2020-2021学年四川省凉山宁南中学高二下学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2020-2021学年四川省凉山宁南中学高二下学期第一次月考化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，实验题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

四川省凉山宁南中学2020-2021学年高二下学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与人类生活、生产息息相关。下列说法错误的是
A．生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢
B．施肥时，草木灰(有效成分为 K2CO3)不能与 NH4Cl 混合使用
C．人体内葡萄糖被氧化成 CO2是化学能转变成热能的过程
D．用氯气处理水中的 Cu2+、Hg2+等重金属离子
【答案】D
【详解】A．盐酸能与氢氧化镁、碳酸钙等反应生成可溶性盐酸盐，生活中常用盐酸来清洁卫生洁具或去除水垢，A正确；
B．K2CO3和NH4Cl两者混合使用，会发生双水解反应产生氨气降低肥效，B正确；
C．人体内葡萄糖被氧化成CO2，是化学能转化为热能的过程，C正确；
D．氯气不能与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，则无法用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，D错误；
故答案选D。
2．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．78 g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为6NA
B．将1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目之和为2NA
C．在H2O2+Cl2 =2HCl+O2 反应中，每生成32 g氧气，转移4NA个电子
D．含7.8 g Na2S的溶液中阴离子总数等于0.1NA
【答案】A
【详解】A．苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式均为CH，故78 g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数为=6NA，A正确；
B．由于氯气与水的反应是一个可逆反应，故将1 mol Cl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl−、ClO−三种微粒数目和Cl2数目的两倍之和为2NA，B错误；
C．在H2O2+Cl2 =2HCl+O2 反应中生成1molO2，转移2 NA个电子，故每生成32 g氧气，转移2NA个电子，C错误；
D．硫离子水解产生的阴离子多于参与水解的硫离子个数，故含7.8 g Na2S的溶液中阴离子总数大于0.1NA，D错误；
故答案为：A。
3．蜂胶是营养全面的食疗佳品和天然药品，其中含有的肉桂酸()对细菌、真菌等有杀灭或抑制作用。有关肉桂酸的下列叙述错误的是
A．该有机物的分子式为C9H8O2
B．与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有3种
C．能够发生酯化反应、氧化反应和加成反应
D．该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上
【答案】B
【详解】A．该有机物的分子式为C9H8O2，A项正确；
B．与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体不仅有三种，除了羧基与碳碳双键在苯环上有邻、间、对三种结构，羧基还可以连在碳碳双键中连接苯环一端的C原子上，且还存在顺反异构，B项错误；
C．有机物中含有羧基可以发生酯化反应，有机物中含有碳碳双键可以发生氧化反应，加成反应，C项正确；
D．由于其结构式中含有苯环，碳碳双键，羧基的结构可知，所有C原子可能共面，D项正确；
答案选B。
4．四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大。仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，0.10mol·L-1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00，下列有关说法正确的是
A．X、Y、Z的原子半径依次增大
B．含W的钠盐水溶液一定是中性溶液
C．W2与SO2混合后消毒效果更强
D．Y、W简单氢化物相遇会产生白烟
【答案】D
【分析】由题干信息，0.10mol·L-1W最高价氧化物水化物溶液pH=1.00，W最高价氧化物水化物为一元强酸，故W为Cl，又可知四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W，其原子序数依次增大。仅X、Y、Z同周期，且X、Y、Z简单气态氢化物电子总数相同，故X、Y、Z与W不同周期，故为第二周期元素，分别为C、N、O三种，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y、Z均为第二周期元素，且原子序数依次增大，故X、Y、Z的原子半径依次减小，A错误；
B．由分析可知，W为Cl，故含W的钠盐水溶液不一定是中性溶液，如NaCl为中性，NaClO为碱性，B错误；
C．由分析可知，W为Cl，W2即Cl2与SO2混合后因发生反应Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，故消毒效果更弱，C错误；
D．由分析可知，Y、W简单氢化物为NH3和HCl，NH3+HCl=NH4Cl，故相遇会产生白烟，D正确；
故答案为：D。

二、多选题
5．下列离子共存或离子方程式的书写正确的是
A．加入KSCN显红色的溶液：K+、NH、Cl-、S2-
B．“84”消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl-、Ca2+、Na+
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2+3Cl−+4H++H2O
D．用热的NaOH溶液溶解S：3S+6OH-2S2-++3H2O
【答案】CD
【详解】A．加入KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+能够氧化S2-，不能大量共存，A错误；
B．“84”消毒液的水溶液中含有ClO-，能够氧化Fe2+，不能大量共存，B错误；
C．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2+3Cl−+4H++H2O，C正确；
D．用热的NaOH溶液溶解S，反应生成Na2S、Na2SO3、H2O，正确的离子方程式为：3S+6OH-2S2-++3H2O，D正确；
故选CD。

三、单选题
6．已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH=-221kJ/mol②稀溶液中，H++OHˉ=H2O(l)；ΔH=-57.3kJ/mol下列结论正确的是
A．碳的燃烧热大于110.5kJ/mol
B．①的反应热为221kJ/mol
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】A
【详解】A．使用燃烧热时要注意两个关键点:①反应物用量:可燃物为1mol;②产物要求:充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O (l) 、C →CO2(g) 、S→SO2 (g) ]，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；
B．①的反应热为ΔH=-221kJ/mol；
C．已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“－”即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol ，故C错误；
D．醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程,则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成l mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；
故选A。
7．下列方案设计不能达到实验目的的是
A
B
C
D
测定硫酸与锌反应的化学反应速率
由球中气体颜色的深浅判断温度对平衡的影响
由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响
探究醋酸、碳酸、硼酸的酸性相对强弱





A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．随着反应不断进行，氢气量不断增大，右侧活塞向右移动，测量一段时间产生氢气的量就可以测量这段时间内的反应速率，故A正确；
B．温度升高，气体颜色加深，c(NO2)增大，温度降低，气体颜色变浅，c(NO2)减小，由此球中气体颜色的深浅可以判断温度对平衡的影响，故B正确；
C．实验原理方程式：2MnO+4H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由于题中高锰酸钾的物质的量不同，无法通过褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，故C错误；
D．强酸能和弱酸盐发生反应生成弱酸，醋酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，碳酸钠和硼酸不反应，所以酸性醋酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；
故选C。
8．在一定条件下发生反应：3A（g）+ 2B（g） xC（g）+2D（g），在 2L 的密闭容器中，把 4molA 和 2molB 混合，2min后达到平衡时生成 1.6molC，又测得反应速率 v(B)= 0.2mol·(L·min)-1，下列说法正确的是（     ）
A．A的平衡浓度是2.8mol·L-1 B．B 的转化率是20%
C．x= 4 D．平衡时气体压强是原来的 0.9倍
【答案】C
【分析】根据题中3A（g）+ 2B（g） xC（g）+2D（g）可知，本题考查化学反应速率计算，运用化学反应速率之比等于化学计量数之比和气体物质的量之比等于压强之比分析。
【详解】根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,
v(B)= 0.2mol·(L·min)-1, ，则x=4
则

A. A的平衡浓度是，A项错误；
B.B的转化率=，B项错误；
C.计算可知：x=4，C项正确；
D.气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的，D项错误；
答案选C。
9．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，下列分析中不正确的是

A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B．图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】C
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正逆反应速率都会突然增大，逆反应速率增大更多，图象t0时刻有断点，逆反应速率在上方，A正确；
B．该反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，但正逆反应速率同时增大相同倍数，使用催化剂也是平衡不移动，正逆反应速率同时增大相同倍数，B正确；
C．使用催化剂不能改变CO转化率，C错误；
D．该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，且升高温度反应速率增大，更短时间达到平衡，乙的CO转化率更小且更快达到拐点，乙的温度较高，D正确；
故答案选C。
10．常温下，下列说法不正确的是
A．pH均为5的稀盐酸和NH4Cl溶液，由水电离的H+浓度之比为1：104
B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H+)增大，Kw不变
C．等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，则可发生反应：HCOOH+NaF=HF+HCOONa
D．等物质的量浓度等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH约为4.7，则混合液中c(CH3COO-)>c(Na-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】C
【详解】A．pH为5的稀盐酸中氢离子浓度为10-5mol/L，氢氧根离子浓度为10-9mol/L，由水电离的氢离子浓度为10-9mol/L，NH4Cl溶液中氢离子全部由水电离，水电离的氢离子浓度为10-5mol/L，故由水电离的H+浓度之比为1：104，A项正确；
B．Kw是温度的函数，温度不变，Kw不变，B项正确；
C．等物质的量浓度的HCOONa和NaF溶液，前者pH较大，说明甲酸的酸性比氟化氢酸性弱，不能发生选项中的反应，C项错误；
D．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，醋酸根离子浓度大于钠离子浓度，D项正确；
答案选C。
11．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下)，其中正确的是
①的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低
②溶液与溶液含物质的量完全相等
③相等的四种溶液：a.；b.；c.；d.，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：
④的溶液：
⑤的一元酸和的二元强碱等体积混合：
⑥、浓度均为的、混合溶液中：
A．③⑤⑥ B．①③⑤ C．①②④ D．②④⑥
【答案】A
【详解】①强酸溶液加水稀释后浓度降低，由水的离子积：，温度不变，不变，所以OH－的浓度增加，故①错误；
②由物质的量计算公式，两溶液中的物质的量相同，但是要考虑在溶液中发生水解，且浓度不同水解程度不同，所以两溶液中的物质的量不相同，故②错误；
③因为弱酸的酸性：，酸性越弱，它们对应的酸根离子水解程度越大，达到相同的碱性，需要的溶质物质的量就小，NaOH溶液是电离显碱性，因此需要的浓度最小，因此溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：，故③正确；
④溶液显碱性，所以的水解大于电离程度，所以，故④错误；
⑤的酸和的碱中，因为碱是强碱，当酸是强酸的时候，酸碱等体积混合后溶液呈中性，，当酸是弱酸的时候，酸碱等体积混合后溶液中含有大量弱酸分子，溶液显酸性，，故⑤正确；
⑥由题意溶液显酸性，醋酸的电离程度比醋酸根离子的水解程度大，所以，由于电荷守恒：，所以，故⑥正确；
所以③⑤⑥正确，故A正确。
综上所述，答案为A。
12．二十一世纪是钛的世纪。在800～1 000 ℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A．a为电源的正极
B．石墨电极上发生还原反应
C．阴极发生的反应为TiO2＋4e－=Ti＋2O2－
D．每生成0.1 mol钛，转移电子0.2 mol
【答案】C
【分析】由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极。
【详解】A．a为电源的负极，故A错误；
B．石墨为阳极，电极上发生氧化反应，故B错误；
C．电解TiO2制得钛，TiO2为阴极，发生还原反应，电极方程式为TiO2+4e-═Ti+2O2-，故C正确；
D．Ti元素化合价由+4价降低到0价，则每生成0.1mol钛，转移电子0.4mol，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电解原理以及电极方程式的书写，根据离子的定向移动判断电极为解答该题的关键。图为电解装置，由阴离子的定向移动可知石墨为阳极，则a为负极，b为正极，TiO2为阴极，电解时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应。
13．工业电解Na2CO3溶液的装置如图所示，X、Y两极均为惰性电极，已知c2>c1。下列说法正确的是

A．x极为阴极，发生还原反应
B．装置中为阴离子交换膜
C．X、Y两极产生的气体M和R体积比略大于2：1
D．若Na2CO3溶液足量，在电解前期，当通过相同电量时，理论上可制备等物质的量的NaHCO3和NaOH
【答案】D
【详解】A．根据“已知c2>c1”可推出，Y极生成了OH－且Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；
B．根据A项分析，Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；
C．X极反应式为2H2O－4e－＋4CO=O2↑＋4HCO，同时可能会进一步发生副反应H＋＋HCO=H2O＋CO2↑，Y极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1∶2，故C错误；
D．若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e－～4HCO～4OH－，故D正确；
综上所述答案为D。
14．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是

实验步骤
现象
结论
A
2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴加2滴1mol·L-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液
先生成白色沉淀，后生成红褐色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]
B
用pH试纸测定饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液的pH值
碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液的pH，
碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠
C
溴乙烷中加入氢氧化钠的醇溶液，加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
紫色褪去
反应一定产生了乙烯气体
D
向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热
未出现砖红色沉淀
X不可能是葡萄糖

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．2mL0.1mol·L-1MgCl2溶液中滴加2滴1mol·L-1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，说明氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，说明Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，故 A正确；
B．两种饱和溶液的浓度不同，不能据此判断水解强弱，故B错误；
C．乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以乙醇干扰乙烯的检验，在将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液之前应该先除去乙醇，故C错误；
D．加入的NaOH不足，不能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，故D错误；
故选A。
15．下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是
化学式
CH3COOH
H2CO3
AgCl
Ag2CrO4
Ka或Ksp
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.1×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ksp=1.8×10-10
Ksp=2.0×10-12

A．常温下，相同浓度①CH3COONH4②NH4HCO3③(NH4)2CO3溶液中，c(NH)由大到小的顺序是：①>②>③
B．AgCl易溶于氨水难溶于水，所以AgCl在氨水中的Ksp大于水中的Ksp
C．向浓度均为1×10-3mol•L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol•L-1的AgNO3溶液，CrO先形成沉淀
D．向饱和氯水中滴加NaOH溶液至溶液刚好为中性时，c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)
【答案】D
【详解】A．电离常数越大，酸性越强，由表中数据可知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-，酸性越弱，对应的酸根离子水解能力越强，则水解能力：CH3COO-＜HCO3-＜CO32-，CH3COO-、HCO3-、CO32-促进NH4+水解，弱酸根离子水解程度越大，则NH4+水解程度越大，但(NH4)2CO3溶液中c(NH)的量是CH3COONH4、NH4HCO3的两倍，水解是极其微弱的，所以(NH4)2CO3溶液中c(NH)最大，应为③>①>②，A错误；
B．溶度积常数只与温度有关，温度不变溶度积常数不变，B错误；
C．AgCl饱和溶液所需Ag+浓度，Ag2CrO4饱和溶液所需Ag+浓度，＜，所以Cl-先沉淀，C错误；
D．向饱和氯水中滴加NaOH溶液，根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(ClO-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c(ClO-)+ c(Cl-)，根据物料守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，二者结合可得：c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)，D正确；
故选D。
16．常温下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1=1.1×10-5，Ka2=1.3×10-8，下列叙述正确的是

A．a近似等于3
B．点②处c(H＋)＋c(H2X)=2c(X2-)＋c(OH-)
C．点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点
D．点④处c(Na＋)=2c(X2-)>c(OH-)>c(HX-)>c(H＋)
【答案】A
【详解】A．多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH++HX-，c(H+)≈=≈10-3，a近似等于3，故A正确；
B．点②处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)和物料守恒c(Na＋)=c(H2X)+ c(X2－)+ c(HX－)，可得质子守恒c(H＋)+c(H2X)= c(X2－)＋c(OH-)，故B错误；
C． 没有指明具体的指示剂，所以难以确定滴定终点，如果选酚酞作指示剂，则H2X和NaOH恰好反应生成Na2X时，对应的滴定终点为④处，故C错误；
D．点④处恰好生成Na2X，强碱弱酸盐发生水解溶液呈碱性，则c(Na＋)>2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)，故D错误；
答案：A

四、原理综合题
17．CO可用于合成甲醇，化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。

（1）图1是反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH___(填“>”“<”或“=”)0。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1__(填“>”“<”或“=”)K2。在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为___。

③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是___(填字母)。
a.升高温度
b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂
d.充入He，使体系总压强增大
（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是___℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为___。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为___。

【答案】     <     >     12     b     270     4     K1=K2 【详解】
（1）①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)中，反应向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T2>T1，温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，△H<0，故答案为：<；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向进行化学平衡常数越小，由图象分析可知T2>T1，所以K1>K2，在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示，平衡状态下CO浓度为0.25mol/L，CH3OH(g)平衡浓度为0.75mol/L，平衡三行计算列式得到，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol/L)1                2             0
变化量(mol/L)0.75            1.5        0.75
平衡量(mol/L)0.25           0.5          0.75
K==12
故答案为：>；12；
③a、若容器容积不变，升高温度，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡逆向移动，甲醇产率降低，故a错误；
b、将CH3OH(g)从体系中分离，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)平衡正向移动，甲醇产率增大，故b正确；
c、使用合适的催化剂不会引起化学平衡的移动，甲醇的转化率不变，故c错误；
d、若容器容积不变，充入He，使体系总压强增大，单质各组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的转化率不变，故d错误；
故答案为：b；
（2）根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线Z为270℃，由图象可知当270℃时，CO的转化率为50%，n(H2):n(CO)=1.5，则
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始(mol/L)1                1.5               0
转化(mol/L)0.5               1              0.5
平衡(mol/L)0.5             0.5             0.5
K===4，曲线上a、b是等温，温度高于c点的温度，所以K1═K2 故答案为：270；4；K1═K2
五、实验题
18．由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。欲测定某样品中NaNO2的含量，某同学设计如下实验：
①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol/LKMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。
(1)上述实验①所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管之外还有_______。
(2)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后一滴溶液，_______时达到滴定终点。
(3)滴定过程中发生反应的离子方程式是_______；测得该样品中NaNO2的质量分数为_______。
(4)以下操作造成测定结果偏高的是_______。
A．滴定管未用KMnO4标准溶液润洗
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失
D．若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定
(5)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩。浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中=_______。(结果保留两位有效数字)(已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17)
(6)已知：，，写出还原的热化学方程式：_______。
【答案】(1)100ml容量瓶
(2)     酸式     溶液由无色变为浅紫色，半分钟不褪色
(3)     2MnO+ 5NO+ 6H+ = 2Mn2+ + 5NO+ 3H2O     1.38V/a %
(4)AC
(5)4.7×10-7
(6)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H= - 2070kJ/mol

【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，所以还缺少100mL容量瓶。
（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以应选择酸式滴定管盛放；高锰酸钾本身为紫色溶液，与亚硝酸钠反应时被还原为无色的锰离子，当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成浅紫色，且30s内不褪色则可以判断达到滴定终点。
（3）亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚硝酸根离子被氧化生成硝酸根离子，高锰酸根离子被还原生成锰离子，反应的离子方程式为：2MnO+5NO+6H+=2Mn2++5NO+3H2O；称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol⋅L-1KMnO4标准溶液（酸性）进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL，设样品中含有亚硝酸钠物质的量为nmol，依据方程式可知：，解得n=0.2V×10-3mol，样品质量分数为。
（4）A．若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，导致标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，亚硝酸钠质量分数偏高，A正确；
B．锥形瓶未用待测液润洗是正确的操作，不影响测定结果，B错误；
C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖端有气泡，滴定后气泡消失，读取消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，C正确；
D．若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，过早判断滴定终点，导致加入标准液高锰酸钾溶液体积偏小，亚硝酸钠质量分数偏低，D错误；
故答案选AC。
（5）。
（6）已知：反应A：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1530kJ•mol-l，反应B：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180kJ•mol-l，按盖斯定律，反应A-3×反应B得到NH3还原NO热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=6H2O(g)+5N2(g) △H=（-1530-3×180）kJ/mol=-2070kJ/mol。

六、有机推断题
19．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如下：

已知：i.(R1、R3为烃基，R2为H或烃基)
ii. +R2OH(R1、R2、R3为烃基)
回答下列问题：
(1)H的化学名称为_______，A→B所需的试剂是_______。
(2)D→E反应类型是_______，J含有的官能团名称是_______。
(3)G、M的结构简式分别为_______、_______。
(4)I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的方程式为_______。
(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式_______(写出两种即可)。
①属于芳香族化合物
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6
【答案】(1)     苯甲醛     铁粉和液溴
(2)     取代反应     碳碳双键、羧基
(3)          CH3MgBr
(4)+ +
(5)、、、

【分析】A→B发生的反应为苯转变为溴苯，C为苯基溴化镁，D为苯乙醇，E为，由已知反应i可知，+G，则G为丙酮；I为，被新制氢氧化铜悬浊液氧化后，再酸化得到J，J为，L为，N为， 在M参与下L→N，结合已知反应ii可知M为CH3MgBr。
【详解】（1）H的化学名称为苯甲醛。A→B发生的反应为苯转变为溴苯，苯和液溴在溴化铁的催化下发生取代反应，所需的试剂是铁粉和液溴。
（2）D→E反应类型是取代反应，J 为，含有的官能团名称是碳碳双键、羧基。
（3）由分析可知，G的结构简式分别为、M的结构简式分别为CH3MgBr。
（4）I与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的方程式为+ +。
（5）写出满足下列条件的K的分子式C9H10O2，其不饱和度为5，其同分异构体：①属于芳香族化合物，分子内有1个苯环；②能发生银镜反应，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为 1∶1∶2∶6，则分子内共4种氢原子，则结构简式、、、。
20．化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下：

已知：RCOOH++H2O
回答下列问题：
(1)反应①的反应条件为_______，反应②的反应类型是_______。
(2)F中含氧官能团的名称：_______，_______，_______。
(3)D+H→E的化学方程式：_______。
(4)D的名称是_______，D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体的结构简式_______(任意写一种即可)
a.含苯环的单环化合物
b.核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1
(5)根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】(1)     光照     取代反应
(2)     羰基     (酚)羟基     醚键
(3)+H2O
(4)     苯乙酸     、、 、、、
(5)

【分析】甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与NaCN发生取代反应生成C，C在酸性溶液中水解生成D，根据E的结构可知，D与发生取代反应生成E，E反应生成F，F与发生取代反应生成G。
【详解】（1）从分析可知，反应①的条件为光照。反应②的反应类型为取代反应。
（2）从F的结构可知，其中的含氧官能团有羰基、酚羟基和醚键。
（3）D与发生取代反应生成E，化学方程式为+H2O。
（4）根据D的结构可知，其名称为苯乙酸，D的同分异构体为含有苯环的单环化合物，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为3：2：2：1，则可能的结构简式为、 、 、 、 、。
（5）与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，发生水解生成，与苯酚发生取代反应生成，合成路            。

七、结构与性质
21．回答下列问题：
(1)符号“3px”没有给出的信息是_______
A．能层 B．能级 C．电子云在空间的伸展方向 D．电子的自旋方向
(2)某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该元素基态原子价电子排布不可能是_______。
A．4s1 B．3p64s1 C．3d54s1 D．3d104s1
(3)X元素的原子最外层电子排布式为(n＋1)sn(n＋1)pn＋1，则X的氢化物的化学式是_______。
A．HX B．H2X C．XH3 D．XH4
(4)下列比较正确的是_______。
A．酸性：H3PO4>H3AsO4 B．稳定性：H2O＜H2S
C．离子半径：r(Al3＋)>r(O2-) D．键角：H2O>NH3
(5)已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O更稳定的原因_______；
(6)Ni与CO在60~80℃时反应生成 Ni(CO)4气体，在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是_______，画出Ni(CO)4的结构 _______。
【答案】(1)D
(2)B
(3)C
(4)A
(5)亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态
(6)     C     分子晶体    

【详解】（1）3px表示原子核外第3能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子，所以从符号“3px”中不能看出电子的自旋方向，故答案选D。
（2）A．4s1应为K的价电子排布式，A正确；
B．3p64s1应为K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1，B错误；
C．3d54s1应为Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为[Ar]3d54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低，C正确；
D．3d104s1应为Cu，价电子为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，D正确；
故答案选B。
（3）X元素的原子最外层电子排布式为(n+1)sn(n+1)pn+1，s轨道上只能排2个电子，n=2，所以X是P，则X的氢化物的化学式是PH3，故答案选C。
（4）A．非金属性P＞As，则最高价含氧酸的酸性：H3PO4＞H3AsO4，A正确；
B．O原子的非金属性大于S，稳定性：H2O＞H2S，B错误；
C．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：r(Al3+)＜r(O2-)，C错误；
D．孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，H2O的孤电子对数目多于NH3的孤电子对数目，则分子中的键角：H2O＜NH3，D错误；
故答案选A。
（5）高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度，Cu+价电子排布为3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，
（6）Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子，Ni与CO在60℃～80℃时反应生成Ni(CO)4气体，说明Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4的结构为。
22．按要求回答下列问题：
(1)基态Cu+核外电子排布式为_______；基态O原子未成对电子有_______个。
(2)离子的VSEPR模型为_______，写出离子的一种等电子体_______。从分于结构角度分析，HNO3酸性强于HNO2的原因是_______。
(3)是一种叠氮一炔基Husigen环加成反应产物，该分子中N原子的杂化方式为_______。
(4)NH3分子中H-N-H键角为107°。如图是[Zn(NH3)6]2+的部分结构以及H-N-H键角的测量值。解释NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H-N-H键角变大的原因：_______。

(5)与反应生成的中，以原子与形成配位键。请在结构示意图的相应位置补填缺少的配体_______。

【答案】(1)     [Ar]3d10     2
(2)     平面三角形     O3(或SO2)     HNO3比HNO2的中心N原子正电性更高，对电子云吸引力更大，O-H键极性更强，更易电离出氢离子
(3)sp2、sp3
(4)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱
(5)

【详解】（1）Cu是29号元素，基态Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，O原子核外电子数为8，由能量最低原理可知核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级4个电子占据3个轨道，单电子数目为2。
（2）离子中N原子价层电子对数=，离子的VSEPR模型为平面三角形。与互为等电子体微粒，即三原子24电子的等电子体微粒：O3。HNO3中的N为+5价，其N的正电性强于HNO2中的N，使羟基中O-H键极性增强，共用电子对更偏向O原子，羟基更易电离出氢离子，所以酸性HNO3酸性强于HNO2。
（3）根据结构简式可知，形成双键的N原子形成2个σ键，N原子还有1对孤电子对，价层电子对数为3，所以N原子为sp2杂化，形成双键的采用sp2，氨基中的N原子为sp3杂化。
（4）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，斥力减弱，故NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H-N-H键角变大。
（5）NO以N原子与Fe2+形成配位键，H2O以O原子与Fe2+形成配位键，所以结构示意图应为：