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2021-2022学年天津市河北区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年天津市河北区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共17页。试卷主要包含了N2O5等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年天津市河北区高三（上）期末化学试卷
1. 化学与生活密切相关。下列叙述正确的是( )
A. 使用无水酒精杀菌消毒 B. 活性炭具有除异味和杀菌作用
C. 高纯二氧化硅可用于制作光感电池 D. 镁铝合金可用于制造飞机、汽车等部件
2. 下列有关说法中正确的是( )
A. 核酸是由许多氨基酸单体形成的大分子
B. 区分晶体和非晶体最可靠的方法是核磁共振法
C. 基元反应发生的先决条件是反应物分子必须发生碰撞
D. 外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阳极保护起来
3. 下列叙述正确的是( )
A. 第一电离能：Li
C. 通过比较酸性H2CO3
4. 下列表述正确的是( )
A. 石墨和金刚石都属于典型的共价晶体 B. CO32−离子的空间结构为三角锥形
C. 分子晶体在常温下有可能为固体 D. C2H6的共价键类型：σ键和π键
5. 下列说法正确的是( )
A. 合成氨工业中采取循环操作，可提高原料气的利用率
B. 其他条件相同时，反应物浓度增大，活化分子百分数提升，反应速率加快
C. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向
D. 常温下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，AgCl溶解度不变
6. 常温下Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3⋅H2O)=1.75×10−5。下列说法正确的是( )
A. pH=10的氨水加水稀释，溶液中c(NH3⋅H2O)c(NH4+)变大
B. 一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
C. 等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D. 等浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水充分反应后，溶液中c(NH4+)=c(CH3COO−)
7. 对二乙烯苯()可用作树脂、油漆及橡胶等的原料。下列说法正确的是( )
A. 分子中的C原子杂化轨道类型为sp2
B. 分子中所有原子不可能共平面
C. 苯环上的一氯代物有2种(不考虑立体异构)
D. 1mol该分子最多可与2molH2加成
8. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，将7.1gCl2通入水中，转移的电子数为0.1NA
B. c(OH−)=10−2mol/L的溶液中：Na+、CO32−、Cl−、K+不能共存
C. 标准状况下，22.4LCH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NA
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
9. 下列实验方案中，能达到相应实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
目的
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
探究亚硝酸钠的氧化性
实验室制备乙酸乙酯
实验室制备氨气
实验方案
A. A B. B C. C D. D
10. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O
B. Na2CO3溶液呈碱性：CO32−+H2O⇌HCO3−+2OH−
C. 向硫酸铜溶液中滴加少量氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
D. 向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2OH−=SO32−+H2O
11. 海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法不正确的是( )
A. 反应①∼⑤中包含3个氧化还原反应
B. 反应②中有极性键断裂和非极性键生成
C. 反应③中可能有氧气参与反应
D. 等量NO2−参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
12. 向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)。其它条件相同时，不同温度下，平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：(已知：N2O4为无色气体)
T/℃
27
35
49
70
NO2%
20
25
40
66
N2O4%
80
75
60
34
下列说法不正确的是( )
A. 49℃时，该平衡体系中NO2的转化率为75%
B. 平衡时，NO2的消耗速率为N2O4消耗速率的2倍
C. 室温时，将盛有NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅
D. 增大NO2起始量，可增大相同温度下该反应的化学平衡常数
13. 根据所学化学知识回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布式为 ______。基态硫原子的最外层电子排布的轨道表示式为 ______。
(2)Fe3+可以与SCN−形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，KSCN中四种元素的电负性最大的是 ______(用元素符号表示)。
(3)H2S中S的价层电子对数为 ______，H2O的键角 ______NH3的键角(填“>”、“<”或“=”)。
(4)单质铜及镍都是由 ______键形成的晶体；某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的个数比为 ______。
(5)SiC的晶体结构与晶体硅类似。SiC的晶体类型为 ______，晶体中Si原子与Si−C键的数目之比为 ______。
14. 某功能高分子材料K的一种合成路线如图：
已知：①A为烃，相对分子质量为106。
②K的结构简式为：
③
回答下列问题：
(1)A的化学名称 ______ ；G结构简式为 ______ 。
(2)⑥的反应类型为 ______ ；H中官能团名称是 ______ 。
(3)反应③和⑤的目的是 ______ 。
(4)写出反应⑧中i的化学方程式： ______ 。
(5)C的芳香族同分异构体中能与NaOH溶液反应的有 ______ 种(C自身除外)，其中核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为 ______ 。
(6)根据题中所给信息，写出以乙炔和甲醛为起始原料合成1，3−丁二烯的合成路线(其它无机试剂任选)。
15. 某小组探究酸化条件对 0.1mol/LKI溶液氧化反应的影响。
序号
操作及现象
实验 1
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验 2
取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
(1)溶液变蓝，说明溶液中含有______。结合实验1 和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I−氧化反应的速率。
(2)同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/LKI溶液成分与新制0.1mol/LKI溶液可能存在差异，并继续进行探究。
实验 3：取新制0.1mol/LKI溶液在空气中放置，测得 pH 如表：
时间
5 分钟
1 天
3 天
10 天
pH
7.2
7.4
7.8
8.7
资料：
i.pH<11.7时，I−能被O2氧化为 I2。
ii.一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1：5。
①用化学用语，解释0.1mol/LKI溶液放置初期 pH 升高的原因：______。
②对比实验1 和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是______。
(3)同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号
操作
现象
实验 4
重复实验 2 操作后，继续向溶液中加入 ______ 。
溶液立即变蓝
(4)该组同学想进一步探究pH对 I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。
实验 5：用 20mL4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如表：
实验组
A
B
C
D
pH
11.4
10.6
9.5
8.4
现象
无颜色变化
产生蓝色后瞬间消失
产生蓝色，30s 后蓝色消失
①从实验5可以看出pH 越大，歧化反应速率越______(填“快”或“慢”)。
②解释 pH=8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：______。
16. 工业上利用CO2和H2反应生成甲醇，也是减少CO2的一种方法。在容积为1L的恒温密闭容器中充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示。
(1)达到平衡的时刻是______min(填“3”或“10”)。在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率υ(CO2)=______mol/(L⋅min)。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______。
a.容器内压强不变
b.混合气体中c(CO2)不变
c.υ(CH3OH)=υ(H2O)
d.c(CH3OH)=c(H2O)
(3)达平衡后，H2的转化率是______。平衡常数K=______(计算结果保留一位小数)。为了提高H2的转化率，可采取______(填“增大”或“减小”)CO2浓度的措施。
(4)工业上也可用CO和H2合成甲醇
已知：①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0kJ/mol
②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2=−241.8kJ/mol
③CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H3=−192.2kJ/mol
则反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=______kJ/mol
(5)如图2是甲醇燃料电池原理示意图，电池正极的电极反应式为______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.酒精能使蛋白质变性，有杀菌消毒作用，但75%的酒精溶液杀菌消毒效果最好，无水酒精能在病毒表面形成保护膜，杀菌效果差，故A错误；
B.活性炭具有吸附性，可除异味，但是不能杀菌消毒，故B错误；
C.二氧化硅为绝缘体，晶体硅为良好的半导体，高纯硅可用于制作光感电池，故C错误；
D.镁铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀，适合用于制造飞机、汽车等部件，故D正确；
故选：D。
A.无水酒精能在病毒表面形成保护膜，杀菌消毒效果差；
B.活性炭不能杀菌消毒；
C.二氧化硅为绝缘体，晶体硅为良好的半导体；
D.镁铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀。
本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.核酸是由许多核苷酸连接而成，属于生物大分子，故A错误；
B.X射线衍射实验能区分晶体和非晶体，所以区分晶体和非晶体最可靠的方法是X射线衍射实验，故B错误；
C.基元反应能否发生条件是反应物的分子必须发生碰撞，只有哪些能量高的分子在具有合适的取向时发生的碰撞才是有效碰撞，这时反应才能够发生，故C正确；
D.原电池中正极、电解池中阴极被保护，外加电流法金属保护法中，该装置是电解池，是把被保护的钢铁设备作为阴极保护起来，故D错误；
故选：C。
A.核酸是由许多核苷酸连接而成；
B.X射线衍射实验能区分晶体和非晶体；
C.只有哪些能量高的分子在具有合适的取向时发生的碰撞才是有效碰撞，这时反应才能够发生；
D.原电池中正极、电解池中阴极被保护。
本题考查较综合，涉及金属的腐蚀与防护、晶体和非晶体鉴别方法等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学反应原理是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.碱金属元素的第一电离能：Li>Na>K，故A错误；
B.CO2、N2O5、SO2都和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，故B正确；
C.通过比较酸性H2CO3
故选：B。
A.同主族从上到下，第一电离能依次减小；
B.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
C.最高价氧化物对应水化物的酸化性强弱，可以判断非金属性强弱；
D.同周期从最到右主族元素原子半径依次减小，离子半径阴离子大于阳离子，电子层数相同的离子，核电荷数越大半径越小。
本题考查了物质分类、物质性质、周期表递变规律的分析应用，掌握周期律变化是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.石墨中层与层之间存在分子间作用力，石墨为混合晶体，金刚石为共价晶体，故A错误；
B.CO32−中C原子价层电子对数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，该微粒为平面三角形结构，故B错误；
C.分子晶体在常温下可能是固体，也可能是液体，也可能是气体，如I2、Br2、Cl2都是分子晶体，但常温下I2为固体、Br2为液体、Cl2为气体，故C正确；
D.乙烷分子中存在6个C−Hσ键、1个C−Cσ键，不含π键，故D错误；
故选：C。
A.石墨为混合晶体；
B.CO32−中C原子价层电子对数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对；
C.分子晶体在常温下可能是固体，也可能是液体，也可能是气体；
D.共价单键为σ键，共价双键、共价三键中含有σ键和π键。
本题考查微粒空间构型判断、晶体类型判断、化学键等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、微粒空间构型判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.采取循环操作，可使原料尽可能转化为氨气，可提高原料气的利用率，故A正确；
B.反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加，反应速率加快，故B错误；
C.使用催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则不能改变化学反应进行的方向，故C错误；
D.常温下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，使AgCl的溶解平衡逆向移动，则AgCl溶解度减小，故D错误；
故选：A。
A.采取循环操作，可使原料尽可能转化为氨气；
B.反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加；
C.使用催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动；
D.常温下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，使AgCl的溶解平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质及化学平衡，为高频考点，把握平衡移动及反应速率的影响因素、难溶电解质溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.氨水加水稀释的时候，促进一水合氨的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离常数Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=c(OH−)Kb，因为氢氧根离子浓度减小且Kb不变，故c(NH3⋅H2O)c(NH4+)减小，故A错误；
B.一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释时，促进醋酸的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢离子浓度减小，由于温度不变，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，故B错误；
C.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度的醋酸钠溶液和氯化铵溶液中，钠离子浓度与氯离子浓度相等、水解生成的氢氧根离子浓度和氢离子浓度相等，则由电荷守恒可知，两溶液中阴离子浓度之和相等，故C错误；
D.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度等体积的醋酸和氨水混合后恰好生成醋酸铵，且溶液显中性，根据电荷守恒可知，c(NH4+)=c(CH3COO−)，故D正确；
故选：D。
A.c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=c(OH−)Kb，氢氧根离子浓度减小且Kb不变；
B.一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释时，促进醋酸的电离；
C.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度的醋酸钠溶液和氯化铵溶液中，钠离子浓度与氯离子浓度相等、水解生成的氢氧根离子浓度和氢离子浓度相等；
D.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度等体积的醋酸和氨水混合后恰好生成醋酸铵，且溶液显中性。
本题考查电离平衡的应用，题目难度不大，明确弱电解质电离平衡、电离常数的应用、盐的水解的影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.该分子中碳原子的价层电子对数都是3，所以所有碳原子都采用sp2杂化，故A正确；
B.苯环、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当于苯分子中的两个氢原子被两个乙烯基取代，所以该分子中所有原子可能共平面，故B错误；
C.苯环上有1种氢原子，苯环上的一氯代物就有1种，故C错误；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个苯环、2个碳碳双键，所以1mol该分子最多可与5molH2加成，故D错误；
故选：A。
A.价层电子对数是4的碳原子采用sp3杂化，价层电子对数是3的碳原子采用sp2杂化；
B.苯环、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转；
C.苯环上有几种氢原子，苯环上的一氯代物就有几种；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应。
本题考查原子杂化类型判断、有机物的结构和性质等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法、原子杂化类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.7.1g氯气的物质的量n=7.1g71g/mol=0.1mol，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则转移的电子数小于0.1NA，故A错误；
B.OH−、Na+、CO32−、Cl−、K+之间不反应，能够大量共存，故B错误；
C.标况下22.4L甲烷的物质的量n=22.4L22.4L/mol=1mol，而甲烷燃烧的化学方程式为CH4+2O2−点燃CO2+2H2O，由于水在标况下不是气体，则1mol甲烷完全燃烧回复至标况下所得产物中的气体为二氧化碳，其物质的量为1mol，分子数为NA，故C错误；
D.结合酯化反应原理可知，在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；
故选：D。
A.只有部分氯气与水反应；
B.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C.求出标况下22.4L甲烷的物质的量，然后根据甲烷燃烧的化学方程式CH4+2O2−点燃CO2+2H2O来分析；
D.CH3CO18OC2H5的 18O原子水解后属于乙醇。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，有电子转移，故A正确；
B.亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，亚硝酸钠作还原剂，故B错误；
C.需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故C错误；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：A。
A.构成原电池；
B.亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化；
C.需要浓硫酸作催化剂、吸水剂；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、原电池、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.硫代硫酸钠与稀硫酸的反应，离子方程式为：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故A正确；
B.Na2CO3溶液呈碱性，离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；
C.向硫酸铜溶液中滴加少量氨水，离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，故C错误；
D.向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，离子方程式为：SO2+OH−=HSO3−，故D错误；
故选：A。
A.酸性环境下，硫代硫酸根离子发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫、水；
B.电荷不守恒；
C.向硫酸铜溶液中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜、硫酸铵；
D.二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应②③④⑤中，都存在N元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，只有反应①中不存在元素化合价变化，所以反应①∼⑤中包含4个氧化还原反应，故A错误；
B.反应②中，NH2OH中存在极性键，反应时有极性键断裂，生成物N2H4中含有非极性键，则反应中有N−N非极性键生成，故B正确；
C.反应③N2H4中N元素的化合价升高，被氧化，氧气可以氧化N2H4，则可能有氧气参与反应，故C正确；
D.反应④中N元素的化合价从+3价降低到−3价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价，则等量NO2−参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确；
故选：A。
A.存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应；
B.不同非金属原子之间形成极性键，同种非金属原子之间形成非极性键；
C.反应③中N元素的化合价升高，被氧化；
D.反应④中N元素的化合价从+3价降低到−3价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价。
本题考查氧化还原反应、化学键，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、共价键的断裂与形成为解答的关键，注意反应类型的判断及化学与生活的关系，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为40%，N2O4的物质的量分数为60%，设物质的量分别为0.4mol、0.6mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.2mol，则该平衡体系中NO2的转化率为1.21.2+0.4×100%=75%，故A正确；
B.速率比值等于化学计量数之比，平衡时，正逆反应速率相等，则平衡时，NO2的消耗速率为 N2O4消耗速率的2 倍，故B正确；
C.正反应为放热反应，则降低温度，平衡正向移动，将盛有 NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅，故C正确；
D.平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
故选：D。
由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，
A.27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，结合方程式计算；
B.速率比值等于化学计量数之比；
C.降低温度，平衡正向移动；
D.平衡常数只受温度的影响。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
13.【答案】3d64s2 N4<金属 3：1 共价晶体 1：4
【解析】解：(1)Fe原子核电荷数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，价电子排布式为3d64s2；基态S原子最外层3s能级上有2个电子、3p能级上有4个电子，其轨道表示式为，
故答案为：3d64s2；；
(2)元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，吸引键合电子的能力：N>S>C>K，所以电负性最大的是N，
故答案为：N；
(3)H2S中S原子价层电子对数=2+6−2×124，H2O中O原子含有2个孤电子对、NH3中N原子含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于电子对和孤电子对之间的排斥力，所以H2O的键角
(4)金属晶体中只含金属键，Cu、Ni都是金属晶体，都是由金属键形成的晶体；晶胞中Cu原子个数=6×12=3、Ni原子个数=8×18=1，则Cu、Ni原子个数之比为3：1，
故答案为：金属；3：1；
(5)晶体硅是共价晶体，SiC的晶体结构与晶体硅类似，所以SiC属于共价晶体；每个Si原子连接4个C原子，则每个Si原子含有4个Si−C键，所以Si原子和Si−C键的个数之比为1：4，
故答案为：共价晶体；1：4。
(1)Fe原子核电荷数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子；基态S原子最外层3s能级上有2个电子、3p能级上有4个电子；
(2)元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大；
(3)H2S中S原子价层电子对数=2+6−2×12；孤电子对之间的排斥力大于电子对和孤电子对之间的排斥力；
(4)金属晶体中只含金属键；晶胞中Cu原子个数=6×12、Ni原子个数=8×18；
(5)晶体硅是共价晶体；每个Si原子连接4个C原子。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、晶体类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度不大。
14.【答案】对二甲苯 CH3C≡CH加成反应 碳碳三键、醇羟基 在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化 8
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为对二甲苯；G结构简式为CH3C≡CH，
故答案为：对二甲苯；CH3C≡CH；
(2)⑥的反应类型为加成反应；H为CH3C≡CCH2OH，H中官能团名称是碳碳三键、醇羟基，
故答案为：加成反应；碳碳三键、醇羟基；
(3)酚羟基容易被氧化，反应③和⑤的目的是：在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化，
故答案为：在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化；
(4)反应⑧中第一步的化学方程式：，
故答案为：；
(5)C的芳香族同分异构体中能与NaOH溶液反应，说明含有酚羟基，若有2个取代基，另外为乙基，有邻、间、对3种，若有3个取代基，另外为2个甲基，两个甲基有邻、间、对三种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种，除去C本身，符合条件的同分异构体共有8种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为：，
故答案为：8；；
(6)由信息中炔与醛的反应，需要2分子乙醛与1分子乙炔分子加成反应得到HOCH2C≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应，最后发生醇的消去反应，合成路线流程图为：，
故答案为：。
A为烃，相对分子质量为106，分子中最大碳原子数目=10612=8……10，可知A的分子式为C8H10；由反应①条件结合B的分子式、C的结构简式，可知A为，B为；对比C、D结构简式，可知C中酚羟基中H原子被甲基取代生成D；D中甲基氧化为羧基生成E，E与HI发生取代反应又得到酚羟基，同时有甲醇生成，反应③⑤是为保护酚羟基，防止氧化甲基时酚羟基被氧化；由K的结构简式，可知J为；由反应C→D的转化，可知I为CH3C≡CCH2Br，结合信息中炔与醛的反应，可知H为CH3C≡CCH2OH，G为CH3C≡CH；
(6)以乙炔和甲醛为起始原料合成1，3−丁二烯，由信息中炔与醛的反应，需要2分子乙醛与1分子乙炔分子加成反应得到HOCH2C≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应，最后发生醇的消去反应。
本题考查有机物的推断与合成，涉及分子式确定、官能团识别与保护、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，充分利用物质的结构简式，采取正逆推法相结合分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。
15.【答案】(1)碘或I2
(2)2H2O+4I−+O2=2I2+4OH− IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，该反应的速度快
(3)少量KIO3固体
(4)①快 ②pH=8.4时，同时发生碘与淀粉的反应以及碘与氢氧化钾的歧化反应，碘与淀粉的反应较快，先变蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失
【解析】解：(1)淀粉遇碘变蓝色，溶液变蓝，说明生成碘；
(2)①0.1mol/LKI溶液放置初期 pH 升高，说明生成KOH，溶液变蓝色，同时生成碘，反应的离子方程式为2H2O+4I−+O2=2I2+4OH−，
②一定碱性条件下，I2 容易发生歧化，生成KIO3，酸性条件下可与KI反应生成碘，能迅速变蓝色，说明该反应速度快，反应的离子方程式为IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O；
(3)检验KIO3是否与KI快速反应，可加入少量KIO3固体判断，故答案为：少量KIO3固体；
(4)①由表中数据可知，溶液碱性越大，反应速率越快，故答案为：快；
②pH=8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”说明碘与淀粉的反应较快，同时发生存在碘与KOH的歧化反应，随着反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失，
本题考查化学反应速率的影响以及物质性质的探究，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意外界因素对化学反应速率的影响，注意把握物质的性质以及题给信息的判断，题目难度中等。
16.【答案】100.075ab75%5.3增大 −574.4O2+4e−+2H2O=4OH−
【解析】(1)由图知，3min时CO2和CH3OH浓度相等，且浓度还在变化，10min时浓度虽然不相等，但已经不再变化，即达平衡状态，
由图知，在前10min内，CO2浓度的变化量为1mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，用CO2浓度的变化表示的反应速率v(CO2)=△c△t=0.75mol/L10min=0.075mol/(L⋅min)，
故答案为：10；0.075；
(2)根据平衡状态的特征判断反应是否处于平衡状态，
a.由于该反应是气体体积减小的反应，所以当容器压强不变时，就可说明反应已经处于平衡状态，故a正确；
b.混合气体中c(CO2)不变时，其它物质的浓度也不再变化，反应处于平衡状态，故b正确；
c.在V(CH3OH)=V(H2O)中，不能看出是正反应速率还是逆反应速率，故无法判断反应是否处于平衡状态，故c错误；
d.c(CH3OH)与c(H2O)的关系与起始加入的量为关，与反应是否处于平衡状态无关，故不能判断反应是否处于平衡状态，故d错误；
故答案为：ab；
(3)根据题目信息，二氧化碳的起始浓度为1mol/L，氢气的起始浓度为3mol/L，利用三段式计算，由图可知相关数据，
mol/LCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
起始 1 3 0 0
转化 0.752.250.750.75
平衡 0.250.750.750.75
所以H2的转化率为用去的总的×100%=2.25mol/L3mol/L×100%=75%，
平衡常数K=生成物浓度幂次积反应物浓度幂次积=0.75×0.750.25×0.753≈5.3，
对于可逆反应增加一种反应物浓度要以提高另外一种物质的转化率，故为了提高H2的转化率，可采取增大CO2浓度的措施；
故答案为：75%；5.3；增大；
(4)已知反应①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0kJ/mol
②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2=−241.8kJ/mol
③CH3OH(g)+23O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H3=−192.2kJ/mol，
利用盖斯定律可知，将①+②×2−③可得：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)则△H=(−283.0kJ/mol)+(−241.8kJ/mol)×2−(−192.2kJ/mol)=−574.4kJ/mol，
故答案为：−574.4；
(5)正极发生还原反应，氧气在正极放电，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：O2+4e−+2H2O=4OH−。
(1)各组分浓度不再变化时，可逆反应达到平衡状态，此状态下各组分浓度不一定相等；在前10min内，CO2浓度由1mol/L变化为0.25mol/L，变化量为0.75mol/L，反应速率计算式为v=△c△t；
(2)根据平衡状态的特征判断反应是否处于平衡状态；
(3)根据题目信息，二氧化碳的起始浓度为1mol/L，氢气的起始浓度为3mol/L，利用三段式计算，由图可知相关数据，
mol/LCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
起始 1 3 0 0
转化 0.752.250.750.75
平衡 0.250.750.750.75
根据H2的转化率=用去的总的×100%，平衡常数K=生成物浓度幂次积反应物浓度幂次积计算；
对于可逆反应增加一种反应物浓度要以提高另外一种物质的转化率，据此答题；
(4)已知反应①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0kJ/mol
②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2=−241.8kJ/mol
③CH3OH(g)+23O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H3=−192.2kJ/mol，
利用盖斯定律可知，将①+②×2−③可得：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，据此求其△H；
(5)甲醇在负极放电，正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，结合电解质溶液写出电极反应式。
本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确盖斯定律内容、化学平衡状态判断为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
2021-2022学年天津市河北区高三（上）期末化学试卷
1. 化学与生活密切相关。下列叙述正确的是( )
A. 使用无水酒精杀菌消毒 B. 活性炭具有除异味和杀菌作用
C. 高纯二氧化硅可用于制作光感电池 D. 镁铝合金可用于制造飞机、汽车等部件
2. 下列有关说法中正确的是( )
A. 核酸是由许多氨基酸单体形成的大分子
B. 区分晶体和非晶体最可靠的方法是核磁共振法
C. 基元反应发生的先决条件是反应物分子必须发生碰撞
D. 外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阳极保护起来
3. 下列叙述正确的是( )
A. 第一电离能：Li
C. 通过比较酸性H2CO3
4. 下列表述正确的是( )
A. 石墨和金刚石都属于典型的共价晶体 B. CO32−离子的空间结构为三角锥形
C. 分子晶体在常温下有可能为固体 D. C2H6的共价键类型：σ键和π键
5. 下列说法正确的是( )
A. 合成氨工业中采取循环操作，可提高原料气的利用率
B. 其他条件相同时，反应物浓度增大，活化分子百分数提升，反应速率加快
C. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向
D. 常温下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，AgCl溶解度不变
6. 常温下Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3⋅H2O)=1.75×10−5。下列说法正确的是( )
A. pH=10的氨水加水稀释，溶液中c(NH3⋅H2O)c(NH4+)变大
B. 一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有离子的浓度均减小
C. 等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和，前者小于后者
D. 等浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水充分反应后，溶液中c(NH4+)=c(CH3COO−)
7. 对二乙烯苯()可用作树脂、油漆及橡胶等的原料。下列说法正确的是( )
A. 分子中的C原子杂化轨道类型为sp2
B. 分子中所有原子不可能共平面
C. 苯环上的一氯代物有2种(不考虑立体异构)
D. 1mol该分子最多可与2molH2加成
8. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，将7.1gCl2通入水中，转移的电子数为0.1NA
B. c(OH−)=10−2mol/L的溶液中：Na+、CO32−、Cl−、K+不能共存
C. 标准状况下，22.4LCH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NA
D. 在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH
9. 下列实验方案中，能达到相应实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
目的
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
探究亚硝酸钠的氧化性
实验室制备乙酸乙酯
实验室制备氨气
实验方案
A. A B. B C. C D. D
10. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 硫代硫酸钠与稀硫酸的反应：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O
B. Na2CO3溶液呈碱性：CO32−+H2O⇌HCO3−+2OH−
C. 向硫酸铜溶液中滴加少量氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O
D. 向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2OH−=SO32−+H2O
11. 海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法不正确的是( )
A. 反应①∼⑤中包含3个氧化还原反应
B. 反应②中有极性键断裂和非极性键生成
C. 反应③中可能有氧气参与反应
D. 等量NO2−参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
12. 向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g)。其它条件相同时，不同温度下，平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：(已知：N2O4为无色气体)
T/℃
27
35
49
70
NO2%
20
25
40
66
N2O4%
80
75
60
34
下列说法不正确的是( )
A. 49℃时，该平衡体系中NO2的转化率为75%
B. 平衡时，NO2的消耗速率为N2O4消耗速率的2倍
C. 室温时，将盛有NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅
D. 增大NO2起始量，可增大相同温度下该反应的化学平衡常数
13. 根据所学化学知识回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布式为 ______。基态硫原子的最外层电子排布的轨道表示式为 ______。
(2)Fe3+可以与SCN−形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，KSCN中四种元素的电负性最大的是 ______(用元素符号表示)。
(3)H2S中S的价层电子对数为 ______，H2O的键角 ______NH3的键角(填“>”、“<”或“=”)。
(4)单质铜及镍都是由 ______键形成的晶体；某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的个数比为 ______。
(5)SiC的晶体结构与晶体硅类似。SiC的晶体类型为 ______，晶体中Si原子与Si−C键的数目之比为 ______。
14. 某功能高分子材料K的一种合成路线如图：
已知：①A为烃，相对分子质量为106。
②K的结构简式为：
③
回答下列问题：
(1)A的化学名称 ______ ；G结构简式为 ______ 。
(2)⑥的反应类型为 ______ ；H中官能团名称是 ______ 。
(3)反应③和⑤的目的是 ______ 。
(4)写出反应⑧中i的化学方程式： ______ 。
(5)C的芳香族同分异构体中能与NaOH溶液反应的有 ______ 种(C自身除外)，其中核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为 ______ 。
(6)根据题中所给信息，写出以乙炔和甲醛为起始原料合成1，3−丁二烯的合成路线(其它无机试剂任选)。
15. 某小组探究酸化条件对 0.1mol/LKI溶液氧化反应的影响。
序号
操作及现象
实验 1
取放置一段时间后依然无色的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液立即变蓝
实验 2
取新制的0.1mol/LKI溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝；向溶液中继续加入2滴6mol/L的稀硫酸，溶液10s后微弱变蓝
(1)溶液变蓝，说明溶液中含有______。结合实验1 和实验2，该小组同学认为酸化能够加快I−氧化反应的速率。
(2)同学甲对滴加稀硫酸后溶液变蓝速率不同的原因提出猜想：放置一段时间后的0.1mol/LKI溶液成分与新制0.1mol/LKI溶液可能存在差异，并继续进行探究。
实验 3：取新制0.1mol/LKI溶液在空气中放置，测得 pH 如表：
时间
5 分钟
1 天
3 天
10 天
pH
7.2
7.4
7.8
8.7
资料：
i.pH<11.7时，I−能被O2氧化为 I2。
ii.一定碱性条件下，I2容易发生歧化，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 1：5。
①用化学用语，解释0.1mol/LKI溶液放置初期 pH 升高的原因：______。
②对比实验1 和实验2，结合化学用语和必要的文字，分析实验1中加稀硫酸后“溶液立即变蓝”的主要原因可能是______。
(3)同学甲进一步设计实验验证分析的合理性。
序号
操作
现象
实验 4
重复实验 2 操作后，继续向溶液中加入 ______ 。
溶液立即变蓝
(4)该组同学想进一步探究pH对 I2发生歧化反应的影响，进行了如下实验。
实验 5：用 20mL4种不同浓度的KOH溶液与2mL淀粉溶液进行混合，测量混合液的pH后，向其中加入2滴饱和碘水，观察现象。记录如表：
实验组
A
B
C
D
pH
11.4
10.6
9.5
8.4
现象
无颜色变化
产生蓝色后瞬间消失
产生蓝色，30s 后蓝色消失
①从实验5可以看出pH 越大，歧化反应速率越______(填“快”或“慢”)。
②解释 pH=8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”的原因：______。
16. 工业上利用CO2和H2反应生成甲醇，也是减少CO2的一种方法。在容积为1L的恒温密闭容器中充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示。
(1)达到平衡的时刻是______min(填“3”或“10”)。在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率υ(CO2)=______mol/(L⋅min)。
(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______。
a.容器内压强不变
b.混合气体中c(CO2)不变
c.υ(CH3OH)=υ(H2O)
d.c(CH3OH)=c(H2O)
(3)达平衡后，H2的转化率是______。平衡常数K=______(计算结果保留一位小数)。为了提高H2的转化率，可采取______(填“增大”或“减小”)CO2浓度的措施。
(4)工业上也可用CO和H2合成甲醇
已知：①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0kJ/mol
②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2=−241.8kJ/mol
③CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H3=−192.2kJ/mol
则反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=______kJ/mol
(5)如图2是甲醇燃料电池原理示意图，电池正极的电极反应式为______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.酒精能使蛋白质变性，有杀菌消毒作用，但75%的酒精溶液杀菌消毒效果最好，无水酒精能在病毒表面形成保护膜，杀菌效果差，故A错误；
B.活性炭具有吸附性，可除异味，但是不能杀菌消毒，故B错误；
C.二氧化硅为绝缘体，晶体硅为良好的半导体，高纯硅可用于制作光感电池，故C错误；
D.镁铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀，适合用于制造飞机、汽车等部件，故D正确；
故选：D。
A.无水酒精能在病毒表面形成保护膜，杀菌消毒效果差；
B.活性炭不能杀菌消毒；
C.二氧化硅为绝缘体，晶体硅为良好的半导体；
D.镁铝合金密度小、硬度大、耐腐蚀。
本题考查了物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.核酸是由许多核苷酸连接而成，属于生物大分子，故A错误；
B.X射线衍射实验能区分晶体和非晶体，所以区分晶体和非晶体最可靠的方法是X射线衍射实验，故B错误；
C.基元反应能否发生条件是反应物的分子必须发生碰撞，只有哪些能量高的分子在具有合适的取向时发生的碰撞才是有效碰撞，这时反应才能够发生，故C正确；
D.原电池中正极、电解池中阴极被保护，外加电流法金属保护法中，该装置是电解池，是把被保护的钢铁设备作为阴极保护起来，故D错误；
故选：C。
A.核酸是由许多核苷酸连接而成；
B.X射线衍射实验能区分晶体和非晶体；
C.只有哪些能量高的分子在具有合适的取向时发生的碰撞才是有效碰撞，这时反应才能够发生；
D.原电池中正极、电解池中阴极被保护。
本题考查较综合，涉及金属的腐蚀与防护、晶体和非晶体鉴别方法等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学反应原理是解本题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.碱金属元素的第一电离能：Li>Na>K，故A错误；
B.CO2、N2O5、SO2都和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，故B正确；
C.通过比较酸性H2CO3
故选：B。
A.同主族从上到下，第一电离能依次减小；
B.和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
C.最高价氧化物对应水化物的酸化性强弱，可以判断非金属性强弱；
D.同周期从最到右主族元素原子半径依次减小，离子半径阴离子大于阳离子，电子层数相同的离子，核电荷数越大半径越小。
本题考查了物质分类、物质性质、周期表递变规律的分析应用，掌握周期律变化是解题关键，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.石墨中层与层之间存在分子间作用力，石墨为混合晶体，金刚石为共价晶体，故A错误；
B.CO32−中C原子价层电子对数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，该微粒为平面三角形结构，故B错误；
C.分子晶体在常温下可能是固体，也可能是液体，也可能是气体，如I2、Br2、Cl2都是分子晶体，但常温下I2为固体、Br2为液体、Cl2为气体，故C正确；
D.乙烷分子中存在6个C−Hσ键、1个C−Cσ键，不含π键，故D错误；
故选：C。
A.石墨为混合晶体；
B.CO32−中C原子价层电子对数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对；
C.分子晶体在常温下可能是固体，也可能是液体，也可能是气体；
D.共价单键为σ键，共价双键、共价三键中含有σ键和π键。
本题考查微粒空间构型判断、晶体类型判断、化学键等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力、微粒空间构型判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.采取循环操作，可使原料尽可能转化为氨气，可提高原料气的利用率，故A正确；
B.反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加，反应速率加快，故B错误；
C.使用催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则不能改变化学反应进行的方向，故C错误；
D.常温下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，使AgCl的溶解平衡逆向移动，则AgCl溶解度减小，故D错误；
故选：A。
A.采取循环操作，可使原料尽可能转化为氨气；
B.反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加；
C.使用催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动；
D.常温下，向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量盐酸，氯离子浓度增大，使AgCl的溶解平衡逆向移动。
本题考查难溶电解质及化学平衡，为高频考点，把握平衡移动及反应速率的影响因素、难溶电解质溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A.氨水加水稀释的时候，促进一水合氨的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离常数Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=c(OH−)Kb，因为氢氧根离子浓度减小且Kb不变，故c(NH3⋅H2O)c(NH4+)减小，故A错误；
B.一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释时，促进醋酸的电离，但是溶液体积增大，且是主要因素，故稀释时氢离子浓度减小，由于温度不变，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，故B错误；
C.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度的醋酸钠溶液和氯化铵溶液中，钠离子浓度与氯离子浓度相等、水解生成的氢氧根离子浓度和氢离子浓度相等，则由电荷守恒可知，两溶液中阴离子浓度之和相等，故C错误；
D.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度等体积的醋酸和氨水混合后恰好生成醋酸铵，且溶液显中性，根据电荷守恒可知，c(NH4+)=c(CH3COO−)，故D正确；
故选：D。
A.c(NH3⋅H2O)c(NH4+)=c(OH−)Kb，氢氧根离子浓度减小且Kb不变；
B.一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释时，促进醋酸的电离；
C.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度的醋酸钠溶液和氯化铵溶液中，钠离子浓度与氯离子浓度相等、水解生成的氢氧根离子浓度和氢离子浓度相等；
D.由醋酸和一水合氨的电离常数可知，醋酸和一水合氨的电离程度相同，则等浓度等体积的醋酸和氨水混合后恰好生成醋酸铵，且溶液显中性。
本题考查电离平衡的应用，题目难度不大，明确弱电解质电离平衡、电离常数的应用、盐的水解的影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
7.【答案】A
【解析】解：A.该分子中碳原子的价层电子对数都是3，所以所有碳原子都采用sp2杂化，故A正确；
B.苯环、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当于苯分子中的两个氢原子被两个乙烯基取代，所以该分子中所有原子可能共平面，故B错误；
C.苯环上有1种氢原子，苯环上的一氯代物就有1种，故C错误；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个苯环、2个碳碳双键，所以1mol该分子最多可与5molH2加成，故D错误；
故选：A。
A.价层电子对数是4的碳原子采用sp3杂化，价层电子对数是3的碳原子采用sp2杂化；
B.苯环、乙烯分子中所有原子共平面，单键可以旋转；
C.苯环上有几种氢原子，苯环上的一氯代物就有几种；
D.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应。
本题考查原子杂化类型判断、有机物的结构和性质等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法、原子杂化类型判断方法是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.7.1g氯气的物质的量n=7.1g71g/mol=0.1mol，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，则转移的电子数小于0.1NA，故A错误；
B.OH−、Na+、CO32−、Cl−、K+之间不反应，能够大量共存，故B错误；
C.标况下22.4L甲烷的物质的量n=22.4L22.4L/mol=1mol，而甲烷燃烧的化学方程式为CH4+2O2−点燃CO2+2H2O，由于水在标况下不是气体，则1mol甲烷完全燃烧回复至标况下所得产物中的气体为二氧化碳，其物质的量为1mol，分子数为NA，故C错误；
D.结合酯化反应原理可知，在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故D正确；
故选：D。
A.只有部分氯气与水反应；
B.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C.求出标况下22.4L甲烷的物质的量，然后根据甲烷燃烧的化学方程式CH4+2O2−点燃CO2+2H2O来分析；
D.CH3CO18OC2H5的 18O原子水解后属于乙醇。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，有电子转移，故A正确；
B.亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，亚硝酸钠作还原剂，故B错误；
C.需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故C错误；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：A。
A.构成原电池；
B.亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化；
C.需要浓硫酸作催化剂、吸水剂；
D.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、原电池、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.硫代硫酸钠与稀硫酸的反应，离子方程式为：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故A正确；
B.Na2CO3溶液呈碱性，离子方程式为：CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；
C.向硫酸铜溶液中滴加少量氨水，离子方程式为：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，故C错误；
D.向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，离子方程式为：SO2+OH−=HSO3−，故D错误；
故选：A。
A.酸性环境下，硫代硫酸根离子发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫、水；
B.电荷不守恒；
C.向硫酸铜溶液中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜、硫酸铵；
D.二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢钠。
本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.反应②③④⑤中，都存在N元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，只有反应①中不存在元素化合价变化，所以反应①∼⑤中包含4个氧化还原反应，故A错误；
B.反应②中，NH2OH中存在极性键，反应时有极性键断裂，生成物N2H4中含有非极性键，则反应中有N−N非极性键生成，故B正确；
C.反应③N2H4中N元素的化合价升高，被氧化，氧气可以氧化N2H4，则可能有氧气参与反应，故C正确；
D.反应④中N元素的化合价从+3价降低到−3价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价，则等量NO2−参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确；
故选：A。
A.存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应；
B.不同非金属原子之间形成极性键，同种非金属原子之间形成非极性键；
C.反应③中N元素的化合价升高，被氧化；
D.反应④中N元素的化合价从+3价降低到−3价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价。
本题考查氧化还原反应、化学键，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、共价键的断裂与形成为解答的关键，注意反应类型的判断及化学与生活的关系，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为40%，N2O4的物质的量分数为60%，设物质的量分别为0.4mol、0.6mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.2mol，则该平衡体系中NO2的转化率为1.21.2+0.4×100%=75%，故A正确；
B.速率比值等于化学计量数之比，平衡时，正逆反应速率相等，则平衡时，NO2的消耗速率为 N2O4消耗速率的2 倍，故B正确；
C.正反应为放热反应，则降低温度，平衡正向移动，将盛有 NO2的密闭玻璃球放入冰水中其颜色会变浅，故C正确；
D.平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
故选：D。
由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，
A.27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，结合方程式计算；
B.速率比值等于化学计量数之比；
C.降低温度，平衡正向移动；
D.平衡常数只受温度的影响。
本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
13.【答案】3d64s2 N4<金属 3：1 共价晶体 1：4
【解析】解：(1)Fe原子核电荷数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，价电子排布式为3d64s2；基态S原子最外层3s能级上有2个电子、3p能级上有4个电子，其轨道表示式为，
故答案为：3d64s2；；
(2)元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大，吸引键合电子的能力：N>S>C>K，所以电负性最大的是N，
故答案为：N；
(3)H2S中S原子价层电子对数=2+6−2×124，H2O中O原子含有2个孤电子对、NH3中N原子含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于电子对和孤电子对之间的排斥力，所以H2O的键角
(4)金属晶体中只含金属键，Cu、Ni都是金属晶体，都是由金属键形成的晶体；晶胞中Cu原子个数=6×12=3、Ni原子个数=8×18=1，则Cu、Ni原子个数之比为3：1，
故答案为：金属；3：1；
(5)晶体硅是共价晶体，SiC的晶体结构与晶体硅类似，所以SiC属于共价晶体；每个Si原子连接4个C原子，则每个Si原子含有4个Si−C键，所以Si原子和Si−C键的个数之比为1：4，
故答案为：共价晶体；1：4。
(1)Fe原子核电荷数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子；基态S原子最外层3s能级上有2个电子、3p能级上有4个电子；
(2)元素吸引键合电子的能力越强，其电负性越大；
(3)H2S中S原子价层电子对数=2+6−2×12；孤电子对之间的排斥力大于电子对和孤电子对之间的排斥力；
(4)金属晶体中只含金属键；晶胞中Cu原子个数=6×12、Ni原子个数=8×18；
(5)晶体硅是共价晶体；每个Si原子连接4个C原子。
本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、晶体类型判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，题目难度不大。
14.【答案】对二甲苯 CH3C≡CH加成反应 碳碳三键、醇羟基 在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化 8
【解析】解：(1)A为，A的化学名称为对二甲苯；G结构简式为CH3C≡CH，
故答案为：对二甲苯；CH3C≡CH；
(2)⑥的反应类型为加成反应；H为CH3C≡CCH2OH，H中官能团名称是碳碳三键、醇羟基，
故答案为：加成反应；碳碳三键、醇羟基；
(3)酚羟基容易被氧化，反应③和⑤的目的是：在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化，
故答案为：在酸性高锰酸钾氧化苯环上的甲基时保护苯环上的(酚)羟基不被氧化；
(4)反应⑧中第一步的化学方程式：，
故答案为：；
(5)C的芳香族同分异构体中能与NaOH溶液反应，说明含有酚羟基，若有2个取代基，另外为乙基，有邻、间、对3种，若有3个取代基，另外为2个甲基，两个甲基有邻、间、对三种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种，除去C本身，符合条件的同分异构体共有8种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为：，
故答案为：8；；
(6)由信息中炔与醛的反应，需要2分子乙醛与1分子乙炔分子加成反应得到HOCH2C≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应，最后发生醇的消去反应，合成路线流程图为：，
故答案为：。
A为烃，相对分子质量为106，分子中最大碳原子数目=10612=8……10，可知A的分子式为C8H10；由反应①条件结合B的分子式、C的结构简式，可知A为，B为；对比C、D结构简式，可知C中酚羟基中H原子被甲基取代生成D；D中甲基氧化为羧基生成E，E与HI发生取代反应又得到酚羟基，同时有甲醇生成，反应③⑤是为保护酚羟基，防止氧化甲基时酚羟基被氧化；由K的结构简式，可知J为；由反应C→D的转化，可知I为CH3C≡CCH2Br，结合信息中炔与醛的反应，可知H为CH3C≡CCH2OH，G为CH3C≡CH；
(6)以乙炔和甲醛为起始原料合成1，3−丁二烯，由信息中炔与醛的反应，需要2分子乙醛与1分子乙炔分子加成反应得到HOCH2C≡CCH2OH，再与氢气发生加成反应，最后发生醇的消去反应。
本题考查有机物的推断与合成，涉及分子式确定、官能团识别与保护、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，充分利用物质的结构简式，采取正逆推法相结合分析解答，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。
15.【答案】(1)碘或I2
(2)2H2O+4I−+O2=2I2+4OH− IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，该反应的速度快
(3)少量KIO3固体
(4)①快 ②pH=8.4时，同时发生碘与淀粉的反应以及碘与氢氧化钾的歧化反应，碘与淀粉的反应较快，先变蓝色，随着歧化反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失
【解析】解：(1)淀粉遇碘变蓝色，溶液变蓝，说明生成碘；
(2)①0.1mol/LKI溶液放置初期 pH 升高，说明生成KOH，溶液变蓝色，同时生成碘，反应的离子方程式为2H2O+4I−+O2=2I2+4OH−，
②一定碱性条件下，I2 容易发生歧化，生成KIO3，酸性条件下可与KI反应生成碘，能迅速变蓝色，说明该反应速度快，反应的离子方程式为IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O；
(3)检验KIO3是否与KI快速反应，可加入少量KIO3固体判断，故答案为：少量KIO3固体；
(4)①由表中数据可知，溶液碱性越大，反应速率越快，故答案为：快；
②pH=8.4时，“产生蓝色，30s后蓝色消失”说明碘与淀粉的反应较快，同时发生存在碘与KOH的歧化反应，随着反应的进行，碘单质的浓度降低，蓝色消失，
本题考查化学反应速率的影响以及物质性质的探究，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意外界因素对化学反应速率的影响，注意把握物质的性质以及题给信息的判断，题目难度中等。
16.【答案】100.075ab75%5.3增大 −574.4O2+4e−+2H2O=4OH−
【解析】(1)由图知，3min时CO2和CH3OH浓度相等，且浓度还在变化，10min时浓度虽然不相等，但已经不再变化，即达平衡状态，
由图知，在前10min内，CO2浓度的变化量为1mol/L−0.25mol/L=0.75mol/L，用CO2浓度的变化表示的反应速率v(CO2)=△c△t=0.75mol/L10min=0.075mol/(L⋅min)，
故答案为：10；0.075；
(2)根据平衡状态的特征判断反应是否处于平衡状态，
a.由于该反应是气体体积减小的反应，所以当容器压强不变时，就可说明反应已经处于平衡状态，故a正确；
b.混合气体中c(CO2)不变时，其它物质的浓度也不再变化，反应处于平衡状态，故b正确；
c.在V(CH3OH)=V(H2O)中，不能看出是正反应速率还是逆反应速率，故无法判断反应是否处于平衡状态，故c错误；
d.c(CH3OH)与c(H2O)的关系与起始加入的量为关，与反应是否处于平衡状态无关，故不能判断反应是否处于平衡状态，故d错误；
故答案为：ab；
(3)根据题目信息，二氧化碳的起始浓度为1mol/L，氢气的起始浓度为3mol/L，利用三段式计算，由图可知相关数据，
mol/LCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
起始 1 3 0 0
转化 0.752.250.750.75
平衡 0.250.750.750.75
所以H2的转化率为用去的总的×100%=2.25mol/L3mol/L×100%=75%，
平衡常数K=生成物浓度幂次积反应物浓度幂次积=0.75×0.750.25×0.753≈5.3，
对于可逆反应增加一种反应物浓度要以提高另外一种物质的转化率，故为了提高H2的转化率，可采取增大CO2浓度的措施；
故答案为：75%；5.3；增大；
(4)已知反应①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0kJ/mol
②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2=−241.8kJ/mol
③CH3OH(g)+23O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H3=−192.2kJ/mol，
利用盖斯定律可知，将①+②×2−③可得：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)则△H=(−283.0kJ/mol)+(−241.8kJ/mol)×2−(−192.2kJ/mol)=−574.4kJ/mol，
故答案为：−574.4；
(5)正极发生还原反应，氧气在正极放电，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：O2+4e−+2H2O=4OH−。
(1)各组分浓度不再变化时，可逆反应达到平衡状态，此状态下各组分浓度不一定相等；在前10min内，CO2浓度由1mol/L变化为0.25mol/L，变化量为0.75mol/L，反应速率计算式为v=△c△t；
(2)根据平衡状态的特征判断反应是否处于平衡状态；
(3)根据题目信息，二氧化碳的起始浓度为1mol/L，氢气的起始浓度为3mol/L，利用三段式计算，由图可知相关数据，
mol/LCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
起始 1 3 0 0
转化 0.752.250.750.75
平衡 0.250.750.750.75
根据H2的转化率=用去的总的×100%，平衡常数K=生成物浓度幂次积反应物浓度幂次积计算；
对于可逆反应增加一种反应物浓度要以提高另外一种物质的转化率，据此答题；
(4)已知反应①CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0kJ/mol
②H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2=−241.8kJ/mol
③CH3OH(g)+23O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H3=−192.2kJ/mol，
利用盖斯定律可知，将①+②×2−③可得：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，据此求其△H；
(5)甲醇在负极放电，正极发生还原反应，氧气在正极获得电子，结合电解质溶液写出电极反应式。
本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确盖斯定律内容、化学平衡状态判断为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
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