【文档说明】江西省上饶市2019-2020学年高二下学期期末教学质量测试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，2.394 MB，由小赞的店铺上传

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上饶市2019—2020学年度第二学期期末教学质量测试高二化学试题卷考试时间：90分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23S:32Cl:35.5Fe:56Cu:64一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1.截止2

020年4月5日，全球新型冠状病毒肺炎确诊超过120万例。以下对预防新冠病毒的认识，不符合科学道理的是（）ABCD84消毒液使用时不能和洁厕灵混用医用酒精消毒效果浓度95%>75%口罩关键一层聚丙烯熔

喷布属于有机高分子材料温度计中水银属于金属单质A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.84消毒液使用时不能和洁厕灵混用，两者反应生成氯气，有毒，故A正确；B.75%的酒精用于消毒，消毒效果最佳，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死，

95%的酒精常用于擦拭紫外线灯，故B错误；C.口罩关键一层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料，故C正确；D.温度计中水银是金属汞，属于金属单质，故D正确。综上所述，答案为B。2.丙烯是一种常见的有机物。下列有关丙烯

的化学用语中，正确的是()A.结构简式是C3H6B.能发生取代、加成、聚合、氧化、还原反应C.比例模型D.聚合后的结构简式【答案】B【解析】【详解】A．丙烯的分子式C3H6，结构简式是32CHCH=CH，故A错误；B．丙烯有碳碳双键，可以发生加成反应，

加聚反应，加氢还原反应，也可发生氧化、有甲基，可以在一定条件下发生取代反应，故B正确；C．是丙烯的球棍模型，故C错误；D．丙烯加聚后的产物是，故D错误；答案选B。3.下列图示变化为吸热反应的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】常见的放热反应有：燃烧、金属与酸反应、金

属与水反应、酸碱中和反应、铝热反应和绝大多数化合反应等；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、某些化合反应（如碳与二氧化碳的反应）、碳与水蒸气的反应、氯化铵晶体与Ba（OH）2•8H2O的反应等，反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为

吸热反应，以此来解答。【详解】A．Zn与稀硫酸反应为放热反应，故A不符合题意；B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故B不符合题意；C．浓硫酸稀释放热，为物理过程，不是化学反应，故C不符合题意；D．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反

应，故D符合题意；答案选D。【点睛】需要注意：物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B.2LpH=1的H3PO4溶液中，含有0.6NA个H

+C.0.1molN2与0.3molH2混合充分反应，生成0.6NA个N—H键D.2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子【答案】A【解析】【详解】A.1个11B含有中子数6个，因此0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子，故

A正确；B.2LpH=1的H3PO4溶液中H+物质的量为0.1mol∙L−1×2L=0.2mol，因此含有H+个数为0.2NA，故B错误；C.氮气与氢气反应是可逆反应，因此0.1molN2与0.3molH2混合充分反应，生成N—H键小于0.6

NA个，故C错误；D.标准状况下苯是液体，无法计算，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】标准状况下非气态的物质主要有水、苯、甲苯、HF、NO2、SO3、CCl4、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、醇、羧酸、碳原子数大于4的烃(新戊烷除外)等。

5.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程：则下列说法不正确的是（）A.铝热法也可以用来生成金属铝B.黄铜矿中至少含有Cu、Fe、S三种元素C.粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的SiCl4D.上述每种产品的生成过程都涉及氧

化还原反应【答案】A【解析】【详解】A.铝热法不可以用来生成金属铝，铝热反应是金属Al和比Al弱的金属氧化物反应生成比铝弱的金属，故A错误；B.根据黄铜矿与氧气反应生成CuO、FeO和SO2，说明黄铜矿中至少含有Cu、Fe、S三种元素，故B正确；C.根据图中信息，SiCl4与氢气反应生成精硅，

因此粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的SiCl4，故C正确；D.根据图中信息得到每种产品都有化合价升降，因此上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应，故D正确。综上所述，答案为A。6.管道工人曾经用浓氨水检查氯气管道是否漏气，发生反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。下列叙述正确的是

（）A.NH3的电子式为B.每转移3NA电子时，消耗Cl2的体积为33.6LC.该检验过程有共价键、离子键的断裂与生成D.用该方法检验管道泄漏处会产生白烟【答案】D【解析】【详解】A.NH3分子中氮原子与氢原子形成单键，氮原子形成8个电子的稳定

结构，则电子式为，A错误；B.根据反应方程可知，每消耗3molCl2转移电子数为6NA，则转移3NA电子时，消耗Cl2的体积在标准状况下为33.6L，未标注标准状况，B错误；C.该反应中存在氯氯共价键的断裂，铵根离子与氯离子离子键、氮氮共价键的形成，但不存在离子

键的断裂，C错误；D.若氯气管道泄漏，浓氨水挥发出氨气与氯气生成氯化铵，观察到白烟生成，D正确；答案选D。7.下列有关说法正确的是（）A.常温下，同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH一定等于7B.0.1molAgCl和0.1molAgBr混合后加入水形成悬浊液，所得溶

液c（Cl-）＝c（Br-）C.常温下，向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中通SO2气体至溶液pH＝7：c（Na+）＝2c（SO2-3）+c（HSO-3）D.常温下，0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液与0.1mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH+4）＞c（

Cl-）＞c（OH-）【答案】C【解析】【详解】A.酸碱的元数未知，常温下，同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后溶液不一定为中性，如氢氧化钠和硫酸等浓度等体积混合反应后溶液显酸性，所以溶液的pH不一定等于7，A错误；

B.AgCl和AgBr在水中均存在溶解平衡，溶液中+Ag浓度相同，AgCl与AgBr的溶度积不同，所得溶液中()()--cClcBr，B错误；C．常温下，向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中通SO2气体至溶液pH=

7，溶液呈中性有()()-cH=cOH+，结合电荷守恒有c（Na+）＝2c（SO2-3）+c（HSO-3），C正确；D.常温下，0.1mol•L-14NHCl溶液与0.1mol•L-1氨水等体积混合，溶液pH＞7，溶液显碱性，一水

合氨电离大于铵根离子水解，则c（NH+4）＞c（Cl-）＞c（NH3•H2O）＞c（OH-），D错误；答案选C。8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验现象结论A向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaC

l和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同温度下，溶解度AgI＜AgClB向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚＞

碳酸DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀

，则说明相同温度下，溶解度AgI＜AgCl，故A正确；B.未向反应后溶液中加入氢氧化钠至碱性，故B错误；C.向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞碳酸氢根，故C错误；D.C2H5OH易挥发，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D

错误。综上所述，答案为A。【点睛】检验蔗糖是否发生水解是向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再向反应后溶液中加入氢氧化钠至碱性，再加入银氨溶液并水浴加热，有光亮如镜的银生成则说明蔗糖发生了水解。9.下列检验方法或指定反应的离子（

或化学）方程式正确的是（）A.将少量Na投入到水中：Na+2H2O=H2↑+Na++2OH-B.用溴水检验丙烯醛CH2＝CHCHO中的碳碳双键：CH2＝CHCHO+Br2⎯⎯→CH2Br﹣CHBr﹣CHOC.向Mg（OH）2沉淀中滴加乙酸：Mg（OH）2

+2H+=Mg2++2H2OD.往二元弱酸亚磷酸（H3PO3）溶液中滴加过量的烧碱溶液：H3PO3+2OH-=HPO2-3+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.将少量Na投入到水中反应生成NaOH和氢

气，离子方程式为2Na+2H2O=H2↑+2Na++2OH-，A错误；B.溴水具有氧化性，可将醛基氧化，则不能直接用溴水检验丙烯醛CH2＝CHCHO中的碳碳双键，B错误；C.乙酸为弱酸，不能写成离子形式，向Mg

(OH)2沉淀中滴加乙酸，离子方程式为Mg(OH)2+2CH3COOH=Mg2++2CH3COO－+2H2O，C错误；D.往二元弱酸亚磷酸（H3PO3）溶液中滴加过量的烧碱溶液，反应生成Na2HPO3和水，离子方程式为H3PO3

+2OH-=HPO2-3+2H2O，D正确。答案选D。10.在铂—铑合金网上发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)。该反应是一个自发的反应且铂—铑合金网未预热也会发热，下列像图不正确的是A.B.C.D.【

答案】D【解析】【详解】A.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)正反应气体物质的量增大，增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，NH3转化率降低，故A正确；B.催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，NH3转化

率不变，故B正确；C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)正反应气体物质的量增大，增大压强，反应速率加快，平衡逆向移动，NO产率降低，故C正确；D.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，H2O产率降低，故D错误；

选D。【点睛】本题考查温度、压强对化学反应速率、化学平衡移动的影响，明确升高温度平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体系数和减小的方向移动。11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.工业上用熔融的金属钠制取金属钾：K

Cl(l)+Na(l)NaCl(l)+K(g)B.对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g),达到平衡后缩小容器体积可使体系颜色变深C.氨水中加入NaOH固体有利于氨气的溢出D.实验室用排饱和食盐水的方法来收集氯

气【答案】B【解析】【详解】A.工业上用熔融的金属钠制取金属钾，钾蒸气挥发，促进KCl(l)+Na(l)NaCl(l)+K(g)平衡正向移动，故不选A；B.对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，达到平衡后缩小容器体积，平衡不移动，所以体系颜

色变深不能用勒夏特列原理解释，故选B；C.氨水中加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，-32324NH+HONHHONH+OH+平衡逆向移动，有利于氨气的溢出，故不选C；D.饱和食盐水中氯离子浓度大，

使22Cl+HOCl+HClOH−++平衡逆向移动，降低氯气的溶解度，故不选D。12.下列表述正确的是ABCD盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体为氧气粗铜的电极反应式为：Cu2++2e－=Cu正极反应式为：O2+4e－+2H2O=4OH－A.AB

.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．在Cu电极，Cu2++2e-=Cu，盐桥中的阳离子移向CuSO4溶液，A不正确；B．a极为阳极，产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，该气体为氯气，B不正确；

C．粗铜为阳极，应为金属单质失电子，C不正确；D．铁的吸氧腐蚀，正极为O2得电子产物与水反应生成OH-，反应式为：O2+4e－+2H2O=4OH－，D正确；故选D。13.对二甲苯的绿色合成路线示意图如图所示，下列说法错误的是A.过程Ⅰ发生了加成反应

B.利用相同原理及相同原料，也能合成邻二甲苯C.M的结构简式为D.异戊二烯不存在顺反异构现象【答案】B【解析】【详解】A.过程I中碳碳双键生成碳碳单键，则为加成反应，故A正确；B.利用相同原理及相同原料，异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，有两种加成方式，可生成和，

最终不可能生成邻二甲苯，故B错误；C.由球棍模型可知M含有碳碳双键，且含有醛基，结构简式为，故C正确；D.异戊二烯1号和4号碳原子均连接着2个相同的H，不存在顺反异构现象，故D正确；故答案选：B。14.已知两个醛分子在NaOH溶

液作用下可以发生加成反应，生成羟基醛：，如果将甲醛、乙醛、丙醛在NaOH溶液中发生反应，最多可以形成羟基醛的种类是（）A.6种B.7种C.8种D.9种【答案】A【解析】【详解】该反应的反应原理实际上是醛基的邻位碳原子上的氢原子与羰基的加成，乙

醛、丙醛中醛基的邻位碳原子上均有氢原子，而甲醛没有，故甲醛、乙醛、丙醛在NaOH溶液中发生自身加成可以有乙醛与乙醛、丙醛与丙醛、甲醛与丙醛(甲醛中打开C=O)、甲醛与乙醛(甲醛中打开C=O)、乙醛与丙醛(

乙醛中打开C=O)或丙醛与乙醛(丙醛中打开C=O)共6种，故答案选A。【点睛】易错点：甲醛上只有一个碳，没有α氢，反应中只能断开C=O键。15.利用如图所示的有机物X可生产S诱抗素Y。下列说法正确的是（）A.1mo

lX分子和溴水反应最多消耗4molBr2B.X可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应C.Y既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可使酸性KMnO4溶液褪色D.1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，1molY最多能加成4molH2【答案】B【解析

】【详解】A．1molX中含有3mol碳碳双键，可以与3molBr2发生加成；此外酚羟基的邻对位可与Br2发生取代反应，X中有1个酚羟基的邻位和1个酚羟基的对位，均能与Br2发生取代反应，1molX的酚羟基的邻对位总共消耗2

molBr2，则1molX与溴水反应最多消耗5molBr2，A错误；B．X中含有碳碳双键，醇羟基，酚羟基，均可被氧化，醇羟基和羧基，可以发生酯化反应也是取代反应；含有碳碳双键可以发生加聚反应；分子中含有羟基和羧基，氨基和羧基，可以发生缩聚反应，

B正确；C．Y中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，C错误；D．1molX含有1mol－COOH，1mol肽键，1mol酚羟基形成的酯基，1mol的酚羟基；羧基、肽键、酚羟基均消耗1molNaOH，1mol酚羟基形成的

酯基消耗2molNaOH，则1molX最多消耗5molNaOH，D错误。答案选B。16.我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐——(Y5)6(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种10电子阳离子，分别是由X与Y、X与Z形成。化合物XW是18电子分子。下列叙述不正确的是

（）A.化合物YX4W的水溶液呈酸性B.此盐中存在离子键、共价键C.原子半径的大小顺序为W＞Z＞Y＞XD.该盐中存在的两种阴离子是Y5-和W-【答案】C【解析】【分析】我国科学家合成了超高含能材料中的一种重要的盐——(Y5)6

(X3Z)3(YX4)4W，其中含有两种10电子阳离子，分别是由X与Y、X与Z形成，则X为H，Y为N，Z为O，化合物XW是18电子分子，W为Cl。【详解】A.化合物YX4W(NH4Cl)，铵根离子水解，因此NH4Cl的水溶液呈酸性，故A正确；B.此盐含有阳离子和阴离子，因此存在离子键，铵根离子、一

水合氢离子都含有共价键，故B正确；C.原子半径的大小顺序为Cl＞N＞O＞H，故C错误；D.根据电荷得出该盐中存在的两种阴离子是N5－和Cl－，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】原子半径比较时，可根据层多径大、同电子层结构核（电荷数）多径小原则。二、填

空题（共有3大题，共38分）17.某烃A的相对分子质量为84。回答下列问题:（1）下列物质与A以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不相等的是（填序号）_________。a．C7H12O2b．C6H14

c．C6H14Od．C7H14O3（2）若烃A为链烃，与HBr加成后只能得到一种产物,且该烃的一氯代物只有一种。①A的结构简式为___________________;②链烃A与溴的CCl4溶液反应生成B；B与NaOH的醇溶液共

热可得到D，D分子中无溴原子。请写出由B制备D的化学方程式:____________________;③B与足量NaOH水溶液完全反应,生成有机物E，该反应的化学方程式:_______________

_;E与乙二醇的关系是________________。（3）若核磁共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰,峰面积比为3∶2∶1,则A的名称为_____。（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A的结构简式为_____________。【答案

】(1).b(2).（CH3）2C=C（CH3）2(3).+2NaOH+2NaBr+2H2O(4).+2NaOH+2NaBr(5).同系物(6).3-己烯或2-乙基-1-丁烯（答出一种即可）(7).【解析】【详解】（1）某烃A的相对分

子质量为84，则A的分子中含有的C原子个数是：84÷12=7，由于该物质是烃，所以每减少1个C原子，就会增加12个H原子，故该物质的分子式是C6H12，a．C7H12O2可以变形为C6H12∙CO2，因此若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量相等，a不选；b．C6H14比C6H

12多2个H原子，因此等物质的量消耗的氧气的物质的量不相等，b选；c．C6H14O可以变形为C6H12∙H2O，等物质的量的混合物，完全燃烧消耗的氧气相等，c不选；d．C7H14O3分子式变形为C6H12∙CO2∙H2O，因此等物质的量完全燃烧消耗的氧气的物

质的量是相等的，d不选；答案选是b；（2）①A分子式是C6H12，若烃A为链烃，则该物质属于烯烃，由于与HBr加成后只能得到一种产物，且该烃的一氯代物只有一种，则A的结构简式为（CH3）2C=C（CH3）2；②链烃A与溴

的CCl4溶液反应生成B；B与NaOH的醇溶液共热可得到D，D分子中无溴原子，由B制备D的化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O；③B是卤代烃，与足量NaOH水溶液发生水解反应产生醇E，该反应的化学方程式是+2NaO

H+2NaBr；该醇是饱和二元醇，与乙二醇结构相似，因此是同系物；（3）若核磁共振氢谱显示链烃A有三组不同的峰，峰面积比为3∶2∶1，则A可能是CH3CH2CH=CHCH2CH3，名称是3-己烯，也可能是CH2=C（CH2CH3）2，名称是2-乙基-1-丁烯

；（4）若A不能使溴水褪色，且其一氯代物只有一种，则A是环己烷，其结构简式为。18.氯苯在染料医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如图所示（夹持仪器已略去）。请回答下列问题：（1）仪器a中盛有KMnO4晶体，仪器b中盛有浓盐酸．打开仪器b中

的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，该反应离子方程式为____________．（2）仪器b外侧玻璃导管的作用是__________．（3）仪器d内盛有苯，FeCl3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器c进入到仪器d中．仪器

d中的反应进行过程中，保持温度在40～60℃，以减少副反应发生．仪器d的加热方式最好是______加热，制取氯苯的化学方程式为_______________．（4）仪器e的作用是_________．（5）该方法制备的氯苯中含

有很多杂质，工业生产中，通过水洗、碱洗，再通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如表一：有机物苯氯苯邻二氯苯间二氯苯对二氯苯沸点/℃80.5132.2180.4173.0174.1①水洗时除去的主要杂质为_______②从该有机物混合物中提取氯苯，可采用

_______方法（填一种分离方法）．（6）实际工业生产中，苯的流失如表二：流失项目蒸气挥发二氯苯其他苯流失量2.08%1.17%16.75%某一次投产加入13t苯，则制得氯苯_______t．【答案

】(1).2MnO-4+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2).使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”）(3).水浴(4).(5).冷凝、回流(6).FeCl3、HCl(7).蒸馏或分馏(8).15【解析】【分析】由实验装置可知，a中KMnO4与b中

浓盐酸发生2MnO-4+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O制备氯气，仪器b中细玻璃导管可平衡气压、使浓盐酸顺利滴下，c中浓硫酸干燥氯气，d中苯、氯气、FeCl3粉末固体制备氯苯，e为球形冷凝管，可冷凝回流，提高原料利用率，蒸馏d中

混合物收集132.2℃的馏分为氯苯，以此来解答。【详解】(1)仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl－氧化成Cl2，发生反应2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，离子方程式为2MnO-

4+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)根据装置特点可判断仪器b外侧玻璃导管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；(3)保持温度40～60℃，需要加热方法是水浴加热，优点是受热均匀，易于控制温度；苯、氯气在氯化铁作催化剂的条件下加热生成氯苯，制取氯苯的化学方程式为；(4

)根据装置特点可判断仪器e是球形冷凝管，作用是冷凝、回流，以提高原料利用率；(5)①制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗、碱洗，最后通过分液得到含氯苯的有机物的混合物，碱洗前先进行水洗的目的是

除去FeCl3、HCl，节约后续碱洗操作时碱的用量，减少生产成本；②从该有机物混合物中提取氯苯，根据混合物沸点数据，可采用蒸馏或分馏的方法收集132.2℃的馏分；(6)根据表中数据可知，13t苯损失苯13t

×(2.08%+1.17%+16.75%)=2.6t，有(13－2.6)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为()132.6112.5t78−=15t。19.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采用天然气制备氢气的流程如下。请回答下列问题：I．蒸汽转化：在催

化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化，结合图表信息回答问题。（1）该过程的热化学方程式是___________。（2）平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如上图所示，判断T1和T2的大小关系：T1_______T2（填“>”“<”或“=”），并说明理由_______

_。（3）一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3：4，计算该条件下反应的平衡常数为__________。Ⅱ．CO变换：500℃时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。Ⅲ

．模拟H2提纯工艺：将CO2和H2分离得到H2的过程如下。依据图示信息回答：（4）吸收池中发生反应的离子方程式是___________。（5）结合化学用语说明K2CO3溶液再生的原因______。【答案】(1).CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3

H2（g）ΔH=+204kJ/mol(2).>(3).根据热化学方程式CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH=+204kJ/mol可知，升高温度，平衡正向移动，CO的体积分数增大；再对应图象，压强一定时，则T1>T2（合理即可

）(4).0.75（或34）(5).CO2-3+H2O+CO2=2HCO-3(6).阴极放电发生反应:2H2O+2e－=H2↑+2OH－，产生的OH-与电解液中的碳酸氢根发生反应：OH-+HCO-3=CO2

-3+H2O，实现了K2CO3溶液的再生。（或合并写“2HCO-3+2e－=H2↑+2CO2-3,实现了K2CO3溶液的再生。”也得分）【解析】【分析】Ⅰ.(1)由图可知，反应为吸热反应，△H=2582kJ/mol-

2378kJ/mol=+204kJ/mol，据此书写热化学方程式；(2)根据压强和温度对化学平衡的影响分析；(3)由三段式分析，计算该条件下反应的平衡常数；Ⅲ.由图可知，吸收池中二氧化碳与碳酸钾溶液的反应得到碳酸氢钾，据此书写离子方程式。【详解】

Ⅰ.(1)由图可知，1mol甲烷、1mol水蒸气生成1molCO和3mol氢气吸收热量(2582−2378)kJ=204kJ，故热化学方程式为422CH(g)HO(g)CO(g)3H(g)Δ204kJ/molH++=+；(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以相同压

强下，温度越高，CO的体积分数越大，故T1>T2；(3)一定温度下，在1L恒容的密闭容器中充入1molCH4和1mol的水蒸气充分反应达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是3:4，设消耗甲烷物质的量x，据此计算：()()()()422CHg+HOgCOg+3Hg(m

ol)1100(mol)xxx3x(mol)1-x1-xx3x起始转化平衡2+2x4=23，x=13mol，则平衡时各物质的浓度分别为：c(CH4)=c(H2O)=23mol/L，c(CO)=13mol/L，c(H2)=1mol/L，则该反应的平衡常数K=311322

33=0.75；Ⅲ.(4)由图可知，吸收池中氢气并未反应，二氧化碳被吸收进入惰性电极电解池，即吸收池中为二氧化碳与碳酸钾溶液的反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；(5)HCO3−存在电离平衡：HCO3−

⇌H++CO32−，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生，阴极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋OH-，阳极反应：222HO4eO4H−+−=+；HCO3-+OH-═CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生。三、选做题（14分，只需从第20、21题中任选一题作答，两题都做按第一

题给分）20.高分子化合物F是一种成膜良好的溶剂，其合成路线如下。请回答：（1）E中官能团的名称是__________。（2）生成A的化学方程式是__________。（3）有机物C的沸点______（“＞”“=”或“<”）2-甲基

丙烷（4）由生成D的化学方程式是_________。（5）F可能的结构简式是_________（写一种即可）（6）醇类物质是重要的化工原料，以2-丙醇为起始原料，选用必要的无机试剂可合成异丁烯酸树脂的单体。请结合以下信息，补充合成路线_________（有机物用结构

简式表示）。已知：【答案】(1).羧基(2).(3).＞(4).(5).(6).【解析】【分析】在浓硫酸作用下发生消去反应生成A为(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2与Br2发生加成反应生成B为(CH3)2CBrCH2Br，(CH3)2CBrCH2Br在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应

生成C为(CH3)2C(OH)CH2OH；在催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成D为，在催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成E为；与(CH3)2C(OH)CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成高分子化合物F为，据此分析解答。【详解】(1)E为，官能团是羧基；(2)在浓硫酸作用下发生消

去反应生成A为(CH3)2C=CH2，化学方程式为；(3)C为(CH3)2C(OH)CH2OH，具有相同碳原子数的醇的沸点高于烷烃，则有机物C的沸点＞2-甲基丙烷；(4)在催化剂作用下与氧气发生氧化反应生成D为，化学方程式为；(5)由上述分析可知，F可能的结构简式为；(6)根据可知

，要得到，应由含有羰基的中间产物与HCN发生加成反应，则由转化为，再转化为，答案为；由转化为异丁烯酸树脂的单体，则应发生消去反应引入碳碳双键，故最终异丁烯酸树脂的单体为。21.黄铜矿是工业炼铜的原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中

核外电子有____种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是___。（2）液态SO2可发生白偶电离2SO2=SO2++SO32-，SO32-的空间构型是___，与SO2+互为等电子体的分子有____（填化学式，任写一种）。（3）CuCl熔点为426℃，融化时几乎不导

电，CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是___。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是____。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点____（填“高”或“低”），原因是____。（5）黄铜矿主要成分X

的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X的化学式是___，其密度为___g／cm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【答案】(1).16(2).1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)(3).三角锥形(4).N2或CO(5).CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子

晶体的熔沸点比分子晶体高(6).sp3(7).低(8).乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有(9).CuFeS2(10).212A73610abN【解析】【分析】（1）硫元素为16号元素，核外有16个电子，9个轨道；铁为26号元素，核外有26个电子，失去最外层的2个电子变成Fe2+；（2）根据SO32

-的杂化方式为sp3确定它的空间结构，由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子；（3）根据两种晶体的性质确定晶体类型；（4）根据乙硫醇中硫原子的成键特点判断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高；（5）根据晶胞结构中Cu、

Fe、S原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式；根据以上分析进行解答。【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故硫原子1+1+3+1+3=9个轨道，所以

基态硫原子中核外电子有9种空间运动状态；Fe是26号元素，核外有26个电子，铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。答案为：9；1s22s22p63

s23p63d6(或[Ar]3d6)。（2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于sp3杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两个原子，总价电子数为10，与SO2+互为等电子体的分子有N2、CO等。答案为：三角锥形；N2或CO。（3）由题知CuCl熔点为426℃，融化时几乎不导

电，可以确定CuCl为分子晶体，熔沸点比较低，CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，确定CuF为离子晶体，熔沸点比较高。答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。（4）乙硫醇（C2H5S

H）里的S除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参与杂化，所以形成的是sp3杂化，乙醇里有电负性较强的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。（5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的Cu原子数目=818+412+1=4，Fe原子

数目=612+414=4，S原子数目为8，X的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，所以X的化学式为：CuFeS2。由图可知晶胞内共含4个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4A6456322gN++=A736g

N，晶胞的体积V=anmanmbnm=a2•b10-21cm3，所以晶胞的密度=mV=213A22132A736gN73610g/cmab10cmabN−=。答案为：CuFeS2；212A73610abN。【点睛】

基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就有多少个空间运动状态。这两个问题很相似，解答时一定要注意。