【文档说明】【精准解析】山西省忻州市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题.doc，共(19)页，524.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年第二学期高二月考化学试题相对原子质量：（H1C12O16N14Na23Cl35.5K39I127）第Ⅰ卷选择题一、选择题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）1.化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是()A.通信光缆的主要成分是

晶体Si，太阳能电池的材料主要是SiO2B.高锰酸钾溶液、酒精、双氧水都能杀菌消毒，都利用了强氧化性C.“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关D.以“地沟油”为原料生产的生物柴油与以“石油”为原料生产的

柴油化学成分相似【答案】C【解析】【详解】A.通信光缆的主要成为为2SiO，太阳能电池使用的材料主要是晶体Si，A错误；B.酸性高锰酸钾溶液、双氧水能够杀菌消毒，是利用了其强氧化性，酒精能使细菌内的蛋白质变性从而杀菌消毒，消毒原理不相同，B错误；C.“光化

学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关，C正确；D.地沟油的主要成分是油脂，以地沟油为原料加工制成的生物柴油的主要成分是酯类，而由石油分馏得到的柴油的主要成分是烃类，D错误；2.下列化学用语表示正确的是()。A.Cl－的结构示意图：B.甲烷分子的球棍模型：C.氢氧化钠的电子式：D.次氯

酸的结构式：H—O—Cl【答案】D【解析】【详解】A.氯离子的质子数为17，结构示意图为，选项A错误；B.球棍模型是以线代表共价键，连结以球型表示的原子中心，所示为甲烷分子的比例模型，选项B错误；C.氢氧化钠为离子化合物，其电子式为，选项C错误；D.在次氯酸分子中H、Cl原子都与O原子形成共用电

子对，其结构式：H—O—Cl，选项D正确。答案选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB.常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NAC.标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的

电子数为0.5NAD.50ml12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A.H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol，H218O与D2O分子含有10个中子，2.0gH218O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，所含中子

数为NA，故A正确；B.乙醇分子含有8个共价键，4.6g即0.1mol乙醇所含共价键数目为0.8NA，故B错误；C.标准状况下，5.6L即0,25molCO2与足量Na2O2反应，CO2～e－，转移的电子数为0.25NA，故C错误；D.反应进行至浓盐酸成为稀盐酸时即停止，所以50mL12mo

l·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，故D错误。故选A。4.下列有关物质性质的叙述错误的是A.将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液B.蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应C.硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体D.过量铁

粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁【答案】D【解析】【详解】A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42++2OH-，Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色，A项正确；B.蛋白质

属于高分子，分子直径已达到1nm~100nm之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。B项正确；C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。C项正确；D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：2Fe+3C

l2点燃2FeCl3。D项错误；答案选D。5.反应A(g)+2B(g)C(g)的反应过程中能量变化如图所示。下列相关说法正确的是A.正反应活化能大于逆反应活化能B.曲线b表示使用催化剂后的能量变化C.由图可知该反应的焓变∆H=+91kJ·mol-1D.将气体A换为固体，其他条件

不变，反应放出热量大于91kJ【答案】B【解析】【分析】由图象可知，该反应为放热反应。【详解】A．据图分析，该反应为放热反应，因此，正反应活化能低于逆反应的活化能，故A错误；B．催化剂能够降低反应的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂的能量变化，故B正确；C．∆H=正反应活化能-逆反应活化能=41

9KJ/mol-510KJ/mol=-91KJ/mol，故C错误；D．固态A所含能量比气态A低，反应中将气体A换为固体反应，其他条件不变，∆H＞-91KJ/mol，即1mol固体A完全反应后反应放出热量小于91kJ。但是，若不说明反应物的物质的量，则无法判断反应放出的热量是否小于

91kJ，故D错误。故选B。6.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置的叙述中正确的是A.装置①常用于分离互不相溶液体混合物B.装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸C.以NH4HCO3为原料，装置③可用于实验室制备少量NH

3D.装置④b口进气，用排空气法可收集CO2、NO等气体【答案】C【解析】【详解】A.装置①常用于分离互溶液体且沸点相差较大的混合物，A错误；B.因氯化氢极易溶于水，装置②中氯化氢直接通入水，易形成倒吸现象，B错误；C.用装置③

加热NH4HCO3，产生的杂质气体（CO2、H2O）被碱石灰吸收，此装置可用于实验室制备少量NH3，C正确；D.NO易与空气中氧气反应，不能用装置④排空气法收集NO气体，D错误。答案选C。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄

今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是()A.元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B.W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强C.由Y、Z两种元素组成的化合物是离子

化合物D.简单离子半径：r(X)＜r(W)＜r(Z)＜r(Y)【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，X为氧元素或硫元素，由于X的原子序数最小，则X是

氧元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，Y为氟元素；在周期表中Z位于ⅠA族，Z为钠元素，W与X属于同一主族，W为硫元素。【详解】A.2O−有2个电子层，电子数分别为2、8，2S−有3个电子层，电子数分别为2、8、8，A错误；B.非金属性：F>S，非金属性越强，氢化物越稳定

，则热稳定性：HF>2HS，B错误；C.钠和氟分别是活泼的金属和活泼的非金属，二者形成的化合物NaF为离子化合物，C正确；D.电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同的情况下，核电荷数越大，离子半径越小，D错误；答案选C。8.某溶液可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、Na+、CO32

-、SO42-、Cl-、NO3-中的若干种，若在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，并得到X溶液，对X溶液进行如下实验，下列结论正确的是（）（忽略水的电离，且原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L）A.原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42-B.原溶液中可能

合有NO3-和Al3+C.白色沉淀C可能是3Al(OH)D.沉淀B可能是Fe（OH）2和Fe（OH）3的混合物【答案】A【解析】【分析】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，说明肯定不含CO32-，得到X溶液，对X溶液加入过量的Ba

(NO3)2产生白色沉淀为BaSO4，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+、SO42-，溶液A加入足量的NaOH后，产生气体B和沉淀B，则气体B为NH3，由于前边加入了过量的Ba(NO3)2已经把Fe2+全部氧化成Fe3+，所以沉淀B为Fe(O

H)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀有可能是Al(OH)3或BaCO3一种或两种，而原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，可根据电荷守恒和物料守恒来确定其它离子。【详解】在该溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，无明显现象，说明肯定不含CO32-，得到X溶液，对X

溶液加入过量的Ba(NO3)2产生白色沉淀为BaSO4，气体A遇空气变成红棕色，则气体A为NO，则原溶液中肯定含有Fe2+、SO42-，无NO3-，溶液A加入足量的NaOH后，产生气体B和沉淀B，则气体B为NH3，由于前边加入了过量的Ba(NO3)2已经把Fe2+全部氧化

成Fe3+，所以沉淀B为Fe(OH)3；溶液B通少量CO2后有白色沉淀生成，白色沉淀有可能是Al(OH)3或BaCO3一种或两种。则原溶液中肯定有Fe2+、SO42-、NH4+，无CO32-、NO3-，原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，

根据电荷和物料守恒，原溶液中肯定会含有Cl-，可能含有Al3+、Na+。A.原溶液中一定存在NH4+、Fe2+、SO42--，A项正确；B.原溶液中可能合有Na+和Al3+，没有NO3-，B项错误；C.白色沉淀C可能是3Al(OH)和Ba(OH)2，C项错误；D.沉淀B肯定是Fe(O

H)3，无Fe(OH)2，D项错误。答案选A。【点睛】离子推断问题中，首先根据各离子反应现象确定离子种类，再由电荷守恒确定离子数目。例如本题中，首先可以确定原溶液中肯定有Fe2+、SO42-、NH4+，无

CO32-、NO3-，而题目中给出原溶液中各离子浓度均为0.5mol/L，根据电荷和物料守恒，原溶液中肯定会含有Cl-，Al3+和Na+则不能确定。9.下列说法不正确的是A.二氯甲烷为四面体结构，不存在同分异构体B.甲苯的一氯代物有四种同分异构体，它们的沸点各不相同C.邻二氯苯、间二

氯苯都不存在同分异构体D.C4H8Cl2存在8种同分异构体【答案】D【解析】A、甲烷为正四面体结构，而二氯甲烷是用两个-Cl取代了甲烷中的两个-H而生成的，故结构只有一种，且为四面体结构，故A正确；B．甲苯的一氯取代物有4种同分异构体

，分别为苯环3种，甲基一种，四种同分异构体的沸点各不相同，故B正确；C.苯环上不存在碳碳单键和碳碳双键，6个碳碳键完全相同，邻二氯苯、间二氯苯都不存在同分异构体，故C正确；D.丁烷有2种同分异构体，CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2，其中CH3CH2CH2CH

3的二氯代物有6种，CH3CH(CH3)2的二氯代物有3种，共9种，故D错误；故选D。10.以下有关物质结构的描述正确的是()A.甲苯分子中的所有原子可能共平面B.CH2=CH—C6H5分子中的所有原

子可能共平面C.乙烷分子中的所有原子可能共平面D.二氯甲烷分子为正四面体结构【答案】B【解析】【详解】A.由于甲苯分子中含—CH3，根据甲烷分子的正四面体结构可知，甲苯分子中的所有原子不可能共平面，A不正确；B

.由于乙烯分子和苯分子均为平面结构，而CH2=CH—C6H5分子可以看为乙烯基与苯基构成的，故其中的所有原子可能共平面，B正确；C.根据甲烷分子的正四面体结构可知，乙烷分子中的所有原子不可能共平面，C不正确；D.由于

氯原子的半径大于氢原子，故二氯甲烷分子中的C—H与C—Cl的键长不同，二氯甲烷分子不可能是正四面体结构，D不正确。故选B。11.某有机物结构如图所示，有关酚酞说法正确的是A.分子式为C13H12O3B.含有

的官能团有羟基、酯基和碳碳双键C.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应D.1mol该物质与H2或溴水反应时消耗的H2或溴的最大值分别为7mol和8mol【答案】C【解析】【详解】A.由结构简式可以知道分子式为C14H

10O3，A错误；B.分子中含酚-OH、-COOC-，即含有的官能团有羟基、酯基，B错误；C.含酚-OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，C正确；D.只有苯环与氢气发生加成反应，酚-OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H

2和Br2的最大值为6mol和2mol，故D错误；正确答案C。【点睛】能够与氢气发生反应有机物结构特点：含有苯环的有机物，含有不饱和碳碳双键、三键的有机物，含有醛基、酮羰基的有机物。12.反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)

中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2═N2+H2O2(慢)②H2O2+H2═2H2O(快)T℃时测得有关实验数据如下：序号c(NO)/mol•L-1c(H2)/mol•L

-1速率/mol•L-1•min-1Ⅰ0.00600.00101.8×10-4Ⅱ0.00600.00203.6×10-4Ⅲ0.00100.00603.0×10-5Ⅳ0.00200.00601.2×10-4下列说法错误的是A.整个反应速度由第①步反

应决定B.正反应的活化能一定是①＜②C.该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1【答案】B

【解析】【详解】A．①2NO+H2═N2+H2O2(慢)，②H2O2+H2═2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，故A正确；B．反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应

的活化能一定是①＞②，故B错误；C．比较图表Ⅰ、Ⅱ数据可知NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=Kc2(NO)•c(H2)，依据Ⅰ中数据计算K=5000，则速率方

程v=5000c2(NO)•c(H2)，故C正确；D．反应2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，生成28gN2放热664KJ，热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)═N2(g)+

2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，故D正确；故选B。13.有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。则下列说法不正确的是A.该反应的平衡常数表达式为K=c

(CO)/c(CO2)B.该反应的逆反应是放热反应C.v正(CO2)=v逆(CO)时该反应达到平衡状态D.c(CO2):c(CO)=1:1时该反应达到平衡状态【答案】D【解析】【详解】A.反应中铁和氧化亚铁都是固体，因此平衡常数表达式为K=c(CO)/c(CO

2)，故A说法正确；B.根据题意，温度越高，K越大，即升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，则该反应的逆反应是放热反应，故B说法正确；C.v正(CO2)=v逆(CO)表示正逆反应速率相等，说明该反应达到了平衡

状态，故C说法正确；D．c(CO2):c(CO)=1:1不能说明两者物质的量浓度保持不变，故无法据此判断该反应是否达到平衡状态，故D说法错误。故选D。14.下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是()选项实验操作

实验现象解释或结论A向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液变为黄色氧化性：H2O2>Fe3＋B向5mL1mol/LNaOH溶液中滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液先产生白色沉淀，然后产生蓝色

沉淀Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]C将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0D向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）溶液紫色褪去乙二醇被氧化为乙二酸A.AB.BC

.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，由于硝酸根离子在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，故无法判断在该反应中，双氧水是否参加了反应，故不能据此实验判断H2O2和Fe3＋的氧化化性的相对强弱的关系，A的结论不正确；B.向5mL1mol/LNaOH溶液中滴加

5滴1mol/LMgCl2溶液，两者反应生成白色的氢氧化镁沉淀，且NaOH溶液有大量剩余，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液，则可生成蓝色的氢氧化铜沉淀，由于两种盐溶液不是同时加入的，因此不存在竞争关系，故无法据此判断两种沉淀的溶度积的相对大小，B的结论不正

确；C.升高温度，可逆反应向吸热反应方向移动。升高温度后，气体的颜色加深，说明平衡向生成二氧化氮方向移动，所以正反应是放热反应，C选项正确；D.向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH），溶液的紫色褪去，说明KMnO4被还原，但不能据此判断乙二醇被氧化后的产物，所以D选项

的结论不正确。答案选C。15.以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理如图。下列说法正确的是A.a电极为太阳能电池的正极B.产生丙烯的电极反应式为：3CO2+18H++18e-=6H2O+CH3CH=CH2C.装置中每转

移2mole-，理论上有2molH+通过质子交换膜从左向右扩散D.太阳能电池的原理与原电池的原理相同【答案】B【解析】【分析】以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，由图中信息可知，该装置为电

解池，由于CO2转化为低碳烯烃的反应为还原反应，故a为负极、b为正极。【详解】A.根据图可知，二氧化碳中碳化合价降低得到电子产生乙烯、丙烯等所在电极是阴极，则连接阴极的电源电极为负极，即a为负极，A说法错误；B.阴极上二氧化碳得到电子与氢

离子反应生成丙烯和水，电极反应为3CO2+18H++18e-=CH3CH=CH2+6H2O，B说法正确；C.电解池中阳离子向阴极定向移动，H+应该通过质子交换膜从右向左扩散，C说法错误；D.太阳能电池应用的是光电效应，与原电池原理不相同，

D说法错误。答案选B。16.25℃时，将浓度均为0.1mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是A.Ka(HA)＝1×10－6B.b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝

c(H+)C.a→c过程中水的电离程度始终增大D.c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小【答案】D【解析】【分析】根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－

)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。【详解】A、由图可知0.1mol/LHA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；B、b点是两者

等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅

c(HA)]=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；答案选D。第Ⅱ卷非选择题（共52分）17.高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微

溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：（1）装置I中盛放浓盐酸的仪器名称是___________。（2）装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应

的离子方程式是___________。（3）装置Ⅱ中的试剂X的作用___________。（4）上述炭置按气流由左至右各接口顺序为___________(用字母表示)。（5）装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干

燥等步骤得到产品。①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：___________。②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量

的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2O

；KIO4+7KI+8CH3COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O；I2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6则该产品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。【答

案】(1).分液漏斗(2).16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑(3).处理尾气氯气(4).aefcdb(5).2KOH+KIO3+Cl2ΔKIO4+2KCl+H2O(6).降低KIO4的溶解度，减少晶体损失(7).107-311583baa（）100%

【解析】【分析】装置I为氯气的发生装置，用于提供氯气来氧化碘酸钾制备高碘酸钾，装置I后接装置IV，用于除去挥发出的HCl气体，保证制备高碘酸钾的体系为碱性环境，而后接装置III，用于制备高碘酸钾，最后接装置II，用于处理尾气，装置II中应为NaOH溶液。【详解】（1）装置I中盛放浓盐酸

的仪器名称是分液漏斗；（2）根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可写出装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；（3）根据分析，装置Ⅱ中的试剂X为NaOH，作

用为尾气处理；（4）根据分析，以及气体进入反应装置应当长导管进、短导管出，可写出接口顺序为aefcdb；（5）①根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2===KIO4+2KCl+H2O

；②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是可以降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；③由题意可知，滴定消耗的硫代硫酸钠的物质的量为bmol，所以碘单质的物质的量为0.5bmol，设样品中高碘酸钾的物质的量为x，碘

酸钾的物质的量为y，340.5yxb+=，214230yxa+=，解得(1073)230166bax−=，整理化简后可得该产品中KIO4的百分含量是107b-3a11583a（）100%。18.研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。（1

）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等。已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)=2Fe(s)＋3CO(g)ΔH1＝＋489.0kJ·mol－1C(石墨)＋CO2(g)=2CO(g)ΔH2＝＋172.5kJ·mol－1则CO还原Fe2O3的热化学方程式为__________________

_________（2）某实验将CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种不同温度条件下反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol－1测得CH3OH的

物质的量随时间变化如图所示，回答问题：①该反应的平衡常数表达式K=_______________；②曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为：KⅠ_________KⅡ（填“＞”、“＝”或“＜”)。③下列措施中能增大CO2转化率的是__________

__。（填序号）A．升高温度B．充入He(g)使体系压强增大C．将H2O(g)从体系中分离D．再充入一定量CO2④下列图像正确且能表明在t时刻反应一定处于平衡状态的是__________。（填序号）【答案】(1).Fe2O3(s)＋3CO(g)=2

Fe(s)＋3CO2(g)ΔH＝－28.5kJ·mol－1(2).()()()()32322cCHOHcHOcCOcH(3).＞(4).C(5).BC【解析】【分析】根据盖斯定律计算反应热；根据化学平衡状态的特征和

平衡移动原理分析与化学平衡相关的问题。【详解】（1）①Fe2O3（s）+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ•mol-1②C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ•mol-1依据盖斯定律①-②×3得到热化学

方程式为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ•mol-1；（2）①由CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，K=()()()()32322cCHOHcHOcCOcH；②II到达平衡时间小于I，说明II反应

速率大于I，故TⅡ＞TⅠ，由于正反应是放热反应，平衡时II中CH3OH的物质的量小于I，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以KⅠ＞KⅡ；③A．正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，故A不选；B．充入He（g）使体系压强增大，但各组分的浓度不变，平衡不移动

，故B不选；C．将H2O（g）从体系中分离，减少生成物的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率变大，故C选；D．再充入一定量CO2，平衡正向移动，但本身的转化率减少，故D不选；故选C；④A、平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以A不能做平衡状态的标志；B、该反应前后气体的分子

数有变化，故气体的平均摩尔质量是变量，当其不变时，说明各物质的量不变，B可说明反应达平衡状态；C、该反应前后气体的分子数有变化，故压强是变量，当其不变时，说明各物质的量不变，C可说明反应达平衡状态；D、气体的密度始终不变，所以D不能做平衡状态的标志；故选BC。【点睛】注意③中增大二氧化碳

浓度，平衡虽然向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小。19.已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：（1）常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列六种溶液的pH

如下表：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3①上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是______________②根据表中数据判断，浓度均为0.01mol·L－1的下列五种物质的溶液中，酸性最强的

是____________；（填编号，下同）将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是__________A.HCNB.HClOC.C6H5OHD.CH3COOHE.H2CO3③据上表数据，请你判断下列反应不

能成立的是__________（填编号）。A．CH3COOH＋Na2CO3＝NaHCO3＋CH3COONaB．CH3COOH＋NaCN＝CH3COONa＋HCNC．CO2＋H2O＋2NaClO＝Na2CO3＋2HClOD．CO2＋H2O＋2C6H5ONa＝Na2CO3＋2C6H5OH④要增大氯水中

HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为_____。（2）CaCO3是一种难溶物质，其KSp=2.8×l0-9。现将浓度为2×l0-4mol/LNa2CO3溶液与CaCl2溶液等体积

混合，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为___________mol/L。【答案】(1).CO32－(2).D(3).C(4).CD(5).2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2↑＋2Cl－＋2HClO(6).5.6×10－5【解析】【分析】根

据盐类水解的规律分析弱酸的阴离子结合质子的能力并判断相关弱酸的酸性强弱关系及其水溶液在稀释时的酸性变化，并据此判断相关反应能否发生；根据溶度积规则判断有关沉淀生成的问题。【详解】（1）①弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大，根据溶液pH知，CO32-的

水解程度最大，则CO32-结合质子能力最强；②酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是CH3COOH，酸性最弱的酸是C6H5OH，故选D；加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸

的pH变化越小，酸性最弱的酸是C6H5OH，则pH变化最小的是C6H5OH，故选C；③据各种酸对应钠盐的pH可知，其酸性醋酸的酸性比碳酸强，醋酸的酸性比HCN强，碳酸的酸性比HClO强，碳酸的酸性比苯酚强

，苯酚的酸性比HCO3-强，所以CO2+H2O+NaClO═NaHCO3+HClO和CO2+H2O+C6H5ONa═NaHCO3+C6H5OH能发生，而CD不能发生；④HClO和碳酸钠不反应，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，所以导致氯水中HClO浓度增大，离子方程式为2Cl2+C

O32-+H2O=CO2↑+2Cl-+2HClO；（2）等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2×l0-4mol/L÷2=1×l0-4mol/L，要生成CaCO3沉淀需要钙离子浓度为2.8×10−9÷(1×10−4mol/L)=2.8×l0-5mol/L，故需要CaCl2溶

液的最小浓度为2.8×l0-5mol/L×2=5.6×l0-5mol/L。20.东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子

的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。②在[Ni(NH3)6]2+中N

i2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元

素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm。【答案】(1).

1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(2).2(3).正四面体(4).配位键(5).N(6).高于(7).NH3分子间可形成氢键(8).极性(9).sp3(10).金属(11).铜失去的是全充满的

3d10电子，镍失去的是4s1电子(12).3:1(13).13723251106.0210d【解析】【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。（2）①S

O42-中S原子的孤电子对数=62242+−=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体；②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子之间的作用

力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化。（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外

围电子排布为3d104s1，Ni+的外围电子排布为3d84s2，Cu+的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。（4）①晶胞中

Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8×18=1，Cu原子数目=6×12=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1。②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为59643+ANg，根据m=ρV可有：59643+ANg=dg•cm

-3×(a×10-7cm)3，解得a=13723251106.0210d。