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河南省西平县高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题（解析版）
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这是一份河南省西平县高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题（解析版），共16页。
2023年西平县高级中学高二年级春学期期中考试
化学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页。全卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.本试卷可能用到元素的相对原子质量：H1 C12
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1. 反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：
下列有关说法正确的是
A. 进程Ⅰ是吸热反应 B. X是催化剂
C. M·X比N·X稳定 D. 反应热：Ⅰ>Ⅱ
【答案】B
【解析】
【详解】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A错误；
B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B正确；
C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C错误；
D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D错误；
故答案选B。
2. 在体积为1 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下反应： 。测得CO2和H2的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A. 平衡时的转化率为75%
B. 平衡后充入惰性气体，平衡向正向移动
C. 该条件下，第9 min时大于第3 min时
D. 混合气体的密度不随时间的变化而变化，则说明上述反应达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．利用初始和平衡浓度可得平衡时的转化率为75%，A正确；
B．恒容容器充入惰性气体，与反应有关的各物质浓度不变，平衡不移动，B错误；
C．平衡之前始终有<，故该条件下，第9 min时小于第3 min时，C错误；
D．根据质量守恒定律，气体总质量不变，又该容器为恒容容器，故混合气体的密度始终不变，无法通过混合气体密度判断反应是否达到平衡状态，D错误；
故选A。
3. 下列有关物质关系的说法正确的是
A. SO2和SO3互为同素异形体 B. 金刚石和石墨互为同位素
C. CH4和C9H20互为同系物 D. 和互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2和SO3都属于化合物，二者不互为同素异形体，A不正确；
B．金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，B不正确；
C．CH4和C9H20都属于烷烃，二者分子组成上相差8个“CH2”，二者互为同系物，C正确；
D．CH4分子呈正四面体结构，则和为同一种物质，D不正确；
故选C。
4. 为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念：AG=lg。常温下，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1HCN溶液，溶液的酸度(AG)随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知100.8≈6.3，下列说法正确的是
A. 滴定过程中逐渐增大
B. 常温下，HCN的电离常数Ka≈6.3×10-10
C. 滴定过程中水电离出c(H+)先减小后增大
D. 当V=10mL时，溶液中存在c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，减小，增大，故滴定过程中逐渐减小，A项错误；
B．未加NaOH溶液时，AG=3.8，，结合Kw=10-14，可得c2(H+)=103.8×10-14， ，B项正确；
C．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，恰好反应生成NaCN，水的电离程度最大，HCN过量后，水的电离程度逐渐减小，故水电离出c(H+)先增大后减小，C项错误；
D．当V=10mL时，溶液中的n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D项错误；
故选B。
5. LiFePO4电池是一种新型锂离子电池，其工作原理为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6充放电时，Li+在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了LixC6的生成与解离。利用LiFePO4电池可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 放电时电池内部Li+向正极移动
B. 电池工作时，正极反应式为： Li1-xFePO4 + xLi++ xe—= LiFePO4
C. 转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接
D. 该装置实际工作过程中需要在C处补充适量H2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为LiFePO4电池，M电极为原电池负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixC6— xe—= xLi++6C，N电极为正极，锂离子作用下Li1-xFePO4 在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应式为Li1-xFePO4 + xLi++ xe—= LiFePO4；右侧装置为电解池，将雾霾中的一氧化氮、二氧化硫转化为硫酸铵时，与负极M电极相接的b电极为阴极，酸性条件下一氧化氮得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+ 5e—+6H+=NH+H2O，与正极N电极相接的a电极为阳极，水分子作用下二氧化硫在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2—2e—+H2O =SO+4H+，电解的总反应方程式为5SO2+NO+8H2O (NH4)2SO4+ 4H2SO4，所以实际工作过程中需要在C处补充适量氨水。
【详解】A．LiFePO4电池放电时，电池内部阳离子锂离子向正极移动，故A正确；
B．由分析可知，电池工作时，N电极为正极，锂离子作用下Li1-xFePO4 在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应式为Li1-xFePO4 + xLi++ xe—= LiFePO4，故B正确；
C．由分析可知，将雾霾中的一氧化氮、二氧化硫转化为硫酸铵时，与负极M电极相接的b电极为阴极，与正极N电极相接的a电极为阳极，故C正确；
D．由分析可知，电解的总反应方程式为5SO2+NO+8H2O (NH4)2SO4+ 4H2SO4，实际工作过程中需要在C处补充适量氨水将生成的硫酸转化为硫酸铵，故D错误；
故选D。
6. 下列描述中正确的是
A. 基态碳原子的轨道表示式
B. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能
C. 基态核外电子的排布为的原子，3p能级有一个空轨道
D. 第四周期中未成对电子数最多的原子为
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态碳原子的轨道表示式 ，A错误；
B．同一周期主族元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能，B正确；
C．基态核外电子的排布为的原子，3p能级上4个电子排列3个轨道，每个轨道最多排列2个电子，所以3p能级没有空轨道，C错误；
D．第四周期中未成对电子数最多的原子为Cr原子，未成对电子数为6，D错误；
故选B。
7. 下列说法中正确的是
A. 的名称为3，4-二甲基-2-乙基戊烷
B. 、的空间结构均为平面三角形
C. HF比HCl沸点高的原因是HF分子内存在氢键
D. 键角：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由键线式可知，烷烃分子中最长碳链含有6个碳原子，侧链为3个甲基，名称为2，3，4—三甲基己烷，故A错误；
B．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，则分子的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，氟化氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，故C错误；
D．、、的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体，分子中孤对电子对数越多，孤对电子对成键电子对的斥力越大，键角越小，甲烷分子中孤对电子对数为0，与的孤对电子对数为1， 则甲烷的键角最大；结构相似的分子，中心原子的原子半径越小，成键电子对间的斥力越大，键角越大，氮原子的原子半径小于磷原子，则氨分子的键角大于磷化氢，所以三种分子的键角大小顺序为CH4＞NH3＞PH3，故D正确；
故选D。
8. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热的作用，但口服该药对肠道、胃有刺激性，解决方法之一是对该分子进行成酯修饰(如图所示)。下列说法正确的是
A. 电负性：N>C>O B. R和T中均无手性碳原子
C. 沸点： D. R和T均不能与氧气发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性增大：O＞N＞C，故A错误；
B．连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，布洛芬和成酯修饰产物中均含1个手性碳原子(与羧基或酯基相连的左侧的那个碳原子)，故B错误；
C．室温下水是液体、氨气呈气态，则沸点，故C正确；
D． R和T均能燃烧，能与氧气发生氧化反应，另他们均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；
故选C。
9. 下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为三角锥形的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3中N价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，NH3中存在一对孤电子对，空间构型为三角锥形，A正确；
B．中S的价层电子对数为4，无孤电子对，VSEPR为四面体形，空间构型为正四面体形，B错误；
C．中N的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR为平面三角形，空间构型为正三角形，C错误；
D．BF3中B的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR为平面三角形，空间构型为正三角形，D错误；
故答案选A。
10. 我国力争于2060年前实现碳中和。与重整是利用的研究热点之一、下列关于和说法正确的是
A. 固态属于共价晶体
B. 键角小于键角
C. 分子中含有极性共价键，是极性分子
D. 干冰中每个分子周围紧邻6个分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．固态属于分子晶体，故A错误；
B．是正四面体结构，键角为109°28′，是直线形结构，键角为180°，故B正确；
C．是正四面体结构，分子中含有极性共价键，但分子结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，故C错误；
D．每8个CO2分子构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2分子，每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个，故D错误；
故选B。
11. “年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法不正确的是
A. 环上的一氯代物为3种
B. 与互为同系物
C. 该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 该分子中sp3杂化的原子数为11个
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项错误；
B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项正确；
C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；
B．该分子中C和O均为sp3杂化，共有11个，D项正确；
故选A。
12. 下列说法正确的是
A. 的同分异构体有4种
B. 光照条件下，1 mol甲烷和氯气完全取代需要2 mol氯气
C. 的二氯代物只有一种，此事实可说明为正四面体结构
D. 正戊烷和异戊烷属于同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A．的同分异构体有5种，分别是己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，故A错误；
B．1mol甲烷中含有4mol氢原子，光照条件下，1mol甲烷和氯气完全取代需要4mol氯气，故B错误；
C．若甲烷是平面正方形结构，则二氯代物有两种，而甲烷的二氯代物只有一种，此事实可说明甲烷的空间构型不是平面正方形，而是正四面体结构，故C正确；
D．正戊烷和异戊烷的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D错误；
故选C选项。
13. 欲检验卤代烃卤元素，下列操作步骤正确的组合是
①滴入2滴AgNO3溶液观察现象②取少量上层水溶液③取少量待测液于试管中④加入1mL5%NaOH溶液⑤移入盛有1mL稀硝酸的试管中⑥振荡后加热
A. ②④⑤⑥③① B. ③④⑥②⑤① C. ③④⑤⑥②① D. ③④②⑥⑤①
【答案】B
【解析】
【详解】检验卤代烃中的卤素原子，先去少量的待测液于试管中，加入溶液，加热使其水解，再加入稀硝酸，除去多余的，最后滴入，观察产生的沉淀的颜色，若沉淀为白色，则卤代烃中含有氯元素，故选B。
14. 研究表明，连有4个不同的原子或原子团的碳原子，叫做不对称碳原子，也叫手性碳原子，含有手性碳原子的物质可能具有光学活性，也可能不具有光学活性。则有机物分子中(如图)手性碳原子的个数为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】，分子存在1个手性碳原子；
故选A。
15. 2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A. a为电源正极
B. 双极膜中间层中的在外电场的作用下移向铅电极
C. 制得1molFDCA，理论上消耗2mol
D. 阴极区的电极反应为： -6e-+2H2O→+6H+
【答案】C
【解析】
【分析】铅电极附近醛基转化为羟基、五元环内2个碳碳双键转化为单键，发生还原反应，铅电极为阴极，催化电极为阳极。
【详解】A．铅电极附近醛基转化为羟基、五元环内2个碳碳双键转化为单键，发生还原反应，铅电极为阴极，因此a为电源的负极，A项错误；
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向阳极(催化电极)，B项错误；
C．制得1mol FDCA，阳极消耗 ，转移6mol e-，阴极转移6mol e-时，消耗1 mol，共消耗2 mol，C项正确；
D．电解池中负极区即为阴极，阴极发生还原反应， 中醛基和醇羟基转化为羧基为氧化反应，是阳极区的电极反应，D项错误；
故答案选C。
二、非选择题：共55分。
16. I．CP是一种起爆药，化学式为，CP可由5-氰基四唑(结构简式如下图所示)和反应制备。
（1）Co原子基态电子排布式为___________，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。
（2）5-氰基四唑分子中C原子杂化类型为___________；1 mol 5-氰基四唑分子中含有σ键的数目为___________。
（3）在配合物中
①Co3+的配体为___________(填分子式)。
②空间构型___________。
Ⅱ.偏钛酸钡在小型变压器，话筒和扩音器中均有应用，其晶胞结构如图所示，
（4）偏钛酸钡的化学式为___________。
（5）与Ba2+最近且等距离的O2-为___________个。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d74s2或写为[Ar]3d74s2 ②. N>O>C
（2） ①. sp、sp2杂化 ②.
（3） ①. NH3、H2O ②. 正四面体
（4）BaTiO3 （5）12
【解析】
【小问1详解】
Co为27号元素，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或 [Ar]3d74s2；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，N2p能级轨道半充满比较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
【小问2详解】
5-氰基四唑分子中含键和C=N键，其C原子分别为sp、sp2杂化；由结构图可知，1 mol 5-氰基四唑分子中含8molσ键，其数目为。
【小问3详解】
①在配合物中，Co3+的分别与NH3中的N原子和H2O中的O原子形成配位键，则Co3+的配体为NH3、H2O；
②中心Cl原子价层电子对数=，为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体。
【小问4详解】
采用均摊方法计算：位于顶点的Ba2+数目为，位于面心的O2-数目为，位于体心的Ti4+数目是1，则偏钛酸钡的化学式为BaTiO3。
【小问5详解】
由晶胞结构可知，与Ba2+最近且等距离的O2-为12个。
17. 某化工厂从废钼(Mo)催化剂(主要成分为、CoO、、)(中回收钴、铁、钼等，工艺流程如图：
已知：①“焙烧”过程中，转化为，转化为(易水解)。CoO转化为；
②常温下，，。
回答下列问题：
（1）“焙烧”过程中产生的气体Ⅰ的主要成分为_______。
（2）“焙烧”过程中，转化为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
（3）“焙烧”过程中和反应的化学方程式为_______。
（4）“熔砂”加水溶解时，加热的作用一方面是让可溶物充分溶解，另一方面是_______。
（5）“滤渣Ⅰ”中的和、稀反应的化学方程式为_______。
（6）“滤渣Ⅱ”的成分为_______(写化学式)。
（7）常温下，“溶液”中加入溶液调节溶液的pH，当恰好完全沉淀时，溶液的pH为_______[已知： mol⋅L时，可以认为已完全沉淀]。
【答案】（1）、
（2）
（3）
（4）可促进水解，使完全转化为沉淀
（5）
（6）
（7）3.3
【解析】
【分析】由已知条件可知，“焙烧”过程中转化为可溶于水的，转化为易水解的，CoO转化为不溶于水的，转化为可溶于水的。加水溶解后、进入“滤液Ⅰ”中，“熔砂”后转化为，过滤，和进入“滤渣Ⅰ”；得到的“滤液Ⅰ”中含和，通入过量的，和反应生成沉淀，“滤渣Ⅱ”的成分是，“滤液Ⅱ”中加入、得到沉淀。
【小问1详解】
“焙烧”过程中由碳酸根生成气体，由生成气体，所以气体Ⅰ的主要成分为和。
【小问2详解】
“焙烧”过程中转化为时，1mol氧化剂得利，还原剂被氧化为和，共失去，依据得失电子守恒，氧化利和还原剂的物质的量之比为7∶2。
【小问3详解】
“焙烧”过程中Al2O3和Na2CO3反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。
【小问4详解】
根据已知条件，易水解，的水解过程吸热，加热可促进水解，使完全转化为沉淀。
【小问5详解】
根据流程看出，最后得到了，其中Co元素为价，故“滤渣Ⅰ”中的和、稀发生氧化还原反应。化学方程式为。
【小问6详解】
根据分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3。
【小问7详解】
第一步：根据和恰好完全沉淀时的浓度计算出。
当恰好完全沉淀时，，代入的表达式得，。
第二步：利用数学知识计算出溶液的pOH。。
第三步：利用常温下同pH。可求得溶液的pH为3.3。
18. 甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①
②
③
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：(其中CO中的碳氧键为C=O)
化学键
H-H
C-O
C=O
H-O
C-H
E/(kJ·mol)
436
343
1076
465
413
由此计算_______kJ⋅mol，已知 kJ⋅mol，由此计算，_______kJ⋅mol。
（2）图1中能正确反映反应①平衡常数K随温度变化关系的曲线为_______(填曲线标记字母)，其判断理由是_______。
（3）图2中的压强由大到小为_______，其判断理由是_______。
【答案】（1） ①. -99 ②. +41
（2） ①. a ②. 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小
（3） ①. ②. 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高
【解析】
【小问1详解】
反应热=反应物总键能−生成物总键能，故1076kJ/mol+2×436kJ/mol −(3×413+343+465)kJ/mol=−99 kJ/mol；
根据盖斯定律：反应②−反应①=反应③，故=−=−58 kJ/mol −(−99 kJ/mol)=+41 kJ/mol。
【小问2详解】
图1中能正确反映反应①平衡常数K随温度变化关系的曲线为a，其判断理由是：反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系。
【小问3详解】
图2中的压强由大到小为，其判断理由是：相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高。
19. 按要求书写：
（1）羟基的电子式_______。
（2）的系统命名为_______。
（3）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式_______。
（4）某芳香烃的相对分子质量为102，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为_______。
（5）已知有多种同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链。符合条件的烷烃有_______种，其中有一种同分异构体的一氯代物有4种同分异构体，请写出其结构简式_______，该烷烃分子的名称_______。
【答案】（1）
（2）3-甲基戊烷 （3）
（4） （5） ①. 4 ②. ③. 2，2-二甲基戊烷
【解析】
【小问1详解】
1个羟基中含有9个电子，即羟基的电子式为。
【小问2详解】
根据烷烃命名原则，此有机物的名称为3－甲基戊烷。
【小问3详解】
该烷烃的相对分子质量为72，根据烷烃的通式，该烷烃分子式为C5H12，同分异构体是CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4，碳原子数相同，支链越多，熔沸点越低，因此该烷烃的结构简式为C(CH3)4。
【小问4详解】
根据苯同系物的通式，C8H10的相对分子质量为106，此有机物的相对分子质量为102，比苯的同系物少4个H，少4个H原子，多一个三键，因此此有机物的结构简式为。
【小问5详解】
C7H16属于烷烃，主链有5个碳原子，两个甲基作支链，同分异构体为(CH3)3CCH2CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，共有4种，一氯代物有4种，说明有4种不同的氢原子，即结构简式为(CH3)3CCH2CH2CH3，名称为2，2－二甲基戊烷。
2023年西平县高级中学高二年级春学期期中考试
化学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页。全卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.本试卷可能用到元素的相对原子质量：H1 C12
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1. 反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：
下列有关说法正确的是
A. 进程Ⅰ是吸热反应 B. X是催化剂
C. M·X比N·X稳定 D. 反应热：Ⅰ>Ⅱ
【答案】B
【解析】
【详解】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A错误；
B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B正确；
C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C错误；
D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D错误；
故答案选B。
2. 在体积为1 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下反应： 。测得CO2和H2的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A. 平衡时的转化率为75%
B. 平衡后充入惰性气体，平衡向正向移动
C. 该条件下，第9 min时大于第3 min时
D. 混合气体的密度不随时间的变化而变化，则说明上述反应达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．利用初始和平衡浓度可得平衡时的转化率为75%，A正确；
B．恒容容器充入惰性气体，与反应有关的各物质浓度不变，平衡不移动，B错误；
C．平衡之前始终有<，故该条件下，第9 min时小于第3 min时，C错误；
D．根据质量守恒定律，气体总质量不变，又该容器为恒容容器，故混合气体的密度始终不变，无法通过混合气体密度判断反应是否达到平衡状态，D错误；
故选A。
3. 下列有关物质关系的说法正确的是
A. SO2和SO3互为同素异形体 B. 金刚石和石墨互为同位素
C. CH4和C9H20互为同系物 D. 和互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2和SO3都属于化合物，二者不互为同素异形体，A不正确；
B．金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，B不正确；
C．CH4和C9H20都属于烷烃，二者分子组成上相差8个“CH2”，二者互为同系物，C正确；
D．CH4分子呈正四面体结构，则和为同一种物质，D不正确；
故选C。
4. 为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念：AG=lg。常温下，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1HCN溶液，溶液的酸度(AG)随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知100.8≈6.3，下列说法正确的是
A. 滴定过程中逐渐增大
B. 常温下，HCN的电离常数Ka≈6.3×10-10
C. 滴定过程中水电离出c(H+)先减小后增大
D. 当V=10mL时，溶液中存在c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，减小，增大，故滴定过程中逐渐减小，A项错误；
B．未加NaOH溶液时，AG=3.8，，结合Kw=10-14，可得c2(H+)=103.8×10-14， ，B项正确；
C．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，恰好反应生成NaCN，水的电离程度最大，HCN过量后，水的电离程度逐渐减小，故水电离出c(H+)先增大后减小，C项错误；
D．当V=10mL时，溶液中的n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D项错误；
故选B。
5. LiFePO4电池是一种新型锂离子电池，其工作原理为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6充放电时，Li+在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了LixC6的生成与解离。利用LiFePO4电池可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示，下列说法不正确的是
A. 放电时电池内部Li+向正极移动
B. 电池工作时，正极反应式为： Li1-xFePO4 + xLi++ xe—= LiFePO4
C. 转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接
D. 该装置实际工作过程中需要在C处补充适量H2SO4
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，左侧装置为LiFePO4电池，M电极为原电池负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixC6— xe—= xLi++6C，N电极为正极，锂离子作用下Li1-xFePO4 在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应式为Li1-xFePO4 + xLi++ xe—= LiFePO4；右侧装置为电解池，将雾霾中的一氧化氮、二氧化硫转化为硫酸铵时，与负极M电极相接的b电极为阴极，酸性条件下一氧化氮得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+ 5e—+6H+=NH+H2O，与正极N电极相接的a电极为阳极，水分子作用下二氧化硫在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2—2e—+H2O =SO+4H+，电解的总反应方程式为5SO2+NO+8H2O (NH4)2SO4+ 4H2SO4，所以实际工作过程中需要在C处补充适量氨水。
【详解】A．LiFePO4电池放电时，电池内部阳离子锂离子向正极移动，故A正确；
B．由分析可知，电池工作时，N电极为正极，锂离子作用下Li1-xFePO4 在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4，电极反应式为Li1-xFePO4 + xLi++ xe—= LiFePO4，故B正确；
C．由分析可知，将雾霾中的一氧化氮、二氧化硫转化为硫酸铵时，与负极M电极相接的b电极为阴极，与正极N电极相接的a电极为阳极，故C正确；
D．由分析可知，电解的总反应方程式为5SO2+NO+8H2O (NH4)2SO4+ 4H2SO4，实际工作过程中需要在C处补充适量氨水将生成的硫酸转化为硫酸铵，故D错误；
故选D。
6. 下列描述中正确的是
A. 基态碳原子的轨道表示式
B. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能
C. 基态核外电子的排布为的原子，3p能级有一个空轨道
D. 第四周期中未成对电子数最多的原子为
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态碳原子的轨道表示式 ，A错误；
B．同一周期主族元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能，B正确；
C．基态核外电子的排布为的原子，3p能级上4个电子排列3个轨道，每个轨道最多排列2个电子，所以3p能级没有空轨道，C错误；
D．第四周期中未成对电子数最多的原子为Cr原子，未成对电子数为6，D错误；
故选B。
7. 下列说法中正确的是
A. 的名称为3，4-二甲基-2-乙基戊烷
B. 、的空间结构均为平面三角形
C. HF比HCl沸点高的原因是HF分子内存在氢键
D. 键角：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由键线式可知，烷烃分子中最长碳链含有6个碳原子，侧链为3个甲基，名称为2，3，4—三甲基己烷，故A错误；
B．三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，则分子的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，氟化氢的分子间作用力大于氯化氢，沸点高于氯化氢，故C错误；
D．、、的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体，分子中孤对电子对数越多，孤对电子对成键电子对的斥力越大，键角越小，甲烷分子中孤对电子对数为0，与的孤对电子对数为1， 则甲烷的键角最大；结构相似的分子，中心原子的原子半径越小，成键电子对间的斥力越大，键角越大，氮原子的原子半径小于磷原子，则氨分子的键角大于磷化氢，所以三种分子的键角大小顺序为CH4＞NH3＞PH3，故D正确；
故选D。
8. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热的作用，但口服该药对肠道、胃有刺激性，解决方法之一是对该分子进行成酯修饰(如图所示)。下列说法正确的是
A. 电负性：N>C>O B. R和T中均无手性碳原子
C. 沸点： D. R和T均不能与氧气发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性增大：O＞N＞C，故A错误；
B．连接四个不同原子或基团的碳原子，称为手性碳原子，布洛芬和成酯修饰产物中均含1个手性碳原子(与羧基或酯基相连的左侧的那个碳原子)，故B错误；
C．室温下水是液体、氨气呈气态，则沸点，故C正确；
D． R和T均能燃烧，能与氧气发生氧化反应，另他们均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；
故选C。
9. 下列粒子的VSEPR模型为四面体形且其空间结构为三角锥形的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3中N价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形，NH3中存在一对孤电子对，空间构型为三角锥形，A正确；
B．中S的价层电子对数为4，无孤电子对，VSEPR为四面体形，空间构型为正四面体形，B错误；
C．中N的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR为平面三角形，空间构型为正三角形，C错误；
D．BF3中B的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR为平面三角形，空间构型为正三角形，D错误；
故答案选A。
10. 我国力争于2060年前实现碳中和。与重整是利用的研究热点之一、下列关于和说法正确的是
A. 固态属于共价晶体
B. 键角小于键角
C. 分子中含有极性共价键，是极性分子
D. 干冰中每个分子周围紧邻6个分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．固态属于分子晶体，故A错误；
B．是正四面体结构，键角为109°28′，是直线形结构，键角为180°，故B正确；
C．是正四面体结构，分子中含有极性共价键，但分子结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，故C错误；
D．每8个CO2分子构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2分子，每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个，故D错误；
故选B。
11. “年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法不正确的是
A. 环上的一氯代物为3种
B. 与互为同系物
C. 该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 该分子中sp3杂化的原子数为11个
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项错误；
B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项正确；
C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；
B．该分子中C和O均为sp3杂化，共有11个，D项正确；
故选A。
12. 下列说法正确的是
A. 的同分异构体有4种
B. 光照条件下，1 mol甲烷和氯气完全取代需要2 mol氯气
C. 的二氯代物只有一种，此事实可说明为正四面体结构
D. 正戊烷和异戊烷属于同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A．的同分异构体有5种，分别是己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，故A错误；
B．1mol甲烷中含有4mol氢原子，光照条件下，1mol甲烷和氯气完全取代需要4mol氯气，故B错误；
C．若甲烷是平面正方形结构，则二氯代物有两种，而甲烷的二氯代物只有一种，此事实可说明甲烷的空间构型不是平面正方形，而是正四面体结构，故C正确；
D．正戊烷和异戊烷的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D错误；
故选C选项。
13. 欲检验卤代烃卤元素，下列操作步骤正确的组合是
①滴入2滴AgNO3溶液观察现象②取少量上层水溶液③取少量待测液于试管中④加入1mL5%NaOH溶液⑤移入盛有1mL稀硝酸的试管中⑥振荡后加热
A. ②④⑤⑥③① B. ③④⑥②⑤① C. ③④⑤⑥②① D. ③④②⑥⑤①
【答案】B
【解析】
【详解】检验卤代烃中的卤素原子，先去少量的待测液于试管中，加入溶液，加热使其水解，再加入稀硝酸，除去多余的，最后滴入，观察产生的沉淀的颜色，若沉淀为白色，则卤代烃中含有氯元素，故选B。
14. 研究表明，连有4个不同的原子或原子团的碳原子，叫做不对称碳原子，也叫手性碳原子，含有手性碳原子的物质可能具有光学活性，也可能不具有光学活性。则有机物分子中(如图)手性碳原子的个数为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】，分子存在1个手性碳原子；
故选A。
15. 2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A. a为电源正极
B. 双极膜中间层中的在外电场的作用下移向铅电极
C. 制得1molFDCA，理论上消耗2mol
D. 阴极区的电极反应为： -6e-+2H2O→+6H+
【答案】C
【解析】
【分析】铅电极附近醛基转化为羟基、五元环内2个碳碳双键转化为单键，发生还原反应，铅电极为阴极，催化电极为阳极。
【详解】A．铅电极附近醛基转化为羟基、五元环内2个碳碳双键转化为单键，发生还原反应，铅电极为阴极，因此a为电源的负极，A项错误；
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向阳极(催化电极)，B项错误；
C．制得1mol FDCA，阳极消耗 ，转移6mol e-，阴极转移6mol e-时，消耗1 mol，共消耗2 mol，C项正确；
D．电解池中负极区即为阴极，阴极发生还原反应， 中醛基和醇羟基转化为羧基为氧化反应，是阳极区的电极反应，D项错误；
故答案选C。
二、非选择题：共55分。
16. I．CP是一种起爆药，化学式为，CP可由5-氰基四唑(结构简式如下图所示)和反应制备。
（1）Co原子基态电子排布式为___________，C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。
（2）5-氰基四唑分子中C原子杂化类型为___________；1 mol 5-氰基四唑分子中含有σ键的数目为___________。
（3）在配合物中
①Co3+的配体为___________(填分子式)。
②空间构型___________。
Ⅱ.偏钛酸钡在小型变压器，话筒和扩音器中均有应用，其晶胞结构如图所示，
（4）偏钛酸钡的化学式为___________。
（5）与Ba2+最近且等距离的O2-为___________个。
【答案】（1） ①. 1s22s22p63s23p63d74s2或写为[Ar]3d74s2 ②. N>O>C
（2） ①. sp、sp2杂化 ②.
（3） ①. NH3、H2O ②. 正四面体
（4）BaTiO3 （5）12
【解析】
【小问1详解】
Co为27号元素，基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或 [Ar]3d74s2；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，N2p能级轨道半充满比较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
【小问2详解】
5-氰基四唑分子中含键和C=N键，其C原子分别为sp、sp2杂化；由结构图可知，1 mol 5-氰基四唑分子中含8molσ键，其数目为。
【小问3详解】
①在配合物中，Co3+的分别与NH3中的N原子和H2O中的O原子形成配位键，则Co3+的配体为NH3、H2O；
②中心Cl原子价层电子对数=，为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体。
【小问4详解】
采用均摊方法计算：位于顶点的Ba2+数目为，位于面心的O2-数目为，位于体心的Ti4+数目是1，则偏钛酸钡的化学式为BaTiO3。
【小问5详解】
由晶胞结构可知，与Ba2+最近且等距离的O2-为12个。
17. 某化工厂从废钼(Mo)催化剂(主要成分为、CoO、、)(中回收钴、铁、钼等，工艺流程如图：
已知：①“焙烧”过程中，转化为，转化为(易水解)。CoO转化为；
②常温下，，。
回答下列问题：
（1）“焙烧”过程中产生的气体Ⅰ的主要成分为_______。
（2）“焙烧”过程中，转化为，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
（3）“焙烧”过程中和反应的化学方程式为_______。
（4）“熔砂”加水溶解时，加热的作用一方面是让可溶物充分溶解，另一方面是_______。
（5）“滤渣Ⅰ”中的和、稀反应的化学方程式为_______。
（6）“滤渣Ⅱ”的成分为_______(写化学式)。
（7）常温下，“溶液”中加入溶液调节溶液的pH，当恰好完全沉淀时，溶液的pH为_______[已知： mol⋅L时，可以认为已完全沉淀]。
【答案】（1）、
（2）
（3）
（4）可促进水解，使完全转化为沉淀
（5）
（6）
（7）3.3
【解析】
【分析】由已知条件可知，“焙烧”过程中转化为可溶于水的，转化为易水解的，CoO转化为不溶于水的，转化为可溶于水的。加水溶解后、进入“滤液Ⅰ”中，“熔砂”后转化为，过滤，和进入“滤渣Ⅰ”；得到的“滤液Ⅰ”中含和，通入过量的，和反应生成沉淀，“滤渣Ⅱ”的成分是，“滤液Ⅱ”中加入、得到沉淀。
【小问1详解】
“焙烧”过程中由碳酸根生成气体，由生成气体，所以气体Ⅰ的主要成分为和。
【小问2详解】
“焙烧”过程中转化为时，1mol氧化剂得利，还原剂被氧化为和，共失去，依据得失电子守恒，氧化利和还原剂的物质的量之比为7∶2。
【小问3详解】
“焙烧”过程中Al2O3和Na2CO3反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。
【小问4详解】
根据已知条件，易水解，的水解过程吸热，加热可促进水解，使完全转化为沉淀。
【小问5详解】
根据流程看出，最后得到了，其中Co元素为价，故“滤渣Ⅰ”中的和、稀发生氧化还原反应。化学方程式为。
【小问6详解】
根据分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3。
【小问7详解】
第一步：根据和恰好完全沉淀时的浓度计算出。
当恰好完全沉淀时，，代入的表达式得，。
第二步：利用数学知识计算出溶液的pOH。。
第三步：利用常温下同pH。可求得溶液的pH为3.3。
18. 甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①
②
③
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：(其中CO中的碳氧键为C=O)
化学键
H-H
C-O
C=O
H-O
C-H
E/(kJ·mol)
436
343
1076
465
413
由此计算_______kJ⋅mol，已知 kJ⋅mol，由此计算，_______kJ⋅mol。
（2）图1中能正确反映反应①平衡常数K随温度变化关系的曲线为_______(填曲线标记字母)，其判断理由是_______。
（3）图2中的压强由大到小为_______，其判断理由是_______。
【答案】（1） ①. -99 ②. +41
（2） ①. a ②. 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小
（3） ①. ②. 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高
【解析】
【小问1详解】
反应热=反应物总键能−生成物总键能，故1076kJ/mol+2×436kJ/mol −(3×413+343+465)kJ/mol=−99 kJ/mol；
根据盖斯定律：反应②−反应①=反应③，故=−=−58 kJ/mol −(−99 kJ/mol)=+41 kJ/mol。
【小问2详解】
图1中能正确反映反应①平衡常数K随温度变化关系的曲线为a，其判断理由是：反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系。
【小问3详解】
图2中的压强由大到小为，其判断理由是：相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高。
19. 按要求书写：
（1）羟基的电子式_______。
（2）的系统命名为_______。
（3）相对分子质量为72且沸点最低的烷烃的结构简式_______。
（4）某芳香烃的相对分子质量为102，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为_______。
（5）已知有多种同分异构体，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链。符合条件的烷烃有_______种，其中有一种同分异构体的一氯代物有4种同分异构体，请写出其结构简式_______，该烷烃分子的名称_______。
【答案】（1）
（2）3-甲基戊烷 （3）
（4） （5） ①. 4 ②. ③. 2，2-二甲基戊烷
【解析】
【小问1详解】
1个羟基中含有9个电子，即羟基的电子式为。
【小问2详解】
根据烷烃命名原则，此有机物的名称为3－甲基戊烷。
【小问3详解】
该烷烃的相对分子质量为72，根据烷烃的通式，该烷烃分子式为C5H12，同分异构体是CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4，碳原子数相同，支链越多，熔沸点越低，因此该烷烃的结构简式为C(CH3)4。
【小问4详解】
根据苯同系物的通式，C8H10的相对分子质量为106，此有机物的相对分子质量为102，比苯的同系物少4个H，少4个H原子，多一个三键，因此此有机物的结构简式为。
【小问5详解】
C7H16属于烷烃，主链有5个碳原子，两个甲基作支链，同分异构体为(CH3)3CCH2CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3，共有4种，一氯代物有4种，说明有4种不同的氢原子，即结构简式为(CH3)3CCH2CH2CH3，名称为2，2－二甲基戊烷。
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