【文档说明】河南省南阳市第一中学2019-2020学年高二下学期第三次月考（6月）化学试题 【精准解析】.doc，共(29)页，2.212 MB，由小赞的店铺上传

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南阳市一中2020年春期高二年级第三次月考化学试题可能用到的部分相对原子量：H:1C:12O:16Na:23B:11As:75第Ⅰ卷选择题（共42分）一、选择题（本题包括14小题，每题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）1.用NA

表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.2.1g丙烯中所含的共用电子对总数为0.3NAB.在高温高压、催化剂的条件下，56gN2和12gH2充分反应，生成NH3的分子数为4NAC.过氧化氢分解制得标准状况下2.24LO2，转移电子数目为0.4NAD.

5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA【答案】D【解析】【详解】A．丙烯的结构式为，一个丙烯分子中有9对共用电子对；2.1g丙烯的物质的量为0.05mol，总共含有0.05mol×9=0

.45mol共用电子对，所含的共用电子对总数为0.45NA，故A错误；B．56gN2的物质的量为2mol，12gH2的物质的量为6mol，但氮气和氢气的反应可逆反应，反应物无法全部转化为生成物，所以生成NH3小于4mol，故B错误；

C．过氧化氢分解产生氧气时，氧气为唯一氧化产物，O元素化合价由-1价变为0价，标况下2.24L氧气的物质的量为0.1mol，转移电子为0.1mol×2=0.2mol，故C错误；D．乙烯的结构式为，环丙烷的结构式为，乙烯与环丙烷具有相同最简式CH2，所以5

.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C-H键数目为：5.6g14g/mol×2×NA=0.8NA，故D正确；综上所述答案为D。2.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法不正确．．．的是

A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B.反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C.反应II为：2H2O2催化剂，光2H2O+O2↑D.总反应为：2H2O34/CNCQDs，光2H2↑+O2↑【答案】B【解析】【分析】由题给

反应机理图示可知，利用太阳光实现高效分解水的过程分为两步，反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，反应的化学方程式为2H2O催化剂，光=H2O2+H2↑，反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成

水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2催化剂，光2H2O+O2↑，总反应方程式为2H2O34/CNCQDs，光2H2↑+O2↑。【详解】A项、该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故A

正确；B项、反应I为水在C3N4做催化剂作用下反应生成过氧化氢和氢气，没有涉及到非极性键的断裂，故B错误；C项、反应II为H2O2在CQDs做催化剂作用下反应生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2催化剂，光2H2O+O2↑，故C

正确；D项、反应I的化学方程式为2H2O催化剂，光H2O2+H2↑，反应II的化学方程式为2H2O2催化剂，光2H2O+O2↑，则总反应方程式为2H2O34/CNCQDs，光2H2↑+O2↑，故D正确；故选B。【点睛】本题考查化学反应机理，能够根据图示判断反应的步骤，在此基础

上书写总反应方程式是解答关键。3.如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图，下列说法正确的是（）A.Cl·可由Cl2在高温条件下生成，是CH4与Cl2反应的催化剂B.升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快C.增

大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响△H的大小D.第一步反应的速率大于第二步反应【答案】C【解析】【分析】CH4与Cl2生成CH3Cl的反应方程式为：CH4+Cl2→光照CH3Cl+HCl。【详解】A．Cl·由

Cl2在光照条件下生成，是CH4与Cl2反应的“中间体”，而不是反应的催化剂，A错误；B．Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，B错误；C．Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，而反应的△H和反应

的途径无关，只与反应的始态和终态有关，即增大氯气的浓度不影响△H的大小，C正确；D．第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，D错误。答案选C。【点睛】反应热△

H和反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。4.下列有关说法正确的是A.已知HI(g)1/2H2(g)＋1/2I2(s)ΔH＝－26.5kJ·mol－1，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B.已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－57

1.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ·mol－1C.已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1,2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2D.含20

.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1【答案】C【解析】【详解】A.HI(g)1/2H2(g)＋1

/2I2(s)ΔH＝－26.5kJ·mol－1，由于反应可逆，可知1molHI气体充分分解后可以放出小于26.5kJ的热量，故A错误；B.根据燃烧热定义可知，水的状态不对，必须为液态才可以，故B错误；C.已

知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1,2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH2，盖斯定律可得：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH1-ΔH2,因为燃烧放热，所以ΔH1-ΔH2＜0，则ΔH1＜ΔH2，故C正确；D.因为醋酸为弱电解质,电离需要吸热,所

以NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)==CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH>－57.4kJ·mol－1,故D错误;正确答案:C。【点睛】①关于可逆反应热化学方程式注意点：A.当反应逆向进行，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。B.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(

g)ΔH＝－akJ·mol－1，意义是指2molSO2气体与1molO2完全反应时，放出akJ的热量，若将2molSO2与气体1molO2放于一密闭容器中在一定条件下反应达平衡时，放出的热量要小于akJ，且当平衡移动(各物质状态不变)时，ΔH不变。②燃烧热定义

：101KPa时，1mol纯物质完全燃烧生成生成稳定氧化物时所放出的热量；例如氢元素对应液态水，硫元素对应二氧化硫等中和热定义：稀溶液中强酸跟强碱发生中和反应只生成1molH2O时所释放的热量；不同反应物的中和热大致相同，均约为57.3kJ·mol

－15.下列叙述中，正确的是()①分别电解NaCl、CuCl2两种溶液时，参加反应的物质是相同的②在海轮外壳上装若干铜块以减缓钢铁腐蚀③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现⑤Cu＋2Ag＋===C

u2＋＋2Ag，反应既可以在原电池中实现，也可以在电解池中实现，其他条件相同时，二种装置中反应速率相同A.③④B.①②③④C.③④⑤D.①②【答案】A【解析】【详解】①分别电解NaCl、CuCl2两种溶液时，参加反应的物质是不同

的，前者氯化钠和水均参加反应，后者只有氯化铜反应，①错误；②在海轮外壳上装若干铜块不但不能减缓反而加速了钢铁腐蚀，要减缓钢铁腐蚀，要装上比铁活泼的锌块，②错误；③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变

化，电解时在两极上分别发生了氧化、还原反应，③正确；④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，例如电解食盐水，④正确；⑤Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋2Ag，反应既可以在原电池中实现，也可以在

电解池中实现，其他条件相同时，二种装置中电解的反应速率更快，⑤错误，则A正确，B、C和D均错误；答案选A。6.一种新型电池的工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法错误的是A.Pt/C电极为负极，质子通过交换

膜从负极区移向正极区B.理论上，当消耗22.4L（标准状况下）H2时，会消耗1molO2C.反应池中发生总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实现HNO3再生D.正极的电极反应为NO3－＋4H＋

＋3e－=NO↑＋2H2O【答案】B【解析】【详解】A．由示意图知，碳毡电极上硝酸转变为NO发生了还原反应，则碳毡电极为正极，Pt/C电极为负极，质子通过交换膜从负极区移向正极区，A正确，不符合题意；B．理论上，当消耗22.4L（标准状况下）H2时，转移2mo

l电子，会消耗0.5molO2，B错误，符合题意；C．由图知，反应池中发生总反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实现HNO3再生，C正确，不符合题意；D．由示意图知，碳毡电极上硝酸转变为NO发生了还原反应，则正极的电极反应为NO3－

＋4H＋＋3e－=NO↑＋2H2O，D正确，不符合题意；答案选B。7.电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是A.a为电源的负极B.CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷C.X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D.该装置总反应为CH2=CH2+2H2O

+2NaCl电解H2+2NaOH+ClCH2CH2Cl【答案】D【解析】【分析】据图可知装置左侧CuCl转化为CuCl2，铜元素被氧化，所以左侧为电解池的阳极，则a为电源正极；右侧为电解池阴极，则b为电源负极。【详解】A．根据分析可知，a为电源的正极，故A错误；B．据

图可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，该反应中CuCl2中铜元素化合价降低，C2H4中C元素化合价升高，即CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B错误；C．阴极H2O或H+放电生成NaOH，则中间室中钠离子要进入

阴极区，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，氯离子要进入阳极区，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；D．以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2−二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH

2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl电解H2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确；综上所述答案为D。8.下列图示与对应的叙述相符的是A.图一表示反应：mA(s)+nB(g)pC(g)△H＞0，在一定温度下,平衡时B的体积分数(

B%)与压强变化的关系如图所示，反应速率x点比y点时的慢.B.图二表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率

b＞c＞aC.图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的ΔH＞0。D.图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆)【答案】A【解析】【详解】A．由图象可以看出，x点的压强小于y点压强，

相同温度下，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，故A正确；B．NO的物质的量不变，增大CO的物质的量，平衡正向移动，NO的转化率增大，所以NO的转化率c＞b＞a，故B错误；C．据图可知随着温度升高，

A的百分含量先逐渐下降到最低点，再上升，说明M点之前由于反应速率较慢，测定A的百分含量时反应还未达到平衡，M点之后均为平衡点，则升高温度A的平衡百分含量变大，所以该反应为放热反应，焓变△H＜0，故C错误；D．阴影部分面积为曲边几何图形的面

积，对于化学反应速率的定义式，在某时刻的化学反应速率定义为v=ct，则阴影部分的面积表示浓度变化量△tv正-△tv逆即[c(反应物)-c(生成物)]，而不是v正-v逆，故D错误；综上所述答案为A。9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.氯水中存在平衡：Cl2+H2OH

++Clˉ+HClO，加入适量NaHCO3(s)后，溶液颜色变浅B.打开汽水瓶时有大量的气泡溢出C.对于反应体系CO(g)+NO2(g)NO(g)+CO2(g)，给平衡体系增大压强可使颜色变深D.对于反应2NO2(g)N2O4(g)△H<0，平衡体系升高温度颜色变深【答案】C【

解析】【详解】A．氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Clˉ+HClO，加入NaHCO3(s)溶液，碳酸氢根会反应氢离子，使平衡正向移动，所以氯气的浓度减小，颜色变浅，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．溶液中存在二氧化碳

的溶解平衡，开启汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．该反应前后气体系数之和相等，所以增大压强，平衡并不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；D．该反应正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮浓度变大颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故D不符合

题意；综上所述答案为C。10.下列实验方案能达到实验目的的是ABCD实验方案置于光亮处实验目的验证甲烷与氯气发生化学反应中和热的测定验证乙炔的还原性验证铁钉发生析氢腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．甲烷

与Cl2发生取代反应，生成HCl和多种氯代物，可观察到试管中有白雾和油状液体生成，试管内液面上升，证明甲烷与氯气发生取代反应，故A正确；B．中和热的测定实验的关键是保温，应在大烧杯和小烧杯之间加入碎纸片以防止热量散失，同时要使用环形玻璃搅拌棒使溶液混合均匀，故B错误；C．电石与饱和食盐水反应生成的

乙炔中混有硫化氢等杂质，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，影响乙炔的还原性的验证，故C错误；D．食盐水为中性溶液，铁钉发生吸氧腐蚀，酸性环境下才发生析氢腐蚀，故D错误；综上所述答案为A。11.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g)⇌nY(g)；ΔH=QkJ

/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是A.m＞nB.Q＜0C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A.容器的体积可变，说明该容器

为恒压装置；在温度相同的条件下，气体体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度本该降低为0.5mol·L-1，但实际上为0.75mol·L-1，说明平衡正向移动，由于是恒压，气体体积增大，根据阿伏加德罗定律，平衡正向移动，说明正反应方向是气体物质的量增多的方向，即m

<n，A错误；B.气体体积不变时，温度升高，Y的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，则说明正反应是吸热反应，即Q>0，B错误；C.温度不变，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，由于m<n，所以平衡逆向移动，则Y的质

量分数减小，C正确；D.体积不变，温度升高，平衡向吸热方向进行，由于正反应是吸热反应，所以平衡正向移动，D错误；故合理选项为C。12.一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ

中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A.容器Ⅰ

中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B.该反应正反应为吸热反应C.容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD.若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%【答案】C【解析】【详解】A．容器I

中前5min的平均反应速率v(COCl2)=0.8mol0.5L5min=0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆

向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)220转化浓度(mol/L)1.61.61.6平衡浓度(mo

l/L)0.40.41.6反应平衡常数K=1.60.40.4=10，平衡时CO转化率：1.6mol/L2mol/L×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)22a0转化浓度(mol/L

)111平衡浓度(mol/L)12a-11Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K=()112a1−=10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.

8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。13.阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸(COOHOCOCH3)，可以用水杨酸(邻羟基苯甲酸)与乙酸酐[(CH3CO)2O]为原料合成。下列说法正确的是

A.可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸B.已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面C.1mol乙酰水杨酸最多消耗2molNaOHD.服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液【答案】A【解析】【详解

】A.水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，故A正确；B.HCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，故B错误；C.乙酰

水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1mol酚酯基可消耗2molNaOH，故最多可消耗3molNaOH，故C错误；D.阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，

故D错误；故选A。14.下列说法正确的有（）个①可以用Cu(OH)2悬浊液用一种试剂鉴别甲酸、乙酸、乙醛、乙醇。②可用酸性K2Cr2O7溶液检验是否酒后驾车，该应用利用了乙醇的还原性和低沸点的性质。③向银氨溶液中加入几滴乙醛后用酒精

灯加热至沸腾制可得银镜。④向足量的浓苯酚溶液中滴入少量溴水，可观察到有白色沉淀生成，该沉淀为2,4,6-三溴苯酚。⑤该分子中的碳原子可能都在同一平面。⑥做过银镜反应实验后的试管，用氨水洗涤。A.5B.4C.3D.2【答案】D【解析】【详解】①加入新制Cu（

OH）2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，甲酸能溶解氢氧化铜，含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，可以用Cu(OH)2悬浊液鉴别甲酸、乙酸、乙醛、乙醇，①正确

；②酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，乙醇沸点低易挥发，具有还原性，可以被酸性K2Cr2O7溶液氧化，酸性K2Cr2O7溶液变色，据此可以检测酒驾，②正确；③发生银镜反应时，加热温度应保持恒定，应水浴加热，不能加热至沸腾，③错误；④向足量的浓苯酚溶液中滴入

少量溴水，生成的三溴苯酚溶解在苯酚中，看不到白色沉淀，④错误；⑤含有2个饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，所有的碳原子不可能在同一个平面上，⑤错误；⑥银和氨水不反应，做过银镜反应实验后的试管，应该用硝酸洗涤，⑥错误；综上所述正确的有2个，故答

案为D。第Ⅱ卷非选择题（共58分）必做题（本题包括2小题，共28分）15.Ⅰ：可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0﹣3分钟各物质的量的变化情况如图所示(A，B，C均为气体)（1）该反应的化学方程式为______________；（2）恒温恒容下，N2(g)+3H2(

g)2NH3(g)，达到平衡的标志有_______________。A．3v正(H2)=2v逆(NH3)B．混合气体总质量不在随时间变化C．容器内的压强不再随时间而变化D．N2、H2、NH3的浓度之比为1:2:3E．单位时间生成nmolN2，同时消耗3nmolH2F．断开一个N≡N键的同时有

6个N—H键生成Ⅱ：以氨作为燃料的燃料电池，具有能量效率高的特点，另外氨气含氢量高，易液化，方便运输和贮存，是很好的氢源载体。燃料电池的结构如图所示：①a极是电池的______________（填“正”或“负”）极，电

极反应式为________________。②当生成0.5molN2时，电路中通过的电子的物质的量为_____。Ⅲ：甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：（1）已知一定条件下反应I：CH3OH(g)=CO(g)+2H2

(g)ΔH1=+90.7kJ/mol反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH3=+49.5kJ/mol该条件下反应II的热化学方程式是____________________________。（2）如图，酸性电解质溶液中，电解CO2可以制备乙

醇，写出阴极的电极方程式：____________________________。【答案】(1).2A(g)+B(g)⇌2C(g)(2).CE(3).负(4).2NH3-6e-+6OH-=N2+3H2O(5).3mol(6).H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(

g)ΔH=-41.2kJ·mol-1(7).2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O【解析】【分析】Ⅰ：(1)由图计算2分内物质的量变化值，据此求出该反应的化学方程式；(2)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一

些物理量不变，据此判断来分析判断恒温恒容下的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到平衡的标志有哪几个？Ⅱ：由燃料电池的工作原理、燃料电池的电极上通入的物质判断正负极、书写电极方程式并计算电子的物质的量；Ⅲ：

(1)由图知甲醇水蒸气重整制氢方法由2条：第一条为先反应Ⅰ再反应Ⅱ，第二条为反应Ⅲ，按盖斯定律可求得一定条件下反应II的热化学方程式；(2)由图知电解时阴极的反应就是CO2得电子被还原成乙醇，据此写电极方程式；【详解】(

1)由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的

变化值与化学计量数成正比，则△n(A)：△n(B)：△n(C)=2:1:2，所以反应的化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌2C(g)；故答案为：2A(g)+B(g)⇌2C(g)；(2)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，据此判断来分析判断恒温

恒容下的N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，达到平衡的标志有哪几个？A．v正(H2)=v逆(H2)为平衡状态，即2v正(H2)=3v逆(NH3)时为平衡状态，故3v正(H2)=2v逆(NH3)不能说明处于平衡状态，A错误；B．混合气体总质量始终不会随时间变化，故混合气体总质量不随时间变化

不能说明处于平衡状态，B错误；C．容器内的压强会随着一开始反应而变化，当压强不再随时间而变化，能说明处于平衡状态，C正确；D．N2、H2、NH3的浓度之比取决于各物质的用量，当这三者的浓度之比为1:2:3，不能说明处于平衡

状态，D错误；E．单位时间生成nmolN2，必定伴随着3nmolH2的生成，而同时消耗3nmolH2，则意味着氢气的物质的量浓度不再变化，能说明处于平衡状态，E正确；F．断开一个N≡N键的同时必定有6个N—H键生成，故不能说明处于平衡状态，F错误；答案为：CE；Ⅱ

：①由示意图知，a极通入燃料氨气，则a极是电池的负极，氨气失去电子被氧化，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+3H2O；答案为：负；2NH3-6e-+6OH-=N2+3H2O；②由电极方程式2NH3-6e-+6OH-=N2+3

H2O知，当生成0.5molN2时，电路中通过的电子的物质的量为3mol；答案为：3mol；(1)由图知甲醇水蒸气重整制氢方法由2条：第一条为先发生反应Ⅰ再发生反应Ⅱ，第二条为反应Ⅲ，已知反应I：CH3O

H(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH1=+90.7kJ/mol反应III：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH3=+49.5kJ/mol按盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，则反应II的热化学方程式为H2O(g)+C

O(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1；答案为：H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1；(2)由图知电解时阴极的反应就是CO2得电子被还原成乙醇，在

酸性电解质溶液中，阴极方程式为：2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O；答案为：2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。【点睛】本题中电化学部分电如何判断电池的正负极

？我们来看看判断负极的常见方法：①电子流出那一极是负极，②发生氧化反应的一极是负极，③阴离子向负极移动，④负极有可能因参加反应溶解而变细，⑤当电池总反应为金属与氢离子产生氢气的反应，通常活泼金属做负极，⑥如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负

极，⑦燃料电池，充入燃料的一极是负极。16.“绿水青山就是金山银山”，研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。CO还原NO的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)△H(1)已知：

CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)△H1=－226kJ·mol-1N2(g)＋2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=＋68kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)△H3=＋183kJ·m

ol-1脱硝反应△H=__________，有利于提高NO平衡转化率的条件是________________(写出两条)。(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)ΔH=-681.8kJ·m

ol-1，对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/mol·L-101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88①0～10min内，

平均反应速率v(CO2)=___mol·L-1·min-1。②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是________(填字母)。A．加入一定量的粉状碳酸钙B．适当缩小容器的体

积C．通入一定量的O2D．加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气。有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体

，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为______________。(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安

装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.8kJ·mol-1，生成无毒的N2和CO2实验测得，v正=k正c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有

关)。①达到平衡后，仅降低温度，k正减小的倍数________(填“>”、“<”或“=”)k逆减小的倍数。②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为20%，则kk正逆=________(计算结果用分数表示)【答案】(1).－750kJ·mol-1

(2).降温、升压、增大CO和NO的投料比等(3).0.042(4).BC(5).1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大(6).<(7).5512【解析】【详解】(1)已知：①CO(g)+NO2(g)CO2(

g)+NO(g)△H1=-226kJ•mol-1②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1③N2(g)+O2(g)2NO(g)△H3=+183kJ•mol-1根据盖斯定律由①×2+

②-③×2得到2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H=(-226kJ•mol-1)×2+(+68kJ•mol-1)-(+183kJ•mol-1)×2=-750kJ/mol；该反应焓变小于零，所以正反应为放热反应，降低温度可以使平衡正逆移动，增大NO的转化率；该反应为

气体减少的反应，增大压强可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；增大CO的投料也可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；(2)①在0~10min内，Δc(CO2)=0.42mol/L，根据v=ct，CO2的化学反应速率v(CO2)

=0.42mol/L=10minct=0.042mol/(L·min)；②30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气使平衡正向移动或适当缩小容器的体积或加入二氧化碳使平衡左移等，故答案为：BC；(

3)①由图像可知，当温度高于1050K时，随着温度升高，NO的转化率降低，则平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此NO2转化率

随温度的升高而增大；(4)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，

在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为20%，可列平衡三段式为：()()()()()()()222COg+2NOgNg+2COgmol1100mol120%=0.20.20.10.2mol0.80.80.10.2起始转化平衡则平衡常数2222222

2(N)(CO)0.10.25===(NO)(CO)0.80.8512ccKcc，当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故222(N)(CO)5==(NO)512kccKkc=正逆。选做题（以下选做题分为A、B两组，每组试题均包括2个小题，

共30分。每位考生只能选做其中的一组，如果多选，按照A组记分）A组【选修5：有机化学基础】17.有机物J是我国自主成功研发的一种新药。合成J的一种路线如图：（1）由A生成B的反应所需的试剂及反应条件为_________________。D________

__（填写“存在”或“不存在”）顺反异构现象。（2）由B生成C的反应类型为____。由D生成E的反应类型为：_________。由H生成J的反应类型为：_________（3）C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为__________(该条件下苯环上的溴不参与反应)。H自身生成聚

酯的化学方程式为：__________________。（4）写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式__________。①分子中除苯环外不含其它环状结构；②能发生银镜反应；③分子中只含有有2种不同化学环境的氢。（5）写出以乙醇和乙酸

为原料制备的合成路线图________________（无机试剂和乙醚任用，合成路线图示例见本题题干）。【答案】(1).液溴、溴化铁或铁(2).不存在(3).氧化反应(4).加成反应(5).酯化反应或取代反应(6).+NaOH+2Cu(OH

)2+Cu2O↓+3H2O(7).nΔ→浓硫酸+nH2O(8).(9).【解析】【分析】(1)(3)：由流程知：是苯环上甲基邻位上的氢原子被溴的取代反应，是苯环上甲基被氧化成醛基的反应，是碳碳双键和HBr的加成反应，反应后

生成的产物E应为，因为E中的烃基后来进入了F、进一步进入了，故F为叔丁基溴化镁，F与C即先在醛基上发生加成反应后发生水解得到G即，G转变生成H即，则是分子内发生酯化反应，据此回答；(4)J即满足条件的同分异构体，须通过条件找

到相应官能团、基团，据此书写；(5)用逆合成分析法，要以乙醇和乙酸为原料制备，则需要乙酸和2-丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要以乙醇得到2-丁醇，则需仿照流程由乙醛和乙基溴化镁在水中反应生成，乙醛可由乙醇催化氧化所得，乙基溴化镁则由溴乙烷和镁在乙醚参与下生成，溴乙烷由

乙醇和HBr发生取代反应生成，据此书写流程；【详解】(1)据分析，由A生成B的反应即是苯环上溴代反应，所需的试剂及反应条件为液溴、溴化铁或铁，D即分子内每个双键碳原子上所连的是相同的原子或原子团，故不存在顺反

异构现象；答案为：液溴、溴化铁或铁；不存在；(2)据分析，是苯环上甲基转变成醛基，该过程去氢得氧，是氧化反应，是碳碳双键和HBr的加成反应，则是酯化反应，属于取代反应；答案为：氧化反应；加成反应；酯化反应或取

代反应；(3)C为，能与新制氢氧化铜反应，已知该条件下苯环上的溴不参与反应，则C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O；答案为：+NaOH+2Cu(OH)2+Cu2O↓+3H2O；H为，含有羧基和羟基

，故自身可发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为：nΔ→浓硫酸+nH2O；答案为：nΔ→浓硫酸+nH2O；(4)J即，分子式为C12H14O2，不饱和度为6，J的一种同分异构体要同时满足下列条件：①分子中除苯环外不含其它环状结构；故分子内含有1个苯环，②能发生银镜反应，则分子内含

有—CHO，且当含有2个醛基时可满足6个不饱和度；③分子中只含有2种不同化学环境的氢，由于醛基自身有氢原子，则这同分异构体的醛基应该是等同的，处于对称位置，故分子内另一种氢原子就在4个完全等同的甲基上，则同分异构体为：；答案为：；(5)要以乙醇和乙酸为原料制备，乙酸和2-丁醇在浓硫酸加热条

件下发生酯化反应生成，仿照流程由乙醛和乙基溴化镁在水中反应生成2-丁醇，乙醇催化氧化得乙醛，由溴乙烷和镁在乙醚参与下生成乙基溴化镁，乙醇和HBr发生取代反应生成溴乙烷，则流程为：；答案为：。【点睛】本题为高频考点，把握流程中官能团的变化、有机反应、信息的灵活运用为解答的关键，侧重分析

与应用能力以及知识点的活学活用，注意有机物性质的应用，(3)为易错点，有的同学会漏写产物水，有的聚酯的结构简式不会写。18.以甲苯为原料合成某种食用香料(有机物G)和某种治疗肺结核药物的有效成分(有机物PAS­N

a)的路线如下：已知：①②③回答下列问题：(1)肉桂酸中所含官能团的名称是______________。(2)①试剂a的结构简式是________________。②写出由A生成B的化学方程式：____________________。

(3)已知试剂b为相对分子质量为60的醇，且无支链，写出G的结构简式：________________，由肉桂酸制取G的反应类型是________。(4)①当试剂d过量时，可以选用的试剂d是_____(填字母)。a．NaOHb．Na2CO3c．NaHCO3②参照题中信息，设计

以为起始原料制备的合成路线。____________________。(5)在肉桂酸分子中碳碳双键催化加氢后得到化合物X(分子式为C9H10O2)，X有多种同分异构体，符合下列条件的有________种。写出其中一种处于对位且核磁共振氢谱中比例

为6：1：2：2：1的结构简式______________________________。a．苯环上有两个取代基b．能发生银镜反应c．与Na作用有H2产生【答案】(1).羧基、碳碳双键(2).(3).(4).(5).酯化反应(或取代反应)(6).c(7).(8).18(9).或【解析】

【分析】根据肉桂酸的结构简式，和F生成肉桂酸的部分反应条件可知F发生信息①的反应生成肉桂酸，所以F应含有醛基，则甲苯在MnO2/H2SO4的条件下被氧化为；试剂b为相对分子质量为60的醇，所以肉桂酸与试剂b发生酯化反应生成G，结合G的分子式可知试剂b为1-丙醇或2-丙醇

，又b无支链，所以b为CH3CH2CH2OH；甲苯在浓硝酸、浓硫酸、加热的条件下发生硝化反应生成A；根据后续流程D到E的反应条件，可知该过程为硝基的还原反应，再结合PAS—Na的结构简式可知A中硝基与甲基处于对位，所以A为；根据A生成B的反应条件可知该反应为Br

原子取代苯环上氢原子的过程，结合PAS—Na的结构简式可知B的结构简式为；根据C生成D的反应条件可知该过程为溴原子转化为酚羟基的过程，D到E应为硝基转化为氨基的过程，E与试剂d反应生成PAS—Na，所以B到C的过程应为引入羧基的过程，所以C为，D为，E为

。【详解】(1)根据肉桂酸的结构简式可知其含有的官能团为碳碳双键、羧基；(2)①F为，发生类似信息①的反应生成肉桂酸，根据肉桂酸的结构简式可知试剂a应为；②A为，与溴单质在FeBr3的作用下发生苯环上的取代反应生成，化学反应方程式为+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr；(3)根据分

析可知试剂b为CH3CH2CH2OH，试剂b与肉桂酸发生酯化反应生成G，则G为；该反应属于酯化反应(或取代反应)；(4)①因酚羟基也会和碳酸钠、NaOH反应，所以试剂d应为碳酸氢钠，故选c；②根据信息②

可知可以由反应生成，根据信息①可知可以由与反应生成；根据甲苯生成F的反应可知可由在MnO2/H2SO4的条件下被氧化生成，所以合成路线为：；(5)肉桂酸分子中碳碳双键催化加氢后得到化合物X，X的分子式为C9H10O2，其同分异构体满足：a．苯环上有两个取代基；b．能发生银镜反应，说明含有

—CHO结构；c．与Na作用有H2产生，说明含有—OH；符合条件的X的异构体可以是苯环上连有-OH、-CH2CH2CHO或-OH、-CH(CH3)CHO或-CH3、-CH(OH)CHO或-CHO、-CH2CH2OH或-CH2CHO、-CH2O

H或-CHO、-CH(CH3)OH，每种都有邻间对三种结构，所以共有18种；其中处于对位且核磁共振氢谱中比例为6：1：2：2：1的结构简式为或。【点睛】本题考查有机物合成及结构与性质，解决本题的关键一是理解题目所给反应，二是注意掌握常见官能团的性质，能够根据

反应条件判断官能团的变化。B组【选修3：物质结构与性质】19.2019年8月13日中国科学家合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2[Sn（OH）6][B（OH）4]2并获得了该化合物的LED器件，该研究结果有望为白光发射的设计和应用提供一个新的有效

策略。（1）基态Sn原子价层电子的空间运动状态有___种，基态氧原子的价层电子排布式不能表示为22xy22s2p2p，因为这违背了____原理（规则）。（2）[B（OH）4]－中氧原子的杂化轨道类型为___

_，[B（OH）4]－的空间构型为______。[Sn（OH）6]2－中，Sn与O之间的化学键不可能是___。a键bσ键c配位键d极性键（3）碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物中，熔点较低的是_____（填化学式），其原因是___________。（4）超高热导率半导体材料——砷化硼（

BAs）的晶胞结构如下图所示，则1号砷原子的坐标为____。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为apm，则该晶体的密度为__g·cm－3（列出含a、NA的计算式即可）。【答案】(1).3(2).洪特(3).sp3(4).正四面体(5).

a(6).BaO(7).离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高(8).(14，14，14)(9).330A86443(a)103N−【解析】【详解】(1)Sn元素与C元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子为5s25p2，5s

能级的s轨道为一种空间运动状态，5p能级占据两个p轨道有两种空间运动状态，共有3种空间运动状态；根据洪特规则，同一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以该排布式违反了洪特规则；(2)[B(OH)4]－中每个氧原子与氢原子和B原子各形成一个

σ键，还有2对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；[B(OH)4]－中B原子与每个氧原子之间均形成一个σ键(其中一个为配位键)，价层电子对数为4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；[Sn(OH)6]2－中，O原子和氢原子之间为σ键，也

为极性共价键，Sn原子和O原子之间有σ键和配位键，所以该物质中不含π键，所以选a；(3)碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为BaO和MgO，镁离子核外电子层数少于钡离子，所以镁离子半径更小，形成的离子键更强，晶格能更大，熔点较高；(4)根据晶胞结构可知1号砷原子距离坐标原点的距

离为晶胞体对角线的14，所以坐标为(14，14，14)；根据晶胞结构可知，距离最近的As原子和B原子即为1号砷原子距离坐标原点B原子的距离，所以晶胞体对角线的长度为4apm，则晶胞的棱长为433apm

，则晶胞的体积V=343a3pm3=343a3×10-30cm3；根据均摊法该晶胞中As原子个数为4，B原子个数为118+682=4，所以晶胞的质量m=A864gN，所以密度为330A86443(a)103N−g/cm3。

20.侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年发明的。此方法具有食盐利用率高、对环境的污染少、生产成本低等优点。其制备中涉及如下两个反应：NaC1+H2O+CO2+NH3===NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHC

O3===Na2CO3+CO2↑+H2O。(1)基态氯原子的电子排布式为______，C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为____。(2)①H2O、CO2、NH3三种分子中属于V形分子的是_______。②在常温常压下，1体积水可溶解700体积NH3、可溶解0.8体

积CO2，试解释其原因：_________。(3)Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是________(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是________。(4)①要确定Na2

CO3固体是晶体还是非晶体，最可靠的方法是_____。②下列事实不能支持Na2CO3的晶体类型为离子晶体的是______(填字母)。a．熔点为851℃b．晶体中存在Na+、CO2-3c．可溶于水d．晶体中存在离子键，共价键(5)钠、氧两元素可形成两

种常见化合物，其中一种的晶胞如下图所示，则该氧化物的化学式为________，若晶胞参数为dpm，晶胞的密度为-3ρgcm，则阿伏加德罗常数NA=______(用含d、ρ的代数式表示)。【答案】(1).1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5(2).N＞O＞C(3).

H2O(4).CO2是非极性分子而水是极性分子，故CO2在水中溶解度较小，NH3是极性分子且能与水分子形成分子间氢键，故NH3在水中溶解度很大(5).极性(6).平面正方形(7).X-射线衍射法(8).c(9).Na2O(10

).32132.4810mold−【解析】【详解】(1)氯原子核外有17个电子，根据能量最低原理，基态氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5；N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，第一电离能大于O，元素的第一电离能由大到小的顺序

为N＞O＞C；(2)①H2O、CO2、NH3三种分子中，中心原子的价层电子对数分别为6+2=24个、4=22个、5+3=24个，其中水分子含有2对孤电子对，所以水分子是V形分子；②CO2是非极性分子而水是极性分子，故CO2在水中溶解度较小，N

H3是极性分子且能与水分子形成分子间氢键，故NH3在水中溶解度很大；(3)Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，根据相似相溶原理可知该物质应为极性分子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，参考甲烷的二氯代物只有一种，可知[Cu(NH3)

4]2+的空间构型应为平面正方形；(4)①判断固体是晶体还是非晶体最可靠的方法是X-射线衍射法。②离子晶体熔点较高，由离子构成，含有离子键；而许多分子晶体也可溶于水，故c项符合题意；(5)由图及均摊原理知，晶胞中氧离子数是118+

6=482，钠离子的数目是8，故化学式为Na2O；一个晶胞中含有4个“Na2O”组成微粒，则晶胞的质量为A462gN，晶胞的体积为d310-30cm3，则晶胞的密度A3303462gd10c==mNmV−，解得321A32

.4810moldN−=【点睛】根据均摊原则，晶胞顶点的原子被一个晶胞占用18、面心的原子被一个晶胞占用12，棱上的原子被一个晶胞占用14，晶胞内的原子被一个晶胞完全占用。