2019-2020学年马鞍山市名校高考化学学业水平测试试题

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是 A ．
B ．
C ．
D ．
2．X 、Y 、Z 、W 为原子序数依次增大的短周期元素，其中W 原子的质子数是其M 层电子数的三倍，Z 与W 、X 与Y 相邻，X 与W 同主族。

下列说法不正确的是（ ） A ．原子半径：W ＞Z ＞Y ＞X
B ．最高价氧化物对应水化物的酸性：X ＞W ＞Z
C ．最简单气态氢化物的热稳定性：Y ＞X ＞W ＞Z
D ．元素X 、Z 、W 的最高化合价分别与其主族序数相等 3．可用碱石灰干燥的气体是 A ．H 2S
B ．Cl 2
C ．NH 3
D ．SO 2
4．下图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。

下列说法错误．．
的是
A ．充电时，a 为电源正极
B ．充电时，Cl -向Bi 电极移动，Na +向NaTi 2(PO 4)2电极移动
C ．充电时，新增入电极中的物质：n(Na +)：n(Cl -)=1:3
D ．放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H ++3e -=Bi+Cl -+H 2O 5．下列各组性质比较中，正确的是() ①沸点：HF>HCl>HBr>HI ②离子还原性：2----S >Cl >Br >I ③酸性：444HClO HBrO HIO >> ④金属性：K>Na>Mg>Al
⑤气态氢化物稳定性：2HF HCl H S >> ⑥半径：2--+
2+
6．HIO3是强酸，其水溶液是强氧化剂。

工业上，以KIO3为原料可制备HIO3。

某学习小组拟用如图装置制备碘酸。

M、N为惰性电极，ab、cd为交换膜。

下列推断错误的是（）
A．光伏电池的e极为负极，M极发生还原反应
B．在标准状况下收集6720mLX和Y的混合气体时KIO3溶液减少3.6g
C．Y极的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+
D．制备过程中要控制电压，避免生成HIO4等杂质
7．天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。

T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。

下列说法不正确的是
A．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B．脱硫过程O2间接氧化H2S
C．亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D．《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐
8．下列关于氧化还原反应的说法正确的是
A．1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为N A (N A为阿伏加德罗常数的值)
B．浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半
C．V C可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是V C具有较强的还原性
D．NO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2: 1
9．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．1 mol·L－1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于N A
B．标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数为N A
C．14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2N A
D．常温常压下，22.4 LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为N A
A．可与酸性KMnO4溶液反应
B．既能发生消去反应，又能发生加成反应
C．分子式为C6H10O4
D．1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH2
11．下列有关物质性质的叙述正确的是（）
A．向NaOH溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3
B．向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2
C．向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜
D．向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO3
12．一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05mol NaClO（不考虑水解）。

氢气和氯气物质的量之比是
A．2:3 B．3:1 C．1:1 D．3:2
13．化学与社会、生活密切相关。

下列现象或事实的解释不正确的是( )
选
现象或事实化学解释
项
A Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨Fe3O4是一种红棕色物质
B 祖国七十华诞焰火五彩缤纷金属元素的焰色反应
C 现代旧房拆除定向爆破用铝热剂铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化
D 金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处NH4Cl溶液呈弱酸性
A．A B．B．C．C D．D
SO与Mg的反应，实验时首先关闭K，使①中的反应进行，然后加14．某研究小组同学用如图装置探究2
热玻璃管③。

下列说法正确的是
A．②中只生成2种产物
C．实验结束后加热④中溶液，没有明显现象
SO的速率越快
D．浓硫酸浓度越大生成
2
15．下列有关叙述正确的是（）
A．足量的Mg与0.1molCO2充分反应，转移的电子数目为0.4N A
B．1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目为0.1N A
C．25℃时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目为0.02N A
D．标准状况下，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目为0.2N A
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：
(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_____E(生成物）（填“ >”“< ”或“=”），仅仅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。

(2)若X是铝，在温度不变时向I中分别加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后，产生无色气泡的速率明显加快，导致这种变化最可能的原因是_________。

(3)若X是铝，II中反应产生的气泡有特殊颜色，则发生反应的离子方程式为_____；单质Y不可能是____(填字母）。

A 铅
B 石墨
C 镁
D 银
(4)若Ⅲ溶液最终变成蓝色，写出负极上电极反应式_______；变化过程中，参与正极上放电的离子是
_________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．[化学——选修5：有机化学基础]化合物M是一种香料，A与D是常见的有机化工原料，按下列路线合成化合物M：
已知以下信息：
①A的相对分子质量为28
回答下列问题：
（1）A的名称是___________，D的结构简式是___________。

（2）A生成B的反应类型为________，C中官能团名称为___________。

（3）E生成F的化学方程式为___________。

（4）下列关于G的说法正确的是___________。

（填标号）
a．属于芳香烃
b．可与FeCl3溶液反应显紫色
c．可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀
d．G分子中最多有14个原子共平面
（5）化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14，N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种（不考虑立体异构）。

①与化合物M含有相同的官能团；②苯环上有两个取代基
（6）参照上述合成路线，化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物，
X的结构简式为________，Y的结构简式为________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．甲烷是最简单的烃，是一种重要的化工原料。

(1)以甲烷为原料，有两种方法合成甲醇：
方法Ι：①CH 4(g)+1
2
O2(g)CO(g)+2H2(g) △H1=-35.4kJ/mol
②CO(g)＋2H 2(g)CH3OH(g) △H2 =-90.1kJ/mol
方法Ⅱ：③2CH 4(g)＋O2(g)2CH3OH(g) △H3 =______kJ/mol
(2)在密闭容器中充入2molCH 4 (g) 和1molO2 (g)，在不同条件下反应：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。

实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。

①P1时升高温度，n(CH3OH)_______________（填“增大”、“减小”或“不变”）；
②E、F、N点对应的化学反应速率由大到小的顺序为____________（用V(E)、V(F)、V(N)表示）；
③下列能提高CH4平衡转化率的措施是_______________（填序号）
a.选择高效催化剂
b.增大() (
)4
2
n CH
n O
投料比 c.及时分离产物
④若F点n (CH3OH)=1mol，总压强为2.5MPa,则T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数
Kp=_____________________ ；
(3)使用新型催化剂进行反应2CH4(g)+O2
(g)2CH3OH(g)。

随温度升高CH3OH的产率如图所示。

①CH3OH的产率在T1至T2时很快增大的原因是______________；
②T2后CH3OH产率降低的原因可能是__________________。

19．（6分）氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。

以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：
请回答下列问题：
（1）B和N相比，电负性较大的是___，BN中B元素的化合价为___；
（2）在BF3分子中，F—B—F的键角是___；BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-的立体构型为___；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为___，层间作用力为___，六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为___，其结构与石墨相似却不导电，原因是___。

（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm。

立方氮化硼晶胞中含有___个氮原子、___个硼原子，立方氮化硼的密度是___g·cm-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为N A)。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
【分析】
【详解】
A．是干燥管，故A不选；
B．是抽滤瓶，用于减压过滤，故B选；
C．是洗气装置，用于除杂，故C不选；
D．是坩埚，用于灼烧固体，故D不选；
故选B。

2．A
【解析】
【分析】
W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即
，据此分析；
【详解】
W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即
A. 同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A说法错误；
B. 利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是N>O>Si，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B说法正确；
C. 利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是O>N>P>Si，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C说法正确；
D. 主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；
答案：A。

碱石灰具有吸水性，可以用作干燥剂，所干燥的物质不能与干燥剂发生反应，碱石灰不能干燥二氧化硫、氯气、硫化氢等溶于水显酸性的气体，据此即可解答。

【详解】
碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，所以碱石灰是碱性物质，不能干燥酸性物质，
A. H2S属于酸性气体，能与氢氧化钠和氧化钙反应，所以不能用碱石灰干燥，A项错误；
B. Cl2可以和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，B项错误；
C. NH3是碱性气体，不和碱石灰反应，能用碱石灰干燥，C项正确；
D. SO2属于酸性气体，能与碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，D项错误；
答案选C。

【点睛】
常见的干燥剂可分为酸性干燥剂、碱性干燥剂和中性干燥剂，其中酸性干燥剂为浓H2SO4，它具有强烈的吸水性，常用来除去不与H2SO4反应的气体中的水分。

例如常作为H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等气体的干燥剂；碱性干燥剂为碱石灰（固体氢氧化钠和碱石灰）：不能用以干燥酸性物质，常用来干燥氢气、氧气、氨气和甲烷等气体。

4．C
【解析】
【分析】
充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(PO4)2为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2(PO4)2+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2(PO4)2为负极，据此分析解答。

【详解】
A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，A正确；
B.充电时，Cl-向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)2电极移动，B正确；
C. 充电时，Bi电极上的电极反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)2电极上，反应为
NaTi2(PO4)2+2Na++2e-= Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C错误；
D.放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e-=Bi+Cl-+H2O，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。

掌握电化学装置的工作原理，注意电极反应的书写是关键，难度中等。

①.HF 中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为
HF HI HBr HCl ＞＞＞ ，故错误；
②.元素的非金属性Cl Br I S ＞＞＞，对应离子还原性2----S I Br Cl ＞＞＞，故错误；
③.非金属性Cl Br I ＞＞ ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：
444HClO HBrO HIO ＞＞，故正确；
④.同主族从上到下，金属性增强：K Na ＞，同周期从左到右，金属性减弱，即Na Mg Al ＞＞ ，即金属性：K Na Mg Al ＞＞＞，故正确；
⑤.元素的非金属性F Cl S ＞＞，气态氢化物稳定性2HF HCl H S ＞＞，故正确；
⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即2--+2+
O F Na Mg ＞＞＞，
故正确。

故选B 。

6．B 【解析】 【分析】
根据图示，左室增加KOH ，右室增加HIO 3，则M 室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，电极反应式为2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -，所以原料室中K +透过ab 膜进入阴极室生成KOH ，即ab 膜为阳离子交换膜，N 室为阳极室，原料室中IO 3-透过cd 膜进入阳极室生成HIO 3，即cd 膜为阴离子交换膜。

【详解】
A ．由上述分析可知，M 室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，即e 极为光伏电池负极，阴极发生得到电子的还原反应，故A 正确；
B ．N 室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H 2O-4e -=O 2↑+4H +，M 极电极反应式为2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -，标准状况下6720mL 气体即6.72L 气体物质的量为6.72L ÷22.4L/mol=0.3mol ，其中含有O 2为0.1mol ，转移电子0.4mol ，为平衡电荷，KIO 3溶液中0.4molK +透过ab 膜进入阴极室，0.4molIO 3-透过cd 膜进入阳极室，KIO 3溶液质量减少0.4mol×214g/mol=85.6g ，故B 错误；
C ．N 室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H 2O-4e -=O 2↑+4H +，故C 正确；
D ．制备过程中若电压过高，阳极区（N 极）可能发生副反应：IO 3--2e -+H 2O=IO 4-+2H +，导致制备的HIO 3不纯，所以制备过程中要控制电压适当，避免生成HIO 4等杂质，故D 正确； 故答案选B 。

A.T ．F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe 2(SO 4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe 3++H 2S=2Fe 2++S ↓+2H +），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O ），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe 2(SO 4)3溶液，A 错误；
B.脱硫过程：Fe 2(SO 4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O 2间接氧化H 2S ，B 正确；
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O 2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO 4可用于治疗缺铁性贫血，C 正确；
D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D 正确； 故合理选项是A 。

8．C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．Na 2O 2中的O 为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO 2反应，则1molNa 2O 2反应后得2mol 电子；若只作为还原剂，则1molNa 2O 2反应后失去2mol 电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO 2或水反应，则1molNa 2O 2反应后转移1mol 电子，综上所述，1molNa 2O 2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1N A ，A 项错误；
B ．浓HCl 与MnO 2制氯气时，MnO 2表现氧化性，HCl 一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B 项错误；
C ．维生素C 具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C 项正确；
D ．NO 2与水反应的方程式：2233NO H O=2HNO NO ++，NO 2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO ，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO 3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D 项错误； 答案选C 。

【点睛】
处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。

9．C 【解析】 【详解】
B.标准状况下，11.2 L气体的物质的量是0.5mol，若0.5mol气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是N A，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5N A，故标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于N A，B错误；
C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有
2molC-H键，因此14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2N A，C正确；
D. 在常温常压下，22.4 LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于N A，D 错误；
故合理选项是C。

10．A
【解析】
【分析】
中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。

【详解】
A. 该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；
B. 该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；
C. 分子式为C6H12O4，C错误；
D. 未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；
故选A。

11．D
【解析】
【详解】
A. 向NaOH溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，不会生成氢氧化铝，A项错误；
B. 因酸性比较：H2CO3>苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；
C. 蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；
D. 向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；
答案选D。

【点睛】
A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。

铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。

H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。

吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。

【详解】
题中发生的反应有：①H2+Cl2=2HCl；②HCl+NaOH=NaCl+H2O；③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

据③，生成0.05mol NaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。

则②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。

故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。

氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。

本题选A。

【点睛】
吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。

氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。

13．A
【解析】
【详解】
A、Fe3O4是一种黑色物质，故A错误；
B、不同的金属元素焰色不同，五彩缤纷的焰火利用金属元素的焰色反应，故B正确；
C、铝热反应能放出大量的热，使建筑物的钢筋熔化，故C正确；
D、NH4Cl溶液呈弱酸性，铁锈能溶于酸，所以金属焊接前用NH4Cl溶液除锈，故D正确。

选A。

14．B
【解析】
【详解】
A. ①为制备SO2的装置,SO2与Mg在③中反应,类似CO2与Mg的反应,产生MgO和S,生成的S还可与Mg 反应生成MgS,所以③中生成物有3种,A错误;
B. 停止实验时,先打开K,橡胶气胆②释放的空气起到缓冲作用,防止④中的溶液进入③中,从而起到防倒吸作用,B正确;
C. 反应过程中SO2使④中品红溶液逐渐褪色,加热褪色后的溶液,SO2从被褪色的物质中逸出,溶液恢复原色,C错误;
D. Na2SO3与浓硫酸反应的本质是S23O 与H+反应生成SO2,浓硫酸浓度太大,H2O含量少,H2SO4电离出的H+浓度低,使生成SO2的速率和产量降低,D错误。

故答案选B。

A. 足量的Mg与0.1molCO2充分反应生成氧化镁和碳，碳元素化合价从+4价降低到0价，因此转移的电子数目为0.4N A，A正确；
B. O2和O3的相对分子质量不同，因此无法计算1.6gO2和O3的混合物含有的分子数目，B错误；
C. 溶液体积未知，因此无法计算25℃时，pH=2的H2SO3溶液中含有的H+数目，C错误；
D. 标准状况下三氯甲烷是液体，1.12L三氯甲烷(CHCl3)含有的化学键数目不是0.2N A，D错误；
答案选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．＞硝酸或硫酸Cl－对铝与H＋之间的反应有催化作用2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋
6NO2↑＋3H2O B Cu－2e－=Cu2＋NO3－
【解析】
【分析】
（1）该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；
（2）根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；
（3）结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；
（4）Cu2＋为蓝色溶液；NO3－在正极得电子生成NO2。

【详解】
（1）I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：＞；硫酸或硝酸；
（2）由于加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后反应速率明显加快，因三种盐均含有Cl－，而Cl －不可能与Al反应，故只能是Cl－起催化作用，故答案为：Cl－对铝与H＋之间的反应有催化作用；
（3）有色气体为NO2，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反应的离子方程式为：2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；由III知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2Al3＋＋6H＋＋6NO3－=Al2O3＋6NO2↑＋3H2O；B；
（4）Ⅲ溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－与H＋在正极得电子生成NO2和H2O，故答案为：Cu－2e－=Cu2＋；NO3－。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．（1）乙烯，；（2）加成反应，醛基；
（3）；
（4）cd；（5）18；（6）CH3CH2CHO，。

【解析】
【分析】
根据信息②，推出C和D结构简式为：CH3CHO和，A的分子量为28，推出A为CH2=CH2(乙烯)，B为CH3CH2OH，G的结构简式为：，F的结构简式为：，E的结构简式为：，D的结构简式为：。

【详解】
（1）A为乙烯，D的结构简式为：；
（2）A和B发生CH2=CH2＋H2O CH3CH2OH，发生加成反应，C的结构简式含有官能团是醛基；
(3)E生成F，发生取代反应，反应方程式为：
；
（4）根据G的结构简式为：，a、烃仅含碳氢两种元素，G中含有O元素，故错误；b、不含有酚羟基，与FeCl3溶液不发生显色反应，故错误；c、含有醛基，与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O，故正确；d、苯环是平面正六边形，醛基共面，所有原子共面，即有14个原子共面，故正确；
（5）N的相对分子质量比M大14，说明N比M多一个“CH2”，（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有3×6=18种；
(6)根据信息②，X为CH3CH2CHO，Y的结构简式为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．-251.0 减小V(N)>V(F)>V(E) c 2MPa- l温度升高反应速率加快，且在此温度下催化剂活性增强该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH产率降低
【解析】
【分析】
(1)①×2+②×2，整理可得相应的热化学方程式；
(2)①在压强不变时，根据温度对甲醇的物质的量的影响分析；
②根据相同温度时，压强越大，速率越快；相同压强时，温度越高，速率越快分析；
③能提高CH4平衡转化率，就是是平衡正向移动，根据平衡移动原理分析；
④根据物质的量的比等于压强比，计算平衡时各种气体的分压，带入平衡常数表达式可得Kp。

(3)①在T2以前，反应未达到平衡，温度升高，化学反应速率加快；
②该反应的正反应为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析。

【详解】
(1)根据盖斯定律，将①×2+②×2，整理可得相应的热化学方程式2CH4(g)＋O2(g)2CH3OH(g) △H3 =-251.0kJ/mol；
(2)①根据图象可知：在压强不变时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小；
②对于反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)，升高温度，甲醇的平衡物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应；在温度为T0时，F点甲醇的物质的量大于E 点，说明平衡正向移动，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量增大，所以压强p1>p2，反应速率V(F)>V(E)；F、N两点压强相同，由于温度N>F，升高温度，化学反应速率加快，所以V(N)>V(F)，因此E、F、N三点的速率大小关系为：V(N)>V(F)>V(E)；
③a.催化剂不能使平衡发生移动，因此选择高效催化剂对甲烷的平衡转化率无影响，a错误；
b.增大
()
()4
2
n CH
n O
投料比，相对于O2的浓度不变，增大甲烷的浓度，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是
微弱的，总的来说甲烷的转化率降低，b错误；
c.及时分离产物，即降低生成物的浓度，平衡正向移动，甲烷的转化率提高，c正确；故合理选项是c；
④可逆反应2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)
n(开始)mol 2 1 0
n(变化)mol 1 0.5 1
n(开始)mol 1 0.5 1
n(总)=1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，平衡分压：Kp(CH4)=
1
2.5MPa
2.5
mol
mol
⨯=1Mpa；
Kp(O2)=0.5
2.5MPa
2.5
mol
mol
⨯=0.5Mpa；Kp(CH3OH)=
1
2.5MPa
2.5
mol
mol
⨯=1Mpa，所以该反应用平衡分压表示
的化学平衡常数Kp=
()
()
2
2
1
10.5
Mpa
Mpa Mpa
⨯
=2MPa-l；
(3)①根据图象可知：在T2以前，反应未达到平衡，温度升高，化学反应速率加快，更多的反应物变为生成物甲醇，且在此温度下催化剂活性增强，因此甲醇的产率提高；
②该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，因此甲醇的产率降低。

【点睛】
本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡常数的计算及温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响的知识。

掌握化学反应基本原理，理解题目含义是本题解答的关键。

19．N +3 120° 正四面体 极性共价键 分子间作用力 平面三角形 层状结构中没
有自由移动的电子 4 4 ()3
10A
100
361.510N -⨯
【解析】 【详解】
（1）同一周期元素，电负性随着原子序数增大而增大，所以电负性N>B ；化合物中各元素化合价的代数和为0，该化合物中N 元素化合价为−3价，则B 元素化合价为+3价， 故答案为：N ；+3；
（2）BF 3分子中B 原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以为平面正三角形结构，则F−B−F 的键角是120°；4BF -
中B 原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，所以4BF -
是正四面体结构， 故答案为：120°；正四面体；
（3）不同非金属元素之间易形成极性键，所以B−N 原子之间存在极性键共价键；石墨层间作用力为分子间作用力，所以层之间存在分子间作用力；六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与3个氮原子形成平面三角形结构，最外层电子全部成键，没有自由移动的电子存在，故不能导电，
故答案为：极性共价键；分子间作用力；平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；
（4）该晶胞中如果B 原子位于顶点和面心上，则N 原子位于晶胞内部，且一个顶点和三个面心上B 原子连接一个N 原子，所以该晶胞中B 原子个数=1
1
8+682
⨯⨯
=4，N 原子个数也为4；该晶胞边长=361.5pm=361.5×10−10cm ，体积=(361.5×10−10cm)3，密度= A M 4
N V
⨯ =
()
A
3
10254N 361.510-⨯⨯g/cm 3
=
()
3
10A
100
361.510N -⨯g/cm 3，
故答案为：4；4；()3
10A
100
361.510N -⨯。

【点睛】
对于晶体的密度计算方法为：先计算一个晶胞的质量，然后根据晶胞参数计算晶胞的体积，然后利用密度公式计算晶胞密度，其主要易错点在于单位的换算以及晶胞内相关原子个数的计算；晶体是否导电取决于晶体内是否存在自由移动的电子（晶体在没有溶解以及融化时，不存在自由移动的离子）。