10A.负极电极反应式为：B.A为质子交换膜，电池工作时，从M极移向N极C.两极产生的与的物质的量之比为5∶1D.好氧微生物反应器发生反应时，反应器内溶液pH降低【答案】A【解析】【详解】A．M极为负极，电极反应式为，A错误；B．原电池工作时，H+从M极向N极移动，故A为质子交换膜，B正确；C．电路中转移10mol电子时，M极生成5molCO2，N极生成1molN2，两极产生的CO2和N2的物质的量之比为5：1，C正确；D．好氧微生物反应器发生反应，生成氢离子，反应器内溶液pH降低，D正确；故答案选A。20.在标准状态下，将指定单质生成1mol物质的反应焓称为该化合物的生成焓，符号为。由题图所给的数据可得，下列说法正确的是
11A.生成NaF时放出热量最多，故化合时反应速率最快B.C.NaI的热稳定性比NaBr高D.由图可知，断开中的化学键所吸收的能量大于断开中的化学键所吸收的能量【答案】B【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，生成NaF时放出热量最多，但反应速率快慢与反应需要的活化能有关，而与焓变的大小没有必然的关系，故化合时反应速率不一定最快，A错误；B．由题干图示信息可知，=-411，，B正确；C．由题干图示可知，相同物质的量的NaI具有的总能量高于NaBr的，能量越高越不稳定，故NaI的热稳定性比NaBr低，C错误；D．根据反应热等于反应物总的键能减去生成物的总的键能，由于生成物的总的键量各不相同，故根据图示信息无法比较断开中的化学键所吸收的能量与断开中的化学键所吸收的能量的相对大小，D错误；故答案为：B。21.下列推测不合理的是A.与水反应生成两种强酸
12B.与足量作用可得到C.氨基磺酸与足量浓NaOH溶液加热不会产生气体D.实验测得固态中有正四面体的阳离子和正八面体的阴离子，固态化学式可表述为【答案】C【解析】【详解】A．和Cl2与水反应生成硫酸和盐酸两种强酸，反应的化学方程式为+2H2O=H2SO4+2HCl，选项A正确；B.与足量作用可得到，发生反应为+3=+3HCl，选项B正确；C．氨基磺酸与足量浓NaOH溶液加热会产生NH3，反应为H2N-SO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O，选项C错误；D．实验测得固态中有正四面体的阳离子和正八面体的阴离子，固态化学式可表述为，选项D正确；答案选C。22.温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和，发生反应：。反应相同时间后，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
13A.T℃时，a、b两点平衡常数B.图中b点所示条件下，再向体系中充入一定量的，达到平衡时，的转化率比原平衡大C.图中c点所示条件下，v(正)=v(逆)D.容器内的压强：：【答案】D【解析】【分析】由反应可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图象可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡。【详解】A.a和b在相同温度下反应，反应达到平衡时平衡常数相等，A错误；B.向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，B错误；C.图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，C错误；D.由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为，则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa：Pb＞6：7，D正确；故选D。23.室温下，分别向浓度均为的和盐酸各20mL，滴加的溶液，得到滴定曲线如下(忽略分解)，下列叙述不正确的是A.的水解平衡常数约为B.b点与a点溶液混合后C.加入溶液时，两溶液中水的电离程度
14D.a点存在：【答案】C【解析】【详解】A．，Kh=，氢离子浓度为10-5.1mol/L，一水合氨浓度等于氢离子浓度，因水解程度较小，铵根离子浓度可近似为0.1mol/L，故Kh=，A正确；B．b点时加入氢氧化钡10mL，此时NH4Cl溶液中NH4Cl反应了0.001molNH4Cl，剩余0.001molNH4Cl和0.001molNH3·H2O，盐酸中反应了HCl0.001mol，剩余HCl0.001mol，此时将b点和a点溶液混合，NH3·H2O和HCl恰好反应完，溶液为NH4Cl溶液，NH4Cl水解显酸性，pH<7，B正确；C．加入40mL氢氧化钡后，NH4Cl已反应完全，生成0.002mol一水合氨，剩余0.001mol氢氧化钡，盐酸完全反应，生成BaCl2，剩余0.001mol氢氧化钡，氢氧化钡浓度相同的情况下，一水合氨抑制水的电离，氯化钡对水电离无影响，C错误；D．a点时，NH4Cl恰好反应了一半，剩余的NH4Cl和生成的NH3·H2O物质的量相同，均为0.001mol，钡离子物质的量为0.0005mol，因为NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，故溶液显碱性，铵根离子浓度大于NH3·H2O浓度，水解和电离都是较为微弱的，因此铵根离子浓度和NH3·H2O浓度均大于钡离子浓度，D正确；故答案选C。24.某课题组设计一种脱除烟气中NO的方法，下列说法不正确的是A.整个过程的总反应方程式为B.反应过程均为氧化还原反应C.若将换成，产物也是和
15D.在整个反应中起到催化作用【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，整个过程的总反应为氨气与一氧化氮和二氧化氮反应生成氮气和水，则总反应方程式为：，故A正确；B．由图可知，中间体生成与的过程中，没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故B错误;C．中N元素为-2价，也具有还原性，也可以与NO发生归中反应生成和，故C正确;D．由图可知，是第一步反应的反应物，也是最后一步反应的产物，在反应前后性质和质量不变，属于催化剂，故Ｄ正确;故选B选项。25.下列实验方案设计、现象、结论都正确的是目的方案设计现象、结论A探究AgI和AgCl的大小取的溶液于试管中，加入的NaCl溶液，再加入的NaI溶液产生的白色沉淀转化为黄色沉淀，则证明B探究与氧化性强弱取少量溶液于试管中，加入硫酸酸化的，振荡试管溶液变黄色，证明氧化性：C探究取代基对苯环的影响取少量酸性溶液于试管中，滴入甲苯，振荡试管酸性溶液褪色，说明取代基对苯环具有活化作用D检验丙烯醛中是否含有碳碳双键取少量丙烯醛于试管中，加入溴的四氯化碳溶液，振荡试管溴的四氯化碳溶液褪色，说明丙烯醛中含有碳碳双键
16A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．与Cl-相比，Ag+过量，向硝酸银中滴加氯化钠溶液，先有AgCl白色沉淀生成，再滴加碘化钠溶液，生成AgI黄色沉淀，且两种沉淀的量相同，Ag+也恰好反应完全，不存在沉淀转化，不能比较两种沉淀的Ksp，A错误；B．硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，并不一定是H2O2将其氧化，故不能比较H2O2和Fe3+的氧化性，B错误；C．苯遇酸性高锰酸钾不褪色，甲烷遇酸性高锰酸钾也不褪色，而甲苯遇酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯环对取代基具有活化作用，C错误；D．碳碳双键能与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，说明丙烯醛中含有碳碳双键，D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.钴单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。请回答下列问题：（1）基态Co的价电子排布图为___________，Co和Fe的逐级电离能如表，Fe的大于Co的原因是___________。元素…Fe462.51561.9295752907240Co760.41648323249507670（2）维生素是配合物，其配体是一种称为卟啉的大环有机化合物，中心离子是钴离子，结构如图1所示：
17的配位数为___________，与形成配位键时，作配位原子的是___________原子，中碳原子的杂化轨道类型为___________，与互为等电子体的分子为___________(写一种即可)。（3）金属钴晶体的晶胞是六棱柱形，其结构如图2所示，每个晶胞中含Co原子个数为___________；晶胞的底是正六边形，边长为apm，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞的密度为，则该晶胞的高b为___________pm(列出计算式)。【答案】（1）①.②.的价电子为，半满稳定结构，较难再失去一个电子，的价电子为，再失去一个电子达到半满稳定结构（2）①.6②.C③.sp④.CO或（3）①.6②.或【解析】【小问1详解】Co原子序数为27，其基态原子价电子排布式为：3d74s2，价电子排布图为：
18；Fe的原子序数为26，其基态原子价电子排布式为：3d64s2，的价电子为，处于半满稳定结构，较难再失去一个电子，而的价电子为，再失去一个电子达到半满稳定结构，因此Fe的I4大于Co的I4。【小问2详解】由结构图可知，的配位数为6，与CN−形成配位键时，碳原子提供孤对电子，作配位原子，CN−中C与N形成碳氮三键，碳原子采取sp杂化，CN−的原子数为2，价电子总数为10，利用同主族变换和左右移位法，与CN−互为等电子体的分子有：CO或。【小问3详解】依据均摊法，每个晶胞中含Co原子个数为：12+2+3=6，晶胞质量为g，晶胞体积为(6a10-10a10-10sin60°b10-10)cm3=(a2c10-30)cm3，晶胞密度ρ=g/cm3=g/cm3，c=pm。27.化合物X由3种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：已知：A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同。请回答下列问题：（1）X的组成元素有___________；X的化学式为___________。（2）固体B的成分是___________(用化学式表示)（3）X化学性质相当活泼，1molX吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，请写出Y与足量NaOH溶液反应的离子方程式___________。（4）设计实验证明溶液G中的阳离子___________。【答案】（1）①.Fe、C、O②.
19（2）Fe、C（3）（4）取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有【解析】【分析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为单质的混合物，肯定含铁，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3molCO，0.1molCO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。【小问1详解】根据分析，X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；【小问2详解】根据分析，固体B的成分为：Fe、C；【小问3详解】X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1molX吸收只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；【小问4详解】根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加，溶液变血红色，则有。28.合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。催化加氢可缓解对温室效应的影响，其原理为：Ⅰ．Ⅱ．（1）已知的燃烧热为，的燃烧热为，
20，则___________。（2）反应Ⅱ中，正反应速率，逆反应速率，其中、分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响。图1(，T表示温度)所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为和随T变化斜线，则表示随T变化关系的斜线是___________。（3）在0.1MPa下，将和充入2L刚性密闭容器中，反应相同时间，温度对转化率如图2所示，温度对含碳物质的平衡产率的影响如图3所示。①试解释转化率在高于325℃时，随温度升高先减小后增大的原因___________。②当和CO平衡产率均为40％时，该温度下反应Ⅱ的平衡常数为___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（4）在1MPa下，将和充入2L刚性密闭容器中，在图3中画出平衡产率的变化趋势___________。【答案】（1）（2）c（3）①.在325℃～400℃以反应Ⅰ为主，，随温度升高反应I平衡逆移，转化率减小，高于400℃时以反应Ⅱ为主，，随温度升高反应II平衡正移，转化率增大
21②.1.2（4）【解析】【小问1详解】的燃烧热为，即，的燃烧热为，即，，故；【小问2详解】、分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响，温度升高，、均增大；反应II为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故k正增大的程度大于k逆增大的程度，故pk逆减小，且比pk正减小的程度小，故表示随T变化关系的斜线是c；【小问3详解】反应I放热，反应II吸热，故原因为：在325℃～400℃以反应I为主，，随温度升高反应I平衡逆移，转化率减小，高于400℃时以反应II为主，，随温度升高反应II平衡正移，转化率增大；的投料量为1mol，根据关系式：，当和CO平衡产率均为40％时，生成CH4和CO的物质的量均为0.4mol，故可列出三段式：，，平衡时：
22，其中3.2为平衡时气体的总物质的量，反应II的平衡常数；【小问4详解】对于反应I，升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于反应II升高温度，平衡正向移动，CO的含量增加，故下降的曲线为CH4，升高的曲线为CO；增大压强，反应II平衡不移动，但反应I平衡正向移动，导致H2O(g)含量增大，反应II平衡逆向移动，综上：温度相同时，压强越大，CH4的含量越大，但由于起始反应物的投料量相同，故起点相同，故可画出平衡产率的变化趋势：。29.丙酸钙可作食品防腐剂，也可作补钙剂。白色固体，潮湿空气中易潮解，易溶于水，难溶于乙醇。用蛋壳制备丙酸钙，反应原理和工艺流程如下：请回答下列问题：（1）发生装置如图1所示，装置a的名称___________。
23（2）下列说法不正确的是___________。A.步骤①离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于1、4处B.步骤②加入乙醇的目的是降低丙酸钙在水中的溶解度，便于析出C.步骤④将洗涤剂加入漏斗至浸没沉淀，并用玻璃棒充分搅拌，以便洗得更干净D.步骤⑤产品连同玻璃器皿放在如图3所示的干燥器c处干燥，取用时，手握干燥器盖顶圆球向上拉，取下盖子倒放在桌上，取出丙酸钙（3）反应器温度控制在80℃左右为宜，原因是：___________。（4）产品中丙酸钙纯度测定：称取mg产品，溶解，定容于100mL容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管移取25.00mL烧杯中的溶液于锥形瓶中，加入的EDTA溶液25.00mL(过量)，再滴加2～3滴铬黑T作指示剂，用的标准溶液滴定剩余EDTA溶液至终点，滴定管前后的液面位置如图4所示：(EDTA能与金属离子反应，且、与EDTA反应计量数之比均为1∶1)①上述测定过程提及的下列仪器，在使用之前一定要润洗的是___________。
24A．100mL容量瓶B．烧杯C．25mL移液管D．锥形瓶E．滴定管②此过程中，滴定管正确操作顺序为：检查滴定管是否漏水→用蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→滴定管准备完成，开始滴定。___________(填序号)a．从滴定管上口加入高于“0”刻度的所要装的溶液b．从滴定管上口加入3～5mL所要装的溶液，倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁c．将洗涤液从滴定管上口倒入预置烧杯中d．将洗涤液从滴定管下口放入预置烧杯中e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，静置1min，读数f．轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡g．将橡胶管向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡③据此计算产品中丙酸钙的纯度为w％=___________(用含有、、m的代数式表示)。【答案】（1）恒压滴液漏斗/恒压分液漏斗/恒压漏斗（2）CD（3）温度过低反应速度太慢，温度过高，丙酸挥发，丙酸钙产率降低（4）①.BCE②.bdafe③.％或％【解析】【分析】蛋壳粉主要成分是碳酸钙，CaCO3与CH3CH2COOH反应生成(CH3CH2COO)2Ca、CO2和H2O，经离心分离、乙醇洗涤、过滤、洗涤、干燥得丙酸钙。【小问1详解】如图1，装置a的名称恒压滴液漏斗/恒压分液漏斗/恒压漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗/恒压分液漏斗/恒压漏斗；【小问2详解】A.步骤①离心分离，装置如图2所示，操作时应将两支离心管放置于对称位置1、4处，以便于实验顺利进行，故A正确；B.乙醇分子极性小于水，丙酸钙在其中溶解度小，步骤②加入乙醇的目的是降低丙酸钙在水中的溶解度，便于析出，故B正确；C.步骤④将洗涤剂加入漏斗至浸没沉淀，不能用玻璃棒充分搅拌，以防捅破滤纸，故C错误；D.步骤⑤产品连同玻璃器皿放在如图3所示的干燥器c处干燥，取用时，手握干燥器盖顶圆球沿干燥器上沿拉动或轻推，取下盖子倒放在桌上，取出丙酸钙，故D错误；
25故答案为：CD；【小问3详解】反应器温度控制在80℃左右为宜，原因是：温度过低反应速度太慢，温度过高，丙酸挥发，丙酸钙产率降低。故答案为：温度过低反应速度太慢，温度过高，丙酸挥发，丙酸钙产率降低；【小问4详解】①测定过程提及的下列仪器，在使用之前一定要润洗的是A．100mL容量瓶不能用待配溶液润洗，否则所配溶液浓度偏高，故A不选；B．烧杯要用待配溶液润洗，确保所取溶液浓度准确，故B选；C．25mL移液管用待配溶液润洗，确保所取溶液浓度准确，故C选；D．锥形瓶不能用待配溶液润洗，否则所测溶液浓度偏高，故D不选；E．滴定管用待配溶液润洗，确保所取溶液浓度准确，故E选；故答案为：BCE；②此过程中，滴定管正确操作顺序为：检查滴定管是否漏水→用蒸馏水洗涤→从滴定管上口加入3～5mL所要装的溶液，倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁→将洗涤液从滴定管下口放入预置烧杯中→从滴定管上口加入高于“0”刻度的所要装的溶液→轻轻转动活塞使滴定管的尖嘴部分充满溶液，无气泡→调整液面至“0”或“0”刻度以下，静置1min，读数→滴定管准备完成，开始滴定。故答案为：bdafe；③据此计算产品中丙酸钙的纯度为w％===％或％(用含有、、m的代数式表示)。故答案为：％或％。30.某研究小组按下列路线合成药物中间体G：已知：①R1CHO+
26②R-XRMgX请回答：（1）谱图表明D中有1种化学环境的氢原子，写出D的键线式___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.化合物A中所有的碳原子一定共面B.化合物E具有弱碱性C.E→F属于取代反应D.G分子式是，且含有2个手性碳原子（3）写出A→B化学方程式___________。（4）写出同时符合下列条件F的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)：___________。①无环状结构②谱图表明分子中有2种化学环境的氢原子（5）根据上述已知信息，设计以苯和乙烯为原料制备化合物A的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。【答案】（1）（2）AD（3）（4）、、、（5）【解析】
27【分析】利用苯及乙烯为原材料，通过一系列合成转化，最终制备；根据题目所给信息②，利用苯制溴苯，再制成格式试剂，通过乙烯催化加成水生成乙醇，并进一步氧化为乙醛，乙醛再与生成苯基乙醇，苯基乙醇再经氧化生成苯基甲基酮A，有机物A再与苯甲醛发生题目信息①所提供反应类型，生成B()，有机物B加成Cl2，得到有机物C；之前制备的乙醛再与NH3反应生成氨基乙醇，两分子氨基乙醇脱水缩合生成有机物F()，有机物C与F在一定条件下发生取代反应，得到最终的产物G()；【小问1详解】核磁共振氢谱表明有机物D中只有一种化学环境的氢原子，再根据分子式C2H4O，说明两个CH2对称，O原子在对称轴上，所以D的结构简式是“”；【小问2详解】A．苯环六个碳原子及其直连的六个原子一定共面，故此有机物A中苯环六个碳原子及直连的一个碳原子共平面，再延申出去的甲基的碳原子不一定与其余七个碳原子共面，A；B．有机物D与NH3反应生成产物E中存在氨基(—NH2)，带氨基的有机物参与反应显碱性，C正确；C．由反应物E到生成物F分子中C原子数量翻倍，H原子数量变化及O原子消失，以及有机物G的结构简式，可以分析出该反应是两分子E生成一分子F，脱去两分子水，相当于羟基被含N原子结构取代，C正确；D．根据有机物G的结构简式可以分析，分子中有19个C原子、2个N原子、1个O原子，不饱和度为11，所以氢原子个数为19×2+2+2-11×2=20，所以分子式应为C19H20N2O，D错误；综上，本问应选填AD；【小问3详解】根据题目所给信息①，有机物A生成B
28的方程式是“”；【小问4详解】有机物F分子中有4个C、2个N、10个H，不饱和度为1(有两个N原子，使得有4个C的有机物饱和结构应有12个H原子)，根据核磁共振氢谱信息，要求分子结构中存在对称关系，故有机物骨架有两类：C=C为核心和N=N为核心去推测同分异构体结构，符合C=C存在的有机物结构有：“、”，符合N=N存在的有机物结构有：“、”；【小问5详解】根据题目所给信息②，本问合成路线考虑二合一方案，由最终产物逆推，可知上一步反应物应为苯基乙醇，再逆推苯基乙醇由乙醛与反应得到，乙醛由乙烯多步反应获得，由苯经多步反应获得，所以该合成路线应为“”。
29
