河南省駐馬店市2019-2020學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試試題(含解

析)

1.在抗擊新冠肺炎傳播的戰(zhàn)斗中，化學(xué)試劑發(fā)揮了重要作用。下列說法正確的是

A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的質(zhì)量分數(shù)為75%

B.向空氣中噴灑大量酒精進行消毒，存在安全隱患

C.生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于純凈物

D.84消毒液可作為環(huán)境消毒劑，其有效成分為次氯酸鈣

【答案】B

【解析】

【詳解】A.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的體積分數(shù)為75%,故A錯誤；

B.酒精易燃燒，向空氣中噴灑大量酒精進行消毒，存在安全隱患，故B正確；

C.生產(chǎn)醫(yī)用防護口罩的原料聚丙烯纖維是合成高分子化合物，高分子化合物屬于混合物，

故C錯誤；

D.84消毒液可作為環(huán)境消毒劑，其有效成分為次氯酸鈉，故D錯誤；

選Bo

2.下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是

選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論

A用銅電極電解飽和KC1溶液有氣體生成C1的失電子能力比0H強

溶液先變紅后

BClz通入石蕊試液Ck具有酸性和漂白性

褪色

對H2(g)+I2(g)=t2HI(g)的平衡加壓平衡向生成L(g)的方

C氣體顏色加深

體系加壓向移動

集氣瓶中產(chǎn)生

將金屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸

D大量白煙，并有C02具氧化性

入集滿CO2的集氣瓶

黑色顆粒產(chǎn)生

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.以金屬銅為電極電解飽和KC1溶液，陽極放電的為金屬銅，正確的離子方程式

為:Cu+2HzOTCu(OH)2l+H2t，沒有失電子,故A錯誤；

B.氯氣不具有漂白性，與水反應(yīng)生成HC1和HC10即Ck+H￡=HCl+HC10,生成的鹽酸使石蕊

試液變紅，生成的HC10具有漂白性，使石蕊試液褪色，故B錯誤；

C.對Hz(g)+l2(g)=i2Hl(g)的平衡體系加壓，減小容器體積，濃度增大、顏色加深，但

該化學(xué)平衡是反應(yīng)前后氣體體積不變的的反應(yīng)，加壓平衡不移動，故C錯誤；

D.鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和C,即4Na+3c誓2NazC()3+C,CO?中的C元素的化合價

由+4價得電子變?yōu)?價，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，作氧化劑，具有氧化性，即CO,具有

氧化性，故D正確；

答案為D。

3.鐵鍋用水清洗放置后出現(xiàn)紅褐色銹斑，在此變化過程中不發(fā)生的反應(yīng)是

A.Fe-3e+30H=3Fe(0H)3

B.02+2H20+4e=40H

C.4Fe(OH)2+02+2H20=4Fe(OH)3

D.2Fe+02+2H20=2Fe(0H)2

【答案】A

【解析】

【詳解】鐵鍋用水清洗放置后出現(xiàn)紅褐色的銹斑，發(fā)生電化學(xué)腐蝕，負極上鐵失去電子生成

亞鐵離子，電極反應(yīng)為：Fe-2e-=Fe",正極上氧氣得到電子，02+2乂0+4/=40比，總的電極反

應(yīng)為：2Fe+02+2H20=2Fe(0H)2,且氫氧化亞鐵易被氧化，發(fā)生反應(yīng)：4Fe(0H)2+02+2H20=4Fe(0H)3,

B、C、D均可發(fā)生，A沒有發(fā)生，答案選A。

4.科學(xué)家利用原子序數(shù)依次遞增的四種短周期元素W、X、Y和Z“組合”成一種超分子，具

有高效的催化性能，其分子結(jié)構(gòu)示意圖如下。MX、Z分別位于不同周期，Z的原子半徑在

同周期元素中最大。下列說法不正確的是

（注：實線代表共價鍵，Y與Y之間其他重復(fù)單元的W、X未標(biāo)注）

A.Y的非金屬性在同主族中最強

B.簡單離子半徑：Z<Y

C.Z與Y形成的化合物中只含離子鍵

I）.Y的簡單氣態(tài)氫化物比X的簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)圖示可知W形成1個共價鍵，又是短周期中原子序數(shù)最小的元素，說明W原子核外只有

1個電子，則w是H元素，X形成4個共價鍵，則X是C元素，隊X、Z分別位于不同周期,

Z的原子半徑在同周期元素中最大，則Z是Na元素，Y形成2個共價鍵，原子序數(shù)比C大，

比Na小，說明Y原子核外有2個電子層，最外層有6個電子，則Y是0元素，據(jù)此分析解

答。

【詳解】根據(jù)上述分析可知：W是H,X是C,Y是0,Z是Na元素。

A.同一主族的元素，原子序數(shù)越大，元素的原子半徑越大，原子獲得電子的能力就越弱，

氧化性就越弱。由于0是同一主族中原子序數(shù)最小的元素，故0的氧化性在同主族中最強，

A正確；

B.Y是0,Z是Na元素，0,Na,核外電子排布相同，離子的核電荷數(shù)越大，離子半徑就越

小，所以離子半徑：Z<Y,B正確；

C.0^Na兩種兀素可形成兩種離子化合物Na?。、Naz。?，Naz。?中既含有離子鍵，又含有共價

鍵，C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強。X是C,Y是0,由于元素的非金

屬性：C<0,所以氫化物的熱穩(wěn)定性：CH.<H20,D正確；

答案選C。

5.綠色化學(xué)理念影響著整個化學(xué)實驗改革,微型化學(xué)實驗就是在這種復(fù)背景下誕生的一種創(chuàng)

新性的實驗教學(xué)方法。蔗糖與濃硫酸反應(yīng)的探究實驗改進裝置如圖所示。下列說法不正確的

是

A.該實驗體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和強氧化性

B.反應(yīng)中，品紅溶液褪色，紫色石蕊試液先變紅后褪色

C.該裝置能證明二氧化硫具有氧化性

D.X可以是某種堿，也可以是某種鹽

【答案】B

【解析】

【分析】

本實驗為蔗糖與濃硫酸反應(yīng)的探究實驗，濃硫酸加入蔗糖中，蔗糖會先變黑后體積膨脹，可

產(chǎn)生S02氣體，SOz具有漂白性，可使品紅溶液褪色，SOz具有酸性氧化物的性質(zhì)，能使紫色

石蕊試液變紅，SOz具有還原性，因此可使酸性高鈦酸鉀溶液褪色，又S02具有氧化性，可與

硫化鈉溶液反應(yīng)生成S單質(zhì)的淡黃色沉淀，由于SOz直接排放至空氣中會造成污染，因此需

要進行尾氣處理，據(jù)此分析解答。

【詳解】A.根據(jù)上述分析可知，濃硫酸加入蔗糖中，蔗糖會先變黑后體積膨脹，表明濃硫

酸具有脫水性和強氧化性，A正確；

B.反應(yīng)中，SO?具有漂白性，可使品紅溶液褪色，SO2具有酸性氧化物性質(zhì)，能使紫色石蕊

試液變紅，但不能褪色，B錯誤；

C.該裝置中，硫化鈉溶液處出現(xiàn)淡黃色沉淀，可證明SO2具有氧化性，C正確；

D.X溶液用于尾氣處理，可用NaOH（堿）溶液或酸性高鎰酸鉀（鹽）溶液吸收，D正確；

答案選B。

【點睛】B為易錯點，SO2的漂白性是與有色物質(zhì)生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，但SO,不能夠使酸

堿指示劑褪色。

6.丙烷（C；HJ的一澳代反應(yīng)產(chǎn)物有兩種：CH3cH2cH?Br和CHKHBrCH：,,部分反應(yīng)過程的能量變化

如圖所示（琮表示活化能）。下列敘述正確的是

ZjxA-.CH2CH2CH,+HBr

*//WcmCHJ+HBr

MJ」一

部分反應(yīng)過程

A.比較0和“推測生成速率：?CH2cH2cH3〈?CH(CH，

Blinol丙烷中有3mol非極性共價鍵

C.CH3CH,CH3+?Br=?CH2CH2CH3+HBrAH<0

D.丙烷(C3HJ與BR的反應(yīng)只涉及到極性鍵的斷裂

【答案】A

【解析】

【詳解】A.活化能小的反應(yīng)快，根據(jù)圖象可知，生成?CH2cH2cH3比?CH(CH3)2的活化能大，

則生成速率：?CH2cH2cH3<?CH(CH3)2,A項正確；

B.丙烷存在共價鍵為碳氫鍵和碳碳鍵，其中碳碳鍵為非極性共價鍵，Imol丙烷中有2moi

非極性共價鍵，B項錯誤；

C.生成?CH2cH2cH3和HBr時，反應(yīng)吸熱，XH>0,C項錯誤；

D.Bn在反應(yīng)中涉及到非極性鍵的斷裂，D項錯誤：

答案選A。

7.在2L恒容密閉容器中充入X(g)和Y(g)發(fā)生反應(yīng)X(g)+Y(g)=M(g)+N(s),所得實驗數(shù)

據(jù)如下表：

起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/mol

實驗編號溫度/°C

n(X)n(Y)n(M)n(N)

①8000.100.150.050.05

②8000.20030aa

③9000.100.150.040.04

下列說法不正確的是

A.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)

B.實驗①5min達平衡，平均反應(yīng)速率v(X)=0.005mol/(L?min)

C.實驗②中，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.l(mol/L)'

D.實驗②中，達到平衡時，a大于0.10

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)表格中實驗①③的數(shù)據(jù)分析可知，當(dāng)溫度升高時，平衡時M、N的物質(zhì)的量

減小，說明平衡逆向移動，則該反應(yīng)的逆反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)反向為放熱反應(yīng)，A

正確；

B.根據(jù)實驗①中的數(shù)據(jù)建立三段式有：

X(g)+Y(g)M(g)+N(s)

起始(mol)0.100.150

轉(zhuǎn)化(mol)0.050.050.05

平衡(mol)0.050.100.05

0.05mol

所以平均反應(yīng)速率V(v\—2L=0.005molL'min」'B正確;

5min

0.05mol

C.由B可知，實驗①的平衡常數(shù)_[2%__-=20(mol/L)1,由于實驗①和實

0.05molO.lOmol'7

----------X----------

2L2L

驗②的溫度相同，所以兩個實驗的平衡常數(shù)相等，C錯誤;

D.實驗①②溫度相同、體積相同，②中物質(zhì)的量為①的兩倍，若平衡不移動，平衡時a=0.10,

但壓強增大平衡正向移動，則平衡時a>0.10,D正確;

答案選C。

8.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。關(guān)于常溫下pll=2的&P0i溶液，下列說法不正確的是

A.加入NaHFQ,固體，溶液酸性增強

B.每升溶液中的M數(shù)目為0.01M

C.加水稀釋使H3Po,電離程度增大，溶液pH增大

D.c(H')=c(H2PO4)+2c(HPO；)+3c(PO：)+c(Oil)

【答案】A

【解析】

【詳解】A.IW,電離方程式為H：(P0.,H+H2Po4、H2PO4ir+HPO：、

HPO；H*+PO：,加入NaHFOi固體，主要抑制IhPO,第一步電離，1「濃度減小，溶液酸

性減弱，A選項錯誤；

B.由題目中pH=2可得c(H*)=0.01mol/L,1L溶液中H?數(shù)目應(yīng)為0.01L,B正確;

C.加水稀釋后，雖會促使用P0,的電離，但H'濃度減小，pH增大,C正確；

D.由質(zhì)子守恒可得C(H')=C(H2PO；)+2C(HPO；)+3C(PO：)+C(OH),D正確；

答案選A。

9.在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中，較高濃度的C「會腐蝕陽極板而增大電解能耗。向電解循

環(huán)液中同時加入Cu和CuSO”可生成CuCl沉淀除去C1,降低對電解的影響，反應(yīng)原理如下:

Cu(s)+Cu~"(aq),*2Cu'(aq)AA/；=akJ,mol1

Cl(aq)+Cu(aq),*CuCl(s)△/^=bkj*mol1

實驗測得電解循環(huán)液pH對溶液中殘留c(C『的影響如圖所示。下列說法正確的是

C2

O

3

O

—

79

A.溶液pH增大,4p(CuCD增大

B.反應(yīng)達到平衡時：〃(Cu)越多，c(Cl‘越小

C.向電解液中加入稀硫酸，有利于C1的去除

D.除反應(yīng)為：Cu(s)+CuJ(aq)+C1(aq),^uCl(s)△/A(a+b)kj,mol1

【答案】D

【解析】

【詳解】A.心只受溫度的影響，pH越大，啟(CuCl)不變，故A錯誤；

B.反應(yīng)達到平衡時：〃(Cu)越多，由于Cu為固體，對平衡移動無影響，則Cu的量對c(Cl)

無影響，故B錯誤；

C.根據(jù)圖中信息：溶液的pH越大，氯離子的濃度越小，電解液中加入稀硫酸，不利于C1

的去除，故C錯誤；

D.①Cu(s)+Cu'"(aq)w2Cif(aq)△〃=akj,mol1,②C「(aq)+Cu*(aq)*CuCl(s)A/^=bkJ,moJ

根據(jù)蓋斯定律,5x①+②可得到：—Cu(s)+—Cu-(aq)+C1(aq)^CuCl(s)△據(jù)(,a+b)

kj?mol)故D正確；

答案為D。

10.一種太陽能電池的工作原理如圖所示，電解質(zhì)為鐵氟化鉀K3[Fe(CN”]和亞鐵弱化鉀

K.[Fe(CN)6]的混合溶液，下列說法不正確的是

壬

士

催

催

太

化

化

陽

[Fe(CN)廣[Fe(CN)r劑

光

劑6

ab

A.該裝置實現(xiàn)了太陽能直接轉(zhuǎn)化成電能

B.Fe(CN).3在催化劑b表面被還原的方程式為：Fe(CN)：-e=Fe(CN)：

C.電解質(zhì)溶液中Fe(CN)：和Fe(CN)t濃度之和理論上保持不變

D.電子流向：Fe(CN)：-電極a-外導(dǎo)線一電極bfFe(CN)：

【答案】B

【解析】

【分析】

由圖可知，電子從負極流向正極，則a為負極，b為正極。

【詳解】A.該裝置為原電池，實現(xiàn)了太陽能直接轉(zhuǎn)化成電能，A正確；

B.b上發(fā)生還原反應(yīng)，F(xiàn)e(CN)。在催化劑b表面被還原，電極反應(yīng)方程式為

Fe(CN)。+e=Fe(CN)3B錯誤；

C.由B選項中的電極反應(yīng)可知，F(xiàn)e(CN)：和Fe(CN)。二者以1：1相互轉(zhuǎn)化，電解液中

Fe(CN)t和Fe(CN)。濃度基本保持不變，C正確；

D.該電池中，F(xiàn)e(CN)：失去電子，由電極a經(jīng)外導(dǎo)線移向電極b,Fe(CN)。再得到電子,

故電子流向為Fe(CN)：-電極a-外導(dǎo)線一電極b-Fe(CN)^,D正確；

答案選B。

11.常溫下，用AgNOs溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KC1、溶液，所得的沉淀溶

解平衡圖像如圖所示(不考慮GO產(chǎn)的水解)。巳知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10,下列敘述不正

確的是

A.n點表示AgCOi的不飽和溶液

B.圖中X線代表的AgCl

C.Ag2C201+2Cl=2AgCl+C2O4的平衡常數(shù)為10"°"

D.向c(Cl)=c(C2。：)的混合液中滴入AgNO：,溶液時，先生成AgCO,沉淀

【答案】D

【解析】

【分析】

若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則

Ksp(AgCl)=c(Ag*)Xc(Cr)=10-4|'10-5re=10-9-75=10I,MX10-1\則數(shù)量級為1010,若曲線Y為

AgCl的沉淀溶解平衡曲線,則Ksp(AgC1)=c(Ag)Xc(C1)=10^'X102-46=10^-46=10a54X10\

則數(shù)量級為10’,又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為10'°,則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線,

則曲線Y為Ag2cq的沉淀溶解平衡曲線

22

KSp(Ag2C20.,)=c(Ag)Xc(C2O；)=(10')XIO-"』。-。弋據(jù)此分析解答。

【詳解】A.曲線Y為A&CQ,的沉淀溶解平衡曲線，在n點，c(Ag*)小于平衡濃度，故n點

的離子Qc(Ag2C2O4)<Ksp(Ag2C,O4),故為Ag2C2O,的不飽和溶液，A正確；

B.由以上分析知圖中X線代表AgCl,B正確；

2

C.g2CA+2Cr=2AgCl+C2O；K=c(C2O；-)/c(Cl),此時溶液中c(Ag')相同，

]0-2.45

故有K=C(CO*-)/C2(CD-=10.，c正確;

2(1()675)2

D.根據(jù)圖象可知當(dāng)陰離子濃度相同時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag,）小于生成Ag2c。沉淀

所需的c（Ag，）,故向c（Cl）=c（C2O：）的混合液中滴入AgNOa溶液時先析出氯化銀沉淀，D

錯誤；

故選Do

12.為分析不同試劑是否對H2O2分解有催化作用，該小組向四支盛有10mL5%H◎的試管

中滴加不同溶液，實驗記錄如下：

試管IIIIII

2滴lmol/L2滴2滴lmol/LCuSOi2滴lmol/LCuS04

滴加試劑

NaClImol/LCuSOi和2滴lmol/LNaCl和4滴lmol/LNaCl

產(chǎn)生氣泡情況無氣泡產(chǎn)生均產(chǎn)生氣泡，且氣泡速率從I［到IV依次加快

下列說法不壬砸的是（）

A.根據(jù)實驗I的現(xiàn)象，可得結(jié)論NaCl對分解沒有催化作用

B.根據(jù)實驗II的現(xiàn)象，可得結(jié)論CuS。,對HQ2分解有催化作用

C.對比實驗可得結(jié)論：濃度較大的NaCl溶液對HQ2分解有催化作用

D.綜合對比以上實驗可得結(jié)論：NaCl濃度對于CuSOi的催化作用有影響，NaCl濃度越大催

化效果越明顯。

【答案】C

【解析】

【詳解】A.10mL5%H20z的試管中滴2滴Imol/LNaCl,無氣泡產(chǎn)生，說明NaCl對上。2分解

沒有催化作用，A正確；

B.10mL5%HO的試管中滴2滴lmol/LCuSO」，有氣泡產(chǎn)生，說明CuSO,對H2O2分解有催化

作用，B正確；

C.由實驗I、II、III、IV對比可知，CuSO,對H2O2分解有催化作用，且在CuSOi存在時，NaCl

對H2O2分解有催化作用，C錯誤；

D.由實驗I、II、III、IV對比可知，CuSO,對壓。2分解有催化作用，且在CuSO”存在時，NaCl

對HzOz分解有催化作用，NaCl濃度越大，催化效果越強，D正確；故答案：Co

13.下列說法正確的是

A.p電子云都是啞鈴形的，每個p能級有3個原子軌道，它們相互垂直，能量相同

2s2p

B.基態(tài)氮原子的價電子排布圖:

:回pin

C.甲醛(HCH0)和光氣(C0C12)分子中：鍵角/H—c—HV/C1—C—C1

D.四硼酸根離子十一(含B、0、H)的球棍模型如圖，配位鍵存在于4、5和4、6原子之間

【答案】A

【解析】

【詳解】A.p能級有3個相互垂直的原子軌道，其電子云都是啞鈴形的，由于3個軌道均

是同一個能級，所以3個軌道的能量是相同的，A正確;

2s2p

B.基態(tài)N的原子核外電子排布式為Is22s22P:則其價電子排布圖為面田由王l，B

錯誤；

C.氯原子的電負性強于氫原子，對電子的吸引能力更強，所以甲醛分子中的H-C-H鍵角更

大，C錯誤；

D.B原子最外層有3個電子，而4號B原子形成4條共價鍵，說明有一個為配位鍵，5號0

原子連接的是H原子，容易給出孤電子對，故4、5原子之間存在配位鍵，4、6之間不存在

配位鍵，D錯誤；

答案選A。

14.下列對分子結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)的解釋中，不正確的是

A.CIO3與C1O”中心原子的價層電子對數(shù)相同

B.液態(tài)氟化氫的化學(xué)式有時寫成(11F)。的形式與氫鍵有關(guān)

C.碘易溶于四氯化碳、甲烷難溶于水都可用相似相溶原理解釋

D,酸性：HF0i>HC10,是因為H3Poi分子中氫原子數(shù)比HC10的多

【答案】D

【解析】

【詳解】A.CIO；的中心原子為CL價層電子對數(shù)為3+產(chǎn)；*乙=4,CIO,的中心原子為

7+l-4x2

C1,其價層電子對數(shù)為4+--------=4,兩者價電子對數(shù)相同，A正確；

2

B.氟化氫分子之間能形成氫鍵，很多HF分子可以締結(jié)在一起，所以液態(tài)氟化氫的化學(xué)式有

時可以寫成(HF)”的形式，B正確

C.碘單質(zhì)、四氯化碳、甲烷都是非極性分子，而水是極性分子，所以根據(jù)相似相溶原理知，

碘易溶于四氯化碳，甲烷難溶于水，滿足相似相溶原理，C正確；

D.酸性強弱的一條經(jīng)驗規(guī)律是：含氧酸分子的結(jié)構(gòu)中含非羥基(羥基為-0H)氧原子數(shù)越多，

該含氧酸的酸性越強；&P0,的非羥基氧原子數(shù)大于次氯酸的非羥基氧原子數(shù)，所以磷酸的

酸性大于次氯酸，與氫原子數(shù)目沒有直接關(guān)系，D錯誤；

答案選D。

15.有5種元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均為短周期元素。X原子M層上有2個未成對電子且

無空軌道；Y原子的價電子排布式為3dzs2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；Q

原子的L電子層的p能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充滿。下列敘

述不正確的是

A.元素Y和Q可形成化合物YQ

B.T的一種單質(zhì)的空間構(gòu)型為正四面體形，鍵角為109。28'

C.X和T第一電離能：X<T

D.ZQ?是極性鍵構(gòu)成的非極性分子

【答案】B

【解析】

【分析】

5種元素X、Y、Z、Q、T,除Y外均為短周期元素，X原子M層上有2個未成對電子且無空

軌道，則X為S元素；Y原子的價電子排布式為3dli4s2,則Y為Fe元素：Z原子的L電子層

的p能級上有一個空軌道，則Z為C元素；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子,

則Q是0元素；T原子的M電子層上p軌道半充滿，則T是P元素，據(jù)此解答。

【詳解】根據(jù)分析可知，X為S元素，Y為Fe元素，Z為C元素，Q為0元素，T為P元素。

A.Y為Fe元素，Q為0元素，F(xiàn)e與0可形成FeO,故A正確；

B.T為P元素，P的單質(zhì)中，白磷的空間構(gòu)型為正四面體形，但白磷分子中四個P原子位于

四個頂點上，其鍵角為60°,故B錯誤；

C.X為S元素，T是P元素，屬于同周期相鄰元素，由于P原子最外層3P能級電子為半充

滿，較穩(wěn)定，則第一電離能P比s大，即S<P,故C正確；

D.Z為C元素，Q是0元素，2、3是（：02,該分子結(jié)構(gòu)中碳與每個氧形成兩對共用電子對，其

電子式為：J：：C：：6：，結(jié)構(gòu)式為0=C=0,CO2分子中只含極性鍵，且C02分子結(jié)構(gòu)對稱，正

負電荷重心重合，是非極性分子，故D正確;

答案為B。

16.有四種不同堆積方式的金屬晶體的晶胞如圖所示（假設(shè)金屬的摩爾質(zhì)量為Xg-moU',金屬

原子半徑為rem,用N.,表示阿伏加德羅常數(shù)的值）.有關(guān)說法正確的是

①②③④

A.③和④中原子的配位數(shù)分別為6、12

B.金屬Zn采用②堆積方式

-nr3

C.①中空間利用率的表達式為：3X100%

加

D.對于采用②堆積方式的金屬，實驗測得Wg該金屬的體積為Vern3,則阿伏加德羅常數(shù)總的

XV

【答案】c

【解析】

【詳解】A.根據(jù)晶胞圖示分析可知，③為六方最密堆積，④為面心立法最密堆積，配位數(shù)

均為12,A錯誤；

B.金屬Zn為六方最密堆積，因此Zn采用③堆積方式，B錯誤；

C.①為簡單立方堆積，原子半徑為r,則其晶胞參數(shù)a=2r,一個晶胞中含有的原子個數(shù)為

I43兀r，

8x-=l,則原子的體積為爐E,則其空間利用率為3X100%,C正確;

83w

D.②為體心立方堆積，金屬原子半徑與正方體邊長的關(guān)系，根據(jù)晶

胞的模型，晶胞中含有金屬原子的個數(shù)為8X)+1=2,因此該晶胞的質(zhì)量為

O

22M4r

—molxMg/mol=—g,邊長與金屬半徑的關(guān)系是邊長=-]=cm,即晶胞的體積為

NANAV3

2M(4r_Y2MV

即有NT_1?3J，推出阿伏加德羅常數(shù)為w(￡r)3，故D錯誤;

而一V石

答案選C。

【點睛】難點是空間利用率的計算和阿伏加德羅常數(shù)的計算，這類題的關(guān)鍵點，找出原子半

徑與邊長的關(guān)系，即哪些原子是剛性接觸。

17.下列表述或說法正確的是

A.—0H與?()：H都表示羥基

B.鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式

C.丙烷分子的比例模型為:

CH3

D.命名沏2一甲基3戊烯

【答案】A

【解析】

【詳解】A.—OH為羥基的結(jié)構(gòu)簡式，?（）：H為羥基的電子式，A正確;

為間羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式，鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為

C0°H,B錯誤;

為丙烷的球棍模型，C錯誤;

主鏈有5個C原子，4號碳上有1個甲基，碳碳雙鍵在2號

碳上，故其命名為4-甲基-2-戊稀，D錯誤；

答案選A。

18.可用來鑒別甲苯、1-己烯、乙酸乙酯和苯酚溶液的一組試劑是

A.FeCL溶液、濃濱水B.酸性高銹酸鉀溶液、FeCL溶液

C.碳酸鈉溶液、濃濱水D.酸性高鎰酸鉀溶液、濃溪水

【答案】D

【解析】

【詳解】A.先用溟水鑒別出己烯、苯酚，溟水褪色的為己烯、加入溪水生成白色沉淀的為

苯酚，但澳水、FeCh溶液都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯，故A不符合題意；

B.FeCh溶液能鑒別出苯酚，加入氯化鐵溶液后溶液變?yōu)樽仙臑楸椒樱合⒓妆蕉寄苁?/p>

酸性高銃酸鉀褪色，即不能鑒別己烯和甲苯，故B不符合題意；

C.先用澳水鑒別出己烯、苯酚，濱水褪色的為己烯、加入濱水生成白色沉淀的為苯酚，碳

酸鈉溶液、浸水都不能鑒別甲苯和乙酸乙酯，故C不符合題意；

D.先用淡水鑒別出己烯、苯酚，澳水褪色的為己烯、加入濱水生成白色沉淀的為苯酚，剩

余兩種中能使酸性高鋅酸鉀溶液褪色的為甲苯，無明顯現(xiàn)象的為乙酸乙酯，可鑒別，故D

符合題意；

答案選D。

19.研究1-澳丙烷是否發(fā)生消去反應(yīng)，用下圖裝置進行實驗，觀察到澳的四氯化碳溶液褪色。

下列敘述不正確的是

A.向反應(yīng)后的①試管中加入少量的AgNOs溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應(yīng)

B.若②中試劑改為酸性高鎰酸鉀溶液，觀察到溶液褪色，則①中一定發(fā)生了消去反應(yīng)

C.①試管中一定發(fā)生了消去反應(yīng)生成不飽和燃

D.②中發(fā)生了加成反應(yīng)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.試管①中1-澳丙烷和NaOH的醇溶液加熱，無論是發(fā)生取代反應(yīng)生成1-丙醇和

NaBr,還是發(fā)生了消去反應(yīng)生成丙烯和NaBr,兩者都有Br產(chǎn)生，因此向反應(yīng)后的①試管中

加入少量的AgN03溶液無法驗證是否發(fā)生消去反應(yīng)，而且過量的氫氧化鈉會干擾實驗，A說

法正確；

B.由于所用試劑中有醇，醇有一定的揮發(fā)性，醇也能使酸性高鈿酸鉀溶液褪色。若②中試

劑改為酸性高鎰酸鉀溶液，醇和丙烯均能使酸性高錦酸鉀溶液褪色，因此觀察到溶液褪色，

不能說明①中發(fā)生的是消去反應(yīng)，B說法錯誤；

C,漠的CC1,溶液褪色，說明生成了不飽和燒，則①試管中一定發(fā)生了消去反應(yīng)，C說法正

確；

D.②中澳的CC1,溶液褪色，是因為生成物丙烯和溟發(fā)生了加成反應(yīng)，D說法正確；

答案選B。

20.免水洗消毒液中含有能快速殺死新冠病毒的三氯羥基二苯醛，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有

關(guān)三氯羥基二苯酸的說法正確的是

OHCI

A.分子式為GHQCbB.所有原子一定處于同一平面

C.苯環(huán)上的一溪代物有6種D.不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據(jù)該分子的結(jié)構(gòu)可知，其分子式為CizHGCk,A錯誤；

B.由三氯羥基二苯醛的結(jié)構(gòu)可知，兩個苯環(huán)通過酸鍵連接，只有旋轉(zhuǎn)到特定角度時，這兩

個苯環(huán)才會共面;此外,其中一個苯環(huán)上連接的羥基中的氫原子也只有在旋轉(zhuǎn)到特定角度時,

才會與苯環(huán)共平面；綜上所述，該有機物中所有原子不一定共平面，B錯誤；

C.由三氯羥基二苯醛的結(jié)構(gòu)可知，該有機物結(jié)構(gòu)高度不對稱，分子中的兩個苯環(huán)上的氫原

子之間均不等效，因此苯環(huán)上的一澳代物有6種，C正確；

D.由三氯羥基二苯酸的結(jié)構(gòu)可知，其分子中含有酚羥基以及鹵素原子，因此可以與NaOH

溶液反應(yīng)，D錯誤；

答案選C。

（）（）

21.某化學(xué)小組以苯甲酸（0/k

（“［）為原料制取苯甲酸甲酯（

已知有關(guān)物質(zhì)的沸點：甲爵（CHQH）:64.7°C;苯甲酸：249°C;苯甲酸甲酯：199.6°C。

I.合成苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品

在圓底燒瓶中加入12.2g苯甲酸和15.Sg甲醇，再小心加入3mL濃硫酸，混合均勻，再投入

幾塊碎瓷片，小心加熱充分反應(yīng)后，得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品。

（1）寫出苯甲酸與甲醇反應(yīng)的化學(xué)方程式：。

（2）甲和乙兩位同學(xué)分別設(shè)計了如圖所示的兩套實驗室合成苯甲酸甲酯的裝置（夾持儀器

和加熱儀器均已略去）。根據(jù)有機物的有關(guān)性質(zhì)分析，最好采用裝置（填“甲”

或“乙”）。

（3）工業(yè)生產(chǎn)中常采用反應(yīng)物CH30H過量的方法，原因是。

II.粗產(chǎn)品的精制

（4）苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，現(xiàn)擬按下列流程進行精制，

請在流程圖中方括號內(nèi)填入操作方法的名稱：a,b。

199T~2OO3C藻甲酸甲麻

8.04g

廠有機層

粗

①H2。、②Na2c。3「甲醉、水

產(chǎn)

品J水層

(5)通過計算，苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為。

+

【答案】(1).^O^>-COOH+CH.iOH^=^^Q^-c()()CH；H20(2).甲

(3).有利于提高苯甲酸的轉(zhuǎn)化率(4).分液(5).蒸儲(6).59.1%

【解析】

【分析】

苯甲酸和甲醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)，該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，而且又存在副反應(yīng),

故得苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品，苯甲酸甲酯粗產(chǎn)品中往往含有少量甲醇、苯甲酸和水等，故可與飽

和碳酸鈉溶液混合，它的作用為：降低苯甲酸甲酯的溶解度，溶解甲醇，除去酸，經(jīng)分液

后得到較純凈的苯甲酸甲酯，進一步蒸饋獲得純產(chǎn)品，據(jù)此分析解答。

【詳解】I.(D濃硫酸在酯化反應(yīng)中起到了催化劑作用和吸水劑的作用，苯甲酸與甲醇反應(yīng)

的化學(xué)方程式：COOH+C&OHC()()CH：+乩0;

(2)由裝置圖可知，甲圖的圓底燒瓶上有冷凝管，充分起到回流作用，乙圖則沒有，而本題

中反應(yīng)物甲醇沸點低，苯甲酸、苯甲酸甲酯的沸點遠高于甲醇，若采用乙圖，甲醇必定會大

量揮發(fā)，不利于合成反應(yīng)，所以應(yīng)冷凝回流，減少甲醇的揮發(fā)，提高產(chǎn)率；

(3)酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，增大反應(yīng)物的濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動，故甲醇應(yīng)過量；

H.(4)苯甲酸甲酯不溶于水，操作I分離出互不相溶的液體，通常采用分液操作完成；甲醇

和苯甲酸甲酯相互溶解，二者沸點不同，可以通過蒸播操作分離；

12.2g八1.

(5)12.2g苯甲酸的物質(zhì)的量為：——2—=0.1mol,20mL甲醇(密度約0.79g/mL)的物

122g/mol

0.79g/mLx20mL八口1ci1

質(zhì)的量為：--一,——=0.49mol>0.1mol,則理論上生成苯甲酸甲酯的物質(zhì)的

32g/mol

量為0.Imol,質(zhì)量為：136g/molX0.lmol=13.6g,則苯甲酸甲酯的產(chǎn)率為:

100%?59.1%

13.6go

22.1.(1)工業(yè)制氫有多種渠道，其中一個重要反應(yīng)是：

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H,(g)AH=-41kJ/mol

已知：2C(s,石墨)+O2(g)=2CO(g)A/Z=-222kJ/mol

H2(g)+^-02(g)=1LO(g)△A=-242kJ/mol

則石墨的燃燒熱△〃=o

(2)工業(yè)上可通過CO(g)和Hz(g)化合來制備可再生能源

CH30H(g):CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)A層-99kJ?moL

又知該反應(yīng)中某些物質(zhì)分子里的化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表(已知C0中的C與0之間為叁鍵

連接)：

化學(xué)鍵C—H11—HC=0II—0

鍵能/kJ?moL4134361076465

則C—0鍵的鍵能為kj?mol\

ILCOz的熔鹽捕獲與電化學(xué)轉(zhuǎn)化受到了科研人員的廣泛關(guān)注，采用該技術(shù)可將工廠煙氣中的

C0?直接轉(zhuǎn)化為碳材和氧氣，是一種短程、高效、綠色的CO,高值利用方法。我國科學(xué)家設(shè)計

的轉(zhuǎn)化裝置示意圖如下:

(3)①②中，熔鹽捕獲C0?過程中碳元素的化合價變化(填“有”或“無”)。

(4)b為電源的極，a極的電極反應(yīng)式為o

(5)上述裝置發(fā)生的總反應(yīng)為。

【答案】(1).-394kJ/mol(2).343(3).無(4).正(5).2C2O；--

-

4e=4C02t+02t(6).C02C+02

【解析】

【分析】

根據(jù)題中所給熱化學(xué)方程式，由蓋斯定律求出石墨的燃燒熱；根據(jù)題中所給鍵能，由反應(yīng)的

熔變△〃=反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，求出c—0鍵的鍵能；根據(jù)題中圖示信息，

c()2轉(zhuǎn)化為&(V,再轉(zhuǎn)化為a,(%轉(zhuǎn)化為COF,再轉(zhuǎn)化為C,由化合價的變化，判斷得失電

子，判斷電解池的陰陽極及電源的正負極，進而回答相關(guān)問題。

【詳解】I.(1)由①C0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g)A所-41kJ/mol,②2c(s,石

H)+O2(g)=2CO(g)△X=-222kJ/mol,@H,(g)+y02(g)=H20(g)A^=-242kJ/mol,根據(jù)蓋斯定

律：；(①X2+②+③X2),可得C(s,石墨)+0?)—C()2(g);

△K=J[(-41X2)kJ/mo1+(-222)kJ/mo1+(-242X2)kJ/mo1]=-394kj/mol；答案為-394

kJ/moK

(2)設(shè)C—0鍵的鍵能為x,則C0(g)+2H2(g)=CH30H(g)△代-99kJ?mol\反應(yīng)的熔變△〃=

反應(yīng)物總鍵能之和-生成物總鍵能之和，即(1076kj?mol'+2X436kj/mol-1)-(413X3

kJ?mor'+x+465kJ?mol1)=-99^^01',所以產(chǎn)343k「moL,答案為343。

ii.(3)由題中圖示可知①是co^fca"②是coz-aV,碳元素的化合價均為+4價，沒

有變化；答案為無。

(4)根據(jù)題中圖示可知&0/一。2,則a電極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，為陽極，與電源正

極相接，所以b為原電池正極，因為a電極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，所以a極的電極反應(yīng)

22

式為2C205-4e=4C02t+02t；答案為正，2C205-4e=4C02t+02t?

222

(5)因為a陽極二氧化碳被捕獲2C02+0=C205，陽極電極反應(yīng)為2C205-4e=4C02t+02t,

2

d陰極二氧化碳被捕獲OVO?-CO,電極反應(yīng)式為COf+4e-30+C,則總反應(yīng)方程式為C02

"C+O2；答案為CO?Tc+Oz。

23.我國具有豐富的錦礦資源，睇及其化合物被廣泛應(yīng)用于機械材料、塑料、阻燃劑、微電

子技術(shù)等領(lǐng)域，具有十分重要的價值。利用脆硫鉛睇精礦(主要成分是Sb&及PbS)制備

睇白(SbD)的工藝流程如圖所示。

己知：浸出反應(yīng)Sb反3+3Na2s=2Na3sbs3

酸化反應(yīng)4Na3SbS3+9S02=6Na2S203+3SI+2Sb&I

回答下列問題。

(1)精礦進行研磨的目的是。

(2)在浸出反應(yīng)中，浸出率隨NaOH用量的變化曲線如圖所示，其中NaOH的作用是

NaOH川鼠對錨浸出率的影響

⑶向浸出液中通入S02氣體進行酸化，得到SbzSs中間體。酸化反應(yīng)過程中，pH對睇沉淀率

及酸化后溶液中岫2$2。3含量的影響如下表所示，則最適宜的pH為。pH不能過

低的原因是(結(jié)合離子方程式說明).

酸化后溶液成分/(g-L1)

pH睇的沉淀率/%

SbNa2s2O3

60.6160.599.5

72.7157.697.5

85.6150.495.4

910.5145.092.4

(4)浸出液酸化后過濾，得到沉淀混合物，在高溫下被氧化，寫出所有反應(yīng)的化學(xué)方程式:

(5)從尾氣處理的角度評價該工藝流程在環(huán)保方面的優(yōu)點是。

【答案】(1).增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高浸出率(2).提供堿性

環(huán)境，減少Na2s的水解(3).6(4).pH較低時發(fā)生反應(yīng)水0-+2H*=SJ+S0?t+HQ,

高溫高溫

-

會造成NazSG損耗(5).2Sb,S3+9022Sb203+6S02,S+02^=S02(6).SO2可以循

環(huán)利用，減少環(huán)境污染

【解析】

【詳解】(1)將精礦進行研磨有助于增加反應(yīng)接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高Sb的浸出

率；

(2)浸出時加入Na2s溶液中的S'一會發(fā)生水解，當(dāng)加入NaOH時，溶液呈堿性，可以抑制S"

的水解；

(3)從表中可以看出，當(dāng)pll=6時，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最適宜的pH

選擇6；如果pH過低，酸化后生成的SQ/可以與溶液中的H，反應(yīng)生成S沉淀，影響Na2s2O3

的產(chǎn)率。

(4)酸化后的沉淀為Sb&和S的混合物，在高溫下與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成SO?和SbA,相應(yīng)

IWJ溫圖溫

的反應(yīng)方程式為2sb2s3+902^=2Sb2()3+6S02,S+02=-S02；

(5)沉淀氧化后有SO2氣體生成，將氣體通入到酸化溶液中循環(huán)利用可以減少環(huán)境污染。

24.氨是最為重要的基礎(chǔ)化工產(chǎn)品之一，其產(chǎn)量居各種化工產(chǎn)品的首位。合成氨方面的研究

共產(chǎn)生了三名諾貝爾獎得主，分別是理論可行性研究、工業(yè)化研究和機理研究三個方面，這

也代表了現(xiàn)代化學(xué)研究的三個方面。

回答下列問題：

L合成氨反應(yīng)的機理研究：N?和上在活性鐵表面催化合成N&的機理如圖所示，其中(ad)表

示物種的吸附狀態(tài)。

能收(U/mol)

|硒(”？：

5fcsz76：_______.wT'NH,(?明

v106；NHOd)；NH2(U)t

N(adH3HM：2H(“)

反應(yīng)歷才

(1)根據(jù)反應(yīng)歷程圖，寫出合成氨反應(yīng)的熱化學(xué)方程式

(2)合成氨經(jīng)歷如下五個過程:

13

一N2(g)+-H(g)-^N(ad)+3H(ad)i

222

N(ad)+3H(ad)-*NH(ad)+2H(ad)ii

NH(ad)+2H(ad)-NH?(ad)+H(ad)iii

NIL(ad)+H(ad)--NH3(ad)iv

NH:!(ad)-NH3(g)V

下列說法正確的是(填選項字母)。

A.升高溫度，過程i的反應(yīng)速率減慢，過程ii的反應(yīng)速率加快

B.增大壓強，有利于提高過程i的轉(zhuǎn)化率

13

C.使用催化劑時，反應(yīng)jN2(g)+7H2(g)-N(g)+3H(g)AIKO

II.合成氨反應(yīng)的反應(yīng)條件研究：實驗測定不同條件下，平衡時氨氣的含量與起始氫氮比

n(H)

2］之間的關(guān)系如圖所示.

n(N2)

平衡時卷氣的含取/%

51.6a

50

：b

①4201c,4OMPa

②350七，20乂1%

③350七，lOMPa

④"fOMPa

2.83.0"(HO

m(M)

(3)420°C(填">"或"