高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1湖北省部分高中協(xié)作體2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期6月期末本試卷共8頁，19題，全卷滿分100分，考試用時75分鐘?！镒？荚図樌镒⒁馐马?xiàng)：1、答題前，請將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的制定位置。2、選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4、考試結(jié)束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本題共15小題，每題3分，共45分，每小題僅有一項(xiàng)是符合題意。1.對于平衡體系，下列結(jié)論中不正確的是A.若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時A的濃度為原來的1.5倍，則B.若平衡時，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時，AB的物質(zhì)的量之比為C.若，則往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時，氣體的總物質(zhì)的量小于2amolD.若溫度不變時，壓強(qiáng)增大到原來的2倍，達(dá)到新平衡時，總體積一定比原來的要小【答案】D【解析】容器體積縮小到原來一半（即加壓）的瞬間，A的濃度為原來的2倍。新平衡時A的濃度為原來的1.5倍，即平衡右移。據(jù)平衡移動原理，有m＋n>p＋q，A正確；設(shè)起始時A、B的物質(zhì)的量分別為x、y，平衡時A、B的轉(zhuǎn)化率分別為α、β。則(xα)∶(yβ)＝m∶n。當(dāng)α＝β時，x:y＝m:n，B正確；時，反應(yīng)中氣體分子總數(shù)減小，往含有amol氣體的平衡體系中再加入amolB，平衡正向移動，氣體總物質(zhì)的量小于2amol，C正確；溫度不變時，若，則縮小容器體積使新平衡壓強(qiáng)是原來的2倍，則新平衡體積等于原來的，D錯誤。故選D。2.下圖所示為工業(yè)合成氨的流程圖。有關(guān)說法錯誤的是A.步驟①中“凈化”可以防止催化劑中毒B.步驟②中“加壓”既可以提高原料的轉(zhuǎn)化率，又可以加快反應(yīng)速率C.步驟③、④、⑤均有利于提高原料平衡的轉(zhuǎn)化率D.產(chǎn)品液氨除可生產(chǎn)化肥外，還可用作制冷劑【答案】C【解析】應(yīng)用催化劑知識、反應(yīng)速率和化學(xué)平衡理論，分析判斷工業(yè)合成氨的反應(yīng)速率和平衡轉(zhuǎn)化率問題。合成氨使用含鐵催化劑，為防止催化劑中毒，須將原料“凈化”處理，A項(xiàng)正確；步驟②中“加壓”，可增大氮?dú)?、氫氣濃度，加快合成氨反?yīng)速率又能使平衡右移，提高原料轉(zhuǎn)化率，B項(xiàng)正確；合成氨反應(yīng)放熱，步驟③使用較高溫度不利于提高原料轉(zhuǎn)化率，同時使用催化劑也不能使平衡移動，步驟④、⑤能有利于提高原料的轉(zhuǎn)化率，故C項(xiàng)錯誤；產(chǎn)品液氨可用酸吸收生成銨態(tài)氮肥。液氨汽化時會吸收大量熱，可用作制冷劑，D項(xiàng)正確。本題選C。3.在0.1mol·L-1的HCN溶液中存在如下電離平衡：HCN?H++CN-，下列敘述正確的是A.加入少量NaOH固體，平衡正向移動B.加水，平衡逆向移動C.滴加少量0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液中c(H+)減小D.加入少量NaCN固體，平衡正向移動【答案】A【解析】加入NaOH，NaOH和H+反應(yīng)而減小溶液中c(H+)，從而促進(jìn)HCN電離，則平衡正向移動，故A正確；加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，所以平衡正向移動，故B錯誤；加入少量相同濃度的HCl，HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離H+，導(dǎo)致溶液中c(H+)增加，故C錯誤；加入少量NaCN固體，導(dǎo)致溶液中c(CN-)增大，平衡逆向移動，故D錯誤；故選：A。4.物質(zhì)與水發(fā)生的復(fù)分解反應(yīng)稱為水解反應(yīng)。例如：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。在一定條件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以發(fā)生水解。根據(jù)上述觀點(diǎn)，下列說法中不正確的是A.BrCl的水解產(chǎn)物是HBrO和HClB.K3P的水解產(chǎn)物KOH和H3PO4C.Mg2C3水解產(chǎn)物是Mg(OH)2和C3H4D.CuCl2的水解產(chǎn)物是Cu(OH)2和HCl【答案】B【解析】BrCl中Br為+1價，Cl為-1價，根據(jù)水解反應(yīng)特點(diǎn)可知元素化合價不發(fā)生變化，所以BrCl的水解產(chǎn)物是HBrO和HCl，A正確；K3P中P為-3價，水解產(chǎn)物應(yīng)為KOH和PH3，B錯誤；Mg2C3中Mg為+2價，所以水解產(chǎn)物是Mg(OH)2和C3H4(丙炔)，C正確；CuCl2中Cu為+2價，Cl為-1價，所以水解產(chǎn)物是Cu(OH)2和HCl，D正確；綜上所述答案為B。5.25℃時，PbR(R2－為SO或CO)的沉淀溶解平衡關(guān)系圖如圖所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列說法不正確的是()A.線a表示PbCO3B.Y點(diǎn)溶液是PbCO3的過飽和溶液C.當(dāng)PbSO4和PbCO3沉淀共存時，溶液中c(SO)和c(CO)的比是1×105D.向X點(diǎn)對應(yīng)的飽和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可轉(zhuǎn)化為Y點(diǎn)對應(yīng)的溶液【答案】D【解析】由Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)可知，c(Pb2+)相同時，c(SO)大于c(CO)，則由圖可知，線a表示PbCO3，故A正確；由圖可知，Y點(diǎn)Qsp(PbCO3)＞Ksp(PbCO3)，則Y點(diǎn)溶液是PbCO3的過飽和溶液，故B正確；當(dāng)PbSO4和PbCO3沉淀共存時，溶液中c(SO)和c(CO)的比為====1×105，故C正確；向X點(diǎn)對應(yīng)的飽和溶液中加入少量Pb(NO3)2，溶液中c(Pb2+)增大，由圖可知，Y點(diǎn)c(Pb2+)小于X點(diǎn)，故D錯誤；故選D。6.下列有關(guān)構(gòu)造原理的說法錯誤的是A.原子核外電子填充3p、3d、4s能級的順序?yàn)?p→4s→3dB.某基態(tài)原子部分核外電子的排布式為3d64s2C.所有基態(tài)原子的核外電子排布都遵循構(gòu)造原理D.構(gòu)造原理中的電子排布能級順序，實(shí)質(zhì)是各能級能量由低到高的順序【答案】C【解析】根據(jù)構(gòu)造原理ns＜(n?2)f＜(n?1)d＜np，可判斷原子核外電子填充3p、3d、4s能級的順序?yàn)?p→4s→3d，故A正確；根據(jù)構(gòu)造原理ns＜(n?2)f＜(n?1)d＜np，某基態(tài)原子部分核外電子的排布式為3d64s2，故B正確；絕大多數(shù)基態(tài)原子的核外電子排布都遵循構(gòu)造原理，但也有少數(shù)例外，如Cu，故C錯誤；構(gòu)造原理中電子填入能級的順序即各能級能量由低到高的順序，故D正確。綜上所述，答案C。7.根據(jù)雜化軌道理論和價電子對互斥理論模型判斷，下列分子或離子的中心原子雜化方式及空間構(gòu)型正確的是（）選項(xiàng)分子或離子中心原子雜化方式價電子對互斥理論模型分子或離子的空間構(gòu)型AH2Osp直線形直線形BBBr3sp2平面三角形三角錐形CPCl3sp2四面體形平面三角形DCO32-sp2平面三角形平面三角形A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】H2O中心原子O原子成2個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=2，則雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，價電子對互斥理論模型為正四面體，而分子的空間結(jié)構(gòu)為V形，故A錯誤；BBr3中心原子B原子成3個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=0，則雜化軌道數(shù)為3，采取sp2雜化，價電子對互斥理論模型為平面三角形，而分子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故B錯誤；PCl3中心原子P原子成3個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=1，則雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，價電子對互斥理論模型為正四面體，而分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故C錯誤；CO32-中心原子O原子成3個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=0，則雜化軌道數(shù)為3，采取sp2雜化，價電子對互斥理論模型為平面三角形，而離子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故D正確；故答案為D。8.鈷(Co)在化學(xué)上稱為鐵系元素，其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。以甲醇為溶劑，Co2+可與色胺酮分子配位結(jié)合形成對DNA具有切割作用色胺酮鈷配合物(合成過程如圖所示)，下列說法錯誤的是A.色胺酮分子中所含元素第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞H＞CB.色胺酮分子中N原子均為sp3雜化C.色胺酮鈷配合物中鈷的配位數(shù)為4D.X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個CH3OH分子，CH3OH是通過氫鍵作用與色胺酮鈷配合物相結(jié)合【答案】B【解析】同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于O，則第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C，氫原子的原子半徑小，核外電子受到原子核的引力大于碳原子，失去1個電子消耗的能量大于碳，第一電離能大于大于碳，則元素第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞H＞C，故A正確；由結(jié)構(gòu)簡式可知，色胺酮分子中形成雙鍵的氮原子的雜化方式為sp2雜化，故B錯誤；由結(jié)構(gòu)簡式可知，色胺酮鈷配合物中鈷離子與2個氮原子和2個氧原子形成配位鍵，的配位數(shù)為4，故C正確；甲醇分子中的羥基可以形成氫鍵，則X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個甲醇分子說明甲醇通過氫鍵作用與色胺酮鈷配合物相結(jié)合，故D正確；故選B。9.觀察表中數(shù)據(jù)，下列說法錯誤的是化合物熔點(diǎn)/℃2800192317012A.離子晶體的熔點(diǎn)一定高于分子晶體B.的熔點(diǎn)介于之間C.向離子晶體中引入有機(jī)基團(tuán)可顯著降低其熔點(diǎn)D.離子晶體的熔點(diǎn)與離子所帶電荷數(shù)、離子半徑、是否含有機(jī)基團(tuán)等因素都有關(guān)【答案】A【解析】離子晶體的熔點(diǎn)有高有低，不一定比分子晶體高，故A錯誤；Mg、Ca、Ba屬于同一主族，氧化物的組成結(jié)構(gòu)相似，離子晶體熔點(diǎn)與晶格能成正比，晶格能與離子所帶電荷成正比、與離子半徑成反比，離子半徑：Mg2+<Ca2+<Ba2+，則晶格能MgO>CaO>BaO，因此CaO的熔點(diǎn)應(yīng)介于MgO和BaO之間，故B正確；根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析，的熔點(diǎn)低于，說明在NH4NO3中引入有機(jī)基團(tuán)(-C2H5)，熔點(diǎn)降低，故C正確；離子晶體的熔點(diǎn)與離子所帶電荷數(shù)成正比、與離子半徑成反比，引入有機(jī)基團(tuán)也會對離子晶體的熔點(diǎn)產(chǎn)生影響，故D正確；答案選A。10.螢石()晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞邊長為apm，和半徑大小分別為和。下列說法中正確的是A.該晶胞中的配位數(shù)為4B.半徑大小關(guān)系為C.該晶胞中含有的數(shù)目為12D.該晶胞中和最近距離為【答案】D【解析】黑球位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，其個數(shù)為=4，灰球在晶胞內(nèi)部，個數(shù)為8，氟化鈣的化學(xué)式為CaF2，黑球?yàn)镃a2＋，灰球?yàn)镕－，據(jù)此分析；CaF2屬于離子晶體，離子的配位數(shù)是指一個離子周圍最鄰近的異電性離子的數(shù)目，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，Ca2＋配位數(shù)為8，故A錯誤；F－的離子半徑為133pm，Ca2＋的離子半徑為100pm，即r1＜r2，故B錯誤；根據(jù)分析，晶胞中Ca2＋數(shù)目為4，故C錯誤；根據(jù)晶胞可知，Ca2＋和F－最近距離是體對角線的，即為，故D正確；答案為D。11.苯甲酸是一種常用的食品防腐劑。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提純方案如下：下列說法不正確的是A.操作I中依據(jù)苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁熱過濾的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ緩慢冷卻結(jié)晶可減少雜質(zhì)被包裹D.操作Ⅳ可用冷水洗滌晶體【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化鈉，加水、加熱溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，從而形成懸濁液；趁熱過濾出泥沙，同時防止苯甲酸結(jié)晶析出；將濾液冷卻結(jié)晶，大部分苯甲酸結(jié)晶析出，氯化鈉仍留在母液中；過濾、用冷水洗滌，便可得到純凈的苯甲酸。操作I中，為減少能耗、減少苯甲酸的溶解損失，溶解所用水的量需加以控制，可依據(jù)苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正確；操作Ⅱ趁熱過濾的目的，是除去泥沙，同時防止苯甲酸結(jié)晶析出，NaCl含量少，通常不結(jié)晶析出，B不正確；操作Ⅲ緩慢冷卻結(jié)晶，可形成較大的苯甲酸晶體顆粒，同時可減少雜質(zhì)被包裹在晶體顆粒內(nèi)部，C正確；苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，所以操作Ⅳ可用冷水洗滌晶體，既可去除晶體表面吸附的雜質(zhì)離子，又能減少溶解損失，D正確；故選B。12.已知(a)、(b)、(c)的分子式均為C5H6，下列有關(guān)敘述正確的是A.符合分子式C5H6的同分異構(gòu)體只有a、b、c三種B.a、b、c的一氯代物分別有3、3、4種C.a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同D.a、b、c分子中的5個碳原子一定都處于同一個平面內(nèi)【答案】C【解析】符合分子式C5H6的同分異構(gòu)體除a、b、c外還有其他的，如丙烯基乙炔等，故A錯誤；a、b、c分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子分別有3、4、4種，故一氯代物分別有3、4、4種，故B錯誤；a、b、c分子中都有碳碳雙鍵，故都能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，所以都能使溴的CCl4溶液褪色，故C正確；由乙烯的6個原子共平面可知a和b分子中的5個碳原子一定都處于同一個平面內(nèi)，由甲烷的正四面體結(jié)構(gòu)可知c分子中的5個碳原子一定不處于同一個平面內(nèi)，故D錯誤；故選C。13.連花清瘟因含連翹、金銀花而得名，其有效成分綠原酸的結(jié)構(gòu)簡式如下圖，下列有關(guān)綠原酸的說法中正確的是A.綠原酸的分子式為B.1個綠原酸分子中含有3個手性碳原子C.1mol綠原酸可消耗3molNaOHD.綠原酸含氧官能團(tuán)有羥基、酯基、羧基、醚鍵【答案】A【解析】綠原酸的分子式為，A選項(xiàng)正確；連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳，右側(cè)六元環(huán)上與O相連的4個C均為手性碳，共4個，B錯誤；該分子中含有兩個酚羥基、一個垟基、一個酯基，因此1mol綠原酸可以消耗4molNaOH，C錯誤；綠原酸中含氧官能團(tuán)有羥基、酯基、羧基，但無醚鍵，D錯誤；故選A。14.下列關(guān)于蛋白質(zhì)的說法不正確的是A.蛋白質(zhì)在酶的作用下最終水解成氨基酸B.蠶絲的主要成分是纖維素C.向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，析出蛋白質(zhì)固體，此過程發(fā)生了物理變化D.濃硝酸濺到皮膚上，使皮膚呈現(xiàn)黃色是由于濃硝酸與皮膚發(fā)生了顯色反應(yīng)【答案】B【解析】蛋白質(zhì)水解需酶的催化，逐步分解為多肽，最終生成氨基酸，故A正確。蠶絲屬于動物纖維，主要成分為蛋白質(zhì)，故B錯誤；向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，鹽析通過改變?nèi)芙舛仁沟鞍踪|(zhì)析出，未破壞結(jié)構(gòu)，屬物理變化，故C正確；濃硝酸與蛋白質(zhì)發(fā)生顯色反應(yīng)生成黃色物質(zhì)，故D正確；選B。15.有關(guān)的說法正確的是A.可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)B.不會使溴水褪色C.只含二種官能團(tuán)D.該物質(zhì)與足量溶液反應(yīng)，最多可消耗【答案】A【解析】中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行解答。分子中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，A正確；分子中含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，B錯誤；分子中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，C錯誤；1mol該物質(zhì)酯基水解后生成的酚羥基和羧基均能和NaOH反應(yīng)，1mol該物質(zhì)與足量的NaOH溶液反應(yīng)時最多可消耗2molNaOH，D錯誤；故答案為：A。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.常溫下，濃度均為0.1mol·L-1的六種溶液pH如下：溶質(zhì)NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0（1）常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列稀溶液，其酸性由強(qiáng)到弱的順序是_______(填字母)。a．H2CO3b．H2SO3c．H2SiO3（2）六種溶液中，水的電離程度最小的是_______(填化學(xué)式)。（3）用離子方程式說明Na2CO3溶液pH>7的原因：_______。（4）欲增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)，用化學(xué)平衡移動的原理解釋其原因：_______?！敬鸢浮浚?）bac（2）NaHSO3（3）CO+H2O?HCO+OH-、HCO+H2O?H2CO3+OH-（4）①.NaHCO3或NaClO②.因?yàn)镃l2+H2O?H++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡向正反應(yīng)方向移動，從而使溶液中次氯酸的濃度增大【解析】【小問1詳析】NaHCO3溶液顯堿性，則的水解程度大于其電離程度，NaHSO3溶液顯酸性，則的電離程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性強(qiáng)，等濃度的Na2SiO3溶液的堿性比NaHCO3的堿性強(qiáng)，弱酸越弱，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越大，其對應(yīng)的強(qiáng)堿弱酸鹽堿性越強(qiáng)，故碳酸的酸性比硅酸的酸性強(qiáng)，故常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的稀溶液，其酸性由強(qiáng)到弱的順序是bac；【小問2詳析】六種溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液顯堿性，均發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，而NaHSO3溶液顯酸性，的電離程度大于其水解程度，抑制水的電離，則水的電離程度最小的是NaHSO3溶液；【小問3詳析】CO分兩步水解CO+H2O?+OH-、HCO+H2O?H2CO3+OH-；以第一步水解為主，水解后溶液呈堿性；【小問4詳析】根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可知，各微粒的電離程度由小到大的順序是：H2SiO3、、HClO、H2CO3、、H2SO3。氯水存在平衡Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，要增大HClO的濃度，則加入的物質(zhì)與H+反應(yīng)而不與HClO反應(yīng)，即酸性比HClO的酸性較弱的酸所對應(yīng)的可溶性鹽，而HClO具有強(qiáng)氧化性，則還原性的、SO會和HClO反應(yīng)，故可加入的物質(zhì)是NaHCO3或NaClO。17.現(xiàn)有幾組物質(zhì)的熔點(diǎn)(℃)數(shù)據(jù)：A組B組C組D組金剛石：3550℃Li：181℃HF：-83℃NaCl：801℃硅晶體：1410℃Na：98℃HCl：-115℃KCl：776℃硼晶體：2300℃K：64℃HBr：-89℃RbCl：718℃二氧化硅：1723℃Rb：39℃HI：-51℃CsCl：645℃據(jù)此回答下列問題：（1）A組屬于___晶體，其熔化時克服的微粒間的作用力是___。（2）B組晶體共同的物理性質(zhì)是___(填序號)。①有金屬光澤②導(dǎo)電性③導(dǎo)熱性④延展性（3）C組中HF熔點(diǎn)反常是由于___。（4）D組晶體可能具有的性質(zhì)是___(填序號)。①硬度?、谒芤耗軐?dǎo)電③固體能導(dǎo)電④熔融狀態(tài)能導(dǎo)電【答案】①.原子②.共價鍵③.①②③④④.HF分子間能形成氫鍵，其熔化時需要消耗的能量更多⑤.②④【解析】（1）A組熔點(diǎn)最高，屬于原子晶體，原子晶體的構(gòu)成微粒為原子，微粒間作用力為共價鍵，因此熔化時克服的微粒間的作用力是共價鍵；（2）B組物質(zhì)為金屬，具有金屬光澤、導(dǎo)電性、導(dǎo)熱性、延展性；故答案為：①②③④；（3）由于HF分子間能形成氫鍵，其熔化時需要消耗的能量更多，導(dǎo)致HF的沸點(diǎn)比其它氫化物的沸點(diǎn)高；（4）D組物質(zhì)為離子晶體，有硬度大、水溶液能導(dǎo)電、固體不能導(dǎo)電而熔融狀態(tài)能導(dǎo)電的性質(zhì)；故答案為：②④。18.有機(jī)物F可用于制造香精，可利用下列路線合成?；卮鹣铝袉栴}：（1）分子中可能共面的原子最多有___________個。（2）物質(zhì)A的名稱是___________。（3）物質(zhì)D中含氧官能團(tuán)的名稱是___________。（4）“反應(yīng)④”的反應(yīng)類型是___________。（5）寫出“反應(yīng)⑥”的化學(xué)方程式：___________?！敬鸢浮浚?）9（2）2－甲基－1，2－二溴丁烷（3）羧基（4）消去反應(yīng)（5）＋＋H2O【解析】和溴發(fā)生的是加成反應(yīng)，根據(jù)加成產(chǎn)物可判斷A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2C(CH3)BrCH2Br，反應(yīng)②是水解反應(yīng)，生成物B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2C(CH3)OHCH2OH。B氧化得到C，根據(jù)C和D的分子式可判斷，反應(yīng)④是消去反應(yīng)，則D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH=C(CH3)COOH，則C的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2C(CH3)OHCOOH。反應(yīng)⑤屬于鹵代烴的水解反應(yīng)，則E的結(jié)構(gòu)簡式為，E和D通過酯化反應(yīng)生成F，則F的結(jié)構(gòu)簡式為?！拘?詳析】分子中的五個C、雙鍵上的兩個H、兩個甲基上各有一個H可能共面，故可能共面的原子最多有9個。【小問2詳析】A為CH3CH2C(CH3)BrCH2Br，其名稱是2-甲基-1，2-二溴丁烷。【小問3詳析】根據(jù)C和D的分子式可判斷，反應(yīng)④是消去反應(yīng)，則D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH==C(CH3)COOH，D中含氧官能團(tuán)的名稱是羧基?！拘?詳析】根據(jù)C和D的分子式可判斷，反應(yīng)④是消去反應(yīng)?！拘?詳析】據(jù)分析可知E和D通過酯化反應(yīng)生成F，則F的結(jié)構(gòu)簡式為，＋＋H2O。19.雙酚A是重要的有機(jī)化工原料，工業(yè)上可以用苯酚和丙酮合成雙酚A：（1）丙酮含氧官能團(tuán)名稱為_______；雙酚A的分子式為_______。（2）雙酚A分子中共平面的碳原子最多可以有_______個。（3）在鹽酸或氨水催化下，苯酚和甲醛混合共熱可得到酚醛樹脂：關(guān)于該反應(yīng)及相關(guān)物質(zhì)的判斷正確的是_______(填字母)。A．甲醛可溶于水B．該反應(yīng)屬于縮聚反應(yīng)C．甲醛防腐可用于保存海鮮D．酚醛樹脂常用于制造電器材料E．苯酚的酸性介于醋酸和鹽酸之間（4）苯酚可用于合成酚酞：。已知：2HCOOHH2O＋①鄰二甲苯的核磁共振氫譜有_______組峰。②條件a是_______。③A→B反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______?！敬鸢浮浚?）①.(酮)羰基②.C15H16O2（2）13（3）ABD（4）①.3②.酸性高錳酸鉀溶液③.【解析】【小問1詳析】丙酮結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCH3，含氧官能團(tuán)名稱為羰基；雙酚A的結(jié)構(gòu)簡式為，分子式為C15H16O2。小問2詳析】根據(jù)甲烷的四面體構(gòu)型，雙酚A分子中共平面的碳原子為兩個苯環(huán)上的碳原子和與苯環(huán)相連的碳原子，共13個?！拘?詳析】A．甲醛易溶于水，故A正確；B．該反應(yīng)有水生成，屬于縮聚反應(yīng)，故B正確；C．甲醛有毒，甲醛不能用于保存海鮮，故C錯誤；D．酚醛樹脂是絕緣體，常用于制造電器材料，故D正確；E．苯酚的酸性很弱，酸性比醋酸弱，故E錯誤；選ABD?！拘?詳析】①鄰二甲苯結(jié)構(gòu)對稱，有3中不同環(huán)境氫原子，核磁共振氫譜有3組峰。②根據(jù)2HCOOHH2O＋，A脫水生成B，A中含有2個羧基，鄰二甲苯發(fā)生氧化反應(yīng)生成，條件a是酸性高錳酸鉀。③根據(jù)2HCOOHH2O＋，A脫水生成B，A→B反應(yīng)的化學(xué)方程式為。湖北省部分高中協(xié)作體2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期6月期末本試卷共8頁，19題，全卷滿分100分，考試用時75分鐘?！镒？荚図樌镒⒁馐马?xiàng)：1、答題前，請將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的制定位置。2、選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3、非選擇題作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4、考試結(jié)束后，請將答題卡上交。一、選擇題：本題共15小題，每題3分，共45分，每小題僅有一項(xiàng)是符合題意。1.對于平衡體系，下列結(jié)論中不正確的是A.若溫度不變，將容器的體積縮小到原來的一半，此時A的濃度為原來的1.5倍，則B.若平衡時，A、B的轉(zhuǎn)化率相等，說明反應(yīng)開始時，AB的物質(zhì)的量之比為C.若，則往含有amol氣體的平衡體系中再加入amol的B，達(dá)到新平衡時，氣體的總物質(zhì)的量小于2amolD.若溫度不變時，壓強(qiáng)增大到原來的2倍，達(dá)到新平衡時，總體積一定比原來的要小【答案】D【解析】容器體積縮小到原來一半（即加壓）的瞬間，A的濃度為原來的2倍。新平衡時A的濃度為原來的1.5倍，即平衡右移。據(jù)平衡移動原理，有m＋n>p＋q，A正確；設(shè)起始時A、B的物質(zhì)的量分別為x、y，平衡時A、B的轉(zhuǎn)化率分別為α、β。則(xα)∶(yβ)＝m∶n。當(dāng)α＝β時，x:y＝m:n，B正確；時，反應(yīng)中氣體分子總數(shù)減小，往含有amol氣體的平衡體系中再加入amolB，平衡正向移動，氣體總物質(zhì)的量小于2amol，C正確；溫度不變時，若，則縮小容器體積使新平衡壓強(qiáng)是原來的2倍，則新平衡體積等于原來的，D錯誤。故選D。2.下圖所示為工業(yè)合成氨的流程圖。有關(guān)說法錯誤的是A.步驟①中“凈化”可以防止催化劑中毒B.步驟②中“加壓”既可以提高原料的轉(zhuǎn)化率，又可以加快反應(yīng)速率C.步驟③、④、⑤均有利于提高原料平衡的轉(zhuǎn)化率D.產(chǎn)品液氨除可生產(chǎn)化肥外，還可用作制冷劑【答案】C【解析】應(yīng)用催化劑知識、反應(yīng)速率和化學(xué)平衡理論，分析判斷工業(yè)合成氨的反應(yīng)速率和平衡轉(zhuǎn)化率問題。合成氨使用含鐵催化劑，為防止催化劑中毒，須將原料“凈化”處理，A項(xiàng)正確；步驟②中“加壓”，可增大氮?dú)?、氫氣濃度，加快合成氨反?yīng)速率又能使平衡右移，提高原料轉(zhuǎn)化率，B項(xiàng)正確；合成氨反應(yīng)放熱，步驟③使用較高溫度不利于提高原料轉(zhuǎn)化率，同時使用催化劑也不能使平衡移動，步驟④、⑤能有利于提高原料的轉(zhuǎn)化率，故C項(xiàng)錯誤；產(chǎn)品液氨可用酸吸收生成銨態(tài)氮肥。液氨汽化時會吸收大量熱，可用作制冷劑，D項(xiàng)正確。本題選C。3.在0.1mol·L-1的HCN溶液中存在如下電離平衡：HCN?H++CN-，下列敘述正確的是A.加入少量NaOH固體，平衡正向移動B.加水，平衡逆向移動C.滴加少量0.1mol·L-1的HCl溶液，溶液中c(H+)減小D.加入少量NaCN固體，平衡正向移動【答案】A【解析】加入NaOH，NaOH和H+反應(yīng)而減小溶液中c(H+)，從而促進(jìn)HCN電離，則平衡正向移動，故A正確；加水稀釋促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，所以平衡正向移動，故B錯誤；加入少量相同濃度的HCl，HCl是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離H+，導(dǎo)致溶液中c(H+)增加，故C錯誤；加入少量NaCN固體，導(dǎo)致溶液中c(CN-)增大，平衡逆向移動，故D錯誤；故選：A。4.物質(zhì)與水發(fā)生的復(fù)分解反應(yīng)稱為水解反應(yīng)。例如：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3。在一定條件下，BrCl、CuCl2、Mg2C3和K3P均可以發(fā)生水解。根據(jù)上述觀點(diǎn)，下列說法中不正確的是A.BrCl的水解產(chǎn)物是HBrO和HClB.K3P的水解產(chǎn)物KOH和H3PO4C.Mg2C3水解產(chǎn)物是Mg(OH)2和C3H4D.CuCl2的水解產(chǎn)物是Cu(OH)2和HCl【答案】B【解析】BrCl中Br為+1價，Cl為-1價，根據(jù)水解反應(yīng)特點(diǎn)可知元素化合價不發(fā)生變化，所以BrCl的水解產(chǎn)物是HBrO和HCl，A正確；K3P中P為-3價，水解產(chǎn)物應(yīng)為KOH和PH3，B錯誤；Mg2C3中Mg為+2價，所以水解產(chǎn)物是Mg(OH)2和C3H4(丙炔)，C正確；CuCl2中Cu為+2價，Cl為-1價，所以水解產(chǎn)物是Cu(OH)2和HCl，D正確；綜上所述答案為B。5.25℃時，PbR(R2－為SO或CO)的沉淀溶解平衡關(guān)系圖如圖所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列說法不正確的是()A.線a表示PbCO3B.Y點(diǎn)溶液是PbCO3的過飽和溶液C.當(dāng)PbSO4和PbCO3沉淀共存時，溶液中c(SO)和c(CO)的比是1×105D.向X點(diǎn)對應(yīng)的飽和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可轉(zhuǎn)化為Y點(diǎn)對應(yīng)的溶液【答案】D【解析】由Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)可知，c(Pb2+)相同時，c(SO)大于c(CO)，則由圖可知，線a表示PbCO3，故A正確；由圖可知，Y點(diǎn)Qsp(PbCO3)＞Ksp(PbCO3)，則Y點(diǎn)溶液是PbCO3的過飽和溶液，故B正確；當(dāng)PbSO4和PbCO3沉淀共存時，溶液中c(SO)和c(CO)的比為====1×105，故C正確；向X點(diǎn)對應(yīng)的飽和溶液中加入少量Pb(NO3)2，溶液中c(Pb2+)增大，由圖可知，Y點(diǎn)c(Pb2+)小于X點(diǎn)，故D錯誤；故選D。6.下列有關(guān)構(gòu)造原理的說法錯誤的是A.原子核外電子填充3p、3d、4s能級的順序?yàn)?p→4s→3dB.某基態(tài)原子部分核外電子的排布式為3d64s2C.所有基態(tài)原子的核外電子排布都遵循構(gòu)造原理D.構(gòu)造原理中的電子排布能級順序，實(shí)質(zhì)是各能級能量由低到高的順序【答案】C【解析】根據(jù)構(gòu)造原理ns＜(n?2)f＜(n?1)d＜np，可判斷原子核外電子填充3p、3d、4s能級的順序?yàn)?p→4s→3d，故A正確；根據(jù)構(gòu)造原理ns＜(n?2)f＜(n?1)d＜np，某基態(tài)原子部分核外電子的排布式為3d64s2，故B正確；絕大多數(shù)基態(tài)原子的核外電子排布都遵循構(gòu)造原理，但也有少數(shù)例外，如Cu，故C錯誤；構(gòu)造原理中電子填入能級的順序即各能級能量由低到高的順序，故D正確。綜上所述，答案C。7.根據(jù)雜化軌道理論和價電子對互斥理論模型判斷，下列分子或離子的中心原子雜化方式及空間構(gòu)型正確的是（）選項(xiàng)分子或離子中心原子雜化方式價電子對互斥理論模型分子或離子的空間構(gòu)型AH2Osp直線形直線形BBBr3sp2平面三角形三角錐形CPCl3sp2四面體形平面三角形DCO32-sp2平面三角形平面三角形A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】H2O中心原子O原子成2個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=2，則雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，價電子對互斥理論模型為正四面體，而分子的空間結(jié)構(gòu)為V形，故A錯誤；BBr3中心原子B原子成3個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=0，則雜化軌道數(shù)為3，采取sp2雜化，價電子對互斥理論模型為平面三角形，而分子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故B錯誤；PCl3中心原子P原子成3個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=1，則雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，價電子對互斥理論模型為正四面體，而分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故C錯誤；CO32-中心原子O原子成3個σ鍵、含有孤對電子數(shù)為=0，則雜化軌道數(shù)為3，采取sp2雜化，價電子對互斥理論模型為平面三角形，而離子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故D正確；故答案為D。8.鈷(Co)在化學(xué)上稱為鐵系元素，其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。以甲醇為溶劑，Co2+可與色胺酮分子配位結(jié)合形成對DNA具有切割作用色胺酮鈷配合物(合成過程如圖所示)，下列說法錯誤的是A.色胺酮分子中所含元素第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞H＞CB.色胺酮分子中N原子均為sp3雜化C.色胺酮鈷配合物中鈷的配位數(shù)為4D.X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個CH3OH分子，CH3OH是通過氫鍵作用與色胺酮鈷配合物相結(jié)合【答案】B【解析】同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于O，則第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C，氫原子的原子半徑小，核外電子受到原子核的引力大于碳原子，失去1個電子消耗的能量大于碳，第一電離能大于大于碳，則元素第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞H＞C，故A正確；由結(jié)構(gòu)簡式可知，色胺酮分子中形成雙鍵的氮原子的雜化方式為sp2雜化，故B錯誤；由結(jié)構(gòu)簡式可知，色胺酮鈷配合物中鈷離子與2個氮原子和2個氧原子形成配位鍵，的配位數(shù)為4，故C正確；甲醇分子中的羥基可以形成氫鍵，則X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個甲醇分子說明甲醇通過氫鍵作用與色胺酮鈷配合物相結(jié)合，故D正確；故選B。9.觀察表中數(shù)據(jù)，下列說法錯誤的是化合物熔點(diǎn)/℃2800192317012A.離子晶體的熔點(diǎn)一定高于分子晶體B.的熔點(diǎn)介于之間C.向離子晶體中引入有機(jī)基團(tuán)可顯著降低其熔點(diǎn)D.離子晶體的熔點(diǎn)與離子所帶電荷數(shù)、離子半徑、是否含有機(jī)基團(tuán)等因素都有關(guān)【答案】A【解析】離子晶體的熔點(diǎn)有高有低，不一定比分子晶體高，故A錯誤；Mg、Ca、Ba屬于同一主族，氧化物的組成結(jié)構(gòu)相似，離子晶體熔點(diǎn)與晶格能成正比，晶格能與離子所帶電荷成正比、與離子半徑成反比，離子半徑：Mg2+<Ca2+<Ba2+，則晶格能MgO>CaO>BaO，因此CaO的熔點(diǎn)應(yīng)介于MgO和BaO之間，故B正確；根據(jù)表中數(shù)據(jù)分析，的熔點(diǎn)低于，說明在NH4NO3中引入有機(jī)基團(tuán)(-C2H5)，熔點(diǎn)降低，故C正確；離子晶體的熔點(diǎn)與離子所帶電荷數(shù)成正比、與離子半徑成反比，引入有機(jī)基團(tuán)也會對離子晶體的熔點(diǎn)產(chǎn)生影響，故D正確；答案選A。10.螢石()晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞邊長為apm，和半徑大小分別為和。下列說法中正確的是A.該晶胞中的配位數(shù)為4B.半徑大小關(guān)系為C.該晶胞中含有的數(shù)目為12D.該晶胞中和最近距離為【答案】D【解析】黑球位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，其個數(shù)為=4，灰球在晶胞內(nèi)部，個數(shù)為8，氟化鈣的化學(xué)式為CaF2，黑球?yàn)镃a2＋，灰球?yàn)镕－，據(jù)此分析；CaF2屬于離子晶體，離子的配位數(shù)是指一個離子周圍最鄰近的異電性離子的數(shù)目，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，Ca2＋配位數(shù)為8，故A錯誤；F－的離子半徑為133pm，Ca2＋的離子半徑為100pm，即r1＜r2，故B錯誤；根據(jù)分析，晶胞中Ca2＋數(shù)目為4，故C錯誤；根據(jù)晶胞可知，Ca2＋和F－最近距離是體對角線的，即為，故D正確；答案為D。11.苯甲酸是一種常用的食品防腐劑。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提純方案如下：下列說法不正確的是A.操作I中依據(jù)苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁熱過濾的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ緩慢冷卻結(jié)晶可減少雜質(zhì)被包裹D.操作Ⅳ可用冷水洗滌晶體【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化鈉，加水、加熱溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，從而形成懸濁液；趁熱過濾出泥沙，同時防止苯甲酸結(jié)晶析出；將濾液冷卻結(jié)晶，大部分苯甲酸結(jié)晶析出，氯化鈉仍留在母液中；過濾、用冷水洗滌，便可得到純凈的苯甲酸。操作I中，為減少能耗、減少苯甲酸的溶解損失，溶解所用水的量需加以控制，可依據(jù)苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正確；操作Ⅱ趁熱過濾的目的，是除去泥沙，同時防止苯甲酸結(jié)晶析出，NaCl含量少，通常不結(jié)晶析出，B不正確；操作Ⅲ緩慢冷卻結(jié)晶，可形成較大的苯甲酸晶體顆粒，同時可減少雜質(zhì)被包裹在晶體顆粒內(nèi)部，C正確；苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，所以操作Ⅳ可用冷水洗滌晶體，既可去除晶體表面吸附的雜質(zhì)離子，又能減少溶解損失，D正確；故選B。12.已知(a)、(b)、(c)的分子式均為C5H6，下列有關(guān)敘述正確的是A.符合分子式C5H6的同分異構(gòu)體只有a、b、c三種B.a、b、c的一氯代物分別有3、3、4種C.a、b、c都能使溴的CCl4溶液褪色，且褪色原理相同D.a、b、c分子中的5個碳原子一定都處于同一個平面內(nèi)【答案】C【解析】符合分子式C5H6的同分異構(gòu)體除a、b、c外還有其他的，如丙烯基乙炔等，故A錯誤；a、b、c分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子分別有3、4、4種，故一氯代物分別有3、4、4種，故B錯誤；a、b、c分子中都有碳碳雙鍵，故都能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，所以都能使溴的CCl4溶液褪色，故C正確；由乙烯的6個原子共平面可知a和b分子中的5個碳原子一定都處于同一個平面內(nèi)，由甲烷的正四面體結(jié)構(gòu)可知c分子中的5個碳原子一定不處于同一個平面內(nèi)，故D錯誤；故選C。13.連花清瘟因含連翹、金銀花而得名，其有效成分綠原酸的結(jié)構(gòu)簡式如下圖，下列有關(guān)綠原酸的說法中正確的是A.綠原酸的分子式為B.1個綠原酸分子中含有3個手性碳原子C.1mol綠原酸可消耗3molNaOHD.綠原酸含氧官能團(tuán)有羥基、酯基、羧基、醚鍵【答案】A【解析】綠原酸的分子式為，A選項(xiàng)正確；連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳，右側(cè)六元環(huán)上與O相連的4個C均為手性碳，共4個，B錯誤；該分子中含有兩個酚羥基、一個垟基、一個酯基，因此1mol綠原酸可以消耗4molNaOH，C錯誤；綠原酸中含氧官能團(tuán)有羥基、酯基、羧基，但無醚鍵，D錯誤；故選A。14.下列關(guān)于蛋白質(zhì)的說法不正確的是A.蛋白質(zhì)在酶的作用下最終水解成氨基酸B.蠶絲的主要成分是纖維素C.向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，析出蛋白質(zhì)固體，此過程發(fā)生了物理變化D.濃硝酸濺到皮膚上，使皮膚呈現(xiàn)黃色是由于濃硝酸與皮膚發(fā)生了顯色反應(yīng)【答案】B【解析】蛋白質(zhì)水解需酶的催化，逐步分解為多肽，最終生成氨基酸，故A正確。蠶絲屬于動物纖維，主要成分為蛋白質(zhì)，故B錯誤；向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，鹽析通過改變?nèi)芙舛仁沟鞍踪|(zhì)析出，未破壞結(jié)構(gòu)，屬物理變化，故C正確；濃硝酸與蛋白質(zhì)發(fā)生顯色反應(yīng)生成黃色物質(zhì)，故D正確；選B。15.有關(guān)的說法正確的是A.可以與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)B.不會使溴水褪色C.只含二種官能團(tuán)D.該物質(zhì)與足量溶液反應(yīng)，最多可消耗【答案】A【解析】中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行解答。分子中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，A正確；分子中含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，B錯誤；分子中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，C錯誤；1mol該物質(zhì)酯基水解后生成的酚羥基和羧基均能和NaOH反應(yīng)，1mol該物質(zhì)與足量的NaOH溶液反應(yīng)時最多可消耗2molNaOH，D錯誤；故答案為：A。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.常溫下，濃度均為0.1mol·L-1的六種溶液pH如下：溶質(zhì)NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0（1）常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列稀溶液，其酸性由強(qiáng)到弱的順序是_______(填字母)。a．H2CO3b．H2SO3c．H2SiO3（2）六種溶液中，水的電離程度最小的是_______(填化學(xué)式)。（3）用離子方程式說明Na2CO3溶液pH>7的原因：_______。（4）欲增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)，用化學(xué)平衡移動的原理解釋其原因：_______?！敬鸢浮浚?）bac（2）NaHSO3（3）CO+H2O?HCO+OH-、HCO+H2O?H2CO3+OH-（4）①.NaHCO3或NaClO②.因?yàn)镃l2+H2O?H++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡向正反應(yīng)方向移動，從而使溶液中次氯酸的濃度增大【解析】【小問1詳析】NaHCO3溶液顯堿性，則的水解程度大于其電離程度，NaHSO3溶液顯酸性，則的電離程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性強(qiáng)，等濃度的Na2SiO3溶液的堿性比NaHCO3的堿性強(qiáng)，弱酸越弱，其對應(yīng)的酸根離子水解程度越大，其對應(yīng)的強(qiáng)堿弱酸鹽堿性越強(qiáng)，故碳酸的酸性比硅酸的酸性強(qiáng)，故常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的稀溶液，其酸性由強(qiáng)到弱的順序是bac；【小問2詳析】六種溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液顯堿性，均發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，而NaHSO3溶液顯酸性，的電離程度大于其水解程度，抑制水的電離，則水的電離程度最小的是NaHSO3溶液；【小問3詳析】CO分兩步水解CO+H2O?+OH-、HCO+H2O?H2CO3+OH-；以第一步水解為主，水解后溶液呈堿性；【小問4詳析】根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可知，各微粒的電離程度由小到大的順序是：H2SiO3、、HClO、H2CO3、、H2SO3。氯水存在平衡Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，要增大HClO的濃度，則加入的物質(zhì)與H+反應(yīng)而不與HClO反應(yīng)，即酸性比HClO的酸性較弱的酸所對應(yīng)的可溶性鹽，而HClO具有強(qiáng)氧化性，則還原性的、SO會和HClO反應(yīng)，故可加入的物質(zhì)是NaHCO3或NaClO。17.現(xiàn)有幾組物質(zhì)的熔點(diǎn)(℃)數(shù)據(jù)：A組B組C組D組金剛石：3550℃Li：181℃HF：-83℃NaCl：801℃硅晶體：1410℃Na：98℃HCl：-115℃KCl：776℃硼晶體：2300℃K：64℃HBr：-89℃RbCl：718℃二氧化硅：1723℃Rb：39℃HI：-51℃CsCl：645℃據(jù)此回答下