【文档说明】湖北省新高考联考协作体2019-2020学年高二下学期期末考试化学试卷【精准解析】【武汉专题】.docx，共(25)页，1.003 MB，由小赞的店铺上传

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2020年湖北新高考联考协作体高二下学期期末考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32C1-35．5Cr-52Fe-561.国家卫健委公布的新型冠状

病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是()A.75%的乙醇指的是体积分数B.NaClO与洁厕灵混用消毒效果更好C.过氧乙酸通过氧化性灭活病毒D.氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有

机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.体积分数为75%的乙醇为医用酒精，可用于杀菌消毒，能处理外伤，故A正确；B.次氯酸钠与盐酸（洁厕灵主要成分）反应生成有毒气体，故次氯酸钠不能与洁厕灵混合使用，故B错误；C.含过氧键的

物质都有强氧化性，过氧乙酸含过氧键而具有强氧化性，可灭活病毒，故C正确；D.氯仿的分子式为CHCl3是一种良好的有机溶剂，故D正确；故答案为：B。2.下面的价电子排布中，第一电离能最小的原子可能是（）A.ns2np3B.ns

2np5C.ns2np4D.ns2np6【答案】C【解析】【详解】同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序

数依次增大，但ns2np3属于第VA元素，ns2np4属于第ⅥA族，所以元素的第一电离能的大小顺序是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，所以最小的为ns2np4，故选C。【点睛】本题考查了同一周期

元素第一电离能大小的判断，注意原子轨道处于半充满、全充满状态下结构稳定，同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。3.下列反应式中，不能正确表达反应颜色变化的是()A.

过氧化钠在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2===2Na2O+O2↑B.用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空气中放置会变蓝：4I-+O2+4H+===2I2+2H2OC.浓硫酸滴到蔗糖中，蔗糖变黑，

体现浓硫酸脱水性：C12H22O11浓硫酸12C+11H2OD.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgCl2【答案】A【解析】【详解】A.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白

色，发生反应：2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2，故A错误；B.酸性条件下碘离子容易被氧气氧化成碘单质，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4I-+O2+4H+===2I2+2H2O，故B正确；C.

浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水而碳化，发生反应：C12H22O11浓硫酸12C+11H2O，故C正确；D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，氢氧化镁转化成更难溶的氢氧化铁沉淀，发生反应为：3Mg(OH)2+2FeCl3===2Fe(OH)3+3MgC

l2，故D正确；故答案为：A。4.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是()A.键能C-C>Si-Si、C-H>Si-H，因此C2H6稳定性大于Si2H6B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具

有很高的硬度C.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键D.SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4【答案】D【解析】

【详解】A．原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：Si＞C，所以键能C-C＞Si-Si、C-H＞Si-H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；B．由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，即为原子晶体，依靠很强

的共价键聚集，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正确；C．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故C正确：D．Si与C为同主族元素，同族元素从上到下非金属性减弱，

所以C的氧化性强于Si，则SiH4还原性大于CH4，故D错误；故选：D。5.某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的一种或者几种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，火焰颜色为黄色；③向溶液中加碱，产生白色沉淀

。根据实验现象对其组成判断正确的是()A.可能为KCl、NaClB.一定为NaCl、MgSO4C.可能为NaCl、KCl、MgSO4D.可能为KCl、MgSO4、CaCO3【答案】C【解析】【详解】①混

合物溶于水，得到澄清透明溶液；则无CaCO3；②做焰色反应，火焰颜色为黄色，则含有NaCl，可能含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有MgSO4；综上：白色固体混合物中一定有NaCl、MgSO4，可能含KCl，

一定没有CaCO3，故C正确；故选：C。6.下列选用的仪器和药品不能达到实验目的的是()ABCD制备Fe(OH)2并能较长时间看到白色沉淀在铁上镀铜制备无水MgCl2除Cl2中的HClA.AB.BC.

CD.D【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，要较长时间保存Fe(OH)2沉淀，必须在制取过程中尽可能减少和空气接触，图中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以能减少氢氧化亚铁与氧气的接触，符合题意，故A正确；B

.在铁上镀铜，则铁为阴极应与电源负极相连，铜为阳极应与电源正极相连，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，符合题意，故B正确；C.制备无水MgCl2，应在氯化氢气流中加热，符合题意，故C正确；D.除杂时导管应长进短出，图中气体的进入方向不合理

，故D错误；故答案为：D。7.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。M是地壳中含量第二高的元素，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是()A.Y、Z、M

形成简单氢化物稳定性：Z>Y>MB.X、Y、Z、M的原子半径：M>Z>Y>XC.Z2X4的水溶液呈碱性D.ZQ3中原子最外层都满足8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，M是地壳中含量第二高的元素，则M为Si元素

，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族，则Y为C元素，Z为N元素；化合物Z2X4的电子总数为18个，则X的电子数为1827=14−，X为H元素，该化合物为N2H4；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，所以Q为第三周

期元素，最外层电子数为7，Q为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素，则：A.同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，因元素的非金属性越

强，其简单氢化物稳定性越强，所以Y、Z、M形成简单氢化物稳定性：Z>Y>M，故A正确；B.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较：M（Si）＞Y（C）＞Z（N）＞X（H），故

B错误；C.N2H4的结构简式可表示为H2N-NH2，分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，故C正确；D.ZQ3形成的化合物为NCl3，该分子中原子最外层都满足8电子稳定结构，故D正确；故答案为：B。【点睛】本

题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。8.从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于

calebinA说法错误的是()A.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种B.1mol该物质与溴水反应，最多消耗5molBr2C.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应D.lmol该分子最多与9molH2发生加成反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知，分子中含酚羟基、碳碳双键、

酯基及醚键、羰基，结合酚、烯烃、酯等有机物的性质来解答。【详解】A.该有机物结构不对称，苯环上分别含3种H，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故A正确；B.该有机物中能与溴水发生的官能团有酚羟基和碳碳双键，所以1mol该物质与溴水反应，最多消耗4molBr2，故B错误

；C.该有机物中含酯基，可在酸溶液中水解，且水解产物均含酚羟基，可与碳酸钠溶液反应，故C正确；D.苯环、碳碳双键、羰基与氢气发生加成反应，则1mol该分子最多与9molH2发生加成反应，故D正确；故选B。9.熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储

能电池。下图中的电池反应为：2Na+xS放电充电Na2Sx(x=5~3，难溶于熔融硫)。下列说法错误的是()A.Na2S4的电子式为：B.放电时正极反应为：xS+2Na++2e-===Na2SxC.充电时的阴极反应：Na

-e-===Na+D.Na和S分别为电池的负极和正极【答案】C【解析】【分析】由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发生还原反应作正极，负极反应式为Na-e-===Na+，正极反应为xS+2Na+

+2e-===Na2Sx，阴离子向负极移动，Na-β-Al2O3为隔膜，阳离子向正极移动，以此答题。【详解】A.Na2S4的结构类似过氧化钠，所以Na2S4电子式为：，故A正确；B.由电池的总反应方程式可知，x个S原子得到2个电子，所以放电时正极反应为xS+2Na++

2e-===Na2Sx（因Na2Sx难溶于熔融硫，故不拆），故B正确；C.由充电时的总反应方程式可知，电池充电时阴极发生得电子的还原反应，故C错误；D.由电池的总反应方程式可知，放电时，熔融钠失电子发生氧化反应作负极，熔融硫得电子发生还原反应作正极，故D正确；故选：C。10.5

mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是()A.加入苯，振荡，平衡正向移动

B.加入FeSO4固体，平衡逆向移动C.该反应的平衡常数K=()()()22232FeFeI++−cccD.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度【答案】C【解析】【详解】A.加入苯，导致溶液中碘

单质的浓度减小，减少生成物的浓度平衡正向移动，故A正确；B.加入FeSO4固体，导致溶液中亚铁离子的浓度变大，平衡逆向移动，故B正确；C.由反应2Fe3+(aq)+2I-(aq)=2Fe2+(aq)+I2(aq)可知：平衡常数K=(

)()()()222232FeFeII++−cccc，故C错误；D.在FeCl3与过量的KI溶液充分反应后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有三价铁离子，即铁离子没有完全反应，说明该化学反应存在限度，故D

正确；故选C。11.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反应为缩聚反应C.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构D.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得【答案】C【解析】【详解】A.根

据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A正确；B.聚合物P中含酯基，可由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应合成，故B正确；C.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH，与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，不能形成

交联结构，故C错误；D.聚合物P的原料之一为丙三醇，油脂为高级脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三醇，故D正确；答案选C。【点睛】根据X和Y的结构知聚合物P中含酯基，所以用切割法判断合成聚合物P的原料。12.室温下，将两种浓度均为0.

lmol/L的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是()A.NaHCO3-Na2CO3混合溶液：c(Na+)>c(HCO-3)>c(CO2-3)>c(OH-)B.氨水

-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH3·H2O)>c(NH+4)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COO

H)+2c(H+)D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O2-4)【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：碳

酸根离子＞碳酸氢根离子，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO-3)>c(CO2-3)，碳酸氢根离子和碳酸根离子水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关

系为：c(Na+)>c(HCO-3)>c(CO2-3)>c(OH-)，故A正确；B.该混合溶液中电荷守恒为：c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒为：c(NH3·H2O)+c(NH+4)=2c(Cl-)，两式联立消去c(Cl-)

可得：c(NH+4)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH-)，又因为氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)，所以混合溶液显碱性，即c(OH-)>c(H+)，因此溶液中c(NH3·H2O)

＜c(NH+4)，故B错误；C.溶液中物料守恒为：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两式联立消去c(Na+)可得：c(CH3COO-)+2c(

OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，故C正确；D.该混合溶液中物料守恒为：2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O2-4)，故D正确；答案选B。13.已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoC14]2-呈蓝色，[ZnC

14]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2OΔH用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是()A.由实验①可推知

ΔH<0B.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ键数之比为9:2C.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnC14]2->[CoC14]2-【答案】BD【解析】【详解】A.

①置于冰水浴中由蓝色溶液变为粉红色溶液，说明[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的平衡向逆反应方向移动，即降温，平衡逆向移动，说明逆反应为放热反应，则[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoC14]2-+6H2O的反应为吸热反应，所以ΔH＞0

，故A错误；B.1molH2O分子中有2molσ键，1mol[Co(H2O)6]2+的σ键为：2×6+6=18mol；1mol[CoC14]2-的σ键为4mol，所以等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoC14]2-中σ键数之比为18:4=9:2，故B正确；C.c(H2O)是常数，不会改

变；平衡逆向移动应是离子浓度减小引起的，故C错误；D.加入ZnCl2后，生成难电离的稳定的粉红色的[Co(H2O)6]2+；Zn2+浓度增大，与Co2+结合的Cl-更易与Zn2+形成配位键，生成[ZnC14]2-，说明配离子：[ZnC14]2

-的稳定性强于[CoC14]2-的稳定性，故D正确；故答案为：BD。14.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应1422CH(g)CO(g)2H(g)2CO(g)247.1kJmolH−

+=+=1222H(g)CO(g)HO(g)CO(g)41.2kJmolH−+=+=在恒压、反应物起始物质的量比()()42CH:CO1:1nn=条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正

确的是A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化

率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】【详解】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，

甲烷转化率减小，故A错误；B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的

平衡转化率随温度变化，故B正确；C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。15.据文献报

道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是()A.该反应可消耗温室气体CO2B.OH-作为中间产物参与了该催化循环C.该催化循环中Fe的成键数目发生了变化D.该反应可产生清洁燃料H2【答案】

CD【解析】【分析】Fe(CO)5催化反应的一种反应机理为：Fe(CO)5-+OH→Fe(CO)4COOH-⎯⎯→Fe(CO)4H-+CO22+HO⎯⎯⎯→Fe(CO)4(HOH)H-⎯⎯→Fe(CO)4(H)2+OH-⎯⎯→

Fe(CO)4H2⎯⎯→Fe(CO)4+H2+CO→Fe(CO)5，由反应机理图可知，总反应为CO+H2O催化剂CO2+H2，其中OH-参与了该催化循环，生成清洁燃料H2和温室气体CO2，据此分析解答。【详解】A.由反应机理图可知，总反应为CO+H2O催化剂CO2+H2，所以该反应

可生成温室气体CO2，消耗CO，没有消耗CO2，故A错误；B.由反应机理图可知：OH-作为催化剂参与了该催化循环，不是中间产物，故B错误；C.由反应机理图可知，Fe的成键数目变化为：5个共价键→6个共

价键→5个共价键→4个共价键→5个共价键，即催化循环中Fe的成键数目发生变化，故C正确；D.由反应机理图可知，总反应为CO+H2O催化剂CO2+H2，所以该反应可产生清洁燃料H2，故D正确。故答案为：CD。【点睛】本题考查反应机理的

分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化等，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度中等。16.I：汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO

(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如：反应I：2CO+2NO⇌N2+2CO2△H1；反应II：4CO+2NO2⇌N2+4CO2△H2<0。(1)已知：反应N(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0

kJ/mol，若CO的燃烧热△H为-283.5kJ/mol，则反应I的△H1=_____________________。(2)若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和lmolNO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_________________。A．N

2和CO2的物质的量之比不变B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的压强保持不变D．2v(N2)=v(CO)E．混合气体的平均相对分子质量保持不变(3)在2L密闭容器中充入2molCO和1molNO2，发生上述反应

II。①若在某温度下，该反应达平衡时CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为___________。②如图为平衡时CO2的体积分数与温度、压强的关系。则温度：T1__T2(填“<"或">")；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A~

G点中的______点。II：CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电解装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：(4)阴极上的反应式为_______________。(5)若阳极生成的乙烯和乙烷的体积比为1：1，则两电极消耗的CH4和CO2体积比为____

________(气体体积在相同条件下测定)。【答案】(1).-747.0kJ/mol(2).ABD(3).2(4).<(5).E(6).CO2+2e－=CO+O2－(7).4：3【解析】【详解】(1)已知

①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.0kJ•mol-1，CO的燃烧热△H为-283.5kJ/mol，则有②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H4=-567kJ•mol-l，根据盖斯定律，

②-①得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H1=-747.0kJ•mol-1；(2)A．初始投料为CO和NO，所以反应过程中N2和CO2的物质的量之比始终为1:2，所以二者的比值不变不能说明反应平衡，故A符合题意；B．反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保

持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B符合题意；C．反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．选项并未

注明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明是否平衡，故D符合题意；E．反应前后气体总质量保持不变，而气体的物质的量改变，所以未平衡时混合气体的平均相对分子质量发生改变，当其不变时，说明平衡，故E不符合题意；综上所述答案

为ABD；(3)①初始投料为2molCO和1molNO2，平衡时CO的转化率为50%，则平衡时△n(CO)=1mol，列三段式有()()()()()()()222+4COg2NOgNg4COgmol2100mol10.50

.251mol10.50.251+起始转化平衡；容器的容积为2L，则平衡常数K=44210.252210.522=2；②该反应焓变小于0，正反应为放热反应，相同压强条件下，升高温度平衡逆向移动，CO2的体积分数减小，所以T1<T2；该反应正反应为压强减

小的反应，所以压强减小平衡逆向移动CO2的体积分数减小，同时升温也会使CO2的体积分数减小，所以可能会移动到E点；(4)与电源负极相连的一极为阴极，所以电极A为阴极，根据球棍模型可知电极A上CO2得电子生成CO同时产生

O2－，所以电极反应为CO2+2e－=CO+O2－；(5)根据元素守恒和电子守恒可知阳极(B极)的反应为4CH4-6e－+3O2－=C2H6+C2H4+3H2O，转移6mol电子时消耗4molCH4，根

据阴极反应式可知消耗3molCO2，所以消耗的CH4和CO2体积比为4:3。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定

值时，说明可逆反应到达平衡状态。17.I：氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。(1)写出基态N原子的核外电子排布图_______________________。(2)NH3BH3分子中，

N-B化学键称为配位键，其电子对由___原子提供。氨硼烷在催化剂作用下与水反应放出氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH+4+B3O3-6+9H2↑B3O3-6的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_____变为______。II：如图是某化合物的晶胞示意图

，硅原子与铝原子之间都以共价键连接。该立方体晶胞边长为apm。(3)该化合物的化学式是___________________。(4)该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，Al原子构成的图为下列图形中的_______。(5)求出Si与Al之间的共价键键长是____pm。【答案】(1).(2).氮(或者

N)(3).sp3(4).sp2(5).LiAISi(6).D(7).3a4【解析】【分析】(1)根据构造原理书写基态N原子的核外电子排布式，据此分析解答；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氢原子形成了3个σ键，氮原子还有1对孤电

子对，硼原子和氢原子形成了3个σ键，硼原子还有空轨道，产物中，硼原子形成3个σ键，没有孤电子对，据此分析解答；II：(3)根据晶胞结构利用均摊法计算各种原子数目，其最简式即为该化合物的化学式；(4)根据晶胞中Al原子的位置结合选项分析

判断；(5)Si与Al之间的共价键键长为晶胞体对角线长度的14。【详解】(1)基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则核外电子排布式图；(2)NH3BH3分子中，氮原子和氢原子形成了3个σ键，氮原子还有1对孤

电子对，硼原子和氢原子形成了3个σ键，硼原子还有空轨道，所以氮原子和硼原子之间的共用电子对是氮原子单方面提供的，则N-B化学键称为配位键；在NH3BH3中，B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子的杂化类型是sp3，而产物中，B原子形成3个σ键，没有孤电子对，原子的杂化类型是sp2，

所以在该反应中，B原子的杂化类型由sp3变为sp2；II：(3)根据晶胞结构可知Si原子个数是4，Al原子个数是8×18+6×12=4，Li原子个数是12×14+1=4，因此该化合物的化学式是LiAlSi；(4)Al原子在该晶胞的顶点和面心，该晶体晶胞沿z轴在平面的投影图中，Al原

子构成的图为下列图形中的D，答案选D；(5)已知该立方体晶胞边长为apm，则其体对角线的长度为3apm，由晶胞图示可知，Si与Al之间的共价键键长是对角线的14，即为14×3a=3a4pm。18.某化工厂排放的工业废水中主要含Na+、HSO-3、SO2-4，研

究小组欲测定其中HSO-3的浓度，设计如下三个方案。请回答下列问题：(1)利用如图所示的装置完成方案一。①仪器A的名称是_____________。②量气管读数前，除冷却至室温外，还应进行的操作是___________。(2)①方案二中吸收气体a的“X溶液"可能是____________。a

．双氧水b．硝酸钠溶液c．H2SO4酸化的KMnO4溶液②若X为次氯酸钠，写出气体a与X溶液反应的离子方程式__________。③该方案中，操作I包含的操作名称依次为______________。(3)方案三:量取20.00mL废水试样，用0.02mo

l/L酸性KMnO4标准溶液进行滴定。记录数据，计算。①方案三设计的下列滴定方式中，最合理的是_____________(填标号)。该方案是否需要指示剂_____?(填“是”或“否")。②滴定数据记录如表：计算该废水试样中

HSO3-的浓度为__________________。【答案】(1).分液漏斗(2).调节B、C装置使两液面相平(3).ab(4).SO2+ClO-+H2O=2H++SO2-4+Cl-(5).过滤、洗涤、干燥(6).a(7).否(8).0.05【解析】【分析】方案一的原理为：利用盐酸

和亚硫酸氢根反应生成SO2，通过测定生成的SO2的体积来确定亚硫酸氢根的浓度；方案二的原理为：首先利用盐酸和亚硫酸氢根反应生成SO2，然后利用具有氧化性的溶液吸收氧化SO2得到硫酸根，再用BaCl2溶液沉淀硫酸根，过滤、洗涤、干燥得到硫酸钡

沉淀，通过硫酸钡的量来计算SO2的量，继而得到硫酸氢根的浓度；方案三的原理为：利用酸性高锰酸钾溶液氧化滴定亚硫酸氢根的浓度，方程式为5HSO-3+2MnO4−+H+=5SO2-4+2Mn2++3H2O。【详解】(1)①根据仪器A的结构可知其为分液漏斗；②为保证C中气体的压强与大

气压相同(这样才能知道C中气体的压强)，所以量气筒读数前除了要冷却到室温之外还应调节B、C装置使两液面相平；(2)①气体a为SO2，X溶液的目的是氧化吸收SO2；a．双氧水具有氧化性可以氧化SO2得到硫酸根，故a可以；b．硝酸钠溶液中含有硝酸根，SO2溶于水显酸性，酸性环境下硝酸根

可以氧化SO2得到硫酸根，故b可以；c．虽然硫酸酸化的高锰酸钾可以氧化吸收SO2，但引入了硫酸根，故c不可以；综上所述答案为ab；②次氯酸钠中含有次氯酸根，可以将SO2氧化得到SO2-4，自身被还原成Clˉ，结合电子守恒和元素守恒

可得离子方程式为SO2+ClO-+H2O=2H++SO2-4+Cl-；③操作I的目的是从固液混合物中得到硫酸钡沉淀，所以操作为过滤、洗涤、干燥；(3)①酸性高锰酸钾溶液显酸性，且具有强氧化性，所以要用酸式滴定管，即带玻璃旋塞的滴定管

，故a最合理；该方案滴定过程中高锰酸根会被亚硫酸氢根还原，到达滴定终点时，亚硫酸氢根完全反应，高锰酸钾过量，所以溶液会从无色变为浅紫色，所以不需要指示剂；②根据表格数据四次实验消耗的高锰酸钾标准液的体积为：20.12mL-0.10mL=20.02mL、21.08mL-1.1

0mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL，第三组实验数据偏差较大，所以舍去，则该实验中消耗的酸性高锰酸钾标准液的体积为20.02mL+19.98mL+20.00mL3=20.00mL，待测液的体积为20.00mL，结合方程式5HSO-3+2MnO4−+H

+=5SO2-4+2Mn2++3H2O可得c(HSO-3)=-150.02molL0.02L20.02L=0.05mol/L。19.某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO等)制备羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)的工艺流程如图：已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀

的pH范围如图：请回答下列问题：(1)①滤渣1的主要成分是_____________。②如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是____________℃，若酸浸时将温度控制在80

℃左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，其原因可能是_____________。(2)操作A中生成S的反应的离子方程式为：________________。(3)试剂Y用于调节溶液的pH，则调控pH的范围是________________。(4)写出沉

钙后氧化过程中反应的离子方程式______________________。(5)沉钙时，当溶液中c(F-)=3.0×10-2mol/L时，通过计算确定溶液中Ca2+是否沉淀完全______[常温时，Ksp(CaF2)=2.7×1

0-11]。【答案】(1).CaSO4(2).70(3).随着温度的升高，Ni2+水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀(4).H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+(5).3.2≤pH<7.1(6).Cl

O-+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H2O↓+C1-(7).c(Ca2+)=()11222.7103.010−−mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全【解析】【分析】含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO等)用H2S

O4酸浸后，金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+进入溶液，大部分的CaO转化为CaSO4沉淀，即为滤渣1，少量的Ca2+残留在溶液中。加H2S，可将Fe3+还原为Fe2+，也可以将Cu2+转化为CuS沉淀，此时溶液中的金属离子还有N

i2+、Fe2+和少量的Ca2+。加氧化剂X将Fe2+还原为Fe3+，再加试剂Y调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，再加NaF将Ca2+沉淀，金属离子只剩Ni2+，最后加NaOH、NaClO，制得羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)。【详解】（1）①由分析可知，滤渣1的主要成

分是CaSO4；②由图可知当温度在70°左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70°C；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，；（2）由分析可知，操作A是H2S与Fe3+的反应，方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2

++S↓+2H+；（3）调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.1；（4）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH·H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH·H

2O↓+C1-；（5）一般认为溶液中离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，该离子沉淀完全。Ksp(CaF2)=2+2-c(Ca)c(F)=2.7×10-11，所以c(Ca2+)=sp22-K(CaF)c(F)=()11

222.7103.010−−mol/L=3.0×10-8mol/L<1.0×10-5mol/L，Ca2+已沉淀完全。20.硝苯地平H是一种治疗高血压的药物；其一种合成路线如下：已知：酯分子中的-碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。+1)2)

钠，乙酸⎯⎯⎯⎯→+ROH回答下列问题：(1)B的化学名称为_________，②的反应类型是__________。(2)D的结构简式为__________。(3)反应①的化学方程式为___________________。(4)已知M与

G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，且能与NaHCO3溶液反应，满足条件的M有_____种，其中核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1:1:6，写出这种物质的结构简式_________。(5)参照上述合成路线，

设计以乙醇为原料制备_________(无机试剂任选)。【答案】(1).邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)(2).取代反应(3).(4).+o3230CHNOHO⎯⎯⎯→浓硫酸+；(5).5(6).(7).【解

析】【分析】(1)由题给B的结构简式可得其名称；对比B、C的结构简式，可知②的反应类型；(2)对比C与E的结构简式，结合反应条件，可得D的结构简式；(3)反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成B；(4)M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，说明含有醛基或甲

酸形成的酯基，且能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基；结合核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1:1:6书写；(5)由题给条件，采用逆合成分析可得合成路线。【详解】(1)物质B中硝基为取代基，甲苯

为母体，硝基与甲基处于邻位，故B的名称为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；对比B、C的结构简式，可知B中甲基上H原子被-COCOOC2H5替代，同时生成C2H5OH，属于取代反应；故答案为：邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)；取代反应；(2)对比C与E

的结构简式，结合反应条件，可知C发生酯的水解反应生成D，D脱羧得到E，故D的结构简式为：；故答案为：；(3)反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成B，反应方程式为：+o3230CHNOHO⎯⎯⎯→浓硫酸+；故答案为：+o3230CHNOHO⎯⎯⎯→浓硫酸+；(4)M与G互为同分异构体，M在一定条体

下能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，且能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则满足条件的M的结构简式可能为：OHCCH2CH2CH2COOH、CH3CH(OHC)CH2COOH、CH3CH2CH(OHC)COOH、O

HCCH2CH(CH3)COOH、CH3C(CHO)(CH3)COOH，共5种；其中核磁共振氢谱显示有3组峰，峰面积之比为1:1:6，这种物质的结构简式为：；故答案为：5；；(5)由题给信息中酯与酯的反应可知，2分子乙酸乙酯反应可以得到CH

3COCH2COOC2H5。乙醇发生氧化反应得到乙酸，乙酸与乙醇分子酯化反应得到乙酸乙酯，合成路线流程图为：；故答案为：【点睛】本题考查有机物的合成，题目涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线的设计等，注意对题目信息的理解、根据物质的结构明确发生的反应

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