河南省2020-2021学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

1、河南省驻马店市学年高二下学期期末考试化学试题1.化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是A. 糖类、蛋白质都是天然有机高分子化合物B. 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀.可用作化工反应器的内壁涂层C. SiO2具有导电性.可用于制作光导纤维和光电池D. 活性炭具有去除异味和杀菌作用【答案】B【解析】【详解】A、糖类有单糖、二糖和多糖，其中多糖为高分子化合物，故A错误；B、聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应其的内壁涂层，故B正确；C、SiO2属于原子晶体，不导电，可用于制作光导纤维，制作光电池的原料是晶体硅，故C错误；D、活性炭具有吸附性，能去除异味，但不能杀菌，故D错误；答案选D。2.国际计量大会第26

2、届会议新修订了阿伏加徳罗常数（NA=6.022140761023mol-1），并于2019年5月20日正式生效。下列说法中正确的是A. 12g金刚石中含有化学键的数目为4NAB. 将7.1g Cl2溶于水制成饱和氯水，溶液中Cl-、ClO-和HC1O的微粒数之和为0.1NAC. 标准状况下，11.2L NO和11.2L O2混合后，气体的分子总数为0.75NAD. 20g的D2O中含有的质子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A、金刚石属于原子晶体，1mol金刚石中含有2mol C-C，即12g金刚石中含有C-C键物质量为2=2mol，故A错误；B、氯气溶于水，部分氯气与水发生反应，溶液中含

3、有氯元素微粒有Cl2、Cl、ClO、HClO，溶液中Cl、ClO、HClO微粒物质的量之和小于0.1mol，故B错误；C、NO与O2发生2NOO2=2NO2，根据所给量，NO不足，O2过量，反应后气体物质的量和为0.75mol，但2NO2N2O4，因此反应后气体物质的量小于0.75mol，故C错误；D、D2O为2H2O，其摩尔质量为20gmol-1，20g D2O中含有质子物质的量为10=10mol，故D正确；答案选D。【点睛】易错点是选项B，学生认为氯气通入水中，氯气与水反应生成HCl和HClO，忽略了氯水的成分“三分子四离子”，三分子为：Cl2、HClO、H2O，四离子：H+、Cl-、Cl

4、O-、OH-，因此氯元素在水中存在形式有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，从而做出合理分析。3.下列说法不正确的是A. 本草纲目中记载：“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露。”“其法”是指蒸馏B. 易经记载“泽中有火”“上火下泽”。“泽”是指湖泊池沼，“泽中有火”是对乙烯在湖泊池沼水面上起火现象的描述C. 新修草本有关“青矾”的描述为本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”据此推测“青矾”的主要成分为FeSO47H2OD. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”“剂钢”是指含铁的合金。【答案】B【解析】【详解】A、“用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露”

5、，这是蒸馏的方法，故A不符合题意；B、“泽中有火”是对甲烷在湖泊池沼在水面上起火现象的描述，故B符合题意；C、“青矾”的描述为本来绿色，则说明含有Fe2，即“青矾”的主要成分为FeSO47H2O，故C不符合题意；D、“剂钢”是铁的合金，故D不符合题意；答案选B。4.2.0mol PC13和1.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应: PCl3(g)+Cl2(g) PCl5(g)达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0mol PCl3和0.5mol Cl2，在相同温度下再达平衡时PCl3的物质的量是A. 0.40molB. 0.20molC. 大于0.8

6、0mol，小于1.6molD. 小于0.80mol【答案】C【解析】【详解】达到平衡后移走1.0mol PCl3和0.5mol Cl2，重新达到平衡，可以等效为开始加入1.0mol PCl3和0.50mol Cl2达到的平衡，与原平衡比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物转化率减小，故达到平衡时，PCl3的物质的量大于原平衡的一半，即达到平衡时PCl3的物质的量大于1.6mol=0.8mol，但小于1.6mol，故选项C正确；答案选C。5.3-甲基-3-羟甲基氧杂环丁烷可用于制备多种化工原料。下列有关该有机物的说法正确的是（）A. 分子式C4H8O2B. 与环氧乙烷（）互为同系物C. 与其互为同

7、分异构体（不含立体结构）的羧酸有4种D. 分子中所有碳原子处于同平面【答案】C【解析】【详解】A、根据有机物的结构简式，推出该有机物的分子式为C5H10O2，故A错误；B、环氧乙烷是三元环，而3甲基3羟甲基氧杂环丁烷，是四元环，且二者分子构成上相差的不是n个CH2，因此两者不互为同系物，故B错误；C、属于羧酸的结构简式为CH3CH2CH2CH2COOH、CH3CH2CH(COOH)CH3、(CH3)2CH2COOH、(CH3)2CCOOH，共有4种，故C正确；D、根据结构简式，结构中C为sp3杂化，分子中所有原子不处于同一平面，故D错误；答案选C。6.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，

8、且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B. 氧化物的水化物的酸性:H2XO3H2YO4C. 单质熔点：XSiSH，故A错误；B、S的非金属性强于Si，即H2SO4的酸性强于H2SiO3，故B正确；C、Si为原子晶体，S单质为分子晶体，即Si的熔点高于S，故C错误；D、ZWY为KHS，HS-在水中既有电离也有水解，故D错误；答案选B。【点睛】本题应从向过量的ZWY溶液中滴入少量的硫酸铜溶液，观察到

9、有黑色沉淀和臭鸡蛋气味的气体放出入手，臭鸡蛋气味的气体为H2S，黑色沉淀为CuS，发生的离子方程式应是2HSCu2=CuSH2S，最后根据信息推出其他，这就需要学生对元素及其化合物的性质熟练掌握。7.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解C向FeCl3溶液中加入少量铜屑，铜溶解Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性D用pH试纸测得，CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力

10、比CH3COOH的强A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、苯酚浊液滴加Na2CO3溶液，浊液变清，苯酚与Na2CO3发生C6H5OHNa2CO3C6H5ONaNaHCO3，推出苯酚的酸性强于HCO3，故A错误；B、葡萄糖与银氨溶液发生反应，要求环境为碱性，本实验未中和硫酸，因此未出现银镜，不能判断蔗糖是否水解，故B错误；C、FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu2Fe3=2Fe2Cu2，根据氧化还原反应的规律，得出Fe3的氧化性强于Cu2，故C正确；D、题目中没有说明CH3COONa和NaNO2的浓度，无法根据pH的大小，判断CH3COOH和HNO2酸性强弱，故D错误；答案

11、选D。8.为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是A. “溶解”操作中溶液温度不宜过髙B. 铜帽溶解的反应可能有H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2OC. 与锌粉反应的离子可能是Cu2+、H+D. “过滤”操作后，将滤液蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后高温灼烧即可得纯净的ZnO【答案】D【解析】【详解】A、溶解时需要加入H2O2，H2O2不稳定，受热易分解，因此“溶解”操作中溶液温度不宜过高，故A叙述正确；B、根据流程，“溶解”过程发生的反应是2CuO24H=2Cu22H2O，或者发生CuH2O22H=Cu

12、22H2O，故B叙述正确；C、根据流程，过滤后得到海绵铜，说明“反应”过程中含有Cu2，加NaOH溶液，调节pH=2，说明溶液显酸性，即“反应”过程中能与Zn反应的离子是Cu2和H，故C说法正确；D、过滤操作得到滤液中含有ZnSO4，蒸发结晶、过滤干燥得到的是ZnSO4，且滤液中含有Na2SO4，因此最后的得到的物质是混合物，故D叙述错误；答案选D。9.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A. 收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B. 在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D. 合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转

13、化率【答案】B【解析】【分析】利用勒夏特列原理的定义进行分析。【详解】A、Cl2与H2O发生Cl2H2OH+Cl-HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3H2ONH3H2ONH4+OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2O22SO3，使用过量的氧气，增加反

14、应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。10.氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25时HF(aq)+OH(aq)F(aq)+H2O(l)H67.7 kJmol1H+(aq)+OH(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1在20mL0.1molL1氢氟酸中加入VmL0.1molL1NaOH溶液，下列有关说法正确的是A. 氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为HF(aq)H+(aq) +F(aq) H+10.4kJmol1B. 当V20时，溶液中：c(OH)c(HF) +c(H+)C. 当V20时，溶液中：c(F)c(Na+)0.1molL1D. 当V0时

15、，溶液中一定存在：c(Na+)c(F)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A项，根据盖斯定律，将式减去式可得：HF(aq)H(aq)F(aq) H10.4 kJmol1 ，故A错误；B项，当V20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH)c(HF)c(H)，也可由物料守恒c(Na+)c(F)+ c(HF)及电荷守恒c(H)+c(Na+)=c(F)+c(OH)来求，故B项正确；C项，结合B选项的分析，由于HF为弱酸，因此F水解，故溶液中存在：c(F)c(Na+)0.05 molL1 ，C项错误；D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(

16、F)c(H)c(Na+)c(OH)或c(F)c(Na+)c(H)c(OH)或c(Na+)c(F)c(OH)c(H)或c(Na+)c(F)c(OH)c(H)，故D项错误。答案选B。11.为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如图实验。关于该实验的分析不正确的是A. 浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42(aq)B. 中溶液变澄清的原因：AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC. 中颜色变化说明有AgCl生成D. 该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶【答案】D【解析】【详解】A、反应中沉淀是Ag2CrO4，存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+

17、(aq)CrO42-(aq)，故A叙述正确；B、反应中存在溶解体系，即的上层清液中存在Ag，加入NH3H2O，先发生Ag+NH3H2O=AgOH+NH4，继续滴加NH3H2O，发生AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O，因此溶液显变浑浊，再变澄清，故B叙述正确；C、浊液中加入KCl，有白色沉淀产生，该沉淀为AgCl，故C叙述正确；D、根据实验，加入KCl的浓度为2molL1，比K2CrO4的浓度大的多，当c(Ag)c(Cl)Ksp时，就会有AgCl沉淀产生，因此本实验不能说明AgCl比Ag2CrO4更难溶，故D叙述错误；答案选D。12.下图是新型镁一锂双离子二次电池。下列关于

18、该电池的说法正确的是A. 放电时，Li+由右向左移动B. 放电时，正极的电极反应式为Li1-x-FePO4+xLi+xe-=LiFePO4C. 充电时，外加电源的负极与Y相连D. 充电时，导线上每通过1mol e-，左室溶液质量减轻12g【答案】B【解析】【详解】A、放电，该装置为电池，Mg是活泼金属，即Mg作负极，另一极为正极，根据原电池的工作原理，Li应向正极移动，即从左向右移动，故A错误；B、根据上述分析，右边电极为正极，得到电子，电极反应式为Li1-x-FePO4+ xLi+xe-=LiFePO4，故B正确；C、充电，该装置为电解池，电源的正极接电池的正极，电源的负极接电池的负极，即充

19、电时，外加电源的负极与X相连，故C错误；D、充电时，导线上每通过1mol e-，左室得电子，发生还原反应，电极反应式为Mg2+2e-=Mg，但右侧将有1mol Li+移向左室，因此溶液质量减轻12-7=5g，故D错误；答案选B。13.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.010-4和1.710-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A. 曲线I代表HNO2溶液B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相

20、应的酸和酸根离子）【答案】D【解析】【分析】根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，据此分析。【详解】A、根据HNO2和CH3COOH的电离平衡常数，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH、相同体积时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即曲线II为HNO2的稀释曲线，曲线I为CH3COOH的稀释曲线，故A错误；B、b点pH小于c点，说明b点溶液中c(H)大于c点溶液中c(H)，即溶液水的电离程度：c点大于b点，故B错误；C、

21、HNO2的酸性强于CH3COOH，相同pH时，c(CH3COOH)c(HNO2)，即等体积、等pH时，与NaOH恰好中和时，CH3COOH消耗NaOH多，则此时，CH3COONa溶液中Na+含量较多，故C错误；D、，Kw、Ka只受温度影响，因此从c点到d点，该比值保持不变，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点是选项C，学生认为两种溶液的pH相同，体积相同，所以消耗的氢氧化钠的物质的量相同，错选C，忽略了两种酸的酸性不同，根据图像，推出HNO2的酸性强于CH3COOH，即相同pH时，c(CH3COOH)c(HNO2)，然后分析。14.我国科研人员催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇

22、，反应机理的示意图如下：下列说法不正确的是A. 肉桂醇能发生取代反应、加成反应和缩聚反应B. 苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都是芳香族化合物C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基【答案】A【解析】【详解】A、根据肉桂醇的结构简式，含有官能团是碳碳双键、羟基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生缩聚反应，故A说法错误；B、苯丙醛、肉桂醛、肉桂醇都含有苯环，因此它们都属于芳香族化合物，故B说法正确；C、醛醇是还原反应，肉桂醛肉桂醇，碳氧双键中的一个碳氧键发生断裂，是极性键的断裂；H2分子中的H-H键的断裂是非极性键的断裂；故C说法正确；D、肉桂醛在催化条

23、件下，只有醛基与氢气发生加成反应，说明催化剂具有选择性，故D说法正确；答案选A。15.某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分別为0.10和0.06，发生化学反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：压强/（105Pa）温度/NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A. 升高温度，反应速率加快B. 增大压强，反应速率变慢C. 在1.0105 Pa、90条件下，当转化率为98%时反应已达平衡D. 若进

24、入反应塔的混合气体为a mol，反应速率以表示，则在8.0105Pa、30条件下，转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为 mols-1【答案】D【解析】【详解】A、根据表格数据，在相同压强，温度高时，达到相同的转化率所需时间长，即升高温度，反应速率减缓，故A错误；B、相同的温度下，压强大，达到相同的转化率所需时间短，即增大压强，反应速率加快，故B错误；C、在此条件下，当转化率达到98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到平衡，故C错误；D、当amol混合气体进入反应塔，根据题目所示环境，v=mols-1，故D正确；答案选D。16.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设

25、计的实验装置示意图如下。下列叙述正确的是A. Y的电极反应为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4B. 电解池内仅发生反应：2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2C. 若电解池阴极上有0.5mol H2生成，则铅蓄电池中消耗H2SO4为98gD. 用电絮凝法净化过的水，pH显著升高【答案】C【解析】【分析】左端装置为电池，右端装置为电解池，根据电解池的装置图，铁电极上H2O转化成H2和OH，铁电极为阴极，即Al电极为阳极，X为负极，Y为正极，据此分析。【详解】A、根据上述分析，Y电极为正极，电极反应式为PbO2+SO42-H+2e-=PbSO4+H2O，故A错误；B、根据电解池装置，Al电

26、极上除有Al3生成外，还含有O2的生成，故B错误；C、阴极上有0.5mol H2产生，铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，即有H22e-2H2SO4，即铅蓄电池中消耗硫酸的质量为0.5mol298g/mol=98g，故C正确；D、电解池内部发生的反应是2Al6H2O2Al(OH)33H2，2H2O2H2O2，净化过的水，pH基本保持不变，故D错误；答案选C。【点睛】涉及电化学计算，特别是两池的计算时，一般采用关系式法，让电子为中介，像本题，阴极上产生氢气，得出H22e-，铅蓄电池中也转移2mol e-，根据铅蓄电池总反应，列出H22e-2H2SO4，从而计算

27、出硫酸的质量。17.实验室制备溴苯的反应装置如图所示，回答下列问题：已知：苯溴溴苯密度/gcm-30.883.101.50水中的溶解度微溶微溶微溶(1)实验装置c的作用为_。(2)写出实验室制备溴苯的反应方程式_。(3)本实验得到粗溴苯后，除去铁屑，再用如下操作精制：a蒸馏；b水洗；c用干燥剂干燥；d 10%NaOH溶液洗涤；e水洗，正确的操作顺序是_。(4)本实验使用6mL无水苯、4.0mL液溴和少量铁屑，充分反应，经精制得到6.5mL的溴苯。则该实验中溴苯的产率是_。【答案】 (1). 吸收HBr (2). +Br2 HBr (3). bdeca或者edbca (4). 91.7%【解析】

28、【分析】苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境。【详解】（1）苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境；（2）制备溴苯的化学反应方程式为+Br2 HBr；（3）粗溴苯中混有液溴和FeBr3，提纯的步骤是水洗10%NaOH溶液洗涤水洗干燥蒸馏，即步骤为bdeca或者edbca；（4）苯的质量为6mL0.88g/cm3=

29、5.28g，其物质的量为=0.068mol，液溴的质量为3.10gcm-34.0mL=12.4g，其物质的量为=0.0775mol，苯不足，液溴过量，生成溴苯的质量为0.068mol157gmol-1=10.63g，实际上得到溴苯的质量为6.5mL1.50gmol-1=9.75g，溴苯的产率为100%=91.7%。【点睛】有机物实验考查中，因为有机物的副反应较多，因此必然涉及到产率的计算，产率=，实际产量题中会给出，需要学生计算出理论产量，即判断出原料谁过量，谁不足，按照不足计算目标产物的理论产量，从而得出结果。18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分：Ca5(PO4)

30、3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。(1)上述流程中所采取的实验措施能加快反应速率有_。(2)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3(OH)与H2SO4反应的化学方程式为_。(3)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因_。(4)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，加入BaCO3代替CaCO3可进一步提高硫的脱除率，原因是_。向粗磷酸中加入BaCO3脱硫，发生反应的离子方程式是_。(5)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL-

31、1 NaOH 溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c L，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。(已知摩尔质量为98gmol-1)【答案】 (1). 研磨和加热 (2). 2Ca5(PO4)3(OH)10H2SO43H2O6H3PO410CaSO40.5H2O (3). 80后，H2O2分解速率增大，过氧化氢的浓度显著降低 (4). CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水 (5). BaCO3SO422H3PO4=BaSO4CO22H2PO4 (6). 【解析】【详解】（1）根据工艺流程，能加快反应速率的是研磨和加热；（2）根据流程图，酸浸时生成粗磷酸，即生成磷酸，以及还有磷石膏

32、，发生的反应有：；（3）H2O2不稳定，受热易分解，80后脱除率降低，是因为H2O2分解速率增大，过氧化氢的浓度显著降低；（4）脱硫后，碳酸钙转化成CaSO4，CaSO4微溶于水，溶液中仍有部分SO42的残留，用BaCO3代替CaCO3，转化成BaSO4，BaSO4难溶于水，这样可以提高硫的脱除率；磷酸为中强酸，且体系中有磷酸的存在，发生离子反应为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-；（5）发生的反应：H3PO42NaOH=Na2HPO42H2O，磷酸的物质的量为，其质量为，H3PO4的质量分数是。19.一种通过铁基氧载体（Fe3O4/FeO)深度还原和再生

33、来合成二甲醚（CH3OCH3) 的原理如图：(1)二甲酸的合成反应：3CO(g)+3H2(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)；H1已知CO、CH3OCH3与H2的燃烧热（H）分别为 a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol（a、b、c均小于0），则H1 _kJ/moL。该反应选用（CuO/ZnO/Al2O）复合催化剂，该催化剂能_(填标号)。A.提高反应速率 B.促进平衡正向移动 C.改变反应的焓变 D.降低反应的活化能(2)CH4氧化器中发生的主反应：i.CH4(g)+Fe3O4(s)=CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)ii.CH4(g)+4Fe3O4(s)=CO2(

34、g)+2H2O(g)+12FeO(s)850时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如图。随着压强的增大，反应i的平衡常数K值_(填“增大”、“减小”或“不变”)。结合图像，分析H2O的体积分数变化的原因_(用化学方程式表示）。(3)将一定量的FeO 和CO2置于CO2还原器（体积不变的密闭容器）中，发生的主反应：CO2(g)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+CO(g)。保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中CO、CO2体积分数如下表。温度t/100170200300400500CO2体积分数0.670.670.750.820.90.92CO体积分数0.330.330.2

35、50.180.10.08H2_0(填“”或“”)。由上表可知，若在150时进行上述转化，理论转化率(FeO)为100%。在上述反应体系中，一定可以说明该反应达到平衡状态的是_(填标号）。A.CO2的物质的量不变 B.体系的压强不变C.气体的平均摩尔质量不变D.CO的生成速率和消耗速率相等且不等于零根据化学反应原理，分析CO2还原器温度设置在170的原因_。【答案】 (1). 3a+3c-b (2). AD (3). 不变 (4). (5). (6). D (7). 温度过高，CO2的转化率降低；温度过低，反应速率变慢【解析】【详解】（1）CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2

36、(g)；H=a kJmol-1，CH3OCH3燃烧热的热化学方程式为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)；H=b kJmol-1，H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)；H=c kJmol-1，根据目标方程式，应是33，得出H=(3a3cb)kJmol-1；A、使用催化剂降低活化能，提高单位体积内活化分子百分数，使反应速率加快，故A符合题意；B、催化剂对化学平衡的移动无影响，故B不符合题意；C、反应焓变只与始态和终态有关，催化剂不能降低反应的焓变，故C不符合题意；D、催化剂降低反应的活化能，故D符合题意；答案选AD；（2）化学平衡常数只受温

37、度的影响，即增大压强，化学平衡常数不变；根据图像分析，随着反应的进行，H2的含量降低，H2O的含量增大，可推断反应过程中H2转化成H2O，发生的反应为Fe3O4和H2反应生成FeO和H2O，则化学反应方程式为；（3）根据图表分析，随着温度的升高，平衡时CO2的体积分数增大，CO的体积分数降低，标明化学平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即H0；A、从表中可以看出温度从100上升到170，已经完全转化，此时CO2和CO的体积分数都不变，但此时不算平衡状态，因此CO2物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B、反应前后气体系数之和相等，即压强始终相等，因此压强

38、不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C、根据A选项分析，气体平均摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D、根据化学平衡状态的定义，CO生成速率和消耗速率相等，且不等于0，说明反应达到平衡，故D符合题意；答案选D；温度选择170，从平衡的角度分析，温度过高，CO2的转化率降低，从速率角度分析，温度过低反应速率变慢，则选择170。20.青金石是碱性铝硅酸盐矿物，其中含钠、铝、硅、硫、氧、氧等元素，曾用来制作颜料。(1)在周期表中，与Si的化学性质最相似的邻族元素是_。(2) Na+和 Ne互为等电子体，电离能 I2(Na)_I1(Ne)填”或“ HCl HBr HI，其中H1

39、(HF)特别大的原因为_，影响H2递变的因素为_。【答案】 (1). B (2). (3). 键、键 (4). (5). 氟化氢与水分子间存在分子间氢键 (6). 键能【解析】【详解】（1）依据元素周期表的对角线原则，与Si的化学性质相似的邻族元素是B；（2）根据Na的正电性较强，对核外电子的吸引力比氖强，想失去电子需要更多的能量，因此Na的第二电离能比氖的第一电离能高；（3）HClO4为分子晶体，H和O之间Cl和O之间含有键，HClO4分子中存在的非羟基氧与Cl以双键形式结合，即HClO4中存在键；硫酸化学式为H2SO4，硫酸为二元强酸，有两个羟基，即硫酸的结构式为；（4）由于氟化氢与水分子

40、间存在分子间氢键，溶液状态转化成气态时所吸收的能量高，H1(HF)特别大；H2表示卤化氢分解成原子，是破坏共价键的过程，因此影响H2递变的直接原因是H-X键的键能。21.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料出现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其它稀土原料。(1) 钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中的位置是_；基态铁原子的外围电子排布图是_。(2)实验测得气态A1C13的实际存在形式为A12C16双聚分子，其中A1原子的杂化方式是_；A12C16与过量NaOH溶液反应生成NaAl(OH)4；A1(OH)4-

41、中存在的化学键有_(填选项字母）。A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.金属键 E.氢键(3)已知立方BN晶体硬而脆，其原因是_；其晶胞结构如图所示，N原子填充在B原子构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为_，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，晶体的密度为b gcm-3，则阿伏加德罗常数为_mol-1 (列式即可，用含a、b的代数式表示）【答案】 (1). 第六周期 B族 (2). (3). sp3 (4). BC (5). BN为原子晶体，BN键能大，因此质地坚硬，其共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，因此脆 (6). 50% (7). 【解析】【详解】

42、（1）60号元素位于元素周期表第六周期 B族；铁为过渡元素，其外围电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，其外围电子排布式图为；（2）Al2Cl6结构式为，即Al的杂化类型为sp3；Al(OH)4中O和H之间为共价键，Al3与OH-之间以配位键的形式结合，答案选BC；（3）BN晶体硬，说明BN为原子晶体，B-N键能大，因此质地坚硬，其共价键具有方向性，受到外力时，会发生原子错位，因此脆；从晶胞构型中可看出，B原子形成8个正四面体，有4个N原子填充4个正四面体中，因此晶胞的正四面体的空隙填充率为50%；根据晶胞结构可知，每个晶胞中含有N原子数为4，B原子个数为=4，晶胞的质量为g，B、N间的距

43、离是a nm，是体对角线的，根据勾股定理，推出晶胞的边长为nm，根据密度的定义，求出阿伏加德罗常数为。【点睛】本题的难点是阿伏加德罗常数的计算，首先利用均摊的方法，判断出微粒的个数，利用，晶胞的质量为m=nM，晶胞边长的计算是本题的难点，学生先认清楚，N和B最近的距离应是体对角线的，根据勾股定理，求出边长，最后根据密度进行分析。22.有机物AH的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。请回答下列问题：(1)E官能团的电子式为_。(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，不正确的是

44、_(选填序号）。a. A、B、C、D均属于烃类b. B的同系物中，当碳原子数4时开始出现同分异构现象c. 等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等 d. B不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_；反应：_。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应或制备，请指出用哪一个反应制备较好:_，并说明理由：_。【答案】 (1). (2). ad (3). nCH2=CH2 (4). CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O (5). (6). 反应为加成反应，原子利用率100%，反应为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应制备较好【解析】【分析】A是植物生长调节剂，它的产量用