【文档说明】河北省遵化市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(25)页，1.035 MB，由小赞的店铺上传

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遵化市2019--2020学年度第二学期期末考试高二化学试题本试卷分第I卷和第II卷，第I卷为选择题，共42分，第II卷为非选择题，共58分，满分100分，考试时间为90分钟。将第I卷选择题的答案涂在答题卡中。可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16Na-

23一、选择题（本题包括21小题，每小题2分，共42分。每题只有一个选项符合题意1.中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列两篇古代文献中都涉及到了3KNO。文献①：《开宝本草》记载：“()3KNO所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而

成”，文献②《本草纲目》“火药乃焰硝()3KNO、硫黄、山本炭所合，以为烽燧铜诸药者”。下列对其解释不合理的是A.文献①中提取3KNO，利用了溶解、蒸发、结晶的实验过程B.文献②中使用火药的产物不会污染环境C.用文献①中方法制取3KNO是因为3KNO的溶解度受温度影响较大

D.文献②中火药的作用体现了硝酸钾的氧化性【答案】B【解析】【详解】A.KNO3溶解度随温度变化大，溶解后煎炼得之主要是利用蒸发结晶，故A项不符合题意；B.火药使用会产生氮氧化物、硫化物，会污染环境，故B项符合题意；C.可通过溶液蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶进

行提取，其主要原理是利用KNO3溶解度随温度变化大，故C项不符合题意；D.火药发生化学反应时生成氮气，KNO3中氮元素的化合价降低，体现KNO3的氧化性，故D项不符合题意，答案选B。【点睛】古代黑火药的主要成分是KNO3、S、C，在爆炸过

程中发生的反应是：2KNO3+3C+S=K2S+N2↑+3CO2↑，在反应中，氧化剂是KNO3、S，还原剂是C。2.化学与生活、生产、科技密切相关。下列说法错误的是（）A.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.港珠澳大

桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D.研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致【答案】A【解析】【详解】A．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，选项A错误；B．地下钢铁管

道用导线连接锌块，构成原电池时铁为正极，保护了铁，所以地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，选项B正确；C．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，选项C正确；D．研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，可以

减少废气、废渣等排放，有利于保护环境，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致，选项D正确；答案选A。3.下列实验中，①pH试纸的使用②过滤③蒸发④配制一定物质的量浓度溶液，均用到的仪器是()A.玻璃棒B.蒸发皿C.试管

D.分液漏斗【答案】A【解析】【详解】①使用pH试纸测溶液的pH值，用到的仪器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等仪器；②过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；③蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；④配制一定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等。以上操作都用到了

玻璃棒。故选A。4.下列关于有机物的叙述正确的是（）A.乙酸的分子球棍模型可表示为B.糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物C.新制的氢氧化铜可以鉴别乙酸、葡萄糖和乙醇D.丁酸和乙酸乙酯互为同系物【答案】C【解析】【详解】A．是乙酸的比例模型，故A错误；B．糖类中单糖、二糖不是高分子

化合物，故B错误；C．乙酸和氢氧化铜发生酸碱中和反应，溶液呈蓝色，葡萄糖与新制氢氧化铜加热生成砖红色沉淀，乙醇与新制氢氧化铜不反应，因此用新制的氢氧化铜鉴别乙酸、葡萄糖和乙醇，故C正确；D．丁酸和乙酸乙酯两者分

子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故D错误。综上所述，答案为C。5.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋B.氢氧燃料电池的

负极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－C.粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋D.惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑【答案】D

【解析】【详解】A．钢铁腐蚀中，铁做负极，发生氧化反应，错误；B．燃料电池中燃料做负极，发生氧化反应，错误；C．电解精炼铜时粗铜与正极相连做阳极，精铜与负极相连做阴极，错误；D．电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应，正确。6.NA

代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是（）A.常温常压下，16g甲烷中共价键数目为4NAB.标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数目为NAC.7.8g过氧化钠与足量水反应转移电子数为0.1NAD.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO-3和CO2-3粒

子数之和为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，16g甲烷为1mol，故其共价键数目为4NA，选项A正确；B．标准状况下，CCl4不是气态，选项B错误；C．7.8g过氧化钠的物质的量为：7.8g78g/mol=0.1mol，0.1mol过氧化钠

与足量二氧化碳反应生成0.05mol氧气，转移了0.1mol电子，转移的电子数为0.1NA，选项C正确；D．C元素在水中存在的所有形式为23CO−、3HCO−、H2CO3，根据物料守恒，有n(23CO−)＋n(3HCO−)＋n(

H2CO3)=0.1mol，选项D正确；答案选B。7.下列物质之间的转化都能一步实现的是（）A.S→SO3→H2SO4→SO2→Na2SO3→Na2SO4B.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3C.N2→NH3→NO→NO2→HNO3→NO2D.Al→Al2O3→Al(OH)3→NaA

lO2【答案】C【解析】【详解】A．S与O2反应产生SO2，S不能一步反应生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4，浓H2SO4与铜反应生成SO2，SO2与氢氧化钠反应生成Na2SO3，Na2SO3与氧气反应生成Na2SO4，选项A不

符合题意；B．Si和O2反应生成SiO2，SiO2难溶于水，不能一步生成H2SiO3，应是SiO2和碱反应生成硅酸盐，硅酸盐和酸反应生成硅酸，选项B不符合题意；C．氮气和氢气高温高压催化剂作用下反应生成氨气：N2+3H22NH3，氨气催化氧化生成一氧化氮：4NH3+5O24NO+

6H2O，NO和O2反应生成NO2：2NO+O2=2NO2，NO2和水反应生成HNO3和NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，浓硝酸与Cu反应生成NO2，物质转化都可以一步反应实现，选项C符合题意；D．铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝难溶于水，

不能一步反应生成Al(OH)3，氧化铝溶于酸得到铝盐，铝盐和碱溶液反应生成Al(OH)3沉淀，选项D不符合题意；答案选C。8.下列说法正确的是()A.水很稳定是因为水中含有大量的氢键B.ABn型分子中，若中心原子没有孤电子对，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子C.H2O、N

H3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C分别采取sp、sp2、sp3杂化D.配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2＋，配体是SO42-，配位数是1【答案】B【解析】【详解】A、

氢键影响物质的部分物理性质，如溶解性、熔沸点等，稳定性是物质的化学性质，因此水很稳定与水中含有大量的氢键无关，故A错误；B、ABn型分子中，若中心原子没有孤电子对，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，故B正确；C、H2O中心原子O有2个σ键，孤电子对数(6－2×1)/2=2，杂化类型为

sp3，NH3中心原子N有3个σ键，孤电子对数(5－3×1)/2=1，杂化类型为sp3，CH4中心原子C有4个σ键，孤电子对数为(4－4×1)/2=0，杂化类型为sp3，故C错误；D、根据配合物组成，Cu2＋为中心离子，配体为H2O，配位数为4，故D错误。9.下

列关于有机物的说法正确的是A.乙酸和乙醇均能与NaOH溶液反应B.CH3CH(CH3)2可称为异丁烷C.苯使溴水褪色是因为发生了取代反应D.C3H6ClBr有4种同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.乙酸具有酸性，可与氢氧化钠反应，但乙醇不具

有酸的通性，不能和氢氧化钠反应，A项错误；B.异丁烷的结构简式为CH3CH(CH3)2，B项正确；C.苯使溴水褪色是因为溴在苯中的溶解度较大，发生了萃取，C项错误；D.丙烷只有一种结构，则其一氯代物只有两种：CH3CH2CH2Cl、CH3CHClCH

3，第一种含有3类氢原子，第二种含有2类氢原子，所以共有5种，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，C3H6ClBr可以看作丙烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子。10.元素及其化合物的性质是化学

研究的主要内容之一。下列叙述正确的是A.向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，溶液变黄B.Na与氧气反应只生成Na2O2C.将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀D.向酚酞试液中加足量Na2O2粉末，充分振荡后溶液呈红色【答案】A【解析】【详

解】A.NO3－在酸性条件下，具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，因此溶液变为黄色，A项正确；B.金属钠与氧气在常温下，反应生成氧化钠，在点燃或加热条件下生成过氧化钠，B项错误；C.SO2通入BaCl2不反应，C项错误；D.过氧化钠还具有强氧化性，能把有色物质漂白，即先变红后褪色，D项错

误；答案选A。11.下列在限定条件溶液中的各组离子，能够大量共存的是（）A.pH=1的溶液：Na+、Cl－、Fe2+、NO3−B.与Al能产生氢气的溶液：K+、Ba2+、Cl－、Br－C.使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl－、SO24−、Al3+D.水电离的H+浓度为1×10−12mol·L−

1的溶液：K+、SO24−、CO23−、NH+4【答案】B【解析】【详解】A．pH=1的溶液，说明是酸溶液，H+、Fe2+、NO3−三者发生氧化还原反应，不共存，故A不符合题意；B．与Al能产生氢气的溶液，说明可能是酸溶液，可能是碱溶液，K+

、Ba2+、Cl－、Br－都不反应，共存，故B符合题意；C．使酚酞试液变红的溶液，说明是碱溶液，OH－与Al3+反应，故C不符合题意；D．水电离的H+浓度为1×10−12mol·L−1的溶液，说明可能是酸溶液，可能是碱溶液，H+与CO23−反应，OH－与NH+4反应，故D不符合题意。综

上所述，答案为B。12.下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是（）A.某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B.AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同C.pH=4.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H

+)的100倍D.pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)>c(CH3COO－)【答案】C【解析】【详解】A．某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸、强酸弱碱盐，也可能是

强碱弱酸盐，比如亚硫酸氢钠，故A错误。B．同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，前者氯离子浓度大于后者，根据溶解平衡，CaCl2溶液中氯离子浓度大，AgCl在CaCl2中溶解平衡逆向移动，因此在CaCl2溶液的溶解

度小于在NaCl溶液中溶解度，故B错误；C．pH=4.5的番茄汁中c(H+)=1.0×10−4.5mol∙L−1，pH=6.5的牛奶中c(H+)=1.0×10−6.5mol∙L−1，4.516.511.010molL1.010molL=100−−−−，因此pH=4

.5的番茄汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的100倍，故C正确。D．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)

，由于pH=5.6，c(H+)＞c(OH－)，因此c(Na+)＜c(CH3COO－)，故D错误。综上所述，答案为C。13.已知有机物a：，有机物b：，下列说法中正确的是（）A.苯是a的同分异构体B.a中6个碳原子都在同一平

面内C.b可使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同D.b的一氯代物有5种【答案】B【解析】【详解】A、苯的分子式为C6H6，a的分子式为C6H8，分子式不同，二者不是同分异构体，A项错误；B、乙烯中两个C原子和4个H原子

在同一平面内，与碳碳双键连接的2个C原子也全部在同一平面内，所以a中6个碳原子都在同一平面内，B项正确；C、b的碳碳双键与Br2发生加成反应导致溴水褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应导致其褪色，二者反应类型

不同，C项错误；D、b的一氯取代物有6种，D项错误。正确答案选B。14.A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A.元素D与A一定形成共价化合物B.元素B

可能与元素A形成多种共价化合物C.F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D.若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料【答案】A【解析】【分析】A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的

元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多

种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。15.下列离子方程式正确的是A.向氯化铝溶液中滴加氨水：Al

3++3OH-=Al(OH)3↓B.将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.铜溶于浓硝酸：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OD.向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O【答案】D【解析】【

详解】A.氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B.将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2

++I2+3H2O，故B错误；C.铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水，Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C错误；D.向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=

Ca2++CO2↑+H2O，故D正确。16.25NO是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：()()()25222NOg4NOgOgH0+，1T温度时，向密闭容器中通入25NO气体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500()125cNO/molL−5.003.502.

502.50下列说法正确的是A.500s内2NO的生成速率为3113.0010molLs−−−B.1T温度下该反应平衡时25NO的转化率为50%C.达平衡后其他条件不变，将容器体积压缩到原来的12，()125

cNO5.00molL−D.1T温度下的平衡常数为1K，2T温度下的平衡常数为2K，若12TT，则12KK【答案】B【解析】【详解】A.500s内25NO的消耗速率113115.003.50molLs3.0010molLs5000−−−−−−=

=−，相同时间内2NO的生成速率()252vNO(=消耗311)23.0010molLs−−−==3116.0010molLs−−−，故A错误；B.1T温度下该反应平衡时25NO的转化率()()

c100%c=消耗初始=()5.00-2.50mol/L100%5.00mol/L=50%，故B正确；C.达到平衡后其它条件不变，将容器体积压缩到原来的12，相当于增大压强平衡逆向移动，再次平衡时()25cNO大于原来2倍，则()125cNO5.00molL−，故C错误

；D.该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡常数增大，1T温度下的平衡常数为1K，2T温度下的平衡常数为2K，若12TT，则12KK，故D错误；答案选B。【点睛】根据图示所给信息，得出温度越高，五氧化二氮浓度降低，熟练运用速率公式和转化率公式计算。17.碳

原子周围若连着四个完全不同的原子或原子团，这样的碳原子就是手性碳原子。洋蓟素的结构简式如图所示，有关洋蓟素的说法正确的是（）A.1mol洋蓟素最多可与6molBr2反应B.结构中有2个手性碳原子C.1mol洋蓟素最多可与9molNaOH反应D一定条件下能发生酯化反应和消去反应【答案】

D【解析】【详解】A．苯环上酚羟基的邻、对位上的氢原子能与溴水发生取代反应，碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1mol洋蓟素需要6mol溴发生取代反应，2mol溴发生加成反应，共需溴8mol，故A错误

；B．有机物中手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，分子中含有如图()*所示的4个手性碳原子，故B错误；C．洋蓟素分子中含有的酚羟基、酯基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，四个酚羟基需4mol氢氧化钠，两个酯基需2mol氢氧化钠，一个羧基需1mol氢氧化钠，共需7mol氢氧化钠，故C错误；D．洋蓟素

分子中含有醇羟基和羧基，一定条件下能发生酯化反应，与醇羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故D正确；故选D。18.以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：上述装置工作时，下列有关说法正确的是（）A.乙池电极接

电池正极，气体X为H2B.Na+由乙池穿过交换膜进入甲池C.NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小D.甲池电极反应：4OH－-4e-=2H2O+O2↑【答案】C【解析】【分析】装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢

根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。【详解】A．

乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解

质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。19.常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1m

ol·L-1的盐酸和苯甲酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A.图Ⅰ、图Ⅱ分别是NaOH溶液滴定苯甲酸、盐酸的曲线B.滴定苯甲酸溶液时最好选用甲基橙作指示剂C.达到B、D状态时，NaOH溶液分别与盐

酸、苯甲酸恰好发生中和反应D.V(NaOH)=10.00mL时，滴定苯甲酸的混合溶液中c(C6H5COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】【分析】从滴定曲线的几个特殊点入手、分析溶质成分、结合电荷守恒等判断离子浓度的大小关系；【详解】A.HCl是强酸、苯甲酸是

弱酸，0.1mol/L的盐酸和苯甲酸的pH：苯甲酸>盐酸，根据图知，未加NaOH溶液时图I的pH=1、图Ⅱ的pH>1，则图Ⅰ、图Ⅱ分别是NaOH溶液滴定盐酸、苯甲酸的曲线，故A错误；B.苯甲酸钠溶液呈碱性，酚酞变色的pH范围为8~10，所以滴定苯甲酸溶液时应该选取酚酞作指示剂，故B错误；C.

达到B状态时，NaOH溶液与盐酸恰好发生中和反应，混合溶液的pH=7时，溶液呈中性，苯甲酸钠溶液呈碱性，要使苯甲酸和NaOH混合溶液呈中性，苯甲酸应该稍微过量，所以B点酸碱恰好完全反应，D点苯甲酸过量，故C错误；D

.V(NaOH)=10.00mL时，苯甲酸的物质的量是NaOH的2倍，所得溶液含等物质的量浓度的苯甲酸和苯甲酸钠，根据图知，溶液呈酸性，则(H)(OH)cc+−，电荷守恒：()()()()65CHCOOOHNaHcccc−−+++=+，

则()()65CHCOONacc−+，所以存在滴定苯甲酸的混合溶液中()()()()65CHCOONaHOHcccc−++−，故D正确；答案选D。20.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验步骤现象结论A2mL0

.1mol·L-1MgCl2溶液中滴加2滴1mol·L-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]B把铁片投入浓硫酸无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应CFeCl3和B

aCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色且有白色沉淀生成沉淀为BaSO3D向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热未出现砖红色沉淀X不可能是葡萄糖A

.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴加2滴1mol·L-1NaOH溶液，生成白色沉淀Mg(OH)2且MgCl2过量，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，说明氢氧化镁转

化为更难溶的氢氧化铁沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，选项A正确；B．把铁片投入浓硫酸中，铁被钝化，发生了氧化反应，但现象不明显而不是常温下铁不与浓硫酸反应，选项B错误；C．FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足

量SO2，二氧化硫被氧化成24SO−，而FeCl3被还原，生成的沉淀为硫酸钡，溶液变为浅绿色则生成FeCl2，选项C错误；D．加入的NaOH不足，不能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，选项D错误；答案选A。21.一定条件下，合成氨反应：N2(g)＋3H2(

g)2NH3(g)。图甲表示在此反应过程中的能量的变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是()A.升高温度，该反应的平衡常数增大B.由图乙信息，从11min起其他

条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为dC.由图乙信息，10min内该反应的平均速度v(H2)=0.09mol·L－l·min－lD.图丙中温度T1<T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N

2的转化率最高的是b点【答案】B【解析】【分析】由图甲反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应是放热反应；分析图乙变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，

缩小体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间2nN（）不变，达平衡是2nN（）减小；图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含

量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1<T2。【详解】A.分析图甲可知反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，A错误；B.从11min起其它条件不变，压缩容器的体积，压强

增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则2nN（）的变化曲线d符合，B正确；C.分析图象乙可知，在2L的密闭容器中，()()()2210.60.3VN=VH0.015/3210mol

molmolLminLmin−==，()()2VH0.045/molLmin=，C错误；D.图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点

中，c的氮气的转化率最高，D错误；答案选B。第II卷（非选择题，共58分）二、非选择题（本题包含5小题，共58分）22.某化学实验室以一种工业上的废渣(废渣主要含有MgCO3、MgSiO3和少量Fe、A

l的氧化物)为原料，制备MgCO3·3H2O。实验流程如图所示：（1）为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有___(任写一点)，酸溶时废渣中主要成分发生反应的离子方程式为___。（2）加入30%H2O2的目的是___。（3）用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+，①加入30%H2O2后，检验溶液中

是否含有Fe2+的最佳试剂是___。②萃取分液完成后，检验水相中是否含有Fe3+的最佳试剂是___。（4）室温下，除去MgSO4溶液中的A13+(使Al3+浓度小于1×10-6mol·L−1)而不引入其它杂质，应加入的试剂X为___，应调节pH的范围为___。已知：①Ksp[

Al(OH)3]=1.0×10-33；②pH=8.5时，Mg(OH)2开始沉淀（5）向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸馏水洗涤，确认沉淀洗净的操作及现象是___。【答案】(1).升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等(2).MgCO3+2H+=Mg2++H2

O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3(3).将Fe2+氧化为Fe3+便于除去(4).K3[Fe(CN)6]溶液(5).KSCN溶液(6).MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3(7).5.0＜pH＜8.5(8).取少量最后一次的洗

涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净【解析】【分析】废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，

分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，然后除去Al3+，再经过一系列操作，得到MgCO3•3H2O．以此解答该题。【详解】（1）为了加快废渣的酸溶速率，可采取的办法有升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；废渣中MgCO3、MgSiO3溶于稀硫酸时，发生

的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2++H2SiO3，故答案为：升高温度、搅拌、提高硫酸浓度等；MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑、MgSiO3+2H+=Mg2+

+H2SiO3；（2）加入H2O2溶液氧化亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，有利于有机萃取剂萃取Fe3+，达到分离的目的，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；（3）①加入30%H2O2后，检验溶液中是否含有Fe2+的最佳试剂是K3[Fe(CN)6]溶

液，因为两者可以反应生成带有铁氰化亚铁沉淀，故答案为：K3[Fe(CN)6]溶液；②检验Fe3+萃取完全，可以取分液后的下层水溶液少许于试管中。然后滴加少量的KSCN溶液，如不变红色则完全分离，故答案为：KSCN溶液；（4）室温下，除去除去MgSO4溶液中的A13+（使Al3+浓度小于1×10-6

mol/L）而不引入其它杂质，应加入的试剂X为MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3；根据氢氧化铝的溶度积常数可知当铝离子浓度是1×10-6mol/L时，氢氧根的浓度是6333110110−−mol/L=1×10-9mol/L，故氢离子浓度为：10-5mol

/L，此时pH=5，又因为pH=8.5时，Mg（OH）2开始沉淀，所以应调节pH的范围为5.0＜pH＜8.5，故答案为：MgO、Mg(OH)2、MgCO3或Mg2(OH)2CO3；5.0＜pH＜8.5；（5）用蒸馏水洗涤成MgCO3沉淀，反复洗涤后

，取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净，故答案为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净。23.亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(

略去部分夹持仪器)制备。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+

；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为__________________________________。实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、______

____(填操作名称)、过滤可获得CuSO4·5H2O。（3）仪器C的名称为______________，其中盛放的药品为____________(填名称)。（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，________________，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。（

5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：①第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。a．酸式滴定管

用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶洗净后未干燥c．滴定终点时仰视读数②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数__________。【答案】(1).排除装置中的空气(2).(3).冷却结晶(4).干燥管(5).碱石灰

(6).加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体(7).ac(8).86.25%【解析】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目

的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质；(2)装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二

氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；(3)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石

灰用来干燥一氧化氮气体；(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是

NaNO2；(5)①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高；a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故a正确；b．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未

干燥，不影响测定结果，故b错误；c．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故c正确；故答案为ac；②由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：20.220.0019.983++mL=20.00mL，25mL样品

消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×250mL25mL=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO4-～5NO2-，则4.000g样品中含有亚

硝酸钠的物质的量为0.02mol×52=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：3.454.000gg×100%=86.25%。24.氢气在工业合成中应用广泛。(1)通过下列反应可以制备甲

醇：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=－90.8kJ·mol-1。②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.3kJ·mol-1。请写出由CO2和H2制取甲醇的热化学方程式___。【答案】CO2(

g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－49.5kJ·mol-1【解析】【详解】根据盖斯定律：②+①到CO2和H2制取甲醇的热化学方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－49.5kJ·mol-1；故答案为：O2(g)+3

H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=－49.5kJ·mol-1。25.CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反应原理为CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)ΔH=-868.7kJ·mol-1。（1）在3.00L密闭容器中通入

1molCH4和2molNO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：反应时间r/min02468l0总压强P/×l00kPa4.805.445.765.926006.00由表中数据计算，0～4min内v

(NO2)=___，该温度下的平衡常数K=___。（2）在一恒容装置中通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内和不同温度下，NO2的转化率如图。则下列叙述正确的是___。A.若温度维持在200℃更长时间，NO2的

转化率将大于19％B.反应速率：b点的v(逆)＞e点的v(逆)C.平衡常数：c点=d点D.b点反应未达到平衡（3）利用氨气可以设计高能环保燃料电池，用该电池电解含有NO-3的碱性工业废水，在阴极产生N2。阴极的电极反应式___；在标准状况下，

当阴极收集到13.44LN2时，理论上消耗NH3的体积为___。（4）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中c(NH+4)___c(HCO-3)(填“＞”“＜”或“=”)；反应NH+4+HCO-3+H2O=NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=___。(已知

常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11)【答案】(1).0.1mol•L-1•min-1(2).6.75(3).AD(4).2NO3−+10e-+6H2O=N2+12O

H-(5).44.8L(6).>(7).1.25×10-3【解析】【分析】（1）由题给数据建立三段式，依据压强之比等于物质的量比计算0~4min和平衡时各物质的物质的量，运用化学反应速率和化学平衡常数公式计算；（2）由图可知，温度400℃、500℃转化率最大，反应达到平衡状态，

400℃之前反应没有到达平衡状态，该反应为放热反应，500℃之后升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率降低；（3）由题给信息可知，NO2－在阴极上得电子发生还原反应生成N2；由得失电子数目守恒计算理论上消耗NH3的体积；（4）由电离常数大小判

断溶液中HCO3-和NH4+的水解程度；找出化学平衡常数与水的离子积常数和电离常数的关系计算。【详解】（1）设0~4min内CH4的消耗量为x，由题意建立如下三段式：42222()2()()2()()()12000()224

min()1222CHgNOgCOgHOgNgmolmolxxxxxmolxxxxx+++−−初始转化由12pp=12nn得关系式480576kPakPa=3(3)molxmol+，解得x=0.6mol，则0~4min内v（NO2）=2()cNOt=1

.23.04minmolL=0.1mol·L-1·min-1；由表中数据可知，8min时反应达到平衡，设CH4的消耗量为y，由题意建立如下三段式：42222()2()()2()()()12000()224min()1222CHgNOgCOgHO

gNgmolmolyyyyymolyyyyy+++−−初始转化由12pp=12nn得关系式480600kPakPa=3(3)molymol+，解得y=0.75mol，平衡时c（CH4）、c（NO2）、c（CO2）、c（H2O）、c（

N2）分别为0.253mol/L、0.53mol/L、0.753mol/L、1.53mol/L、0.753mol/L，则化学平衡常数K=2222242()()()()()cCOcHOcNcCHcNO=220.751.50.75/

(/)/3330.250.5/(/)33molLmolLmolLmolLmolL=6.75，故答案为0.1mol·L-1·min-1；6.75；（2）A.图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，选项A

正确；B．温度越高，化学反应速率越大，由图可知b点反应温度低于e点反应温度，则b点的v(逆)<e点的v(逆)，选项B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知c点反应温度低于d点反应温度，则化学平衡常数c>d，

选项C错误；D．由图可知，温度400℃、500℃转化率最大，反应达到平衡状态，400℃之前反应没有到达平衡状态，则b点反应未达到平衡，选项D正确；答案选AD；（3）由题给信息NO3－→N2可知，N元素化合价由＋3价→0价，NO2－在阴极上得电子发生还原反应生成N2，电极反应式为2NO3

－＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－；标况下，13.44LN2的物质的量为13.4422.4/LmolL=0.6mol，NH3在阳极上失电子发生氧化反应生成N2，由得失电子守恒可得n(NH3)×3=n(N2)×10，解得n(NH3)=2mol，体积为2mol×22.4L/mol=44.8

L，故答案为2NO3－＋6H2O＋10e－=N2↑＋12OH－；44.8；（4）由NH3．H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7可知在溶液中NH3．H2O的电离大于H2CO3的电离，则溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+，

所以NH4HCO3溶液中c（NH4+）大于c（HCO3-）；反应NH4++HCO3－+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=3223+43c(NHHO)c(HCO)c(NH)c(HCO)－=1c(H)c(OH)KbK+−=1457110210410−－－==1.

25×10-3，故答案为＞；1.25×10-3。26.“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：(1)基态As原子的价电子排布图为___，基态Ga原子核外有__个未成对电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol−1)的数值依次为577、

1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为__和+3，砷的电负性比镓__(填“大”或“小”)。(3)1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl33AlCl→CHCl=CHAsCl2制造出路

易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为__；AsCl3分子的空间构型为___。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为____。(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg∙cm−3，其晶胞结构如图所示，Ga与As

以___键键合。在晶胞中，距离Ga原子距离最近且相等的As原子有___个。【答案】(1).(2).1(3).+1(4).大(5).3：2(6).三角锥形(7).sp3(8).共价(9).4【解析】【分析】按

原子核外电子排布规律找出基态As原子的价电子排布图和Ga原子核外未成对电子数目；考察逐级电离能的数值大小关系，即可发现主要化合价；根据价层电子对互斥理论可确定中心原子的杂化方式及粒子的空间构型；根据晶胞示意图，回答GaAs晶胞中，距离Ga原子距离最近且相等的As原子数目；【详解】(1)As

原子序数为33，位于周期表第四周期ⅤA，基态As原子的价电子排布图为，Ga原子序数为31，基态Ga原子价电子排布式为3s23p1，核外有1个未成对电子；(2)根据镓其电离能突变知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推

知镓的主要化合价为+1和+3，镓、砷均位于第四周期，同周期元素从左到右非金属性、电负性逐渐增加，镓位于砷的左侧，故电负性砷比镓大；(3)在HC≡CH分子中碳碳叁键中有1个σ键、2个π键，另有2个碳氢键也是σ键，故σ

键与π键数目之比为3:2；AsCl3分子中，中心原子孤电子对数=53112−=，价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化，空间构型为三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3；(5)GaAs为原子晶体，则Ga与

As以共价键键合。由晶胞结构示意图中，Ga原子为面心立方最密堆积，As原子填入四面体空隙中，距离Ga原子距离最近且相等的As原子有4个。27.化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）已知

以下信息：i．A属于芳香烃，H属于酯类化合物。ii．I的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。回答下列问题：（1）E的含氧官能团名称是______，B的结构简式是___________________。（2）B→C和G→J两步的

反应类型分别为___________，____________。（3）①E+F→H的化学方程式是____________________________________。②D与银氨溶液反应的化学方程式是______________________

____________。（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的同分异构体共______种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，写出符合要求的该同分异构体的结构简式为（写出1种即可）____________________________。【答案

】(1).羧基(2).(3).取代反应（或水解反应）(4).加聚反应（或聚合反应）(5).+CH3CH(OH)CH3+H2O(6).+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O(7).14(8).或【解析】【分析】A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B与

氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E为．I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1，则I为CH3CHC

lCH3，I发生水解反应得到F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H为．I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J为，据此分析作答。【详解】（1）通过以上分析知，E为，含有官能团为羧基，B结构简式为，

故答案为羧基；；（2）B发生水解反应生成C为，其反应类型为：取代反应（或水解反应）；G发生加聚反应生成J为，其反应类型为：加聚反应（或聚合反应）；（3）①E+F→H的化学方程式为：+CH3CH(OH)CH3+H2O；②D为，其与银氨溶液反应

的化学方程式为：+2Ag(NH3)OH+2Ag+3NH3+H2O；（4）E的同系物K比E相对分子质量大28，则K的分子式为：C9H10O2，与E属于同系物，则含有羧基，且属于芳香族化合物，则按苯环上的取代基个数分类讨论如下：①苯环上有一个取代基，则结构简式为、；

②苯环上有两个取代基，则可以是-CH2CH3和-COOH，也可以是-CH2COOH和-CH3，两个取代基的位置可以是邻间对，共23=6种；③苯环上有三个取代基，则为2个-CH3和1个-COOH，定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为：、、、、和共6种，综上情况可知，K的结构简式有2+6+6=1

4种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1的结构简式是或，故答案为14；或(任意一种)。