1、湖北省孝感市汉川市第一高级中学2019-2020学年高二化学下学期摸底测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 F-19 Ca-40 Cu-64 Pb-207一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列说法错误的是A. 可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全B. 羊毛、蚕丝、棉花均属于天然纤维C. 疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性D. 油脂的硬化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应【答案】D【解析】【详解】A. 向酸性的淀粉溶液中加入碘水，如果不变色，说明淀粉水解完全，故A正确；B. 羊毛、蚕丝均属于天然蛋白质纤维
2、，棉花属于天然纤维素纤维，故B正确；C. 蛋白质受热易变质，所以疫苗要冷冻保藏，防止蛋白质变性，故C正确；D. 油脂的硬化属于加成反应，葡萄糖的银镜反应属于氧化反应，故D错误；答案：D。2.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如图：下列说法不正确的是（ ）A. 苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子B. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象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】B【解析】【详解】A苯丙醛分子，有6种不同化学环境的氢原子，A正确； B肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺
3、反异构，顺式：，反式：，B错误；C还原反应过程中H-H、C=O键断裂，分别为极性键和非极性键，C正确；D肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，D正确；答案选B。3.下列各项叙述中，正确的是（ ）A. 镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B. 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2C. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素D. M层全充满而N层为4s1的原子和位于第四周期第A族的原子是同一种元素【答案】C【解析】A. 镁原子由1s22s22p63s
4、21s22s22p63p2时，由基态转化成激发态，原子需要吸收能量，A错误；B.根据洪特规则 24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，B错误；C. 若某基态原子的外围电子排布为4d25s2，它是第五周期IVB族元素，C正确；D. M层全充满而N层为4s1的原子是Cu，位于第四周期第A族的原子是K，二者不是同一种元素，D错误，答案选C。点睛：掌握核外电子排布三个原理能量最低原理、泡利原理、洪特规则是解答的关键。尤其是洪特规则，即当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据1个轨道，并且自旋方向相同。另外注意特规则特例：当能量相同的原子轨道在全满
5、(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空 (p0、d0、f0)状态时，体系的能量最低。4.高铁酸钾(K2FeO4)是一种比Cl2、O3、KMnO4氧化性更强的多功能水处理剂。工业上可先制得高铁酸钠离子反应为Fe(OH)3ClOOHClH2O。然后在高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH。可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是( )A. 高铁酸钾能除去水中溶解的H2S等B. 工业上制备高铁酸钠时每生成1mol还原产物，转移3mol电子C. 高铁酸钾中Fe为6价，具有强氧化性，能杀菌消毒D. 高铁酸钾的还原产物易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降【答案】B【解析】【详解】A高铁酸钾具有强氧
6、化性，H2S中S元素化合价为-2价，具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，可用于除去水中溶解的H2S等，故A说法正确；B工业上制备高铁酸钠方程式中，Cl元素化合价降低(+1-1)，每生成1mol还原产物，转移2mol电子，故B说法错误；CK2FeO4中K元素化合价为+1价，O元素化合价为-2价，根据化合物化合价为0可知，Fe元素化合价为+6价，由题可知，K2FeO4具有强氧化性，因此能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故C说法正确；D高铁酸钾的还原产物为Fe3+，易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降，故D说法正确；答案选B。5.香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多
7、步反应合成：下列说法正确的是( )A. 与水杨醛互为同分异构体，能发生银镜反应的化合物只有2种B. 可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛C. 中间体A、香豆素-3-羧酸互为同系物D. 1mol香豆素-3-羧酸最多能与3mol NaOH发生反应【答案】D【解析】【详解】A与水杨醛互为同分异构体，能发生银镜反应的化合物有：、，共3种，故A说法错误；B中间体A含碳碳双键，水杨醛含CHO、酚OH，均使高锰酸钾褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛，故B说法错误；C中间体A、香豆素3羧酸中官能团不完全相同，不属于同系物，故C说法错误；D香豆素3羧酸中COOH、COOC及水解
8、生成的酚OH均与NaOH反应，则1mol香豆素3羧酸最多能与3molNaOH发生反应，故D说法正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为：D。【点睛】酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗2molNaOH。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，X、Y的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W的简单氢化物与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是A. 原子
9、半径:WXYZB. X、Y的简单离子的电子层结构相同C. W的简单氢化物的稳定性比Z的强D. Z分别与W、X形成的化合物中所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】W的最高价氧化物固态时可用作人工降雨剂或用于冷藏食品，W是碳元素；碳最外层有4个电子，X、Y的最外层电子数之和与碳的最外层电子数相等，所以X、Y分别是Na、Al；W的简单氢化物是甲烷与Z的单质混合光照可生成Z的氢化物和油状混合物，则Z是Cl，据此解答。【详解】A、同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，原子半径:NaAlClC，故A错误；B、Na+、Al3+的电子层结构相同，都是10电子微粒，故B正确；C、
10、氯元素非金属性强于碳元素，则HCl的稳定性比CH4的强，故C错误；D、CCl4中含有共价键、NaCl含离子键，故D错误。答案选B。7.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是( )选项实验操作实验现象结论A向0.1mol/L的硅酸钠溶液中滴加稀盐酸产生白色胶状沉淀非金属性：ClSiB等体积pH3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快酸性：HAHBC向浓度均为0.1molL1NaCl和NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D用导线将镁片和铝片相连后插入NaOH溶液中铝片不断溶解，镁片上有气泡冒出金属活动性
11、：铝镁A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A该实验只能得酸性：HClH2SiO3，因HCl并非Cl元素最高价氧化物对应水化物，因此无法判断Cl与Si元素非金属性强弱，故A错误；BHA放出的氢气多，说明等体积等pH的HA和HB溶液中，HA中所含“总氢离子”量较多，而电离出的量较HB少，因此酸性：HBHA，故B错误；CAgCl、AgI为同类型难溶物，该实验过程中，Ksp小的先沉淀，由实验现象可知，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故C正确；DMg与NaOH溶液之间不发生反应，而Al能与NaOH溶液反应，该电池中Al作负极，但金属性：MgAl，故D错误；答案为C。8.科学家合
12、成出了一种新化合物（如图所示），其中M、W、T、L为同一短周期元素，L核外最外层电子数是W核外电子数的一半。下列叙述正确的是A. 化合物ML属于离子化合物，也属于弱电解质B. 该新化合物中T满足8电子稳定结构C. W的最高价氧化物可以与水反应生成弱酸D. 元素非金属性的顺序为WTL【答案】B【解析】【分析】M、W、T、L为同一短周期元素，根据图知，W能形成4个共价键、L能形成1个共价键，则W位于第IVA族、L位于第VIIA族，且L核外最外层电子数是W核外电子数的一半，L最外层7个电子，则W原子核外有14个电子，故W为Si元素，L为Cl元素；该阴离子中Cl元素为1价、W元素为+4价，根据化合价的
13、代数和为1价可知，T为3价，所以T为P元素；根据阳离子所带电荷知，M为Na元素，据此解答。【详解】通过以上分析知：M、W、T、L分别为Na、Si、P、Cl元素。ANaCl为离子化合物，但属于强电解质，故A错误；B结合分析可知，该化合物中P为3价，P原子最外层电子数为5+38，满足8电子稳定结构，故B正确；CSi的最高价氧化物为SiO2，SiO2不与水反应，故C错误；D同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性ClPSi，即非金属性：LTW，故D错误；故答案为B。9.探究Mg(OH)2的溶解平衡时，利用下表三种试剂进行试验，下列说法中不正确的是（ ） 编号 分散质 Mg(OH)2HC
14、l NH4Cl备注 悬浊液 1mol/L1mol/LA. 向中滴入几滴酚酞试液后，溶液显红色说明Mg(OH)2是一种弱电解质B. 为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量的NH4Cl浓溶液并充分振荡，效果更好C. 、混合后发生反应：D. 向中加入，H+与OH-反应生成H2O，使c(OH-)减小，Mg(OH)2溶解平衡向溶解方向移动【答案】A【解析】【分析】A. 水溶液能完全电离的电解质是强电解质，水溶液中部分电离属于弱电解质；B. Mg(OH)2沉淀电离出来的OH-与NH4Cl电离出来的NH4+结合生成弱电解质，使c(OH-)减小，即促进Mg(OH)2的溶解；C. NH4+能结合Mg(O
15、H)2电离出的OH-，生成弱电解质；D. 根据Mg(OH)2沉淀的溶解平衡移动分析。【详解】A. 向Mg(OH)2中滴入几滴酚酞试液后，溶液显红色，只能说明Mg(OH)2能电离，使溶液呈碱性，但不能判断是部分电离还是完全电离，A项错误，符合题意；B. Mg(OH)2沉淀电离出来的OH-与NH4Cl电离出来的NH4+结合生成NH3H2O，使Mg(OH)2悬浊液溶解的更快，可加入过量的NH4Cl浓溶液，B项正确，不符合题意；C. NH4+结合Mg(OH)2沉淀电离出来的OH-生成NH3H2O，所以、混合后发生反应：，C项正确，不符合题意；D. Mg(OH)2的悬浊液中存在沉淀的溶解平衡，因此向中加
16、入，c(OH-)减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动，D项正确，不符合题意；答案选A。10.有关晶体的结构如图所示,下列说法中不正确的是( )A. 在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体B. 在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+C. 在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为12D. CaF2晶体在熔融状态不导电【答案】D【解析】分析：A、根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个进行分析；B、利用均摊法确定每个晶胞中含有的钙离子、氟离子个数；C、每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键；D、CaF2晶体是离子化合物。详解：在Na
17、Cl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体， A选项正确；在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，Ca2+位于立方体的8个顶角和6个面，所以Ca2+的数目是：81/8+61/2=4，在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+，B选项正确；每个C原子形成4个共价键，两个C原子形成一个共价键，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2， C选项正确；CaF2是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下能够完全电离出Ca2+和F-离子，能够导电，D说法不正确，D选项错误；正确选项D。点睛：晶体中微粒的排列具有周期性，晶体中最小的结构重复单元
18、称为晶胞，利用“均摊法”可以计算一个晶胞中的粒子数，从而确定晶体的化学式。中学中常见考题里涉及的晶胞有立方晶胞、六方晶胞；在立方晶胞中：（1）每个顶点上的粒子被8个晶胞共用，每个粒子只有1/8属于该晶胞，如本题中的Ca2+离子；（2）每条棱上的粒子被4个晶胞共用，每个粒子只有1/4属于该晶胞；（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用，每个粒子只有1/2属于该晶胞。如本题中的Ca2+；（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞。二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)11.下列常见分子中的化学键判断正确的是( )A.
19、 CN与N2结构相似，Fe(CN)63-中配位键和键的个数之比为21B. CH3CH2CH2OH分子中极性键与非极性键数目之比为81C. 与互为等电子体，1mol中含有的键数目为2NAD. 已知反应N2O4(l)2N2H4(l)=3N2(g)4H2O(l)，若该反应中有4molNH键断裂，则形成的键数目为6NA【答案】C【解析】【详解】AFe(CN)63-中CN-与Fe3+之间化学键为配位键，CN-中N原子与C原子之间化学键为三键，1个三键其中含有2个键，因此Fe(CN)63-中配位键和键的个数之比为=6：(62)=1:2，故A错误；BCH3CH2CH2OH分子中C-C为非极性键，C-H、C-
20、O、O-H键均为极性键，CH3CH2CH2OH分子中极性键与非极性键数目之比为9:2，故B错误；C与价电子数均为10，原子数均为2，二者互为等电子体，中O原子与O原子之间为三键，因此1mol中含有的键数目为2NA，故C正确；D若该反应中有4molNH键断裂，则消耗N2H4的物质的量为1mol，根据化学计量数可知，会生成1.5molN2，N2中N原子之间为三键，因此形成的键数目为3NA，故D错误；综上所述，判断正确的是C项，故答案为：C。12.如图，甲是利用微生物将废水中的尿素CO(NH2)2的化学能直接转化为电能,并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中错误的是（
21、）A. 乙装置中溶液颜色不变B. 铜电极应与Y相连接C. M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+D. 当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g【答案】D【解析】【分析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极，应与负极相连，铜为阳极应与正极相连。以此分析解答。【详解】A在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，电解质的浓度不会发生变化，所以颜色不变，故A不符合题意；B铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与
22、正极Y相连，故B不符合题意；CCO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，故C不符合题意；D当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.254=1.0mol电子，所以铁电极增重m=64g/mol=32g，故D符合题意；故答案：D。【点睛】根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜,则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。13.汽车尾气净化
23、原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H746.5kJmol1，如图为在不同初始浓度的CO和不同催化剂、作用下(其他条件相同)，体积为2L的密闭容器中n(N2)随反应时间的变化曲线，下列说法正确的是( )A. a点时，催化剂、作用下CO的转化率相等B. 06h内，催化剂催化效果比催化剂的好C. 05h内，催化剂作用下CO的反应速率为0.32molL1h1D. 012h内，催化剂作用下反应放出的热量比催化剂的多【答案】BD【解析】【详解】ACO起始量不同，a点时生成N2的物质的量相同，所以CO转化率不同，故说法A错误；B由图像中曲线的变化趋势可知，反应达到平衡时，I曲线对应N
24、2物质的量小于II曲线，催化剂并不会该变化学平衡，增大CO浓度，会使平衡向正反应方向移动，N2的物质的量增大，由此可知，I曲线对应CO初始浓度小于II曲线，但06h内，I曲线对应N2物质的量的变化量大于II曲线，说明催化剂的催化效果比催化剂的好，故B说法正确；C由图像可知，05h内，催化剂作用下生成N2的物质的量为0.8mol，根据化学计量数可知，消耗CO的物质的量为1.6mol，则05h内，催化剂作用下CO的反应速率，故C说法错误；D由图像可知，012h内，催化剂作用下生成的N2物质的量高于催化剂，该反应正向为放热反应，反应物放出的热量与生成物的物质的量成正比，因此，012h内，催化剂作用下
25、反应放出的热量比催化剂的多，故D说法正确；综上所述，说法正确的是BD，故答案为：BD。14.CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中制取。已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl-(aq)CuCl32-(aq)(无色溶液)，下列叙述错误的是（ ）A. 浸取阶段，参加反应的CuFeS2和CuCl2的物质的量之比为3：lB. 浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板C. 加水有利于CuCl(s)+2Cl-(aq)CuCl32-(aq)平衡逆向移动，析出CuClD.
26、 为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥【答案】AB【解析】【分析】黄铜矿和氯化铜反应生成氯化亚铜、氯化亚铁和硫单质，CuCl和盐酸反应生成CuCl32，加水稀释利用平衡移动原理CuCl(s)+2Cl-(aq)CuCl32(aq)，平衡逆向移动，生成氯化亚铜。【详解】A. 浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2= 4CuCl+FeCl2+2S，参加反应的CuFeS2和CuCl2的物质的量之比为1：3，A项错误；B. 浸取所得到的FeCl2溶液和铜不反应，B项错误；C. 加水，反应物浓度减小更多，CuCl(s)+2Cl-(aq)CuCl32(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，C项正确；
27、D. 因CuCl微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，为提高产率和纯度，因此采用乙醇洗涤、真空干燥CuCl，D项正确；答案选AB。15.常温下含碳各微粒H2CO3、和存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，其物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是( )A. pH10.25时，c(Na)c()c()B. 为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间C. 根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)106.37D. 若是0.1molNaOH反应后所得的1L溶液，pH10时，溶液中存在以下关系：c(Na)c()c()c(OH)c(H)【答
28、案】A【解析】【详解】ApH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：，碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：，则混合液中，故A说法错误；B根据图示可知，pH在79之间，溶液中主要存在，该pH范围内可获得较纯的NaHCO3，故B说法正确；C根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数，故C说法正确；DpH=10时的溶液为碱性，则c(OH)c(H+)，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c(Na+)离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：，OH-为、水解所得，水解程度微弱，因此离子浓度大小为：，故D说法正确；综上所述，说法错误的是A，故答案为：A。三、非选
29、择题(本题共5小题，共60分。)16.Cu2O广泛用作颜料和化工生产的催化剂。制备Cu2O（1）电解法：工业上用铜作阳极，钛片为阴极，电解一定浓度的NaOH 溶液可制备氧化亚铜，写出阳极的电极反应式为_（2）微乳液-还原法：在 100 Cu（NO3）2 的水溶液中加入一定体积的 NaOH 水溶液，并搅拌使之混合均匀， 再逐滴加入水合肼的水溶液，直至产生红色沉淀，经抽滤、洗涤和真空干燥，得到Cu2O 粉末。已知： N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H= -akJ/molCu(OH)2（s）=CuO（s）+H2O（l）H= +bkJ/mol4CuO（s）=2Cu2O（s）+O2
30、（g）H= +ckJ/mol则由N2H4和Cu(OH)2反应制备Cu2O的热化学方程式为 _。工业上用Cu2O 与 ZnO 组成的催化剂可用于工业上合成甲醇： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H = -90.8 kJ/mol，回答下列问题：（1）能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)已达平衡状态的是（ ）A当反应的热效应H = -90.8 kJ/mol 时反应达到平衡状态B.在恒温恒压的容器中，混合气体的密度保持不变C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化D在恒温恒容的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化（2）在 T1时，体积为 2 L 的恒容容器中充入物质的量之和
31、为 3mol 的 H2 和CO，当起始 n(H2)n(CO)= 2 时，经过 5min 达到平衡，CO 的转化率为 0.6，则05min 内平均反应速率 v (H2)=_；该温度下的平衡常数为_ ；若此时再向容器中加入CO(g) 和 CH3OH(g)各 0.4mol，达新平衡时 H2 的转化率将 _（填“增大”、 “减小”或“不变”）；（3）工业实际合成 CH3OH 生产中，采用下图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：_。【答案】 (1). 2 Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O (2). 4 Cu(OH)2（s）+N
32、2H4（l）=2Cu2O（s）+N2（g）+6H2O（l）H= +4b+c-a kJ/mol或者【H=（4b+c-a kJ/mol）】 (3). CD (4). 0.12 mol/(Lmin) (5). 9.375 (6). 增大 (7). 相对于 N 点而言，采用 M 点，温度在 500600 K 之间，温度较高，反应速率较快，CO 的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高【解析】【分析】I.（1）铜在阳极失电子生成氧化亚铜；（2）依据盖斯定律分析；（1）反应达到平衡状态，各物质的物质的量保持不变，正逆反应速率相等，据此分析；（2）列出三段式，根据速率公式及化学平衡常数公式分析计算；（
33、3）结合温度与压强对化学反应速率与化学平衡的综合影响效果回答。【详解】I.（1）工业上用铜作阳极，钛片为阴极，电解法电解一定浓度NaOH 溶液可制备氧化亚铜，则阳极的电极反应式为Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O：答案：Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。（2）将题中所给反应方程式依次编号：（1）N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）H= -akJ/mol；（2）Cu(OH)2（s）=CuO（s）+H2O（l）H= +bkJ/mol；(3)4CuO（s）=2Cu2O（s）+O2（g）H= +ckJ/mol；由盖斯定律4(2)+(3)-(1)有：4 Cu(OH)2（s
34、）+N2H4（l）=2Cu2O（s）+N2（g）+6H2O（l）H= +(4b+c-a) kJ/mol 答案：4 Cu(OH)2（s）+N2H4（l）=2Cu2O（s）+N2（g）+6H2O（l）H= +4b+c-a kJ/mol。(1) A由CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H = -90.8 kJ/mol，知当反应的热效应H = -90.8 kJ/mol 时，不能确定反应否达到平衡状态，故A错误；B.混合气体总质量不变，容器容积恒定，容器内混合气体的密度始终保持不变，故B错误；C.在绝热恒容的容器中，随反应进行温度发生变化，平衡常数也随之发生变化，当反应的平衡常数不再变化时说明反
35、应到达平衡，故C正确；D.混合气体总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量增大，则气体的平均摩尔质量进行，当气体的平均摩尔质量不再变化时，说明反应到达平衡，故D正确；答案为CD；（2） H2和CO总共为3mol，且起始= 2，可以知道H2为2mol、CO为1mol， 5min 达到平衡时CO的转化率为0.6，则: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始（mol）12 0变化（mol）0.6 1.2 0.6平衡（mol）0.4 0.8 0.6容器的容积为2L，则v (H2)= =0.12 mol/(Lmin)；该温度下平衡常数K= =9.375；此时再向容器中加入CO(g) 和CH3O
36、H(g) 各0.4mol，此时浓度商 Qc= =7.813CLi (3). 不相同 (4). 正四面体 (5). 1 (6). (7). 面心立方堆积 (8). (9). 【解析】【分析】(1) 铁元素是26号元素，Fe2+核外有24个电子，根据能量最低原理分析；同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势；(2)价电子对数=(中心原子价电子数+配位原子提供的电子数 离子所带电荷数)，据此计算杂化轨道数；(3)根据石墨嵌入化合物的平面结构图分析Li、C原子数比；(4)根据阴离子在晶胞中位置图，判断堆积方式；利用“均摊法”计算该化合物的化学式；根据晶胞结构分析两个最近的Li+的距离。【详解】(1)
37、 铁元素是26号元素，Fe2+核外有24个电子，根据能量最低原理，Fe2+核外电子排布是1S22S22P63S23P63d6，价电子排布图为；该电池反应物中涉及第二周期的元素有Li、C、O，同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，所以第一电离能由大到小的顺序是OCLi；(2)根据价电子对数=(中心原子价电子数+配位原子提供的电子数 离子所带电荷数)，价电子对数等于其杂化轨道数，H3PO4中P原子的杂化轨道数是4，P原子杂化方式是SP3，H2CO3中C原子的杂化轨道数是3，C原子杂化方式是SP2，杂化方式不同；PO43中P原子的杂化轨道数是4，无孤电子对，所以PO43空间结构为正四面体；(3
38、)根据均摊原则，每个碳环实际占用2个碳原子，每个锂离子占用碳环是 =3，石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为1:6，所以 中x=1；若每个六元环都对应一个L i+，则石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为1:2，所以化学式是；(4)根据阴离子在晶胞中位置图，阴离子在晶胞顶点和面心，所以堆积方式为面心立方堆积；根据“均摊法”，阴离子数 ，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞中共8个锂离子，故该化合物的化学式；根据晶胞结构，晶胞边长为a nm，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞边长为a nm，所以两个最近的Li+的距离为相邻的两个正四面体的体心间距（或两个八分之一晶胞立方的体心间距），
39、是晶胞边长的一半，即 nm。18.冰晶石又名六氟铝酸钠(Na3AlF6)，白色固体，微溶于水，常用作电解铝工业的助熔剂。工业上用萤石(主要成分是CaF2)、浓硫酸、氢氧化铝和碳酸钠溶液通过湿法制备冰晶石，某化学实验小组模拟工业上制取Na3AlF6的装置图如图(该装置均由聚四氟乙烯仪器组装而成)。已知：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF(1)装置的作用为_。(2)在实验过程中，装置中有CO2气体逸出，同时观察到有白色固体析出，请写出该反应的离子方程式：_。(3)在实验过程中，先向装置中通入HF气体，然后再滴加Na2CO3溶液，而不是先将Na2CO3和Al(OH)3混合后再通入HF气体，其原因
40、是_。(4)装置反应后的混合液经过过滤可得到Na3AlF6晶体，在过滤操作中确定沉淀已经洗涤干净的方法是_。(5)萤石中含有少量的Fe2O3杂质，可用装置反应后的溶液来测定氟化钙的含量。具体操作如下：取8.0g萤石加入装置中，完全反应后，将混合液加水稀释，然后加入足量的KI固体，再以淀粉为指示剂，用0.1000molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，当出现_现象时，到达滴定终点，消耗Na2S2O3标准溶液40.00mL，则萤石中氟化钙的百分含量为_。(已知：I22=2I)【答案】 (1). 作为安全瓶，防止倒吸 (2). 2Al(OH)312HF6Na+3=2NaAlF63CO29H2O (3
41、). 碳酸钠溶液呈碱性，Na2CO3会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净 (5). 溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 (6). 96%【解析】【分析】该制备实验原理是利用I装置中浓硫酸与CaF2反应制备HF，将生成物HF进入II装置中，向II装置中滴加Na2CO3溶液，利用II装置中物质之间反应制备Na3AlF6，III装置用作安全瓶防倒吸，因HF具有污染性，不能直接排放，因此利用IV装置吸收未完全反应HF，据此实验原理解答。【详解】（1）HF气体与NaOH反应较快，需要防倒吸，所以装
42、置III的作用作为安全瓶，防止倒吸，故答案为：作为安全瓶，防止倒吸；（2）装置II中析出的白色固体为Na3AlF6，又有CO2气体逸出，根据原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为：2Al(OH)312HF6Na+3=2NaAlF63CO29H2O，故答案为：2Al(OH)312HF6Na+3=2NaAlF63CO29H2O；（3）若先将HF气体通入Na2CO3和A1(OH)3混合物中，碳酸钠溶液呈碱性，会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解，故答案为：碳酸钠溶液呈碱性，Na2CO3会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解；（4）制备Na3AlF6的过程中，Na2CO3溶液是过量的
43、，可检验最后一次洗涤液是否含有，所以所用试剂为BaCl2溶液，即取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净；（5）Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，Fe3+氧化I生成I2，此时溶液呈蓝色，加入Na2S2O3溶液，I2被还原，溶液变成无色；利用守恒建立关系式：由Fe2O32Fe3+2Fe2+2e和有Fe2O32，n(Fe2O3)=，m(Fe2O3)=nM=0.002mol160g/mol=0.32g；萤石中氟化钙的百分含量，故答案为：溶液蓝色褪
44、去，且半分钟内不恢复；96%。19.三盐(3PbOPbSO4H2O，相对分子质量为990)可用作聚氯乙烯的热稳定剂，不溶于水。以200.0t铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示：已知：Ksp(PbSO4)1.82108；Ksp(PbCO3)1.461013回答下列问题：(1)加Na2CO3溶液转化的目的是_。(2)酸溶时，不直接使用H2SO4溶液的原因可能是_；铅与硝酸在酸溶过程中发生反应的离子方程式为_。(3)流程中可循环利用的物质是_；洗涤操作时，检验沉淀是否洗涤干净需要的试剂是_。(4)当沉淀转化达平衡时，滤液l中c()与c()的比值为_。(5)5
45、060时合成三盐的化学方程式为_；若得到纯净干燥的三盐99.0t，假设铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_。【答案】 (1). 将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率 (2). 生成的PbSO4为难溶物，阻碍反应持续进行 (3). (4). HNO3 (5). 盐酸、BaCl2溶液 (6). 1.25105 (7). 4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O (8). 51.75%【解析】【分析】以200.0t铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，N
46、a2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，所以滤液的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=Pb(NO3)2+2NO+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb(NO3)2+CO2+H2O、PbO+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O，均转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干
47、燥得到三盐，以此解答该题。【详解】（1）向铅泥中加Na2CO3溶液，由题可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，则可将PbSO4转化成PbCO3，提高铅的利用率，故答案为：将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率；（2）因硫酸铅难溶于水，不能加入硫酸酸溶，否则生成的PbSO4为难溶物，阻碍反应持续进行，铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO、H2O的离子方程式为：，故答案为：生成的PbSO4为难溶物，阻碍反应持续进行；（3）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加
48、稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，检验沉淀是否洗涤干净的方法是取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净，故答案为：HNO3；盐酸、BaCl2溶液；（4）当沉淀转化达平衡时，滤液l中与的比值为二者对于铅盐溶度积之比，为，故答案为：1.25105；（5）步骤合成三盐的化学方程式为：4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O，若得到纯净干燥的三盐99.0t，则其中铅元素的质量为：，设铅泥中铅元素的质量分数为w，则200.0t铅泥中铅元素为200w，铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，有2
49、00w80%=82.8，解得x=51.75%，故答案为：4PbSO4+6NaOH3PbOPbSO4H2O+3Na2SO4+2H2O；51.75%。20.环己烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以作内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子。已知：R1CH=CHR2R1CHOR2CHO（1）C中含有的官能团的名称是_。（2）的反应条件是_。（3）有机物B和F的关系为_（填字母）。A 同系物 B 同分异构体C 都属于醇类 D 都属于烃（4）写出的反应类型：_。（5）写出反应的化学方程式：_。（6）写出C与新制银氨溶液反应的化学方程式：_。（7）写出两种D的属于酯
50、类的链状同分异构体的结构简式： _。【答案】 (1). 醛基 (2). NaOH醇溶液、加热 (3). C (4). 氧化 (5). nCH2=CHCH=CH2 (6). OHCCHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCOONH4+ 6NH3+4Ag+2H2O (7). CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2（合理即可）【解析】【分析】环己烯与溴发生加成反应生成的A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成的B为，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，发生已知中反应生成OHCCH2CH2CHO、OHC-CHO，C与氢气发生加成反应生成的F为醇、C发生氧化反应生
51、成的E为羧酸，F可以作内燃机的抗冻剂，则F为HOCH2CH2OH、C为OHC-CHO、E为HOOC-COOH，2分子HOCH2CH2OH发生脱水反应生成的环醚G为，F与E通过酯化反应进行的缩聚反应生成的聚酯H为；D为OHCCH2CH2CHO， D与氢气发生加成反应生成的I为HOCH2CH2CH2CH2OH，I在浓硫酸、加热条件下生成J，J分子中无饱和碳原子，应发生消去反应，可推知J为CH2=CHCH=CH2，J发生加聚反应得到合成橡胶。【详解】（1）C为OHC-CHO，C中含有的官能团的名称是醛基。故答案为：醛基；（2）A为，A在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，的反应条件是NaOH
52、醇溶液、加热。故答案为：NaOH醇溶液、加热；（3）有机物B和F（HOCH2CH2OH）都含有两个羟基，都属于醇类，故答案为：C；（4）反应为OHC-CHO发生氧化反应生成HOOC-COOH，即的反应类型：氧化。故答案为：氧化；（5）CH2=CHCH=CH2在一定条件下发生加聚反应生成，反应的化学方程式：nCH2=CHCH=CH2。故答案为：nCH2=CHCH=CH2；（6）C为OHC-CHO，C与新制银氨溶液反应生成乙二酸铵，化学方程式：OHCCHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCOONH4+ 6NH3+4Ag+2H2O。故答案为：OHCCHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCOO
53、NH4+ 6NH3 +4Ag+2H2O；（7）D为OHCCH2CH2CHO，两种D的属于酯类的链状同分异构体的结构简式：CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2（合理即可）。故答案为：CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2（合理即可）。【点睛】本题考查有机物的推断，难点：需要学生对给予的信息R1CH=CHR2R1CHOR2CHO进行利用，发生已知中反应生成OHCCH2CH2CHO、OHC-CHO，能较好的考查学生的自学能力；解题方法：熟练掌握官能团的性质，正推法与逆推法相结合进行推断。易错点（6）OHC-CHO发生银镜反应时，两个醛基同时反应，方程式注意注明反应条件。
