2018-2019学年山西省原平市范亭中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年山西省原平市范亭中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

范亭中学2018—2019学年度第二学期期末试题 高二化学 本试题分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题。（每小题只有一个正确选项。1-15每小题2分，16-20每小题3分，‎ 共45分。）‎ ‎1.习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学知识降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境保护的是 A. 开发清洁能源 B. 有效提高能源利用率 C. 研制易降解的生物农药 D. 对废电池做深埋处理 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 开发清洁能源有利于减少空气污染，保护环境；B. 有效提高能源利用率，可以减少能源的消耗，保护环境；C. 研制易降解的生物农药 ，可以减少农药的残留，保护了环境； D. 对废电池做深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水。本题选D。‎ ‎2.下列说法正确的是（   ）‎ A. 浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均属于强电解质 B. SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物 C. 纯碱的分子式是Na2CO3‎ D. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B. 能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物，故B正确；‎ C. 纯碱是离子化合物，化学式是Na2CO3，没有分子式，故C错误；‎ D. 三种分散系的本质区别是分散质离子的直径大小不同，而不是丁达尔效应，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是 A. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用 B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率 C. 施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性 D. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；‎ B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；‎ C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀， c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；‎ D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，‎ 故选D。‎ ‎4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（   ）‎ A. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA B. 1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NA C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.03NA D. 0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－ 和CO32－离子数之和等于0.1NA，则1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA，故A正确；‎ B. N2与H2生成NH3的反应是可逆反应，则1 mol N2与3 mol H2充分反应产物的分子数为小于2NA，故B错误；‎ C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.02NA，故C错误；‎ D. 氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶体中含有的胶粒数目，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.硒是人体必需的微量元素，图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是 A. 位于第四周期 B. 质量数为34‎ C. 原子最外层有6个电子 D. 相对原子质量为78.96‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，Se位于第四周期ⅥA族，选项A正确；‎ B、根据元素周期表中的信息可知，Se的原子序数为34，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素原子的原子核内质子数和核外电子数为34，而不是质量数为34，选项B错误；‎ C、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，则Se原子最外层有6个电子，选项C正确；‎ D、根据元素周期表中的信息可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为78.96，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.电子构型为[Ar]3d54s2的元素属于下列哪一类元素（ ）‎ A. 稀有气体 B. 主族元素 C. 过渡元素 D. 卤族元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】元素外围电子构型为3d54s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，外围电子总数为7，即处于ⅦB族，故该元素位于第四周期第ⅦB族，是过渡元素，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了结构与位置关系，注意能层与周期、价电子与族的关系。元素的能层数等于其周期数，从第ⅢB族到第ⅥB族，其外围电子数等于其族序数，而第ⅠB族、第ⅡB族，其最外层电子数等于其族序数。‎ ‎7.下列说法不正确的是（   ）‎ A. H2O的VSEPR构型和空间构型都是V形 B. BeCl2是直线形分子 C. SO3的空间构型为平面三角形 D. SO2中S原子含1对孤电子对 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于ABn型，若中心原子A的价电子全部成键，n=2为直线形，n=3为平面三角形，n=4为正四面体；n=2时，若中心原子A有2个孤电子对，空间构型为V形，如H2O中心原子O原子价层电子对为2+2=4，VSEPR模型为四面体，由于含有2对孤电子对，故空间构型为V型，故A错误；‎ B. BeCl2中心原子Be原子价层电子对为0+2=2，VSEPR模型为直线形，由于不含孤电子对，故空间构型是直线形，故B正确；‎ C. SO3的中心原子S原子价层电子对为3+0=3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，故空间构型为平面三角形，故C正确；‎ D. SO2的中心原子S原子价层电子对为3+0=3，S原子含3-2=1对孤电子对，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了判断分子或离子的空间构型，注意ABn型，若中心原子A的价电子全部成键，n=2为直线形，n=3为平面三角形，n=4为正四面体；若中心原子A有孤电子对，根据中心原子价层电子对判断VSEPR模型，结合孤电子对判断空间构型。‎ ‎8.金刚石的熔点为a℃，晶体硅的熔点为b℃，足球烯(分子式为C60)的熔点为c℃，三者熔点的大小关系是 A. a>b>c B. b>a>c C. c>a>b D. c>b>a.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】金刚石和晶体硅为原子晶体，两者晶体结构相似，熔沸点高。由于金刚石中碳原子半径小于硅原子半径，所以碳碳键的键能高于晶体硅中硅硅键的键能，金刚石熔点高于晶体硅；足球烯(分子式为C60‎ ‎)为分子晶体，熔化只需要克服分子间作用力，故熔沸点低。所以三者熔点应该是金刚石高于晶体硅，晶体硅高于足球烯，A符合题意；‎ 正确答案：A。‎ ‎9.准确量取25.00mL KMnO4溶液，最好选用的仪器是 A. 25mL量筒 B. 25mL酸式滴定管 C. 25mL碱式滴定管 D. 有刻度的50mL烧杯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．量筒精确到0.1，故A错误；‎ B．滴定管精确到0.01，可用酸式滴定管，故B正确；‎ C．高锰酸钾有强氧化性，能氧化碱式滴定管的橡胶，应用酸式滴定管，故C错误；‎ D．烧杯只能粗略量取液体体积，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.化学用语是学习化学的重要工具，下列表示物质变化的化学用语中正确的是（ ）‎ A. 汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H++SO42-‎ B. 利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-‎ C. BaSO4水溶液导电性极弱： BaSO4Ba2++SO42-‎ D. 用醋酸除去暖瓶中的水垢：2H++ CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 阳极失去电子，汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H++SO42-，故A正确；‎ B. 碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主，利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故B错误；‎ C. BaSO4是强电解质，在水溶液完全电离：BaSO4=Ba2++SO42-，导电性极弱是因为硫酸钡难溶于水，故C错误； ‎ D. 醋酸为弱酸，不能拆成离子，用醋酸除去暖瓶中的水垢：2CH3COOH+ CaCO3=（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应及复分解反应的考查。另外注意只有强酸强碱以及可溶性盐可以拆。‎ ‎11.下列说法正确的是（   ）‎ A. 乙醇不能发生氧化反应 B. 苯和乙烷都能发生加成反应 C. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯与由苯制取硝基苯反应属于同一类型的反应 D. 甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇能完全燃烧生成二氧化碳和水，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，这两个反应都属于氧化反应，故A错误； B．苯在一定条件下能发生加成反应，乙烷属于饱和烃，不能发生加成反应，但能发生取代反应，故B错误； C．乙酸和乙醇制取乙酸乙酯的反应属于取代反应或酯化反应；苯和浓硝酸生成硝基苯的反应属于取代反应或硝化反应，所以前后两个反应都属于取代反应，反应类型相同，故C正确； D．甲烷和氯气在一定条件下发生取代反应生成氯代烃；乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，前者属于取代反应、后者属于加成反应，所以反应类型不同，故D错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、反应类型特点是解本题关键。‎ ‎12.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（   ）‎ A. 蚕丝的主要成分是蛋白质 B. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应 C. 蚕丝属于天然高分子材料 D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蚕丝是动物纤维，主要成分是蛋白质，故A正确；‎ B. “蜡炬成灰”是蜡烛的燃烧，过程中发生了氧化反应，故B正确；‎ C. 蚕丝主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子材料，故C正确；‎ D.蜡属于烃的混合物，不是高级脂肪酸酯，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.有6种物质：①甲烷 ②苯 ③聚乙烯 ④乙烯 ⑤丙烯 ⑥己烷，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水发生加成反应使之褪色的是（   ）‎ A. ③④⑤ B. ④⑤ C. ④⑤⑥ D. ③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含有C=C键的物质既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水起加成反应使之褪色。‎ ‎【详解】①甲烷、②苯、③聚乙烯、⑥己烷不含有C=C键，与高锰酸钾和溴水都不反应，而④乙烯、 ⑤丙稀含有C=C键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水起加成反应使之褪色，故B正确； 答案选B。‎ ‎14. 在乙醇发生的下列反应里，存在乙醇分子中碳氧键断裂的是（ ）‎ A. 乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应 B. 乙醇与金属钠反应 C. 乙醇在浓硫酸作用下的消去反应 D. 乙醇与O2的催化氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应，乙酸脱羟基、醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键，故A错误；‎ B．乙醇与金属钠反应生成氢气，乙醇中氢氧键断裂，故B错误；‎ C．乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，乙醇断开的是碳氧键和邻位的碳氢键，故C正确；‎ D．乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中氢氧键及其所连碳原子上的碳氢键断裂，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎15.由物理变化引起的颜色改变是（ ）‎ A. 光照使Cl2和CH4的混合气体变浅 B. 浓硫酸使蔗糖变黑 C. 溴水中加苯振荡使水层褪色 D. 通电使CuCl2溶液变浅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。‎ ‎【详解】A项、光照条件下CH4和Cl2混合气体发生取代反应，属于化学变化，故A错误；‎ B项、浓硫酸使蔗糖变黑是因为浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水炭化，属于化学变化，故B错误；‎ C项、溴水中加苯振荡使水层褪色，是因为溴单质在苯中的溶解度大于水中，溴水中加入苯后发生萃取褪色，属于物理变化，故C正确；‎ D项、通电使CuCl2溶液颜色变浅，是因为铜离子在阴极上放电生成铜，导致溶液中铜离子浓度减小，属于化学变化，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】物理变化只是在形态、性质等改变，而化学变化则有新的物质生成，化学变化过程中总伴随着物理变化，如化学变化过程中通常有发光、放热、也有吸热现象等。化学变化里一定包含物理变化，物理变化里一定没有化学变化。‎ ‎16.美国圣路易斯大学研制了一种新型的乙醇电池，其反应为：C2H5OH+3O2→ 2CO2+3H2O，电池示意如右图，下列说法正确的是 A. a极为电池的正极 B. b极发生氧化反应 C. 负极的反应为：4H++O2+4e-=2H2O D. 电池工作时，1mol乙醇被氧化时有12mol转移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由质子的定向移动可知a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，结合电极反应解答该题。‎ ‎【详解】A.根据质子的定向移动，b是正极，故错误；  B.电池工作时，b是正极，发生还原反应，故错误；  C.正极氧气得电子，在酸性条件下生成水，故错误； ‎ D. 负极发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，所以1mol乙醇被氧化时转移12mol电子，故正确；  综上所述，本题正确选项D。‎ ‎17.我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还好有SO42-等其他可溶性杂质的离子）。下列有关说法正确的是 A. 有矿盐生成食盐，除去SO42－最合适的实际是Ba(NO3)2 ‎ B. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气 C. 室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐中的溶解度 D. 用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用Ba(NO3)2除去SO42-，则同时会引入NO3-，所以应选择BaCl2溶液，A错误；‎ B、电解氯化钠溶液得到氯气、氢氧化钠、氢气，所以应电解熔融氯化钠，B错误；‎ C、在AgCl溶液中存在AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），饱和食盐水中c（Cl-）较大，相对蒸馏水来说，抑制AgCl的溶解，从而减小了AgCl的溶解，所以AgCl在蒸馏水中的溶解大于在饱和食盐水中的溶解度，C错误；‎ D、食盐水显中性，碳酸钠溶液显碱性，酚酞试液遇碱变红色，中性时无色，所以可以鉴别，‎ D正确。‎ 答案选D。‎ ‎18.图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：Z＞Y＞X B. Y和Z两者最高价氧化物对应水化物能相互反应 C. WX3和水反应形成的化合物是离子化合物 D. 气态氢化物的稳定性：R＜W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素的化合价变化规律可知，X是氧元素，Y是钠元素，Z是铝元素，W是硫元素，R是氯元素。‎ ‎【详解】A. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，即原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；‎ B. Y是钠元素，Z是铝元素，Y和Z两者最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，故B正确；‎ C. W是硫元素，X是氧元素，SO3和水反应形成的化合物是共价化合物硫酸，故C错误；‎ D. R是氯元素，W是硫元素，氯元素的非金属性强于S元素的，则H2S的稳定性弱于HCl的稳定性，气态氢化物的稳定性：R＞W，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎19.某烃的相对分子质量为86,分子中含有1个一CH2一、1个和若干个一CH3,该烃的一氯代物有 A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某烃的相对分子质量为86，分子中含有1个—CH2—、1个、和若干个—CH3，则该烃是烷烃，根据CnH2n+2可得14n+2=86，解得n=6。其结构简式是，该物质分子中含有3种不同的H原子，它们被分别取代得到三种不同的一氯代物，因此该烃的一氯代物有3种，故选A。‎ ‎20.在一定条件下，将1mol/L CO和2mol/L 水蒸气混合后发生如下变化：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g), 若反应达平衡时测得CO转化率为40%，则该条件下该反应的平衡常数为（   ）‎ A. 0.25 B. 0.17 C. 0.44 D. 1.0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据三段式进行计算，‎ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)‎ 起始浓度（mol/L） 　　1 　2 　　0 　　0 转化浓度（mol/L） 　1×40% 0.4 　0.4 　　0.4 平衡浓度（mol/L） 　0.6 　1.6 　　　　0.4 　　0.4 平衡常数K=（0.4×0.4）/(0.6×1.6)=1/6=0.17，故B正确；‎ 答案选B。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题（共 55分。）‎ ‎21.研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_____________。利用反应6NO2＋ 8NH37N2＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是________L。‎ ‎（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1‎ ‎2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol 则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH=_____________kJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。‎ a 体系压强保持不变 b 混合气体颜色保持不变 c SO3和NO的体积比保持不变 d 每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2‎ 该温度下，此反应的平衡常数表达式K=__________。‎ ‎（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH______0（填“>”或“ <”）。‎ ‎【答案】 (1). 3NO2＋H2O=NO＋2HNO3 (2). 6.72 (3). －41.8 (4). b (5). K=c(SO3).c(NO）/[c(NO2）.c(SO2)] (6). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）NO2可用水吸收生成硝酸和一氧化氮。由关系式NO2 ~4e-，结合V=n×Vm计算可得；‎ ‎（2）由盖斯定律计算ΔH。判断平衡状态紧抓“逆向相等，变量不变”的特征。平衡常数等于可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比；‎ ‎（3）由图像可知，压强相同时，温度越大，CO的平衡转化率越小，平衡正向移动。‎ ‎【详解】（1）NO2可用水吸收生成硝酸和一氧化氮，相应的化学反应方程式为3NO2＋H2O=NO＋2HNO3。反应6NO2＋ 8NH37N2＋12 H2O中，NO2 化合价由+4→0，得到4e-，现在转移1.2mole-，即NO2 得到1.2mole-，所以n(NO2 )=1.2mol/4=0.3mol，所以标况下V（NO2）=0.3mol×22.4L/mol=6.72L；‎ ‎（2）反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）可以由已知方程式（①-②）/2得到，所以ΔH=（ΔH1-ΔH2）/2=-41.8 kJ·mol-1。‎ a. 该反应前后气体分子数不变，所以反应前后压强始终不变，压强不变不能判断达平衡，故a错误；‎ b. 反应物NO2 呈红棕色，随着反应进行NO2 不断变化，颜色不断变化，当不变时，NO2浓度不变可以说明达到平衡，故b正确；‎ c. 生成物SO3：NO始终等于1：1，所以体积比不随反应而改变，不能判定达平衡，故c错误；‎ d.每消耗1 mol SO3的同时生成1molNO2 不能表示正反应速率等于逆反应速率，不能判定达平衡，故d错误；‎ 答案选b。‎ 平衡常数等于可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比，则该温度下，此反应的平衡常数表达式K=c(SO3).c(NO）/[c(NO2）.c(SO2)]；‎ ‎（3）由图像可知，压强相同时，温度越大，CO的平衡转化率越小，所以升温对正反应不利，正反应是个放热反应，ΔH<0。‎ ‎22.孔雀石的主要成分为Cu2(OH)2CO3，还含少量铁的氧化物和硅的氧化物。以下是实验室以孔雀石为原料制备CuSO4·5H2O晶体的流程图：‎ ‎（1）研磨孔雀石的目的是________________________________________。‎ ‎（2）使用试剂B的目的是将溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋，试剂B最宜选用_______（填字母）。‎ A 酸性KMnO4溶液 B 双氧水 C 浓硝酸 D 新制氯水 相应的离子方程式是______________。‎ ‎（3）使用试剂C的目的是调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀以便分离，试剂C宜选用__________（填字母）。A 稀硫酸 B NaOH溶液 C 氨水 D CuO ‎（4）常温下Fe(OH)3的Ksp = 4×10-38，若要将溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，将溶液的pH调节至4。则此时c(Fe3＋)=__________。‎ ‎【答案】 (1). 增加固体接触面积，从而加快反应速率 (2). B (3). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2 = 2Fe3＋＋2H2O (4). D (5). 4×10-8 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）研磨孔雀石的目的是为了酸溶速率更快；‎ ‎（2）把Fe2+转化Fe3+ 应该加入氧化剂，且不能带入杂质离子；‎ ‎（3）调节pH值使铁离子沉淀应选用的试剂不能带入杂质离子；‎ ‎（4）Ksp =c(Fe3+ )·c3(OH- )= 4×10-38，所以把c(OH- )=1×10—10 mol/L代入公式中，计算得c(Fe3+ )。‎ ‎【详解】（1）研磨孔雀石的目的是为了增大固体接触面积，使酸溶速率更快，所以答案为“增大固体接触面积，加快反应速率”；‎ ‎（2）把Fe2+转化为Fe3+ 应该加入氧化剂，且不能带入杂质离子，所以用双氧水，双氧水的还原产物是水，答案选B。相应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；‎ ‎（3）因为目标产品是CuSO4·5H2O晶体，调节pH值使铁离子沉淀应选用的试剂不能带入杂质离子，所以选用固体CuO，答案选D；‎ ‎（4）常温下根据Fe(OH)3溶解平衡Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)+3OH- (aq)可得Ksp ‎ ‎=c(Fe3+ )·c3(OH- )= 4×10-38，所以把c(OH- )=1×10—10 mol/L代入公式中，计算得c(Fe3+ )= 4×10-8 mol·L-1‎ ‎23.钾和碘的相关化合物在化工医药材料等领域有广泛的应用。回答下列问题:‎ ‎（1）基态K原子中，核外运动状态不同的电子共________种，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为________。‎ ‎（2）K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同。第一电离能比较:K________(填“>”或“<”)Cr,金属键强度比较:K________(填“>”或“<")Cr.‎ ‎（3）IO3-离子的立体构型的名称为________，中心原子的杂化方式为________.‎ ‎（4）HIO4的酸性强于HIO3,其原因为________‎ ‎（5）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，晶胞如图。‎ 晶胞棱长为a=0.446nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，K与I间的最短距离为________nm,与K紧邻的O的个数为________。‎ ‎【答案】 (1). 19 (2). 球形 (3). ＜ (4). ＜ (5). 三角锥形 (6). sp3杂化 (7). HIO4中非羟基氧原子数目更多，使得I的正电性更高，导致I－O－H中O的电子向I偏移，羟基更容易电离出H+，酸性更强 (8). nm 或0.386 nm (9). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）每个电子运动状态都不相同，4S能级的电子云轮廓图形状为球形；‎ ‎（2）K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，较容易失去电子。K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；‎ ‎（3）若中心原子A有孤电子对，根据中心原子价层电子对判断VSEPR模型，结合孤电子对判断空间构型；‎ ‎（4）HIO4中I的正电性更高，导致I－O－H中O的电子向I偏移，更容易电离出H+，酸性更强；‎ ‎（5）K与I间的最短距离为体对角线的一半。O位于面心，K位于顶点，1个顶点为12个面共有。‎ ‎【详解】（1）基态K原子的核外电子排布式为1S22S22P63S23P64S1，总共19个电子，每个电子运动状态都不相同，则核外运动状态不同的电子共19种，占据最高能级为4S，电子云轮廓图形状为球形；‎ ‎（2）K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，较容易失去电子，故第一电离能：K＜Cr。K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，金属键强度：K＜Cr；‎ ‎（3）IO3-离子中心原子I原子价层电子对为=4， VSEPR模型为四面体，由于含1对孤电子对，故空间构型是三角锥形，中心原子杂化方式是sp3杂化；‎ ‎（4）HIO4的酸性强于HIO3，是因为HIO4中非羟基氧原子的数目更多，便得I的正电性更高，导致I－O－H中O的电子向I偏移，羟基更容易电离出H+，酸性更强；‎ ‎（5）K与I间的最短距离为体对角线的一半，则K与O间的最短距离为a=0.446nm。O位于面心，K位于顶点，1个面心的原子参与形成2个晶胞，1个顶点参与形成8个晶胞，每个晶胞中与K紧邻的O个数为3个，故在晶体中，与K紧邻的O数目是12个。‎ ‎24.已知A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30。A、B、C、D、E、F、G、H有下图所示的转化关系（部分产物已略去）。其中B为高分子化合物，C为无色无味气体，实验室中可以通过G与大理石制取。D为烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。E、G为生活中常见的有机物，且E有特殊香味，H有香味。‎ ‎（1）写出下列各物质的官能团的名称：A ___________；E ___________；‎ ‎（2）按要求写出下列各步变化的化学方程式 反应①__________________；‎ 反应⑤_____________________；‎ 反应⑦ _______________________。‎ ‎（3）写出下列反应类型：反应④___________，反应⑤___________。‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键； (2). 羟基 (3). (4). 2CH3CH2OH＋O 22 CH3CHO＋2H2O (5). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O (6). 加成反应 (7). 氧化反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30，即A为CH2＝CH2，B为聚乙烯，C为二氧化碳，D为乙烷，E为乙醇，F为乙醛，G为乙酸，H为乙酸乙酯。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，A为CH2＝CH2，E为乙醇，A、E含有的官能团分别为：碳碳双键、羟基；‎ ‎（2）反应①：为乙烯加聚成聚乙烯，其化学反应方程式为：；‎ 反应⑤：为乙醇催化氧化为乙醛，其化学反应方程式为：2CH3CH2OH＋O 22 CH3CHO＋2H2O；‎ 反应⑦：为乙酸乙醇在浓硫酸的催化加热条件下生成乙酸乙酯，其化学反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O；‎ ‎（3）反应④为乙烯与水加成为乙醇，属于加成反应。反应⑤为乙醇催化氧化为乙醛，属于氧化反应。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物之间的转化，涉及考查了官能团的相关知识，有机反应，有机反应的类型，本题关键是要推断出A为乙烯。‎ ‎ ‎