【文档说明】江苏省启东市2019-2020学年高一下学期期末调研测试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.871 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d27cbb832eb3513e6eba04db8a2394d7.html

以下为本文档部分文字说明：

江苏省启东市2019～2020学年高一下学期期末调研测试化学试题1.下列涉及物质的制造或使用过程中，发生的不是化学变化的是A.粮食酿醋B.烟花燃放C.陶瓷烧制D.司南（指南针）指向【答案】D【解析】【详解】A．粮食酿醋过程中淀粉最后生成醋酸，变化过程中生成了新物质为化学变化，故A不符合；B．烟

花燃放在火药燃烧生成新物质为化学变化，故B不符合；C．陶瓷烧制过程中生成了新的物质为化学变化，故C不符合；D．司南(指南针)指向是地磁作用，无新物质生成为物理变化，故D符合；故选：D。2.下列有关化学用语使用正确的是A.Cl-离子的结构

示意图：B.N原子核外电子排布图：C.过氧化氢的电子式：D.乙烯的比例模型：【答案】C【解析】【详解】A．氯离子有三个电子层，最外层有8个电子，结构示意图为，A错误；B．题中N原子核外电子排布图不符合洪特规

则，正确的写法为，B错误；C．过氧化氢为共价化合物，氢原子和氧原子通过共价键构成过氧化氢分子，电子式为：，C正确；D．比例模型主要体现各原子的相对体积大小和结构特点，乙烯的比例模型为，选项中为乙烯的球棍模型，D错误。答案选C

。3.十八大以来，我国科学技术迅猛发展。下列设备工作时，将化学能转化为电能的是A.锂离子电池B.风力发电机C.偏二甲肼燃烧D.太阳能集热器【答案】A【解析】【详解】A.锂离子电池将化学能转化为电能，A符

合题意；B.将风能转化为电能，B不符合题意；C.将化学能转化为热能，C不符合题意；D.将太阳能转化为热能，D不符合题意；故合理选项是A。4.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示

。下列说法不正确的是A.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B.反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成C.反应II为：2H2O22H2O+O2↑D.H2O分子VSEPR模型为四面体【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应

中太阳能转化为化学能，A正确；B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B错误；C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2↑，C正确；D．水分子中价层电子对数

=2+12×(6-2×1)=4，VSEPR模型为四面体结构，D正确。答案选B。5.下列叙述正确的是①熔点：Al＞Na＞K②沸点：NH3＜PH3＜AsH3③原子半径：C＞N＞O④酸性：HNO3＞H3PO4＞H2SO4⑤F-与Na+具有相同的电子层结构⑥含有阳离子的物质一定含阴离子⑦由

于氢键的存在，热稳定性.：HF＞H2O＞H2SA.①③⑤B.②⑤⑦C.③⑤⑥D.②④⑦【答案】A【解析】【详解】①金属熔点和金属阳离子的半径、电荷数有关；一般来说，离子半径越小、电荷数越高，金属键越强。离子所带电荷Al3+＞K+=Na+，离子半径：Al3+＜K+＜Na+

，则熔点：Al＞Na＞K，故①正确；②结构相似的分子晶体的熔沸点与分子间作用力强弱有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，相对分子质量：NH3＜PH3＜AsH3，NH3分子间存在氢键，熔沸点较高，则沸点：PH3＜AsH3＜NH3，故②错误；③C、N、O为同周期相邻元素，同周期元

素随核电荷数增大半径逐渐减小，则原子半径：C＞N＞O，故③正确④HNO3、H2SO4是强酸，H3PO4是中强酸，H3PO4的酸性比HNO3、H2SO4酸性弱，故④错误；⑤F-的结构示意图为，Na+的结构示意图为，二者具有相同的电子层结构

，故⑤正确；⑥金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，不存在阴离子，故⑥错误；⑦氢键是分子间作用力，影响物质的熔沸点，简单氢化物的稳定性与元素非金属性强弱有关，非金属性：F＞O＞S，则热稳定性.：HF＞H2O＞H2S，故⑦错误；说法正确的是①③⑤，答案选A。6.下列说法正确的是A.油脂是天然有机

高分子化合物B.蛋白质在人体内水解最终生成氨基酸C.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒D.纤维素在碱性条件下的水解，工业生产中常用此反应来制取肥皂【答案】B【解析】【详解】A．油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分

子质量小于10000，不是有机高分子化合物，故A错误；B．蛋白质在人体内初步水解为多肽，最终水解生成氨基酸，故B正确；C．无水酒精浓度太大，会使病毒表层的蛋白质迅速凝固形成硬膜，阻止乙醇分子进一步渗入病毒内部，反而保护了细菌，使它免遭死亡，应使用70%～75%的酒精用于消毒效果最

好，故C错误；D．油脂在碱性条件下的水解又称之为皂化反应，工业生产中常用此反应来制取肥皂，故D错误；答案选B。7.下列图示变化为吸热反应的是A.B.C.D.【答案】A【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，以此来解答。【详解】A．反应物1molA2和1molB2

的总能量低于2molAB的总能量，为吸热反应，故A符合题意；B．反应物氮气和氢气的总能量高于生成物氨气的总能量，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，不属于化学反应，故C不符合题意；D．Zn与稀盐酸反应为放热反应，故D不符合题意；答案选

A。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.2.24LNH3中含N-H键数为0.3NAB.0.1mol苯分子中含有碳碳双键数为0.3NAC.0.1mol/LAlCl3溶液中Cl-的数目为0.3NAD.8.4gFe与足量盐酸完全反应，转移电子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解

】A．NH3的状态条件未知，不能用标况下气体的摩尔体积计算物质的量，则N-H键数不能确定，故A错误；B．苯分子中碳原子间是一种介于单键和双键之间的一种特殊键，不存在碳碳双键，故B错误；C．0.1mol/LAlCl3溶液的体积未知，无法计算AlCl3的物质的量，则溶

液中Cl-的数目无法确定，故C错误；D．8.4gFe与足量盐酸完全反应生成亚铁离子，1molFe完全反应转移2mol电子，8.4gFe的物质的量为0.15mol，则转移电子的物质的量为0.3mol，电子数目为0.3NA，故D正确；答案选D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A

.AlAl(OH)3NaAlO2B.SiO2(s)SiCl4(1)Si(s)C.NH3NOHNO3D.石油CH2=CH2CH2BrCH2Br【答案】C【解析】【详解】A．铝单质可以与强碱溶液反应，与NH3·H2O不反应，A不符题意；B．SiO2与稀盐酸不能反应，只与氢氟酸反应，B不符题意；C．N

H3发生催化氧化生成NO，NO、O2、H2O发生反应可生成HNO3，C符合题意；D．石油通过分馏不能得到乙烯，乙烯要经过石油裂解得到，D不符题意。答案选C。10.下列说法正确的是A.单质分子中都存在化

学键B.NaHSO4溶于水只需要克服离子键C.干冰气化，克服了共价键和分子间作用力D.晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞氯化钠【答案】D【解析】【详解】A．稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故A错误；B．NaHSO4溶于水形成钠离子、

氢离子和硫酸根离子，需要克服离子键和共价键，故B错误；C．干冰是分子晶体，其气化过程是物理变化，不破坏化学键，只克服了分子间作用力，故C错误；D．金刚石和碳化硅为原子晶体，氯化钠是离子晶体，一般来说，原子晶体的熔点大

于离子晶体，原子晶体中原子半径越小时熔点越高，则晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞氯化钠，故D正确；答案选D。11.下列实验装置或操作与实验目的不相符的是A.证明Cl2氧化性强于Br2B.除去乙醇中的乙

酸C.用海水制取蒸馏水D.配制100mL0.1mol/LNaCl溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氧化剂的氧化性比氧化产物的强，Cl2与NaBr反应生成Br2证明Cl2氧化性强于Br2，A操作与实验目的相符；B．乙醇与乙酸互溶，用分液漏斗不能分离，应用蒸馏法分离，B装置

与实验目的不相符；C．蒸馏是根据液体混合物中各组分的沸点不同而分离的方法，可除去易挥发、难挥发或不挥发的杂质，用海水制蒸馏水可用蒸馏法，C装置与实验目的相符；D．配制100mL0.100mol/LNaCl溶液使用100mL容量瓶，D装置与实验目的相符。答案选B。12.为提纯下列

物质（括号内的物质为杂质），所用除杂试剂和分离方法都正确的是ABCD含杂物质乙烷（乙烯）乙烯（二氧化硫）酒精（水）苯（溴）除杂试剂H2/催化剂酸性KMnO4溶液生石灰四氯化碳分离方法加热洗气蒸馏分液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【

详解】A．乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，但乙烷中易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，故A错误；B．乙烯和二氧化硫均能与酸性KMnO4溶液，应将混合气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫，故B错误；C．加

入生石灰，氧化钙与水反应生成离子化合物氢氧化钙，加热蒸馏收集得到乙醇，故C正确；D．溴苯和溴均能溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液洗涤，分液除去溴，故D错误；答案选C。13.已知X、Y、Z、W、R是原子

序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中的原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：Z＞W＞RB.W、R对应的简单氢化物的稳定性前者大于后者C.W与X、W与Z

形成的化合物的化学键类型完全相同D.电负性R＞Y、X【答案】BC【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相

等，这说明Y是第ⅣA族元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是H，Y是C，Z是Mg，W是S，R是Cl

。A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Z＞W＞R，故A正确；B．W是S，R是Cl，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则对应的简单氢化物的稳定性前者小于后者，故B错误；C．X是H，Z是Mg，W是S，H2S含有的化学键是极性共价键，MgS含有的化学键是

离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，故C错误；D．X是H，Y是C，R是Cl，非金属性越强，其电负性越强，三种元素中Cl的非金属性最强，则电负性R＞Y、X，故D正确；答案选BC。14.某有机物的结

构如图所示，则下列说法中正确的是A.该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.1mol该有机物最多能与4molH2发生加成反应C.该有机物中有4种官能团D.该有机物能发生酯化反应【答案】BD【解析】【详解】A．该有机物含有碳碳双键，与溴能发

生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液褪色，该有机物含有碳碳双键和醇羟基，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．1mol苯环可与3molH2加成，1mol碳碳双键可与1molH2加

成，该有机物中含有1个苯环和一个碳碳双键，所以1mol该有机物最多能与4molH2发生加成反应，B正确；C．该有机物中含有碳碳双键、醇羟基和羧基三种官能团，C错误；D．酯化反应是羧酸与醇发生反应，该有机物中含有醇

羟基和羧基，可以发生酯化反应，D正确。答案选BD。15.某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示(A、B、C均为气体）。下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为2A+B2CB.v(A)=v(C)说明该

反应已达到平衡状态C.由图求得A的平衡时的转化率为40%D.反应开始至2min时，A的平均反应速率为0.lmol/(L•min)【答案】AC【解析】【详解】A.C的物质的量增加、A和B的物质的量减小，所以A

和B是反应物、C是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即A、B和C的化学计量数之比为2:1:2，到2min时达到平衡，故该反应的化学方程式为2A+B⇌2C，A正确；B.对同一个物质而言正反应速率和逆反应速

率相等，如v正(A)=v逆(A)，若选用不同物质的速率，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如v正(A)=v逆(C)，则说明已平衡，但是v(A)=v(C)没有指明是正反应还是逆反应，故不能说明该反应已达到平衡状态，B错误；C.

共有5molA，到平衡时消耗2molA，则A的平衡时的转化率为40%，C正确；D.反应开始至2min时，，D错误；答案选AC。16.如表所示为元素周期表的一部分，参照元素①～⑩在表中的位置，请回答下列问题：族周期IA01①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②

③④3⑤⑥⑦⑧4⑨⑩(1)写出①、③和⑧三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质的电子式：____________。(2)⑨原子的价电子排布式____________。(3)写出工业冶炼⑥的单质的化学反应方程式____

________。(4)②、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。(5)①与②按原子数之比1:1构成平面正六边形结构的某化合物甲，其不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。⑩的单质易溶于化合物甲，其原因是____________。写出

化合物甲与⑩的单质反应的方程式____________。【答案】(1).(2).4s24p3(3).2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al+3O2↑(4).Na＞Al＞C(5).Br2分子和苯分子均为非极性分子，极性相似相溶(6).+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr【解析】【分析】根据元素在周期表

中的位置可知，①为H元素，②为C元素，③为O元素，④为F元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为P元素，⑧Cl元素，⑨为As元素，⑩为Br元素，据此分析解答。【详解】(1)①为H元素，③为O元素，⑧Cl元素，三种元素组成的可以消毒杀菌物

质为HClO，其电子式：；(2)⑨为As元素，其原子的价电子排布式4s24p3；(3)⑥为Al元素，工业用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝的单质，化学反应方程式2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al+3O2↑；(4)②为C元素，⑤为Na元素，⑥为A

l元素，电子层数越多原子半径越大，同周期元素随核电荷数增大原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞C；(5)①为H元素，②为C元素，⑩为Br元素，C与H按原子数之比1:1构成平面正六边形结构的某化合物甲，其不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

，则甲为苯，Br2分子和苯分子均为非极性分子，极性相似相溶，故溴的单质易溶于化合物苯；苯与溴单质在溴化铁作催化剂作用下反应生成溴苯，化学反应方程式+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr。17.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。碘元素以碘离子的形式存在。实验室从从海藻中提取碘的流程如下

：(1)指出从海藻中提取I2的实验操作③的名称：____________；(2)写出氧化②的离子方程式____________。(3)提取碘的过程中，可供选择的有机溶剂是____________。(填序号)A.酒精B.四氯化碳C.醋酸D.甘油(4

)为使海藻中I-转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、漏斗、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网、泥三角、三脚架以及必要的夹持仪器，还缺少的仪器是____________、____________、____________。

【答案】(1).萃取分液(2).2I－＋H2O2+2H+=I2＋2H2O(3).B(4).坩埚(5).玻璃棒(6).分液漏斗【解析】【分析】海带晒干灼烧得到海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡后过滤得到含有碘离子的溶液，操作①为过滤，滤液中加入硫酸酸化的H2O2，发

生反应2I-＋H2O2+2H+=I2＋2H2O，得到含I2的水溶液，操作③为萃取，用有机溶剂萃取得到含碘的有机溶液，最后蒸馏可得到碘，以此来解答。【详解】(1)根据碘单质难溶于水，易溶于有机溶剂四氯化碳或苯，而且水与有机物四氯化碳或苯互不相溶，碘与

有机物不能发生反应，可以用将四氯化碳或苯碘水中的碘单质萃取出来，再用分液法将水与有机溶液分开，该方法名称是萃取分液，答案：萃取分液；(2)反应②为利用过氧化氢在酸性环境下的强氧化性将I-氧化为I2，反应的离子方

程式为2I－＋H2O2+2H+=I2＋2H2O，答案：2I－＋H2O2+2H+=I2＋2H2O；(3)萃取的基本原则是：两种溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大的多，萃取剂与溶质不反应。碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳和水不互溶，且四氯化

碳和碘不反应；酒精、醋酸、甘油都能与水互溶，不能作萃取剂，故合理选项是B，答案：B；(4)为使海藻中I-转化为碘的有机溶液，要通过灼烧、过滤、萃取、分液操作，灼烧需要使用坩埚、泥三角、三脚架，过滤需使用漏斗、玻璃棒、烧杯，萃取、分液需使用分液漏

斗、烧杯，故根据已知仪器，还缺少的仪器是坩埚、玻璃棒、分液漏斗，答案：坩埚、玻璃棒、分液漏斗。【点睛】选择萃取剂时要求萃取剂与原溶剂互不相容，互不反应，且溶质在两种互不相容的溶剂中溶解度差别比较大。18.A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示(反应条件已省

略)。其中，A是一种植物生长调节剂，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志；C是生活中常用的一种具有酸味的调味品的成分；B和C在浓硫酸和加热的条件下发生反应，生成的有机物D有特殊的香味。试回答下列问题：(1)在

有机合物A、B、C、D中，属于烃类的是____________(填结构简式)。(2)聚丙烯酸的结构简式为____________。(3)B和C反应生成D的反应方程式____________；反应类型____________。(4)实验室制备D中常混有

B、C，提纯时常加____________溶液的充分振荡，静置后____________(填操作名称)。【答案】(1).CH2=CH2(2).(3).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O(4).酯化(

取代)反应(5).饱和碳酸钠溶液(6).分液【解析】【分析】A是一种植物生长调节剂，A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志之一，则A为乙烯(CH2=CH2)，由图示转化关系可知，乙烯和H2O在一定条件下发生加成反应生成的B为乙醇(CH3CH2OH)，

乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C是生活中常用的一种具有酸味的调味品的成分，则C为乙酸(CH3COOH)，B和C在浓硫酸和加热的条件下发生酯化反应，生成的有机物D有特殊的香味，则D为乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)；乙醇和丙烯酸在浓硫

酸和加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，据此分析解答。【详解】(1)A为乙烯(CH2=CH2)，B为乙醇(CH3CH2OH)，C为乙酸(CH3COOH)，D为乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)，烃是只含有碳、氢两种元素的有机化合物，则属于烃类的是C

H2=CH2；(2)丙烯酸中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚丙烯酸，聚丙烯酸的结构简式为；(3)B为乙醇，C为乙酸(CH3COOH)，D为乙酸乙酯，乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应(取代反应)生成乙酸乙酯，化学反应方程式为CH3COOH+CH3CH2

OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O；(4)实验室制备乙酸乙酯中常混有乙酸和乙醇，提纯时常加饱和碳酸钠溶液，可以溶解乙醇，消耗乙酸，减小乙酸乙酯的溶解度，充分振荡静置后进行分液，即可分离出较纯净的乙酸乙酯。【点睛】丙烯酸中含有碳碳双键，加聚反应发生在碳碳双键上，书写聚丙

烯酸的结构简式时需要注意。19.（1）180°C时将0.5molH2和1molCO2通入lL的恒容密闭容器中，反应生成甲醇(CH3OH)蒸汽和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示。①该反应的化学方程式：____

________。②下列措施能够使该反应速率加快的是____________。a.使用催化剂b.降低温度c.增大压强③反应达到平衡状态的时间段____________。a.0~3minb.3~10minc.10~12min（2）如图所示是某公司批量生产的笔记

本电脑所用的甲醇燃料电池的构造示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，该电池总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O。（图中负载表示用电器）④左边的电极为电池的____________极。⑤b处通入的是____________(填“空气”或“甲醇”)⑥该电池正极的反应式

为____________。【答案】(1).CO2+3H2CH3OH+H2O(2).ac(3).bc(4).负(5).空气(6).3O2＋12H＋＋12e－＝6H2O(O2＋4H＋＋4e－＝2H2O)【解析】【分析】(1)①

结合图示信息，计算甲醇、二氧化碳、氢气的物质的量变化值，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，据此找出另一个无机产物、写该反应的化学方程式；②按影响速率的因素判断能够使反应速率加快的措施，据此选择；③按平衡特点、结合图示信息和化学方程式，判断达到平衡

状态的时间段；(2)燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入氧化剂的一极为正极，正极上发生还原反应，氢离子参与下生成水，正极电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－=2H2

O，据此回答；【详解】(1)①二氧化碳的物质的量减小0.1mol，氢气的物质的量减小0.3mol，根据碳元素守恒可知，甲醇的物质的量增加0.1mol。物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即二氧化碳、氢气与甲醇的化学计量数之比为1:3:1，则按质量守恒定律知

，另一产物为水，反应存在限度，故该反应的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O；②a.使用催化剂，能加快反应速率，a符合题意；b.降低温度，能降低反应速率，b不符合题意；c.增大压强，能加快反应速率，c符合题意；故能够使该反应速率加快的是ac；③由图知

，到第3min时，二氧化碳的物质的量减小0.1mol，氢气的物质的量减小0.3mol，则按化学方程式知，此时甲醇的物质的量增加0.1mol、之后一直维持这样的状态，故第3min时起，反应已达平衡状态，则达到平衡状态的时间段为b、c；(2)④由图知，电子从左边的电极流出，故左边

的电极为电池负极；⑤由图知，电子流入b处的电极、氢离子移向该电极，则其为正极，b处通入的是空气；⑥电池正极为还原反应，氧气得电子，在氢离子参与下生成水，故电极反应式为3O2＋12H＋＋12e－＝6H2O(或O2＋4H＋＋4e－＝2H2O)。【点睛】主要考查化学方

程式的书写、影响速率的因素、化学平衡状态的判断、原电池的工作原理以及电极方程式的书写等，观察分析图中数据、熟练应用相应知识是解题的关键。20.锌是人体必需的微量元素，[Zn(NH3)4]CO3在生物活性等方面发挥重要的作用。(1)Zn2+基态核外电子排布式为____________。(2)[Z

n(NH3)4]CO3中C、H、O、N四种元素的第一电离能由大到小的顺序为____________；2-3CO的空间构型为____________(用文字描述)；1mol[Zn(NH3)4]CO3中内界

所含有的σ键数目为____________。(3)某含锌配合物可用于模拟碳酸酐酶的催化活性，该配合物中含有DMF分子。DMF分子的结构如图l所示。DMF分子中碳原子轨道的杂化类型是____________。(4

)闪锌矿可看作由Zn2+和S2-各自形成的面心立方结构相互穿插而成。其晶胞结构示意图如图2所示，则其中S2-的配位数是____________个。【答案】(1).[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10(2).N＞O＞H＞C(3).平面正三角形

(4).16NA或16×6.02×1023(5).sp2、sp3(6).4【解析】【分析】(1)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去两个电子生成锌离子，Zn2+基态核外有28个电子，根据构造原理书

写其核外电子排布式；(2)价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，根据价层电子对数判断微粒构型；根据元素周期表第一电离能的递变规律比较第一电离能大小；配位键和共价单键都为σ键；(3)C=O为平面结构，甲基为四面体结构，由此分析解答；(4)根据

图示观察判断S2-的配位数。【详解】(1)Zn是30号元素,其原子核外有30个电子,失去最外层两个电子生成锌离子,根据构造原理书写其核外电子排布式为[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；(2)同周期元素从左到右

元素的第一电离能呈逐渐增大趋势，N原子最外层核外电子排布处于半充满状态，结构稳定，其第一电离能比相邻元素都要大，则有第一电离能N＞O＞C，又因为H原子比碳原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗的能量更多，所以H的第一电离能比C的大，故有：N＞O＞H＞C；2-3

CO中心原子的价层电子对数=3+12×(4+2−3×2)=3，C原子的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面正三角形；[Zn(NH3)4]CO3中内界为[Zn(NH3)4]2+，每个NH3含有3个σ键，Zn2+与N原子形成4个配位键，则一个[Zn(NH

3)4]2+中σ键数目为3×4+4=16个，则1mol[Zn(NH3)4]CO3中内界所含有的σ键数目为16NA或16×6.02×1023；(3)DMF分子中有碳氧双键和甲基，C均无孤对电子，C=O为平面结构，则羰基上C为sp2杂化，

甲基为四面体结构，甲基上C为sp3杂化；(4)根据晶胞结构示意图如图2所示，则其中S2-的配位数是4个。【点睛】原子核外最外层电子排布处于半充满、全满、全空等状态时，结构稳定，电离时消耗的能力更高，第一电离能比相邻元素的第一电离

能都要大。