2022-2022学年河南省南阳市高二（下）期末化学试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是()A．反应停止了B．正反应速率与逆反应速率相等C．反应物和生成物浓度相等D．正反应速率与逆反应速率均为零2．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是()A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化3．室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是()序号①②pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A．①②两溶液中c（OH﹣）相等B．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①＞②C．①溶液的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1D．等体积的①②两溶液分别与0.01mol•L﹣1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①＞②4．用A+、B+、C﹣、D﹣四种一价离子组成四种盐AC、BD、AD、BC．在室温下其1mol•L﹣1的溶液，前两种溶液的pH=7，第三种溶液的pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则有关判断正确的是()ABCD碱性AOH＞BOHAOH＜BOHAOH＞BOHAOH＜BOH酸性HC＞HDHC＞HDHC＜HDHC＜HDA．AB．BC．CD．D5．A、B、C、D、E五种元素的原子序数逐渐增大，且均不超过18．其中A与C、B与E分别为同族元素．原子半径A＜B＜E＜D＜C，B原子最外层电子数是次外层的3倍，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等．下列说法正确的是()A．原子电子层数：A＜BB．气态氢化物的稳定性：B＜EC．简单离子半径：E＜DD．最高价氧化物对应的水化物碱性：C＜D6．分子式为C6H12O2并能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）()A．4种B．5种C．6种D．8种7．关于下列装置的说法正确的是()-29-\nA．装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B．装置①将电能转变为化学能C．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D．若装置②用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变8．25℃时，将amol•L﹣1的氨水与bmol•L﹣1的盐酸等体积混合（混合后溶液体积为混合前两溶液的体积之和）．下列叙述错误的是()A．混合溶液可能显示酸性、碱性或中性B．混合溶液中一定存在c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．若a＞b，则混合溶液中c（C1﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）D．若混合溶液显中性；则NH3•H2O的电离平衡常数为mol•L﹣19．关于结构简式如图所示的有机物的叙述中不正确的是()A．该有机物可以在一定条件下与HBr发生反应B．1mol该有机物最多能与4molH2发生加成反应C．该有机物在一定条件下可以发生消去反应D．1mol该有机物一足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH10．某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是()A．反应过程可表示为A+BC（反应物）→[A…B…C]（过渡态）→AB+C（产物）B．E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能-29-\nC．正反应的热效应为△H=E1﹣E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应D．此图中逆反应的热效应△H=E1﹣E2，为吸热反应11．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的是()A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、612．下列说法正确的是()A．能自发进行的化学反应，一定是△H＜0，△S＞0B．常温下5.0×10﹣3mol•L﹣1KHA溶液的pH=3.75，该溶液中c（A2﹣）＜c（H2A）C．室温时，M（0H）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp=a；c（M2+）=bmol•L﹣1时，溶液的pH等于14+lg（）D．Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）13．如图装置电解一段时间，当某极析出0.32gCu时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH分别为（溶液足量，体积均为100mL且电解前后溶液体积变化及气体的溶解忽略不计）()A．13、7、1B．12、7、2C．1、7、13D．7、13、114．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是()选项实验操作实验目的或结论A向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，苯和溴水发生取代反应，使溴水褪色B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液有白色沉淀产生，蛋白质发生了变性DC2H5OH与浓硫酸179共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯A．AB．BC．CD．D二、解答题（共4小题，满分30分）15．常温下的下列四种溶液：①0.10mol•L﹣1（NH4）2SO4②0.10mol•L﹣1NH3•H20-29-\n③0.10mol•L﹣1CH3COONH4④0.10mol•L﹣1NH4HSO4（1）溶液②呈__________（填“酸性”、“中性”或“碱性”），其原因是（用离子方程式表示）：__________．（2）若将溶液①稀释10倍，则稀释后的溶液中c（H+）__________原来的十分之一（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）溶液中c（NH4+）比较是③__________④c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“=”）．将溶液③④混合，写出反应的离子方程式__________．16．（1）常温下，将0.15mol•L﹣1稀硫酸V1mL与0.1mol•L﹣1NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=__________（溶液体积变化忽略不计）；纯水在100℃时，pH=6，该温度下0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中，溶液的pH=__________．该溶液中由水电离出的c（OH﹣）约为__________mol•L﹣1（2）常温下，0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（CO32﹣）__________c（H2CO3）（填“＞”、“＜”或“=”）；水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kb表示），类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式Kb=__________，请设计实验证明0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中水解的CO32﹣不超过其总量的10%__________．17．已知下列物质在20℃下的Ksp如下，试回答下列问题化学式颜色KspAgCl白色2.0×10﹣10AgBr浅黄色5.4×10﹣13AgI黄色8.3×10﹣17Ag2CrO4橙色2.0×10﹣12（1）20℃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__________．（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=__________．（3）测定水体中氯化物含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时应加入的指示剂___________．A．K2CrO4B．KIC．KClD．KBr．18．（16分）回答下列有关重要化工原料甲醇的有关问题（1）合成气用于制备甲醇的反应为2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H①根据下表中有关化学键键能数据求算该反应的△H=__________kJ．mol﹣1化学键H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ•mol﹣1）4363431076465413②在T℃、恒容条件下，该反应的平衡常数Kp=6.0×10﹣3（kPa）﹣2．若起始时投入2molH2、1molCO，反应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数约为__________（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算所得平衡常数，分压=总压×物质的量分数）．根据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响__________（2）利用甲醇合成二甲醚的反应如下：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生该反应：-29-\n容器编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2OⅠ3870.20xⅡ3870.40yⅢ2070.200.0900.090①=__________②已知387℃时该反应的化学平衡常数K=4．若起始时项容器Ⅰ中充入0.1molCH3OH、0.15molCH3OCH3和0.10molH2O，则反应将向__________（填“正”或“逆”）反应方向进行③容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的温度方面的措施是__________（3）用甲醇电化学合成（CH3O）2CO的工作原理如图所示电源负极为__________（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式__________．若参加反应的O2为1.12m3（标准状况），则制得（CH3O）2CO的质量为__________kg．注意：以下的19、20和21、22分别为有机物化学基础和物质结构与性质模块试题，考生只能从两模块中仍选其中一个模块答题，不能交叉选择三、选修5-有机化学基础模块19．（14分）回答下列问题（1）有机物的命名及化学用语非常重要①的系统命名为：__________②甲基的结构简式为__________．写出乙醇的结构式__________，乙烯的电子式为__________③福尔马林中溶质的名称叫__________，任写一种与乙酸互为同分异构体的有机物的结构简式__________．对二甲基环已烷核磁共振氢谱显示有__________组峰（2）官能团对有机物性质气决定作用，但也会受到所连基团的影响①比较沸点CH3CH2OH__________CH2OHCH2OH（填“＞”“＜”或“=”，下同）-29-\n②比较水溶性__________③比较酸性：__________CH3COOH（提示：类比酚与醇的酸性）（3）合成有机物已经在生产、生活中得到广泛的应用①请写出由甲醛和苯酚在盐酸催化下制取酚醛树脂的化学方程式__________②请写出CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH在催化剂作用下发生加聚反应的化学方程式：__________．20．（14分）某有机物X的结构简式是（其中R为饱和烃基），X在一定条件下如图所示的转化关系，已知Q的蒸气密度是相同条件下H2密度的74倍，分子组成符号CaHbO2（1）Q的分子式是__________．X中含有的官能团是__________（2）符合下列要求的Q的同分异构体有__________种，（①分子中苯环上有两个取代基，且分子结构中除苯环外不含其它环状结构②该有机物含有），写出任意一种能发生银镜反应的符合上述条件的物质的结构简式__________（3）针对以下不同情况分别回答①若Q能使溴的四氯化碳溶液褪色，还能与NaHCO3溶液反应生成P，W能发生银镜反应．则W的结构简式是__________．于由X通过一步反应得到P，该反应的化学方程式是__________②若Q中除苯环外，还含有一个六元环，则Z→Q的化学方程式是__________．四、选修-物质结构与性质模块21．完成下列各小题（1）第34号元素符号是__________，铬元素位于元素周期表的__________区（填“s、p、d、f、ds），其价层电子的轨道表示式（或电子排布图）为__________（2）用“＞”或“＜”填空第一电离能离子半径熔点酸性P__________SO2﹣__________Na+CaO__________MgOHClO4__________H2SO4-29-\n（3）在O、Na、P、Cl四种元素中，电负性最大的是__________，PCl3的立体构型为__________，中心原子的杂化轨道类型为__________中心原子的价层电子对数为__________（4）在下列六种晶体：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，共有__________种（填数字）晶体类型，熔化时不需破坏化学键的是__________，（填序号，下同）熔化时只需破坏共价键的是__________．22．（1）胆矾CuSO4•5H2O的结构示意图1如下，其含有的微粒间作用力有__________（填序号）a．离子键b．极性键c．金属键d．配位健e．氢键f．非极性键（2）根据等电子原理，写出与CO2等电子体的分子和离子各一种__________；1molO22+中含有的π健数目为__________（3）已知CH4SiH4NH3PH3沸点（K）101.7161.2239.7185.4分解温度（K）8737731073713.2分析表中四种物质的相关数据，请回答①CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，沸点高低的原因是__________②CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，分解温度高低的原因是__________（4）C60形成晶体的晶胞结构如图2所示，则每个C60分子周围距离最近的C60分子由__________个，若晶胞参数为pnm，列出计算该晶体的密度__________g•cm﹣3（阿伏伽德罗常数用NA表示）-29-\n2022-2022学年河南省南阳市高二（下）期末化学试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1．可逆反应在一定条件下达到化学平衡状态的标志是()A．反应停止了B．正反应速率与逆反应速率相等C．反应物和生成物浓度相等D．正反应速率与逆反应速率均为零【考点】化学平衡状态的判断．【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．【解答】解：A．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于0，是一个动态平衡状态，故A错误；B．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于0，是一个动态平衡状态，故B正确；C．反应达到平衡状态时，反应物和生成物浓度不一定相等，与反应物初始浓度及转化率有关，故C错误；D．可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于0，是一个动态平衡状态，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，否则不能作为判断依据，注意平衡状态时正逆反应速率相等但不是0．2．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是()A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化【考点】真题集萃；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；B．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；C．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；D．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，故选D．【点评】本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大．要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关．3．室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是()-29-\n序号①②pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A．①②两溶液中c（OH﹣）相等B．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①＞②C．①溶液的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1D．等体积的①②两溶液分别与0.01mol•L﹣1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①＞②【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等；B．pH相等的强碱和弱碱加水稀释，强碱溶液pH变化大；C．一水合氨是弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离；D．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多．【解答】解：A．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确；B．pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故B正确；C．一水合氨是弱电解质，不能完全电离，pH=12的氨水中，其物质的量浓度大于0.01mol/L，故C错误；D、pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①＞②，故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键，掌握掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．4．用A+、B+、C﹣、D﹣四种一价离子组成四种盐AC、BD、AD、BC．在室温下其1mol•L﹣1的溶液，前两种溶液的pH=7，第三种溶液的pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则有关判断正确的是()ABCD碱性AOH＞BOHAOH＜BOHAOH＞BOHAOH＜BOH酸性HC＞HDHC＞HDHC＜HDHC＜HDA．AB．BC．CD．D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】AC、BD的pH=7，则可能为强酸强碱盐或弱酸弱碱盐，AD溶液的pH＞7，则为强碱弱酸盐，BC溶液的pH＜7，则为强酸弱碱盐，由此可知，AC为强酸强碱盐，而BD为弱酸弱碱盐，以此来解答．【解答】解：AC、BD的pH=7，则可能为强酸强碱盐或弱酸弱碱盐，AD溶液的pH＞7，则为强碱弱酸盐，则AOH为强碱，BC溶液的pH＜7，则为强酸弱碱盐，HC为强酸，由此可知，AC为强酸强碱盐，而BD为弱酸弱碱盐，即B为弱碱，D为弱酸酸，所以碱性为AOH＞BOH，酸性为HC＞HD，故选A．【点评】本题考查盐类水解规律的应用，明确盐中有弱才水解的规律是解答本题的关键，注意BD可能为醋酸铵，题目难度中等5．A、B、C、D、E五种元素的原子序数逐渐增大，且均不超过18．其中A与C、B与E分别为同族元素．原子半径A＜B＜E＜D＜C，B原子最外层电子数是次外层的3倍，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等．下列说法正确的是()-29-\nA．原子电子层数：A＜BB．气态氢化物的稳定性：B＜EC．简单离子半径：E＜DD．最高价氧化物对应的水化物碱性：C＜D【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】B原子最外层电子数是次外层的3倍，应为O元素，B与E为同族元素，则E为S元素，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等，即为8+16=24，且C、D原子半径最大，应为金属元素，可知C为Na元素，D为Al元素，A与C同主族，且原子半径最小，应为H元素，根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律的递变规律解答该题．【解答】解：B原子最外层电子数是次外层的3倍，应为O元素，B与E为同族元素，则E为S元素，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等，即为8+16=24，且C、D原子半径最大，应为金属元素，可知C为Na元素，D为Al元素，A与C同主族，且原子半径最小，应为H元素，A、A为H元素，B为O元素，原子电子层数H＜O，故A正确；B、B为O元素，E为S元素，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属越强，对应的氢化物越稳定，则有B＞E，故B错误；C、E为S元素，D为Al元素，S2﹣核外有3个电子层，Al3+核外有2个电子层，电子层数越多，半径越大，则S2﹣＞Al3+，故C错误；D、C为Na元素，D为Al元素，位于同一周期，同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，对应最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，则有NaOH＞Al（OH）3，故D错误．故选A．【点评】本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，注意根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律知识解答．6．分子式为C6H12O2并能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）()A．4种B．5种C．6种D．8种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，根据分子式为C6H12O2且含有羧基的有机物的同分异构体的种类来回答．【解答】解：可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，分子式为C6H12O2且含有羧基的有机物可以简写为C5H11COOH，其中﹣C5H11有8种同分异构体：CH2CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH2CH3、﹣CH（CH2CH3）2、﹣CHCH（CH3）CH2CH3、﹣C（CH3）2CH2CH3、﹣C（CH3）CH（CH3）2、﹣CH2CH2CH（CH3）2、﹣CH2C（CH3）3，所以C5H11COOH有8种同分异构体．故选D．【点评】本题涉及羧酸的化学性质以及同分异构体的书写等方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．7．关于下列装置的说法正确的是()-29-\nA．装置①中盐桥内的K+移向CuSO4溶液B．装置①将电能转变为化学能C．若装置②用于铁棒镀铜，则N极为铁棒D．若装置②用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度保持不变【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、原电池中阳离子移向正极；B、原电池是将化学能转化为电能；C、电镀时，镀件作阴极；D、电解精炼铜时，阳极上比铜活泼的金属也放电，阴极上只有铜离子放电．【解答】解：A、Zn比铜活泼为负极，Cu为正极，K+移向CuSO4溶液，故A正确；B、原电池是将化学能转化为电能，故B错误；C、用装置②用于铁棒镀铜，则N极为铜棒，故C错误；D、电解精炼铜时溶液中的Cu2+浓度减小，故D错误；故选A．【点评】本题考查了原电池和电解的相关知识、原理，题目难度不大，注意电极反应类型和离子移动方向．8．25℃时，将amol•L﹣1的氨水与bmol•L﹣1的盐酸等体积混合（混合后溶液体积为混合前两溶液的体积之和）．下列叙述错误的是()A．混合溶液可能显示酸性、碱性或中性B．混合溶液中一定存在c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．若a＞b，则混合溶液中c（C1﹣）=c（NH4+）+c（NH3•H2O）D．若混合溶液显中性；则NH3•H2O的电离平衡常数为mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．混合液的酸碱性取决于溶液中氢离子与氢氧根离子浓度大小；B．溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒判断；C．根据混合液中物料守恒判断，a＞b，则c（C1﹣）＜c（NH4+）+c（NH3•H2O）；D．溶液为中性，则c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，然后根据氨水的电离平衡常数表达式进行计算．【解答】解：A．溶液酸碱性取决于混合液中氢离子与氢氧根离子浓度，由于氨水与盐酸的浓度不确定，则混合液可能为酸性、中性或碱性，故A正确；-29-\nB．混合液中一定遵循电荷守恒，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故B正确；C．若a＞b，氨水的浓度大于盐酸，等体积混合后氨水过量，根据物料守恒可知：c（C1﹣）＜c（NH4+）+c（NH3•H2O），故C错误；D．混合液为中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，根据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）可知，c（NH4+）=c（Cl﹣）=mol/L，则混合液中氨水的浓度为：（a﹣b）mol/L，NH3•H2O的电离平衡常数K==mol•L﹣1，故D正确；故选C．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、电离平衡常数的计算、离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH关系，明确电离平衡常数的概念及计算方法，能够根据电荷守恒、物料守恒判断溶液中离子浓度大小．9．关于结构简式如图所示的有机物的叙述中不正确的是()A．该有机物可以在一定条件下与HBr发生反应B．1mol该有机物最多能与4molH2发生加成反应C．该有机物在一定条件下可以发生消去反应D．1mol该有机物一足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有酯基，可发生水解反应，含有氯原子，可发生水解、消去反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．含有羟基，在一定条件下可被HBr取代，故A正确；B．只有苯环与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；C．含有氯原子，且邻位碳原子有氢原子，可发生消去反应，故C正确；D．能与氢氧化钠反应的官能团为酯基和氯原子，且酯基可水解生成酚羟基，最多可以消耗3molNaOH，故D正确．故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重有机物性质及分析与应用能力的考查，题目难度不大．10．某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是()-29-\nA．反应过程可表示为A+BC（反应物）→[A…B…C]（过渡态）→AB+C（产物）B．E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能C．正反应的热效应为△H=E1﹣E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应D．此图中逆反应的热效应△H=E1﹣E2，为吸热反应【考点】化学能与热能的相互转化；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，反应热△H=E1﹣E2，其中E1和E2为反应的活化能，A…B…C为中间产物，为过渡态，可认为活化分子，以此解答该题．【解答】解：A．由图象可知反应过程可表示为A+BC（反应物）→[A…B…C]（过渡态）→AB+C（产物），故A正确；B．反应物吸收一定能量成为活化分子，E1为正反应的活化能，故B正确；C．正反应的热效应为△H=E1﹣E2，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，故C正确；D．此图中逆反应的热效应△H=E2﹣E1，为吸热反应，故D错误；故选D．【点评】本题考查反应热与能量变化，侧重于考查学生的分析能力和自学能力，题目难度不大，注意把握题给信息，答题时注意仔细审题．11．原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的是()A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【考点】真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；B．H元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl；-29-\nD．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1．【解答】解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确，；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确，故选：B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大．12．下列说法正确的是()A．能自发进行的化学反应，一定是△H＜0，△S＞0B．常温下5.0×10﹣3mol•L﹣1KHA溶液的pH=3.75，该溶液中c（A2﹣）＜c（H2A）C．室温时，M（0H）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）Ksp=a；c（M2+）=bmol•L﹣1时，溶液的pH等于14+lg（）D．Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）【考点】离子浓度大小的比较；焓变和熵变；pH的简单计算．【分析】A．化学反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，由焓变和熵变和温度共同决定；B．KHA溶液的pH=3.75，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，则c（A2﹣）＞c（H2A）；C．先根据该难溶物的溶度积及c（M2+）计算出该溶液中氢氧根离子浓度，然后根据水的离子积及pH=﹣lgc（H+）计算出该溶液在常温下pH；D．根据溶液中的质子守恒判断．【解答】解：A．化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H﹣T•△S＜0，一定能自发进行，但是能够自发进行的反应，不一定△H＜0，△S＞0，如：△H＞0，△S＞0在高温下能够自发进行，△H＜0，△S＜0在低温下能够自发进行，故A错误；B．常温下5.0×10﹣3mol•L﹣1KHA溶液的pH=3.75，说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，该溶液中c（A2﹣）＞c（H2A），故B错误；C．Ksp=c（M2+）×c2（OH﹣）=a，则c（OH﹣）==mol/L，常温下氢离子浓度为：c（H+）=mol/L，则该溶液的pH=﹣lgc（H+）=﹣lg=14+lg，故C错误；-29-\nD．Na2C2O4溶液中，根据质子守恒可得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故D正确；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、反应自发进行的判断、难溶物溶度积的计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析能力及化学计算能力，注意掌握判断离子浓度大小的方法，明确难溶物溶度积的概念及应用．13．如图装置电解一段时间，当某极析出0.32gCu时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH分别为（溶液足量，体积均为100mL且电解前后溶液体积变化及气体的溶解忽略不计）()A．13、7、1B．12、7、2C．1、7、13D．7、13、1【考点】电解原理．【分析】由离子放电顺序可知，电解时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液电极方程式分别为2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑、2H2O2H2↑+O2↑、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，由铜的质量计算转移电子的物质的量，进而计算各溶液的pH．【解答】解：n（Cu）==0.005mol，由电极反应Cu2++2e﹣=Cu可知转移电子为0.01mol，电解时，I、Ⅱ、Ⅲ中溶液电极方程式分别为2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑、2H2O2H2↑+O2↑、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，I中生成0.01molOH﹣，c（OH﹣）==0.1mol/L，pH=13，Ⅱ电解水，溶液呈中性，pH=7，Ⅲ中生成0.01molH+，c（H+）==0.1mol/L，pH=1，故选A．【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考高频考点，难度中等，注意把握离子的放电顺序以及电解方程式的书写，为解答该题的关键．14．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是()选项实验操作实验目的或结论-29-\nA向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，苯和溴水发生取代反应，使溴水褪色B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液有白色沉淀产生，蛋白质发生了变性DC2H5OH与浓硫酸179共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．苯和溴水不反应；B．FeCl3易水解生成氢氧化铁；C．重金属盐可使蛋白质变性；D．气体中含有乙醇，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应．【解答】解：A．苯和溴水不反应，发生萃取，故A错误；B．FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故B正确；C．向鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析，而不是变性，重金属盐可使蛋白质变性，故C错误；D．气体中含有乙醇，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先除杂，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及苯的取代反应、离子检验、蛋白质的性质以及物质的检验等，侧重有机物的性质及实验的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，题目难度中等．二、解答题（共4小题，满分30分）15．常温下的下列四种溶液：①0.10mol•L﹣1（NH4）2SO4②0.10mol•L﹣1NH3•H20③0.10mol•L﹣1CH3COONH4④0.10mol•L﹣1NH4HSO4（1）溶液②呈碱性（填“酸性”、“中性”或“碱性”），其原因是（用离子方程式表示）：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣．（2）若将溶液①稀释10倍，则稀释后的溶液中c（H+）大于原来的十分之一（填“大于”、“小于”或“等于”）．（3）溶液中c（NH4+）比较是③＜④c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“=”）．将溶液③④混合，写出反应的离子方程式CH3COO﹣+H+=CH3COOH．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．【分析】（1）NH3•H20在溶液中部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性；（2）加水稀释会促进盐的水解；（3）CH3COONH4中醋酸根离子与铵根离子发生双水解水解程度较大，NH4HSO4在溶液中电离出氢离子会抑制铵根离子的水解．【解答】解：（1）NH3•H20在溶液中部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，即NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故答案为：碱性；NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；-29-\n（2）0.10mol•L﹣1（NH4）2SO4加水稀释10倍，稀释会促进盐的水解，水解程度增大，会使得氢氧根离子浓度增加，所以若将溶液0.10mol•L﹣1（NH4）2SO4稀释10倍，则稀释后的溶液中c（H+）大于原来的十分之一，故答案为：大于；（3）CH3COONH4中醋酸根离子与铵根离子发生双水解水解程度较大，溶液中铵根离子浓度较小，NH4HSO4在溶液中电离出氢离子会抑制铵根离子的水解，溶液中的铵根离子浓度较大，所以溶液中c（NH4+）比较是③＜④；0.10mol•L﹣1CH3COONH4与0.10mol•L﹣1NH4HSO4反应生成醋酸和硫酸铵，其离子方程式为：CH3COO﹣+H+=CH3COOH；故答案为：＜；CH3COO﹣+H+=CH3COOH．【点评】本题涉及弱电解质的电离平衡的移动、盐的水解原理以及应用等方面的知识，题目综合性较强，难度中等．16．（1）常温下，将0.15mol•L﹣1稀硫酸V1mL与0.1mol•L﹣1NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2=1：1（溶液体积变化忽略不计）；纯水在100℃时，pH=6，该温度下0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中，溶液的pH=11．该溶液中由水电离出的c（OH﹣）约为1×10﹣11mol•L﹣1（2）常温下，0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c（CO32﹣）＜c（H2CO3）（填“＞”、“＜”或“=”）；水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kb表示），类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式Kb=，请设计实验证明0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中水解的CO32﹣不超过其总量的10%用pH试纸（或pH计）测常温下0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH，若pH＜12就可以说明Na2CO3溶液中水解的CO32﹣不超过其总量的10%．【考点】离子浓度大小的比较；pH的简单计算．【分析】（1）所得溶液的pH值为1，溶液中氢离子浓度为1×10﹣1mol•L﹣1，说明氢离子过量，根据题中稀硫酸和氢氧化钠溶液体积列式计算出V1：V2的比值；先计算出0.1mol•L﹣1的NaOH中c（H+），再根据pH=﹣lg[H+]计算出溶液的pH；碱溶液中的氢离子是水的电离的；（2）0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，溶液显碱性，碳酸氢根离子的水解大于其电离程度；碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，据此类比化学平衡常数的定义写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式；碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，根据其水解程度确定溶液pH，用pH试纸测量其pH即可．【解答】解：（1）溶液中氢氧化钠的物质的量为：V2×10﹣3L×0.1mol/L=V2×10﹣4mol，稀硫酸中氢离子的物质的量为：V1×10﹣3L×0.15mol/L×2=3V1×10﹣4mol，两溶液混合后溶液显示酸性，氢离子浓度为1×10﹣1mol•L﹣1，则有：3V1×10﹣4mol﹣V2×10﹣4mol=（V1+V2）×10﹣3L×1×10﹣1mol•L﹣1=（V1+V2）×10﹣4mol，解得：V1：V2=1：1；纯水中的[H+]=[OH﹣]，pH=6，[H+]=[OH﹣]=1×10﹣6mol•L﹣1，KW=1×10﹣6×1×10﹣6=1×10﹣12，0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，c（H+）=1×10﹣11mol•L﹣1，pH=﹣lg[H+]=11，强氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，则水电离的氢氧根离子为1×10﹣11，故答案为：1：1；11；1×10﹣11；-29-\n（2）0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，溶液显碱性，说明HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，则c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）；碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，则其水解平衡常数额：Kb=；常温下，0.1mol•L﹣1的纯碱溶液，发生水解的CO32﹣离子不超过其总量的10%，则溶液中c（OH﹣）＞0.1mol/L×10%=0.01mol/L，则c（H+）＜mol/L=10﹣12mol/L，所以溶液的pH＜12，故操作方法为：用pH试纸测量常温下0.1mol/L碳酸钠溶液的pH，如果溶液的pH＜12，则证明发生水解的CO32﹣离子不超过其总量的10%，故故答案为：＜；；用pH试纸（或pH计）测常温下0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液的pH，若pH＜12就可以说明Na2CO3溶液中水解的CO32﹣不超过其总量的10%．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算等知识，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生灵活应用基础知识的能力，注意掌握酸碱混合的定性及溶液pH的计算方法判断方法，明确离子浓度定性比较的常用方法．17．已知下列物质在20℃下的Ksp如下，试回答下列问题化学式颜色KspAgCl白色2.0×10﹣10AgBr浅黄色5.4×10﹣13AgI黄色8.3×10﹣17Ag2CrO4橙色2.0×10﹣12（1）20℃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＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S．（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=2.7×10﹣3．（3）测定水体中氯化物含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时应加入的指示剂_A．A．K2CrO4B．KIC．KClD．KBr．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）依据溶度积常数计算银离子浓度比较判断；（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时依据氯化银和溴化银的溶度积可知，氯化银溶解度大于溴化银，依据氯化银和溴化银的溶度积计算和沉淀转化关系计算得到；（3）测定水体中氯化物的含量，必须使氯离子完全生成白色沉淀，指示沉淀反应完全的试剂溶解性一定小于氯化银，所以本题应在Ag+和Cl﹣生成AgCl沉淀后，再生成不同颜色沉淀指示沉淀终点，则指示剂的溶解度应比AgCl大来分析判断．【解答】解：（1）20℃时，上述三种银盐饱和溶液中，Ag+物质的量浓度可以计算得到：①Ksp（AgCl）=c（Ag+）×c（Cl﹣）=2.0×10﹣10，c（Ag+）=；②Ksp（AgBr）=c（Ag+）×c（Br﹣）=5.4×10﹣13，c（Ag+）=；③Ksp（AgI）=c（Ag+-29-\n）×c（I﹣）=8.3×10﹣17，c（Ag+）=；④Ksp（Ag2CrO4）=c（Ag+）2×c（CrO42﹣）4=2.0×10﹣12，c（Ag+）=，所以三种银盐的饱和溶液中，Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是：Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S，故答案为：Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S；（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，依据溶度积常数判断AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，AgCl+Br﹣=AgBr+Cl﹣；Ksp=c（Ag+）×c（Cl﹣），Ksp=c（Ag+）×c（Br﹣），所以，===2.7×10﹣3，故答案为：2.7×10﹣3；（3）A．铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp（AgCl）=[Ag+][Cl﹣]=1.5×10﹣4，Ksp（Ag2CrO4）=[Ag+]2[CrO42﹣]=4.3×10﹣2，[Cl﹣]=，[CrO42﹣]=；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2CrO4，做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故A正确；B．氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1：1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银，碘化银优先于氯化银析出，不能测定氯化物的含量，故B错误；C．滴定氯离子，氯化钾中含有氯离子，影响了测定，不能使用氯化钾，故C错误；D．根据B可知，先析出溴化银沉淀，所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故D错误；故答案为：A．【点评】本题考查了难溶物溶解平衡及溶度积的计算，题目难度中等，明确溶度积的概念及计算方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力．18．（16分）回答下列有关重要化工原料甲醇的有关问题（1）合成气用于制备甲醇的反应为2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H①根据下表中有关化学键键能数据求算该反应的△H=﹣99kJ．mol﹣1化学键H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ•mol﹣1）4363431076465413②在T℃、恒容条件下，该反应的平衡常数Kp=6.0×10﹣3（kPa）﹣2．若起始时投入2molH2、1molCO，反应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数约为44.4%（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算所得平衡常数，分压=总压×物质的量分数）．根据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响增大压强使反应体系各组分浓度增大，反应速率加快，正反应为气体物质的量减小的反应，压强增大平衡正向移动，H2、CO的转化率增大，CH3OH的产率增大（2）利用甲醇合成二甲醚的反应如下：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生该反应：-29-\n容器编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2OⅠ3870.20xⅡ3870.40yⅢ2070.200.0900.090①=②已知387℃时该反应的化学平衡常数K=4．若起始时项容器Ⅰ中充入0.1molCH3OH、0.15molCH3OCH3和0.10molH2O，则反应将向正（填“正”或“逆”）反应方向进行③容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的温度方面的措施是降低温度（3）用甲醇电化学合成（CH3O）2CO的工作原理如图所示电源负极为B（填“A”或“B”），写出阳极的电极反应式2CH3OH+CO﹣2e﹣=（CH3O）2CO+2H+．若参加反应的O2为1.12m3（标准状况），则制得（CH3O）2CO的质量为9kg．【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；②起始时投入2molH2、1molCO，二者按2：1反应，故平衡时二者物质的量之比为2：1，二者分压之比为2：1，设平衡时CO分压为p，则氢气分压为2p，结合平衡常数计算CO分压，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，进而计算平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数；增大压强反应速率加快，正反应为气体物质的量减小的反应，平衡正向移动；（2）①Ⅱ等效为在I的基础上压强增大一倍，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率不变；②计算浓度商Qc，与平衡常数比较，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＞K，反应向逆反应进行，若Qc＜K，反应向正反应进行；③计算207℃时该反应的化学平衡常数，与387℃时平衡常数K=4比较，判断反应是吸热反应还是放热反应，应改变温度使Ⅱ中平衡正向移动；（3）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成（CH3O）2CO与氢离子；根据电子转移守恒计算生成（CH3O）2CO的物质的量，再根据m=nM计算其质量．-29-\n【解答】解：（1）①反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，则△H=2×436kJ．mol﹣1+1076kJ．mol﹣1﹣3×413kJ．mol﹣1﹣343kJ．mol﹣1﹣465kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1，故答案为：﹣99；②起始时投入2molH2、1molCO，二者按2：1反应，故平衡时二者物质的量之比为2：1，二者分压之比为2：1，设平衡时CO分压为p，则氢气分压为2p，该反应的平衡常数Kp=6.0×10﹣3（kPa）﹣2，反应达到平衡时p（CH3OH）=24.0kPa，则=6.0×10﹣3（kPa）﹣2，解得p=10kPa，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，故平衡时H2、CO、CH3OH的物质的量之比为20：10：24=10：5：12，则平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为=44.4%；增大压强使反应体系各组分浓度增大，反应速率加快，正反应为气体物质的量减小的反应，压强增大平衡正向移动，H2、CO的转化率增大，CH3OH的产率增大，故答案为：44.4%；增大压强使反应体系各组分浓度增大，反应速率加快，正反应为气体物质的量减小的反应，压强增大平衡正向移动，H2、CO的转化率增大，CH3OH的产率增大；（2）①Ⅱ等效为在I的基础上压强增大一倍，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率不变，设转化率为a，则x=2a，y=4a，故=，故答案为：；②浓度商Qc==1.5＜K=4，故反应向正反应进行，故答案为：正；③207℃时，平衡时甲醚与水均为0.09mol，则消耗的甲醇为0.18mol，平衡时甲醇为0.02mol，则平衡常数K==20.25，大于387℃时平衡常数，说明降低温度平衡向正反应进行，故正反应为放热反应，容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可在温度方面的措施为：降低温度，故答案为：降低温度；（3）由结构示意图可知，电解池左侧发生氧化反应、右侧发生还原反应，则电解池左侧为阳极，连接电源的正极，右侧为阴极，连接电源的负极，B为电源的负极，阳极是甲醇、CO失去电子生成（CH3O）2CO与氢离子，电极反应式为：2CH3OH+CO﹣2e﹣=（CH3O）2CO+2H+，消耗氧气为=50mol，根据电子转移守恒可知，生成（CH3O）2CO的物质的量为=100mol，则制得（CH3O）2CO的质量为100mol×90g/mol=9000g=9Kg，故答案为：B；2CH3OH+CO﹣2e﹣=（CH3O）2CO+2H+；9．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应热计算、电化学等，侧重考查学生解决问题能力，难度中等．-29-\n注意：以下的19、20和21、22分别为有机物化学基础和物质结构与性质模块试题，考生只能从两模块中仍选其中一个模块答题，不能交叉选择三、选修5-有机化学基础模块19．（14分）回答下列问题（1）有机物的命名及化学用语非常重要①的系统命名为：2，4﹣二甲基﹣3﹣乙基乙烷②甲基的结构简式为﹣CH3．写出乙醇的结构式，乙烯的电子式为③福尔马林中溶质的名称叫甲醛，任写一种与乙酸互为同分异构体的有机物的结构简式HCOOCH3．对二甲基环已烷核磁共振氢谱显示有3组峰（2）官能团对有机物性质气决定作用，但也会受到所连基团的影响①比较沸点CH3CH2OH＜CH2OHCH2OH（填“＞”“＜”或“=”，下同）②比较水溶性＜③比较酸性：＞CH3COOH（提示：类比酚与醇的酸性）（3）合成有机物已经在生产、生活中得到广泛的应用①请写出由甲醛和苯酚在盐酸催化下制取酚醛树脂的化学方程式②请写出CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH在催化剂作用下发生加聚反应的化学方程式：．【考点】有机物分子中的官能团及其结构；电子式；结构简式；有机化合物命名．【分析】（1）①的最长碳链为6，分别在2、4号碳上含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基；②甲基为甲烷去掉一个H原子形成的原子团，乙醇中含有羟基，乙烯中存在碳碳双键；③甲醛的水溶液称为福尔马林，依据乙酸分子式书写同分异构体，有几种化学环境不同的H就有几种峰；（2）①碳原子数越多，羟基数越多，沸点越高；-29-\n②醛与水以任意比混溶，烷烃难溶于水，甲基降低醛基的溶解度；③苯甲酸中羧基上的氢离子电离后形成的负离子和苯环的共轭结构发生共轭；（3）①酚醛树脂是由苯酚和甲醛在催化剂条件下缩聚而成，反应机理是苯酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物；②加聚反应原理是断开碳碳双键，形成高聚物，据此书写即可．【解答】解：（1）①的最长碳链为6，分别在2、4号碳上含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，4二甲基﹣3﹣乙基己烷，故答案为：2，4﹣二甲基﹣3﹣乙基己烷；②甲基为甲烷去掉一个H原子后剩余的原子团，结构简式为：﹣CH3，乙醇中含有羟基，结构式为：，乙烯中存在碳碳双键，电子式为：，故答案为：﹣CH3；；；③甲醛的水溶液俗称福尔马林，甲酸甲酯与乙酸互为同分异构体，结构简式为：HCOOCH3，对二甲基环已烷中有3种化学环境不同的H，故核磁共振氢谱有3组峰，故答案为：甲醛；HCOOCH3；3；（2）①碳原子数越多，羟基数越多，沸点越高，丙三醇中含有3个C和3个羟基，中含有3个C和2个羟基，故丙三醇的沸点高于，故答案为：＜；②醛与水以任意比混溶，烷烃难溶于水，甲基降低醛基的溶解度，所以水溶性：＜，故答案为：＜；③苯甲酸中羧基上的氢离子电离后形成的负离子和苯环的共轭结构发生共轭，使苯甲酸根离子比乙酸根离子更稳定，所以酸性苯甲酸强，故答案为：＞；（3）①苯酚羟基邻位上的两个氢原子比较活泼，与甲醛醛基上的氧原子结合为水分子，其余部分连接起来成为高分子化合物﹣﹣酚醛树脂．反应的方程式可以表示为：，故答案为：；-29-\n②CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH在催化剂作用下发生加聚反应方程式为：，故答案为：．【点评】本题主要考查的是有机化合物的命名与结构简式的书写、有机物熔沸点以及酸性强弱的比较，有机化学反应方程式的书写等，综合性较强，有一定的难度．20．（14分）某有机物X的结构简式是（其中R为饱和烃基），X在一定条件下如图所示的转化关系，已知Q的蒸气密度是相同条件下H2密度的74倍，分子组成符号CaHbO2（1）Q的分子式是C9H8O2．X中含有的官能团是羧基、氯原子（2）符合下列要求的Q的同分异构体有6种，（①分子中苯环上有两个取代基，且分子结构中除苯环外不含其它环状结构②该有机物含有），写出任意一种能发生银镜反应的符合上述条件的物质的结构简式（3）针对以下不同情况分别回答①若Q能使溴的四氯化碳溶液褪色，还能与NaHCO3溶液反应生成P，W能发生银镜反应．则W的结构简式是．于由X通过一步反应得到P，该反应的化学方程式是②若Q中除苯环外，还含有一个六元环，则Z→Q的化学方程式是．【考点】有机物的推断．-29-\n【分析】Q的蒸气密度是相同条件下H2密度的74倍，则Mr（Q）=148，分子组成符合CaHbO2，则=9…8，故Q分子式为C9H8O2，Q不饱和度为=5，X的结构简式是，发生卤代烃水解反应、中和反应得到Y，Y酸化得到Z，则Z中含有﹣OH、﹣COOH，若Q能使溴的四氯化碳溶液褪色，还能与NaHCO3溶液反应生成P，W能发生银镜反应，则Z发生消去反应生成Q，可推知Q为，Z为，X为，Y为，Z发生催化氧化生成W为，若Q中除苯环外，还含有一个六元环，则Q为，据此解答．【解答】解：Q的蒸气密度是相同条件下H2密度的74倍，则Mr（Q）=148，分子组成符合CaHbO2，则=9…8，故Q分子式为C9H8O2，Q不饱和度为=5，X的结构简式是，发生卤代烃水解反应、中和反应得到Y，Y酸化得到Z，则Z中含有﹣OH、﹣COOH，若Q能使溴的四氯化碳溶液褪色，还能与NaHCO3溶液反应生成P，W能发生银镜反应，则Z发生消去反应生成Q，可推知Q为，Z为，X为，Y为，Z发生催化氧化生成W为，若Q中除苯环外，还含有一个六元环，则Q为．（1）由上述分析可知，Q的分子式是C9H8O2，X为，共有羧基、氯原子，故答案为：C9H8O2；羧基、氯原子；-29-\n（2）符合下列要求的Q（）的同分异构体：①分子中苯环上有两个取代基，且分子结构中除苯环外不含其它环状结构，②该有机物含有，为羧基或酯基，侧链为﹣COOH、﹣CH=CH2，有邻、间、对3种，侧链为﹣OOCH、﹣CH=CH2，有邻、间、对3种，共有6种，任意一种能发生银镜反应的符合上述条件的物质的结构简式为：，故答案为：6；；（3）①若Q能使溴的四氯化碳溶液褪色，还能与NaHCO3溶液反应生成P，W能发生银镜反应，则Z发生消去反应生成Q，可推知Q为，P为，W为，于由X通过一步反应得到P，该反应的化学方程式是：，故答案为：；；②若Q中除苯环外，还含有一个六元环，则Q为，则Z→Q的化学方程式是：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，关键是确定Q的分子式，注意转化中碳链骨架不变，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力，难度中等．四、选修-物质结构与性质模块-29-\n21．完成下列各小题（1）第34号元素符号是Se，铬元素位于元素周期表的d区（填“s、p、d、f、ds），其价层电子的轨道表示式（或电子排布图）为（2）用“＞”或“＜”填空第一电离能离子半径熔点酸性P＞SO2﹣＞Na+CaO＜MgOHClO4＞H2SO4（3）在O、Na、P、Cl四种元素中，电负性最大的是O，PCl3的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3中心原子的价层电子对数为4（4）在下列六种晶体：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，共有4种（填数字）晶体类型，熔化时不需破坏化学键的是①⑤，（填序号，下同）熔化时只需破坏共价键的是④⑥．【考点】化学键；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型．【分析】（1）第34号元素是硒，其元素符号是Se；根据基态原子核外电子排布式中最后填入电子名称确定区域名称，铬元素其价层电子的轨道表示式是；（2）周周期从左到右第一电离能增大，但ⅡA，ⅤA族出现异常；电子层结构相同，核电荷数越多半径越小；晶格能越大熔沸点越高，电荷数越多，半径越小，晶格能越大；元素非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强；（3）在O、Na、P、Cl四种元素中，氧的非金属性最强，PCl3分子中中心原子磷形成三个σ键和一对孤对电子对，所以立体结构是三角锥形，中心原子是sp3杂化，价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数；（4）①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，分子晶体的是①CO2，⑤CS2，金属晶体的是③Na，离子晶体的是②NaCl，原子晶体的是④Si，⑥金刚石；分子晶体熔化时不破坏化学键，原子晶体熔化时破坏共价键．【解答】解：（1）第34号元素是硒，其元素符号是Se；铬最后填充的是3d，所以铬位于d区，铬元素其价层电子的轨道表示式是，故答案为：Se；d；；（2）周周期从左到右第一电离能增大，但ⅡA，ⅤA族出现异常，P是第ⅤA族元素，所以第一电离能：P＞S；电子层结构相同，钠的核电荷数多所以半径O2﹣＞Na+越小；镁离子的半径小于钙离子，所以晶格能MgO大于CaO，则熔点MgO高；元素非金属性氯强于硫，所以酸性HClO4＞H2SO4，故答案为：＞；＞；＜；＞；（3）在O、Na、P、Cl四种元素中，氧的非金属性最强，PCl3分子中中心原子磷形成三个σ键和一对孤对电子对，所以立体结构是三角锥形，中心原子是sp3杂化，价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=3+1=4，故答案为：O；三角锥形；sp3；4；（4）①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，分子晶体的是①CO2，⑤CS2，金属晶体的是③Na，离子晶体的是②NaCl，原子晶体的是④Si，⑥金刚石，所以有四种类型的晶体，分子晶体熔化时不破坏化学键，原子晶体熔化时破坏共价键，故答案为：4；①⑤；④⑥．-29-\n【点评】本题考查物质结构和性质，元素周期律、熔点高低判断、晶体类型的判断方面考查，熟练掌握典型晶体结构，会根据物质构成微粒判断晶体类型，题目难度中等．22．（1）胆矾CuSO4•5H2O的结构示意图1如下，其含有的微粒间作用力有abde（填序号）a．离子键b．极性键c．金属键d．配位健e．氢键f．非极性键（2）根据等电子原理，写出与CO2等电子体的分子和离子各一种N2O或CS2、CNO﹣或SCN﹣或NO2+；1molO22+中含有的π健数目为2NA（3）已知CH4SiH4NH3PH3沸点（K）101.7161.2239.7185.4分解温度（K）8737731073713.2分析表中四种物质的相关数据，请回答①CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，沸点高低的原因是结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4的沸点低于SiH4；但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3②CH4和SiH4比较，NH3和PH3比较，分解温度高低的原因是C﹣H键的键能大于Si﹣H键的键能，N﹣H键的键能大于P﹣H键的键能，因此分解温度CH4的分解温度高于SiH4，NH3的分解温度高于PH3（4）C60形成晶体的晶胞结构如图2所示，则每个C60分子周围距离最近的C60分子由12个，若晶胞参数为pnm，列出计算该晶体的密度g•cm﹣3（阿伏伽德罗常数用NA表示）【考点】晶胞的计算；化学键；氢键的存在对物质性质的影响．【分析】（1）离子之间存在离子键，非金属元素之间形成共价键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键；（2）根据等电子体是指具有相同价电子总数和原子总数的分子或离子来回答，也可以运用等量异质替换寻找等电子体，互为等电子体的微粒结构相似；（3）①利用相对分子质量分析分子间作用力，并注意氨气分子中有氢键；②非金属性越强，气态氢化物越稳定；（4）根据晶胞结构图可知，以晶胞顶点上的分子为例，每个C60分子周围距离最近的C60分子位于经过该顶点的12个面的面心上，每个晶胞中含有C60的分子数为8×=4，根据计算密度．-29-\n【解答】解：（1）胆矾CuSO4•5H2O中，铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故选abde；（2）CO2中有16个价电子，三个原子，所以与CO2互为等电子体的微粒为N2O、CS2、CNO﹣、SCN﹣、NO2+等，O22+与N2互为等电子体，它们结构也相似，每个氮分子中有2个π健，所以1molO22+中含有的π健数目为2NA，故答案为：N2O或CS2、CNO﹣或SCN﹣或NO2+；2NA；（3）①因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4的沸点低于SiH4；但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故答案为：结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此CH4的沸点低于SiH4；但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3；②因非金属性C＞Si，N＞P，则气态氢化物的稳定性CH4＞SiH4，NH3＞PH3；稳定性强的物质分解需要的温度高，从键能上可知，C﹣H键的键能大于Si﹣H键的键能，N﹣H键的键能大于P﹣H键的键能，因此分解温度CH4的分解温度高于SiH4，NH3的分解温度高于PH3，故答案为：C﹣H键的键能大于Si﹣H键的键能，N﹣H键的键能大于P﹣H键的键能，因此分解温度CH4的分解温度高于SiH4，NH3的分解温度高于PH3；（4）根据晶胞结构图可知，以晶胞顶点上的分子为例，每个C60分子周围距离最近的C60分子位于经过该顶点的12个面的面心上，所以每个C60分子周围距离最近的C60分子有12个，每个晶胞中含有C60的分子数为8×=4，晶胞参数为pnm，则晶胞的体积为（p×10﹣7cm）3，根据可在，晶胞的密度=g•cm﹣3=g•cm﹣3，故答案为：12；．【点评】本题考查物质的结构与性质，注重对等电子体、沸点比较、稳定性的比较及应用、晶胞的计算等知识的考查，考查点较多，难度中等．-29-
