【文档说明】安徽省滁州市民办高中2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(18)页，590.500 KB，由小赞的店铺上传

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滁州市民办高中2019-2020学年度下学期期末试卷1.关于下列物质的用途的说法错误的是A.酚类化合物有毒，能用于杀菌消毒B.乙二醇可用于配制汽车防冻液C.烷烃的通式一定是CnH2n＋2，而烯烃的通式一定是CnH2

nD.甲醛的水溶液(福尔马林)可用于防腐【答案】C【解析】A.酚类化合物有毒，例如苯酚，可以用于消毒，故正确；B.汽车的防冻液主要成分为乙二醇，故正确；C.烯烃可能是单烯烃或双烯烃，故通式不相同，故错误；D

.35%-40%的甲醛水溶液为福尔马林，常用做防腐，故正确。故选C。2.如图是四种常见有机物分子的比例模型示意图。下列说法正确的是（）A.甲是甲烷，甲烷的二氯取代产物只有一种结构B.乙是乙烯，乙烯可与溴水发生取代反应使溴水褪色C.丙是苯，苯结构比较稳定，

不能发生氧化反应D.丁是乙酸，一定条件下乙酸能跟乙醇发生酯化反应【答案】A【解析】【详解】A．甲烷为正四面体结构，甲烷中所有氢原子位置相同，所以其二氯代物只有1种，A正确；B．乙是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴

水褪色，不是取代反应，B错误；C．丙是苯，苯结构比较稳定，但可燃烧，也为氧化反应，C错误；D．丁是乙醇，不是乙酸，D错误；答案选A。3.下列说法中正确的是A.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)

在光照和点燃的条件下ΔH不相同B.化学反应中的能量变化都表现为热量变化C.任何放热反应在常温下都能发生D.化学反应的反应热可通过反应物的键能之和减去生成物的键能之和求得【答案】D【解析】【分析】【详解】A.反应

的热效应只与始终态有关，与过程无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的△H相同，故A错误；B.化学反应中的能量变化包括热能、光能、电能等，不一定都表现为热量变化，故B错误；C.放热反应有的需加热，有的不需加热，如铝热反应是

放热反应，但需要加热，故C错误；D.△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，当所有反应物的键能之和小于所有生成物的键能之和时，△H小于0，为放热反应，反之，△H大于0，为吸热反应，故D正确;故选D。4.已知反应A2(g)+2B(s)⇌A2B2(g)△H<0，下列说法正确的是(

)A.升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快，化学平衡向逆反应方向移动B.增大压强，正反应与逆反应速率均增大，平衡不移动C.增大A2(g)的浓度，化学平衡向正反应方向移动，A2的转化率增大D.增大B的物质的量，化学

平衡向正反应方向移动，A2的转化率增大【答案】B【解析】【分析】根据有效碰撞原理判断反应速率的变化，根据勒夏特列原理判断平衡移动方向。【详解】A.根据有效碰撞原理，升高温度，正逆反应速率均增大；根据勒夏特列原理，反应为放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，A错误；B.根据有效碰撞原理，增

大压强，正反应与逆反应速率均增大，根据勒夏特列原理，反应前后气体体积不变，故平衡不移动，B正确；C.增大A2(g)的浓度，化学平衡向正反应方向移动，A2的转化率减小，C错误；D.增大B的物质的量，B为固体，不改变化学平衡，D错误。答案为B。5.已知

化学反应A2(g)+B2(g)═2AB(s)的能量变化如图所示，判断下列叙述中错误的是()A.该反应热△H=+(a﹣b)kJ•mol﹣1B.AB(g)═A2(g)+B2(g)△H=+b/2kJ•mol﹣1C.断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键

，吸收akJ能量D.该反应在任何条件下都不可能自发进行【答案】B【解析】【分析】根据反应热公式计算焓变，根据图像信息分析键能，根据吉布斯自由能公式分析反应是否自发进行。【详解】A.反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+（a-b）

kJ•mol-1，A正确；B.根据化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（s）△H=（a-b）kJ•mol-1，即AB（s）═A2（g）+B2（g）△H=（b-a）/2kJ•mol-1，B错误；C.由图可知，断裂1mol

A-A和1molB-B键，吸收akJ能量，C正确；D.依据反应热知该反应为吸热反应，且反应为熵减的反应，根据吉布斯自由能公式，任何条件下均不能自发进行，D正确；答案为B。6.下列有关说法正确的是()A.向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，

有CO2气体生成B.将AlCl3固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，再经转移、洗涤、定容和摇匀就可以在容量瓶中配制成一定浓度的AlCl3溶液C.向2mL2%的CuSO4溶液中加A的0.5mL1%NaOH溶液，振荡后滴加几滴M溶液加热，未出现红色沉

淀，不能说明M中不含醛基D.过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳，可以在呼吸面具中作为氧气的来源【答案】C【解析】A.非金属性C>B，则碳酸的酸性大于硼酸，向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液，一定不生

成二氧化碳，故A错误；B.将AlCl3固体直接加水稀释，会促进铝离子的水解生成氢氧化铝胶体，故B错误；C.在该实验过程中所加的碱不足，氢氧化铜与葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，则实验中不会出现红色沉淀，因此不能说明

M中是否含有醛基，故C正确；D.过氧化钠与二氧化碳的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；答案选C。7.下列说法正确的是A.H2(g)的燃烧热△H＝-285.8kJ/

mol，则2H2O(g)＝2H2(g)＋O2(g)△H＝＋571.6kJ/molB.反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为放热反应C.由石墨比金刚石稳定可知：c(金刚石，s)＝c(石墨，s)△H＜0D

.已知：298K时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.0kJ/mol。在相同温度下，向密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，达到平衡时放出46.0kJ的热量【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可

燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol，则2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ/mol，A项错误；B．反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应，B项错误；C．石墨比金刚石稳定，所以石墨具有

的能量低，C（金刚石，s）=C（石墨，s）△H＜0，C项正确；D．该反应为可逆反应，不能进行到底，故向密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，达到平衡时放出的热量小于46.0kJ，D项错误；故选C。8.在容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)⇌zC(g)。图甲表示2

00℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示温度100℃和200℃平衡时C的体积分数随起始n(A)：n(B)的变化关系.则下列结论正确的是()A.200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol•

L-1•min-1B.200℃时，该反应的平衡常数为25L2/mol2C.当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D.由图乙可知，反应xA(g)+yB(g)⇌zC(g

)的△H＜0，且a=2【答案】B【解析】【分析】A、图象分析可知A物质的量变化0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的量变化=0.4mol-0.2mol=0.2mol，反应速率v=ct；B、平衡常数

K=生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积；C、降低温度反应速率减小；D、图象分析可知温度升高平衡时C的体积分数增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应。【详解】A、图象分析可知A物质的量变化0.8mol-0.4mol=0.

4mol，B物质的量变化=0.4mol-0.2mol=0.2mol，反应从开始到平衡的平均速率v（A）＞v（B），故A错误；B、200℃时，图象可知，反应的A物质的量0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的量变化=0.4mol-0.2mol=0.2mol，C的物质的量变化为0.2mol，

物质的量之比等于化学方程式计量数之比，化学方程式：2A+B⇌C，平衡状态下ABC物质的量分别为0.4mol、0.2mol，0.2mol，该反应的平衡常数=20.2mol20.4mol0.2mol22LLL（

）=25L2/mol2，故B正确；C、当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，故C错误；D、图象分析可知温度升高平衡时C的体积分数增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应

，△H＞0，B计算得到a=2，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查了化学反应速率、平衡常数的计算、影响平衡的因素分析判断、图象变化的理解应用等，掌握基础是解题关键。9.常温下，0.1mol·L-1的H2A溶液中各种微粒浓度

的对数值(lgc)与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A.H2A是二元弱酸B.HA-H++A2-的电离平衡常数Ka=10-12C.0.1mol·L-1的H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D.pH=4.2时：c(HA

-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-）【答案】B【解析】A.溶液中存在H2A、H+、HA-、A2-，说明H2A是二元弱酸，故A正确；B.HA-H++A2-的电离平衡常数Ka=AHHAccc=c(H＋)=10-4.2，故B不正确；C.0.1mol·L-1

的H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故C正确；D.由图可知pH=4.2时：c(HA-)=c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-），故D正确。故选B。10.下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A

.向0.1mol•L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）减小B.将CH3COONa溶液从20℃升温至60℃，溶液中c（CH3COO-）/[c（CH3COOH）·c（OH-）]增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c（NH4

+）/c（Cl-）>1D.pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍【答案】D【解析】【详解】A.向0.1mol•L－1CH3COOH溶液中加入少量水，醋酸电离平衡正向

移动，溶液中3cHcCHCOOH（）（）增大，故A错误；B．将CH3COONa溶液从20℃升温至60℃，醋酸根离子水解平衡正向移动，溶液中c（CH3COO-）减小，c（CH3COOH）、c（OH-）均增大，所以33]·[cCHCOOcC

HCOOHcOH（）（）（）减小，故B错误；C．向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒，溶液中c（NH4+）=c（Cl-），所以：c（NH4+）：c（Cl-）=1，故C错误；D．pH=4.5的番茄汁中c（H+）=4.5110，是pH=6.5的牛奶中c（

H+）=6.5110，pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故D正确；故选D。11.下图装置(Ⅰ)是一种可充电电池，装置(Ⅱ)为电解池。装置(Ⅰ)的离子交换膜只允许Na＋通过，已知电池充、放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3Na2S4＋3NaBr，

当闭合开关K时，X电极附近溶液变红。下列说法正确的是A.闭合开关K时，Na＋从右到左通过离子交换膜B.闭合开关K时，负极反应式为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋C.闭合开关K时，当有0.1molNa＋通过离子交换膜时，X电极上放出标准状况

下气体1.12LD.闭合开关K时，X电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑【答案】C【解析】当闭合开关K时，X附近溶液先变红，即X附近有氢氧根生成，所以在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极．与阴极连接的是原电池

的负极，所以左边是负极，右边是正极。A、闭合K时，I左边是负极，右边是正极，根据异性电荷相吸原理，所以钠离子从左到右通过离子交换膜，故A错误；B、闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2K2S2-2e－═K2S4+2K＋，故B错误；C、闭合K时，当有0.

1mol钠离子通过离子交换膜，即有0.1mol电子产生，根据氢气与电子的关系式知，生成的氢气体积为1.12L（标况下），故C正确；D、闭合K时，X电极是阴极，在阴极上溶液中的氢离子放电生成氢气，所以电极反应式为2

H＋+2e－=H2↑，故D错误；故选C。12.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)＝6.0mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是

()A.原混合溶液中c(K＋)为2mol/LB.上述电解过程中共转移2mol电子C.电解得到铜的物质的量为0.5molD.电解后溶液中c(H＋)为2mol/L【答案】A【解析】【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子

完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答。【详解】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出

时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=22.4L22.4L/mol=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子

守恒得铜的物质的量=1mol4-1mol22=1mol，则铜离子的物质的量浓度=1mol0.5L=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol/L−2mol/L×2=2mol/L，A、根据分析知，原混合溶液中c(K+)为2mol/L，故A正确；B、转移电子的物质

的量=1mol×4=4mol，故B错误；C、根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；D、根据题目已知条件，推出有两极都生成1mol气体时，电极总反应式为2++222Cu+2HO===Cu+H+O+2H，所以生成H+的物质的量是2mol，c(H+)=nV=2mol0.

5L=4mol/L，故D错误；故答案为A。【点睛】本题难点在于分析电解过程中的化学反应，其主要分析的突破点在于阴阳两极均产生气体，据此进行分析整个过程中各极的反应。13.下列说法正确的是A.1mol苯甲酸在浓H2

SO4存在下与足量乙醇反应可得1mol苯甲酸乙酯B.对苯二甲酸()与乙二醇(HOCH2CH2OH)能通过加聚反应制取聚酯纤维()C.分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种D.分子中的所有原子有可能共平面

【答案】C【解析】【详解】A．酯化反应是可逆反应，不能进行到底，故A错误；B．乙二醇（HO﹣CH2﹣CH2﹣OH）和对苯二甲酸（）生成聚酯纤维，同时还有水生成，为缩聚反应，故B错误；C．分子式为C5H

12O的有机物，它的同分异构体中，经氧化可生成醛，该有机物属于醛，且连接羟基的碳原子上含有两个氢原子，确定C5H12的同分异构体，﹣OH取代C5H12中甲基上的H原子，C5H12的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH2CH3、（CH3）4C

，CH3CH2CH2CH2CH3中甲基处于对称位置，﹣OH取代甲基上的H原子有1种结构，（CH3）2CHCH2CH3中甲基有2种，﹣OH取代甲基上的H原子有2种结构，（CH3）4C中甲基有1种，﹣OH

取代甲基上的H原子有1种结构，故符合条件的C5H12O的同分异构体有4种，故C正确；D．甲烷是正四面体结构，分子中含有甲基，所有的原子不可能都在同一平面上，故D错误；故选C。【点睛】本题考查有机物的性质和同分异构体的书写，难度较大，注意能被氧化成醛必须是与羟基相连的碳原子上含有至少2个氢原子。1

4.科学家研制的一种使沙漠变绿洲的新技术，即在沙漠中喷洒一定量的聚丙烯酸酯与水的混合物，使其与沙粒结合，形成既能阻止地下的盐分上升，又能拦截、蓄积雨水的作用。下列对聚丙烯酸酯的叙述中正确的是()①聚丙烯酸酯的单体的结构简

式为CH2=CHCOOR②聚丙烯酸酯没有固定的熔、沸点③聚丙烯酸酯能发生加成反应④合成聚丙烯酸酯的反应属于缩聚反应A.③④B.①②C.①②③D.①②③④【答案】B【解析】【详解】①聚丙烯酸酯的单体的结构简式为CH2=CHCOOR，①正确；②聚丙烯酸酯属于

混合物，没有固定的熔、沸点，②正确；③聚丙烯酸酯分子中没有碳碳双键，不能发生加成反应，③不正确；④合成聚丙烯酸酯的反应属于加聚反应，④不正确；综上所述，相关叙述正确的是①②，故选B。15.某化学小组研究在其他条件不变时,改变密闭容器中某一条件对A2(g)+3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的

影响,得到如图所示的曲线(图中T表示温度,n表示物质的量)。下列判断正确的是()A.图中T2一定大于T1B.图中b点速率一定大于d点速率C.达到平衡时,A2的转化率大小为c>b>aD.加入催化剂可以使状态d变为状态b【答案】C【

解析】A，由图像知当n（B2）起始相同时，T2平衡时AB3的平衡体积分数大于T1平衡时，由于反应的热效应未知，无法判断T1与T2的大小关系，若反应的ΔH0则T1T2，若反应的ΔH0则T1T2，A项错误；B，b、d点n（B2）起始相同，根据A项分析，无法判断T1与T2

的大小关系，无法判断b、d点反应速率的大小，B项错误；C，a、b、c点在相同温度下，a、b、c点n（B2）起始依次增大，增大B2，平衡向正反应方向移动，A2的平衡转化率增大，则平衡时A2的转化率：cba，C项正确；D，加入催化剂只影响化学反应速率，化学平衡不移动，平衡状态不变，D

项错误；答案选C。16.为探究外界条件对反应：mA(g)+nB(g)⇌cZ(g)ΔH的影响，以A和B物质的量之比为m：n开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示．下列判断正确的是()A.在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，达新平衡时，Z的

物质的量分数不变B.升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡常数增大C.ΔH＞0，m+n＞cD.温度不变，增大压强，平衡正向移动，达新平衡时，A的浓度比原平衡减小【答案】A【解析】【分析】在恒温环境下，压强增大，Z的物质的量增大

，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，m+n＞c；在恒压环境下，温度升高，Z的物质的量减小，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，反应放热，据此回答问题。【详解】A．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，为保持压强不变体积增大，由于生成物只有一种

，故投料配比与原投料相同，达新平衡时与原平衡等效，Z的物质的量分数不变，A正确；B．根据有效碰撞理论，升高温度，正、逆反应速率都增大，但是平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误；C．正反应是放热的，则△H＜0，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n＞c，C错误；D．根据图

像可知，若保持温度不变时增大压强，因体积减小，各组分的浓度变大，虽然平衡正向移动，但是根据平衡移动原理可知，达新平衡时，A的浓度比原平衡增大，D错误。答案为A。17.二氯化砜(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的

SO2Cl2。装置如图(有些支持装置省略了)所示。已知SO2Cl2的熔点为-54．1℃，沸点为69．1℃；常温下比较稳定，受热易分解，遇水能发生剧烈的水解反应，产物之一为氯化氢气体。（1）仪器E的名称是

_______，由B的使用可知SO2与氯气之间的反应居于______(填“放”或“吸”)热反应，B处反应管冷却水应从___________(填“a”或“b”)接口通入。如果将丙装置放入冰水中，会更有利于

二氯化砜的生成，其原因是__________。（2）试剂X、Y的组合最好是_________。a．98%硫酸和铜b．稀硝酸和亚硫酸钠固体c．60%硫酸和亚硫酸钾固体（3）戊是贮气装置，则E中的试剂是____

_____；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是___________________________．（4）取1．00g蒸馏后的液体，小心地完全溶于水，向所得的溶液中加入足量氯化钡溶液，测得生成沉淀的质量为1．50g，则所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为_______

___%(结果保留小数点后1位)。（5）二氯化砜应储存于阴凉、干燥、通风良好的库房，但久置后微显黄色，其原因是______。【答案】(1).分液漏斗(2).放(3).a(4).该反应是放热反应，降低温度能

使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成(5).c(6).饱和食盐水(7).SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl(8).86.9(9).因为SO2Cl2自身分解生成Cl2，Cl2溶于使液体呈黄色【解析】【详解】（1）根据装置图可知，E为分液漏斗，因蛇形冷凝

管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应；根据下进上出，的原则，B处反应管冷却水应从a接口通入；由于该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，有利于二氯化砜的生成；故答案为分液漏斗；放；a；该反应是放热反应，降低温度能使平衡正向移动，

有利于二氯化砜的生成；（2）甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用c．60%H2SO4+K2SO3来制备SO2，故选c；（3）因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl

2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；（4）设所得馏分中二氯化砜的质量百分含量为x，则：SO2Cl2～H2SO4～BaSO41352331.00g×x1.5g所以135：233=1.00g×x：1.5g解得x=8

6.9%故答案为86.9；（5）SO2Cl2久置后分解会生成氯气，可能是溶解氯气所致，故答案为二氯化砜久置后分解生成的氯气，溶解在二氯化砜中，使液体呈黄色。18.氨是一种重要的化工原料。Ⅰ、某学习小组同学设计了下图所示的实验装置(部分夹持仪器未画出)，

进行氨气实验室制备且探究氨气的还原性及产物的检验。实验现象为：黑色CuO变为红色；干燥管中无水CuSO4粉末变为蓝色；同时生成一种无色无味无污染的气体。（1）请写出大试管中反应的化学方程式_______________________________________

。（2）请写出氨气与CuO反应的化学方程式_________________________________________。（3）该装置存在明显缺陷，请指出存在的问题________________

______。Ⅱ、哈伯因为将氮气和氢气在一定条件下合成氨气的成果面获得1918年诺贝尔化学奖。现将1molN2和3molH2充入一恒容的密闭容器中，使其在一定条件下达到平衡N2+3H22NH3，下列哪些状态一定是达到平衡的状态?（）A．混合气体的平均相对分子质量不

随时间改变而改变的状态B．N2、H2、NH3的总物质的量不随时间改变而改变的状态C．混合气体的密度不随时间改变而改变的状态D．单位时间内0.1molNH3分解的同时，有0.05molN2生成的状态Ⅲ、下图是一种电化学制备NH3的装置，图中陶瓷在高温时可以传输H

+。（1）H+经质子传输陶瓷由_____________流向_______________。(选填“a”或“b”)（2）阴极发生的电极反应为_________________________________。【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH

)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(2).3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O(3).此装置没有尾气吸收装置(4).AB(5).a(6).b(7).N2+6H++6e-=2NH3【解析】Ⅰ、(1).实验室用氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2C

aCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2).氨气和氧化铜反应，黑色CuO变为红色说明生成铜，干燥管中无水CuSO4粉末变为蓝色，说明生成水，一种无色无味

无污染的气体为氮气，所以反应方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；(3).反应过程中氨气可能有剩余，此装置没有对氨气进行处理而造成污染，故答案为此装置没有

尾气吸收装置；Ⅱ、对于氮气和氢气合成氨气的反应来说，A．混合气体的平均相对分子质量不随时间改变而改变的状态可以说明反应到平衡，故正确；B．因为反应前后气体的物质的量改变，所以N2、H2、NH3的总物质的量不随时间改变而改变的状态可以说明反应到平衡，故正确；C．因为反应体系中的体积不

变，气体总质量守恒，所以混合气体的密度不随时间改变而改变的状态不能说明反应到平衡，故错误；D．单位时间内0.1molNH3分解的同时，有0.05molN2生成的状态，都表示逆向反应，不能说明反应到平衡，故错误。故选AB。Ⅲ、（1）氮气和氢气反应生成氨气的反

应中氮气化合价降低，在阴极反应，氢气化合价升高，在阳极反应，所以b为阳极，a为阴极，氢离子从阳极流向阴极，故答案为b流向a；（2）氮气在阴极得到电子结合氢离子生成氨气,电极反应为N2+6H++6e-=2NH3，故答案为：N2+6H++6

e-=2NH3。点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标

志1、各物质的浓度不变。2.、各物质的百分含量不变。3、对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4、对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5、对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6、对于恒温恒容下的反应，

有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。19.含苯酚的工业废水的方案如下图所示：回答下列问题：（1）设备①进行的是________操作（填写操作名称），实验室这一步操作所用的仪器是_______。（2）由设备②进入设备③的物质A是_____________。（3）在设备③

中发生反应的化学方程式为_____________________________。（4）在设备④中，物质B的水溶液和CaO反应，产物是CaCO3、_________和水，再通过过滤得产物。（5）上图中，能循环使用的物质是C6H6、CaO、NaOH水溶液、____

_______。（6）写出同时满足下列条件的苯酚的一种同分异构体的结构简式是_________。①核磁共振氢谱只有一个峰②分子中无碳碳双键【答案】(1).萃取(2).分液漏斗(3).C6H5ONa(4).C6H5ONa+H2O+CO2→C6H5OH+Na

HCO3(5).NaOH(6).CO2(7).CH3－C≡C－O－C≡C－CH3【解析】【分析】结合流程图，可知先用苯萃取出废水中的苯酚，向设备②中加入NaOH溶液可将苯酚转化为苯酚钠，进入设备③，通入的CO2将苯酚钠转化为苯酚，生成的

NaHCO3进入设备④，与CaO反应生成NaOH;能循环使用的物质还有CO2【详解】（1）从含苯酚的工业废水与苯进入设备Ⅰ得到无酚工业废水（此废水可以排放），说明在设备Ⅰ中进行的是萃取，利用苯与苯酚具有相似的结构，将苯酚从工业废水里抽提出来，用分液的方法将下层的工业废水放出排放，上

层的苯酚苯溶液进入设备Ⅱ。所用到的主要仪器是分液漏斗。（2）根据流程图，盛有苯酚苯溶液的设备Ⅱ中注入氢氧化钠溶液，此时，具有酸性的苯酚跟氢氧化钠发生中和反应，生成苯酚钠和水，，苯酚钠是离子化合物，易溶于水中。伴随上述化学反应的发生，在设备Ⅱ中的液体分为两层，上层是苯层，下层是苯酚钠的水溶液

（即设问中的物质A），上层的苯通过管道送回设备Ⅰ中继续萃取工业废水中的苯酚，循环使用，下层的苯酚钠（A）溶液进入设备（Ⅲ）。（3）根据流程图，下一步在盛有苯酚钠溶液的设备Ⅲ中，通入过量的二氧化碳气体，这两种物质间发生化学反应，生成苯酚和碳酸氢钠，H2CO3的酸性比苯酚的酸

性强，化学方程式如下：，在析出的苯酚中含有微量水，呈油状液体，沉于设备Ⅲ液体的下层，经分液后再精馏可得苯酚。（4）上层液体B是NaHCO3溶液，经管道输送进入设备Ⅳ。盛有碳酸氢钠溶液的设备Ⅳ中，加入CaO，生石灰与碳酸氢钠溶液里的水化合变为熟石灰Ca(OH)

2，Ca(OH)2与NaHCO3发生复分解反应，生成和沉淀，化学方程式如下：，，若把上述两个反应合并写为下式：。溶液与沉淀通过过滤分离。反应所得溶液，通过管道进入设备Ⅱ，循环使用；所得沉淀进入设备Ⅴ。在设备Ⅴ中的原料

是固体，所得的产品是氧化钙和二氧化碳，由此可知，设备Ⅴ应是石灰窑，其中，发生的化学反应为：，反应所得二氧化碳通入设备Ⅲ，反应所得氧化钙进入设备Ⅳ。综上所述，在含苯酚工业废水提取苯酚的工艺流程中，苯、氧化钙、氢氧化钠、二氧化碳4种物质均可以循环使用，理论上应当没有消耗。（6）因为只有一个峰，确定物

质的结构简式高度对称，O原子在中间，不含碳碳双键，所以含有碳碳三键。