北京市昌平區新學道臨川學校2025年高三下學期二輪質量檢測試題化學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、工業上用CO和H2生產燃料甲醇。一定條件下密閉容器中發生反應，測得數據曲線如下圖所示（反應混合物均呈氣態）。下列說法錯誤的是A．反應的化學方程式:CO+2H2CH3OHB．反應進行至3分鐘時，正、逆反應速率相等C．反應至10分鐘，?(CO)=0.075mol/L·minD．增大壓強，平衡正向移動，K不變2、將表面已完全鈍化的鋁條，插入下列溶液中，不會發生反應的是（）A．稀硝酸 B．硝酸銅 C．稀鹽酸 D．氫氧化鈉3、設NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A．5.6g鐵與足量鹽酸反應轉移的電子數為0.3NAB．100mL2.0mol/L的鹽酸與醋酸溶液中氫離子均為0.2NAC．標準狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數均為2NAD．常溫常壓下，20g重水(D2O)中含有的電子數為10NA4、用如圖裝置進行實驗，1小時后觀察到生鐵明顯銹蝕，由此得出的結論是A．屬于化學腐蝕B．O2未參與反應C．負極反應2Fe-6e+3H2O→Fe2O3+6H+D．正極反應O2+4e-+2H2O→4OH-5、下列關于有機物1-氧雜-2，4-環戊二烯()的說法正確的是A．與互為同系物 B．二氯代物有3種C．所有原子都處于同一平面內 D．1mol該有機物完全燃燒消耗5molO26、明代《本草綱目》記載了民間釀酒的工藝“凡酸壞之酒，皆可蒸燒”，“以燒酒復燒二次……價值數倍也”。這里用到的實驗方法可用于分離（）A．汽油和氯化鈉溶液B．39%的乙醇溶液C．氯化鈉與單質溴的水溶液D．硝酸鉀和氯化鈉的混合物7、化學與生活密切相關。下列敘述錯誤的是A．食用單晶冰糖的主要成分是單糖 B．硫酸亞鐵可用作袋裝食品的脫氧劑C．用水玻璃浸泡過的紡織品可防火 D．傳播新冠病毒的氣溶膠具有膠體性質8、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數依次增大。四種元素形成的單質依次為m、n、p、q；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質之一；25℃時，0.01mol·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑的大小：a＜b＜c＜dB．氫化物的沸點：b＞dC．x的電子式為：D．y、w含有的化學鍵類型完全相同9、某固體混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的兩種或多種組成，現對該混合物做如下實驗，現象和有關數據如圖所示(氣體體積數據換算成標準狀況)。關于該固體混合物，下列說法正確的是（）A．含有4.5gAlB．不含FeCl2、AlCl3C．含有物質的量相等的(NH4)2SO4和MgCl2D．含有MgCl2、FeCl210、25℃時，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐漸加入NaOH固體，恢復至原溫度后溶液中的關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列有關敘述不正確的是（）A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7B．C點的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．B點的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D．A點的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L11、某工業流程中，進入反應塔的混合氣體中和物質的量百分含量分別是10%和6%，發生反應為：，在其他條件相同時，測得試驗數據如下：壓強（）溫度(℃)NO達到所列轉化率所需時間（s）50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根據表中數據，下列說法正確的是A．溫度越高，越有利于NO的轉化B．增大壓強，反應速率變慢C．在、90℃條件下，當轉化率為98%時反應已達平衡D．如進入反應塔的混合氣體為，如速率表示，則在、30℃條件下，轉化率從50%增至90%時段，NO的反應速率為12、下列說法中，正確的是（）A．離子化合物中一定不含共價鍵B．分子間作用力越大，分子的熱穩定性就越大C．可能存在不含任何化學鍵的晶體D．酸性氧化物形成的晶體一定是分子晶體13、某晶體中含有非極性鍵，關于該晶體的說法正確的是A．可能有很高的熔沸點 B．不可能是化合物C．只可能是有機物 D．不可能是離子晶體14、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pc=－lgc，pKa=—lgKa。常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)變化如圖所示。下列說法正確的是()A．pH=3.50時，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)B．將等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合后，溶液顯堿性C．隨著HCl的通入c(H+)/c(H2A)先減小后增大D．pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后減小15、已知：Br＋H2HBr＋H，其反應的歷程與能量變化如圖所示，以下敘述正確的是A．該反應是放熱反應B．加入催化劑，E1－E2的差值減小C．H－H的鍵能大于H－Br的鍵能D．因為E1>E2，所以反應物的總能量高于生成物的總能量16、2019年諾貝爾化學獎花落鋰離子電池，美英日三名科學家獲獎，他們創造了一個可充電的世界。像高能LiFePO4電池，多應用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應過程中只讓Li+通過。結構如圖所示。原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是（）A．放電時，正極電極反應式：xFePO4+xLi++xe-=xLiFePO4B．放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極C．充電時，陰極電極反應式：xLi++xe-+nC=LixCnD．充電時，Li+向左移動二、非選擇題（本題包括5小題）17、現有五種可溶性物質A、B、C、D、E，它們所含的陰、陽離子互不相同，分別含有五種陽離子Al3＋、Fe3＋、Cu2＋、Ba2＋、K＋和五種陰離子NO3-、OH－、Cl－、CO32-、Xn-（n=1或2）中的一種。（1）通過比較分析，無需檢驗就可判斷其中必有的兩種物質是________和_______。（2）物質C中含有離子Xn-。為了確定Xn-，現將（1）中的兩種物質記為A和B，當C與A的溶液混合時產生白色沉淀，繼續加入過量A溶液白色沉淀部分溶解，然后將沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，則C為______（填化學式）。寫出部分白色沉淀溶解的離子方程式______。（3）將19.2gCu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口附近有紅棕色氣體出現，則物質D一定含有上述離子中的________（填相應的離子符號），寫出Cu溶解的離子方程式_________，若要將Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物質的量是__________。（4）E溶液與氫碘酸反應時可生成使淀粉變藍的物質，寫出該反應的化學方程式為_________。18、洛匹那韋(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用藥，在“眾志成城戰疫情”中，洛匹那韋，利托那韋合劑被用于抗新型冠狀病毒(2019-nCoV)。洛匹那韋的合成路線可設計如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是_______；A制備B反應的化學方程式為_________(注明反應條件)。(2)D生成E的反應類型為_____；F中能與氫氣發生加成反應的官能團名稱為___。(3)C的分子式為_____；一定條件下，C能發生縮聚反應，化學方程式為_____。(4)K2CO3具有堿性，其在制備D的反應中可能的作用是______。(5)X是C的同分異構體，寫出一種符合下列條件的X的結構簡式______。①含有苯環，且苯環上的取代基數目≤2②含有硝基③有四種不同化學環境的氫，個數比為6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韋的原料之一，寫出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3為原料制各該物質的合成路線________（其它無機試劑任選）。19、PCl3是磷的常見氯化物，可用于半導體生產的外延、擴散工序。有關物質的部分性質如下：熔點/℃沸點/℃密度/g/mL化學性質黃磷44.1280.51.822P+3Cl2（少量）2PCl32P+5Cl2（過量）2PCl5PCl3-11275.51.574遇水生成H3PO4和HCl，遇氧氣生成POCl3I.PCl3的制備如圖是實驗室制備PCl3的裝置（部分儀器已省略）。回答下列問題：(1)儀器乙的名稱是____；與自來水進水管連接的接口編號是____（填“a"或“b”）。(2)實驗前需先向儀器甲中通入一段時間CO2，然后加熱，再通入干燥C12。干燥管中堿石灰的作用主要是：①____；②___。(3)實驗室制備Cl2的離子方程式為___；實驗過程中，通入氯氣的速率不宜過快的原因是____。II.測定PC13的純度測定產品中PC13純度的方法如下：迅速稱取4.100g產品，水解完全后配成500mL溶液，取出25.00mL加入過量0.1000mol/L20.00mL碘溶液，充分反應后再用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定過量的碘，終點時消耗12.00mLNa2S2O3溶液。已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假設測定過程中沒有其它反應。(4)根據上述數據，該產品中PC13的質量分數為____；若滴定終點時仰視讀數，則PC13的質量分數__（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）。III．PC13水解生成的H3PO3性質探究(5)請你設計一個實驗方案，證明H3PO3為二元酸：____。20、某小組同學設計如下實驗，研究亞鐵鹽與H2O2溶液的反應。實驗Ⅰ：試劑：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作現象取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即變為棕黃色，稍后，產生氣泡。測得反應后溶液pH=0.9向反應后的溶液中加入KSCN溶液溶液變紅(1)上述實驗中H2O2溶液與FeSO4溶液反應的離子方程式是__。(2)產生氣泡的原因是__。(3)某同學認為，根據“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發生了反應，又補充了實驗II證實了該反應發生。實驗II的方案和現象是__。實驗III：試劑：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作現象取2mL5%H2O2溶液于試管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即變為棕黃色，產生大量氣泡，并放熱，反應混合物顏色加深且有渾濁。測得反應后溶液pH=1.4(4)將上述混合物分離，得到棕黃色沉淀和紅褐色膠體。取部分棕黃色沉淀洗凈，加4mol·L-1鹽酸，沉淀溶解得到黃色溶液。初步判斷該沉淀中含有Fe2O3，經檢驗還含有SO42-。①檢驗棕黃色沉淀中SO42-的方法是______。②結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因______。實驗IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作與實驗III相同，除了產生與III相同的現象外，還生成刺激性氣味氣體，該氣體能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅但不褪色。(5)將反應得到的混合物過濾，得到黃色沉淀。將黃色沉淀洗凈，加稀鹽酸，沉淀不溶解。經檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，寫出生成黃色沉淀的化學方程式___。(6)由以上實驗可知，亞鐵鹽與H2O2反應的現象與______（至少寫兩點）有關。21、化學·選修3:物質結構與性質氟及其化合物用途非常廣泛，自然界中氟多以化合態形式存在,主要有螢石（CaF2）、冰晶石（Na3AlF6）等。回答下列問題:（1）基態氟原子中有_________________種能量不同的電子。（2）NF3是微電子工業中優良的等離子刻蝕氣體。NF3與NH3的空間構型相同,但是NH3（-33°C）的沸點比NF3（-129°C）的高，原因為_____________。（3）氟硼酸（HBF4,屬于強酸）常用于替代濃硫酸作鉛蓄電池的電解質溶液,可由HF和BF3合成，從化學鍵形成角度分析HF與BF3能化合的原因:________。（4）液態[H2F]+中存在[H2F]+和[HF2]-,[HF2]-的結構可表示為[F-H…F]-,[H2F]+的VSEPR模型名稱為________形。NaHF2可用于制無水氟化氫和供雕刻玻璃、木材防腐等。常溫常壓下為白色固體,易溶于水,160°C分解。NaHF2中所含作用力的類型有______.（填字母）。a離子鍵b共價鍵c配位鍵d氫鍵（5）CaF2是難溶化合物,其品胞結構如圖所示:①若原子坐標參數A處為（0,0,0）,B處為（,C處為（1，1，1）,則D處為_____.②每個Ca2+周圍距離最近的Ca2+共有_____個。③已知:CaF2晶體密度為cg·cm-3,則晶胞中Ca2+與最近的F-之間的距離為____nm（設NA表示阿伏加德羅常數的值,用含c、NA的式子表示）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

由圖可知，CO的濃度減小，甲醇濃度增大，且平衡時c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，轉化的c(CO)=0.75mol/L，結合質量守恒定律可知反應為CO+2H2?CH3OH，3min時濃度仍在變化，濃度不變時為平衡狀態，且增大壓強平衡向體積減小的方向移動，以此來解答。【詳解】A．用CO和H2生產燃料甲醇，反應為CO+2H2?CH3OH，故A正確；B．反應進行至3分鐘時濃度仍在變化，沒有達到平衡狀態，則正、逆反應速率不相等，故B錯誤；C．反應至10分鐘，?(CO)==0.075mol/(L?min)，故C正確；D．該反應為氣體體積減小的反應，且K與溫度有關，則增大壓強，平衡正向移動，K不變，故D正確；故答案為B。2、B【解析】

表面已完全鈍化的鋁條表面的物質是氧化鋁，氧化鋁屬于兩性氧化物，能溶于強酸、強堿溶液，稀硝酸和稀鹽酸是強酸，NaOH是強堿，所以能溶于稀硝酸、稀鹽酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸銅反應，故選B。3、D【解析】

A.5.6g鐵為0.1mol，與足量鹽酸反應生成Fe2+和H2，轉移的電子數為0.2NA，A錯誤；B.醋酸為弱電解質，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分電離，生成的氫離子數小于0.2NA，B錯誤；C.標準狀況下，22.4LHe與22.4LF2所含原子數不相等，前者為0.1NA，后者為0.2NA，C錯誤；D.常溫常壓下，20g重水(D2O)的物質的量為1mol，含有的電子數為10NA，D正確。故選D。4、D【解析】

A.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，屬于電化學腐蝕，故A錯誤；B.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，雖然苯可使NaCl溶液隔絕外界空氣，但溶液中有溶解氧，氧氣參與了反應，故B錯誤；C.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，負極失電子形成Fe2+，方程式為：Fe-2e-=Fe2+，故C錯誤；D.鐵在堿性或者接近中性電解質溶液中主要發生吸氧腐蝕，正極得電子生成氫氧根，電極方程式為：O2+4e-+2H2O→4OH-，故D正確；正確答案是D。5、C【解析】

的分子式為C4H4O，共有2種等效氫，再結合碳碳雙鍵的平面結構特征和烴的燃燒規律分析即可。【詳解】A．屬于酚，而不含有苯環和酚羥基，具有二烯烴的性質，兩者不可能是同系物，故A錯誤；B．共有2種等效氫，一氯代物是二種，二氯代物是4種，故B錯誤；C．中含有兩個碳碳雙鍵，碳碳雙鍵最多可提供6個原子共平面，則中所有原子都處于同一平面內，故C正確；D．的分子式為C4H4O，1mol該有機物完全燃燒消耗的氧氣的物質的量為1mol×（4+）=4.5mol，故D錯誤；故答案為C。6、B【解析】利用蒸餾或分餾方法進行釀酒，A、汽油不溶于水的液體，應用分液方法進行分離，故錯誤；B、采用蒸餾方法，提純乙醇，故正確；C、采用萃取的方法，進行分離，故錯誤；D、利用溶解度不同，采用蒸發濃縮，冷卻結晶方法進行分離，故錯誤。7、A【解析】

A．冰糖的主要成分是蔗糖，屬于二糖，A錯誤；B．硫酸亞鐵里的鐵元素為+2價具有還原性，與空氣中的氧氣反應，可以用于袋裝食品的脫氧劑，B正確；C．硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，不易燃燒，用水玻璃浸泡過的紡織品可防火，C正確；D．氣溶膠是膠粒分散到氣態分散劑里所得到的分散系，氣溶膠屬于膠體，具有膠體性質，D正確；答案選A。8、B【解析】

z是形成酸雨的主要物質之一，推出z是SO2，n、p為單質，因此n、p為S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液顯堿性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w為強堿，即NaOH，推出x和y反應可能是Na2O2與H2O反應，即n為O2，q為S，四種元素原子序數增大，推出a為H，b為O，p為Na，據此分析作答。【詳解】A、半徑大小比較：一看電子層數，電子層數越多，半徑越大，二看原子序數，電子層數相同，半徑隨著原子序數增大而減小，因此半徑順序是：Na>S>O>H，故錯誤；B、氫化物分別是H2O、H2S，H2O中含有分子間氫鍵，H2S沒有，則H2O的沸點高于H2S，故正確；C、x為H2O，其電子式為：，故錯誤；D、y是過氧化鈉，w為NaOH，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵和共價鍵，故錯誤；答案選B。9、C【解析】

5.60L標況下的氣體通過濃硫酸后，體積變為3.36L，則表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，從而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，從而確定混合物中含有Al、(NH4)2SO4；由白色沉淀久置不變色，可得出此沉淀為Mg(OH)2，物質的量為；由無色溶液中加入少量鹽酸，可得白色沉淀，加入過量鹽酸，白色沉淀溶解，可確定此沉淀為Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。從而確定混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【詳解】A.由前面計算可知，2Al—3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，質量為2.7g，A錯誤；B.從前面的推斷中可確定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B錯誤；C.n(NH3)=0.1mol，n[(NH4)2SO4]=0.05mol，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.05mol，從而得出(NH4)2SO4和MgCl2物質的量相等，C正確；D.混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D錯誤。故選C。10、D【解析】

A、CH3COOH的，取B點狀態分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合題意；B、C點狀態，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此時c(CH3COO-)遠大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合題意；C、根據電荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B點溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合題意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A點的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合題意；故答案為D。11、D【解析】

A.由表可知，相同壓強時，溫度高時達到相同轉化率需要的時間多，可知升高溫度不利于NO轉化，故A錯誤；B.由表可知，相同溫度、壓強高時達到相同轉化率需要的時間少，可知增大壓強，反應速率加快，故B錯誤；C.在1.0×105Pa、90℃條件下，當轉化率為98%時需要的時間較長，不能確定反應是否達到平衡，故C錯誤；D.8.0×105Pa、30℃條件下轉化率從50%增至90%時段NO，時間為3.7s，轉化的NO為amol×0.1×(90%-50%)=0.04amol，反應速率v=△n/△t，則NO的反應速率為0.04amol/3.7s=4a/370mol/s，故D正確；故選D。從實驗數據中獲取正確信息的關鍵是，比較相同壓強時，溫度對平衡能移動的影響及相同溫度時，壓強對平衡移動的影響，從時間的變化比較外界條件對反應速率的影響。12、C【解析】

A.離子化合物一定有離子鍵，可能含有共價鍵，如NaOH屬于離子化合物含有離子鍵和共價鍵，故A錯誤；B.分子的熱穩定性由共價鍵決定，分子間作用力決定物質的物理性質，故B錯誤；C.稀有氣體分子里面不含化學鍵，一個原子就是一個分子，故C正確；D.二氧化硅為酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子構成的晶體，且以共價鍵形成空間網狀結構的原子晶體，不是分子晶體，故D錯誤；正確答案是C。本題考查化學鍵、分子間作用力等知識，題目難度不大，注意分子間作用力影響分子的物理性質，分子的穩定性屬于化學性質。13、A【解析】

A.金剛石為原子晶體，晶體中含有非極性共價鍵C?C鍵，由于該晶體的原子晶體，原子之間通過共價鍵結合，斷裂需要吸收很高的能量，因此該物質的熔沸點很高，所以可能有很高的熔沸點，故A正確；B.同種元素的原子形成的共價鍵是非極性共價鍵，不同種元素的原子形成的共價鍵是極性共價鍵，H2O2等含有非極性鍵，屬于化合物，故B錯誤；C.離子化合物中一定含有離子鍵，也可能含有非極性共價鍵，如Na2O2，故C錯誤；D.離子化合物中一定含有離子鍵，也可能含有非極性共價鍵，如Na2O2，因此含有非極性鍵的化合物可能是離子晶體，故D錯誤；故選：A。14、C【解析】

隨pH的升高，c(H2A)減小、c(HA-)先增大后減小、c(A2-)增大，所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的變化曲線分別是。【詳解】A.根據圖示，pH=3.50時，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故A錯誤；B.根據a點，H2A的Ka1=10-0.8，根據c點，H2A的Ka2=10-5.3，A2-的水解常數是=10-8.7，等濃度等體積的Na2A與H2A溶液混合，電離大于水解，溶液顯酸性，故B錯誤；C.，隨著HCl的通入c(HA-)先增大后減小，所以c(H+)/c(H2A)先減小后增大，故C正確；D.根據物料守恒，pH從3.00到5.30時，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不變，故D錯誤；答案選C。15、C【解析】

根據反應物的總能量和生成物的總能量的相對大小來判斷反應的熱效應。反應的能量變化與反應途徑無關，催化劑只改變反應速率，與該反應的能量變化無關。【詳解】A.若反應物的總能量>生成物的總能量，則反應為放熱反應；若反應物的總能量>生成物的總能量，則反應為吸熱反應，此圖中生成物總能量高于反應物，故該反應為吸熱反應，A錯誤；B.E1-E2的差值即為此反應的焓變，催化劑只改變活化能，與焓值無關，B錯誤；C.此反應為吸熱反應，故斷開H-H鍵所需要的能量高于生成H-Br鍵放出的能量，C正確；D.因為E1>E2，所以反應物的總能量低于生成物的總能量，此反應吸收熱量，D錯誤，故合理選項是C。本題考查吸熱反應和放熱反應，在化學反應中，由于反應中存在能量的變化，所以反應物的總能量和生成物的總能量不可能相等，根據二者能量差異判斷反應的熱效應。16、D【解析】

放電為原電池原理，從(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC可知，LixCn中的C化合價升高了，所以LixCn失電子，作負極，那么負極反應為：+nC，LiFePO4作正極，正極反應為：，充電為電解池工作原理，反應為放電的逆過程，據此分析解答。【詳解】A．由以上分析可知，放電正極上得到電子，發生還原反應生成，正極電極反應式：，A正確；B．原電池中電子流向是負極導線用電器導線正極，放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極，B正確；C．充電時，陰極為放電時的逆過程，變化為，電極反應式：，C正確；D．充電時，作為電解池，陽離子向陰極移動，向右移動，D錯誤；答案選D。帶x的新型電池寫電極反應時，先用原子守恒會使問題簡單化，本題中，負極反應在我們確定是變為C之后，先用原子守恒得到—xLi++nC，再利用電荷守恒在左邊加上-xe-即可，切不可從化合價出發去寫電極反應。二、非選擇題（本題包括5小題）17、K2CO3Ba(OH)2Al2(SO4)3Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2ONO3-、Cu2＋3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O0.4mol2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl【解析】

⑴因為碳酸根離子只能與鈉離子結合才能形成可溶性物質K2CO3，與其他陽離子結合都是沉淀，氫氧根離子除與鉀離子結合外還可以與鋇離子結合形成可溶性物質，與其余三種結合都是沉淀，根據題意它們所含的陰、陽離子互不相同，所以氫氧根離子只能與鋇離子結合形成Ba(OH)2，故答案為K2CO3；Ba(OH)2；⑵根據C與A的溶液混合時產生白色沉淀，白色沉淀部分溶解，然后將沉淀中滴入足量稀HCl，白色沉淀不溶解，可知溶解沉淀為氫氧化鋁，則B為Na2CO3，A為Ba(OH)2則C為Al2(SO4)3，則陰離子有SO42－，則X為SO42－，即C為Al2(SO4)3，沉淀溶解的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，故答案為Al2(SO4)3；Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O；⑶19.2gCu即物質的量為0.3mol，Cu投入裝有足量D溶液的試管中，Cu不溶解，溶液中沒有Fe3+，再滴加稀H2SO4，Cu逐漸溶解，管口有紅棕色氣體，說明開始產生的是NO，說明D中的陰離子一定是NO3－，則D為硝酸銅，E為氯化鐵，管口有紅棕色氣體，說明開始產生的是NO，所以Cu溶解的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3－==3Cu2++2NO↑+4H2O，根據關系0.3molCu消耗0.8mol氫離子，即0.4mol硫酸；故答案為NO3－、Cu2＋；3Cu＋8H＋＋2NO3－==3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；0.4mol；⑷氯化鐵溶液與氫碘酸反應氯化亞鐵和使淀粉變藍的I2，反應的化學方程式為：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl，故答案為2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl；加堿先生成沉淀，繼續加堿沉淀溶解，一定含有鋁離子；加銅不反應，加硫酸生成氣體，有無色氣體，在空氣中生成紅棕色氣體，說明含有硝酸根離子。18、甲苯+Cl2+HCl取代反應羰基、碳碳雙鍵C9H11O2N吸收反應生成的HCl，提高反應轉化率或【解析】

甲苯()與Cl2在光照時發生飽和C原子上的取代反應產生一氯甲苯：和HCl，與在K2CO3作用下反應產生D，D結構簡式是，D與CH3CN在NaNH2作用下發生取代反應產生E：，E與發生反應產生F：，F與NaBH4在CH3SO3H作用下發生還原反應產生G：，G經一系列反應產生洛匹那韋。【詳解】(1)A是，名稱為甲苯，A與Cl2光照反應產生和HCl，反應方程式為：+Cl2+HCl；(2)D與CH3CN在NaNH2作用下反應產生E：，是D上的被-CH2CN取代產生，故反應類型為取代反應；F分子中的、與H2發生加成反應形成G，故F中能夠與氫氣發生加成反應的官能團名稱為羰基、碳碳雙鍵；(3)C結構簡式為，可知C的分子式為C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定條件下，能發生縮聚反應，氨基脫去H原子，羧基脫去羥基，二者結合形成H2O，其余部分結合形成高聚物，該反應的化學方程式為：；(4)K2CO3是強堿弱酸鹽，CO32-水解使溶液顯堿性，B發生水解反應會產生HCl，溶液中OH-消耗HCl電離產生的H+，使反應生成的HCl被吸收，從而提高反應轉化率；(5)C結構簡式是，分子式為C9H11O2N，C的同分異構體X符合下列條件：①含有苯環，且苯環上的取代基數目≤2；②含有硝基；③有四種不同化學環境的氫，個數比為6：2：2：1，則X可能的結構為或；(6)2，6-二甲基苯酚()與ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下發生取代反應產生，該物質與NaOH水溶液加熱發生水解反應，然后酸化得到，與SOCl2發生取代反應產生，故合成路線為。本題考查有機物推斷、反應類型的判斷。正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意題給信息、反應條件的靈活運用。限制性條件下同分異構體結構簡式的確定是易錯點，題目側重考查學生的分析、推斷及信息遷移能力。19、直形冷凝管b防止空氣中水蒸氣進入而使PCl3水解吸收多余的C12，防止污染環境MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O防止生成PCl593.9%偏大用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸【解析】

I.根據實驗裝置圖分析儀器名稱及連接方式；根據實驗目的及題干信息分析裝置的作用和操作時的注意事項；根據氯氣的制備原理書寫離子方程式；II.根據滴定原理計算樣品的質量分數，并進行誤差分析；III.根據二元酸與一元堿反應的物質的量之比用滴定法設計方案進行探究。【詳解】I.（1）根據圖示裝置圖知，儀器乙的名稱是直形冷凝管；冷凝水下進上出，則與自來水進水管連接的接口編號是b，故答案為：冷凝管；b；（2）根據題干信息知PCl3遇水會水解，且氯氣有毒，所以干燥管中堿石灰的作用主要是：①防止空氣中水蒸氣進入而使PCl3水解；②吸收多余的C12，防止污染環境；故答案為：防止空氣中水蒸氣進入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染環境；（3）實驗室制備用濃鹽酸和二氧化錳加熱制備Cl2，其離子方程式為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；由題干信息分析知，P與過量Cl2反應生成PCl5，所以實驗過程中，通入氯氣的速率不宜過快的原因是防止生成PCl5，故答案為：MnO2+4H++2Cl-=Mn2++Cl2↑+2H2O；防止生成PCl5；II.（4）通過H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假設測定過程中沒有其它反應。0.1000mol/L碘溶液20.00mL中含有碘單質的物質的量為：0.1000mo1/L×0.020L=0.002mo1，根據反應I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，與磷酸反應消耗的碘單質的物質的量為：0.002mo1-0.1000mo1/L×0.012L×1/2=0.0014mo1，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物質的量為：n(H3PO3)=n(I2)=0.0014mo1，500mL該溶液中含有H3PO3的物質的量為：0.0014mo1×=0.028mol，所以4.100g產品中含有的三氯化磷的物質的量為0.028mol，該產品中PC13的質量分數為：；若滴定終點時仰視讀數，則讀取數值偏大，導致最終的質量分數偏大，故答案：93.9%；偏大；III．（5）若H3PO3為二元酸，則與氫氧化鈉反應的物質的量之比為1:2，則可以用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸，故答案為：用與H3PO3相同濃度的氫氧化鈉溶液進行滴定，若消耗的堿的體積為酸的二倍，則說明H3PO3為二元酸。20、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反應生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于試管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅取加入鹽酸后的黃色溶液少許于試管中，加入BaCl2溶液，產生白色沉淀，說明棕黃色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(膠體)+4H+，Fe2+氧化的產物Fe3+發生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3?FeCl3)n+6nHCl↑pH、陰離子種類、溫度、反應物用量【解析】

(1)H2O2溶液與FeSO4溶液反應，從“溶液立即變為棕黃色”、“反應后的溶液中加入KSCN溶液，溶液變紅”、“稍后，產生氣泡”，可推出反應生成Fe3+；從“反應后溶液pH=0.9”，可推出反應消耗H+，由此可寫出離子方程式。(2)反應生成的Fe3+，對H2O2的分解有催化作用，由此可解釋產生氣泡的原因。(3)某同學認為，根據“溶液變紅”不能說明FeSO4與H2O2發生了反應，那么他的意思是空氣中的溶解氧也能將Fe2+氧化，所以我們需要做一個不加H2O2的實驗，由此設計實驗方案。(4)①棕黃色沉淀為Fe2O3，對SO42-的檢驗不產生干擾，所以檢驗SO42-的方法與常規方法相同。②如果僅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，現在pH減小，說明生成了H+，此H+應來自Fe3+的水解，由此可結合方程式解釋實驗III中溶液pH降低的原因。(5)由實驗IV可知，除得到黃色沉淀外，還有HCl生成。經檢驗沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，則沉淀應為(Fe2O3?FeCl3)n，由此可寫出生成黃色沉淀的化學方程式。(6)以上實驗，分別探究了pH、陰離子種類、溫度、反應物用量等對Fe2+與H2O2反應現象的影響，由此可得出與亞鐵鹽與H2O2反應的現象有關的因素。【詳解】(1)在酸性條件下，H2O2溶液與FeSO4溶液反應，生成Fe3+和H2O，反應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O