高二化学上学期期中考试题含解析 试题

中学2021-2021学年高二化学上学期期中考试题〔含解析〕
一、选择题有一个选项符合题意，第1-10题每一小题2分，第11-20题每一小题3分，一共50分〕
1.1874年22岁的范特霍夫和27岁的勒贝尔分别提出碳正四面体学说，建立了分子的立体概念．如下图均能表示甲烷的分子构造，哪一种更能反映其真实存在状况〔〕
A. 构造示意图
B. 电子式
C. 球棍模型
D. 比例模型
【答案】D
【解析】
【详解】比例模型能表示出甲烷的空间构型，又能表示出分子中C、H原子的相对大小，所以甲烷的比例模型更接近分子的真实构造，应选D。

2.现代化学测定有机物组成及构造的分析方法较多。

以下有关说法正确的选项是
A. 元素分析仪不仅可以测出试样常见的组成元素及含量，还可以测定其分子的空间构造
B.
C. 通过红外线光谱图分析可以区分乙醇和乙酸乙酯
D. 质谱法和紫外光谱法不属于测定有机物组成和构造的现代分析方法
【答案】C
【解析】
【详解】A、元素分析仪克帮助人们确定有机化合物的元素组成，但不能确定构造，错误，
不选A；
B、核磁一共振氢谱中有5中氢原子，比值为2:4:4:1:3，错误，不选B；
C、红外光谱可以确定物质中的化学键和官能团，乙醇和乙酸乙酯中的化学键、官能团不同，那么通过红外光谱分析可以区分，正确，选C；
D、质谱法可以测定相对分子质量，紫外光谱法可以确定物质的构造，错误，不选D。

3.某铁件需长期浸在水下，为减少腐蚀，想采取以下措施，其中不正确的选项是〔〕
A. 在铁件上铆上一些锌片
B. 在制造铁件时，在铁中掺入一定量的铜制合金
C. 在铁件外表涂上一层较厚的沥青
D. 给铁件通入直流电，把铁件与电源负极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A.在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能到达目的，故A说法正确；
B.制造铁柱时，向铁中渗入一定比例的铜制成合金，锌铜构成的原电池，金属铁是负极，铜是正极，铁易被腐蚀，不能到达目的，故B说法错误；
C.在铁柱外表涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能到达目的，故C说法正确；
D.与原电池的负极相连，为阴极，阴极被保护，可以减少铁的腐蚀，能到达目的，故D说法正确；
应选：B。

4.以下事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 合成氨控制在500℃左右的温度
B.合成氨工业中不断从反响混合物中液化别离出氨气
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法搜集Cl2
D. 氨水中加酸，NH4+的浓度增大
【答案】A
【解析】
【分析】
假如改变影响平衡的条件，那么平衡就向可以减弱这种改变的方向挪动，这就是勒夏特列原理。

【详解】A.合成氨反响为放热反响，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向挪动，主要是考虑催化剂的活性和反响速率，不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B. 合成氨工业中不断从反响混合物中液化别离出氨气，别离出生成物，促进平衡正向挪动，故B错误；
C. 氯气和水反响生成氯化氢和次氯酸是化学平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进展，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子，氨水中加酸，与氢氧根离子反响，促进平衡正向挪动，NH4+的浓度增大，故D错误；
答案选A。

，是我国能源新希望。

以下说法正确的选项是
4
A. 页岩气属于新能源，子孙万代可长久开采
B. 处理后的页岩气作为能源比煤作为能源对环境的影响大
C. 甲烷完全燃烧过程中，C—H键断裂而释放出热能
D. 利用甲烷、氧气、稀硫酸可设计燃料电池
【答案】D
【解析】
【分析】
“页岩气〞是从页岩层中开采出来的天然气，属于化石燃料，不是新能源，短期内不可再生，主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水，是一种清洁能源。

【详解】A．“页岩气〞是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分为甲烷，不是新能源，短期内不可再生，故A错误；
B．“页岩气〞的主要成分为甲烷，燃烧时生成二氧化碳和水，故是一种清洁能源，煤比处理后的页岩气对环境的影响大，故B错误；
C．C—H键断裂会吸收热量，故C错误；
D．利用甲烷、氧气、稀硫酸可设计燃料电池，其中甲烷化合价升高失去电子作为负极，氧气化合价降低得到电子作为正极，故D正确；
答案选D。

6.图(1)和图(2)是A、B两种物质的核磁一共振氢谱。

A、B两种物质都是烃类，都含有6个氢原子。

请根据图(1)和图(2)两种物质的核磁一共振氢谱图选择出可能属于图(1)和图(2)的两种物质( )
A. A是C3H6；B是C6H6
B. A是C2H6；B是C3H6
C. A是C2H6；B是C6H6
D. A是C3H6；B是C2H6
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物的核磁一共振氢谱图主要反映出分子中有多少种不同化学环境下的氢原子，图1有一个吸收峰，故只有一种，图2有三个吸收峰，故有三种，据此分析可得结论。

【详解】A. C3H6假设丙烯，分子中有三 2H6代表乙烷，只有一种氢原子，C3H66H6代表有机物苯时，苯分子中6个氢原子是等效的，只有一个峰，故C错误；D. C3H6假设是丙烯，分子中有三种氢，应有三个吸收峰，故D错误。

【点睛】核磁一共振氢谱图主要反映出有机物中氢原子的种类和数目比，一般有几种不同位移的峰，就有几种不同的氢原子，而峰面积之比等于它们的个数之比。

7.对于可逆反响：2A〔g〕+B〔g〕⇌2C〔g〕，以下措施能使反响物中活化分子百分数、化学反响速率和化学平衡常数都变化的是〔〕
A. 增大压强
B. 升高温度
C. 使用催化剂
D. 多充入O2
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；
B.升高温度，反响物中活化分子百分数、化学反响速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；
C.使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；
，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；
2
应选：B。

8.如图是有关电化学的图示，其中完全正确的选项是〔〕
A. Cu-Zn原电池
B. 粗铜的精炼
C. 铁片镀锌
D. 验证氯化钠溶液〔含酚酞〕电解产物
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图可知，金属性Zn＞Cu，那么原电池中Zn作负极，故A错误；
B、与电源负极相连的为阴极，粗铜的精炼中粗铜作阳极，由图可知，粗铜作阴极，故B错误；
C、与电源负极相连的为阴极，铁片镀锌，铁片应作阴极，由图可知，铁片作阳极，故C错误；
D、电流由正极流向负极，由图可知，碳棒为阳极，电解食盐水在阳极生成氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反响使溶液变蓝，在阴极生成氢气，溶液变红，故D正确；
9.根据合成氨反响的能量变化示意图，以下有关说法正确的选项是
A. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=-2(a-b)kJ·mol-1
22
(g)中所有的化学键释放akJ热量
C. 2NH3 (l)= N2(g)+3H2(g) △H=2(b+c-a) kJ·mol-1
D. 假设合成氨反响使用催化剂，反响放出的热量增多
【答案】A
【解析】
【详解】A、由图可知，1
2
N2(g)+
3
2
H2(g)=NH3(g) △H=(a-b)kJ·mol-1，故
N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H=2(a-b)kJ·mol-1，故A错误；
B、断键吸收能量，故B错误；
C、NH3(l) =1
2
N2(g) +
3
2
H2(g) △H=(c+b-a)kJ·mol-1，那么
2NH3(l)= N2(g)+3H2(g) △H=2(c+b-a)kJ·mol-1，故C正确；
D、催化剂只能改变反响速率，不能改变热效应，故D错误；
应选C。

9
H12的同分异构体中，属于芳香化合物且含有三个侧链的有机物一共有〔〕
A. 4种
B. 5种
C. 6种
D. 3种【答案】D
【解析】
【详解】分子式为C9H12，苯环含有6个C，含有三个侧链，那么含有三个甲基，其构造简式
为，所以符合条件的有机物有3种，
故D正确；
应选：D。

11.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反响并到达平衡：X〔g〕+Y〔g〕⇌2Z〔g〕△H＜0。

当改变某个条件并到达新平衡后，以下表达正确的选项是〔〕
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 增大压强〔缩小容器体积〕，Z的浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度减小
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数不变
【答案】B
【解析】
【详解】A.为放热反响，升高温度平衡逆向挪动，那么X的体积分数增大，故A错误；
B.为气体体积不变的反响，增大压强平衡不挪动，那么Z的浓度不变，故B正确；
C.容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各物质的浓度不变，Y的浓度不变，故C错误；
D.容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不挪动，X的体积分数不变，故
D错误；
应选：B。

【点睛】恒压条件下充入惰性气体，容器体积要变大，反响物和生成物浓度会发生改变，恒
容条件下充入惰性气体，容器体积不变，故浓度不变。

12.科学家最新研究说明，一种糖生物电池可以完全将糖中的化学能量转变为电流，它使用
酶代替贵金属催化剂，利用空气氧化糖类产生电流。

以下有关判断正确的选项是〔〕
A. 该电池不宜在高温下工作
B. 放电过程中，电池内阳离子向负极迁移
C. 假设该电池为酸性介质，那么正极反响式为 O2+2H2O+4e﹣=4OH-
D. 假设该电池为碱性介质，且以葡萄糖为原料，那么电池总反响为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.糖生物电池中的催化剂为生物酶，高温条件下生物酶死亡，催化活性减弱，糖电
池工作效率降低或者不工作，所以糖电池不宜在高温下工作，故A正确；
B.原电池放电时，内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，故B错误；
C.该电池中糖类所在电极为负极，通入氧气的电极为正极，酸性介质中氧气得电子生成水，
电极反响式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C错误；
H12O6+6O2+12OH-=6CO32﹣+12H2O，故D错误；
6
应选：A。

C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反响速率的影响〞。

实验时，2
分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开场计时，通过测定溶液褪色所需时间
是来判断反响的快慢。

以下说法不正确的选项是( )
A. 实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①和②起初反响均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反响起催化作用
C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反响速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反响速率的影响
D. 实验①测得KMnO4溶液的褪色时间是为40 s，那么这段时间是内平均反响速率
v(KMnO4)=2.5×10-4mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、实验①、②、③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间是来判断，需要保证高锰酸钾完全反响，因此所加的H2C2O4溶波均要过量,故A正确；
B项、实验①和②起初反响均很慢，过了一会儿，反响生成的Mn2+对反响起到了催化作用，使反响速率突然增大，故B正确；
C项、根据变量唯一化可知，探究反响物浓度对化学反响速率影响，除了浓度不同，其他条件完全一样的实验编号是①和②，探究温度对化学反响速率影响，除了温度不同，其他条件
完全一样，那么满足此条件的实验编号是②和③，故C正确；
D项高锰酸钾完全反响,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：
0.010mol/L×0.004L÷(0.002L+0.004L)=6.7×10-3mol/L,这段时间是内平均反响速率
v(KMnO4)= 6.7×10-3mol/L÷40s=1.7×10−4 m ol·L-1·s-1，故D错误；
应选D。

14.：2CO〔g〕+O2〔g〕＝2CO2〔g〕；△H＝﹣566kJ/mol；Na2O2〔s〕+CO2〔g〕＝Na2CO3〔s〕
+1
2
O2(g)；△H＝﹣226kJ/mol；根据以上热化学方程式判断，以下说法正确的选项是〔〕
A. CO的燃烧热为283kJ
B. 如图可表示由CO生成CO2的反响过程和能量关系
C. 2Na2O2〔s〕+2CO2〔s〕＝2Na2CO3〔s〕+O2〔g〕△H＜﹣452kJ/mol
D. CO〔g〕与Na2O2〔s〕反响放出509kJ热量时，电子转移数为1.204×1024
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为KJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；
B、图象中的焓变应是2molCO燃烧的反响热，图象中物质的量和焓变不统一，故B错误；
C、热化学方程式为2Na2O2〔s〕+2CO2〔g〕＝2Na2CO3〔s〕+O2〔g〕△H＝﹣452kJ/mol，此题中的CO2〔s〕多一步变气体吸热的过程，所以此题放出的热量就少于452，但是△H＞-452 kJ/mol，故C错误；
D、：①2CO〔g〕+O2〔g〕＝2CO2〔g〕；△H＝﹣566kJ/mol ②Na2O2〔s〕+CO2〔g〕＝Na2CO3
〔s〕+1
2
O2(g)；△H＝﹣226kJ/mol，根据盖斯定律合并热化学方程式得到，②×2+①得到
的热化学方程式为 2CO〔g〕+2Na2O2〔s〕＝2Na2CO3〔s〕；△H＝﹣1018kJ/mol；CO〔g〕与Na2O2〔s〕反响放出509kJ热量时，热化学方程式为CO〔g〕+Na2O2〔s〕＝2Na2CO3〔s〕；△H ＝﹣509kJ/mol；反响的电子转移数为2mol即电子转移数为1.204×1024，故D正确；
应选：D。

【点睛】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为KJ/mol。

15.铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，研读以下图，以下判断不正确的选项是
A. K闭合时，d电极反响式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-
B. 当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2 mol
C. K闭合时，II中SO42-向c电极迁移
D. K闭合一段时间是后，II可单独作为原电池，d电极为正极
【答案】C
【解析】
【详解】铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，Pb发生氧化反响，Pb为负极，PbO2发生复原反响，PbO2为正极，K闭合时，I为原电池，a为正极，b为负极；那么II 为电解池，c为阴极，d为阳极；
A.K闭合时，d极上发生失电子的氧化反响，电极反响式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，A
正确；
B.I中的反响为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O~2e-2SO4，B正确；
C.K闭合时，II为电解池，阴离子向阳极挪动，SO42-向d电极迁移，C错误；
D.K闭合一段时间是后，c电极上析出Pb，d电极上析出PbO2，此时II可单独作为原电池，d电极为正极，D正确；
答案选C。

16.一定条件下，在密闭容中进展2SO2〔g〕+ O2〔g〕2SO3〔g〕ΔH < 0 。

以下图像及对图像的分析均正确的选项是
A. 只改变温度时，(1)中甲的温度比乙的温度高
B. (2)表示起始时只加反响物达平衡，在t1时刻使用催化剂对平衡的影响
C. (3)表示容积不变增加氧气的浓度，平衡右移，平衡常数增大
D. 容积可变时，在t1时刻向达平衡的上述反响参加SO3可用图像〔4〕描绘
【答案】D
【解析】
A. 根据先拐先平数值大的原那么，只改变温度时，(1)中乙的温度比甲的温度高，故A错；
B. (2)催化剂只影响化学反响速率，不改变平衡挪动，故B错；
C. (3)表示容积不变增加氧气的浓度，平衡右移，平衡常数不变，故C错；
D. 容积可变时，在t1时刻向达平衡的上述反响参加SO3，使SO2.O2的浓度降低，SO3浓度升高，故D正确。

此题正确答案：D。

17.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变
化规律〔图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量〕：
根据以上规律判断，以下结论正确的选项是
A. 反响Ⅰ：△H＞0，P2＞P1
B. 反响Ⅱ：△H＜0，T1＜T2
C. 反响Ⅲ：△H＞0，T2＞T1或者△H＜0，T2＜T1
D. 反响Ⅳ：△H＜0，T2＞T1
【答案】BC
【解析】
【详解】A、由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反响方向挪动，那么正反响放热，△H＜0；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反响方向挪动，A的转化率增大，那么P2＞P1，A错误；
B、由到达平衡所用时间是可以看出T1温度较高，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反响方向挪动，那么△H＜0，B错误；
C、如△H＞0，反响吸热，T2＞T1，升高温度平衡向正反响方向挪动，C的体积分数增大；如
△H＜0，反响放热，T2＜T1，升高温度平衡向逆反响方向挪动，C的体积分数减小，C正确；
D、如△H＜0，那么升高温度平衡向逆反响方向挪动，A的转化率减小，那么T2＜T1，D错误，答案选C。

【点晴】解答时注意化学平衡图像题的解题技巧：〔1〕紧扣特征，弄清可逆反响的正反响是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反响等。

〔2〕先拐先平，在含量〔转化率〕—时间是曲线中，先出现拐点的那么先到达平衡，说明该曲线反响速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。

〔3〕定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。

〔4〕三步分析法，一看反响速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡挪动的方向。

18.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反响：CO〔g〕+H2O〔g〕⇌CO2〔g〕+H2〔g〕反响过程中测定的局部数据见下表〔表中t2＞t1〕：
以下说法正确的选项是〔〕
A. 反响在t1min内的平均速率为v〔H2〕＝0.4
t
mol•L-1•min
B. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20mol H2O，到达平衡时n〔CO2
C. 保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H2O，与衡相比，到达新平衡时CO转化率不变，H2O的体积分数不变
D. 温度升高至800℃，上述反响平衡常数为0.64，那么正反响为吸热反响
【答案】B
【解析】
【详解】A.v 〔CO 〕＝11.2mol-0.8mol 2L t min ⋅＝1
0.2t mol•L ﹣1•min，v 〔CO 〕：v 〔H 2〕＝1：1，那么v 〔H 2〕＝1
0.2t mol•L ﹣1•min，故A 错误； 1min 时，n 〔CO 〕＝0.8mol ，n 〔H 2O 〕＝0.6mol ﹣0.4mol ＝0.2mol ，t 2min 时n 〔H 2O 〕＝0.2mol ，说明t 1min 时反响已经到达化学平衡状态，n 〔CO 2〕＝n 〔H 2〕＝0.4mol ，K ＝222c(CO )c(H )
c(CO)c(H O)
⋅⋅＝0.4mol 0.4mol 2L 2L 0.8mol 0.2mol 2L 2L
⨯⨯2O ，假设到达平衡时n 〔CO 2〕＝0.40 mol ，那么n 〔CO 〕＝0.6mol ﹣0.4mol ＝0.2mol ，n 〔H 2O 〕＝1.2mol ﹣0.4mol ＝0.8mol ，n 〔H 2〕＝n 〔CO 2〕＝0.4mol ，Q c ＝0.4mol 0.4mol 2L 2L 0.2mol 0.8mol 2L 2L
⨯⨯＝1＝K ，说明此时到达化学平衡状态，假设成立，故B 正确； 2O ，平衡向正反响方向挪动，到达平衡时CO 转化率增大，H 2O 的体积分数会增大，故C 错误；
D.800℃，反响平衡常数为0.64，由B 得700℃，反响平衡常数为1，升高温度，平衡向逆反响方向挪动，该反响是放热反响，故D 错误，
应选：B 。

19.钠离子电池具有本钱低、能量转换效率高、寿命长等优点。

一种钠离子电池用碳基材料〔Na m C n 〕作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为：1-m 2m n Na CoO +Na C
放电
充电2n NaCoO +C 。

以下说法不正确的选项是．．．．．．．
〔 〕
A. 充电时，阴极质量减小且Na+数目增加
B. 充电时，阳极的电极反响式为NaCoO2-me-=Na1-m CoO2+mNa+
C. 放电时，Na+向正极挪动
D. 放电时，负极的电极反响式为Na m C n-me-=mNa++C n
【答案】A
【解析】
【详解】A. 充电时，阴极电极反响式为mNa++C n+me-=Na m C n，阴极电极质量会增大，A项错误；
B. 充电时，阳极上发生失电子的氧化反响，电极反响式为：NaCoO2-me-=Na1-m CoO2+mNa+，B
项正确；
C. 放电时阳离子向正极挪动，即Na+向正极挪动，C项正确；
D. 放电时，负极电极反响式为Na m C n-me-=mNa++C n，D项正确；
答案选A。

【点睛】和锂离子电池的工作原理相似，抓住钠离子的化合价保持不变，根据放电时为原电池原理、充电时为电解池原理是解题的关键。

和CaCO3的能量关系如下图(M＝Ca、Mg)：
3
M2+(g)＋CO32-(g) M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)
：离子电荷一样时，半径越小，离子键越强。

以下说法不正确的选项是
．．．．．．．
A. ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B. ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C. ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D. 对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】
【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3
的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。

A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因
此ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；
B. ΔH2表示断裂CO32-中一共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因此ΔH2(MgCO3)
＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；
(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离1
子键强度弱于MgO，因此ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；
+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。

1
故答案选C。

二、填空题
21.以下是八种环状的烃类物质：
〔1〕互为同分异构体的有___和___、___和___〔填写上名称〕。

〔2〕正四面体烷的二氯取代产物有___种；HY烷的一氯取代产物有___种。

〔3〕化合物A的相对分子质量为86，所含碳的质量分数为55.8%，氢的质量分数为7.0%，
其余为氧。

①A的分子式为___。

②A有多种同分异构体，写出五个同时满足以下条件的同分异构体的构造简式：
a．能发生水解反响b。

能使溴的四氯化碳溶液褪色
___、___、___、___、___。

【答案】 (1). 苯 (2). 棱晶烷 (3). 环辛四烯 (4). 立方烷 (5). 1 (6). 2 (7). C4H6O2 (8). (9).
(10). (11). (12).
【解析】
【分析】
〔1〕具有一样分子式而构造不同的化合物互为同分异构体；
〔2〕正四面体烷完全对称，HY烷分子中有两种氢原子；
〔3〕①根据不同原子的质量分数求出各个原子数目；
②A能发生水解反响，说明含有酯基，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键；【详解】〔1〕苯与棱晶烷的分子式均为C6H6，二者构造不同，互为同分异构体，环辛四烯与
立方烷分子式均为C8H8，二者构造不同，互为同分异构体，故答案为：苯、棱晶烷；环辛四烯、立方烷；
〔2〕正四面体烷完全对称，只有一种氢原子，一氯代物只有1种，一氯代物中氢原子也只
有1种，所以故二氯代物只有1种；HY烷分子中有两种氢原子，一种是次甲基氢，一种亚
甲基氢，所以其一氯代物有2种；故答案为：1；2；
〔3〕①化合物A分子中N〔C〕＝8655.8%
12
⨯
＝4、N〔H〕＝
867.0%
1
⨯
＝6，故N〔O〕＝
86-124-616 ＝2，那么A 的分子式为C 4H 6O 2，故答案为：C 4H 6O 2； ②A 能发生水解反响，说明含有酯基，A 能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，符合条件的同分异构体有：、、
、、，故答案为：
、、、、。

22.某原电池装置如下图，电池总反响为 2Ag+Cl 2═2AgCl。

〔1〕写出该电池工作时的两极反响：负极：___；正极：___。

〔2〕当电路中转移amole ﹣时，交换膜左侧溶液中约减少___mol 离子；交换膜右侧溶液c 〔HCl 〕___〔填“＞〞“＜〞或者“＝〞〕1mol•L -1
〔忽略溶液体积变化〕。

【答案】 (1). 2Ag ﹣2e ﹣+2Cl ﹣＝2AgCl (2). Cl 2+2e ﹣＝2Cl ﹣
(3). 2a (4). ＞
【解析】
【分析】
〔1〕原电池中正极得电子发生复原反响；负极失电子发生氧化反响；
〔2〕原电池电路中电子守恒，据此计算。

【详解】〔1〕原电池总反响为2Ag+Cl2＝2AgCl，那么反响中银化合价升高、发生氧化反响，氯气中的氯元素化合价降低、发生复原反响，所以银作原电池负极，Pt作原电池的正极，装置左侧即负极电极反响式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，正极电极反响式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，结合电子守恒写出电极反响式：负极电极反响式为2Ag﹣2e﹣+2Cl﹣＝2AgCl，正极电极反响式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，故答案为：2Ag﹣2e﹣+2Cl﹣＝2AgCl；Cl2+2e﹣＝2Cl﹣；
〔2〕负极电极反响式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，原电池工作时，电路中转移amole﹣，那么负极消耗amolCl﹣，形成闭合回路移向正极的n〔H+〕＝amol，所以负极区即交换膜左侧溶液中约减少2amol离子；正极区电极反响为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，生成n〔HCl〕＝amol，所以交换膜右侧溶液c〔HCl〕增大，即交换膜右侧溶液 c〔HCl〕＞1mol/L，故答案为：2a；＞。

【点睛】原电池、电解池以及原电池和电解池串联的电路中都存在电子守恒，据此可以解决一些计算题。

CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如下：
2
〔1〕在阳极区发生的反响包括_____________和H ++ HCO3-＝H2O + CO2↑。

〔2〕简述CO32-在阴极区再生的原理_______________
【答案】 (1). 4OH --4e-＝2H2O+O2↑(或者2H2O-4e-＝4H++ O2↑) (2). HCO3–存在电离平衡：HCO3－H++ CO32-，阴极H+放电，浓度减小平衡右移〔或者溶液中H+放电，增大了OH－浓度，与HCO3–反响，从而使CO32-再生〕
【解析】
【详解】〔1〕装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反响为4OH --4e-＝2H2O+O2↑；
〔2〕HCO3–存在电离平衡：HCO3－H++CO32-，在阴极区，溶液中H+放电，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，OH-与HCO3-反响生成CO32-，所以CO32-在阴极区再生。

2
和N2O4可以互相转化：反响2NO2〔g〕N2O4〔g〕△H＝﹣57.2kJ/mol。

〔1〕一定温度下，现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，以下示意图正确且能说明反响到达平衡状态的是___〔填序号，下同〕。

〔2〕假设反响2NO2〔g〕⇌N2O4〔g〕在体积为1L的恒容密闭容器中进展，保持温度不变，到达平衡后，向反响容器中再充入少量N2O4，平衡向___挪动〔填“左〞、“右〞或者“不〞〕，重新平衡后和衡相比，混合气体颜色___〔填“变深〞“变浅〞或者“不变〞〕，N2O4的体积分数___〔填“增大〞、“减小〞或者“不变〞〕。

〔3〕一定温度下，向容积为20L的密闭容器中充入1molNO2气体，发生反响2NO2〔g〕⇌N2O4〔g〕，反响中测得相关数据如表所示：
反响时间是/min 0 10 20 30 40 50
气体相对分子质量46 57 64 69 69 69
①此条件下该反响的化学平衡常数K＝___。

②在50min末，向容器中参加2
3
molNO2，假设要保持平衡不发生挪动，应参加N2O4为___mol。

【答案】 (1). ①④ (2). 左 (3). 变深 (4). 增大 (5). 60 (6). 83
【解析】
【分析】
〔1〕未到达平衡状态时体系中某些值是不断变化的，当这些值不变时可说明反响到达平衡状态；
〔2〕二氧化氮气体为红棕色，假设二氧化氮浓度增大，那么颜色加深；
〔3〕①平衡常数K=2422c(N O )c (NO )
； ②浓度商等于平衡常数时平衡不发生挪动；
【详解】〔1〕a.该反响是体积变化的反响，密闭容器中气体质量不变，所以密度不变，说明到达了平衡状态，故①正确；
b.反响热△H 与化学反响方程式有关，是不变化的，所以△H 始终不变，不能判断是否到达平衡状态，故②错误；
c.根据正反响速率大小关系，无法判断同一物质的正逆反响速率是否相等，故③错误；
d.四氧化二氮的转化率不变，说明四氧化二氮的浓度不变，说明反响到达了平衡状态，故④正确；
故答案为：①④；
〔2〕可逆反响为2NO 2〔g 〕⇌N 2O 4〔g 〕，到达平衡后，向反响容器中再充入少量N 2O 4，生成物浓度增大，平衡向左挪动，c 〔NO 2〕增大，混合气体颜色变深，恒容密闭容器中体积不变时可看成增大压强，压强增大时平衡正向挪动，导致N 2O 4的体积分数增大，故答案为：左；变深；增大；
〔3〕①反响2NO 2〔g 〕⇌N 2O 4〔g 〕的三段式为，
224
2NO g N O g 1 0
2x x 1-2x x
（）（） 混合气体的物质为46g ，平衡时，混合气体的相对分子质量为69，即69〔1﹣2x+x 〕＝46，x ＝13mol ，c 〔NO 2〕＝c 〔N 2O 4〕＝n V ＝160
mol/L ， ② 该反响的化学平衡常数K ＝2422c(N O )c (NO )＝2
1601()60
＝60，故答案为：60； ②设平衡时N 2O 4的浓度为c 〔N 2O 4〕，向容器中参加23molNO 2，此时c 〔NO 2〕＝1mol 20L
＝0.05mol/L ，化学平衡常数K ＝2422c(N O )c (NO )＝242
c(N O )0.05＝60，那么c 〔N 2O 4〕＝0.15mol/L ，n 〔N 2O 4〕＝cV ＝20L×0.15mol/L＝3mol ，所以应参加N 2O 4的物质的量为3mol ﹣13mol ＝83
mol ，故答案为：83。

【点睛】浓度商大于平衡常数，平衡逆向挪动；浓度商等于平衡常数，平衡不挪动；浓度商小于平衡常数，平衡正向挪动。

2和甲烷催化合成CO 和H 2是CO 2资源化利用的有效途径。

主要反响如下：
Ⅰ：CH 4〔g 〕+CO 2〔g 〕⇌2CO 〔g 〕+2H 2〔g 〕 △H＝+247kJ/mol
〔1〕CH 4〔g 〕+H 2O 〔g 〕⇌CO 〔g 〕+3H 2〔g 〕 △H＝+206 kJ/mol
写出CH 4和水蒸气反响生成CO 2的热化学方程式：___。

〔2〕在恒温、恒容的密闭容器中发生反响Ⅰ，以下选项可以说明反响Ⅰ到达平衡状态的是___。

4、CO 2、CO 、H 2的物质的量之比为1：1：2：2。