【文档说明】湖北省仙桃、天门、潜江2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.docx，共(24)页，691.103 KB，由小赞的店铺上传

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仙桃、天门、潜江2019—2020学年度第二学期期末考试高二化学试题注意事项：1.本试卷共8页，两个大题，满分100分，考试时间90分钟。2.本试卷上不要答题，请按答题纸上的要求直接把答案写在答题纸上。答在试

卷上的答案无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Zn-65Br-80一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.下列关于化石燃料的加工说法正确的（）A.石油裂化主要得到乙烯B.石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C.煤

干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D.煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【答案】C【解析】【详解】A．石油裂化主要得到轻质油，石油的裂解主要是得到乙烯，故A错误；B．分馏是利用沸点不同分离的方法，属

于物理变化，不是化学方法，故B错误；C．煤干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、粗氨水、煤气等产物的过程，故C正确；D．煤制煤气是C与水蒸气在高温下反应生成CO和氢气，反应中有新物质生成，是化学变化，故D错误；故答案为：C。2.“地球在流浪，环

境保护不能忘”，化学与生活、环境、社会发展息息相关。下列说法不正确的是（）A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质B.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程C.合成纤维中，维纶吸湿性最好，原

因是其分子链上含有羟基D.工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现了“绿色化学”的理念【答案】B【解析】【详解】A．丝绸是蚕丝织物，蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属天然高分子化合物，A正确；B．油脂不属于高分子物质，故B错误；C．维纶被称为“人造棉花”，因其分子链上含羟基而具

有较好的吸湿性，C正确；D．工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷，反应方程式为：2CH2=CH2+O2⎯⎯⎯⎯→一定条件2，原子利用率是100%，符合“绿色化学”的理念，D正确；故答案为：B。3.新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，分子平均直径为60～140nm。下列有关新冠

病毒的说法错误的是（）A.该病毒由C、H、O三种元素组成B.新冠病毒在空气中可以“气溶胶”形式传播C.过氧乙酸、75%的乙醇、“84”消毒液等均可有效灭活新冠病毒D.我国研制的重组新冠病毒疫苗应避光、冷藏保存【答案】A【解析】【详解】A．病毒疫苗含有蛋白质，蛋白质的组成元素有C、H、O、N，

A错误；B．新冠病毒大小为纳米级，在空气中会形成“气溶胶”，B正确；C．过氧乙酸、75%的乙醇、“84”消毒液均能使蛋白质发生变性，可有效灭活新冠病毒，C正确；D．病毒疫苗含有蛋白质，温度太高会发生变性

，所以我国研制的重组新冠病毒疫苗应避光、冷藏保存，D正确；故答案为：A。4.下列化学用语正确的是（）A.NH4Cl的电子式：B.N的电子排布图：C.苯乙烯的实验式：CH2D.苯分子的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A．写Cl

－的电子式时，最外层电子不能省略，正确的是，故A错误；B．N原子在1s、2s轨道的电子的自旋方向相反，正确的是，故B错误；C．苯乙烯的分子式为C8H8，其实验式为CH，故C错误；D．苯分子的比例模型：，故D正确；综上所述，答案为D。5

.下列各有机物的命名或分类不正确的是（）选项结构简式命名类别A对甲苯酚芳香烃B2，3—二甲基戊烷烷烃C2—丁醇一元醇D3—甲基—1—丁烯脂肪烃A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．对苯甲酚中含OH−，属于烃的含氧衍生物，不是芳香烃，A错误；B．，2，3—二甲基戊烷，分子式

为C7H16，符合烷烃的通式CnH2n+2，故属于烷烃，B正确；C．，2—丁醇，只含有一个醇羟基，属于一元醇，C正确；D．分子中不含有苯环，属于脂肪烃，D正确；故答案为：A。6.已知反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)△H<0。在容积为1L的恒容密闭容器中加入1molA和1m

olB；5min时，c(D)=0.1mol•L-1；0～5min内，v(C)=0.2mol•L-1•min-1。下列叙述正确的是（）A.5min时，c(A)：c(B)=3：5B.x=2C.5min时，c(A)=1.25mol•L-1D.从反应开始到5min内，v(B)=0.

05mol•L-1•min-1【答案】D【解析】【详解】0~5min内，1110.5molL()0.1molLmin5minvD−−−==，():()1:2vDvC=，故4x=，选项B错误；则列“三段式”有：3A(g)B(g)+4C(g)2D(g)+()()()/mol/L1?1?0

?0/mol/L0.750.251.00.55min/mol/L0.250.751.00.5起始浓度变化浓度时浓度5min时1()0.25molLcA−=，1(B)0.75molLc−=，():()1:3cAcB=，选项A、C均错误；1110

.25molL(B)0.05molLmin5minv−−−==，选项D正确。答案选D。7.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1molCsCl晶胞中含有Cl-的数目为8NAB.44g干冰中含有σ键的数目为4NAC.标准状况下，

2.24L的CCl4中含有C—Cl键的数目为0.4NAD.17g—OH的质子数与电子数均为9NA【答案】D【解析】【详解】A．CsCl晶胞是体心立方，每个晶胞中含有的Cl−数为1818=，所以1molCsCl

晶胞中含有Cl−的数目为AN，故A不选；B．每个2CO分子中含有2个键，2个键，44g(1mol)干冰中含有的键的数目为A2N，故B不选；C．标准状况下，22.4L气体的物质的量是1mol，而4CC1是液体，则42.24LCC1的物质的量远大于0

.1mol，即含有C1−键的数目大于A0.4N，故C不选；D．17gOH−物质的量为1mol，质子数与中子数均为17g9917g/molAN=，故选D。答案选D8.结合图判断，下列说法正确的是（）A.1molH2(g)与12molO2(g)键能之和比1molH2O(g)的键能高B.H2O(g

)变为H2O(l)时，断键吸收的能量小于成键放出的能量C.2molH(g)与1molO(g)生成1molH2O(g)所吸收的热量是bkJD.液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=2(b+c-a)kJ•mol【答案】D【解析】【详解

】A．氢气的燃烧为放热反应，则反应物总键能小于生成物的总键能，选项A错误；B．2HO(g)变为2HO(l)，为物理变化，不存在化学键的断裂和形成，选项B错误；C．形成化学键放出能量，由图象可知2molH(g)与1molO(g)生成21molHO(g

)所放出的热量是kJb，选项C错误；D．液态水分解吸收能量，由图象可知液态水分解的热化学方程式为12222HO(l)2H(g)O(g)2()k]molHbca−+=+−，选项D正确。答案选D。9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数

依次增大，且四种原子的最外层电子数之和为13；X是原子半径最小的元素，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法不正确的是（）A.原子半径由大到小的顺序：r(W)＞r(Y)＞R(Z)B.由元素Z、W形成的化合物中均只含离子键C

.简单气态氢化物的稳定性：Z＞YD.元素Y的简单气态氢化物可以和其最高价氧化物对应的水合物发生反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Z是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素；X与W同主族，故

W为钠元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13－1－1－6=5，故Y为氮元素。【详解】A．根据层多径大，同电子层结构，核多径小，原子半径由大到小的顺序：r(Na)＞r(N)＞R(O)，故A

正确；B．由元素O、Na形成的化合物Na2O2中含离子键和非极性共价键；故B错误；C．简单气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，故C正确；D．元素Y的简单气态氢化物NH3可以和其最高价氧化物对应的水合物HNO3

发生反应生成NH4NO3，故D正确。综上所述，答案为B。10.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论。下列类推结论中正确的是（）A.NH3分子中N的杂化方式为sp3，则PH3分子中P的杂化方式也为sp3B.甲烷的键角是109o28’，白磷(P4)的键

角也是109o28’C.离子晶体中都含有离子键，所以分子晶体中也一定含有共价键D.干冰(CO2)是分子晶体，则SiO2也是分子晶体【答案】A【解析】【详解】A．N、P是同一主族元素，故NH3、PH3中心原子周围均有3个键和一对孤对电子，故N

H3分子中N的杂化方式为sp3，则PH3分子中P的杂化方式也为sp3，A正确；B．甲烷和白磷的分子构型都是正四面体，甲烷的键角是10928，但白磷()4P的键角是60，B错误；C．离子晶体中都含有离子键，但分子晶体中不一定含有共价键，稀有气体分子是单原子分子，其晶体

中不含共价键，C错误；D．干冰(CO2)是分子晶体，但2SiO为原子晶体，D错误；故答案为：A。11.下列实验结论不正确的是（）选项实验操作现象结论A某有机物与溴水混合溶液褪色有机物中一定含碳碳双键B乙醇与酸性高锰酸钾溶液混合溶液褪色乙醇具有还原性C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊酸

性：碳酸>苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环活性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．含有碳碳双键、碳碳三键、醛基等有机物都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．酸性高锰酸钾有强氧化性，与乙醇混合，溶液

褪色，则锰元素从+7价降为+2价，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现为还原性，故B正确；C．常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，生成苯酚，根据强酸制弱酸原理，酸性：碳酸＞苯酚，故C正确；D．苯酚溶液与溴水发生反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，苯

与溴水不反应，说明苯酚中苯环氢原子比苯中活泼，导致这种现象的原因是羟基影响了苯环的活性，故D正确。综上所述，答案为A。12.自从第一次合成稀有气体元素的化合物XePtF6以来，人们又相继发现了氙的一系列化

合物，如XeF2、XeF4等。图甲为XeF4的结构示意图，图乙为XeF2晶体的晶胞结构图。下列有关说法错误的是（）A.XeF4是由极性键构成的非极性分子B.XeF2晶体属于分子晶体C.一个XeF2晶胞中实际拥有4个XeF2D.XeF2

晶体中距离最近的两个XeF2之间的距离为3a2（a为晶胞边长）【答案】C【解析】【详解】A．根据4XeF的结构示意图可判断，Xe和F之间形成极性键，该分子为平面正方形结构，所以是由极性键构成的非极性分子，故A正确；B．由于2XeF晶

体是由分子构成的，所以是分子晶体，故B正确；C．根据2XeF晶体的晶胞结构可知，一个2XeF晶胞中实际拥有的2XeF个数为18128+=，故C错误；D．根据2XeF晶体的晶胞结构可知，立方体体心的2XeF与每个顶点的2XeF之间的距

离最近且相等，该距离为晶胞体对角线长的一半，即为32a，故D正确。综上所述，答案为C。13.有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化，下列说法正确的是（）A.Z的六元环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）B.Y和Z可以用银氨溶液来鉴别C.X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同

一平面D.Y与苯甲醇互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．Z的六元环上的一氯代物共有4种（不考虑立体异构），故A错误；B．Y中含醛基可发生银镜反应，而Z含羟基，不能发生银镜反应，可用银氨溶液来鉴别，故B正确；C．

Y、Z分子中均有多个碳原子是四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故C错误；D．Y的分子式为710CHO，苯甲醇的分子式为78CHO，故不是同分异构体，D错误；答案选B。14.下列有关化学实验的“操作→现象→解释”均正确的是（）选项操作现象解释A向某溶液中滴加KSCN溶液产

生红色沉淀Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓B向由0.1molCrCl3•6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液产生0.2mol沉淀已知Cr3+的配位数为6，则CrCl3•6H2O的化学式可表示为[Cr(H2O)6]Cl3C向

溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH溶液先橙色加深，后又变为黄色溶液中存在Cr2O27−(橙色)+H2O2CrO24−(黄色)+2H+D向Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水沉淀

溶解Cu(OH)2不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Cu2+和OH-A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．3Fe+与KSCN溶液反应生成的是红色络合物，不是沉淀，A错误；B．配合物中只有外界的离子才能电离出来，因此向由320.1molCrCl6HO配成的溶液中加入足量3AgN

O溶液产生0.2mol沉淀，说明1mol配合物可电离出2molCl−，则32CrCl6HO的化学式可表示为()2225CrHOClClHO，B错误；C．由于K2Cr2O7溶液中存在Cr2O27−(橙色)+H2O2CrO24−(黄色)+2H+，故向溶液K2Cr2O7溶液中先

滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH，由于H+浓度先增大后减小，故平衡先逆向移动后正向移动，故溶液先橙色加深，后又变为黄色，C正确；D．2Cu(OH)溶于氨水不是重新电离出了2Cu+和OH−，而是生成了()234C

uNH+，D错误；故答案为：C。15.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述正确的是（）A.放电时，b电极反应式为Zn2++2e-=ZnB.放电时，a电极I-被氧化C.充电时，导线中每

通过0.2mole-，b电极增重6.5gD.充电时，a电极接外电源负极【答案】C【解析】【详解】根据图示可知，放电时，a电极2IBr−得到电子生成I−，发生还原反应，为原电池的正极；b电极Zn失电子生成2Zn+，电极反应式为2Zn2e

n=Z−+−，发生氧化反应，为原电池的负极，A．放电时，b电极是负极，发生氧化反应，反应式为2Zn2en=Z−+−，A错误；B．放电时，a电极2IBr−得到电子生成I−，发生还原反应，B错误；C．充电时，b电极生成Zn，电极反应式为2Zn2n=eZ+−+，每转

移0.2mol电子，增重6.5g，C正确；D．放电时，a时正极，故充电时，a为阳极，接外电源的正极，D错误；故答案为：C。16.常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50mL0.1000mol∙L−

1盐酸的烧杯中匀速滴加50mL蒸馏水、50mL0.1000mmol∙L−1醋酸铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间的变化如图所示。已知常温下醋酸铵溶液的pH=7，下列说法错误的是（）A.曲线X表示盐酸中加水稀释的pH变化，滴加过程中溶液中所有离子的浓度均逐渐减小B.曲线Y的pH

变化主要是因为CH3COO－与H+结合成了弱电解质C.a点对应的溶液中c(Cl－)+c(CH3COO－)+c(OH－)－c(4NH+)=0.01mol∙L−1D.b点对应的溶液中水电离的c(H+)=10−12.86mol∙L−1【答案】A【解析】【详解】A．分别向两个盛50m

L0.1000mol∙L−1盐酸的烧杯中匀速滴加50mL蒸馏水、50mL0.1000mol∙L−1醋酸铵溶液，加水稀释对pH变化影响较小，加入醋酸铵后发生反应33HCHCOOCHCOOH+−+，生成弱电解质CH3COOH，溶液中c(H+)浓度迅速减少，pH变化较大，故pH变化较大的是醋酸

铵，pH变化较小的是蒸馏水，则X曲线表示盐酸中加水稀释，滴加过程中，H+和Cl－的浓度减小，OH－的浓度增大，故A错误；B．曲线Y变化较大，说明发生反应33HCHCOOCHCOOH+−+，CH3COO－与H+结合成了弱电解质，溶液中氢离子浓度迅速减少，故B正

确；C．a点溶液pH=2，1H0.01mol()Lc+−=，根据电荷守恒可知：()()()()()()1344OHClCHCOOHNHNH0.01molLcccccc−−−+++−++=+=+，则()()()()134OHClCHCOONH0.01molL

cccc−−−+−++−=，故C正确；D．根据图示可知，b点溶液的pH=1.14，1.141H10mol()Lc+−−=，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子全部来自水的电离，则水电离的12.861HH10()(Ol)moLcc+−−−==，故D正确。综上所述，答案为A。二、

非选择题（本题共5小题，共52分）17.1869年，俄国化学家门捷列夫提出了元素周期律，并在此基础上发表了第一张元素周期表。为了纪念元素周期表诞生150年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，并认为元素周期表是“科学共同的语言”。(1)认识元素周期表的结构：①在元素周期表

中，第ⅠB、ⅡB元素属于____区。②2017年5月9日我国发布了113号Nh、115号Mc、117号Ts、118号Og四种元素的中文名称，分别为“（nǐ）”“镆（mò）”“（tián）”“（ào）”，则下列说法正确的是___（填字母序号）。a.115号元素在周期表中的位置是第七周期VB族

b.117号元素Ts位于金属与非金属分界线上，属于准金属，可能是半导体c.这四种元素都是主族元素d.最高价氧化物的水化物的碱性：Nh＞Mc(2)认识原子结构与元素周期表的关系：见表中元素G的信息，其中“3

d64s2”称为该元素原子的___，该元素M能层上具有____种不同运动状态的电子。(3)认识元素周期律及其应用：①第三周期元素的第一电离能：D___E（填“＞”“＜”或“＝”）。②气态氢化物的沸点：B___F（填“＞”“

＜”或“＝”），理由是___。【答案】(1).ds(2).bd(3).外围电子排布式(或价层电子排布式)(4).14(5).＞(6).＞(7).NH3中N的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3沸点高于PH3【解析】【分析】根据元素周期表确定四种元素在周期表位置，根据元素G的信息分析，M

能层上的电子数目，再得到运动状态电子数目，根据电离能规律分析。【详解】(1)①在元素周期表中，第ⅠB、ⅡB元素属于ds区；故答案为：ds。②a．118号元素是第七周期0族元素，因此115号元素在周期表中的位置是第七周期VA族，故a错误；b．117号元素Ts位于金属与

非金属分界线上，属于准金属，可能是半导体，故b正确；c．118号元素是0族元素，故c错误；d．从左到右金属性逐渐减弱，因此最高价氧化物的水化物的碱性：Nh＞Mc，故d正确，综上所述，答案为bd。(2)元素G的信息，其中“3d64s2”称为该元素原子的外围电子排布式(或价层电

子排布式)，该元素M能层上电子是3s23p63d6，一个电子就是一种运动状态的电子，因此M能层上具有14种不同运动状态的电子；故答案为：外围电子排布式(或价层电子排布式)；14。(3)①镁原子的最外层3s能级达到全满稳定状态，能量较低，所以第一电离能Mg＞Al

；故答案为：＞。②N、O、F三种元素的电负性较大，其氢化物分子间易形成氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以此三种元素的氢化物的沸点比同主族其他元素氢化物的沸点高；故答案为：NH3中N的电负性较大，分子间会形成氢

键，所以NH3沸点高于PH3。【点睛】元素周期表、周期律的性质是常考题型，主要考查电子排布式、电离能、最高价氧化物对应水化物碱性、沸点大小的原因等。18.实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如图（反应需

要加热，图中省去了加热装置）：H2SO4（浓）+NaBrNaHSO4+HBr↑，CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O。有关数据见表：物质乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红色液体密度/(g•cm-3)0.791.443.1沸点/℃78.538.4

59（1）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点是____。（2）反应一段时间后，发现未加沸石，则应进行的实验操作是__。（3）氢溴酸具有还原性，与浓硫酸混合加热发生氧化还原的化学方程式为___。（4）F接橡皮管导入___（填试剂名称）进行尾气处理。（5

）反应完成后，将C中的馏出液转入锥形瓶中，边振荡边逐滴滴入浓H2SO41～2mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层，经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到35~40℃的馏分约18.0g。从乙醇的角度考虑，本实验

所得溴乙烷的产率是____（精确到0.1%）。【答案】(1).平衡压强，使浓硫酸顺利滴下(2).停止加热，冷却至室温后加入沸石再继续加热(3).2HBr+H2SO4(浓)SO2↑+Br2+2H2O(4).NaOH溶液(5).48.1%【解析】【分析】实

验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理是浓硫酸和溴化钠反应生成硫酸氢钠和溴化氢，溴化氢与乙醇反应生成CH3CH2Br和水，浓硫酸具有强氧化性，HBr具有还原性，发生氧化还原反应，实验中产生的尾气用氢氧化

钠溶液吸收。【详解】(1)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；故答案为：平衡压强，使浓硫酸顺利滴下。(2)液体加热时需加入沸石防止爆沸，若反应后忘记加入沸石，应

停止加热，冷却至室温再补加；故答案为：停止加热，冷却至室温后加入沸石再继续加热。(3)氢溴酸具有还原性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，反应的方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2↑+Br2+2H2O；故答案为：2HBr+H2SO4

(浓)SO2↑+Br2+2H2O。(4)实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收；故答案为：NaOH。(5)20mL乙醇的质量为30.79gcm20mL15.8g−=，由3

232CHCHOH~CHCHBr，理论上应该生成约3237.44gCHCHBr，由此可求出产率为18.0g100%48.1%37.44g；故答案为：48.1%。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、氧化还原反应书写，尾

气处理、产率的计算等。19.“富煤、贫油、少气”是我国能源发展面临的现状，随着能源的日益紧张，发展“煤化工”对我国能源结构的调整具有重要意义。图1是煤化工产业链之一。“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科硏人员通过向地下煤

层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出热值很高的煤炭合成气，其主要成分是CO和H2，CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。（1）已知：Ⅰ.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/molⅡ.C(s)

+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol则反应CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)△H=___kJ/mol。（2）在T1℃时，体积为1L的恒容容器中充入

物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。①下列情形能说明上述反应已达到平衡状态的是__（填字母序号）。a.体系压强保持不变b.密闭容器中CO、H2、CH3OH(g)三种气体的物质的量相等c.体系内的密度保持不变d.每消耗1molCO

的同时生成2molH2②当起始()2nHn(CO)=2时，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.6，则0～5min内平均反应速率v(H2)=___，此温度下的化学平衡常数为___。（3）已知CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，

在密闭容器中有浓度均为0.2mol/L的CH4与CO2，在一定条件下反应。测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示，则压强p1___p2（填“>”“<”或“=”，下同）；当压强p2时，在y点：v(正)___v(逆)。【答案】(1).-524.8(2).ad(3).0.

24mol/(L•min)(4).7532mol-2•L2（或2.34mol-2•L2）(5).<(6).>【解析】【分析】(1)依据盖斯定律计算；(2)①a．反应前后气体物质的量发生变化，恒容容器中压强会改变，若体系压强保持不变时，说明反应达到平衡；b．密闭容器中CO、

H2、CH3OH(g)三种气体物质的量相等不能证明反应达到平衡；c．反应体系内气体的质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能证明反应达到平衡；d．每消耗1molCO的同时生成2molH2，说明正、逆反应速率相同，证明反应达到平衡。②利用三段式计算；(3)正反应为气体物质的量增

大的反应，较低压强有利于反应正向进行，压强越大平衡时甲烷的转化率越小。【详解】(1)依据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得到CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)，△H=-524.8kJ/mol。(2)①a．反应前后气

体物质的量发生变化，恒容容器中压强会改变，若体系压强保持不变时，说明反应达到平衡，a正确；b．密闭容器中CO、H2、CH3OH(g)三种气体物质的量相等不能证明反应达到平衡，b错误；c．反应体系内气体的质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能证明反应达到平衡，c错误；d

．每消耗1molCO的同时生成2molH2，说明正、逆反应速率相同，证明反应达到平衡，d正确。答案为ad；②体积为1L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，()2H2(CO)nn=，则起始时c(CO)=1mol/L，CO的转化率为0.6

，则反应()()()23mol/L120.61.20.60.40.80.62COgHgCHOHg+初始反应平衡则0~5minv(H2)=1.2/5molLmin=0.24mol/(L∙min)；()1222110.6molL75=molL320.4molL0.8molLK−−−−

=。(3)正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，压强越大平衡时甲烷的转化率越小，则压强P1＜P2；当压强为P2时，在y点甲烷转化率小于平衡时(x点)的转化率，反应未到达平衡，应正向进行到达

平衡，故在y点时，v(正)＞v(逆)。20.有机物M常作消毒剂、抗氧化剂等，用芳香烃A制备M的一种合成路线如图：已知：R1COOR2请回答下列问题：（1）D中官能团的名称为____。（2）C生成D的反应类型为____。（3）E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学

方程式为___。（4）芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应和银镜反应，H的结构共有___种；写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的物质的结构简式：___。（5）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料（

无机试剂任选）设计制备的合成路线。__【答案】(1).羧基、氯原子(2).取代反应(3).+2NaOH→乙醇+NaCl+2H2O(4).4(5).(6).【解析】【分析】A的分子式为C7H8，结合B的

结构酯A和CO发生加成反应生成B，则A为，对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，故C为、D为、E为，F与乙醇发生酯化

反应生成G为，G发生信息中反应生成M为，据此解题；(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到。【详解】(1)由分析可知D的结构为，D中官能团的名称为羧基，氯原子；故答案为：羧基、氯原子；(2)由C的结构生成D，反应类型

为取代反应，故答案为：取代反应；(3)由分析可知E的结构简式为，故E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为+2NaOH→乙醇+NaCl+2H2O；故答案为：+2NaOH→乙醇+NaCl+2H2O；(4)C为芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应和银镜反应，H结构里含酯

基且为甲酸酯基，则分别有，，，共4种结构，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的任意一种物质的结构简式为；故答案为：4；；(5)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgB

r、②H+/H2O作用得到，其合成路线为，故答案为：。21.过渡元素在工业、农业、科学技术以及人类生活等方面有着重要作用。请回答下列问题：（1）基态Cu原子的核外电子排布式为__。（2）高密度磁记录材料纳米钴(Co)可通过亚肼(N2H2)还原氯化亚钴来制备。①N2H2分子中氮原子的杂化形式为___

。②亚肼(N2H2)分子中四个原子在一个平面上，由于几何形状的不同，它有两种同分异构体和，乙炔(C2H2)与亚肼(N2H2)均为四原子分子，但乙炔(C2H2)分子只有一种结构，原因是__。③Co3+能与NH3和N3−形成配离子[Co(N3)(NH3)5]2+，在该配离子中Co3+的配位数为__；写

出与N3−互为等电子体的分子：___（任写一种，填化学式）；N3−的空间构型是__。（3）FeO、NiO晶胞结构相同，晶体中r(Ni2+)和r(Fe2+)分别为69pm和78pm，则熔点：NiO___FeO（填“>”或“<”），原因是___；已知NiO晶体结构中阴

、阳离子的配位数均为6，则NiO晶胞的俯视图可能是__（填字母序号）。（4）CdS的立方晶胞结构如图所示，已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的晶胞参数为apm，该晶体的密度为ρg/cm-3，则Cd原子的相对原子质量的数值近似为___（用含ρ、NA、a的代数式表示）。【答案】(1).[

Ar]3d104s1（或1s22s22p63s23p63d104s1）(2).sp2(3).C2H2中C原子无孤电子对，是直线型分子；而N2H2中氮原子有孤电子对，孤电子对与成键电子之间的排斥力大于成键电子之间的排斥力

(4).6(5).CO2（或N2O、CS2）(6).直线型(7).>(8).NiO的晶格能大于FeO(9).C(10).3-30AρaN104-32【解析】【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s1（或1s22s22p63s23p

63d104s1）；（2）①22NH分子中每个N原子有2个键，含有一对孤电子对，所以采取2sp杂化；②乙炔()22CH分子没有同分异构体，是因为22CH中C原子无孤电子对，是直线型分子；而22NH中氮原子有孤电子对，孤电子对与成键电子之间的排斥力大于

成键电子之间的排斥力；③根据()()2335CoNNH+的结构知3Co+的配位数为6；等电子体即是原子个数相同，价电子总数相同的微粒，与3N−互为等电子体的分子有2CO、2NO、2CS等；等电子体具有相似的化学结构，所以3N−与2CO的分子构

型相似，都是直线型；（3）NiO和FeO均为离子晶体，它们熔沸点的高低与离子键的晶格能大小有关，NiO和FeO的阴、阳离子所带电荷均相同，但2Ni+半径小，因而NiO晶体晶格能大，所以NiO的熔沸点高于FeO；NiO晶体

结构中的配位数均为6，则与NaCl的晶胞结构相似，均为面心立方最密堆积，其俯视图为C；（4）根据CdS的立方晶胞结构可知，每个晶胞中含有4个CdS；设Cd的相对原子质量为x，则有()310A(32)410xNa−+=则

33010324AaNx−=−。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com