2022-2023年年高二年级下册半期第二次质量检测化学在线测验(河南省八市)

选择题

下列说法不正确的是

A.化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关

B.化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能、电能等

C.AH越大，说明反应放出的热量越多

D.需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应

【答案】C

【解析】

A.参加反应的物质越多，放出或吸收的热量越多，所以化学反应的

热效应数值与参加反应的物质多少有关，故A正确；

B.根据化学反应过程中的能量转化形式，除了热能外，也可以是光

能、电能等，故B正确；

C.对于反应是放热反应的焰变,0H越大，说明反应放出的热量越少，

对于吸热反应邮越大，说明反应吸收的热量越多，故C错误；

D,需要加热才能进行的化学反应可能是放热反应,如木材的燃烧等，

故D正确；

答案选C。

选择题

下列说法正确的是()

A.图①中△H1=AH2+AH3

B.图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2

C.图③表示醋酸溶液滴定NaOH溶液和氨水混合溶液的电导率变化

曲线

D.图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出5661d热量

【答案】C

【解析】

试题根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完

成，其热效应是相同的，故应有：加1=-邮2-团H3,A错误；El、E2

分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较

高的El,B错误；氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱

电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大,

溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续

与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸镀，所以电导率增大；氨水也

完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势,

C正确；图象中未标明CO、氧气以及C02的物质的量与焰变的值的

数值计量关系，D错误。

选择题

下列说法正确的是

A.浓度是影响化学反应速率的本质因素

B.在容积可变的密闭容器中，发生反应H2(g)+I2(g)=亠2Hl(g),把容

积缩小一倍，正反应速率加快，平衡正向移动

C.反应MgCl2(l)=Mg(l)+CI2(g)的0HO

D.化学反应速率可用单位时间内反应物的浓度变化量来表示

【答案】D

【解析】

A,反应物的性质为决定化学反应速率的本质因素，浓度为影响反应

速率的外界因素，故A错误；

B.增大压强，参加反应的气体的浓度都增大，正、逆反应速率都增

大，对于反应H2(g)+I2(g)-2Hl(g),增大压强，平衡不移动，故B

错误；

C.MgCI2的分解反应属于吸热反应，回H>0,反应后生成气体，熠变

增加，羽＞0,故C错误；

D.化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓

度的增加量(均取正值)来表示，即可用单位时间内反应物的浓度变化

量来表示，故D正确；

答案选D。

选择题

下列有关电解质溶液的说法正确的是

A.在蒸储水中加入NH4NO3固体，Kw不变

B.加水稀释FeCI3溶液，c(Fe3+)/c(CI-)的值减小

C.加热蒸干并灼烧AI(NO3)3溶液得到AI(OH)3固体

D.浓度均为0.1mol-L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：3c(Na+)

=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]

【答案】B

【解析】

A.Kw只受温度的影响，因硝酸筱溶于水吸热，则温度降低，水的离

子积常数减小，故A错误；

B.加水稀释FeCI3溶液，促进氯化铁水解，所以铁离子物质的量减

n(Fe3-)c(Fe3-)

小，而氯离子的物质的量不变，所以MC「)变小，即c(C「)的值减小,

故B正确；

C.铝离子水解生成氢氧化铝和硝酸，加热蒸发，硝酸易挥发，促进

水解，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体是AI2O3,故C错

误；

D.浓度均为0.1mol・L-l的Na2c03、NaHC03混合溶液,根据物料守

恒，2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HC03-)+c(H2CO3)],故D错误；

答案选B。

选择题

下列有关电池的说法不正确的是

A.太阳能电池的主要材料是高纯度的晶体硅

B.铜锌原电池工作时，电子由锌极经电解质溶液流向铜电极

C.甲醇燃料电池工作时，甲醇在负极被氧化

D.原电池中一定发生了氧化还原反应

【答案】B

【解析】

A.太阳能电池的主要材料是高纯度的晶体硅，故A正确；

B.铜锌原电池中锌易失电子作负极，铜作正极，放电时，电子从负

极锌沿导线流向正极铜，电子不能经过溶液，故B错误；

C.燃料电池中，燃料易失电子而发生氧化反应，所以甲醇在负极上

被氧化，故C正确；

D.原电池反应的实质是自发的氧化还原反应，所以原电池中一定发

生了氧化还原反应，故D正确；

答案选B。

选择题

常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是

A.c(NH4+)=0.1mol/L的溶液中：Fe3+、AI3+、N03-、I-

B.水电离出的c(H+)=lxlO-13mol/L的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、

SO42-

C.c(HCO3-)=1.0mol/L的溶液中：Na+、AI3+、SO42-、N03-

D.使石蕊变蓝的溶液中：K+、Na+、CO32-、AI02-

【答案】D

【解析】

A.Fe3+与I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题

忌；

B.常温下由水电离出的c(H+)=lxlO-13mol/L的溶液中存在大量氢离

子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，

故B不符合题意；

C.AI3+与HC03-能够发生双水解反应，不能大量共存，故C不符合

题意；

D.能使石蕊变蓝的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AI02-、K+、

CO32-之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量

共存，故D符合题意；

答案选D。

选择题

下列描述正确的是

A.电解AICI3饱和溶液，可制得金属铝

B.用惰性电极电解足量CUS04溶液，一段时间后，阴极和阳极析出

产物的质量之比为4(211

C.将等体积不同浓度的酸性高镒酸钾溶液分别滴入等浓度等体积的

草酸溶液中，依据褪色快慢，比较浓度对反应速率的影响

D.新制氯水中存在两种电离平衡，且2c(CI2)=c(CI-)+c(CIO-)+c(HCIO)

【答案】B

【解析】

A.AICI3饱和溶液中氢离子的得电子能力大于铝离子，所以在阴极上

氢离子得电子生成氢气，铝离子不能被电解，所以得不到金属铝，故

A错误；

B.电解硫酸铜溶液生成氧气、硫酸和铜，其中阳极析出氧气，阴极

析出铜，根据2CUSO4+2H2O皙L2Cu+2H2so4+02个，生成的铜和

64x24

氧气的质量比为万厂=1,故B正确;

C.等体积不同浓度的酸性高锌酸钾中含有的高镒酸钾的物质的量不

等，溶液的颜色不同，应该用等浓度等体积的高锯酸钾草酸溶液与等

体积不同浓度草酸反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应

速率的影响，故C错误；

D.新制氯水中存在水的电离平衡H20团H++OH-,次氯酸的电离平衡

HCIO国H++CIO-,新制氯水中存在两种电离平衡，因氯水中氯气与水反

应的程度不清楚，则反应的氯气的量未知，不能确定没有反应的氯气

与c(CIO-)、c(CI-)、c(HCIO)的关系，故D错误；

答案选B。

选择题

一定条件下，在密闭容器中充入C02与H2进行反应：2CO2(g)+6H2(g)

LCH30cH3(g)+3H2O(g)AH。采用催化剂甲和催化剂乙分别发生上述

反应，测得反应进行相同时间时C02的转化率a(C02)随反应温度T

的变化曲线如下图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)：

TZK

下列叙述正确的是

A.该可逆反应的AH〉。

B.催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能大

C.500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率比在催化剂

乙作用下的转化率高

D.d、e两点反应已经达到平衡

【答案】D

【解析】

在建立平衡之前，随着反应温度的升高，反应速率逐渐增大，随着反

应的进行，CO2的转化率逐渐增大，当二氧化碳的转化率达到最大时,

建立平衡，然后随着温度升高，二氧化碳的转化率减小，说明平衡逆

向移动，正反应为放热反应，据此分析解答。

A.根据上述分析，该可逆反应为放热反应，AH<0,故A错误；

B.在建立平衡之前，相同温度条件下，催化剂甲反应速率大于催化

剂乙，说明催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活

化能小，故B错误；

C.催化剂不能使平衡发生移动，因此500K下达到平衡时，反应在

催化剂甲作用下的转化率与在催化剂乙作用下的转化率相等，故C错

误；

D.根据上述分析，d、e两点反应都已经达到平衡，故D正确；

答案选D。

选择题

微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。

某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：

下列说法正确的是

A.电流由a极沿导线流向b极

B.每转移1mole一,标准状况下，消耗O22.8L

C.微生物所在电极区放电时发生还原反应

D.负极的电极反应式为HS--P4H2O-8e-=SO42-+9H+

【答案】D

【解析】

由图可知硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可

以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把

有机物氧化成CO2失去电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为

SO42-,失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；

正极上是氧气得电子的还原反应：4H++O2+4e-=2H2O,结合原电池原

理分析解答。

A.根据上述分析和H+的移动方向，b是电池的正极，a是负极，则

电子从a流出沿导线流向b极，则电流从b流出沿导线流向a极，故

A错误；

B.根据4H++O2+4e-=2H2O,每转移1mole-,消耗O20.25mol,标

准状况下的体积为5.6L,故B错误；

C.微生物所在电极区为负极，放电时发生氧化反应，故C错误；

D.负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-,失电子发生氧化反应,

电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+,故D正确；

答案选D。

选择题

常温下向20mL0.1mol-L-1Na2c03溶液中逐滴加入0.1mol-L-1HCI

溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的

量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。

含饅組分會量/

下列说法正确的是

A.在同一溶液中，H2c03、HC03—、CO32—不能大量共存

B.当pH=7时，溶液中各种离子（CO32—除外）的物质的量浓度的大小

关系为:c(CI-)>c(Na+)>c(HC03-)>c(H+)=c(0H-)

C.0.1mol/LNa2CO3溶液中c(OH—)-c(H+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)

D.当pH=8时，NaHC03溶液的物质的量浓度为0.1mol/L

【答案】A

【解析】

A.由图可知,pH在8—12时存在HCO3-CO32-,pHV8存在H2c03、

HC03-,可知上述反应的同一溶液中，H2c03、HC03-、CO32-不能大

量共存，故A正确；

B.由图可知，pH=7时c(H+)=c(OH-),溶液中主要含有H2c03、HC03-,

且c(HCO3-)>c(H2CO3),则溶质为NaCkNaHC03、H2CO3,则存在

c(Na+)>c(CI-)>c(HC03-),故B错误；

C.0.1mol/LNa2CO3溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+

c(HC03-)+c(OH-),也存在物料守恒，c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HC03-)+

c(H2CO3)],则c(0H-)-c(H+)=2c(H2co3)+c(HCO3一),故C错误；

D.当pH=8时，恰好反应生成NaHC03溶液，加入盐酸溶液的体积

为20mL,溶液的体积是40mL,因此NaHC03溶液的物质的量浓度是

0.05mol/L,故D错误;

答案选A。

选择题

根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是

选项

实验操作和现象

结论

A

向25mL沸水中滴加5〜6滴FeCI3饱和溶液，继续煮沸，生成红褐色

沉淀

制得Fe(0H)3胶体

B

室温下，向浓度均为0.1mol-L-1的BaCI2和CaCI2混合溶液中滴加

Na2s04溶液，出现白色沉淀。

Ksp(BaSO4)<Ksp(CaSO4)

C

室温下，向FeCI3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶

液变蓝色。

Fe3+的氧化性比12的强

D

室温下,用pH试纸测得：O.lmol-L-1Na2SO3溶液的pH约为10；

O.lmol-L-1NaHSO3溶液的pH约为5。

HSO3—结合H+的能力比

SO32一的强

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

A.FeCI3饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，为防止胶体聚沉,

当溶液呈红褐色时停止加热，故A错误；

B.白色沉淀可能为硫酸钢或硫酸钙，不能比较Ksp(BaS04)>Ksp(CaS04)

的大小，故B错误；

C.碘离子和铁离子反应生成碘和亚铁离子，碘遇淀粉试液变蓝色，

在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应

中氧化剂是铁离子、氧化产物的碘，所以氧化性：Fe3+>I2,故C正

确；

D.前者水解显碱性，后者电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则

HS03-结合H+的能力比SO32-的弱，故D错误；

答案选C。

选择题

已知下列物质在20回下的Ksp如下,

化学式

AgCI

AgBr

Agl

Ag2S

Ag2CrO4

颜色

白色

浅黄色

黄色

黑色

红色

Ksp

2.0x10-10

5.4x10-13

8.3x10-17

2.0x10-48

2.0x10-12

下列说法不正确的是

A.20回时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的

顺序是:Ag2CrO4>AgCI>AgBr>Agl>Ag2So

B.向BaCI2溶液中加入AgNO3和KBr,当两种沉淀共存时，c(Br-)/(Cl

-)=2.7xl0-3

C.测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，

应加入的指示剂是K2CrO4

D.某溶液中含有Cl—、Br—和I一,浓度均为O.OlOmoILl,向该溶

液中逐滴加入O.O1Omol-L-1的AgN03溶液时，CI—最先沉淀出来

【答案】D

【解析】

A.20回时，在AgCI的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)xc(CI-)=2.0xl0-10,c(Ag+)=

誨Ox10"mol-L-1；Ag2CrO4饱和溶液中，

Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0xl0-12,c(Ag+)=mol-L-1；同理,

17

在Agl的饱和溶液中，c(Ag+)=#3x10mol-L-l；在AgBr的饱和溶

液中，c(Ag+)=^5mol/L；在Ag2s的饱和溶液中，c(Ag+)=

也x2"0正mol-L-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4

>AgCI>AgBr>Agl>Ag2S,故A正确；

B.当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，

KjAgBr)K£AgCl)5.4xl0'a

ti

c(Br-)="Ag],c(CI-)=c(Ag,)，则《C「)=2.0"10r=2.7x10-3,故

B正确；

C.指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，

沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴

定终点；氯化银、滨化银、碘化银的组成都是1卽，依据Ksp可以直

接比较溶解度大小为氯化银>滨化银>碘化银；Ksp(AgCI)=

c(Ag+)xc(CI-)=2.0xl0-10,c(CI-)=j2Oxio-i。mol-L-1；Ksp(Ag2CrO4)=

.2.0乂1。72

c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0xl0-12,c(CrO42-)=V-4mol-L-1,同理硫

h.QxlQ45

化银的Ksp=c2(Ag+)c(S2-)=2.0xl0—48,c(S2-)=V4mol-L-1,说

明辂酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入

K2CrO4做指示剂，可正确的测定氯化物的含量，故C正确；

D.某溶液中含有Cl—、Br—和I一,浓度均为0.010mo卜L-1,向该溶

液中逐滴加入0.010moILl的AgN03溶液时，氯化银、澳化银、碘

化银的组成都是101,Ksp由大到小的顺序为：AgCI>AgBr>Agl,因

此I一最先沉淀出来，故D错误；

答案选D。

选择题

下列有关说法正确的是

A.原子半径：Be<B<C<NB.电负性：Si>F

C.酸性：H3PO4>H2SiO3>HN03D.第一电离能：Mg>Na

【答案】D

【解析】

A.Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素，

从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径Be>B>C>N,故A错误；

B.同周期元素，从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族，从上

到下，元素的电负性逐渐减小，则元素的电负性：F>Si,故B错误；

C.非金属性：N>P>Si,元素的非金属性越强，对应的最高价氧化

物的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3,故C错

误；

D.同周期，从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Mg

>Na,故D正确；

答案选D。

选择题

下列说法正确的是

A.鉴别晶体与非晶体可用X-射线衍射实验

B.钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波长要长

C.元素周期表s区、d区及ds区一定都是金属元素

D,两种元素的电负性相差越大，越易形成共价化合物

【答案】A

【解析】

A,晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有

序排列，X—射线衍射实验可以看到微观结构，因此可用X-射线衍射

实验鉴别晶体与非晶体，故A正确；

B.黄色对应的辐射波长范围为597〜577nm,紫色波长介于400nm〜

435nm之间，则钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波

长要短，故B错误；

C.H为s区元素，为非金属元素，d区和ds区的元素都是金属元素，

故C错误；

D.电负性相差越大的元素原子间越容易形成离子键，存在电子的得

失，形成离子化合物，故D错误；

答案选A。

选择题

元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，已知Z元素基态

原子的外围电子排布为ns(n-2)npn,则下列说法错误的是

X

Y

W

Z

A.W元素单质具有半导体特性

B.X元素形成的化合物最多

C.Y元素形成的最简单氢化物中Y原子采用sp2杂化

D.Z元素基态原子的价电子排布为4s24p4

【答案】C

【解析】

Z元素基态原子的外围电子排布为ns(n-2)npn,含有p电子，则s已

经排满，外围电子排布为4s24P4,为第四周期第鼬族元素，为Se元

素，则W为Ge元素，Y为P元素，X为C元素，据此分析解答。

A.W为Ge元素，为第四周期第国A族元素，位于金属和非金属分界

线附近，具有半导体特性，故A正确；

B.碳元素形成的化合物中含有大量的有机化合物，种类最多，故B

正确；

C.Y元素形成的最简单氢化物为PH3,与H形成3个。键，且含有

1对孤电子对，P原子采用sp3杂化，故C错误；

D.根据上述分析，Z元素基态原子的价电子排布为4s24P4,故D正

确；

答案选C。

选择题

石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料（如

图甲），石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转

化为氧化石墨烯（如图乙）。

下列说法错误的是

A.图甲中，1号C与相邻C形成。键的个数为3

B.图乙中，1号C的杂化方式是sp2

C.M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图为J%。'

该材料的化学式为M3C60

D.将50nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水，在相同条件下所得

到的分散系后者更为稳定

【答案】B

【解析】

A.图中1号C与相邻C形成3个C-C键，形成。键的个数为3,故A

正确；

B.图中1号C形成3个C-C及1个C-0键，C原子为sp3杂化，故B

错误；

C.M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M,内部有9个M,

其个数为12x1+9=12,C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为

11_

8x8+6x2=4,M原子和C60分子的个数比为301,则该材料的化学式

为M3c60,故C正确；

D.氧化石墨烯粒子可与水分子形成氢键，而石墨烯不能，形成氢键

使稳定性增强，故D正确；

答案选B。

选择题

化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是

A.糖类、油脂、蛋白质的水解产物都是非电解质

B.油脂久置会发生酸败，主要是因为油脂水解

C.家用天然气中添加有特殊气味的物质，可促进气体完全燃烧

D.医疗检查报告中的血糖指的是葡萄糖

【答案】D

【解析】

A.油脂水解产物是高级脂肪酸和甘油，高级脂肪酸属于电解质，蛋

白质的水解产物为氨基酸，含有竣基和氨基，属于电解质，故A错误；

B.油脂久置会出现油脂的酸败现象，是因为油脂发生了氧化反应，

故B错误；

C.家用天然气中，添加有特殊臭味的气体，是为了便于人们及时发

现天然气泄漏，故c错误；

D.人体血糖含量指的是血液中含葡萄糖的多少，故D正确；

答案选D。

选择题

下列说法正确的是

A.相对分子质量为72的某烷燈，一氯代物有8种

B.聚合物CH：可由单体CH2=CHCH3cH=CH2加聚制得

C.CH3CH(OH)CH(CH3)2的名称为2-甲基-3-丁醇

D.植物油氢化、塑料和橡胶的老化过程中均发生了加成反应

【答案】A

【解析】

A.相对分子质量为72的某烷煙为戊烷，分别为正戊烷、异戊烷、新

戊烷，H原子种类分别为3、4、1,因此一氯代物共8种，故A正确；

4-CH2—CH2—CH-CHJTT

B.CH3中主链含4个C,为加聚反应产物，两种单体为

CH3CH=CH2和CH2=CH2,故B错误;

C.CH3CH(OH)CH(CH3)2命名时从距离羟基最近的一端开始编号，名

称为3-甲基2丁醇，故C错误；

D.塑料和橡胶的老化主要发生氧化反应，故D错误；

答案选A。

选择题

下列实验操作及对应的现象与结论都正确的是

实验操作

现象

结论

A

向淀粉中加入碘水

溶液变蓝

淀粉没有水解

B

向乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液

溶液紫色逐渐褪去

产生的气体为乙烯

C

向蛋白质溶液中滴加几滴HgCI2溶液

产生沉淀，加水沉淀不溶

蛋白质发生了变性

D

向2mLi0%CuSO4溶液,加入3滴10%NaOH溶液，再加入乙醛溶液，

加热

无石专红色沉淀

乙醛已变质

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

A.加碘水溶液变蓝，只能说明溶液中存在淀粉，没有检验葡萄糖，

不能说明是否水解，故A错误；

B.乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体中可能含有乙醇蒸气、乙

烯、二氧化硫等，乙醇蒸气、乙烯、二氧化硫均能使高锌酸钾褪色,

此现象不能说明气体一定为乙烯，故B错误；

C.蛋白质溶液中滴加HgCI2溶液发生变性，为不可逆反应，则产生

白色沉淀，加水沉淀不消失，故C正确；

D.向2mL10%CuSO4溶液中加3滴10%的NaOH溶液，氢氧化钠的

量不足，而氢氧化铜悬浊液与乙醛的反应需要在氢氧化钠过量的环境

下才能成功，故D错误；

答案选C。

选择题

我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气

反应获得EG。反应过程示意图如下：

下列说法不正确的是

A.Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子

B.lmolDMO分子进行水解可以得到lmol甲醇

C.反应过程中生成了MG和甲醇

D.EG和甲醇不是同系物

【答案】B

【解析】

根据图示,DMO为草酸二甲酯,EG为乙二醇,MG为HOCH2COOCH3,

据此分析解答。

A,由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；

B.DMO为草酸二甲酯，lmolDMO分子进行水解可以得到lmol乙二

酸(草酸)和2moi甲醇，故B错误；

C.根据图示，DMO中C-0、C=0均断裂，则反应过程中生成了MG

和甲醇中间产物，故C正确；

D.EG与甲醇中-0H数目不同，二者不是同系物，故D正确；

答案选B。

综合题

甲醇是一种新型的汽车动力燃料。请回答下列问题：

⑴工业上可通过CO和H2化合来制备CH30H(g)o已知某些化学键的

键能数据如下表：

化学键

C-C

C-H

H-H

C-0

c=o

H-0

键能/kJ・mol-l

348

413

436

358

1072

463

已知：CO中的C与0之间形成的化学键为（•O键。工业制备甲醇的

热化学方程式;

（2）在容积固定为2L的密闭容器内充入ImolCO和2mo旧2,加入合适

的催化剂（体积可以忽略不计）后，在250团下开始反应，并用压力计检

测容器内压强的变化如下：

反应时间/min

0

5

10

15

20

25

压强/MPa

10.8

9.6

8.4

7.8

7.2

7.2

则从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率为

该温度下平衡常数K=；若升高温度,则CO的转化率(填

"增大""减小"或"不变”)；

⑶在三个容积均为1L的恒容密闭容器中只发生反应：2CH3OH(g)l

C2H4(g)+2H2O(g),依据表中的相关数据可确定该反应的

△H0(填“>""V"或下同)；容器C达到平衡时，容器中总

压强p(C)/p(A)2；容器A达到平衡时，向容器中再充入

CH3OH(g)>C2H4(g)、H2O(g)#0.1mol,此时，u(正)u(逆)。

容器

温度/回

起始加入量/mol

平衡时乙烯/mol

CH30H(g)

C2H4(g)

H20(g)

A

310

0.2

0

0

0.05

B

327

0

0.1

0.2

0.047

C

310

0.2

0.1

0.2

【答案】CO(g)+2H2(g).CH3OH(g)AH=-116kJ*mol-l

0.0125mol*L-l*min-14减小<<<

【解析】

⑴依据刖=反应物键能总和-生成物键能总和计算AH,再写出热化学

方程式；

(2)通过⑴写出的热化学方程式可知反应是气体体积减小的放热反应,

Ac

当反应进行到20min时反应达到平衡状态，依据反应速率概念u=总

计算速率，平衡常数是利用平衡状态下生成物浓度幕次方乘积除以反

应物浓度的幕次方乘积得到；结合温度对平衡的影响分析判断；

⑶根据2cH30H(g)〒-C2H4(g)+2H2O(g),A、B起始充入的物质等效，

根据容器A、B结合温度对平衡的影响分析判断；容器C中起始时气

体的物质的量相当于A的2倍，根据压强对平衡的影响分析判断；根

据三段式计算A容器的平衡常数K,容器A达到平衡时，向容器中再

充入CH30H(g)、C2H4(g)、H20(g)各0.1mol,计算出Qc,根据Qc与

K的大小分析判断。

⑴CO(g)+2H2(g)〒士CH30H(g),反应的曲=反应物总键能之和-生成物

总键能之和，依据图表提供的化学键的键能，

[?]H[?]1072kJ/mol+2x436kJ/mol-(3x413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol)=

-116kJ*mol-l,故答案为：CO(g)+2H2(g)CH30H(g)AH=-116

kJ*mol-l；

⑵从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x,

CO(g)+2H2(g)==CH30H(g)

初始浓度(mol/L)：0.510

变化浓度(mol/L)：x2xx

平衡浓度(mol/L)：0.5-xl-2xx

3108

根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则屋工=”，解得

x=0.25mol/L从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率u

Ac0.25maJLc(CHaH)

(CO)=Z7=20mm=0.0125mol/(L・min)；平衡常数K=c(8)，(HJ

______0.25moLL______

=025mol，'L«05mWL>=4；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向

移动，CO的转化率减小，故答案为：0.0125mol/(L・min)；4；减小;

⑶根据2cH30H(g)〒-C2H4(g)+2H2O(g),A、B起始充入的物质等效，

比较容器A、B可知，升高温度，平衡时乙烯的量减少，说明升高温

度平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，即回HV0；容器C中起始

时气体的物质的量相当于A的2倍，若平衡等效，在体积相同时，平

衡压强应该为A的2倍，但增大压强，平衡逆向移动，气体的物质的

量减少，因此平衡时容器中总压强p(C)/p(A)V2；对于A容器，

2CH3OH(g)2H4(g)+2H2O(g),

初始浓度(mol/L)：0.200

变化浓度(mol/L)：0.10.050.1

平衡浓度(mol/L)：0.10.050.1

005x0I1

平衡常数K=OF=0.05,容器A达到平衡时，向容器中再充入

0"0152

CH3OH(g)>C2H4(g)、H20(g)各0.1mol,此时Qc=0=0.1>K,

平衡逆向移动，说明u(正)Vu(逆)，故答案为：<；V；<。

填空题

在室温下，下列五种溶液：①0.1mol-L-1NH4cl溶液@0.1mol-L

-1CH3co0NH4溶液③0.1mol-L-lNH4HSO4溶液@0.1mol-L

-1氨水⑤0.1mol-L-1NH3-H2O和0.1mol-L—1NH4CI混合液

请根据要求填写下列空白：

⑴溶液①呈（填“酸〃、"碱"或"中"）性，其原因是

（用离子方程式表示）。

（2）上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是（填序号）

⑶在上述①、②、③、④溶液中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是

_____________。（填序号）

（4）室温下，测得溶液②的pH=7,贝！JCH3co。一与NH4+浓度的大小

关系是c（CH3C00-）c（NH4+）（填“>"、"V"或"="）。

⑸用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为

（填"甲基橙"或"酚醜"）。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气

泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果（填"偏

高〃或"偏低

【答案】酸NH4++H2OLNH3-H2O+H+②③，①〉②〉④=

甲基橙偏低

【解析】

⑴氯化镂是强酸弱碱盐，铁根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液

呈酸性；

(2)以O.lmolLINH4cl溶液为标准，镂根离子水解，水的电离受到促

进，结合溶液的其他微粒对钱根离子的水解的影响分析水的电离程度

的变化；

⑶以0.1mol-L-1NH4CI溶液为标准，根据溶液的其他微粒对镂根离子

的水解的影响，结合盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较

小分析排序；

(4)常温下,测得溶液②的pH=7,说明溶液中c(OH-)=(H+),根据电荷

守恒分析判断；

⑸用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化镂，溶液

显酸性，需要选择在酸性条件下变色的指示剂；滴定开始时滴定管尖

嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的

体积偏小，据此分析判断。

⑴氯化镂是强酸弱碱盐，铁根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方

程式为：NH4++H2C)h亠NH3・H2O+H+,故答案为：酸；NH4++H2Q^^

NH3・H2O+H+；

(2)以①O.lmolLINH4cl溶液为标准，镂根离子水解，水的电离受到

促进，②0.1mol-L-lCH3co0NH4溶液，醋酸根离子水解，促进镂

根离子水解，水的电离程度增大，③Qlmol-L—lNH4HSO4溶液，氢

离子抑制镂根离子水解，电离出的H+抑制水的电离，@0.1mol-L-1

氨水，电离显碱性，水的电离受到抑制，⑤0.1mol-L-lNH3-H2O和

0.1mol-L-1NH4cl混合液中一水合氨抑制了镂根离子的水解，水的

电离程度减小，因此水的电离程度最大的是②，故答案为：②；

(3)①0.1mol-L-1NH4CI溶液，镂根离子水解，c(NH4+)略小于0.1

mol-L-1；@0.1mol/LCH3COONH4醋酸根离子水解促进镂根离子水解,

镂根离子浓度小于比①小；@0.1mol/LNH4HSO4溶液中的氢离子抑

制钱根离子的水解，镂根离子浓度比①大；④O.lmoM—1氨水，一

水合氨部分电离，c(NH4+)远小于O.lmoILl；因此c(NH4+)浓度由大

到小的顺序为，故答案为：

⑷常温下，测得溶液②的pH=7,说明O.lmol/LCH3COONH4溶液中

醋酸根离子和镂根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：

c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+),贝I」

c(CH3COO-)=c(NH4+),故答案为：=；

⑸用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化镂，溶液

显酸性，可选用甲基橙作指示剂。滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，

完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，滴

定结果偏低，故答案为：甲基橙；偏低。

综合题

铜的化合物有很多，其中Cu2S、Cu20、CuCI都是用途非常广泛的一

价铜的化合物。回答下列问题：

(1)已知：2cli(s)+O2(g)=2CuO(s)AH1=-314kJ*mol-l

4CuO(s)=2Cu20(s)+02(g)AH2=+292kJ*mol-l

固相法制备Cu20的反应Cu0(s)+Cu(s)=Cu20(s)的AH=

(2)辉铜矿(主要成分为Cu2S)经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4,流程

如下图所示：回中，电解法精炼粗铜(含少量Ag、Fe),CuS04溶液做

电解质溶液：

①粗铜应与直流电源的极(填"正"或"负〃)相连。

②铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是

⑶回中，烟气(主要含SO2、CO2)在较高温度经上右图所示方法脱除S02,

并制得H2SO4，在阳极生成S03的电极反应式是

⑷反应2CuCI(s)+Hg22+(aq)-Hg2cI2(s)+2Cu+(aq)达至I」平衡时，平

衡常数K=(保留两位有效数字)。[已知Ksp(CuCI)=1.2x：L0-6、Ksp

(Hg2cl2)=1.3x10-10]

【答案】-11kJ・mol-l正Cu2+的氧化性大于Fe2+的氧化性2s042-

-4e-=2SO3+021.1x10-2

【解析】

⑴根据盖斯定律分析解答；

(2)根据电解原理分析电解精炼铜的阳极材料;依据溶液中阳离子的放

电顺序回答；

⑶阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧

气获得电子得到SO42-,阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成

S03、02；

⑷反应2cllcl(s)+Hg22+(aq)-Hg2cI2(s)+2Cu+(aq)达到平衡时，平

衡常数K=c(Hg=),结合Ksp(CuCI)、Ksp(Hg2c12)计算。

⑴①2Cu⑸+O2(g)=2CuO(s)AH1=-314kJ*mol-l,@4CuO(s)=2

Cu20(s)+02(g)AH2=+292kJ*mol-l,根据盖斯定律，将①+②得

2CuO(s)+2Cu(s)=2Cu2O(s)AH=(一314kJ*mol-l)+(+292

kJ*mol-l)=-22kJ*mol-l,则Cu0(s)+Cu(s)=Cu20(s)△H=-llkJ・mol-l,故

答案为：-11kJ*mol-l；

⑵①电解法炼铜时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，所以

阳极为粗铜，与直流电源的正极相连，故答案为：正；

②粗铜中的银还原性比铜的弱，反应后以单质的形式沉积在电解槽

阳极的槽底，Fe还原性比铜的强，也要放电生成亚铁离子，由于Cu2+

的氧化性大于Fe2+的氧化性，故溶液中的铜离子在阴极放电析出，

亚铁离子留在电解质溶液中，故答案为：Cu2+的氧化性大于Fe2+的

氧化性；

⑶阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧

气获得电子得到SO42-,阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成

S03、02,阳极电极反应方程式为：2so42--4e-=2SO3个+02个，故答

案为：2so42--4e-=2SO3个+02个；

⑷反应2CuCI(s)+Hg22+(aq)-Hg2cI2(s)+2Cu+(aq)达到平衡时，平

c(d)(CuCl)Q_2X10Y)2

衡常数K=c(HgI)=K,"HgQj=gm。41x10—2,故答案为：

l.lxl0-2o

综合题

铉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，不可能有替代铉铁硼磁铁的磁性材料岀现。生产铉铁硼磁铁的主

要原材料有稀土金属铉、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。

(1)铉(Nd)为60号元素，在周期表中第周期；基态铁原子的外

围电子排布式为

(2)实验测得AICI3的实际存在形式为AI2CI6,其分子的球棍模型如图

所示。

①已知AI2CI6分子中正负电荷中心重合，则AI2CI6属于

分子(填"极性〃或"非极性〃)，分子中A1原采取杂化。

②AI2CI6与过量NaOH溶液反应生成Na[AI(OH)4],[A1(OH)4]-中存

在的化学键有(填选项字母)。

A.离子键B.共价键C.金属键D.配位键E.氢键

⑶B元素及与其同周期相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序

为(用元素符号表示)。B元素可在一定条件下生成H30+

•[B(OH)F3]-,该化合物中电负性最大的元素的原子中，所有能层

电子的电子云轮廓图形状有种

(4)因材料中含有大量的铉和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀

银(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成[Ni(NH3)6]CI2,

该配合物中配体分子的空间构型为o

⑸已知立方BN晶体硬而脆，其晶胞结构如图所示，设晶胞中最近

的B、N原子之间的距离为anm,晶体的密度为bg-cm-3,则阿伏加

德罗常数为mol—1(用含a、b的代数式表示)

75上

【答案】六3d64s2非极性sp3BDB<Be<C2三角锥形记而

X1021

【解析】

(1)铉(Nd)为60号元素，根据稀有气体的原子序数分析判断，铁为26

号元素，据此书写基态铁原子的外围电子排布式；

⑵①Al2c16分子中正负电荷中心重合，每个铝原子和四个氯原子形

成共价键；②AI3+与OH-之间为配位键，。与H之间存在共价键；

(3)根据同周期第一电离能的变化规律判断；元素的非金属性越强，

电负性越大，该化合物中电负性最大的元素是F,根据F的电子排布

式判断所有能层电子的电子云轮廓图形状；

⑷[Ni(NH3)6]CI2中配体分子为氨气，根据价层电子对数=。键电子对

丄

数+孤电子对数=。键电子对数+5(a-xb)计算N原子的价层电子对数，

再判断空间构型；

(5)根据均摊法计算每个晶胞中含有的N原子、B原子数目，再计算

晶胞的质量；晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm,为晶胞体

对角线的3,由此计算晶胞的棱长，确定晶胞的体积，最后根据晶胞

的密度列式计算。

⑴铉(Nd)为60号元素，根据稀有气体的原子序数可知，60与54较

为靠近，因此铉(Nd)在周期表的第6周期回B族；铁为26号元素，基

态铁原子的外围电子排布式为3d64s2,故答案为：6；3d64s2；

(2)①Al2c16分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原

子和四个氯原子形成共价键，AI采取sp3杂化，故答案为：非极性;

sp3；

②[A1(OH)4]一中AI3+与0H-之间为配位键,0与H之间存在共价键，

故答案为：BD；

⑶同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA

族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，B元素及与其同周期

相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序为B<Be<CoB元素可在

一定条件下生成H30+*[B(0H)F3]-,元素的非金属性越强，电负性

越大，该化合物中电负性最大的元素是F,基态F原子的电子排布式

为Is22s22p5,所有能层电子的电子云轮廓图形状有2种，故答案为：

B<Be<C；2；

5-1x3

(4)[Ni(NH3)6]CI2中配体分子为氨气，N原子的价层电子对数=3+丁

=4,N采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形;

丄1

⑸由图可知每个晶胞中含4个N原子，B原子数为8X£+6X3=4,每

4心

个晶胞的质量=NAg，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm,

1_逑述

为晶胞体对角线的4,则晶胞的棱长=3anm=3axlO-7cm,因此

4x25

Fg

晶胞的密度bg-cm—3=^3,解得：NA=16。%X1°，故答

案为：o

推断题

I.在①苯②苯酚③甲苯④氯乙烷⑤乙烯⑥乙醇中，(填编号)

⑴能和金属钠反应放出H2的有

(2)能与NaOH溶液反应的有

⑶常温下能与浪水反应的有

⑷能使酸性KMnO4溶液褪色的煙有

II.已知1-丁烯A发生如下反应，F的核磁共振氢谱有三种吸收峰，

卜

武町―岷、^o,

四骨碰上