【文档说明】北京市第八十中学2023-2024学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，2.871 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第八十中学2023～2024学年第二学期期中考试高二化学（考试时间90分钟满分100分）提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签

字笔作答。第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.中国首次在月球上发现新矿物并命名为“嫦娥石”，其晶体组成为()847CaYFePO。39Y（钇）是一种稀土元素，常以3Y+形式存在。下列说

法错误的是A.Ca属于s区元素B.Y属于金属元素C.嫦娥石中Fe的化合价为＋3D.可利用X射线衍射法获取其晶体结构【答案】C【解析】【详解】A．Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2，故其属于s区元素，A正

确；B．Y是一种稀土元素，稀土元素均属于金属元素，B正确；C．嫦娥石中Ca+2价，Y+3价，磷酸根-3价，Fe的化合价为＋2，C错误；D．X射线衍射实验是获得晶体结构最科学可靠的方法，故可利用X射线衍射法获取其晶体结构，D正

确；故选C。2.下列基态原子或离子的价层电子排布图错误的A.2Fe+B.3Fe+C.CuD.Cu+【答案】A【解析】【详解】A．基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，价电子排布图为，A错误；B．基态铁离子的价电子排布式为3d5，价层电子排布图正确，B正确；

C．Cu原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子排布图正确，C正确；D．Cu+的价电子排布式为3d10，价层电子排布图为，D正确；故答案选A。3.下列化学用语表示正确的是A.2HO分子的球棍模型：B.3NH

的价层电子对互斥模型：C.HF的电子式：D.的名称：2,4,4-三甲基戊烷【答案】B【解析】【详解】A．H2O分子的中心O原子价层电子对数是2+62142−=，含有2对孤电子对，因此H2O分子呈“V”

形结构，该图不是H2O分子的球棍模型，A错误；B．3NH中心原子价层电子对数为513342−+=，因此其价层电子对互斥模型为四面体，B正确；C．HF为共价化合物，其电子式，C错误；D．主链有5个碳原子，从取代基近端开始编号，

取代基为甲基，分别在2，2，4号碳上，故名称：2，2，4-三甲基戊烷，D错误；故选B。4.下列比较错误的是A.热稳定性：23323HCONaHCONaCOB.高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性C.邻羟基苯甲醛的熔点低于

对羟基苯甲醛的熔点D.沸点：乙二醇＞乙醇＞丙烷【答案】B【解析】【详解】A．H2CO3常温下即可分解为CO2和H2O，NaHCO3受热分解为Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3受热不分解，故热稳定性H2CO3<NaHCO3<Na2CO3，A选项正确；B．HClO中的+1价氯

稳定性比HClO4中+7价的氯差，更容易得电子，故氧化性次氯酸大于高氯酸，B选项错误；C．邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，形成分子间氢键时沸点升高，形成分子内氢键时沸点降低，故邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，C选项正确；D．乙二醇和乙醇均能形成分子间氢键，

沸点均大于丙烷，乙二醇与乙醇相比，羟基个数多，形成分子间氢键更多，沸点更高，故沸点乙二醇>乙醇>丙烷，D选项正确；故答案选B。5.2LiO是离子晶体，根据下面循环可判断离子键强弱。下列说法错误的是A.Li元素的第一电离能为1520kJmo

l−B.2O中氧氧键键能为1249kJmol−C.O(g)得电子变成()2Og−需吸收能量D.4Li（晶体）22O(g)2LiO+=（晶体）11196kJmolH−=−【答案】B【解析】【详解】A．根据图中2Li(g)→2Li＋(g)得到Li原子的第一电离能为152

0kJmol−，A正确；B．2O中氧氧键键能为1mol()2Og分解为2mol()Og所吸收的能量，即112249kJmol498kJmol−−=，B错误；C．根据图中O(g)→()2Og−可知，O(g)得电子变成()2Og−需吸收能量，C正确；D．根据图中()()2212Li()+

OgO2Li→晶体晶体为1598kJmol−−可知，4Li（晶体）22O(g)2LiO+=（晶体）1ΔH1196kJmol−=−，D正确；故选B。6.下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是A.FF−键的键能小于ClCl−键的键能B.三氟乙酸的aK大于三氯

乙酸的aKC.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性D.气态氟化氢中存在2(HF)，而气态氯化氢中是HCl分子【答案】A【解析】【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间斥力较强，FF−键不稳定，因此FF−键的键

能小于ClCl−键的键能，与电负性无关，A符合题意；B．氟的电负性大于氯的电负性。FC−键的极性大于ClC−键的极性，使3FC—的极性大于3ClC—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；C．氟的电负性大于氯的电负性，FH−键的极性

大于ClH−键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不符合题意；D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在()2HF，D不符合题意；故选A。7.

用圆底烧瓶收集3NH后进行喷泉实验。下列说法不正确的是的A.3NH和2HO都极性分子B.3NH和2HO分子中的共价键都是3ssp−键C.3NH分子的键角小于2HO分子的键角D.烧瓶中溶液颜色变红的原因：32324NHHO

NHHONHOH+−++【答案】C【解析】【详解】A．3NH是三角锥形，2HO是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；B．3NH和2HO分子中中心原子都是3sp杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是3ssp

−键，故B正确；C．两者中心原子都是3sp杂化，2HO有两对孤电子对，3NH有一对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以3NH分子的键角大于2HO分子的键角，故C错误；D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：32324NHHONHH

ONHOH+−++，故D正确；故选C。8.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是A.甲苯B.乙烷C.丙炔D.1,3−丁二烯【答案】D【解析】【详解】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；C、丙炔中含有饱和碳原子

，所有原子不可能共平面，C不选；D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中两个双键所在的两个面可能重合，所有原子可能共平面，D选。答案选D。9.苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：是下列说法不正确．．．的是A.操作I

中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D.操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体【答案】B【解析】【分析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥

沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。【详解】A．操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸

的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；B．操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D．

苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。10.关于实验室制取乙炔，下列描述合理的是A乙炔气体中常含有杂质，通常采用硫酸铜溶液洗

气除杂B.为了加快此反应的反应速率，通常往水中加入少许盐酸C.将生成的气体直接通入溴水中，溴水褪色则证明产生了乙炔D.通常采取向上排空气法收集乙炔【答案】A【解析】【详解】A．制备乙炔时常会产生H2S

等杂质气体，H2S能与硫酸铜溶液反应而被吸收，可将乙炔的混合.气体通入硫酸铜溶液中洗气除杂，A正确；B．电石与水反应非常剧烈，通常用饱和食盐水代替水以减缓反应速率，若往水中加入少许盐酸，反应会更加剧烈从而无法控制反应速率，B错误；C．生成的乙炔气体中含有H2S等气体，将

其通入溴水中，H2S与溴反应也能使溴水褪色，不能说明产生了乙炔，C错误；D．乙炔相对分子质量小于空气，应该用向下排空气法收集，也可以采用排水法收集，D错误；故答案选A。11.下列化学反应及其反应类型对应关系正确的

是苯与混酸制备硝基苯乙酸、乙醇及浓硫酸制备乙酸乙酯溴乙烷与氢氧化钠溶液制备TNT加成反应取代反应消去反应酯化反应ABCDAAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．苯与混酸制备硝基苯，是硝基取代了苯环上的氢，是取代反应，故A错误；B．乙酸

、乙醇及浓硫酸制备乙酸乙酯，乙酸分子中的-OH被乙醇分子中的C2H5O-代替，为取代反应，故B正确；C．溴乙烷与氢氧化钠溶液加热，发生的是取代反应，在氢氧化钠的乙醇溶液中发生的是消去反应，故C错误；D．制备TNT

，是硝基取代了甲苯苯环上的氢，是取代反应，故D错误；故选B。12.从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是A.B.C.D.【答案】A.【解析】【分

析】由题意知，该物质是一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基。【详解】A．该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，故A正确；B．该分

子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，故B错误；C．该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，故C错误；D．该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，故D错误；故选A。13.己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础

上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是A.苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B.环己醇与乙醇互为同系物C.己二酸与3NaHCO溶液反应有2CO生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡

后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的

4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；答案选C。14.迷迭香酸有很强的抗氧化性，对癌症和动脉硬化的预防起到一定作用，其结构如图所示。下列叙述正确的是A.迷迭香酸的分子式为C18H15O8B.迷迭香酸可以发

生加成、取代、消去、显色反应C.1mol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗8molH2D.1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗6molNaOH【答案】D【解析】【分析】A.由结构简式可确定分子式；B.含酚-O

H、-COOH、-COO-、C=C，以此分析性质；C.苯环、C=C均能与氢气发生加成反应；D.酚-OH、-COOH、-COO-均能与NaOH溶液反应。【详解】A.由结构简式可以知道分子式为C18H16O8,故A错误；B.含酚-OH、-COOH、-COO-、

C=C,可以发生加成、取代、显色反应,但不能发生消去反应,故B错误；C.苯环、C=C均能与氢气发生加成反应,则1mol迷迭香酸跟H2反应,最多消耗7molH2,故C错误；D.酚-OH、-COOH、-COO-均

能与NaOH溶液反应,则1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应,最多消耗6molNaOH,故D正确；综上所述，本题正确选项D。第二部分本部分共5题，共58分。15.回答下列问题。（1）基态Mn原子核外未成对电子有________个。（2）Li+与H−具有相同的电子构型，()Lir

+小于()Hr−，原因是________。（3）4LiAlH是有机合成中常用的还原剂，4LiAlH中的阴离子空间结构是________，4LiAlH中，存在________（填标号）。A.离子键B.σ键C.π键

D.氢键（4）X射线衍射测定发现，36IAsF中存在3I+离子，3I+离子的空间结构为________；反应23III−−+中，3I−中心原子的杂化为________。A.3spB.3spdC.32spd（5）在2CO

低压合成甲醇反应（2232CO3HCHOHHO+=+）所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为________。（6）乙二胺（2222HNCHCHNH）能与2Mg+、2Cu+等金属离子形成环状离子，其原因是________。（7）经X

射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。R中阴离子5N−中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号nm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为66），则5N−中的大π键应表示为____

____。【答案】（1）5（2）锂离子核电荷数大（3）①.正四面体②.AB（4）①.角形②.A（5）2322HCHOHOCOH（6）乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键（7）①.5②.65【解

析】【小问1详解】Mn是25号元素，电子排布式[Ar]3d54s2，根据核外电子排布规律可知基态Mn原子核外未成对电子有5个；【小问2详解】Li+与H−具有相同的电子构型，由于锂离子核电荷数大，半径小；【小

问3详解】LiAlH4的阴离子为-4AlH，-4AlH中Al的杂化轨道数为＝4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型；LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为σ键【小问4详解】3I+中心原子的价层电子对数个数71212+2242−−=+=，含

有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子几何构型为角形，中心原子杂化方式为sp3杂化；答案为角形，A；【小问5详解】常温下水和甲醇是液体而二氧化碳与氢气为气体，液体沸点高于气体，水和甲醇均为极性分子，水中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇，二氧化碳与氢

气均为非极性分子，二氧化碳范德华力较大，所以氢气沸点较低，沸点从高到低的顺序为：2322HCHOHOCOH【小问6详解】乙二胺（2222HNCHCHNH）的两个N具有孤电子对，金属离子具有空轨道，二者

可以形成配位键，从而形成稳定环状离子；【小问7详解】根据题中图示可知，5N−中的σ键的总数为5；根据5N−的结构分析出N最外层有5个电子，每个N形成2个共价键，还有一对孤对电子，每个氮还剩一个电子，由于5N−带一

个电荷，得到一个电子，因此5N−中的大π键应表示为65；16.回答下列问题。（1）图1所示的几种碳单质，60C属于________晶体，石墨中存在的作用力有________。金刚石和石墨中碳碳键键长较大的是________，理由：________

。（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示，回答。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为________，氮原子提供孤对电子与钴离子形成________键。（3）2BeCl是共价分子，可以单体、二聚体和多聚体形式

存在。其中单体和多聚体的结构简式分别如下：Cl—Be—Cl、写出二聚体的结构简式________，并判断其中Be的杂化轨道类型________。（4）一定条件下，2CuCl、K和2F反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系

，晶胞结构如图3所示（晶胞参数=abc，90===），其中Cu化合价为＋2。若阿伏加德罗常数的值为AN，化合物X的密度ρ＝________3gcm−。（用含AN的代数式表示，相对原子质量：

F19K39Cu64）【答案】（1）①.分子②.共价键、范德华力③.金刚石④.金刚石中的碳以sp3杂化，碳碳键形成σ键，石墨中碳是sp2杂化，碳碳键形成σ键和Π键（2）①.+2②.配位（3）①.②.sp2（4）30A43610Nabc

【解析】【小问1详解】C60由分子构成，属于分子晶体。石墨是层状结构，层内是共价键，层间是范德华力，故石墨中存在的作用力为共价键和范德华力。金刚石中的碳以sp3杂化，碳碳键形成σ键，石墨中碳是sp2杂化，碳碳键形成σ键和Π

键，因此石墨中碳碳键键长更短。【小问2详解】根据钴酞菁的结构简式可知，酞菁中③号N各失去一个H原子然后连接Co形成钴酞菁，钴离子的化合价为+2价。另外两个②号N与Co形成配位键。【小问3详解】根据多聚体的结构简式可推断出BeCl2二聚体的结构简式为，其结构中Be形成3条单键，价

层电子对数为3，杂化类型为sp2杂化。【小问4详解】由晶胞结构可知，该晶胞中含有黑球184+2=4个，白球11164242++=8个，灰球1818+=2，则X中含有三种元素，原子个数比为1：2：4，Cu为+2价，F为-1价，K为+1价，则X的化学式为K2Cu

F4，一个晶胞中含有4个K、2个Cu和8个F，密度为330A436g/cmNabc10−=303A43610g/cmNabc。17.已知醛在一定条件下可以两分子间反应：兔耳草醛是重要的合成香料，它具有独特的新鲜水果的清香。由枯茗醛合成兔耳草醛的路线如下：（1

）枯茗醛的核磁共振氢谱有________组峰。（2）枯茗醛→A的反应类型是________。（3）B中含有的官能团是________。（4）写出C→兔耳草醛的化学方程式：________。（5）以22CHCH=为起始原料，选用必要的无机试剂合成325CHCH

CHCOOCH=，写出合成路线________（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。【答案】（1）5（2）加成反应（3）碳碳双键和醛基（4）（5）【解析】【分析】由题给信息可知，枯茗醛和丙醛反应生成A为，A加热发生

消去反应生成B为，B与氢气发生加成反应生成C，C发生催化氧化生成兔耳草醛，结合兔耳草醛的分子式可知，B中碳碳双键、醛基与氢气均发生加成反应，则C的结构简式为，兔耳草醛的结构简式为，据此解答。【小问1详解】枯

茗醛除醛基外，分子中上下对称，其对称位上的氢是等效的，故其核磁共振氢谱有5种峰。【小问2详解】枯茗醛和丙醛反应生成A为，故枯茗醛→A的反应类型是加成反应。【小问3详解】B的结构简式为，B中含有的官能团是碳碳双键和醛基。【小问4详解】C中羟基被

氧化生成醛基，兔耳草醛的化学方程式为。【小问5详解】根据已知信息反应，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，两分子乙醛发生已知信息的加成反应生成，再发生消去反应生成，中醛基发生氧化反应转化为，与乙醇发生酯化反应生成325CHCHCHCOOC

H=，故合成路线如下：。18.根据图示填空。Ⅰ.化合物A有如下转化关系：（1）1molA与22molH反应生成1molE，其反应方程式是________。（2）B与2Br的4CCl溶液反应得到D，D的结构简式是________。（3）F的结构简式是________。

Ⅱ.奶油中有一种只含C、H、O的化合物A，其分子式为482CHO，存在碳氧双键和碳氧单键。B在4HIO存在并加热时只生成一种产物C。已知：（4）写出B→D反应的化学方程式：________。（5）写出E→F反应的化学方程式：________。（6

）C在条件①下进行反应的化学方程式：________。【答案】（1）HOOC-CH=CH-CHO+2H2→加热催化剂HOOC-CH2-CH2-CH2OH（2）HOOC-CHBr-CHBr-COOH（3）（4）CH3CH(OH)-CH(OH)CH3+2加热浓硫酸+2H2O（5）

CH3COCHBrCH3+NaOHΔ→醇CH3COCH=CH2+NaBr+H2O（6）CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHΔ⎯⎯→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】【分析】Ⅰ.A能和碳酸氢钠反应，说明A分子中

有羧基，A能和氢气发生加成反应，说明A分子中有碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮羰基中的一种或几种；1molA与2molH2反应，生成的E可以在酸性条件下加热生成环状化合物F，根据F的分子式可推知E为分子既有羧基又有羟基的羟基酸，发生酯化反应生成F，F为环状酯且A分子中的碳原子数为4；A能发生银镜反应

，说明A分子中有醛基，A氧化生成的B分子中有羧基，B和溴的CCl4溶液反应，说明B分子中有碳碳双键，则A中有碳碳双键和醛基；生成的D的碳链没有支链，说明A分子中的4个碳原子在一条链上，从而可推测A的结构简式为HOOC-CH=CH-CHO，A生成的B为HOOC-CH=CH-

COOH。Ⅱ.A的分子式为C4H8O2，不饱和度为1，存在碳氧双键和碳氧单键，A能和氢溴酸反应生成E，且E能在碱性溶液中发生水解反应生成A，所以A中有羟基，A能和氢气加成生成B，则A中有醛基或酮羰基，B在HIO4存在并加热时只生成一种产

物，则B分子呈对称结构，可推知B的结构简式为CH3CH(OH)-CH(OH)CH3，C为乙醛，乙为乙酸；根据B的结构可知A的结构简式为CH3COCH(OH)CH3，E为CH3COCHBrCH3，E→F发生消去反应，则F的结构简式为CH3COCH=C

H2，F可以聚合生成G。【小问1详解】A的结构简式为HOOC-CH=CH-CHO，A和氢气加成生成E的化学方程式为：HOOC-CH=CH-CHO+2H2→加热催化剂HOOC-CH2-CH2-CH2OH。【小问2

详解】B为HOOC-CH=CH-COOH，B和溴发生加成反应得到D，则D的结构简式为HOOC-CHBr-CHBr-COOH。【小问3详解】A的结构简式为HOOC-CH=CH-CHO，A和氢气加成生成E，E的结构简式为HOO

C-CH2-CH2-CH2OH，E发生酯化反应生成F，则F的结构简式为。【小问4详解】B的结构简式为CH3CH(OH)-CH(OH)CH3，B和足量的苯甲酸发生酯化反应生成D，化学方程式为：CH3CH(OH)-CH(OH)CH3+2加热浓硫酸+2H2O。【小问5详

解】E为CH3COCHBrCH3，E→F发生消去反应，则E→F的化学方程式为CH3COCHBrCH3+NaOHΔ→醇CH3COCH=CH2+NaBr+H2O。【小问6详解】C为乙醛，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHΔ⎯⎯→CH3COONH4+

2Ag↓+3NH3+H2O。19.反应原理题（其中选择题为单选）（1）下列反应与电离平衡无关的是________。A.4FeSO溶液与43NHHCO溶液反应制备3FeCOB.电解饱和NaCl溶液制备NaOHC.加氨水除去

4NHCl溶液中的杂质3FeClD.将23NaCO溶液加入水垢中使4CaSO转化为3CaCO（2）某国际期刊刊登我国最新有关水系双离子电池原理如图1所示，下列有关叙述错误的是________。A.放电时，电极a作电源的正极，()342CuPO发生还原

反应最终变为CuB.充电时，水系电池中，a电极附近的碱性增强C充电时，0.4420.442NaMnONaeNaMnOxxx+−++=D.当()3421molCuPO完全放电时，则电池内部有6molNa+发生迁移（3）某元素M的氢氧化物()2MOH在

水中的溶解反应为：22M(OH)(s)M(aq)2OH(aq)+−+、224M(OH)(s)2OH(aq)M(OH)(aq)−−+，25℃，lg−c与pH的关系如图2所示，c为2M+或()24MOH−浓

度的值，下列说法错误的是________。A.曲线①代表()2lgMc+−与pH的关系B.()2MOH的spK约为17110−C.向()21M0.1molLc+−=的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，体

系中元素M主要以()()2MOHs存在D.向214M(OH)0.1molLc−−=的溶液中加入等体积0.4mol/L的HCl，体系中元素M主要以2M+存在（4）乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：反应Ⅰ

：2522CHOH(g)HO(g)2CO(g)4H(g)++11255.7kJmolH−=+反应Ⅱ：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++2ΔH反应Ⅲ：25222CHOH(g)3HO(g)2CO(g)6H(g)++13173.3kJmolH−=+①2=H____

____1kJmol−。②压强为100kPa时，()25CHOHg和()2HOg投料比1:3发生上述反应，平衡时2CO和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图。已知：CO的选择性()()()2COCOCOnnn=+生成生成生成.表示CO选择性的曲线是_

_______（填标号）。573K时，生成氢气的体积分数为________（保留2位有效数字）。③向重整体系中加入适量CaO，其优点是________。【答案】（1）D（2）B（3）D（4）①.-41.2②.c③.53%④.多孔CaO与二氧化碳接触面积大,加快反应速率

,促进反应Ⅱ正向进行，吸收二氧化碳的反应放热，为反应提供热能【解析】【小问1详解】A．FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合时生成白色沉淀碳酸亚铁和二氧化碳，促进碳酸氢根离子的电离，A不符合题意；B．电解饱和NaCl溶液制备Na

OH，阳极氯离子失电子发生氧化反应，阴极氢离子得到电子发生还原反应，促进水的电离，和电离平衡有关，B不符合题意；C．加氨水使铁离子水解平衡正向移动，铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，随着一水合氨电离出的氢氧根离子和铁离子水解生成的氢离子反应，促进了一水合氨的电离平衡正向进行，和电离平衡有关，C不符合

题意；D．将23NaCO溶液加入水垢中使4CaSO转化为3CaCO，3CaCO为难溶电解质，反应过程中生成了难溶性电解质，是沉淀转化，和电离平衡无关，D符合题意；故选D。【小问2详解】A．放电时为原电池，a极为正极、b极为负极，Cu3(PO4)2发生还原反应

最终变为Cu，故A正确；B．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阳极上铜失电子结合氢氧根离子生成氧化亚铜，阳极附近的碱性减弱，故B错误；C．充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阴极反应式为：0.4420.442NaMnONaeNaMnOxxx+

−−++=，故C正确；D．放电时为原电池，a极上发生反应Cu3(PO4)→Cu2O→Cu，则1molCu3(PO4)2完全放电时，转移电子6mol，有6molNa+发生迁移，故D正确；故选B。【小问3详解】根据22M(OH)(s)M(aq)2OH(aq)+

−+、224M(OH)(s)2OH(aq)M(OH)(aq)−−+，随着pH增大()OHc−增大，()2lgMc+−增大，()24MOHc−增大，因此曲线①代表()2lgMc+−与pH的关系，②代表()24lgMOHc−−与pH的关系，据此分析解题

。A．据分析可知，曲线①代表()2lgMc+−与pH的关系，A正确；B．根据图像可知，pH=7时，()2lgM3.0c+−=，()2MOH的spK=()()2217MOH110cc+−−，B正确；C．

向()21M0.1molLc+−=的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，由图像可知，pH=9时，()2Mc+与()24MOHc−都极小，体系中元素M主要以()()2MOHs存在，C正确；D．向214M(OH)0.1molLc−−=

的溶液中由于溶解平衡是较弱的，加入等体积0.4mol/L的HCl，体系中元素M主要以()24MOH−存在，D错误；故选D。【小问4详解】反应Ⅰ：2522CHOH(g)HO(g)2CO(g)4H(g)++11255.7kJmolH−=+反应Ⅱ：222CO

(g)HO(g)CO(g)H(g)++2ΔH反应Ⅲ：25222CHOH(g)3HO(g)2CO(g)6H(g)++13173.3kJmolH−=+①根据盖斯定律2−ⅢⅠ可得反应Ⅱ，故2=H()11173.3kJmol255.7kJmol41.22

−−+−+=−1kJmol−；②反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，则升高温度，一氧化碳的选择性增大、二氧化碳的选择性减小，由一氧化碳

的选择性和二氧化碳的选择性之和等于1可知，表示二氧化碳选择性的曲线为a、表示一氧化碳选择性的曲线是c、表示乙醇的转化率的曲线是b；由图可知，573K时，二氧化碳的选择性为85%，一氧化碳的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，假设起始量乙醇是1mol，则平衡时一氧化碳

的物质的量为1mol×60%×2×15%=0.18mol，二氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×85%=1.02mol，设反应Ⅰ中消耗乙醇xmol、反应Ⅱ中消耗一氧化碳ymol，反应Ⅲ中消耗乙醇zmol，由方程式和二氧化碳的转化率可得：x+z=0.6，由方程式和一氧化碳的物质的量可得：2x—y

=0.18，由方程式和一氧化碳的物质的量可得：y+2z=1.02，则平衡时水蒸气的物质的量为3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，氢气的物质的量为4x+y+6z=4

(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，氢气的体积分数为3.42mol100%53%6.4mol；③向重整体系中加

入适量CaO，其优点是多孔CaO与二氧化碳接触面积大，加快反应速率，促进反应Ⅱ正向进行，吸收二氧化碳的反应放热，为反应提供热能。