【文档说明】陕西省宝鸡市凤翔中学2021届高三上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(22)页，1.167 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d3067f24d4714ef3bcb6ef3885a76160.html

以下为本文档部分文字说明：

2020-2021年凤翔高中第一学期期中考试试卷一、选择题(共16小题)1.“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法不正确的是()A.“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能B.“蛟龙”号潜

水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性C.“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D.港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法【答案】C【解析】【分析

】【详解】A.“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能，故A正确；B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B正确；C.碳纤维不是一种新型有机高分子材料，是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故C错误；D.水下钢柱镶铝块防腐的方法是原电池原理，铝作负极被腐蚀，

铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极保护法，故D正确。综上所述，答案为C。2.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A.标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NAB.含1molFeCl3的氯化铁溶液完全水解

生成Fe(OH)3胶体，其中胶粒数为NAC.50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应,生成SO2分子的数目为0.46NAD.5.6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【分

析】【详解】A．标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所形成的氢氧化铁胶粒小于NA个，故B错误；C．50mL18.4mol•L-1浓硫酸与足量铜微热反应，随着反应进行硫酸浓度降低变

为稀硫酸，稀硫酸不能与铜反应，所以生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误；D．5.6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，铁粉过量，则0.1molCl2完全反应，转移的电子数为0.2NA，故D

正确；故答案为D。3.下列离子方程式不正确的是A.Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为：Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2OB.用稀硫酸除去铜绿：4H＋＋Cu2(OH)2CO3==2Cu2＋＋CO2↑＋3H2OC.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶

液恰好使2-4SO完全沉淀：2Ba2＋＋+4NH＋Al3＋＋22-4SO＋4OH－==Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓D.少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3—==CaCO3↓＋2H2O＋2-3CO【答案】A【解析】【分析】【详解】A、硝酸具有强

氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故符合题意；B、铜绿是碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，和硫酸反应：4H＋＋Cu2(OH)2CO3==2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O，故不符合题意；C、使2-4SO完全沉淀，消耗2molBa2＋，即2molBa(

OH)2，1molAl3＋先和3molOH－反应生成Al(OH)3，然后OH－再和+4NH反应NH3·H2O，即2Ba2＋＋+4NH＋Al3＋＋22-4SO＋4OH－==Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓，故不符合题意；D、少量的系数定为1，则有Ca(OH)2＋2NaHCO3=Ca

CO3↓＋2H2O＋Na2CO3，故不符合题意。4.下列化学用语表述正确的是（）A.核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts可表示为：174117TsB.乙醇的结构简式：C2H6OC.COCl2的结构式为：D.C

aO2的电子式为：【答案】C【解析】【分析】【详解】A．核内质子数为117，核内中子数为174的核素Ts的质量数为291，可表示为291117Ts，故A错误；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，C2H6O是乙醇的分子式，故B错误；

C．在有机物中C元素形成4个共价键，O元素形成2个共价键，Cl元素形成1个共价键，所以COCl2的结构式为：，故C正确；D．CaO2中含有过氧离子，电子式为，故D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查化学用语，涉及原子构成

、电子式、结构式、结构简式等，把握化学用语的区别及规范应用是解答本题的关键，试题难度不大。本题的易错点是D项，注意CaO2中含有的是过氧离子，不是氧离子。5.关于化合物苯乙烯，下列说法正确的是A.不能使溴水褪色B.可以发生加成聚合、氧化、取代反应C.

易溶于水和甲苯D.分子中所有碳原子不可能共平面。【答案】B【解析】【分析】【详解】A．含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故A错误；B．含有碳碳双键可以发生加成聚合、氧化，苯环上的氢可以发生取代反应，故B正确；C．苯基和乙烯基均为憎水基团，难溶于水，故C错误；D．苯平面和烯平面通过单

键连接，单键可以旋转，分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选B。6.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液能蚀刻玻璃，X、Y处于相邻位置，Y的最高正价与最低负价代数和为零，W、X原子的最外层电

子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等。下列说法错误的是A.原子半径:X>Y>Z>WB.最高正价:W>Z>Y>XC.简单氢化物的热稳定性:W>Z>YD.简单离子的电子层结构:W与X相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的氢化物水溶液

能蚀刻玻璃，则W为F，Y的最高正价与最低负价代数和为零，则Y为Si，X为Al，W、X原子的最外层电子数之和与Y、Z原子的最外层电子数之和相等，则Z为S。【详解】A.电子层越多原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X>Y>Z>W，故A正确；B.F无正价，故B错

误；C.非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性F>S>Si，所以简单氢化物的热稳定性:W>Z>Y，C正确；D.W的简单离子为F-，X的简单离子为Al3+，二者核外电子排布相同，简单离子的电子层结构相同，D正确；

答案选B。7.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A.7种B.8种C.9种D.10种【答案】C【解析】【分析】【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。8.合成氨的热化学方程

式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H=-92.4kJ/mol，如图所示为相同温度下，在等量的不同催化剂作用下，某浓度氨气分解时对应生成氢气的初始速率，下列说法正确的是（）A.Fe作催化剂时，氨气分解反应活化能最小B.氨气分解达到平衡时，单位时间内N≡N键断裂数目和N—H键形成数

目相同C.低压有利于提高N2和H2产率D.高温有利于提高工业合成氨产率【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氨气分解反应活化能最大的即是反应速率最慢的，Ru作催化剂时，氨气分解反应活化能最小，A项错误；B．氨气分解达到平衡时，单位时间内NN键断裂数目和N-H键形成数目

之比为1:6，B项错误；C．降低压强，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)正向移动，有利于提高N2和H2产率，C项正确；D．高温使反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)逆向进行，不利于平衡向生成氨的方向移动，不利于提高合成氨的产率，选择高温主要基于速率考虑，D项错误

；故选：C。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.1.0mol•L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO2-4B.c(H+)/c(OH﹣)=1012的溶液中：NH+4、Al3+、NO-3、Cl﹣C.由水电离的c(H+)=1×10﹣13mol/L溶液中：

K+、Na+、AlO-2、CO2-3D.含1.0mol•L﹣1Al3+的溶液中：Na+、HCO-3、SO2-4、Mg2+【答案】B【解析】【分析】【详解】A．KNO3、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，A项不符合题意；B．c(H+)/c(OH﹣)=1012的溶液中存在大量氢

离子，NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能大量共存，B项符合题意；C．由水电离的c(H+)=1×10﹣13mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，AlO2﹣、CO32﹣都与氢离子反应，在酸性溶液中不能大

量共存，C项不符合题意；D．Al3+、HCO3﹣之间发生强烈双水解反应，在溶液中不能大量共存，D项不符合题意；故正确选项为B。10.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质

)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C.从溶液2得到FeSO4·7H2O产

品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去S

iO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；C、Fe2+容易被氧化，所

以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。答案选D。11.实验室用下列装置制备无水AlCl3(183℃升

华)，无水AlC13遇潮湿空气即产生大量白雾。下列说法错误的是A.b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸B.g中发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OC.e装置的收集器必须保持干燥D.实验时，a和d处酒精灯应同

时点燃【答案】D【解析】【分析】【详解】A.b、c、f中依次盛装饱和食盐水、浓硫酸、浓硫酸，作用为除去氯气中的氯化氢气体和防止水蒸气进入e，选项A正确；B.g中未反应的氯气被氢氧化钠溶液吸收，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H

2O，选项B正确；C.e装置的收集器必须保持干燥，否则无水AlC13遇潮湿空气即产生大量白雾，选项C正确；D.实验时，必须先点燃a处酒精灯，氯气通入一段时间后点燃d处酒精灯，选项D错误。答案选D。12.研究发现，1100°C时，加入合适的熔盐电解质可直

接电解SiO2，电解原理为SiO2=通电Si+O2↑。利用下图装置电解SiO2(加热装置略去)，得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，再通过真空蒸馏除去锌镁得到高纯硅。下列说法不正确的是()A.X极接正极B.通入氩气的目的是防止高

温时氧气氧化石墨电极C.阳极反应为2O2--4e-=O2↑D.当电路中通过0.4mol电子时，合金质量增加2.8g【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电解SiO2得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，同时为防止与石墨坩埚作阳极使

与之接触的合金放电，X极应接电源的负极，Y极应接电源的正极，故A错误；B．在阳极2O2--4e-=O2↑，产生氧气，防止高温时氧气氧化石墨电极，在阳极通入氩气，故B正确；C．阳极发生失电子的氧化反应，阳极电极反应为2O2--4e-=O2↑，故C正确；D

．由阴极的电极反应Si4++4e-=Si可知，当电路中通过0.4mol电子时，产生0.1molSi，即合金质量增加2.8g，故D正确；答案为A。13.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()实验现象结论A．

将Na2SO3样品溶于稀硝酸后，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成Na2SO3晶体已氧化变质B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性C．取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有

变质D．把除去氧化膜的铝箔迅速放到酒精灯火焰上加热铝熔化后滴落铝熔点低A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．HNO3具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，无法说明Na2SO3

是否变质，故A不符合题意；B．有黑色颗粒产生，该黑色颗粒为碳单质，CO2中C转化成碳单质，C的化合价降低，CO2具有氧化性，故B符合题意；C．久置Na2O2转化成Na2CO3，碳酸钠与盐酸反应产生无色的CO2，由于过氧化钠也能与水反应生成无色的氧气，现象相同，故不能证明Na2O2是否变

质，故C不符合题意；D．除去氧化膜的铝箔能立刻被氧化，表面会形成致密的氧化膜，在酒精灯火焰上加热不会滴落，故D不符合题意；故选B。14.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如右图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。

下列说法正确的是A.该装置将化学能转化为光能和电能B.该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C.每有44gCO2被还原，则生成标准状况下33．6LO2D.a电极的反应为：3CO2+16H+-18e-=C3H8O+4H2O【答案】C【解析】【分析】由图

可知有外加电源，该装置为电解池装置，a电极为阴极，二氧化碳在a电极得电子生成C3H8O，b电极为阳极，水在b电极失电子产生氧气，结合电解池相关知识解答。【详解】A．该装置是电解池装置，再结合图可知，该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；B．a是阴极，电解池中阳离子向阴极移动，所以H+

从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B错误；C．44gCO2的物质的量为44g44g/mol=1mol，结合分析及图可知电池总的方程式为：6CO2+8H2O电解2C3H8O+9O2，即阴极有6mol的二氧化碳被还原，则生成9mol的氧气，那么

每有44gCO2被还原时，生成1.5molO2，在标准状况下的体积为33.6L，故C正确；D．a电极是阴极，二氧化碳在a极得电子，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，故D错误

；故选C。15.科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如图：下列说法正确的是（）A.DMC与过量NaOH溶液反应生成CO32-和甲醇B.CeO2可有效提高反应物的平衡转化率C.①、②、③中均有O—H的断裂D.生成DMC总反应的原子利用率为100%【答案】A

【解析】【分析】【详解】A．DMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，酯在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH=2CH3OH+Na2CO3，A正确；B．CeO2为催化剂，催化剂只影响化

学反应速率，不影响平衡；所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B错误；C．①中CH3OH生成CH3O-催化剂，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H

键断裂，C错误；D．总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，除了生成DMC外，还生成了水，因此原子利用率不是100%，D错误；故合理选项是A。16.C1O2作为一种强氧化剂，是国际上公认的高效消毒灭菌剂

，但因其易爆有毒，常用NaClO2替代。常温下，将NaOH固体加入到由0.1molC1O2溶于水配成的1L溶液中。溶液pH及部分组分含量变化曲线如图，下列叙述不正确的是(已知：2C1O2+H2OHC1O2+H++C1O3-)A.Ka(HClO2)≈10-4

.5B.不能用pH试纸测该溶液的pHC.酸性：HClO2<HClO3，氧化性：HClO2>HClO3D.该图像上任何一点，都有c（C1O2-）+c（HC1O2）+c（C1O3-）=0.1mol·L-1【答案】D【解析】【分析】【详解】A项，HClO2的电离方程式为HClO2H++ClO2

-，HClO2的电离平衡常数Ka（HClO2）=，根据图像当c（HClO2）=c（ClO2-）时溶液的pH4.5，Ka（HClO2）10-4.5，A项正确；B项，溶液中的ClO2、HClO2、ClO2-具有强氧化性，能使pH试纸褪色

，不能用pH试纸测该溶液的pH，B项正确；C项，根据题给反应的离子方程式可见，HClO2为弱酸，HClO3为强酸，酸性：HClO2HClO3，一般同一元素不同氧化态的含氧酸中，低氧化态含氧酸的氧化性较强，氧化性：HClO2HClO3，C项正确；D项，根据2C

lO2+H2OHClO2+H++ClO3-、HClO2H++ClO2-，溶液中的物料守恒为c（ClO2）+c（HClO2）+c（ClO2-）+c（ClO3-）=0.1mol/L，D项错误；答案选D。【点睛】本题考查与溶液的pH

有关的图像分析、电离平衡常数的计算、pH的测定、物质性质的比较、溶液中粒子浓度的关系。依据电离平衡常数的表达式和关键点的数值计算Ka（HClO2）；注意不是任何水溶液都可用pH试纸测量溶液的pH值，如氯水等强氧化性溶液、浓H2SO4等不能用pH试纸测pH。二、实验题(共1小题)17.

KMnO4是化工生产中的一种重要氧化剂。实验室制备并对产品含量进行测定。请回答下列问题：(一)制备K2MnO4碱性溶液碱性溶液(1)“熔融"时应选用的仪器为______(填选项字母)；原因为____________

_。a.蒸发皿b.普通坩埚c.铁坩埚d.烧杯(2)制备K2MnO4过程中消耗氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。(二)制备KMnO4向所得K2MnO4溶液中通入过量CO2，溶液由墨绿色逐渐变为紫黑色并产

生黑色沉淀，待反应完全，静置、抽滤，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得产品。(3)实验室常用下图装置制备CO2。实验过程中，石灰石应放在装置的______部位(填“甲”、“乙”或“丙”)；制取CO2时以下操作步骤正确的排列顺序是_______(

填序号)。①注入稀盐酸②检查装置气密性③装入大理石(4)制备KMnO4的离子方程式为_______________________(三)KMnO4纯度检验称取2.0gKMnO4产品，配成1000mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，并加入足量稀硫酸酸化，然后用0.02mol·

L-1的亚硫酸氢钠(NaHSO3)标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为25.00mL。(5)滴定时发生反应的离子方程式为______________；滴定到终点的现象为_____产品中KMnO4的质量分数为___________

____【答案】(1).c(2).熔融KOH可与SiO2反应，所以选用铁坩埚(3).1：2(4).乙(5).②③①(6).324MnO−+4CO2+2H2O=24MnO−+MnO2↓+43HCO−(7).H++24MnO−+53HSO−=524S

O−+2Mn2++3H2O(8).溶液由紫色褪为无色且半分钟不恢复原色(9).79%【解析】【分析】根据题中信息，熔融KOH不能使用瓷坩埚，所以选取铁坩埚；根据化学方程式求出氧化剂和还原剂比例；根据启普发生器制取气体的特征判

断石灰石放的部位和操作顺序；根据题中信息写出离子方程式；根据题中信息写出滴定的离子方程式和判断滴定终点，由题中所给数据和滴定方程式计算产品中KMnO4的质量分数；据此解答。【详解】（1）熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性KOH，瓷坩埚中含

有二氧化硅，二氧化硅能够与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，c正确；答案为c，熔融KOH可与SiO2反应，所以选用铁坩埚。（2）理论上，制备K2MnO4的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2Δ=2K2MnO4+2H2O，氧化剂为O2，还原剂为MnO2，由化学方程式可知，氧化剂和还原剂的物

质的量之比为1：2；答案为1：2。（3）石灰石应放在启普发生器中乙部位，制取CO2时应先检查装置气密性，再加药品，操作步骤正确的排列顺序是②③①；答案为乙，②③①。（4）制备KMnO4时，由于通入的CO2过量，且生成黑色的Mn

O2，所以反应的离子方程式为324MnO−+4CO2+2H2O=24MnO−+MnO2↓+43HCO−；答案为324MnO−+4CO2+2H2O=24MnO−+MnO2↓+43HCO−。（5）滴定反应的离子方程式为H++24MnO−+53HSO−=524SO−+2Mn2++3H2O，终点时

的现象为溶液由紫色褪为无色且半分钟不恢复原色；设所配得的高锰酸钾的浓度为x，由H++24MnO−+53HSO−=524SO−+2Mn2++3H2O可知，xmol/L×20×10-3L×5=0.02mol

/L×25×10-3L×2，解得x=0.01mol/L，所以样品中KMnO4的质量为m(KMnO4)=lL×0.01mol·L-1×158g/mol=1.58g，则样品中KMmO4的质量分数为1.58g2.0g×l00%=79%；答案为H++24MnO−+53HSO−=524

SO−+2Mn2++3H2O，溶液由紫色褪为无色且半分钟不恢复原色，79%。三、解答题(共4小题)18.PM2.5是连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.

5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：(1)PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+4NH+24SO−3NO−Cl－浓度/mol•L-14×10-66×10-62×1

0-54×10-53×10-52×10-5根据表中数据计算PM2.5试样的pH_______________。(2)NOx汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：则N2和O2反应生成NO的热化学反应方程

式为_________________。(3)碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：①用离子方程式表示反应器中发生的反应：_________________。②将生成的氢气与氧气分别通入两个多孔惰性电极，KOH溶液作为电解质溶液，负极的电极反应式_____

____________。(4)为了改善环境，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。①有效“减碳”的手段之一是节能，下列制氢方法最节能的是________(填序号)。A．电解水制氢：2H2O2H2↑＋O2↑

B．高温使水分解制氢：2H2O(g)2H2＋O2C．太阳光催化分解水制氢2H2O2H2↑＋O2↑D．天然气制氢：CH4＋H2O(g)CO＋3H2②CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条

件下反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)；ΔH＝－49.0kJ·mol－1，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。从3min到9min，v(H2)＝_______mol·L－1·min－1。③能说明上述反应达到平衡状态的是________(填编号)。A．反应

中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)B．混合气体的密度不随时间的变化而变化C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2OD．CO2的体积分数在混合气体中保持不变④工业上，CH3OH也可由CO和H2合成。参考合成反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g

)的平衡常数。下列说法正确的是________。温度/℃0100200300400平衡常数667131.9×10－22.4×10－41×10－5A．该反应正反应是放热反应B．该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行C．

在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则此时的平衡常数为100D．工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高【答案】(1).pH=4(2).N2(g)＋O2(g)=2NO(g)△H=+184kJ/m

ol(3).SO2+I2+2H2O=SO2-4+2I-+4H+(4).H2-2e-+2OH-=2H2O(5).C(6).0.125(7).D(8).AC【解析】【分析】【详解】(1)根据电荷守恒可得到：c(K+)+c(Na+)+c(4NH+)+c(

H+)=c(3NO−)+c(Cl-)+2c(24SO−)+c(OH-)，正电荷少，故溶液显酸性，c(H+)=10-4mol/L，故pH=4；(2)①反应中的反应热=反应物的键能和-生成物的键能和=（946+498）kJ/mol-2×630kJ/mol=+

184kJ/mol；故热反应方程式为：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)△H=+184kJ/mol；(3)二氧化硫与碘单质和水反应生成硫酸和HI，方程式为：①SO2+I2+2H2O=24SO−+2I-+4H+；负极失电子，故电极方程式为：②H2-2e-+2OH-=2H2O；

(4)①最节能的方法是使用太阳能，故此题选C；②根据速率之比等于系数之比，可得到v(H2)=3v(CO2)=3×()()0.50.25/L93minmolct−=−×3=0.125mol/(L·min)；③A．反应中CO2与

CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1，不能说明达到平衡状态各物质浓度不变才可说明达到平衡状态；B．由于容器内质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，都存在混合气体的密度不随时间的变化而变化，故混合气体的密度不随时间的变化而变化不能判断是否达到平衡状态；C．单位时间内每消耗3molH2，同

时一定生成1molH2O，故C不能判断反应是否达到平衡状态；D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变可以说明反应达到平衡状态；此题选D；④A．根据平衡常数随温度变化可知，温度越高，平衡常数越小，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，故A正确；B．根据吉布斯自由能定律，

△H-T△S＜0，可判断反应自发进行，该反应的△H＜0，△S＜0，该反应在低温反应可自发进行，故B错误；C．平衡时，CO的转化率为50%，剩余c(CO)=0.05mol/L，c(H2)=0.1mol/L，c(CH3OH)=0.05mol/L，K=()()

()322HcCHOHcCOc=100，故C正确；D．工业上采用稍高的压强(5MPa)和250℃，是因为此条件下，相对比情况下，从对设备要求不高，造价不高等经济条件下考虑的最好选择，故D错误;此题选AC。19.锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成

分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；③溶液中

离子浓度小于等于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。（1）滤渣1中除了S之外，还有___________（填化学式）。（2）“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_________________。（3

）“还原”时，被Sb还原的物质为_____________（填化学式）。（4）常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2-)不低于______；所加Na2S也不宜过多，其

原因为_____________。（5）“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为________________。（6）“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。（7）一种突破传统电池设计理念的镁-锑液态金属储能电池工

作原理如图所示：该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，C1-向_____（填“上”或“下”）移动；放电时，正极的电极反应式为________。【答案】(1).SiO2(2).Sb2S

3＋3SbCl5＝5SbCl3＋3S(3).SbCl5(4).9.04×10-24mol·L－1(5).产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3(6).2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋9NaCl(7).3︰2(8

).下(9).Mg2＋＋2e－＝Mg【解析】【分析】【详解】(1)辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)，在加入盐酸和SbCl5后，根据浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，S

b2S3、PbS、As2S3、CuO都被溶解，只有SiO2不溶，滤渣1中除了S之外，还有二氧化硅，故答案为SiO2；(2)“浸出”时，Sb2S3与SbCl5发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Sb2S3＋3

SbCl5＝5SbCl3＋3S，故答案为Sb2S3＋3SbCl5＝5SbCl3＋3S；(3)根据流程图和，浸出中含有少量SbCl5，经过“还原”等操作后得到SbCl3，因此SbCl5被Sb还原，故答案为SbCl5；(4)根据常温下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(

PbS)=9.04×10-29；将Cu2+和Pb2+均沉淀完全时，c(S2-)分别不低于()51.010KspCuS−=1.27×10-31mol/L、()51.010KspPbS−=9.04×10-24mol/L，因此c(S2-

)不低于9.04×10-24mol/L，过量的硫化钠能够溶液中的酸反应放出污染空气的硫化氢，过量的硫化钠还能与SbCl3生成沉淀，因此所加Na2S也不宜过多，故答案为9.04×10-24mol/L；产生H2S等污染性气

体或生成Sb2S3；(5)“除砷”时除了生成As外，还有H3PO3生成，反应的化学方程式为2AsCl3＋3Na3PO2＋3HCl＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋9NaCl，故答案为2AsCl3＋3Na3PO2

＋3HCl＋3H2O＝2As＋3H3PO3＋9NaCl；(6)根据流程图，“电解”时，SbCl3反应生成SbCl5和Sb，根据化合价升降守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的物质的量之比为3:2，质量之比为3

:2，故答案为3:2；(7)中间层熔融盐为电解质溶液，根据电流方向，镁液为电池的负极，充电时，镁极为阴极，阴离子向阳极移动，即向下移动，放电时，镁液为电池的负极，电极反应为Mg-2e－=Mg2＋，正极发生还原反应，电极反应式为Mg

2＋＋2e－＝Mg，故答案为下；Mg2＋＋2e－＝Mg；20.冬季我国北方大部分地区出现雾霾天气，引起雾霾的微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物、扬尘、重金属铜等。(1)N元素原子核外电子云的形状有__

_________种；基态铜原子的价电子排布式为___________。(2)N、O、S三种元素中第一电离能最大的元素是___________；SO2-4的空间构型是___________。(3)雾霾中含有少量的水，组成水的氢元

素和氧元素也能形成化合物H2O2，其中O原子的杂化轨道类型为___________，H2O2难溶于CCl4，其原因为___________。(4)PM2.5富含NO，NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为__________

_。(5)测定大气中PM2.5浓度的方法之一是β﹣射线吸收法，β﹣射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为540pm，则该晶体的密度为___________g/cm3(只列式不计算，Kr摩尔质量为85g•mo1﹣1)

。【答案】(1).2(2).3d104s1(3).N(4).正四面体形(5).sp3(6).H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4中(7).6(8).-103A485N(54010)【解析】【分

析】【详解】(1)N元素原子核外有s、p两种电子云，电子云形状分别为球形、哑铃形；Cu是29号元素，处于第四周期第IB族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，其价电子排布式为：3d104s1，故答案为：2；3d104s1；(2)同主族自上而下第一电离能增大，而N元素原子2p轨道为半充满

稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能：N>O>S；2-4SO中S原子孤电子对数=6+2-2?42=0，价层电子对数=4+0=4，故离子的空间构型为正四面体形，故答案为：N；正四面体形；(3)H2O2的结构式为H-O-O-H，O原子形成2

个σ键，还有2对孤电子对数，杂化轨道数目为2+2=4，O原子采取sp3杂化；H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，相似相溶，所以H2O2难溶于CCl4中，故答案为：sp3；H2O2为极性分子，CCl4为非极性溶剂，所以H2O2难溶于CCl4

中；(4)配体有1个NO、5个H2O，该配合物中心离子的配位数为6，故答案为：6；(5)晶胞中Kr原子数目为8×18+6×12=4，晶胞质量=4×-1A85g/molNmol，晶体密度=(4×-1A85g/molN

mol)÷(540×10﹣10cm)3=-103A4?85N?(540?10)g/cm3，故答案为：-103A4?85N?(540?10)。21.有机物G是一种香料，可采用丙烯和甲苯为主要原料按下列路线合成：已知：①A的相对分子质量为56，其中氧的质量分数为28.6%。②R—X+CH2=CH

—R′2PdCl⎯⎯⎯→R—CH=CH—R′+HX。回答下列问题：(1)A的分子式为________，F的名称是________。(2)B中含有的官能团名称为________。(3)⑤的反应类型为________，反应⑥的试剂及条件为________。(4)反应⑦的化学方程式为_________

_______。(5)X比D多1个CH2原子团，能与FeCl3溶液发生显色反应的X有____种，写出一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：________。【答案】(1).C3H4O(2).4-氯甲苯(或对氯甲苯)(3).碳碳双键、羧基(4).取代反

应(或水解反应)(5).Cl2、铁粉(6).+2PdCl⎯⎯⎯→+HCl(7).9种(8).或【解析】【分析】且能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，则A中含有醛基，丙烯发生催化氧化反应生成A，A的相对分子

质量为56，其中氧的质量分数为28.6%，根据B分子式知，A分子式为C3H4O，A的不饱和度=3×2+2−42=2，醛基的不饱和度是1，所以A结构简式为CH2＝CHCHO，B为CH2＝CHCOOH；甲苯发

生取代反应生成C，C发生水解反应生成D，根据D知，C为；BD发生酯化反应生成E为；根据G分子式知，根据信息②知，生成G的反应为取代反应，G为，结合题目分析解答。【详解】（1）A为CH2＝CHCHO，A的分子式为C3H4O；F的名称是4−氯甲苯或对氯甲苯，故答案

为：C3H4O；4−氯甲苯或对氯甲苯；(2)B为CH2＝CHCOOH，B中含有的官能团名称为羧基和碳碳双键，故答案为：碳碳双键、羧基；(3)⑤的反应类型为水解反应或取代反应，反应⑥的试剂及条件为Cl2、铁粉，故答案为：水解反应或取代反应；Cl2、铁粉；

(4)E为，根据信息②知，生成G的反应为取代反应，G为，所以反应⑦的化学方程式+2PbCl⎯⎯⎯→+HCl，故答案为：+2PbCl⎯⎯⎯→+HCl；(5)X比D多1个CH2原子团，X的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚

羟基，如果取代基为−CH2CH3、−OH，有3种结构；如果取代基为2个−CH3、1个−OH，有6种；则反应条件的有9种结构；一种属于D的同系物且能发生消去反应的X的结构简式：、，故答案为：9；或。【点睛】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质的

关系、有机反应、同分异构体判断等为解答的关键，同分异构体个数的判断要注意官能团性质，能与与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，再根据苯环取代位的不同，计算个数。