
（1）酸性KMnO4溶液 （2）NaOH 溶液 （3）KOH醇溶液 （4）Na （5）CuO
A．（1）（2）（4） B．（1）（3）（4）
C．（1）（2）（4）(5) D．全部
7．（2017高二下·怀仁期末）最近《美国科学院院刊》发表了关于人体体香的研究文章，文章称人的体味中存在两种名为“AND”和“EST”的荷尔蒙。关于“AND”和“EST”的下列说法中正确的是（）
A．“EST”属于芳香烃，“AND”不属于芳香烃
B．“AND”和 “EST”互为同分异构体.
C．“AND”和“EST”均可以与溴水发生反应
D．“AND”和“EST”两者分子式之差为CH3
8．（2017高二下·怀仁期末）某有机物的结构简式如图，它在—定条件下可能发生的反应是（）
①加成 ②水解 ③酯化 ④氧化 ⑤中和 ⑥消去 ⑦还原．
A．①③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑦
C．①③⑤⑥⑦ D．②③④⑤⑥
9．（2017高二下·怀仁期末）新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为（）
下列说法正确的是（）
A．上述反应为取代反应 B．脱氢维生素C的分子式为C6H5O6
C．滴定时应剧烈振荡锥形瓶 D．滴定时可用淀粉溶液作指示剂
10．（2017高二下·怀仁期末）近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性很强，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌的新型高效的多功能水处理剂。高铁酸钾在水处理过程中涉及到的化学过程正确的有（）
①蛋白质的变性②蛋白质的盐析③胶体聚沉④盐类水解⑤焰色反应⑥氧化还原反应
A．①②③④ B．①③④⑥ C．②③④⑤ D．②③⑤⑥
11．（2017高二下·怀仁期末）标准状况下VL氨气溶解在1L水里(水的密度近似为1g/mL),所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为 ，物质的量浓度c mol/L，则下列关系中错误的是（）
A．ρ= B． =
C． = D．c=
12．（2017高二下·怀仁期末）下列反应的离子方程式正确的是（）
A．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应HCO3- +H+=H2O+CO2↑
B．饱和石灰水跟稀硝酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
C．向稀氨水中加入稀盐酸OH-+H+=H2O
D．碳酸钙溶于醋酸中CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
13．（2017高二下·怀仁期末）将磁性氧化铁放入稀HNO3中发生反应：3Fe3O4+ 28HNO3＝9Fe（NO3）x+NO↑＋14H2O。下列判断合理的是（）
A．Fe（NO3）x中的x为2
B．反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移
C．稀HNO3 在反应中只作氧化剂
D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化
14．（2017高二下·怀仁期末）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）
A． B．
C． D．
15．（2016高二上·邓州开学考）某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸50mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
16．（2017高二下·怀仁期末）单晶硅是制作电子集成电路的基础材料。科学家预计，到2011年一个电脑芯片上将会集成10亿个晶体管，其功能远比我们想象的要大的多，这对硅的纯度要求很高．用化学方法可制得高纯度硅，其化学方程式为：（）
①SiO2+2C Si+2CO↑ ②Si+2Cl2 SiCl4③SiCl4+2H2 Si+4HCl，
下列对上述三个反应的叙述中，错误的是（）
A．①③为置换反应
B．②为化合反应
C．①②③均为氧化还原反应
D．三个反应的反应物中硅元素均被还原
17．（2017高二下·怀仁期末）Cl2在70℃的氢氧化钠溶液中，能同时发生2个自身氧化还原反应，完全反应后生成NaClO和NaClO3的物质的量比为4∶1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为（）
A．1∶1 B．5∶1 C．9∶4 D．11∶2
18．（2017高二下·怀仁期末）常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系错误的是（）
A． <1.0×10-7mol/L
B．c(Na+)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)
C．c(H+)+c(NH4+)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)
D．c(Cl－)>c(NH4+)>c(HCO3－)>c(CO32－)
19．（2017高二下·怀仁期末）用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法错误的是（）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式为：Cl－+2OH－－2e－=ClO－ +H2O
C．阴极的电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+2H+=N2↑+2CO2↑+5Cl－+H2O
20．（2018高二下·沾益期末）以下物质:(1) 甲烷 (2) 苯 (3) 聚乙烯 (4) 聚乙炔 (5) 2-丁炔 (6) 环己烷 (7) 邻二甲苯 (8) 苯乙烯。既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（ ）
A．(3)(4)(5)(8) B．(4)(5)(7)(8)
C．(4)(5)(8) D．(3)(4)(5)(7)(8)
21．（2017高二下·怀仁期末）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
22．（2017高二下·怀仁期末）下列叙述错误的是（）
A．c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[(NH4)2(SO4)]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)
B．欲除去CuCl2溶液中混有少量的FeCl3，可加入CuO
C．0.2mol/LHCl溶液与等体积0.05mol/LBa(OH)2溶液混合后，溶液的pH＝1
D．0.2mol/L的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)＝c(CO32-)+c(OH-)
23．（2017高二下·怀仁期末）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法错误的是（）
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z
D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
24．（2017高二下·怀仁期末）在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2+O2 2SO3，ΔH<0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（）
A．当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
B．降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
C．将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D．达到平衡时，SO2的转化率为90%
25．（2017高二下·怀仁期末）将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s) 2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示。
压强/MPa体积分数/%温度/℃ 1.0 2.0 3.0
810 54.0 a b
915 c 75.0 d
1000 e f 83.0
①b＜f ②915℃、2.0MPa时E的转化率为60% ③该反应的ΔS＞0 ④K(1000℃)＞K(810℃)
上述①～④中正确的有（）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
26．（2017高二下·怀仁期末）
（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。试判断，违反了泡利原理的是 ，违反了洪特规则的是 。
（2）某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为 ，其最高价氧化物对应水化物的化学式是 。
（3）用符号“>”“<”或“=”表示下列各项关系。
①第一电离能：Na Mg， ②电负性：0 F，③能量高低：ns (n+l)s，
27．（2017高二下·怀仁期末）前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
（1）D2+的价层电子排布图为 。
（2）四种元素中第一电离最小的是 ，电负性最大的是 。（填元素符号）
（3）A,B和D三种元素责成的一个化合物的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为 ；D的配位数为 ；
②列式计算该晶体的密度 g·cm-3。
（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有 ；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为 ，配位体是 。
三、综合题
28．（2017高二下·怀仁期末）工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、As3O43-、Cl-。为除去杂质离子，部分操作流程如下：
请回答问题：
（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9g·L-1，则该溶液中的pH约为 。
（2）NH4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl形式存在。现有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)恰好是NH4Cl溶液中c(NH4+）的2倍，则c[(NH4)2SO4] c(NH4Cl)（填：＜、=或＞）。
（3）随着向废液中投入生石灰(忽略溶液温度的变化） 溶液中 (填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）投入生石灰调节pH到2～3时，大量沉淀主要成分为CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]。提纯CaSO4·2H2O的主要操作步骤：向沉淀中加入过量 ， 充分反应后，过滤、洗涤、 。
（5）25℃，H3AsO4电离常数为K1=5.6×10-3，K2=1.7×10-7，K3=4.0×10-12。当溶液中pH调节到8～9时，沉淀主要成分为Ca3(AsO4)2。
①pH调节到8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是 。
②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为： 。
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。上述两个反应中还原性最强的微粒是 。
29．（2017高二下·怀仁期末）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。
在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐惭增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx(s)+H2(g)==ZMHy(s) △H(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应（Ⅰ）中z= （用含x和y的代数式表示）。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v= mL g-1 min。反应的焓变△HⅠ 0（填“>”“<”或“=”）。
（2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η（T1） η（T2）（填“>”“<”或“=”）。当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的 点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过 或 的方式释放氢气。
（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为 。已知温度为T时：CH4(g)+2H2O=CO2(g)+4H2(g)
△H=+165KJ mol
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
△H=-41KJ mol
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】消去反应
【解析】【解答】制备乙烯的反应是CH3CH2OH CH2=CH2↑＋H2O，此反应属于消去反应，A、发生CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br，此反应属于加成反应，A不符合题意；
B、发生CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2＋NaBr＋H2O，此反应属于消去反应，B符合题意；
C、发生CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O，此反应属于取代反应或酯化反应，C不符合题意；
D、此反应属于醛的氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】乙醇和浓硫酸反应制取乙烯，为消去反应，结合选项中所给物质的性质和发生的反应进行分析即可。
2．【答案】D
【知识点】乙烯的实验室制法；卤代烃简介；苯酚的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】A、未中和NaOH，OH－对实验有干扰，A不符合题意；
B、利用浓硫酸的脱水性，把乙醇碳化，然后碳与浓硫酸发生反应生成SO2，SO2是刺激性气体，B不符合题意；
C、发生银镜反应，说明含有醛基，此物质可能是醛，也可能是甲酸或甲酸某酯，或者是葡萄糖等，C不符合题意；
D、苯酚电离出H＋能力弱于碳酸，但比HCO3－强，因此无论CO2是否是少量，都生成NaHCO3，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.卤代烃碱性水解后，应先加稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液；
B.乙烯是一种无色无味气体；
C.能发生银镜反应，则说明结构中含有醛基；
D.根据酸性强弱“H2CO3>苯酚>HCO3-”进行分析；
3．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、酚酞中含有羟基，能与水形成氢键，A说法不符合题意；
B、根据有机物成键特点，酚酞的分子式为C20H14O4，B说法不符合题意；
C、酚酞中中羟基与苯环直接相连，应是酚，C说法符合题意；
D、酚酞中含有苯环和碳氧双键，能发生加成反应，D说法不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.酚酞中含有羟基，可形成氢键；
B.根据结构中所含原子个数确定其分子式；
C.根据羟基的位置确定其物质类别；
D.分子结构中含有苯环，可发生加成反应；
4．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、根据手性碳原子的定义，乳酸中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，A不符合题意；
B、不符合手性碳原子的定义，不具有光学活性，B符合题意；
C、－CH(OH)－中的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，C不符合题意；
D、－CH(OH)－中碳原子为手性碳原子，具有光学活性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】没有光学活性，则分子结构中不含有手性碳原子，因此结合手性碳原子的概念进行分析即可。
5．【答案】C
【知识点】结构简式
【解析】【解答】A、是2-丁烯的键线式，A不符合题意；
B、是2-丁烯的结构简式，B不符合题意；
C、表示1-丁烯的球棍模型，C符合题意；
D、是2-丁烯的电子式，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，据此结合选项进行分析。
6．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】根据图示可知该有机物有碳碳双键，醇羟基和氯原子，所以能被KMnO4溶液氧化，能在KOH醇溶液中消去，能跟金属钠反应，能被氧化铜催化氧化，C符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对有机物结构和性质的考查，结合有机物中所含的官能团C=C、Cl、-OH的性质进行分析。
7．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、烃仅含有碳氢两种原子，EST中含有羟基，因此EST不属于烃，AND中含有氧原子，AND不属于烃，A不符合题意；
B、对比两者结构简式，AND比EST多一个碳原子，不属于同分异构体，B不符合题意；
C、两种有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，C符合题意；
D、AND的分子式为C19H26O，EST的分子式为C18H22O，两者分子式之差为CH4，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.“EST”中含有氧原子，不属于烃；
B.二者的分子式不同，不属于同分异构体；
C.二者均含有碳碳双键，能与溴水反应；
D.根据二者的分子式进行分析；
8．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】①此有机物中含有苯环和醛基，能发生加成反应，①符合题意；
②此有机物中不含酯基和卤素原子，不能发生水解反应，②不符合题意；
③含有羧基和醇羟基，能发生酯化反应，③符合题意；
④含有醇羟基和醛基，能发生氧化反应，④符合题意；
⑤含有羧基，能发生中和反应，⑤符合题意；
⑥羟基所连碳的相邻的碳原子上有氢，能发生消去反应，⑥符合题意；
⑦含有醛基，能与氢气发生加成反应，即还原反应，⑦符合题意；
综上所述，A符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对有机物结构和性质的考查，结合有机物中的官能团-CHO、-COOH、-OH和苯环的性质进行分析。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、此反应不符合取代反应的定义，根据有机物中去氢添氧是氧化，因此此反应是氧化反应，A不符合题意；
B、脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，B不符合题意；
C、滴定时不能剧烈振荡锥形瓶，防止液体溅出，造成结果偏低，C不符合题意；
D、因为有碘单质的加入，因此滴定时用淀粉作指示剂，滴入最后一滴溶液，溶液有无色变为蓝色，且30s内不恢复原来的颜色，说明达到终点，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.上述反应为氧化反应；
B.根据分子结构中的原子个数确定其分子式；
C.不能剧烈振荡锥形瓶，防止液体溅出；
D.碘单质参与反应，可用淀粉做指示剂；
10．【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；水的净化
【解析】【解答】高铁酸钾具有强氧化性，能利用氧化性，使蛋白质变性，具有杀菌作用，高铁酸钾被还原后生成Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮的固体小颗粒，达到净水的目的，涉及的化学过程有氧化还原反应、蛋白质的变性、水解、胶体的聚沉，B符合题意；
故答案为：B
【分析】高铁酸钾具有强氧化性，可反应生成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，据此结合所给变化进行分析。
11．【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A、根据密度的定义，密度等于溶液的质量与溶液体积的比值，溶液的质量为（ ＋1000）g，溶液的体积为不能是气体体积与水体积的和，根据本题应是 L，A符合题意；
B、根据c=1000ρω/M，推出ω= ，B不符合题意；
C、质量分数等于溶质的质量与溶液质量的比值，溶液的质量为（ ＋1000）g，溶质的质量为 ，因此有ω= ，C不符合题意；
D、根据物质的量浓度的定义，溶质的物质的量为 mol，溶液的体积为 ×10－3L，c= ，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对物质的量相关计算的考查， 结合公式、、进行分析计算即可。
12．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸氢钙是可溶性盐，硝酸是强酸，因此离子反应方程式为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，A符合题意；
B、饱和石灰水应拆写成离子，即OH－＋H＋=H2O，B不符合题意；
C、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，即NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O，C不符合题意；
D、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，应是分子形式存在，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对离子方程式正误判断的考查，解答此类题型时，应首先分析所给反应是否符合客观事实，其次分析离子符号是否正确，最后分析是否满足电荷守恒和原子守恒。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.根据氮原子守恒可知28＝9x＋1，则x＝3，A不符合题意；
B.反应中氮元素的化合价从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，即每生成1molNO转移3mol电子。NO是还原产物，所以反应中每生成0.2mol还原产物，就有0.2mol×3＝0.6mol电子转移，B符合题意；
C.根据方程式可知，反应中还有硝酸铁生成，硝酸还起到酸性的作用，C不符合题意；
D.由于四氧化生铁还可以表示为FeO·Fe2O3，所以在反应中铁元素并没有全部被氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据氮原子个数守恒确定x的值；
B.根据关系式“NO~3e-”进行计算；
C.HNO3在反应过程中提供NO3-，体现酸性；
D.Fe3O4中铁元素显+2价和+3价；
14．【答案】C
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】NaOH是强碱，先于盐酸反应，即NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，碳酸钠与盐酸反应，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，碳酸钠与盐酸反应的过程中，两个反应消耗的盐酸的量相同，因此整个过程中，从开始反应达到开始出现气体，消耗的盐酸的体积大于从开始生成气体到气体达到最大时消耗的盐酸的体积，C符合题意；
故答案为：C
【分析】0.4gNaOH的物质的量，1.06gNa2CO3的物质的量；滴加稀盐酸的过程中，依次发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－=H2O、H＋CO32－=HCO3－、HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；据此结合图像进行分析。
15．【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，则氧化物中Fe、O元素物质的量之比=（0.05+0.05）mol：0.125mol=4：5，所以其化学式为Fe4O5，故选C．
【分析】该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，据此确定氧化物化学式．
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】A、置换反应的特点是单质+化合物=单质+化合物，因此①③属于置换反应，A不符合题意；
B、②是两种物质生成一种物质，属于化合反应，B不符合题意；
C、①②③均有化合价的变化，都属于氧化还原反应，C不符合题意；
D、①中Si的化合价由＋4价→0价，化合价降低，被还原，②中Si的化合价由0价→＋4价，化合价升高，被氧化，同理③中Si的化合价降低，被还原，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据置换反应的特点进行分析；
B.根据化合反应的特点进行分析；
C.根据反应过程中是否有元素化合价发生变化进行分析；
D.根据反应过程中硅元素化合价的变化进行分析；
17．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据信息，Cl被氧化成ClO－和ClO3－，Cl被还原成Cl－，根据得失电子数目守恒，因此有4×1＋1×5=n(NaCl)×1，解得n(NaCl)=9mol，因此n(NaCl):n(NaClO)=9:4，C符合题意；
故答案为：C
【分析】由氯元素化合价的变化，根据得失电子守恒进行计算。
18．【答案】C
【知识点】离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、因为溶液显酸性，因此有Kw/c(H＋)<10－7，A不符合题意；
B、因为两者是等体积等浓度加入，因此NH4HCO3和NaCl物质的量相等，即n(Na＋)=n(HCO3－)，根据物料守恒，因此有c(Na＋)= c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)，B不符合题意；
C、发生的反应是NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，溶液有NH4Cl和一部分NaHCO3，因此依据电中性，有c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(Cl－)＋2c(HCO3－)，C符合题意；
D、根据选项C的分析，离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由于溶液的pH<7，因此c(H+)>10-7mol/L，结合Kw的值进行计算；
B.结合物料守恒进行分析；
C.结合电荷守恒进行分析；
D.由于析出NaHCO3，则溶液中NH4Cl的量大于NaHCO3，据此分析溶液中离子浓度关系；
19．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，A不符合题意；
B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，B不符合题意；
C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，C不符合题意；
D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由题意可知，阳极产生ClO-，因此阳极的电极反应式为：Cl－－2e－＋2OH－=ClO－＋H2O；阴极的电极反应式为：H2O＋2e－=2OH－＋H2↑；阳极产生的ClO－将CN－氧化成的两种无污染的气体为N2和CO2，由于溶液显碱性，因此CO2能与溶液中的OH－反应生成CO32－，故该反应的离子方程式为：5ClO－＋2CN－＋2OH－=5Cl－＋2CO32－＋N2↑＋H2O；据此结合选项进行分析。
20．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】发生加成反应，故有不饱和键。聚乙炔、2-丁炔，苯乙烯有双键。故答案C符合题意
【分析】 使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：
（1）不饱和烃；比如,含有碳碳双键或者碳碳三键的烃类；
（2）苯的同系物；甲苯,二甲苯,乙苯等；
（3）醇类；
（4）含醛基的有机物：醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐；
（5）石油产品（裂解气、裂化气、裂化石油）；
（6）天然橡胶.
使溴水因化学反应退色的有机物，有碳碳双键或者碳碳三键的有机物。
21．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋= Zn2＋+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，B不符合题意；
C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e-= Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C符合题意；
D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】在该锌铜原电池中，Zn为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu为正极，溶液中的Cu2＋在正极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu；据此结合选项进行分析。
22．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、三者浓度相同时，因为水解的程度微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)最多， NH4＋水解的方程式为：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，NH4HSO4相当于在NH4Cl溶液中加入H＋，抑制NH4＋水解，因此NH4HSO4中c(NH4＋)大于NH4Cl溶液中c(NH4＋)，c(NH4＋)相等时，需要继续加入NH4HSO4和NH4Cl，即浓度大小顺序是c[(NH4)2(SO4)]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，A不符合题意；
B、加入CuO，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3的形式沉淀出来，B不符合题意；
C、假设两者的体积为1L，反应后溶液中c(H＋)= mol·L－1=0.05mol·L－1，因此混合后溶液的pH不等于1，C符合题意；
D、根据电荷守恒：c(Na)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，根据物料守恒：c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，将两式代入整理得到质子守恒：c(H＋)+c(H2CO3)＝c(CO32－)+c(OH－)，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据电解质中所含NH4+的个数以及其余离子对NH4+水解平衡的影响分析；
B.加入CuO可促进Fe3+的水解，使其形成Fe(OH)3沉淀而除去；
C.根据反应后溶液中c(H+)进行分析；
D.结合电荷守恒和物料守恒进行分析；
23．【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径有：Z>W>X>Y，A符合题意；
B、W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，W可能为Li、P，根据它们所在周期表的位置，因此W为P，即Z为Si，X为N，Y为O，同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即非金属性为N>P>Si，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，B不符合题意；
C、同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即非金属性为O>N>P>Si，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，C不符合题意；
D、N、P的最高价为＋5价，位于VIA族，Si的最高价为＋4价，位于VA族，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，且W位于第三周期，因此W为P；则X为N、Y为O、Z为Si；据此结合元素周期表的性质递变规律分析。
24．【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】2，反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，A不符合题意；
B、此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，B不符合题意；
C、
2SO2 ＋O2 2SO3 △n
2 1 2 1
2×0.315 0.315
气体通入到足量的BaCl2溶液中，发生SO3＋H2O＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，n(SO3)=n(BaSO4)=2×0.315mol=0.63mol，质量为0.63×233g=146.79g，C不符合题意；
D、
2SO2 ＋O2 2SO3 △n
起始 a 1.1 0
变化 0.63 0.315 0.63
平衡 a－0.63 0.785 0.63
相同条件下，达到平衡，气体压强是反应前的82.5%，即为 ，解得a=0.7mol，即SO2的转化率为 ×100%=90%，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.SO3的生成速率和SO2的消耗速率都体现正反应速率；
B.结合温度对反应速率的影响分析；
C.由差量法计算反应生生成的n(SO3)，从而计算反应生成的BaSO4的质量；
D.根据平衡三段式进行计算；
25．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a，c＞75%，e＞83%；C、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），④不符合题意；f的温度比b的高，压强比b的小，所以b＜f，①符合题意；设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得 =75%，解得x=0.6，α=60%，②符合题意；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③符合题意；
故答案为：B
【分析】结合温度、压强对平衡移动的影响进行分析。
26．【答案】（1）②；③⑤
（2）1s22s22p63s23p4；H2SO4
（3）＜；＜；＜
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】（1）本题考查泡利原理和洪特规则，泡利原理是每一个轨道，只能容纳两个电子，且自旋方向相反，因此②违背泡利原理，洪特规则是电子优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，因此③⑤违背洪特规则；
（2）本题考查构造原理、激发态和基态，因此该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4 ，此元素是S，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4；
（3）本题考查第一电离能、电负性、能量等，①同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，即Na的第一电离能小于Mg；
②同周期从左向右电负性增大，即O的电负性小于F；③离核越远，能量越高，即能层越大能量越高，ns的能量小于(n＋1)s。
【分析】（1）根据泡利原理和洪特规则分析；
（2）根据原子的构造原理分析；
（3）根据第一电离能、电负性和能级能量高低进行分析。
27．【答案】（1）
（2）K；F
（3）K2NiF4；6； =3.4
（4）离子键、配位键；[FeF6]3-；F-
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，D2＋为Ni2＋，其价层电子排布图为 ；
（2）第一电离能越小，说明越容易失去电子，即金属性强，第一电离能最小的是K，电负性最大，说明非金属性最强，即F的电负性最强；
（3）①根据晶胞的结构，F位于棱上、晶胞内部、和面上，因此F的个数为16×1/4＋4×1/2＋2=8，K位于棱上和内部，个数为8×1/4＋2=4，Ni位于顶点和内部，个数为8×1/8＋1=2，因此化学式为K2NiF4；Ni的配位数为6；
②晶胞的质量为1×(39×4＋59×2＋19×8)/NAg，晶胞的体积为400×400×1308×10－30cm3，因此晶胞的密度为 ＝3.4 g/cm3；
（4）组成的化学式为K3FeF6，此化合物属于配合物，K＋和FeF63－之间是离子键，Fe和F之间为配位键；该离子是[FeF6]3－，配体为F－。
【分析】A和B的价电子层中未成对电子均只有1个电子，A和B位于第IA族，或第IIIA族元素或VIIA族元素，A－和B＋的电子数相差为8，推出A为F，B为K，与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，则C为Fe，D为Ni；据此结合题干设问分析作答。
28．【答案】（1）1
（2）＜
（3）减小
（4）稀硫酸；晾干或干燥
（5）H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；2.5×10－3；SO2
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）考查pH的计算，假设溶液为1L，硫酸的质量为4.9g，其物质的量为4.9/98mol=0.05mol，c(H＋)=0.05×2/1mol·L－1=0.1mol·L－1，因此pH=1；
（2）本题考查影响盐类水解的因素，如果c[(NH4)2SO4]=c(NH4Cl)，则(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)较大，因c(NH4＋)越大，NH4＋水解程度越小，则(NH4)2SO4中c(NH4＋)小于NH4Cl溶液中c(NH4＋)的2倍，想等于2倍，c(NH4Cl)较大，即本题填写“<”；
（3）本题考查影响盐类水解的因素，废液中加入生石灰，发生CaO＋H2O=Ca(OH)2，c(OH－)增大，c(NH3·H2O)减小，则此比值减小；
（4）本题考查物质的提纯，提纯CaSO4·2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO4·2H2O的溶解，过滤、洗涤、干燥；
（5）本题考查溶度积的计算，①H3AsO4是弱酸，电离出的AsO43－较少，因此酸性条件下不易生成Ca3(AsO4)2沉淀，当溶液显碱性，AsO43－的浓度增大，Ca3(AsO4)2开始转化成沉淀，因此有H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右， c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；
②第一步水解：AsO43－＋H2O HAsO42－＋OH－，水解平衡常数为K=c(OH－)×c(HAsO42－)/c(AsO43－)=c(OH－)×c(HAsO42－)×c(H＋)[/c(AsO43－)×c(H＋)]=Kw/K3=10－14/4.0×10－12=2.5×10－3；
③根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，得出还原性SO2>I－>AsO33－，还原性最强的是SO2。
【分析】（1）令溶液的体积为1L，根据公式、进行计算；
（2）结合浓度对NH4+水解程度的影响分析；
（3）结合c(OH-)对NH4+水解的影响分析；
（4）Fe(OH)3能溶于稀硫酸，而CaSO4·2H2O不能；
（5）①结合H3AsO4的电离进行分析；
②结合电离平衡常数，结合水的离子积常数计算AsO42-的水解平衡常数；
③氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此分析；
29．【答案】（1）；30；<
（2）>；c；加热；减压
（3）CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) H=-206kJ mol-1
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据元素守恒可得z x+2=z y，解得z=2/(y—x)；吸氢速率v=240mL÷2g÷4min=30mL g-1 min-1；因为T1
（3）写出化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)，然后根据盖斯定律可得该反应的 H=- H1+ H2=-206kJ mol-1，进而得出热化学方程式。
【分析】（1）根据原子个数守恒计算z的值；根据速率的单位进行计算；结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
（2）结合图像分析二者的大小；保持温度不变，通入少量氢气，则H/M增大；结合温度、压强对平衡移动的影响分析；
（3）根据盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式；
山西省怀仁县第一中学（两校区)2016-2017学年高二下学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2017高二下·怀仁期末）下列所发生的化学反应和实验室用乙醇和浓硫酸制乙烯的化学反应类型相同的是（）
A．乙稀能使溴水褪色
B．溴乙烷在NaOH的乙醇溶液中的反应
C．用乙酸和乙醇在浓硫酸作用下制乙酸乙酿
D．乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O
【答案】B
【知识点】消去反应
【解析】【解答】制备乙烯的反应是CH3CH2OH CH2=CH2↑＋H2O，此反应属于消去反应，A、发生CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br，此反应属于加成反应，A不符合题意；
B、发生CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2＋NaBr＋H2O，此反应属于消去反应，B符合题意；
C、发生CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O，此反应属于取代反应或酯化反应，C不符合题意；
D、此反应属于醛的氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】乙醇和浓硫酸反应制取乙烯，为消去反应，结合选项中所给物质的性质和发生的反应进行分析即可。
2．（2017高二下·怀仁期末）下列说法中，正确的是（）
A．要检验某溴乙烷中的溴元素，可以加入NaOH溶液共热，冷却后滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成
B．实验室制取乙烯时，常伴有刺激性气味的气体产生，说明乙烯为刺激性气味气体
C．凡是能发生银镜反应的物质—定是醛或羧酸中的甲酸
D．向苯酚钠溶液中通入少量的二氧化碳气体时，生成物不含碳酸钠
【答案】D
【知识点】乙烯的实验室制法；卤代烃简介；苯酚的化学性质；银镜反应
【解析】【解答】A、未中和NaOH，OH－对实验有干扰，A不符合题意；
B、利用浓硫酸的脱水性，把乙醇碳化，然后碳与浓硫酸发生反应生成SO2，SO2是刺激性气体，B不符合题意；
C、发生银镜反应，说明含有醛基，此物质可能是醛，也可能是甲酸或甲酸某酯，或者是葡萄糖等，C不符合题意；
D、苯酚电离出H＋能力弱于碳酸，但比HCO3－强，因此无论CO2是否是少量，都生成NaHCO3，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.卤代烃碱性水解后，应先加稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液；
B.乙烯是一种无色无味气体；
C.能发生银镜反应，则说明结构中含有醛基；
D.根据酸性强弱“H2CO3>苯酚>HCO3-”进行分析；
3．（2017高二下·怀仁期末）酚酞是中学阶段常用的酸碱指示剂，结构简式如图所示：下列关于酚酞的说法错误的是（）
A．酚酞与水可以形成氢键
B．酚酞的分子式为C20H14O4
C．酚酞结构中含有羟基(-OH)，故酚酞属于醇
D．酚酞在一定条件下能够发生加成反应
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、酚酞中含有羟基，能与水形成氢键，A说法不符合题意；
B、根据有机物成键特点，酚酞的分子式为C20H14O4，B说法不符合题意；
C、酚酞中中羟基与苯环直接相连，应是酚，C说法符合题意；
D、酚酞中含有苯环和碳氧双键，能发生加成反应，D说法不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.酚酞中含有羟基，可形成氢键；
B.根据结构中所含原子个数确定其分子式；
C.根据羟基的位置确定其物质类别；
D.分子结构中含有苯环，可发生加成反应；
4．（2017高二下·怀仁期末）在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子，以●C表示。具有手性碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中，没有光学活性的是（）
A．乳酸：CH3-CH(OH)-COOH
B．甘油：CH2(OH)-CH(OH)-CH2(OH)
C．脱氧核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH2-CHO
D．核糖：CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、根据手性碳原子的定义，乳酸中与羟基相连的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，A不符合题意；
B、不符合手性碳原子的定义，不具有光学活性，B符合题意；
C、－CH(OH)－中的碳原子为手性碳原子，具有光学活性，C不符合题意；
D、－CH(OH)－中碳原子为手性碳原子，具有光学活性，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】没有光学活性，则分子结构中不含有手性碳原子，因此结合手性碳原子的概念进行分析即可。
5．（2017高二下·怀仁期末）下列有关化学用语不能表示2-丁烯的是（）
A． B．
C．CH3CH=CHCH3 D．
【答案】C
【知识点】结构简式
【解析】【解答】A、是2-丁烯的键线式，A不符合题意；
B、是2-丁烯的结构简式，B不符合题意；
C、表示1-丁烯的球棍模型，C符合题意；
D、是2-丁烯的电子式，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】2-丁烯的结构简式为CH3CH=CHCH3，据此结合选项进行分析。
6．（2017高二下·怀仁期末）一定条件下，下列物质可跟下图所示有机物反应的是（）
（1）酸性KMnO4溶液 （2）NaOH 溶液 （3）KOH醇溶液 （4）Na （5）CuO
A．（1）（2）（4） B．（1）（3）（4）
C．（1）（2）（4）(5) D．全部
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】根据图示可知该有机物有碳碳双键，醇羟基和氯原子，所以能被KMnO4溶液氧化，能在KOH醇溶液中消去，能跟金属钠反应，能被氧化铜催化氧化，C符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对有机物结构和性质的考查，结合有机物中所含的官能团C=C、Cl、-OH的性质进行分析。
7．（2017高二下·怀仁期末）最近《美国科学院院刊》发表了关于人体体香的研究文章，文章称人的体味中存在两种名为“AND”和“EST”的荷尔蒙。关于“AND”和“EST”的下列说法中正确的是（）
A．“EST”属于芳香烃，“AND”不属于芳香烃
B．“AND”和 “EST”互为同分异构体.
C．“AND”和“EST”均可以与溴水发生反应
D．“AND”和“EST”两者分子式之差为CH3
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、烃仅含有碳氢两种原子，EST中含有羟基，因此EST不属于烃，AND中含有氧原子，AND不属于烃，A不符合题意；
B、对比两者结构简式，AND比EST多一个碳原子，不属于同分异构体，B不符合题意；
C、两种有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，C符合题意；
D、AND的分子式为C19H26O，EST的分子式为C18H22O，两者分子式之差为CH4，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.“EST”中含有氧原子，不属于烃；
B.二者的分子式不同，不属于同分异构体；
C.二者均含有碳碳双键，能与溴水反应；
D.根据二者的分子式进行分析；
8．（2017高二下·怀仁期末）某有机物的结构简式如图，它在—定条件下可能发生的反应是（）
①加成 ②水解 ③酯化 ④氧化 ⑤中和 ⑥消去 ⑦还原．
A．①③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑦
C．①③⑤⑥⑦ D．②③④⑤⑥
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】①此有机物中含有苯环和醛基，能发生加成反应，①符合题意；
②此有机物中不含酯基和卤素原子，不能发生水解反应，②不符合题意；
③含有羧基和醇羟基，能发生酯化反应，③符合题意；
④含有醇羟基和醛基，能发生氧化反应，④符合题意；
⑤含有羧基，能发生中和反应，⑤符合题意；
⑥羟基所连碳的相邻的碳原子上有氢，能发生消去反应，⑥符合题意；
⑦含有醛基，能与氢气发生加成反应，即还原反应，⑦符合题意；
综上所述，A符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对有机物结构和性质的考查，结合有机物中的官能团-CHO、-COOH、-OH和苯环的性质进行分析。
9．（2017高二下·怀仁期末）新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为（）
下列说法正确的是（）
A．上述反应为取代反应 B．脱氢维生素C的分子式为C6H5O6
C．滴定时应剧烈振荡锥形瓶 D．滴定时可用淀粉溶液作指示剂
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、此反应不符合取代反应的定义，根据有机物中去氢添氧是氧化，因此此反应是氧化反应，A不符合题意；
B、脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，B不符合题意；
C、滴定时不能剧烈振荡锥形瓶，防止液体溅出，造成结果偏低，C不符合题意；
D、因为有碘单质的加入，因此滴定时用淀粉作指示剂，滴入最后一滴溶液，溶液有无色变为蓝色，且30s内不恢复原来的颜色，说明达到终点，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.上述反应为氧化反应；
B.根据分子结构中的原子个数确定其分子式；
C.不能剧烈振荡锥形瓶，防止液体溅出；
D.碘单质参与反应，可用淀粉做指示剂；
10．（2017高二下·怀仁期末）近年来高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性很强，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌的新型高效的多功能水处理剂。高铁酸钾在水处理过程中涉及到的化学过程正确的有（）
①蛋白质的变性②蛋白质的盐析③胶体聚沉④盐类水解⑤焰色反应⑥氧化还原反应
A．①②③④ B．①③④⑥ C．②③④⑤ D．②③⑤⑥
【答案】B
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；水的净化
【解析】【解答】高铁酸钾具有强氧化性，能利用氧化性，使蛋白质变性，具有杀菌作用，高铁酸钾被还原后生成Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮的固体小颗粒，达到净水的目的，涉及的化学过程有氧化还原反应、蛋白质的变性、水解、胶体的聚沉，B符合题意；
故答案为：B
【分析】高铁酸钾具有强氧化性，可反应生成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，据此结合所给变化进行分析。
11．（2017高二下·怀仁期末）标准状况下VL氨气溶解在1L水里(水的密度近似为1g/mL),所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为 ，物质的量浓度c mol/L，则下列关系中错误的是（）
A．ρ= B． =
C． = D．c=
【答案】A
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】A、根据密度的定义，密度等于溶液的质量与溶液体积的比值，溶液的质量为（ ＋1000）g，溶液的体积为不能是气体体积与水体积的和，根据本题应是 L，A符合题意；
B、根据c=1000ρω/M，推出ω= ，B不符合题意；
C、质量分数等于溶质的质量与溶液质量的比值，溶液的质量为（ ＋1000）g，溶质的质量为 ，因此有ω= ，C不符合题意；
D、根据物质的量浓度的定义，溶质的物质的量为 mol，溶液的体积为 ×10－3L，c= ，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对物质的量相关计算的考查， 结合公式、、进行分析计算即可。
12．（2017高二下·怀仁期末）下列反应的离子方程式正确的是（）
A．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应HCO3- +H+=H2O+CO2↑
B．饱和石灰水跟稀硝酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O
C．向稀氨水中加入稀盐酸OH-+H+=H2O
D．碳酸钙溶于醋酸中CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碳酸氢钙是可溶性盐，硝酸是强酸，因此离子反应方程式为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，A符合题意；
B、饱和石灰水应拆写成离子，即OH－＋H＋=H2O，B不符合题意；
C、NH3·H2O是弱碱，不能拆写成离子，即NH3·H2O＋H＋=NH4＋＋H2O，C不符合题意；
D、醋酸是弱酸，不能拆写成离子，应是分子形式存在，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对离子方程式正误判断的考查，解答此类题型时，应首先分析所给反应是否符合客观事实，其次分析离子符号是否正确，最后分析是否满足电荷守恒和原子守恒。
13．（2017高二下·怀仁期末）将磁性氧化铁放入稀HNO3中发生反应：3Fe3O4+ 28HNO3＝9Fe（NO3）x+NO↑＋14H2O。下列判断合理的是（）
A．Fe（NO3）x中的x为2
B．反应中每生成0.2 mol 还原产物，就有0.6 mol 电子转移
C．稀HNO3 在反应中只作氧化剂
D．磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.根据氮原子守恒可知28＝9x＋1，则x＝3，A不符合题意；
B.反应中氮元素的化合价从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，即每生成1molNO转移3mol电子。NO是还原产物，所以反应中每生成0.2mol还原产物，就有0.2mol×3＝0.6mol电子转移，B符合题意；
C.根据方程式可知，反应中还有硝酸铁生成，硝酸还起到酸性的作用，C不符合题意；
D.由于四氧化生铁还可以表示为FeO·Fe2O3，所以在反应中铁元素并没有全部被氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据氮原子个数守恒确定x的值；
B.根据关系式“NO~3e-”进行计算；
C.HNO3在反应过程中提供NO3-，体现酸性；
D.Fe3O4中铁元素显+2价和+3价；
14．（2017高二下·怀仁期末）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】NaOH是强碱，先于盐酸反应，即NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，碳酸钠与盐酸反应，Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，碳酸钠与盐酸反应的过程中，两个反应消耗的盐酸的量相同，因此整个过程中，从开始反应达到开始出现气体，消耗的盐酸的体积大于从开始生成气体到气体达到最大时消耗的盐酸的体积，C符合题意；
故答案为：C
【分析】0.4gNaOH的物质的量，1.06gNa2CO3的物质的量；滴加稀盐酸的过程中，依次发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－=H2O、H＋CO32－=HCO3－、HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑；据此结合图像进行分析。
15．（2016高二上·邓州开学考）某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸50mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，该样品可能的化学式是（ ）
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
【答案】C
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，则氧化物中Fe、O元素物质的量之比=（0.05+0.05）mol：0.125mol=4：5，所以其化学式为Fe4O5，故选C．
【分析】该氧化物和稀盐酸发生复分解反应生成氯化物和水，HCl是强电解质，所以盐酸溶液中存在n（Cl﹣）=n（HCl）=5mol/L×0.05L=0.25mol，根据溶液呈电中性得铁元素所带电荷物质的量为0.25mol，n（Cl2）= =0.025mol，根据转移电子相等得n（Fe2+）= =0.05mol，
根据电荷守恒得n（Fe 3+）= =0.05mol，氧化物中O元素和盐酸中H+结合生成H2O，根据水的化学式知，n（O）= n（H+）= n（HCl）= ×0.25mol=0.125mol，据此确定氧化物化学式．
16．（2017高二下·怀仁期末）单晶硅是制作电子集成电路的基础材料。科学家预计，到2011年一个电脑芯片上将会集成10亿个晶体管，其功能远比我们想象的要大的多，这对硅的纯度要求很高．用化学方法可制得高纯度硅，其化学方程式为：（）
①SiO2+2C Si+2CO↑ ②Si+2Cl2 SiCl4③SiCl4+2H2 Si+4HCl，
下列对上述三个反应的叙述中，错误的是（）
A．①③为置换反应
B．②为化合反应
C．①②③均为氧化还原反应
D．三个反应的反应物中硅元素均被还原
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学基本反应类型
【解析】【解答】A、置换反应的特点是单质+化合物=单质+化合物，因此①③属于置换反应，A不符合题意；
B、②是两种物质生成一种物质，属于化合反应，B不符合题意；
C、①②③均有化合价的变化，都属于氧化还原反应，C不符合题意；
D、①中Si的化合价由＋4价→0价，化合价降低，被还原，②中Si的化合价由0价→＋4价，化合价升高，被氧化，同理③中Si的化合价降低，被还原，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据置换反应的特点进行分析；
B.根据化合反应的特点进行分析；
C.根据反应过程中是否有元素化合价发生变化进行分析；
D.根据反应过程中硅元素化合价的变化进行分析；
17．（2017高二下·怀仁期末）Cl2在70℃的氢氧化钠溶液中，能同时发生2个自身氧化还原反应，完全反应后生成NaClO和NaClO3的物质的量比为4∶1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为（）
A．1∶1 B．5∶1 C．9∶4 D．11∶2
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】根据信息，Cl被氧化成ClO－和ClO3－，Cl被还原成Cl－，根据得失电子数目守恒，因此有4×1＋1×5=n(NaCl)×1，解得n(NaCl)=9mol，因此n(NaCl):n(NaClO)=9:4，C符合题意；
故答案为：C
【分析】由氯元素化合价的变化，根据得失电子守恒进行计算。
18．（2017高二下·怀仁期末）常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系错误的是（）
A． <1.0×10-7mol/L
B．c(Na+)=c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)
C．c(H+)+c(NH4+)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)
D．c(Cl－)>c(NH4+)>c(HCO3－)>c(CO32－)
【答案】C
【知识点】离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、因为溶液显酸性，因此有Kw/c(H＋)<10－7，A不符合题意；
B、因为两者是等体积等浓度加入，因此NH4HCO3和NaCl物质的量相等，即n(Na＋)=n(HCO3－)，根据物料守恒，因此有c(Na＋)= c(HCO3－)+c(CO32－)+c(H2CO3)，B不符合题意；
C、发生的反应是NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl，溶液有NH4Cl和一部分NaHCO3，因此依据电中性，有c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(Cl－)＋2c(HCO3－)，C符合题意；
D、根据选项C的分析，离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(CO32－)，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.由于溶液的pH<7，因此c(H+)>10-7mol/L，结合Kw的值进行计算；
B.结合物料守恒进行分析；
C.结合电荷守恒进行分析；
D.由于析出NaHCO3，则溶液中NH4Cl的量大于NaHCO3，据此分析溶液中离子浓度关系；
19．（2017高二下·怀仁期末）用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法错误的是（）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式为：Cl－+2OH－－2e－=ClO－ +H2O
C．阴极的电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+2H+=N2↑+2CO2↑+5Cl－+H2O
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，A不符合题意；
B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，B不符合题意；
C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，C不符合题意；
D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由题意可知，阳极产生ClO-，因此阳极的电极反应式为：Cl－－2e－＋2OH－=ClO－＋H2O；阴极的电极反应式为：H2O＋2e－=2OH－＋H2↑；阳极产生的ClO－将CN－氧化成的两种无污染的气体为N2和CO2，由于溶液显碱性，因此CO2能与溶液中的OH－反应生成CO32－，故该反应的离子方程式为：5ClO－＋2CN－＋2OH－=5Cl－＋2CO32－＋N2↑＋H2O；据此结合选项进行分析。
20．（2018高二下·沾益期末）以下物质:(1) 甲烷 (2) 苯 (3) 聚乙烯 (4) 聚乙炔 (5) 2-丁炔 (6) 环己烷 (7) 邻二甲苯 (8) 苯乙烯。既能使KMnO4酸性溶液褪色，又能使溴水因发生化学反应而褪色的是（ ）
A．(3)(4)(5)(8) B．(4)(5)(7)(8)
C．(4)(5)(8) D．(3)(4)(5)(7)(8)
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】发生加成反应，故有不饱和键。聚乙炔、2-丁炔，苯乙烯有双键。故答案C符合题意
【分析】 使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：
（1）不饱和烃；比如,含有碳碳双键或者碳碳三键的烃类；
（2）苯的同系物；甲苯,二甲苯,乙苯等；
（3）醇类；
（4）含醛基的有机物：醛、甲酸、甲酸酯、甲酸盐；
（5）石油产品（裂解气、裂化气、裂化石油）；
（6）天然橡胶.
使溴水因化学反应退色的有机物，有碳碳双键或者碳碳三键的有机物。
21．（2017高二下·怀仁期末）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋= Zn2＋+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，B不符合题意；
C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e-= Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C符合题意；
D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】在该锌铜原电池中，Zn为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu为正极，溶液中的Cu2＋在正极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2＋＋2e－=Cu；据此结合选项进行分析。
22．（2017高二下·怀仁期末）下列叙述错误的是（）
A．c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c[(NH4)2(SO4)]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)
B．欲除去CuCl2溶液中混有少量的FeCl3，可加入CuO
C．0.2mol/LHCl溶液与等体积0.05mol/LBa(OH)2溶液混合后，溶液的pH＝1
D．0.2mol/L的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)＝c(CO32-)+c(OH-)
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、三者浓度相同时，因为水解的程度微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)最多， NH4＋水解的方程式为：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，NH4HSO4相当于在NH4Cl溶液中加入H＋，抑制NH4＋水解，因此NH4HSO4中c(NH4＋)大于NH4Cl溶液中c(NH4＋)，c(NH4＋)相等时，需要继续加入NH4HSO4和NH4Cl，即浓度大小顺序是c[(NH4)2(SO4)]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，A不符合题意；
B、加入CuO，调节pH，使Fe3＋以Fe(OH)3的形式沉淀出来，B不符合题意；
C、假设两者的体积为1L，反应后溶液中c(H＋)= mol·L－1=0.05mol·L－1，因此混合后溶液的pH不等于1，C符合题意；
D、根据电荷守恒：c(Na)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，根据物料守恒：c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，将两式代入整理得到质子守恒：c(H＋)+c(H2CO3)＝c(CO32－)+c(OH－)，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据电解质中所含NH4+的个数以及其余离子对NH4+水解平衡的影响分析；
B.加入CuO可促进Fe3+的水解，使其形成Fe(OH)3沉淀而除去；
C.根据反应后溶液中c(H+)进行分析；
D.结合电荷守恒和物料守恒进行分析；
23．（2017高二下·怀仁期末）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍。下列说法错误的是（）
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>Z
D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
【答案】A
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径有：Z>W>X>Y，A符合题意；
B、W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，W可能为Li、P，根据它们所在周期表的位置，因此W为P，即Z为Si，X为N，Y为O，同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即非金属性为N>P>Si，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，B不符合题意；
C、同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，即非金属性为O>N>P>Si，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，C不符合题意；
D、N、P的最高价为＋5价，位于VIA族，Si的最高价为＋4价，位于VA族，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】W原子的质子数是其最外层电子数的3倍，且W位于第三周期，因此W为P；则X为N、Y为O、Z为Si；据此结合元素周期表的性质递变规律分析。
24．（2017高二下·怀仁期末）在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2+O2 2SO3，ΔH<0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是（）
A．当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
B．降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
C．将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D．达到平衡时，SO2的转化率为90%
【答案】D
【知识点】化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】2，反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，A不符合题意；
B、此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，B不符合题意；
C、
2SO2 ＋O2 2SO3 △n
2 1 2 1
2×0.315 0.315
气体通入到足量的BaCl2溶液中，发生SO3＋H2O＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl，n(SO3)=n(BaSO4)=2×0.315mol=0.63mol，质量为0.63×233g=146.79g，C不符合题意；
D、
2SO2 ＋O2 2SO3 △n
起始 a 1.1 0
变化 0.63 0.315 0.63
平衡 a－0.63 0.785 0.63
相同条件下，达到平衡，气体压强是反应前的82.5%，即为 ，解得a=0.7mol，即SO2的转化率为 ×100%=90%，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.SO3的生成速率和SO2的消耗速率都体现正反应速率；
B.结合温度对反应速率的影响分析；
C.由差量法计算反应生生成的n(SO3)，从而计算反应生成的BaSO4的质量；
D.根据平衡三段式进行计算；
25．（2017高二下·怀仁期末）将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s) 2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示。
压强/MPa体积分数/%温度/℃ 1.0 2.0 3.0
810 54.0 a b
915 c 75.0 d
1000 e f 83.0
①b＜f ②915℃、2.0MPa时E的转化率为60% ③该反应的ΔS＞0 ④K(1000℃)＞K(810℃)
上述①～④中正确的有（）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a，c＞75%，e＞83%；C、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），④不符合题意；f的温度比b的高，压强比b的小，所以b＜f，①符合题意；设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得 =75%，解得x=0.6，α=60%，②符合题意；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③符合题意；
故答案为：B
【分析】结合温度、压强对平衡移动的影响进行分析。
二、填空题
26．（2017高二下·怀仁期末）
（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况。试判断，违反了泡利原理的是 ，违反了洪特规则的是 。
（2）某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为 ，其最高价氧化物对应水化物的化学式是 。
（3）用符号“>”“<”或“=”表示下列各项关系。
①第一电离能：Na Mg， ②电负性：0 F，③能量高低：ns (n+l)s，
【答案】（1）②；③⑤
（2）1s22s22p63s23p4；H2SO4
（3）＜；＜；＜
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】（1）本题考查泡利原理和洪特规则，泡利原理是每一个轨道，只能容纳两个电子，且自旋方向相反，因此②违背泡利原理，洪特规则是电子优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，因此③⑤违背洪特规则；
（2）本题考查构造原理、激发态和基态，因此该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4 ，此元素是S，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SO4；
（3）本题考查第一电离能、电负性、能量等，①同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA、VA>VIA，即Na的第一电离能小于Mg；
②同周期从左向右电负性增大，即O的电负性小于F；③离核越远，能量越高，即能层越大能量越高，ns的能量小于(n＋1)s。
【分析】（1）根据泡利原理和洪特规则分析；
（2）根据原子的构造原理分析；
（3）根据第一电离能、电负性和能级能量高低进行分析。
27．（2017高二下·怀仁期末）前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
（1）D2+的价层电子排布图为 。
（2）四种元素中第一电离最小的是 ，电负性最大的是 。（填元素符号）
（3）A,B和D三种元素责成的一个化合物的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为 ；D的配位数为 ；
②列式计算该晶体的密度 g·cm-3。
（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有 ；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为 ，配位体是 。
【答案】（1）
（2）K；F
（3）K2NiF4；6； =3.4
（4）离子键、配位键；[FeF6]3-；F-
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，D2＋为Ni2＋，其价层电子排布图为 ；
（2）第一电离能越小，说明越容易失去电子，即金属性强，第一电离能最小的是K，电负性最大，说明非金属性最强，即F的电负性最强；
（3）①根据晶胞的结构，F位于棱上、晶胞内部、和面上，因此F的个数为16×1/4＋4×1/2＋2=8，K位于棱上和内部，个数为8×1/4＋2=4，Ni位于顶点和内部，个数为8×1/8＋1=2，因此化学式为K2NiF4；Ni的配位数为6；
②晶胞的质量为1×(39×4＋59×2＋19×8)/NAg，晶胞的体积为400×400×1308×10－30cm3，因此晶胞的密度为 ＝3.4 g/cm3；
（4）组成的化学式为K3FeF6，此化合物属于配合物，K＋和FeF63－之间是离子键，Fe和F之间为配位键；该离子是[FeF6]3－，配体为F－。
【分析】A和B的价电子层中未成对电子均只有1个电子，A和B位于第IA族，或第IIIA族元素或VIIA族元素，A－和B＋的电子数相差为8，推出A为F，B为K，与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，则C为Fe，D为Ni；据此结合题干设问分析作答。
三、综合题
28．（2017高二下·怀仁期末）工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH4+、Fe3+、As3O43-、Cl-。为除去杂质离子，部分操作流程如下：
请回答问题：
（1）用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9g·L-1，则该溶液中的pH约为 。
（2）NH4+在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl形式存在。现有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)恰好是NH4Cl溶液中c(NH4+）的2倍，则c[(NH4)2SO4] c(NH4Cl)（填：＜、=或＞）。
（3）随着向废液中投入生石灰(忽略溶液温度的变化） 溶液中 (填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）投入生石灰调节pH到2～3时，大量沉淀主要成分为CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]。提纯CaSO4·2H2O的主要操作步骤：向沉淀中加入过量 ， 充分反应后，过滤、洗涤、 。
（5）25℃，H3AsO4电离常数为K1=5.6×10-3，K2=1.7×10-7，K3=4.0×10-12。当溶液中pH调节到8～9时，沉淀主要成分为Ca3(AsO4)2。
①pH调节到8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是 。
②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为： 。
③已知：AsO43-+2I-+2H+=AsO33-+I2+H2O，SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+。上述两个反应中还原性最强的微粒是 。
【答案】（1）1
（2）＜
（3）减小
（4）稀硫酸；晾干或干燥
（5）H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；2.5×10－3；SO2
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）考查pH的计算，假设溶液为1L，硫酸的质量为4.9g，其物质的量为4.9/98mol=0.05mol，c(H＋)=0.05×2/1mol·L－1=0.1mol·L－1，因此pH=1；
（2）本题考查影响盐类水解的因素，如果c[(NH4)2SO4]=c(NH4Cl)，则(NH4)2SO4溶液中c(NH4＋)较大，因c(NH4＋)越大，NH4＋水解程度越小，则(NH4)2SO4中c(NH4＋)小于NH4Cl溶液中c(NH4＋)的2倍，想等于2倍，c(NH4Cl)较大，即本题填写“<”；
（3）本题考查影响盐类水解的因素，废液中加入生石灰，发生CaO＋H2O=Ca(OH)2，c(OH－)增大，c(NH3·H2O)减小，则此比值减小；
（4）本题考查物质的提纯，提纯CaSO4·2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO4·2H2O的溶解，过滤、洗涤、干燥；
（5）本题考查溶度积的计算，①H3AsO4是弱酸，电离出的AsO43－较少，因此酸性条件下不易生成Ca3(AsO4)2沉淀，当溶液显碱性，AsO43－的浓度增大，Ca3(AsO4)2开始转化成沉淀，因此有H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右， c(AsO43－)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀；
②第一步水解：AsO43－＋H2O HAsO42－＋OH－，水解平衡常数为K=c(OH－)×c(HAsO42－)/c(AsO43－)=c(OH－)×c(HAsO42－)×c(H＋)[/c(AsO43－)×c(H＋)]=Kw/K3=10－14/4.0×10－12=2.5×10－3；
③根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，得出还原性SO2>I－>AsO33－，还原性最强的是SO2。
【分析】（1）令溶液的体积为1L，根据公式、进行计算；
（2）结合浓度对NH4+水解程度的影响分析；
（3）结合c(OH-)对NH4+水解的影响分析；
（4）Fe(OH)3能溶于稀硫酸，而CaSO4·2H2O不能；
（5）①结合H3AsO4的电离进行分析；
②结合电离平衡常数，结合水的离子积常数计算AsO42-的水解平衡常数；
③氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，据此分析；
29．（2017高二下·怀仁期末）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。
在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐惭增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx(s)+H2(g)==ZMHy(s) △H(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应（Ⅰ）中z= （用含x和y的代数式表示）。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v= mL g-1 min。反应的焓变△HⅠ 0（填“>”“<”或“=”）。
（2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η（T1） η（T2）（填“>”“<”或“=”）。当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的 点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过 或 的方式释放氢气。
（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为 。已知温度为T时：CH4(g)+2H2O=CO2(g)+4H2(g)
△H=+165KJ mol
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
△H=-41KJ mol
【答案】（1）；30；<
（2）>；c；加热；减压
（3）CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) H=-206kJ mol-1
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式；化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据元素守恒可得z x+2=z y，解得z=2/(y—x)；吸氢速率v=240mL÷2g÷4min=30mL g-1 min-1；因为T1
（3）写出化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)，然后根据盖斯定律可得该反应的 H=- H1+ H2=-206kJ mol-1，进而得出热化学方程式。
【分析】（1）根据原子个数守恒计算z的值；根据速率的单位进行计算；结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
（2）结合图像分析二者的大小；保持温度不变，通入少量氢气，则H/M增大；结合温度、压强对平衡移动的影响分析；
（3）根据盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式；
