【文档说明】【精准解析】河北省部分重点中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试卷.doc，共(24)页，1.057 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年度河北省期末考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Br80Ba137第I卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1.习总书记多次强调要“像对待生命一样对待生态环境”。下列

说法不正确的是A.赤潮是水体富营养化，藻类大量繁殖，消耗了大量氧气，造成水体缺氧的现象B.用撒熟石灰的方法可改良酸性土壤C.汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的因素之一D.用明矾可消除水中Cu2+等重金属离子污染【答案】D【解析】【详解】A.赤潮是水体富营养化，藻类大量繁殖，消耗了

大量氧气，造成水体缺氧的现象，故A正确；B.氢氧化钙俗称熟石灰，是一种常见的碱，常用于改良酸性土壤，因此用撒熟石灰的方法可改良酸性土壤，故B正确；C.大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，故汽车尾气的大量排放是造成雾霾

天气的因素之一，故C正确；D.明矾溶于水可水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮的不溶性杂质，沉降下来，达到净水的目的，但不能消除水中Cu2+等重金属离子污染，故D错误；故选D。2.某有机物能与Na2CO3反应，其结构简式为CH3—CO—R，则—R可能是A.—OHB.—CH3C.—O

—CH3D.—H【答案】A【解析】【详解】A．-R为-OH，则该有机物为羧酸，乙酸能与碳酸钠反应，A符合题意，故选A；B．-R为—CH3，则该有机物为甲乙醚，醚不与碳酸钠反应，B不符合题意，故B不选；C．-R为—O—CH3，则

该有机物为酯，酯不与碳酸钠反应，C不符合题意，故C不选；D．-R为-H，则该有机物为乙醇，醇不与碳酸钠反应，D不符合题意，故D不选。答案选A。3.下列有关化学用语的表述不正确的是A.醛基：－COHB.丙烷的球棍模型：C.乙烯的电子式：D.乙醇的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A．醛基的结

构简式为：－CHO，故A错误；B．丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，碳原子与碳原子之间以及碳原子与氢原子之间都是单键，则球棍模型为：，故B正确；C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳氢之间形成一对共用电子对，碳碳之间形成2对共用电子对，电子式为：，故C正确

；D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，则比例模型为：，故D正确；答案选A。4.下列说法错误的是A.第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”。与石墨烯互为同素异形体B.港珠澳大桥用到的铝合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能C.我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，

是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D.著名诗人杜牧在《泊秦淮>中写道：“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家。”文中的烟能产生丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性

质的单质；第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”石墨烯均为碳单质，属于同素异形体，故A不选；B．合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B不选；C．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变转化率，C错误符合题意，故选C；D．烟为固体小颗粒分散到空气中所形成的，属于胶体，能产生丁达尔

效应，故D不选。答案选C5.一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇一燃料电池的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A.该电池工作时，每消耗22.4LCH3OH转移6mol电子B.电子由电极A经负

载流向电极B，再经过NaOH溶液返回电极A，形成闭合回路C.电极B上发生的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2OD.电池工作时，OH-向电极A移动，溶液的pH减小【答案】D【解析】【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，电极A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，通入助燃物的一极为正极，电极B为正极，正极上发生还原反应，溶液中离子会定向移动，碱性条件下，正极电极反应式为：--22O+2HO+4e=4OH，据此回答。【详解】A．甲醇是液体，22.4LCH3OH的物质的量并不是1mol，故转移的电子的物质的量不是6mo

l，A错误；B．电子由电极A经负载流向电极B，但电子不会进入NaOH溶液，B错误；C．电极B上氧气发生还原反应，电极反应为--22O+2HO+4e=4OH，C错误；D．电池工作时，OH-向电极A即负极移动，由于氢氧根离子消耗故溶液的pH减小

，D正确；答案选D。6.系统命名法是常用的有机化合物命名方法，下列命名正确的是A.2—甲基—3—丁炔B.2—乙基丁烷C.2—甲基—2—丁醇D.2—氯—4—甲基—2—丁烯【答案】C【解析】【详解】A.2—甲基—3—丁炔，碳键结构为，应该称为3-甲基-1-丁炔，故A错误；B.2—乙基丁

烷，碳键结构为，应该称为3-甲基戊烷，故B错误；C.2—甲基—2—丁醇，碳键结构为，故C正确；D.2—氯—4—甲基—2—丁烯，碳键结构为，应该称为2-氯-2-戊烯，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】判断命名是否书写正确，先按照题中信息

写出碳架结构，再按照命名原则进行命名。7.下列说法正确的是A.能水解的盐，其溶液一定不呈中性B.弱酸一定不能与任何强酸盐反应C.溶解度小的电解质一定是弱电解质D.Kw=1×10-12.24时，pH=6.12的溶液一定显中性

【答案】D【解析】【详解】A．根据盐类水解的规律“无弱不水解，有弱才水解，谁强显谁性，同强显中性”，可知同强的弱酸弱碱盐水解的溶液呈中性，故A不选；B．H2S为弱酸，H2SO4为强酸，H2S能与H2SO4发生氧化还原反应，生成S和水，故B不选；C．电解质的强弱与溶解度无必然联系

，故C不选；D．Kw=1×10-12.24时，pH=6.12，pOH=6.12，则溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，即溶液呈中性，故选D。答案选D8.常温下，向100mL0.01mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L-1的MOH溶液，如中所示曲线表示混合溶液的pH

变化情况。下列说法中正确的是（）A.HA为一元弱酸，MOH为一元强碱B.滴入MOH溶液的体积为50mL时，c(M+)＞c(A-)C.N点水的电离程度大于K点水的电离程度D.K点时，c（MOH）+c（M+）=0.02mol·L-1【答案】C【解析】【详解】

A．0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，与50mL碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，而与51mL碱恰好反应溶液呈中性，说明碱为弱碱，A错误；B．MOH是弱碱，滴入MOH溶液的体积为50mL时，溶液呈酸性，由电荷守恒可知溶液中c（A-）＞c（M+），B错误；C．由图像可知，N点

溶液呈中性，水电离的氢离子为10-7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10-7mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，C正确；D．在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍，物质的量也是HA的2倍，所以c（MOH）+c（M+）=()22

cA−=0.01mol·L-1，D错误；故答案选C。9.下列说法正确的一组是①熔融的电解质都能导电②0.5mol·L-1的一元酸溶液中氢离子的浓度一定为0.5mol·L-1③不溶于水的盐(AgCl、BaSO4等)都是弱电解质④电解质溶液导

电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子⑤同温下，强酸溶液的pH不一定小于弱酸溶液的pH⑥盐都是强电解质A.④⑤B.②⑥C.③⑥D.①④【答案】A【解析】【详解】①熔融的电解质不一定能导电，如HCl液态时是以分子的形式存在，不能导电，故错误；②0.5mol/L一元

酸溶液H+浓度不一定为0.5mol/L，如醋酸小于0.5mol/L，硫酸为1mol/L，故错误；③电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，AgCl、BaSO4均是强电解质，故错误；④电解质溶

液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故正确；⑤溶液的pH值大小取决于氢离子浓度大小，与酸的强弱无关，如稀的强酸pH可能大于法浓的弱酸溶液的pH，故正确；⑥绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电

解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故错误；综上，正确的有④⑤。答案选A。10.下列物质互为同分异构体的是A.32CHCHCCH和B.和C.和23HCOOCHCHD.和【答案】B【解析】【详解】A．32CHCHCCH的分子式为C4H6，的分子式为C4H8，二者分

子式不同不是同分异构体，故A错误；B．二者分子式均为C7H14O，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．的分子式为C3H4O2，23HCOOCHCH的分子式为C3H6O2，二者不是同分异构体，故C错误；D．二者均为2-甲

基丁烷，属于同种物质，故D错误；故答案为B。【点睛】判断两种物质是否为同分异构体时可以先判断二者不饱和度是否相同，如和23HCOOCHCH，前者不饱和度为1+1=2，后者不饱和度为1，则二者不可能是同分异构体，若饱和度相同，再判断碳原子个数、氧原子个数等

是否相同，从而确定是否是同分异构体。11.在指定环境中，一定能大量共存的离子组是A.在强碱性溶液中：K+、Na+、Cl-、-3NOB.在pH=1的溶液中：-3NO、2-4SO、Na+、Fe2+C.与铝反应放出氢气的溶液中：K+、2-3SO、-

3NO、Mg2+D.由水电离出的c(OH-)=1×10-12mol·L-1的溶液中：K+、ClO-、Na+、2-4SO【答案】A【解析】【详解】A．在强碱性溶液中：K+、Na+、Cl-、-3NO不发生任何反应，故A符合题意；B．在pH=1的溶液呈酸性，在酸性环境下Fe2+与-3NO发生氧

化还原反应，故不能大量共存，故B不符合题意；C．与铝反应放出氢气的溶液既可能呈酸性也可能呈碱性，若溶液显碱性，Mg2+与OH-不能大量共存，若溶液显酸性，2-3SO和-3NO不能大量共存，故C不符合题意；D．由水电离出的c(OH-)=1×10-12

mol·L-1的溶液既可显酸性又可能呈碱性，若溶液显酸性则ClO-与H+不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。12.下列物质的空间结构中，处于同一直线上的碳原子数最多的是A.CH3—CH2—CH2—CH2—CH2—CH3B.C.

CH3—C≡C—CH3D.CH≡C—CH=CH2【答案】B【解析】【详解】A．CH3—CH2—CH2—CH2—CH2—CH3是锯齿形分子，最多2个碳在同一条直线上；B．苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，中5个

碳原子处于同一直线上；C．乙炔是直线型结构，CH3—C≡C—CH3中4碳原子都在同一条直线上；D．乙炔是直线型结构、乙烯是平面型结构，CH≡C—CH=CH2中3碳原子都在同一条直线上；综上，处于同一直线上碳原子数最多为5个。答案选B

。13.下列仪器中，过滤和重结晶都不需要用到的仪器是A.酒精灯B.烧杯C.玻璃棒D.分液漏斗【答案】D【解析】【详解】过滤需要用到漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台（带铁圈）；重结晶需要用到的仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台(带铁圈)、蒸发皿、酒精灯，因此过滤和重结晶都不需要

用到的仪器是分液漏斗，答案为D。14.在不同温度下，水溶液中-lgc(H+)与-lgc(OH-)的关系如图所示。下列说法不正确的A.E点对应的水溶液中，可能同时存在大量的+4NH、Ba2+、C1-、I-B.图中5个点对应的Kw的关系：B>C>A=D=EC.若0

.1mol·L-1的NaHA溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图中D点所示，则该溶液中：c(HA-)>c(OH-)>(A2-)>c(H2A)D.向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当c(H+)与c(OH-)的关系如图中E点所示，则溶液中发生反应：2H+

+2-4SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O【答案】C【解析】【分析】由图象可知，A、E、D都为25℃时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，水的离子积只与温度有关，与溶液的类型无关，可能为纯水，也可能为酸、碱、盐溶液，据此分析解答。【详

解】A.E点()()cOHcH−+，溶液呈酸性，酸性条件下，4NH+、2Ba+、Cl−、I−没有沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应产生，所以能共存，选项A正确；B.由图象可知，A、E、D都为25℃时的曲线上，水的Kw只与温度有

关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则BADE==，由C点()()cOHcH−+可知，C点的Kw大于A点小于B，所以BCADE==，选项B正确；C.D点溶液中()()cOHcH−+，溶液呈碱性，说明HA−的水解程度大于电离程度，所以()()22cAcHA−，

选项C错误；D.E点()()cOHcH−+，溶液呈酸性，向4NaHSO溶液中滴入2Ba(OH)溶液，则溶液中反应：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，选项D正确；答案选C。15.某液化石油气由丙烷和丙烯组成，气态时

测得的密度约为空气密度的1.5倍，该液化石油气中丙烷和丙烯的物质的量之比约为A.1：1B.2：1C.3：1D.4：1【答案】C【解析】【详解】某液化石油气由丙烷和丙烯组成，气态时测得的密度约为空气密度的1.5倍，则平均相对分子质量为1.529=43.5；该液化石油气中丙烷和丙

烯的物质的量分别为x、y，则444243.5xyxy+=+，解得31xy=；答案选C。16.在400°C和480°C下KClO3热分解会发生不同的变化，1molKClO3（s）在400°C和480°C下

热分解的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.480°C时KClO3热分解的产物是KCl和O2B.曲线I的活化能大于曲线II，所以KClO3比KClO4更稳定C.若用MnO2作催化剂，KCIO3的热分解温度会低于480°CD.2K

ClO3（s）=2KCl（s）+3O2（g）△H=-78kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.温度高时，提供的能量多，则过程Ⅰ是480℃时KClO3受热分解，产物是KCl和O2，故A正确；B.据图知：氯酸钾的能量高于高氯酸

钾的能量，物质能量越低越稳定，与活化能大小无关，故B错误；C.催化剂降低反应的活化能，若用MnO2作催化剂，KClO3热分解温度低于480℃，故C正确；D.根据图示，1molKClO3(s)生成1molKCl(s)和1.5molO2(g)放热(36+3)kJ=3

9kJ，所以2KClO3(s)═2KCl(s)+3O2(g)△H=−78kJ⋅mol−1，故D正确；答案选B。17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.0.lNA个乙烷分子完全燃烧时产生4.48LCO2B.1L0.5mol.·L-1醋酸溶液中含有的H+数目为0.5NA

C.100g23%乙醇的CCl4溶液中含有的碳原子数为1.5NAD.17.6g丙烷中含有的极性共价键数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A．0.lNA个乙烷分子完全燃烧时生成0.2molCO2，缺少条件，无法计算气体体积，故A错误；B．1L0.5m

ol.·L-1醋酸溶液中醋酸物质的量为1L×0.5mol.·L-1＝0.5mol，由于醋酸是弱酸，因此电离出的H+数目为小于0.5NA，故B错误；C．100g23%乙醇的CCl4溶液中乙醇的质量为100g×23%＝23g，CCl4的质量为77g，乙醇的物质的量为

123g0.5mol46gmoln−==，CCl4的物质的量为177g0.5mol154gmoln−==，因此含有的碳原子数为(0.5mol×2+0.5mol×1)NAmol−1＝1.5NA，故C正确；D．17.6g丙

烷物质的量为117.6g0.4mol44gmoln−==，1mol丙烷有极性共价键8mol，因此17.6g丙烷中含有的极性共价键数目为0.4mol×8×NAmol−1＝3.2NA，故D错误。综上所述，答案为C。18.下列说法正

确的是A.25℃时NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的KwB.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液C.Fe

Cl3和MnO2均可催化H2O2分解，且催化效果相同D.向含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，溶液中c(Ba2+)增大【答案】B【解析】【详解】A．温度升高促进水的电离，25℃的Kw小于100℃的Kw，故A错误；B．Mg(OH)2为弱碱，NH4Cl为强酸

弱碱盐，其水溶液呈酸性，故NH4Cl溶液与Mg(OH)2反应，故B正确；C．不同催化剂催化效果不同，反应速率的改变不同；故C错误；D．BaSO4沉淀在水溶液中存在溶解平衡，溶液中Ba2+处于饱和状态，则向BaSO4中加入Na2SO4固体溶液中Ba2+会减小，故D错误。答案选B。

19.下列实验操作不正确的是A.用以水润湿的pH试纸测NaOH溶液的pHB.用10mL量简量取8.5mL蒸馏水C.酸碱中和滴定的滴定管需先用蒸馏水洗净，再用所要盛装的标准液或待测液润洗D.配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸

中，再加水稀释【答案】A【解析】【详解】A．用以水润湿的pH试纸测NaOH溶液的pH，pH偏小，选项A不正确；B．由于量筒的最小刻度为0.1mL，用10mL量筒量取8.58L蒸馏水，操作正确，选项B正确；C．酸碱中和滴定的滴定管需先用蒸馏水洗净，再用所要盛装的标准液或待测液润洗，选项C

正确；D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释，选项D正确；答案选A。20.某工厂以NaCl为原料制备高氯酸，实验流程如图所示：下列说法不正确的是A.“电解II”中阴

极反应式为-3ClO+2OH-+2e-=-4ClO+H2OB.“60℃歧化”的反应为3Cl2+32-3CO=5C1−+-3ClO+3CO2C.“电解I”分别用不锈钢和石墨作电极，石墨电极上有黄绿色气体生成D.“物质A”的主要成分为NaCl【

答案】A【解析】【详解】A．阴极得到电子发生还原反应，则阴极的电极反应为22H2e=H+−+，故选A；B．Cl2与碳酸钠受热时发生气化反应，其方程式为：为3Cl2+32-3CO=5C1−+-3ClO+3CO2；故B不选；C．“电解I”分别用不锈钢

和石墨作电极，则不锈钢应作阴极，石墨为阳极，阳极发生氧化反应，氯离子在阳极得到电子被氧化为氯气，故C不选；D．由图示可知A为循环利用物质NaCl，故D不选。答案选A21.某学习小组用足量大小相同的去膜镁条与体积均为40mL、浓度均为0.1mol·L-1的醋酸(A瓶)和盐酸(B瓶

)分别反应，相同条件下(该条件下Vm=22.5L·mol-1)测得反应产生的气体体积与反应时间的关系如下表所示：气体读数/mL时间/s物质5101520……45醋酸(A瓶)88170248326……865盐酸(B瓶)10183064……464下列说法不正确的是

A.产生气体体积为0~5mL时，A瓶与B瓶反应速率不同的原因是c(H+)不同B.产生气体体积为5~10mL时，B瓶产生气体的平均速率为0.625mL·s-1C.产生气体体积为0~15mL时，A瓶反应速率增

大是醋酸继续电离使c(H+)升高所致D.产生气体体积为0~45mL时，镁与盐酸反应的速率始终大于镁与醋酸反应的速率【答案】C【解析】【详解】A．40mL、浓度均为0.1mol·L-1的醋酸(A瓶)和盐酸(B瓶)，A瓶溶液中氢离子浓度小于B瓶，因此产生气体体积为0

~5mL时，A瓶与B瓶反应速率不同的原因是c(H+)不同，选项A正确；B．产生气体体积为5~10mL时，B瓶产生气体的平均速率为1051810mLmLss−−=0.625mL·s-1，选项B正确；C．镁条与醋酸的反应为放热反应，随着反

应的进行温度升高，产生气体体积为0~15mL时，A瓶反应速率增大的原因可能是温度升高引起的，选项C不正确；D．根据数据可知，盐酸中c(H+)从一开始就较大，产生气体体积为0~45mL时，镁与盐酸反应的速率始终大于镁与醋酸反应的速率，选项D正确

；答案选C。22.烯烃A在一定条件下可以按如图所示关系转化，图中属于加成反应的个数是（）A3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【详解】由框图和反应条件可知：反应①：+H2(CH3)2CHCH(CH3)2，属于加成反应；反应②是烷烃和卤素单质，在光照下的

属于取代反应；反应③为A与HBr的加成反应，得到卤代烃；反应④为A与Br2的加成反应；反应⑤为卤代烃的消去反应得到1,3-丁二烯；反应⑥为1,3-丁二烯与Br2的加成反应；所以图中属于加成反应的有①③④⑥，共4个，B符合题意；答案选B。23.M、N、P为三种不同的有机物，下列叙述正确的是A.若M与

N互为同系物，P与N互为同系物，则M与P也互为同系物B.若M与N互为同分异构体，P与N互为同分异构体，则M与P也互为同分异构体C.若M、N、P互为同分异构体，它们的化学性质一定相似D.若M、N、P互为同系物，它们分子中碳的质量分数一定相同【答案】B【解析

】【详解】A．若M与N互为同系物，P与N互为同系物，则M与P可能为同种物质，也可能互为同系物，故A错误；B．若M与N互为同分异构体，P与N互为同分异构体，则M与P也互为同分异构体，故B正确；C．若M、N、P互为同分异构体，它们的化学性质不一定相似，比如羧酸和酯互为同分异

构体时，故C错误；D．若M、N、P互为同系物，它们分子中碳的质量分数不一定相同，比如烷烃同系物中碳的质量分数不相同，故D错误。综上所述，答案为B。24.某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列

叙述中正确的是A.溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)B.NaHSO4属于酸式盐，加入水中促进水的电离C.1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为3NAD.该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后

的溶液恰好呈中性【答案】A【解析】【分析】溶液中存在电荷守恒，Na+、SO42−不水解；酸式盐是可电离出氢离子的盐；硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成；蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为1210−

。【详解】A．溶液中有电荷守恒：()()()()24a2cNcHcOHcSO++−−+=+，又NaHSO4电离：244NaHSONaHSO++−=++，()()24cNacSO+−=，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)，故A

正确；B．酸式盐是可电离出氢离子的盐，NaHSO4电离会生成H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B错误；C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为2N

A，故C错误；D．蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为：1210Kw−=，要使溶液呈中性，则()cOH−加入的应等于()cH+，溶液的pH为2，()2110cHmolL+−−=，()2110cOHmolL−−−=，碱液

的pH应为10，故D错误；答案选A。25.室温下，下列溶液中有关物质的量浓度的关系错误的是A.0.1mol·L-1pH=6的NaHA溶液中：c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(H2A)B.pH相等的

HCl溶液和NH4Cl溶液：c(HCl)<c(NH4Cl)C.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合：c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)D.物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合：c(CH

3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.0.1mol/L的NaHA溶液呈酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，且水解程度和电离程度都是微弱的，所以c(HA-

)>c(H+)>c（A2-）>c（H2A），选项A正确；B．HCl完全电离，盐的水解是微弱的，故pH相等的HCl溶液和NH4Cl溶液：c(HCl)<c(NH4Cl)，选项B正确；C．溶液中的电荷守恒式为c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，选项C正

确；D．物质的量浓度相等的CH3COONa、CH3COOH溶液等体积混合，电荷守恒有①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，①2-②得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3CO

O-)+2c(OH-)，选项D错误；答案选D。第II卷二、非选择题26.2020年东京奥运会火炬传递的火炬样式将采用樱花形状。奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。已知：丙烷的燃烧热ΔH1=-2220kJ·mol-1；正丁烷的燃烧热ΔH2=-287

8kJ·mol-1；异丁烷的燃烧热ΔH3=-2869.6kJ·mol-1。(1)写出丙烷燃烧的热化学方程式：________。(2)下列有关说法不正确的是_______(填字母)。A.奥运火炬燃烧时的能量转

化形式主要是由化学能转化为热能、光能B.异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多C.正丁烷比异丁烷稳定(3)已知1molH2燃烧生成液态水放出的热量是285.8kJ，现有6mol由氢气和丙烷组成的混合气体，完全燃烧时放出的热量是3649kJ，则该混合气体中氢气和丙烷的体积比为____

______。(4)已知单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量称为该燃料的热值，则丙烷、正丁烷、异丁烷、氢气的热值由大到小的顺序为___________。【答案】(1).C3H8(g)+5O2(g)=3CO2

(g)+4H2O(l)ΔH=-2220kJ·mol-1(2).BC(3).5：1(4).氢气>丙烷>正丁烷>异丁烷【解析】【详解】（1）由燃烧热的定义可知，1mol丙烷与5mol氧气完全燃烧生成液态水和二氧化碳所释放的热量为2220kJ，则丙烷燃烧的热化学方程式：()()()(

)138222CHg5Og3g4HOl2220?COHkJmol−+=+=−；（2）A．奥运火炬燃烧时要释放大量的热量和光，所以奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，故A不选；B．异丁烷与正丁烷的互为同分异构体，相同物质的量的正丁烷和异丁烷分子

中中碳氢键的数目一样，故选B；C．正丁烷的燃烧热ΔH2=-2878kJ·mol-1；异丁烷的燃烧热ΔH3=-2869.6kJ·mol-1，由此可知正丁烷的能量高于异丁烷，而物质的能量越低越稳定，故异丁烷比正丁烷稳定

，故选C；答案选BC（3）设氢气的物质的量为x，丙烷的物质的量为y，由题意得，解得x=5mol、y=1mol，则该混合气体中氢气和丙烷的体积比为5：1，故答案为：5:1；（4）由题意有氢气的热值为：285.5kJ=142.75kJ/g2g，丙烷的热值为：2220kJ50

.45kJ/g44g≈，正丁烷的热值为：2878kJ/gkJ/g72≈39.97，异丁烷的热值为：2869.6kJg39.86kJ/g72/≈，故答案为：氢气>丙烷>正丁烷>异丁烷。27.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终

结果都是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后再两两重新组合成新的物质。(1)PCl3水解的化学方程式为__________。(2)在装有10mL水的试管中加入0.1g过氧化钠，待固体溶解后滴加酚酞，溶液变红，振荡后试管

中溶液褪色，溶液褪色的原因是__________。(请用化学方程式和必要文字说明)(3)根据以上信息判断Al4C3的水解产物是______和_______。（填化学式）(4)已知HNO2在酸性溶液中极不稳定，容易发生歧化反

应：2HNO2=NO2↑+NO↑十H2O。试写出NF3(g)水解的化学方程式：_________。【答案】(1).PCl3+3H2O⇌H3PO3+3HCl(2).过氧化钠水解：Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH，生成的H2O2具有漂

白性，可使溶液褪色(3).Al(OH)3(4).CH4(5).2NF3+3H2O=NO2+NO+6HF【解析】【分析】根据广义的水解观：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果都是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后再两两重新组合成新的物质。结合水解后元素化合价不变判断生成的两种物质，若

生成物继续反应则进一步分析。【详解】(1)PCl3水解生成盐酸和亚磷酸，水解的化学方程式为PCl3+3H2O⇌H3PO3+3HCl；(2)在装有10mL水的试管中加入0.1g过氧化钠，待固体溶解后滴加酚酞，溶液变红

，振荡后试管中溶液褪色，溶液褪色的原因是过氧化钠水解：Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH，生成的H2O2具有漂白性，可使溶液褪色；(3)Al4C3中铝化合价为+3价，C化合价为-4价，根据以上信息，Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4；(4)根据以上信

息，NF3(g)水解生成HNO2和HF，而HNO2在酸性溶液中极不稳定，容易发生歧化反应：2HNO2=NO2↑+NO↑十H2O。故NF3(g)水解的化学方程式为：2NF3+3H2O=NO2+NO+6HF。28.三种常见钠的化合物Na2CO2、NaHCO

3和NaOH，其水溶液都呈碱性。(1)10℃时，测得0.8mol.·L-1的NaHCO3溶液的pH为8.3，将溶液升温至30℃，测得溶液pH为8.5。观点一：-3HCO的水解程度随温度的升高而增大，导致溶液

的pH升高。设计实验验证：将30℃的溶液冷却至10℃，若____________，则观点一正确。观点二：NaHCO3完全分解生成了Na2CO3，而Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，导致溶液的pH升高。设计实验验证：配制30℃浓度为__________mol‧L-1的Na2CO3溶液，若该溶

液的pH也为8.5，则观点二正确。取100mL0.8mol·L-1NaHCO3溶液，升温至30℃后，滴加BaCl2溶液，溶液出现浑浊，继续滴加至BaCl2溶液过量，过滤、洗涤、干燥。称量得到1.97g固体，则30℃时N

aHCO3的分解率为_________。(2)常温下，在测得pH都等于9的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH-)分别为amol·L-1和bmol·L-1，则a：b=_________。(3)常温下

，现有浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3溶液，回答下列相关问题：①下列判断不正确的是___________(填字母)。a.两种溶液等体积混合后所得溶液中：3c(Na+)=2[c(-3HCO)+c(2-3CO)+c(H2CO3)]b.两种溶液中存在的粒子种类不相同c

.两种溶液中c(H+)‧c(OH-)=10-14d.向两种溶液中分别加入少量NaOH固体，恢复至原温度后，c(2-3CO)均增大②两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________。【答案】(1).测得溶液pH为

8.3(2).0.4(3).25%(4).1：104或10-9：10-5(5).ab(6).c(Na+)>c(-3HCO)>(2-3CO)>c(OH-)>c(H+)【解析】【详解】(1)已知10℃时，测得0.8mol.·L-1的NaHC

O3溶液的pH为8.3，将溶液升温至30℃，测得溶液pH为8.5。将30℃的溶液冷却至10℃，若测得溶液pH为8.3，则观点一正确，即-3HCO的水解程度随温度的升高而增大，导致溶液的pH升高；观点二：NaH

CO3完全分解生成了Na2CO3，反应的化学方程式为2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，而Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，导致溶液的pH升高。则配制30℃浓度为0.8mol.·L-1的NaHCO3溶液的一半即0.4mol‧L-1的Na2CO

3溶液，若该溶液的pH也为8.5，则观点二正确；取100mL0.8mol·L-1NaHCO3溶液，升温至30℃后，滴加BaCl2溶液，溶液出现浑浊，继续滴加至BaCl2溶液过量，过滤、洗涤、干燥。称量得到1.97g固体，根据反应离子方程式Ba2++CO32-=BaCO3↓可知

，n(Na2CO3)=n(BaCO3)=1.97197/ggmol=0.01mol，则分解的n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)=0.02mol则30℃时NaHCO3的分解率为0.02100%0.10.8/molLmolL=25%；(2

)酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，对于氢氧化钾而言，溶液中的氢离子是由水离出的，pH=9，则c（H+）=10-9mol/L，因为由水电离出的氢离子浓度等于氢氧根的浓度等于10-9mol/L；对于Na2CO3而言，碳酸根与水发生水解反应，

溶液中的氢离子和氢氧根离子都是水电离的，pH=9的碳酸钠溶液中氢氧根浓度为10-5mol/L，于是由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根的浓度等于10-5mol/L，只不过，氢离子被碳酸根结合了，所以后者是前者的104倍，则a：b=1：10

4或10-9：10-5；(3)①a.两种溶液等体积混合后所得溶液中，根据物料守恒有：2c(Na+)=3[c(-3HCO)+c(2-3CO)+c(H2CO3)]，选项a正确；b.两种溶液中存在的粒子种类相同，有H2O、H2CO3、

Na+、-3HCO、2-3CO、H+、OH-，选项b不正确；c.两种溶液中均存在Kw=c(H+)‧c(OH-)=10-14，选项c正确；d.向两种溶液中分别加入少量NaOH固体，恢复至原温度后，Na2CO3水解受抑制平衡左移，NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3，c(2-3CO)均增大

，选项d正确；答案选ab;②两种溶液等体积混合后，由于Na2CO3水解程度大于NaHCO3，因此c(-3HCO)>(2-3CO)；又由于NaHCO3抑制Na2CO3的水解因此c(OH-)不大，但是碱性，因此溶液中离子浓度由大到小的顺序是

c(Na+)>c(-3HCO)>(2-3CO)>c(OH-)>c(H+)。29.溴乙烷是一种重要的有机化工原料。某实验小组利用如图装置制备溴乙烷。发生的反应如下：①NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4②CH3CH2OH+HBr⇌C

H3CH2Br+H2O反应物和产物的相关数据如表所示：沸点(℃)密度(g·cm-3)水中溶解性乙醇78.5.0.7893与水互溶溴乙烷38.41.4604微溶实验步骤如下：①向烧杯中加入4.6g乙醇，然后边搅拌边沿烧杯内壁慢慢加入15mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。②向A中

小心加入15g溴化钠粉末和几粒碎瓷片，然后将B中的溶液缓慢滴入A中，保持反应温度为40~60℃，并在E中收集60℃以下的馏分。③将E中收集到的馏出物用水萃取出杂质(用蒸馏水洗涤多次)，弃去水层，将有机层干燥后蒸馏，收集38~40℃馏分，得到6.0

g溴乙烷。回答下列问题：(1)上述装置图中，仪器B的名称是__________。(2)反应温度保持在40~60℃，最好采用_______加热。(3)条件不同，化学反应不同，请写出CH3CH2Br在不同条件下反应的化学方程式：①C

H3CH2Br在NaOH水溶液中受热反应的化学方程式：__________。②CH3CH2Br在NaOH乙醇溶液中受热反应的化学方程式：___________。(4)欲证明溴乙烷中溴元素的存在，下列用到的步骤的先后顺序是___

_______(填序号)。①加入硝酸银溶液②加入氢氧化钠水溶液，加热③加入稀硝酸至溶液呈酸性(5)本实验中，溴乙烷的产率为_________(保留四位有效数字)%。【答案】(1).分液漏斗(2).水浴(3).CH3CH2Br+NaO

HCH3CH2OH+NaBr(4).CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O(5).②③①(6).55.05【解析】【分析】根据反应：①NaBr+H2SO4=HBr+NaHSO4；②CH3CH2OH+HBr⇌CH3CH2Br+H2O；利用

浓硫酸和溴化钠以及乙醇制备溴乙烷，制得的溴乙烷冷凝后收集，再通过实验对所得产物进行性质检验及产率测定，据此分析。【详解】(1)根据仪器的构造可知，仪器B的名称是分液漏斗；(2)反应温度保持在40~60℃，不高于水的沸点，最好采用水浴加热；(3)①CH3CH2Br在NaOH水溶液中受热发生水解反应生

成乙醇和溴乙烷，反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；②CH3CH2Br在NaOH乙醇溶液中受热发生消去反应生成乙烯、溴乙烷和水，反应的化学方程式为：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O；(4)欲证明溴乙烷中溴元

素的存在，应②加入氢氧化钠水溶液，加热，③加入稀硝酸至溶液呈酸性，①加入硝酸银溶液，用到的步骤的先后顺序是②③①；(5)4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，所以理论上得到溴乙烷的物质的量为0.1mol，质量为10.9g，实际上得到6.0g溴乙烷，本实验中，溴乙烷的产率为6.0100%10

.9gg=55.05%。30.甲酸钠是一种重要的化工原料。在0.5L真空密闭耐压容器中，将预先用95%乙醇水溶液配制的0.2LNaOH溶液加入上述耐压容器中，加热并搅拌，达到60℃恒温时，通入CO至一定压强，开始反应后记录容器内压强随时间的变化，直到压强

不再变化后，冷却，泄压，取出反应物，抽滤、烘干并称量。其反应如下：I：CO(g)+H2O(l)⇌HCOOH(aq)K1ΔH1II：HCOOH(aq)+NaOH(aq)⇌HCOONa(s)+H2O(l)K2ΔH2III：CO(g)+NaOH(aq)⇌HCOONa(s)KΔ

H回答下列问题：(1)K=______(用含K1、K2的代数式表示)，ΔH=_____(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。(2)若需加快反应III的速率，下列措施可行的是______(填字母)。A.增大CO的初始压

强B.适当升高温度C.减少乙醇浓度D.降低搅拌转速(3)CO的压强转化率可以反映羧基化进程。CO的压强转化率可以表示为X(CO)=(1-0pp)×100%，p0为CO初始压强，p为CO某时刻分压。HCOONa产率可表示为Y(HCOONa)=0n(H

COONa)n(NaOH)×100%，n0(NaOH)表示投料NaOH的物质的量，n(HCOONa)表示生成的HCOONa的物质的量。投料比r=00n(NaOH)n(CO)，n0(CO)表示投料CO的物质的量，保持60℃恒温，以投料比r=0.7时，CO初始压强分别为0.

5MPa、1.5MPa和2.0MPa，测得X(CO)与时间t的关系如下图所示。①上图中表示2.0MPa的曲线为_________(填字母)。②若1.5MPa时，Y(HCOONa)=87%，则NaOH的转化率

为____。当CO的初始压强为1.5MPa，保持60℃恒温，不计HCOONa在乙醇中的溶解。在下图中画出Y(HCOONa)与r的关系示意图_____。【答案】(1).K1·K2(2).△H1+△H2(3).AB(4)

.A(5).87%(6).【解析】【分析】(1)方程式相加，平衡常数相乘，焓变相加。(2)根据平衡移动原理进行分析。(3)①加压，平衡正向移动，转化率增大分析；②先假设n0(NaOH)，再得到n(HCOONa)，再计算n(NaOH)，再

计算NaOH的转化率。根据随着r值变小，相当于增加了CO的量，NaOH的转化率增大，则Y(HCOONa)也增大来分析图像。【详解】(1)方程式相加，平衡常数相乘，焓变相加，因此K=K1·K2，ΔH=△H1+△H2；故答案为：K1·K2；△H1+△H2。(2)A．增大CO的初始压强，反应速率加快，故

A符合题意；B．适当升高温度，反应速率加快，故B符合题意；C．减少乙醇浓度，浓度降低，速率减慢，故C不符合题意；D．降低搅拌转速，接触面积减小，反应速率减慢，故D不符合题意；综上所述，答案为AB。(3)①加压，反应速率加快

，平衡正向移动，转化率增大，因此上图中表示2.0MPa的曲线为A；故答案为A。②若1.5MPa时，Y(HCOONa)=87%，假设n0(NaOH)为1mol，则n(HCOONa)为0.87mol，消耗的n(NaOH)为0.87mol，则NaOH的

转化率为0.87molα=100%=87%1mol。当CO的初始压强为1.5MPa，保持60℃恒温，不计HCOONa在乙醇中的溶解，根据投料比r=0.7时，Y(HCOONa)=87%，随着r值变小，相当于增加了CO的量，NaOH的转

化率增大，则Y(HCOONa)也增大，因此画出Y(HCOONa)与r的关系示意图为；故答案为：87%；。【点睛】化学平衡及平衡移动是常考题型，主要考查化学平衡移动，新的题型、新的语境进行分析，对图像变化的分析。