【文档说明】四川省南充市2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(28)页，3.877 MB，由小赞的店铺上传

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四川省南充市2021—2022学年高二下学期期末考试化学试题(考试时间90分钟，满分100分)本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组成，共4页；答题卡共2页。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班

级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔镇写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案：非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题

卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27Ni-59Zn-65第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列设备工作时，将化学能主要转化为

电能的是硅太阳能电池太阳能集热器锂离子电池燃气灶ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．太阳能电池是太阳能转化为电能的装置，A项错误；B．太阳能集热器是将太阳能转化为热能的装置，B项错误；C．锂离子电池是将化学能转化为电能的装

置，C项正确；D．燃气灶是将化学能转化为热能的装置，D项错误；故选C。2.向稀氨水中分别加入以下物质，水的电离平衡会正向移动的是A.NH4ClB.浓氨水C.NaOHD.Na2SO4【答案】A【解析】【详解

】A．在稀氨水中存在电离平衡：NH3·H2O4NH++OH-，NH3·H2O电离产生OH-，对水的电离平衡起抑制作用。向溶液中加入NH4Cl固体，盐电离产生的4NH+使溶液中c(4NH+)增大，NH3·H2O的电离平衡受到抑制作用，NH3·H2O电

离程度减小，其对水电离的抑制作用减弱，使水的电离程度增大，故水的电离平衡正向移动，A符合题意；B．向其中加入浓氨水，NH3·H2O的浓度增大，其电离产生的c(OH-)增大，对水的电离平衡的抑制作用增强，导致水的电离程度减弱，即水的电离平衡逆向移动，B不符合题意；

C．向其中加入NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，对水的电离平衡的抑制作用增强，导致水的电离程度减弱，即水的电离平衡逆向移动，C不符合题意；D．向其中加入Na2SO4，该物质是强酸强碱盐，不水解，对NH3·H2O4NH++OH-的平衡移动

无影响，因此对水的电离平衡也不影响，D不符合题意；故合理选项是A。3.在一密闭容器中发生反应：()()()22COgClgCOClg+Δ0H。当反应达到平衡时，下列措施中既能加快反应速率又能提高CO转化率的是A.降低温度B.增大压强C.充入少量的

CO(g)D.加入适宜的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．该反应为放热反应，降温平衡向放热方向移动即正向，CO的转化率提高但反应速率减慢，A项错误；B．该反应为气体减少的反应，增大压强反应速率加快同时平衡正向，则C

O的转化率提高，B项正确；C．充入CO反应速率加快且平衡正向，但CO的转化率降低，C项错误；D．加入催化剂反应速率加快但平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误；故选B。4.已知：反应()()()()2HClaqNaOHaqNaClaqHOl+=+Δ57.3kJ/molH=−。现分

别取50mL0.50mol/L醋酸溶液与50mL0.55mo/LNaOH溶液进行反应，用如图实验装置测定该反应的反应热ΔH，下列说法错误的是A.小烧杯和大烧杯的杯口应相平B.使用环形玻璃搅拌棒是为了使反应更充分C.了让反应充分进行，Na

OH分三次倒入D.该实验测得的反应热Δ57.3kJ/molH−【答案】C【解析】【详解】A．两烧杯的杯口应该平齐，便于塑料板密封防止热量散失，A项正确；B．使用环形玻璃搅拌棒搅拌使物质充分混合反应刚充分

，B项正确；C．为了防止热量散失，应快速将NaOH倒入且一次性倒入，C项错误；D．醋酸电离吸热，所以消耗一部分能量，ΔH>−57.3kJ/mol，D项正确；故选C。5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.把食品存放在

冰箱里可延长保质期B.摇晃可乐瓶，拧开瓶盖立即有大量泡沫溢出C.将32AlCl6HO与2SOCl混合加热制取无水3AlClD.氯水中加入3CaCO粉末以提高氯水中HClO的浓度【答案】A【解析】【分析】如

果改变影响平衡的条件之一(如温度、亚阿强、以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理，据此分析；【详解】A．温度降低，化学反应速率减缓，在把食品放在冰箱中减缓食物腐败的速率，与化学平衡移动为无影响，故A符合题意；B．

溶液中存在CO2(g)CO2(aq)，拧开瓶盖，降低可乐瓶中的压强，平衡向左移动，有大量泡沫溢出，符合勒夏特列原理，故B不符合题意；C．AlCl3在水中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，S

OCl2与水反应SOCl2+H2O=2HCl+SO2，生成盐酸抑制上述平衡，将AlCl3·6H2O和SOCl2混合加热，可以得到无水氯化铝，符合勒夏特列原理，故C不符合题意；D．氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，加入碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应，减少c(HCl)，

平衡向正反应方向进行，c(HClO)增大，符合勒夏特列原理，故D不符合题意；答案为A。6.下列事实不能证明2HNO为弱电解质的是A.25℃时，20.1mol/LHNO溶液的pH约为3B.用稀2HNO溶液做导电实验时，发现灯泡很暗C.25℃时，pH=2的2H

NO溶液稀释至100倍，pH<4D.等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多【答案】B【解析】【详解】A．25℃时，20.1mol/LHNO溶液的pH约为3，此时()31cH10molL+−−=，小于2HNO的浓度，表明2HNO不能完全电离，为弱电解质，A不合题

意；B．电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有直接关系，与该溶液中的离子浓度大小有关，无法确定2HNO是否完全电离，也就无法确定2HNO是否是弱电解质，B符合题意；C．25℃时，pH=2的强酸稀释100倍时，pH=4，而pH=2的2HN

O溶液稀释至100倍，pH<4，表明稀释过程中，2HNO的电离平衡正向移动，则2HNO为弱电解质，C不合题意；D．亚硝酸和盐酸均为一元酸，等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多，表明等pH、等体积的亚硝酸比盐酸的浓度大，则亚

硝酸为弱酸，是弱电解质，D不合题意；故合理选项为B。7.已知反应：()()()22HgClg2HClg+=Δ183kJ/molH=−，其它相关数据如下表：化学键H—HCl—ClH—Cl1mol化学键断裂时吸收的能量kJ436a431下列说法正确的是A.2H(g)和2Cl

(g)的总能量小于HCl(g)B.2H(g)的燃烧热是183kJ/molC.a=243D.点燃和光照条件下，a的数值不同【答案】C【解析】【详解】A．ΔH=E(生成物总能量)-E(反应物的总能量)<0，则反应物的总能量大于生成物的总能量，A项错误；B．燃烧热是1mol燃料完全燃烧形成稳定产物所

放出的热量，则H2的燃烧是指1molH2变为H2O(l)所放出的热量，上述反应不是燃烧热反应，B项错误；C．ΔH=E(反应物总键能)-E(生成物的总键能)=436+a-2×431=-183，则a=243kJ/

mol，C项正确；D．a为Cl-Cl的键能是物质本身的性质与反应条件无关，D项错误；故选C。8.下列用于解释事实的方程式书写错误的是A.醋酸钠溶液中滴入酚酞，变为浅红色：323CHCOOHOCHCOOHOH−−++B.2NO球浸泡在热水中，颜色变深：()()()()2242NOgNOg红棕色无色Δ

H<0C.用惰性电极电解4CuSO溶液，有红色物质和气泡产生：2222Cu2HO2CuO4H+++++电解D.用饱和23NaCO溶液处理锅炉水垢中的4CaSO：()()()2233CaaqCOaqCaCOs+−+=【答案】D【解析】【详解】A．CH3COONa溶液中CH3C

OO-的水解产生OH-而使酚酞变红，--323CHCOO+HOCHCOOH+OH，A项正确；B．NO2为红棕色而N2O4为无色，热水中颜色加深，说明升温平衡朝生成NO2的反应进行且该反应方向为吸热，则2242NOH<0NO，B项正确；C．红色物质说明Cu2+在阴极被还原，

则阳极为OH-放电。则方程式为2++22Cu+2HOCu+O+4H通电，C项正确；D．CaSO4为微溶于水的固体，在离子方程式中要用化学式表示，该反应的离子方程式为()()()()224334ssCaSOCOaqCaCOSOaq−−++，D项错误

；故选D。9.某实验小组按下图所示进行实验：下列说法错误的是A.①③溶液中均有()()()22sp2cMgcOHMgOHK+−=B.③溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动C.①溶液中()cOH−等于③溶

液中()cOH−D.③溶液中存在：()()2+-2cMg>cCl【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化镁为难溶电解质，存在溶解平衡，则沉淀溶解平衡为()()()()2+-2MgOHsMgaq+2OHaq，故A正确；B．

③中溶液又变红，可知溶液显碱性，结合选项A可知，沉淀溶解平衡正向移动，故B正确；C．①中含氢氧化镁，③中含氢氧化镁、氯化镁，氯化镁的存在会使氢氧化镁的溶解平衡逆向移动，则c(OH-)：③＜①，故C错误；D．③中溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，由电

荷守恒式2c(Mg2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，可知2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故D正确；故选：C。10.研究化学反应历程有利于调控化学反应速率。已知反应222NO(g)+O(g)2NO(g)的反应进程和能量变化图如下：ⅰ：2212NO(g)NO(g)ΔH活化能1E

aⅱ：22222NO(g)+O(g)2NO(g)ΔH活化能2Ea活化能12Ea<Ea，下列叙述错误的是A.反应ⅰ的1ΔH<0B1Ea较小，则反应ⅰ平衡转化率小C.反应ⅱ是决速步骤D.分离NO2的瞬间对反应ⅱ的正反应速率没有影响【答案】B【解析】【详

解】A．根据图示可知：对于反应ⅰ，反应物的能量比生成物的高，发生反应会放出热量，所以该反应的反应热的1ΔH<0，A正确；B．反应i的1Ea较小，说明反应ⅰ更容易发生，化学反应速率快，而不能说该反应的化学平衡转化率小，B错误；C．反应的活化能越高，反应就越不容易发生，反

应速率就越慢。对于多步反应，反应总反应速率由慢反应决定。由于两步反应的活化能12Ea<Ea，所以反应ⅱ是决速步骤，C正确；D．分离NO2的瞬间，反应物的浓度不变，生成物的浓度瞬间减小，则此时正反应速率不变，逆反应

速率瞬间减小，故分离出NO2的瞬间对反应ⅱ的正反应速率没有影响，D正确；故合理选项是B。.11.用下列仪器或装置(夹持装置略)进行相应实验，能达到实验目的的是A.甲装置：完成铁件上镀铜B.乙装置：验证铁的吸氧腐蚀C.丙装

置：量取20.00mLNaOH溶液D.丁装置：比较AgCl和2AgS溶解度大小【答案】B【解析】【详解】A．铁件与电源的正极相连为电解池的阳极发生反应Fe-2e-=Fe2+，且Cu2+应该在阴极发生还原反

应，无法实现镀铜，A项错误；B．食盐水为中性，铁钉可以发生吸氧腐蚀，反应结束具支试管的压强降低导气管中水注上升，B项正确；C．该仪器带活塞应该为酸式滴定管，无法量取NaOH，C项错误；D．溶液中滴入NaCl之后有AgCl和AgNO3等，加入Na2S产生黑色沉淀Ag2S。沉淀转化的

一般规律溶解度大的转化为溶解度小的。但具体是AgCl转化为Ag2S还是AgNO3转化为Ag2S无法确定，D项错误；故选B。12.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2(g)HI(g)ΔH<0，该温度下，K=43。某时刻，测得容器内H2、I2、H

I的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是A.氢气的体积分数变小B.混合气体密度变大C.混合气体颜色变深D.容器内压强变小【答案】A【解析】【分析】某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01mol/L、0

.01mol/L、0.02mol/L，则()()()()2222cHI0.024cHcI0.010.01Q===<43，即Q<K，所以平衡会正向移动。【详解】A.由分析可知，平衡正向移动，所以氢气会消耗，体积分数会减小，故A正确；B.根据质量守恒定律可知，反应前后气体质量保持不变，又

该反应在恒容密闭容器中进行，由密度=质量/体积可知，密度保持不变，故B错误；C.由分析可知，平衡正向移动，碘单质会转化成碘化氢，碘单质为紫黑色，所以混合气体的颜色会变浅，故C错误；D.根据反应方程式可知，前

后气体系数之和相等，即反应前后气体的物质的量保持不变，所以压强保持不变，故D错误；综上所述，答案为A。13.某温度下，两种碳酸盐3MCO(M：2Mg+、2Ca+)饱和溶液中()2+-lgcM与()23lgcCO−−的关系如图所示。下列说法不

正确的是A.该温度下，3CaCO的8sp10−=KB.该温度下，溶解度：33MgCOCaCOC.加入适量2CaCl固体可使溶液由a点变到b点D.()()()()2233CaaqMgCOsMgaqCaCOs

++++的平衡常数K=10-3【答案】D【解析】的【详解】A．由a(4，4)可知，a点对应c(Ca2+)=c(2-3CO)=10-4mol/L，则该温度下，CaCO3的Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(2-3CO)=10-4×10-4=10-8

，故A正确；B．-lgc(M2+)相等时，图线中-lgc(2-3CO)数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3的Ksp依次减小，二者是同类型沉淀，该温度下Ksp越小则溶解度越小，故溶解度：MgCO3＞CaCO3，故B正确；C．欲使a点移动到b点，即增大钙离子浓度减小碳酸根离子浓度，可向

CaCO3浊液中加入适量CaCl2固体、使()()()2+2-33CaCOsCaaq+COaq平衡左移，故C正确；D．由图可知Ksp(MgCO3)=c(Mg2+)×c(2-3CO)=10-2×10-3=10-5，

反应()()()()2233CaaqMgCOsMgaqCaCOs++++的平衡常数2+5sp332+8sp3(MgCO)c(Mg)10=10c(Ca)(CaCO)10KKK−−===，故D错误；故选：D。14.近期，我国科学家在氯碱工业的基础之上，用电解法研究“碳

中和”中2CO的处理，其装置工作原理如图。下列说法错误的是A.X为氯气B.a为电源的负极C.膜II为阴离子交换膜D.M电极的电极反应式为：22COHO2eHCOOO=H−−−+++【答案】C【解析】【分析】该装置

中含有外加电源，因此该装置为电解池，M电极：CO2→HCOO-，C元素化合价由+4价降低为+2，CO2在M极上得电子，即M电极为阴极，N电极为阳极，据此分析；【详解】A．根据上述分析，N电极为阳极，根据放电顺序，Cl-在阳极上先放

电，Cl-失去电子转化成氯气，即X为氯气，故A说法正确；B．根据上述分析，M电极为阴极，根据电解原理，a为电源的负极，故B说法正确；C．根据装置图，中间产生NaOH，即右边电极区的Na+向左移动，膜Ⅱ为阳离子交换膜，故C说法错误；D．M电

极：CO2→HCOO-，同时产生OH-，电极反应式为---22CO+HO+2e=HCOO+OH，故D说法正确；答案为C。15.碱性锌锰电池以氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池总反应为Zn+2MnO2+2H2O=Zn(OH)2+2M

nOOH。下列说法错误的是A.电池工作时，锌失去电子B.电池正极的电极反应为2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-C.电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D.外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减少6.5g

【答案】C【解析】【分析】【详解】A．电池工作时，锌作负极，失去电子，发生氧化反应，A说法正确；B．电池正极MnO2得电子生成MnOOH，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-，B说法正确

；C．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C说法不正确；D．外电路中每通过0.2mol电子，理论上锌减少0.1mol，质量为6.5g，D说法正确；答案为C。16.25℃时，向20mL0.1mol/L3CHCOOH

溶液中逐滴加入0.1mo/LNaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.a点的pH>1B.c点时，V(NaOH)=20mLC.反应过程中()()33cCHCOOcCHCOOH−的值

逐渐增大D.a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大【答案】B【解析】【分析】a为起始点。B点加入NaOH为10mL主要成分为n(CH3COONa):n(CH3COOH)=1:1。加入20mL时为反应

终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH。【详解】A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3COOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH>1，A项正确；B．加入20m

L时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，B项错误；C．-3a+3c(CHCOO)K=c(CHCOOH)c(H)，加入NaOH后c(H+)被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，C项正确；

D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，D项正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题共52分)注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用铅笔

绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚。答在试题卷、草稿纸上无效。二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第17题~第19题为必考题，每个试题考生都必须作答。第20题~第21题为选考题，考生根据要求作答)

(一)必考题(本题包括3小题，共32分)17.为实现我国承诺的“碳达峰、碳中和”目标，中国科学院提出了“液态阳光”方案，即将工业生产过程中排放的二氧化碳转化为甲醇，其中反应之一是：()()()23COg2HgCHOHg+垐?噲?ΔH，图1是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。（1）ΔH__

_____0(填“>”、“<”或“=”)。（2）1T和2T温度下的平衡常数大小关系是1K_______2K(填“>”“<”或“=”)。（3）1T温度下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO和2mol2

H，测得CO和()3CHOHg的浓度随时间变化如图2所示。①0~3min内，2H平均反应速率()2vH=_______()mol/Lmin。②1T温度下，平衡常数K=_______。③下列情况能说明该反

应达到平衡状态的是_______(填序号)。A.ΔH不变B.混合气体的总压强不变C.()()3vCO=vCHOH正逆D.CO与2H的物质的量之比保持不变【答案】（1）＜（2）＞（3）①.0.5②.12③.BC【解析】【小问1详解】由T2温度下反应速率

斜率更大，反应速率更快，得出T2＞T1，由图可知一氧化碳转化率随温度升高减小，说明温度升高，平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；【小问2详解】T2＞T1，温度升高，平衡逆向进行，说

明平衡常数K1＞K2，故答案为：＞；【小问3详解】T1时，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图分析可知，甲醇浓度为0.75mol/L，一氧化碳浓度为0.25mol/L，列三段式：()()()23CO+/mol/L120

/mol/L0.751.50.75/mol/L0.250.50.g2HgCHOH5g7起始量变化量平衡量，①0~3min内，2H平均反应速率()2vH=-1-12Δc1.5mol/Lv(H)===0.5molLminΔt3min；②1T温度下，平衡常数3222c(CHOH)0.7

5==12c(CO)c(H)0.250.5K=；③A．焓变ΔH只与化学反应有关，所以反应的ΔH始终保持不变，即反应的ΔH保持不变不能说明反应达到平衡状态，A不选；B．该反应正向是气体体积增大的反应，各物质均为气体，则混合气体的总压强不变说明反应达到平衡状态，B选；C．

()()3vCO=vCHOH正逆表示正反应速率相等，反应达到平衡状态，C选；D．CO与2H的起始物质的量之比为1:2，两者系数比也是1:2，则CO与2H的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不选；故答案为：BC。18.Ⅰ.回答下

列问题（1）用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL醋酸溶液，4次滴定所消耗NaOH溶液的体积如下：实验次数1234所消耗NaOH溶液的体积/mL20.0520.0018.4019.95①醋酸溶液中3CHCOOH的物质的量浓度为_______mol/L。②滴定过程中以酚酞做指示剂，

下列说法正确的是_______(填序号)。a.滴定前，需用醋酸溶液润洗锥形瓶b.滴定终点时，溶液由粉红色恰好变为无色c.滴定时，溶液中[()()-33nCHCOO+nCHCOOH]始终保持不变③设计实验方案证明醋酸的aK大于碳酸的a1K，将实验操作及现象补充完整：向盛有2mL1mol/L醋酸溶

液的试管中滴加_______。（2）25℃时，将pH=13的()2BaOH溶液与pH=2的HCl溶液混合，所得混合溶液pH=7，则()2BaOH溶液与HCl溶液的体积比为_______。（3）25℃时，pH均为a的23NaCO和NaOH溶液中，水电离产生的()cOH−之比为______

_。（4）向饱和3NaHCO溶液中滴加饱和2CaCl溶液，可观察到有白色沉淀和无色气泡产生。结合化学用语，从平衡移动角度解释其原因_______。（5）某工厂废水中含35.0010mol/L−的227CrO−，为使废水

能达标排放，作如下处理：2Fe322H7CrOCr+++−⎯⎯⎯→、()OH33FeCrOH−+⎯⎯⎯→、()3FeOH。若处理后的废水中残留的()313Fe210mol/Lc+−=，则残留的()3cCr+=_______mol/L。(已知：()38sp3FeO

H4.010K−=，()31sp3CrOH6.010K−=)Ⅱ.用甲醇(3CHOH)燃料电池(装置甲)作为电源，以Ni、Fe作电极，电解浓KOH溶液制备24KFeO(装置乙)，示意图如下：（6）装置甲中，b是___

____(填“甲醇”或“氧气”)，负极的电极反应式为_______。（7）装置乙中，Ni电极作_______极(填“阴”或“阳”)，Fe电极上的电极反应式为_______。【答案】（1）①.0.1000②.c③.3NaHCO溶液，若产生能使澄清石灰水变

浑浊的无色气体，则表明醋酸的aK大于碳酸的a1K；（2）1：10（3）2a1410−（4）饱和2CaCl溶液促使饱和3NaHCO溶液中的电离平衡233HCOHCO−+−+正向移动，产生3CaCO的白色

沉淀，增加的+H继续与3HCO−作用产生2CO气体（5）63.010−（6）①.氧气②.322CHOH-6eHOCO6H−++=+（7）①.阴②.242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+【解析】【小问1详解】①中

和滴定的原理是酸碱恰好完全反应，所以()()nHnOH+−=，用10.1000molL−的NaOH溶液滴定20.00mL醋酸溶液，4次滴定所消耗NaOH溶液的体积中，第3次滴定消耗的NaOH溶液的体积误差较大，应舍去，所以消耗Na

OH溶液的体积的平均值为20.0520.0019.9520.00mL3++=，故醋酸溶液中3CHCOOH的物质的量浓度为110.1000molL20.00mL0.1000molL20.00mL−−=；②滴定前，锥形瓶不能用待测液润洗，

否则计算得到的3CHCOOH的物质的量浓度偏大，a错误；该实验为NaOH溶液滴定醋酸溶液，且以酚酞做指示剂，滴定终点时，溶液由无色恰好变为粉红色，且半分钟内不变色，b错误；依据质量守恒定律可知，滴定时，溶液中[()()-33nCHC

OO+nCHCOOH]始终保持不变，c正确；③要设计实验方案证明醋酸的aK大于碳酸的a1K，需要利用强酸制弱酸的原理，即需要证明醋酸与碳酸盐可发生反应生成碳酸，而确定碳酸的生成一般利用碳酸容易分解成2CO，所以补充实验操作及现象为向盛有12mL1molL−醋酸溶

液的试管中滴加3NaHCO溶液，若产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则表明醋酸的aK大于碳酸的a1K；故答案为0.1000；c；3NaHCO溶液，若产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则表明醋酸的aK大于碳酸的a1K；【小问2

详解】25℃时，将pH=13的()2BaOH溶液与pH=2的HCl溶液混合，所得混合溶液pH=7，即()()nHnOH+−=，用bV表示()2BaOH溶液的体积、aV表示HCl溶液的体积，则142ab131010VV10−−−=

，所以abVV=101：：；故答案为1：10；【小问3详解】25℃时，pH均为a的23NaCO溶液中，水电离产生的()14a14a10cOH1010−−−−==，而pH均为a的NaOH溶液中，水电离产生的()acOH1

0−−=，所以两者水电离产生的()cOH−之比为a142a14a101010−−−=；故答案为2a1410−；【小问4详解】饱和3NaHCO溶液中，存在电离平衡233HCOHCO−+−+，滴加饱和2CaCl溶液，2C

a+与2-3CO结合成白色沉淀，促进该电离平衡正向移动，增加的+H继续与3HCO−作用产生2CO气体；故答案为饱和2CaCl溶液促使饱和3NaHCO溶液中的电离平衡233HCOHCO−+−+正向移动，产生3CaCO的白色沉淀，增加

的+H继续与3HCO−作用产生2CO气体；【小问5详解】处理后的废水中残留的()313Fe210mol/Lc+−=，结合()38sp3FeOH4.010−=K，则此时溶液中的()()()38sp32513

13333FeOH4.010210molL21c0ceOHFK−−−−−+===，结合()31sp3CrOH6.010K−=可知，残留的()()()31sp3361253CrOH6.01

0cCr3.010molL2.010cOHK−+−−−−===；故答案为63.010−；【小问6详解】由装置甲图示的电子和+H的移动方向，表明通入b的电极为正极，所以b为氧气；负极的电极反应式322CHOH-6eHOCO6H−++=+；故答案

为氧气；322CHOH-6eHOCO6H−++=+；【小问7详解】依据装置乙图示中的K+和OH−的移动方向可知，Ni为阴极，Fe为阳极，则Fe为活泼电极，Fe电极上的电极反应式为242Fe6e8OHFeO4HO−−−−+=+

.19.从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。为研究3FeCl溶液的性质，某小组同学进行了如下探究实验。Ⅰ.3FeCl溶液的配制：（1）配制3FeCl溶液时，先将3FeCl溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。浓

盐酸的作用是_______。Ⅱ.探究3FeCl溶液与碱性物质的反应（2）3FeCl溶液与()2MgOH悬浊液的反应：向2mL()2MgOH悬浊液中加入2mL1mol/L3FeCl溶液，得到红褐色悬浊液。反应的离子方程式为_______。（3）3FeCl溶液与2

3NaCO溶液的反应向2mL1mol/L的23NaCO溶液中加入2mL1mol/L3FeCl溶液，生成红褐色沉淀和无色体。反应的离子方程式为_______。Ⅲ.探究3FeCl溶液与足量锌粉的反应操作现象向反应瓶中加入足量锌粉，然后加入30m

L1.0mol/L的3FeCl溶液，搅拌，充分反应溶液温度迅速上升，出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液变为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体收集并检验反应过程中产生的气体集气管口靠近火焰，有爆鸣声已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：

222Zn2NaOHNaZnOH+=+（4）结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因_______。（5）用离子方程式表示溶液为浅绿色的原因_______。（6）分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。i.黑色固体可以被磁铁吸引；ii.向黑色固体中加入足量

的NaOH溶液，产生气泡；iii.将ii中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸并加热，产生大量气泡；黑色固体中一定含有的物质是_______。【答案】（1）()3233HOFe3HFeOH++++，加入盐酸增加H+平衡逆向，抑制水解（2）3Mg(OH)2+2Fe3+=Mg2++2Fe(OH)3（

3）2-3+32323CO+2Fe+3HO=2Fe(OH)+3CO（4）3++23Fe+3HOFe(OH)+3H，溶液温度升高促使水解平衡正向产生了Fe(OH)3（5）2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+（6）Fe和Zn【解析】【小问1详解】F

eCl3溶液中Fe3+会发生水解()3233HOFe3HFeOH++++，加入盐酸增加H+平衡逆向，抑制水解；【小问2详解】该反应为沉淀的转化，3Mg(OH)2+2Fe3+=Mg2++2Fe(OH)3；

【小问3详解】Fe3+与2-3CO发生双水解2-3+32323CO+2Fe+3HO=2Fe(OH)+3CO；小问4详解】FeCl3溶液中存在平衡()3233HOFe3HFeOH++++，溶液温度升高促使水解平衡正向产生了Fe(OH)3；【小

问5详解】浅绿色为Fe3+变为Fe2+发生了还原反应，则反应为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；【小问6详解】黑色固体可以被磁铁吸引说明有Fe，同时又能与NaOH溶液反应产生气体说明含有Zn。(二)选考题(请考生从给出的2道小题中任选一题作答。如

果多做，则按所做的第一小题计分)【选修3：物质结构与性质】20.Ⅰ.下图为①冰②金刚石③铜④氯化钙⑤干冰五种晶体或晶体的晶胞结构：①冰晶体②金刚石晶体③铜晶胞④氯化钙晶胞⑤干冰晶胞（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是_______。(用序号填空，下同)（2）②金刚石④2CaCl⑤干

冰3种晶体熔点由高到低的顺序为_______。（3）冰的熔点远高于干冰，除2HO是极性分子、2CO是非极性分子外，还有个重要的原因是_______。（4）每个Cu晶胞中实际占有_______个Cu原子，2CaCl晶

体中2Ca+的配位数为_______。Ⅱ.氮化硅(34SiN)陶瓷可代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用气相沉淀法制备氮化硅：【()()()()()422343SiClg2Ng6HgSiNs12HClg+++高温。请回答：（5）基态N原子的价电子排布图

为_______。（6）Si原子与H原子结合时，Si呈正化合价，则电负性：Si_______H(选填“>”或“<”)。（7）元素第一电离能：Si_______N(选填“>”或“<")。（8）基态Cl原子核外有_______种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占据的原子轨道呈_______

形。（9）4Si−与Cl−具有相同的电子构型，()4rSi−大于()rCl−，原因是_______。Ⅲ.锂电池正极材料NCA(0.80.150.052LiNiCoAlO)，极大地改善了锂电池的性能。请回答下列问题：（10）基

态Co原子的价电子排布式为_______，电子占据的最高能层的符号为_______。（11）氧化锂(2LiO)的熔点为1567℃，氧化镁(MgO)的熔点为2853℃。Li+、2Mg+的离子半径依次为0

.076nm、0.072nm。它们的熔点差异除离子半径因素外，还有_______。（12）4LiAlH是有机合成的常用还原剂。阴离子4AlH−的立体构型名称为_______，其等电子体的化学式为_______(填一种即可)（13）NiO晶胞与NaCl晶胞相似

，如图所示：①连接面心上6个2O−构成_______(填序号)。A.正四面体B.正八面体C.立方体D.正四边形②已知NiO晶胞参数为apm，NA代表阿伏加德罗常数的值。则NiO晶体的密度为_______3g/cm(列出计算式)。【答案】（1）②（2）②>④>⑤（3）冰中分子间氢

键而CO2没有（4）①.4②.8（5）（6）<（7）<（8）①.5②.哑铃型（9）两者电子结构相同而Si4-核电荷数少半径大（10）①.3d74s2②.N（11）MgO中Mg2+相比Li+电荷数更多，所以离子键更强晶格能更大熔沸点高（12）①.正四面体②

.CH4、SiH4、+4NH等（任写一个）（13）①.B②.323-1033AA59+164310=g/cmN(a10)aN（）【解析】【小问1详解】共价键晶体中粒子以共价键连接，由金刚石，答案为②；【小问2详解】几种

晶体熔沸点高低：原子晶体>离子晶体>分子晶体，干冰为分子晶体而金刚石为原子晶体，CaCl2为离子晶体，所以熔点高低排序为②>④>⑤；【小问3详解】分子晶体中除了范德华力之外，分子间氢键影响熔沸点高低，冰中分子间氢键而CO2没有；【小问4详解】铜晶体为面心晶胞，原子分别位于顶点和面心，原子

总数为116+8=428。CaCl2中Ca2+的配位数即是离它最近的Cl-的个数为共由4+4=8；【小问5详解】N的最外层电子排布为2s22p3，价电子排布图为；【小问6详解】电负性大的元素显负价

，电负性Si<H；【小问7详解】Si与P为同周期第一电离能ⅣA<ⅤA。而N、P同族，至上而下第一电离能增大，即第一电离能Si<P<N，所以Si<N；【小问8详解】Cl的电子排布为1s22s22p63s23p5，该原子电子占

据了5个能级，所以有5种不同能量的电子。电子由低能量依次排入高能量，最高能量的电子为3p电子，轨道为哑铃型；【小问9详解】粒子半径取决于电子层及核电荷数，两者电子结构相同而Si4-核电荷数少半径大；【小问10详解】Co为27号元素，电子排布式为[Ar]3d74s2。则其价电子排布式为最外层电子和

d电子为3d74s2。最高能层为4层符号为N；【小问11详解】离子晶体的熔沸点取决于离子半径和离子所带电荷数，MgO中Mg2+相比Li+电荷数更多，所以离子键更强晶格能更大熔沸点高；【小问12详解】中心原子Al的价层电子对数为3+1-41=4+=42对，无孤电子对，则该粒子的立体构型为正四面

体。其等电子体有CH4、SiH4、+4NH等；【小问13详解】六个离子形成的八面体结构或者四角双锥，答案为B。O2-位于面心和顶点共4个，则晶体密度为323-1033AAAMN59+164310ρ===g/cmNVN(a10)aN晶胞（）。【选修5：有机化学基础

】21.Ⅰ.完成下列问题（1）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是_____A.向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的4CuSO溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热煮沸，未出现砖红色沉淀，说明X结构中不含有醛基。B.

将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性4KMnO溶液中，4KMnO溶液褪色，说明乙烯能使4KMnO溶液褪色。C.卤乙烷与NaOH溶液加热至不再分层，冷却后加稀硝酸至酸性，再滴加3AgNO溶液，产生淡黄色沉淀，说明卤素原子为溴原子。D

.向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡，无白色沉淀产生，说明苯酚与溴水不反应Ⅱ.丙烯(36CH)结构简式可表示为32CHCH=CH-或。苦艾精油由天然艾叶萃取精炼而成，该中药常用作温经通络，益气活血，祛寒止痛等。从苦艾精油中检测出多种有机物，其

中三种的结构如：请回答下列问题：（2）水芹烯的分子式是_______。（3）松油烯_______(填“是”或“不是”)苯的同系物，理由是_______。（4）香芹醇在一定条件下跟乙酸发生反应的化学方程式是_______，该反应类型是_______。Ⅲ.药物“肉桂硫胺”的

部分合成路线如图所示(部分反应条件已略去)：已知：（5）A属于芳香烃，其名称是_______，有机物E中所含的官能团的名称是_______。（6）下列关于A的说法不正确的是_______(填序号)。a

.能使酸性高锰酸钾溶液褪色b.分子中所有原子位于同一平面c一氯代物有4种（7）B→D的化学方程式是_______。（8）D→E的化学方程式是_______。（9）试剂a是_______(填结构简式)。（10）有机物F为反式结构，其结构简式是_______。写出同时符合下列

要求的F的所有同分异构体的结构简式_______(不考虑立体异构)。①苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱显示苯环上有2种不同化学环境的氢原子.②能与饱和溴水反应产生白色沉淀③能发生银镜反应【答案】（1）C（2）C10H16（

3）①.不是②.二者结构不相似（4）①.+CH3COOH⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O②.酯化反应或取代反应（5）①.甲苯②.醛基（6）ac（7）+NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→+NaCl（8）2+O2CuΔ⎯⎯→2+2H

2O（9）（10）①.②.、【解析】【分析】III．A属于芳香烃，结合A的分子式知，A为，光照条件下A甲基上的氢原子发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成D为，D发生催化氧化生成E为，E发生反应生成F，F为反式结构，根据F的分子式知F为，F发生信息中的反应

生成G为，G和a发生信息中的反应生成肉桂硫胺，根据肉桂硫胺及G的结构简式知，a为。【小问1详解】A．NaOH不足，检验醛基在碱性溶液中，应控制NaOH过量，故A错误；B．挥发的乙醇、生成的乙烯及二氧化硫均使

酸性高锰酸钾溶液褪色，溶液褪色，不能证明乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．水解后在酸性溶液中检验卤素离子，由实验及现象可知，卤素原子为溴原子，故C正确；D．生成少量三溴苯酚易溶于苯酚，则无白色沉淀产生，故D错误；故选：C。【小问2详解】水芹烯中C

、H原子个数依次是10、16，分子式为C10H16，故答案为：C10H16；【小问3详解】松油烯含碳碳双键官能团，而苯不含有，松油烯和苯的结构不相似，所以不互为同系物，故答案为：不是；二者结构不相似；【小问4详解】香芹醇中醇羟基能和乙酸发生酯化反应，反应

方程式为+CH3COOH⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O，该反应为酯化反应或取代反应；【小问5详解】A属于芳香烃，A为，其名称是甲苯；有机物E为，所含的官能团的名称是醛基；【小问6详解】A为，a．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确

；b．甲苯中甲基具有甲烷结构特点，则分子中所有原子一定不能共平面，故b错误；c．甲苯中含有4种氢原子，则一氯代物有4种，故c正确；故答案为：ac；【小问7详解】B为，B发生水解反应生成D为，，B→D的化学方程式是+NaOH2HOΔ⎯⎯⎯→+NaCl；【小问8详解】D为，D发生催化氧化生成E

为，D→E的化学方程式为2+O2CuΔ⎯⎯→2+2H2O；【小问9详解】G为，G和a发生信息中的反应生成肉桂硫胺，根据肉桂硫胺及G的结构简式知，试剂a为；【小问10详解】有机物F为反式结构，其结构简式是，

F的同分异构体符合下列条件，①苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱显示苯环上有2种不同化学环境的氢原子；②能与饱和溴水反应产生白色沉淀，说明含有酚羟基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，结合①知，两个取代基位于对位，符合条件的结构简式为

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