【文档说明】河南省濮阳市2019-2020学年高二下学期升级考试（期末考试）化学试题【精准解析】.doc，共(28)页，2.303 MB，由小赞的店铺上传

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-1-河南省濮阳市2019-2020学年高二下学期升级考试（期末）化学试题1.化学无处不在，下列与化学知识有关的说法正确的是A.利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气并放出热量B.处理锅炉水垢中的4CaSO，可先用饱

和23NaCO溶液浸泡，后加盐酸除去C.军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被腐蚀D.草木灰与铵态氮肥不能混合施用，否则会造成草木灰肥效的损失【答案】B【解析】【详解】A.利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气，过程

中需要吸收热量，故A错误；B.因为Ksp(4CaSO)>Ksp(CaCO3)，且CaCO3能溶于盐酸，4CaSO不溶于盐酸，所以处理锅炉水垢中的4CaSO，可先用饱和23NaCO溶液浸泡，后加盐酸除去，故B正确；C.锌的活泼性强于铁

，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，属于金属的牺牲阳极的阴极保护，故C错误；D.草木灰的主要成分为K2CO3显碱性，铵态氮肥显酸性，两者混合发生反应，放出氨气，降低铵态氮肥的肥效，所以不能混合施用，故D错误；故答案：B。2.由合成气制备二甲醚，涉及如下反应：（i）()()()3242

2CHOHgCHg+2HOg1H（ii）()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+2H反应能量变化如图所示。下列说法正确的是A.12HH-2-B.反应（ⅱ）为吸热反应C.()()()24233C

HgHOgCHOCHg+0HD.若在容器中加入催化剂，则21E-E将变小【答案】A【解析】【详解】A．根据图像可知：两个反应均为放热反应，ΔH1、ΔH2均小于0，反应（i）放出的热量更多，所以12HH，故A正确；B．根据图像可看出，反应（i

i）的反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，故B错误；C．根据盖斯定律可知，反应（ii）-反应（i）可得反应C2H4(g)+H2O(g)⇌CH3OCH3(g)，反应（i）放出的热量更多，则ΔH=

ΔH2-ΔH1＞0，故C错误；D．若在容器中加入催化剂，降低了反应的活化能，反应速率加快，但不会改变反应焓变，则E2-E1不变，故D错误；答案选A。3.已知：()()2242NOgNOg0H。现将一定量()2NOg和()24NOg的混合气体通入体积为1L的恒温密

闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法错误的是[v（正）、v（逆）均用2NO表示]A.a点时：v（正）>v（逆）B.b点时体系颜色不再变化C.b点的v（正）小于c点的v（逆）D.混合气体的密度：b点＜

c点【答案】A-3-【解析】【详解】A.由图象曲线变化可以知道，在10min时()()2242NOgNOg0H反应达到平衡状态，根据物质浓度的变化量可知a点时该反应向逆反应方向移动，所以v(逆)>v(正)，故A错误；B.由图象曲线变化可以知道，b点时()()2

242NOgNOg0H反应达到平衡状态，各物质的浓度不在改变，所以体系颜色不再变化，故B正确；C.由图象曲线变化可以知，25min时体系中加入的是NO2，化学反应平衡正向移动，b点是N2O4的浓度变化量，根据已知v(正)、v(逆)均用2NO表示，所以的v(正)大于c

点的v(逆)，故C正确；D.混合气体的密度ρ=mV，由图象曲线变化可以知，25min时体系中加入的是NO2，混合气体在温密闭容器中发生的反应，所以混合气体的密度：b点＜c点，故D正确；故答案：A。4.将汽车尾气中的CO、NO转化为无害

气体的反应为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。某化学兴趣小组为探究影响该反应的外界条件，在容积均为2L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入物质的量之比为1：1的NO和CO，测得各容器中n(CO)随反应时

间t的变化情况如下表所示。根据表中数据，下列说法正确的是()tmin()COn04080120160甲(温度为300℃)2.001.501.100.800.80乙(温度为T℃)2.001.451.001.0

01.00丙(温度为300℃)1.000.800.650.530.45A.乙容器中的反应温度T＜300℃B.甲容器中，0～40min内平均反应速率v(NO)=0.0125mol/(L·min)C.提高尾气净化效率的最佳途径是使用高效催化剂-4-D.升高温度既能增大反应速率又能提高CO与NO

的转化率【答案】C【解析】【详解】A．甲、乙反应开始时物质浓度相等，在相同时间内乙改变浓度快，说明乙反应速率快，由于温度升高，反应速率快，所以乙容器中的反应温度T＞300℃，A错误；B．甲容器中，0～40min内CO物质的量改变△n=2mol-1.5mol=0.5m

ol，容器的容积是2L，则△c=0.5mol2L=0.25mol/L，则平均反应速率v(NO)=0.25mol/L40min=0.00625mol/(L·min)，B错误；C．使用高效催化剂能够在相同时间内使更多的尾气转化为CO2、N2，从而可提高尾气的净化效率，C正确；D．

升高温度，化学反应速率加快，根据甲分析可知，乙的温度高于300℃，升高温度，反应达到平衡时CO的物质的量增大，说明升高温度平衡逆向移动，因此升高温度不能提高高CO与NO的转化率，D错误；故合理选项是C。

5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：Fe2+、3NO−、24SO−、Na+B.由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液中：Ca2+、Cl-、3HCO−、K+C.+12-c(H)110c(OH)

=的溶液中：4NH+、24SO−、3NO−、Mg2+D.c(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、24SO−、SCN-【答案】C【解析】【详解】A．pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性条件下，H+、Fe2+、3NO−发生氧化还原反应，不能大量共存，A

不符合题意；B．在室温下纯水电离产生的c(H+)=1×10-7mol/L，若溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L，则水电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，3HCO−与酸性溶液中的

H+或碱性溶液中的OH-都会发生反应，不能大量共存，B不符合题意；-5-C．+12-c(H)110c(OH)=的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D

．Fe3+与SCN-会发生络合反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。6.工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温

度变化如图所示，下列说法错误的是()A.该反应的△H＜0B.增大压强甲醇转化率增大C.平衡常数：K(75℃)＞K(85℃)D.反应速率：v(c点)＞v(e点)【答案】D【解析】【详解】A．在温度较低时，升高温度反应速率加快，有更多的CO发生反应变为生成物，所以ＣＯ转化率提高；当温度升高至一定温

度时，温度升高，化学平衡逆向移动，使CO的转化率降低。由于升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故△H＜0，A正确；B．该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，甲醇转化率增大，B正确；

C．根据选项A分析可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使化学平衡常数会减小，故平衡常数：K(75℃)＞K(85℃)，C正确；D．升高温度，化学反应速率加快。由于温度：

e点＞c点，所以反应速率：v(c点)＜v(e点)，D错误；故合理选项是D。7.下列说法错误的是-6-A.进行酸碱中和滴定实验时，眼睛须注视着锥形瓶内的颜色变化B.除去2MgCl溶液中少量3FeCl杂质，加入稍过量的()2MgOH固体后过滤C.配制3FeC

l溶液时，将3FeCl固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度D.将3AlCl溶液和23NaCO溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为23AlO和23NaCO【答案】C【解析】【详解】A．在酸碱中和滴定过程中，眼睛

应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，A正确；B．()2MgOH的溶解度大于Fe(OH)3，可利用沉淀转化原理加入()2MgOH固体除去2MgCl溶液中少量3FeCl杂质，B正确；C．配制3FeCl溶液时，将3

FeCl固体溶于稀盐酸中，抑制Fe3+水解，同时不引入杂质离子，然后稀释至所需浓度，C错误；D．3AlCl水解得Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，加热使水解平衡正向移动，蒸干得Al(OH)3，Al(OH)3灼烧得Al2O

3，23NaCO的第二步水解程度小，致使加热条件下Na2CO3水解程度仍然很小，故加热蒸干23NaCO溶液仍然得23NaCO固体，23NaCO热稳定性好，受热不分解，灼烧后仍然是23NaCO，D正确。答案选C。8.下列有关水处理的离子方程式书写错误的是A.沉淀法：用2NaS处理含2Hg+

废水，22HgSHgS+−+=B.中和法：用生石灰()CaO中和酸性废水，222HOHO+−+=C.氧化法：用HClO处理氨氮废水，2NH4++3HClO=N2↑+3H2O+5H++3Cl-D.混凝法：用明矾凝聚沉降细颗粒物，()323Al3HOAlOH3H++++【答案】B【解析

】【详解】A.Na2S是易溶于水的强电解质，HgS难溶于水，用Na2S处理含Hg2+废水，其反应的离-7-子方程式为：22HgSHgS+−+=，故A正确；B.CaO属于氧化物，离子方程式中写化学式，所以用生石灰（CaO）中和酸性废水的离子方程式为：CaO+2H＋=Ca2＋+H2O，故

B错误；C.HClO具有强氧化性，能将氨氮废水中的氮氧化为氮气，其反应的离子方程式为；2NH4++3HClO=N2↑+3H2O+5H++3Cl-，符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，故C正确；D.明矾溶于水电离出来的铝离子能发

生水解，生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以凝聚沉降细颗粒物，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故D正确；故选B。9.下列实验实验方案不能达到相应目的的是()ABCD目的比较不同催化剂对化学反应速率的影响进行粗铜的精炼比较碳酸根与碳酸氢根水解程度比

较碳酸、醋酸和硼酸酸性强弱实验方案A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．两只试管中催化剂Fe3+、Cu2+浓度不同，因此不能比较不同催化剂对化学反应速率的影响，A符合题意；B．粗铜精炼时，粗铜作阳极，连接电源正极；精铜作阴极，连接电源的负极，B不符合题意；C．两种溶

液中，溶液的浓度相同、体积相同，只有碳酸根与碳酸氢根不同，可通过测定溶液pH比较溶液中碳酸根与碳酸氢根水解程度大小，溶液pH越大，离子水解程度就越大，C不符-8-合题意；D．可发生强酸制取弱酸的反应，碳酸氢钠分别加入醋酸和硼酸中，只有加入醋酸中有气体产生，

由实验现象可比较酸性强弱，D不符合题意；故合理选项是A。10.下列实验操作所对应的现象（或其他）、结论均正确的是操作现象（或其他）结论A将铁片和铜片用导线连接后插入盛有浓硝酸的烧杯中组成原电池铜片上有大量红棕色气体产生铁比铜活泼B向含有酚酞的23NaCO训加入少量2

BaCl溶液颜色变浅23NaCO的电离平衡向右移动C用pH试纸测定NaCl溶液和NaF溶液的pHpH(NaCl)＞pH(NaF)HF溶于水完全电离D向足量溶液中滴加2滴氯水，再分别滴加①淀粉溶液②溶液①溶液变蓝②无明显现象还原性：I-＞Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】

【详解】A．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，则构成原电池时Cu为负极，Cu失去电子，不能比较金属的活泼性，故A错误；B．Na2CO3是强电解质，在水溶液中完全电离，即Na2CO3=2Na++CO32-，不存在电离平衡，但存在CO32-+H2OHC

O3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-水解平衡，碳酸根离子与钡离子反应生成沉淀，水解平衡逆向移动，碱性减弱，则溶液红色变浅，故B错误；-9-C．NaCl是由强碱和强酸构成的盐，在水溶液中完全电离，溶液呈现中性，NaF是由强碱弱酸构成的盐，在水

溶液中完全电离，但F-存在水解平衡，即F-+H2OHF+OH-，使溶液呈现碱性，则pH(NaCl)＜pH(NaF)，故C错误；D．溶液变蓝说明I-被氧化为I2，加入KSCN溶液未变红，说明Fe2+未被氧化，故可说明还原性：I-＞Fe2+，

故D正确；答案为D。11.下列实验装置及其应用的描述均正确的是A.用①装置验证铁钉的析氢腐蚀B.用②装置进行强酸强碱稀溶液的中和热测定C.用③装置测定未知稀盐酸的物质的量浓度D.用④装置探究反应物浓度对反应速率的影

响【答案】B【解析】【详解】A．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，A错误；B．泡沫隔热，减少热量损失，环形玻璃搅拌棒搅拌，使强酸强碱迅速并充分反应，温度计测量温度变化，该装置可以用来测中和热，B正确；C．NaOH溶液应放碱式滴定管，图示为酸式滴定管，C错误；D．结合反应

的离子方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O可知，第一支试管中草酸和高锰酸钾物质的量之比=20:1＞5:2，草酸过量，溶液能褪色，第二支试管中草酸和高锰酸钾物质的量之比=2:1＜5:2，高锰酸钾过量，不会

褪色，故用④装置无法探究反应物浓度对反应速率的影响，D错误。答案选B。12.下列有关电化学原理与应用的叙述错误的是-10-ⅠⅡⅢⅣA.Ⅰ装置盐桥中的Cl−移向4ZnSO溶液B.Ⅱ中正极反应式为22O4e2H

O4OH−−++=C.Ⅲ装置模拟工业上在镀件上镀银D.Ⅳ装置可以达到保护钢闸门的目的【答案】C【解析】【详解】A．Ⅰ装置为双液原电池，Zn作负极，Cu作正极，Cl−为阴离子，阴离子向负极移动，即向4ZnS

O溶液移动，A正确；B．结合图可知，钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应式为：22O4e2HO4OH−−++=，B正确；C．电镀时，镀层金属作阳极，待渡金属作阴极，镀层金属的盐溶液作电解质溶液，即电解质溶液不对，C错误；D．Ⅳ装置中，钢闸门与

电源的负极相连，为阴极，受到保护，D正确。答案选C。13.32HPO可通过“四室电渗析法”制备。制备的工作原理如图所示（阳膜只允许阳离子通过），下列叙述正确的是-11-A.电解一段时间后，阳极室()24HSOc变小B.电解一段时间后，阴极室()N

aOHc变小C.X膜为阴膜（只允许阴离子通过）D.阴、阳两极产生的气体的物质的量比为1:2【答案】C【解析】【详解】A．该电解池中，阳极室是电解稀硫酸，H2O或OH−放电，酸性环境水放电，失去电子发生氧化反应，电极反应为2H2O−4e-═O2↑+4H+，水不断消耗，导至H

2SO4浓度增大，故A错误；B．电解过程中，阴极上水或H+放电，碱性环境水放电，得到电子发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成的OH−导致溶液带负电性，吸引原料室的Na+通过右边阳膜移向阴极，所以阴极室中NaOH溶

液的浓度增大，故B错误；C．电解池中，阳离子向阴极方向移动，阴离子向阳极方向移动，原料室中的H2PO2-通过X膜向阳极室方向扩散到产品室中，与阳极区产生的H+通过左边阳膜进入产品室中，形成产品H3PO2，

所以X膜为阴膜（只允许阴离子通过），故C正确；D．根据阴极的电极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-和阳极的电极反应2H2O−4e-═O2↑+4H+可知，当转移4mol电子时，阴极产生2molH2，阳极产生1molO2，阴、阳两极产生的气体的物质的量比为2：1，故D错误；答案为C

。14.常温下，用0.10molL的NaOH溶液滴定20.00mL0.10molL醋酸溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是-12-A.滴定过程中可能出现：()()()()()-++-33cCHCOOH>cCHCOO>cH>cNa>cOHB.点①所示溶液中：()

()()()--+33cCHCOO+cOH=cCHCOOH+cHC.点②所示溶液中：()()()+-33cNa=cCHCOOH+cCHCOOD.点③所示溶液中：()()()()+--+3cNa>cOH>cCHCOO>cH【答案】A【解析】【详解】A.当C

H3COOH较多，滴入的碱较少时，生成CH3COONa少量，溶液中CH3COOH浓度远大于CH3COONa浓度，可能出现()()()()()-++-33cCHCOOH>cCHCOO>cH>cNa>cOH，故A正确；B.由图象可知，点①反应后溶液是CH3COONa与CH3CO

OH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+)，故B

错误；C.由图象可知，点②pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故c(Na+)=c(CH3COO-)，故C错误；D.由图象可知，点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，溶液呈碱性，所

以c(H+)<c(OH-)，且程度较小，c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故D错误。故答案：A。15.归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结。他们归纳正确的是A.常温下，pH3=的醋酸溶液与pH11

=的NaOH溶液等体积混合，则有()()()()++--3cNa+cH=cOH+cCHCOOB.对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的-13-百分含量一定增加C.有气体参加的反应，增大压强（压缩体积），活化

分子百分数增大，平衡常数增大D.常温下，醋酸电离平衡常数的aK，醋酸根水解平衡常数为bK，则有ab:1KK=【答案】A【解析】【详解】A.常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，混合液为醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒，则有c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3C

OO﹣)，故A正确；B.对已建立化学平衡的某可逆反应，当减少生成物的浓度时，化学平衡向正反应方向移动，但生成物的百分含量减少，故B错误；C.有气体参加的反应，增大压强（压缩体积），单位体积活化分子数增多，活化分子

百分数不变，平衡常数只受温度影响，所以增大压强，平衡常数不变，故C错误；D.常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka=()()()33cCHCOOcHcCHCOOH+﹣，醋酸根水解平衡常数为Kb=()()()33cCHCOOHcOHcC

HCOO−﹣，所以Ka：Kb1，故D错误；故答案：A。16.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。（1）Bunsen热化学循环制氢工艺流程图如下：①下列说法错误的是______（填字母序号）。A．该

过程实现了太阳能化学能的转化B．2SO和2I对总反应起到了催化剂的作用C．该过程的3个反应均是氧化还原反应D．常温下，该过程的3个反应均为自发反应-14-②已知：()()()()()22224SOgIg2HOg2HIgHSOl++=+1ΔakJmol−=

H()()()()242222HSOl2HOg2SOgOg=++1ΔbkJmol−=H()()()222HIgHgIg=+1ΔckJmol−=H则：()()()2222HOg2HgOg=+ΔH=______1kJmol−（用含a、b、e的代数式表示）。（2）以甲烷为原料

制取氢气是工业上常用的制氢方法。已知有关化学反应的能量变化如图所示。①下列说法正确的是______（填字母序号）A．4CH的燃烧热为1846.3kJmol−B．CO的燃烧热为1282kJmol−C．2H的燃烧热为1241.8kJmol−D．()()()()222COgHOgCOgH

g+→+为放热反应②()4CHg与()2HOg反应生成()COg和()2Hg的热化学方程式为________________________。（3）中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过

程可表示为：已知：几种物质有关键能[形成（断开）1mol共价键释放（吸收）的能量]如下表所示。化学键HO−OO=HH−OO−键能kJmol463496436138若反应过程中分解了22molHO，过程Ⅲ

的ΔH=______1kJmol−。-15-【答案】(1).D(2).2ab2c++(3).BD(4).()()()()422CHgHOgCOg3Hg+=+1Δ161.1kJmol−=+H(5).132+【解析】【分析】根据反应关系图进行判断；②根据盖斯定律进行解答；根据燃烧热

的概念进行判断；根据盖斯定律书写反应热方程式；根据H=断键键能总和-生成物键能总和进行计算。【详解】(1)①A．由图可知，利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，故A正确；B．由图可知，总反应为水分解生成氧气、氢气的反应，所以SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，故B

正确；C．由已知：()()()()()22224SOgIg2HOg2HIgHSOl++=+1ΔakJmol−=H；()()()()242222HSOl2HOg2SOgOg=++1ΔbkJmol−=H；()()()222

HIgHgIg=+1ΔckJmol−=H可知，该过程的3个反应均有元素化合价变化，都是氧化还原反应，故C正确；D．由已知：()()()()()22224SOgIg2HOg2HIgHSOl++=+1kJmolHa−=；()()()()242222HS

Ol2HOg2SOgOg=++1ΔbkJmol−=H；()()()222HIgHgIg=+1ΔckJmol−=H可知，常温下，()()()()242222HSOl2HOg2SOgOg=++反应不能自发进行，故D错误；故答案选D；②已知：①()()()

()()22224SOgIg2HOg2HIgHSOl++=+1ΔakJmol−=H；②()()()()242222HSOl2HOg2SOgOg=++1ΔbkJmol−=H；③()()()222HIgHgIg=+1ΔckJmol−

=H，则根据盖斯定律：①2+②+③2:()()()2222HOg2HgOg=+ΔH=2a+b+2c1kJmol−；(2)①A．由图可知：CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1846.3kJmol−，因为生成的是气态水，所以4CH的燃烧热不是1846.

3kJmol−，故A错误；-16-B．由图可知：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=-1282kJmol−，故CO的燃烧热为1282kJmol−，故B正确；C．由图可知：12O2(g)+2H(g)=H2O(g)ΔH=-1241

.8kJmol−，因为生成的是气态水，所以H=-1241.8kJmol−不是H2的燃烧热，故C错误；D．由图可知①12O2(g)+2H(g)=H2O(g)ΔH=-1241.8kJmol−，②CO2(g)=CO(g)+12O2(g)ΔH=+1282kJmol

−，根据盖斯定律①+②可得：()()()()222COgHg=COgHOg++ΔH=+140.2kJmol−，所以()()()()222COgHOg=COgHg++为放热反应，故D正确；故BD正确；②由图可知：①CH

4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1846.3kJmol−，②CO2(g)=CO(g)+12O2(g)ΔH=+1282kJmol−，③12O2(g)+2H(g)=H2O(g)ΔH=-1241.8kJmol−，则①2+②2-③6为：()4CH

g+()2HOg=()COg+3()2Hg1Δ161.1kJmol−=+H，所以该热化学方程式为：()()()()422CHgHOgCOg3Hg+=+1Δ161.1kJmol−=+H；(3)由图可知：分解22molHO可以生成1molH2和1m

olH2O2，过程Ⅲ为1molH2O2分解生成1molH2和1molO2，化学反应方程式为：H2O2(g)=H2(g)+O2(g)ΔH=(2463138)/kJmol+−(436+496)kJ/mol=+132-1kJmol。

17.工业上合成氨的反应为：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ0H。（1）在体积为VL的密闭容器中发生上述反应，其平衡常数K与温度T的关系如表：TK298398498平衡常数K64.1101K2K-1

7-①试判断1K______2K（填写“＞”，“＝”或“＜”）。②398K时，进行合成氨反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是______（填字母序号）。A．混合气体的平均摩尔质量保持不变B．()2vN正()23v

H=逆C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（2）甲同学为了探究外界条件对反应的影响，以102cmolLH−参加合成氨的反应，在a、b两种条件下分别达到平衡，测得2H的浓度与反应时间的关系如

图甲所示。请回答下列问题：①a条件下，00~t的平均反应速率()2vN=______11molLmin−−。②相对a而言，b可能改变的条件是______。③在a条件下，1t时刻将容器容积压缩至原来的12，2t时

刻重新建立平衡状态。则图甲中在12t~t时刻()2cH的变化曲线可能为______（填图甲中的字母序号）。（3）乙同学向一恒温恒压容器中充入29molN和223molH，模拟合成氨的反应，图乙表示温度T时平衡混合物中氨气的体积分数

与总压强()p的关系图。若体系在60MPa下达到平衡。①此时2N的平衡分压为______MPa。（分压＝总压×物质的量分数）②经计算可得此时的平衡常数pK=______。（用平衡分压代替平衡浓度计算，结果保留2位有效数字）【

答案】(1).＞(2).AC(3).010c-c3t(4).增大2N的浓度(5).B(6).9(7).()20.043MPa−【解析】【详解】(1)在体积为VL的密闭容器中发生上述反应，其平衡常数K与温度T的关系如表：-18

-TK298398498平衡常数K64.1101K2K①由于合成氨是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，化学平衡常数减小，所以1K＞2K，故本题答案为：＞；②A．混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明气体物质的量不变，达到化学平衡状态，A正确；

B．不同物质的正、逆反应速率之比等于其化学计量数之比是平衡状态，B错误；C．容器内压强保持不变，则气体的物质的量不变，达到化学平衡状态，C正确；D．在密闭容器中反应，气体质量不变，体积不变，混合气体的密度始终保持不变，D错误；故本

题选：AC；(2)①a条件下，00~t的平均反应速率()2vN=0120(c-c)mol/L11c1v(H)=33t3tmin==010c-c3t11molLmin−−，故本题答案为：010c-c3t；②a、b氢气起始浓度相同，b到达平衡的

时间缩短，说明反应速率增大，平衡时氢气的浓度减小，说明平衡正向移动，所以改变的条件是增大2N的浓度，因此，本题正确答案是：增大2N的浓度；③在a条件下t1时刻将容器体积压缩至原来的12，t2时刻重新建立平衡状态，t1时刻变成2c1，t1~t2时刻的趋

势逐渐减小，终点达到新的平衡时，浓度大于c1，所以只有曲线B符合，故本题答案为：B；(3)①若体系在60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n(NH3)为xmol，则：-19-223N3H2)9230)0.5x1.5xx)90.5x231.5xxNHmo

lmolmol+−−开始（转化（平衡（平衡时氨气的体积分数=x100%60%90.5x231.5xx=−+−+，解得x=12。氮气的分压=9-0.512×60MPa9+23-12=9MPa，故本题答案为：9；②设平衡时n(NH3)为

xmol，则：223N3H2)9230)0.5x1.5xx)90.5x231.5xxNHmolmolmol+−−开始（转化（平衡（平衡时氨气的体积分数=x100%60%90.5x231.5xx=−+−+，解得x=12。氮气的分压=90.51260923

12MPa−+−=9MPa氨气的分压=60%60MPa=36MPa氮气的分压=6036915MPaMPaMPaMPa−−=此时的平衡常数()()()2p36915MPaKMPaMPa==()20.043MPa−，故本题答案为：()20.043MPa−。【点

睛】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以在同温同压下，体积分数可用物质的量分数代替，用三段式计算出各物质的物质的量，就可求出体积分数，进而求得Kp。18.“22NaHPO还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠()23NaHPO的工业流程如图。已知：ⅰ．32H

PO为一元弱酸ⅱ．33HPO为二元酸，25℃时其电离常数：214.010aK−=，723.010aK−=-20-ⅲ．25℃时：()18apFeS6.2410K−=，()36apCuS1.3010K−=回答下列问题：（1）22NaHPO属于______（填“正

盐”或“酸式盐”）。（2）“合成”过程，主要氧化产物为33HPO，相应的化学方程式为______。（3）“除铜”过程发生的反应为()()()()22FeSsCuaqCuSsFeaq++++，经过计算可得该反应的平衡常数K=______。（4）常温下32NaHPO

的pH______7（填“＞”、“＝”或“＜”）。（5）常温下23NaHPO溶液呈碱性的原因为（用离子方程式表示）______。【答案】(1).正盐(2).222233INaHPOHOHPONaIHI++=++(3).184.80

10(4).＜(5).23223HPOHOHPOOH−−−++【解析】【详解】（1）因为32HPO为一元弱酸，所以H2PO2-不能继续电离，故22NaHPO属于正盐，本题答案为：正盐；（2）“合成”过程，22NaHPO、碘单质和水，反应生成

亚磷酸，碘化钠和碘化氢，反应方程式为：222233INaHPOHOHPONaIHI++=++，故本题答案为：222233INaHPOHOHPONaIHI++=++；（3）根据化学方程式()()()()22FeSsCuaqC

uSsFeaq++++，可知1836K(FeS)6.2410KK(CuS)1.3010−−===spsp184.8010，故本题答案为：184.8010；（4）已知33HPO为二元酸，25℃时其电离常数：214.010aK−=，723.0

10aK−=，所以H2PO3-的电离常数为723.010aK−=，H2PO3-的水解平衡常数Kh=1487103.310310−−−=，Ka2＞Kh，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，pH＜7，所以本题答案为：

＜；（5）23NaHPO溶液呈碱性是因为HPO32-水解生成H3PO3和OH-，离子方程式为-21-23223HPOHOHPOOH−−−++，故本题答案为：23223HPOHOHPOOH−−−++。【点睛】酸式盐判断溶液的酸

碱性，需要判断电离程度和水解程度的大小，不可根据强碱弱酸盐来判断，此为易错点。19.（1）下列各组物质性质的比较，结论正确的是______（填字母序号）。A．分子的极性：33BClNClB．()224CuHO+比()234CuNH+中的配位键稳定C．在2CS中的溶解度：42CCl

HOD．基态原子中未成对电子数：MnSiCl（2）有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示（假设图中金属的摩尔质量为1Mgmol−，金属原子半径为rcm，用AN表示阿伏加德罗常数的值），有关说法正确的是______（填字母序号）。①②③④A．①和②中原子的

配位数均为8B．③和④中原子的配位数均为12C．②中金属的密度为：()33A2Mgcm2rN−D．④中空间利用率为：334πr431004r2％（3）“摩尔盐”是分析化学中的重要试剂，化学式为()()44222NHF

eSO6HO。“摩尔盐”在一定条件下分解的方程式为：()()4422332232224NHFeSO6HO2FeO3SO5SON6NH31HO+++++△。回答下列问题：①铁元素在元素周期表中位于______区，其价层电子排布图（轨道式）为______。②组成“摩尔盐”

的非金属元素中电负性最大的元素为______（填元素符号），“摩尔盐”的分解产物中属于非极性分子的化合物是______（填化学式）。③()36KFeCN常用于检验2Fe+，与CN−互为等电子体的单质的分子式为______。HCN分子中键和π键的个数之比为_____

_。-22-④3Fe+可与噻吩（）和吡咯（）形成配位化合物。噻吩中C原子和S原子的杂化分式分别为：______。噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，原因为：______。【答案】(1).AD(2).BD(3).d(4).(5).O(6).3SO(7).2N(8).1:1(9).2s

p、3sp(10).吡咯能与水形成分子间氢键【解析】【详解】（1）A．BCl3中B是采用sp2杂化，为平面三角形，是非极性分子；NCl3分子中N采用sp3杂化，为三角锥形，是极性分子，所以分子的极性：33BClNCl，A正确；B．配位体给出电子能力越强，则配位体

与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定，O的给电子能力小于N，所以()224CuHO+的配位键没有()234CuNH+中的配位键稳定，B错误；C．四氯化碳为非极性分子，易溶于非极性的二硫化碳中，水为

极性分子，难溶于非极性的二硫化碳中，所以四氯化碳在2CS中的溶解度大于水在2CS中的溶解度，C错误；D．Mn的价层电子排布式为3d54s2，有5个未成对电子，Si的价层电子排布式为3s23p2，有2个未成对电子，Cl价层电子排布式为3s23p5，有1个未成对电子，所以基态原子中未成对电子数：MnS

iCl，D正确；故本题答案为：AD；（2）A．①为简单堆积，配位数为6，②为体心立方堆积，配位数为8，A错误；B．③为六方最密堆积，④为面心立方堆积，配位数均为12，B正确；C．②中原子个数为18128+=，晶胞质量为2M，所以金属的密度为：

33A2Mgcm4r3N−，C错误；D．④为面心立方堆积，空间利用率为：100%原子体积晶胞体积=334πr431004r2％，D正确；故本题答案为：BD；-23-（3）①铁的原子序数是26，位于第四周期第Ⅷ族，位于元素周期表中d区，根据核外电子排

布规律可知铁的价层电子排布式为3d64s2，其电子排布图为，故本题答案为：d；；②组成“摩尔盐”的非金属元素有H、N、O、S，其中电负性最大的元素为O，分解产物中三氧化硫是平面三角形结构，属于非极性分子，故本题

答案为：O；SO3；③等电子体是原子数相等，价电子数也相等的离子或分子，与CN-互为等电子体的单质的分子式为N2，HCN分子的结构为H-C≡N，键和π键的个数之比为1:1，故本题答案为：N2，；1:1；④根据噻吩（）的结构可知，噻吩中C原

子的杂化方式为2sp，S原子的杂化方式为3sp。吡咯能与水形成分子间氢键，所以吡咯能溶于水，噻吩不能与水形成分子间氢键，所以噻吩难溶于水，故本题答案为：吡咯能与水形成分子间氢键；【点睛】空间利用率的计算1、空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间

中所占有的体积百分比。空间利用率＝100%原子体积晶胞体积2、空间利用率的计算步骤：（1）计算晶胞中的微粒数（2）计算晶胞的体积20.(1)西瑞香素是具有较强抗肿瘤活性的药物，其结构简式如图所示。下列有关西瑞香素叙述正确的是____

__（填字母序号）。A．能与FeCl3溶液发生显色反应B．能发生加成反应、消去反应、水解反应C．分子中所有原子可能共平面D．1mol西瑞香素最多可与5molNaOH反应(2)由“实验操作”、“现象”得到的“结论”一定正确的是______（填字母序号）。实验操作现象结

论-24-A加热乙醇与浓H2SO4的混合液，将产生的气体通入少量酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色该实验有乙烯生成B将等体积的CH4和Cl2装入硬质大试管混合后，再将试管倒置于饱和食盐水中，在漫射光的

照射下充分反应大试管内气体颜色逐渐变浅，内壁出现油状液滴，试管内液面上升甲烷与氯气在光照条件下发生了取代反应C加热溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的混合液，向反应后的混合液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生淡黄色

沉淀溴乙烷发生了消去反应D取少许淀粉溶液，加入稀硫酸加热一段时间，冷却后，再加入碘水溶液仍为无色淀粉已完全水解(3)有机高分子化合物M是涂料中的一种常见添加剂，下面是它的一种合成路线：已知：ⅰ．烃D相对分子质量为84，核磁共振氢谱只有1组峰；ⅱ．32(1)O(2)ZnH

ORCHCHRRCHORCHO+=⎯⎯⎯⎯→+(R、D代表烃基或氢原子）。回答下列问题：①用系统命名法命名B的化学名称______。G中官能团的名称为______。②写出E→F的化学方程式：_____

_。③G生成H的过程中，G与Ag(NH3)2OH反应的物质的量之比为______。④写出C与H生成M的化学方程式：______。⑤与H具有完全相同官能团的H同分异构体有______种(不包括H，不考虑立体异构)

。【答案】(1).AD(2).BD(3).1，2－二溴乙烷(4).醛基(5).+NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→乙醇加热+NaCl+H2O(6).1：4(7).-25-nHOOCCH2CH2CH2CH2COOH+nHOCH2-CH2OH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+(2n-1)H

2O(8).8【解析】【分析】(1)由结构简式可知，分子中含酚-OH、-COOC-、碳碳双键及醚键，结合酚、酯、烯烃的性质来解答；(2)A．乙醇、乙烯都可以与酸性高锰酸钾溶液反应；B．根据取代反应的特点，结合物质的颜色及溶解性分析判断；C．根据各种物质的性质分析判断；D．根

据碘单质遇淀粉溶液变为蓝色分析判断；(3)A分子式是C2H4，结构简式是CH2=CH2，CH2=CH2与Br2发生加成反应产生B是CH2Br-CH2Br，B与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生C是HOCH2-CH

2OH；烃D相对分子质量为84，84÷12=6……12，由于D核磁共振氢谱只有1组峰，说明D分子中只有一种位置的H原子，则D是环己烷，结构简式是；D与Cl2光照发生取代反应产生E：，E与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生F：；F被氧化产生G：OHC-(CH

2)4-CHO；OHC-(CH2)4-CHO被氧化产生H：HOOC-(CH2)4-COOH，C与H发生缩聚反应产生M是。【详解】(1)A．该物质含酚-OH，能与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B．该物质分子中含有碳碳双键可发生加成、氧化反应，含-COOC

-可发生水解反应，但不能发生消去反应，B错误；C．物质分子中含甲基，由于甲基C具有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能共平面，C错误；D．酚-OH、-COOC-及-COOC-水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则1mol该有机物最多可与5molNaOH反应，D正确；故合理选项是AD；

(2)A．乙醇具有还原性，加热时挥发的乙醇，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，-26-因此不能证明乙醇与浓硫酸混合加热发生了消去反应产生了乙烯，A错误；B．CH4和Cl2在光照射下发生取代反应产生的有机物中CH3Cl是气体，CH2Cl2、CHCl

3、CCl4是液态物质，这些物质难溶于水，而每一步取代反应都产生HCl，HCl极容易溶于水，由于黄绿色的Cl2不断消耗，因此会看到大试管内气体颜色逐渐变浅，内壁出现油状液滴，试管内液面上升，B正确；C．应该

先向反应后的混合液中先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，证明溴乙烷中含有溴元素，否则若混合溶液显碱性，就会发生AgNO3与NaOH反应产生AgOH沉淀，该物质分解产生Ag2O褐色沉淀，影响实验的检验，C错误；D．淀粉在稀硫酸催化下水解产生葡萄糖，由于淀粉遇碘单质会变为蓝色，葡

萄糖与碘水不反应，因此若取少许淀粉溶液，加入稀硫酸加热一段时间，淀粉完全水解，因此冷却后，再加入碘水，溶液仍为无色，D正确；故合理选项是BD；(3)①B是CH2Br-CH2Br，用系统命名法给B物质命名为1，2-二溴乙

烷；G结构简式是OHC-(CH2)4-CHO，其分子中含有的官能团-CHO的名称为醛基；②E是，E与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生F：，则E→F的化学方程式为：+NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→乙醇加热+NaCl+H2O；③G是OHC-(CH2)4-CHO，分子中含有2个

醛基；OHC-(CH2)4-CHO与银氨溶液共热，醛基被氧化变为羧基，由于G被氧化产生H：HOOC-(CH2)4-COOH，由于1个醛基被氧化变为羧基时会消耗2个Ag(NH3)2OH，所以G生成H的过程中，G与Ag(NH3)2OH反应的物质的量之比

为1：4；④C是HOCH2-CH2OH，分子中含有2个羟基；H是HOOC-(CH2)4-COOH，分子中含有2个羧基，在一定条件下发生缩聚反应产生和水，反应的化学方程式为：nHOOCCH2CH2CH2CH2COOH+nHOCH2-CH2OH一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+(2n-1)

H2O；⑤H是HOOC-(CH2)4-COOH，分子中含有2个-COOH，可看作是C4H10分子中的2个H原子被2个--27-COOH取代产生的物质，与H具有完全相同官能团的H同分异构体有、、、、、、、，共8种。【点睛】本题考查了有机物的结构、性质、转化、同分异构体种类的判断。掌握各

类烃及其衍生物的性质、转化关系是分析推断的基础。-28-