1、安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16 Na-23 S-32一、选择题(本题16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个选项符合题意)1.化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是A. 秸秆大量焚烧将产生雾霾B. 由地沟油炼制的生物柴油属于烃类物质C. “山东疫苗案”涉及的疫苗，因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关D. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂【答案】B【解析】【详解】A大量焚烧田间秸秆会产生大量烟尘导致可吸入颗粒物增加而产生雾霾，影响空气质量，故A正确；B地沟油的主要成分为酯类，则地沟油制取的生物柴油属于
2、酯类，与柴油（属于烃类）成分不同，故B错误；C疫苗未冷藏储运而失效，温度升高，蛋白质发生变性，则应低温保存，故C正确；D硅胶多孔，具有吸水性且无毒，所以常用作食品干燥剂，故D正确；答案为B。2.下列有关化学用语表示正确的是A. 氮气分子的电子式：B. Cl-的结构示意图：C. 质子数为53、中子数为78的碘原子：D. 水解方程式：+H2OH3O+【答案】B【解析】【详解】A氮气的分子式为N2，氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键，所以其电子式为，故A错误；BCl的原子序数为17，核内17个质子，核外17个电子，Cl-得到1个电子，则核内17个质子，核外18个电子，各电子层电子依次为2，8，8，Cl
3、-结构示意图为，故B正确；C质子数为53、中子数为78的碘原子，其质量数A=质子数+中子数=53+78=131，则该种碘原子可表示为，故C错误；D水解是HCO3-结合水电离出的H+形成H2CO3，水解方程式为+H2OH2CO3+OH-，故D错误；答案为B。3.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1molHNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NAB. 0.4mol/LNa2SO4溶液中，所含的Na+和总数为1.2NAC. 12g NaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.2NAD. 常温常压下，16gO3与O2的混合物中含有氧原子数为NA【答案】D【解析】【详解】AHNO3
4、作为氧化剂，产物为NO或NO2，转移电子数不唯一，得到的电子数不能确定，A错误；B 0.4mol/LNa2SO4溶液中，溶液体积未知，不能计算离子数目，B错误；C12g NaHSO4的物质的量为0.1mol，在熔融状态下可以电离出的阳离子为钠离子，数目为0.1NA，C错误；D常温常压下，O3与O2均由O原子组成，即16gO3与O2的混合物物质的量为1mol，含有氧原子数为NA，D正确。答案为D。4.下列各物质中，互为同系物的是A. 丙三醇和乙二醇B. 甲苯和苯乙烯C. 正丁烷和2，2-二甲基丙烷D. 1，3-丁二烯和1-戊炔【答案】C【解析】【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2
5、原子团的物质互称为同系物。【详解】A乙二醇的结构简式为，分子中含二个羟基，丙三醇的结构简式为，分子中含三个羟基，二者含有羟基-OH的数目不同，结构不相似，二者不是同系物，故A不符合题意；B甲苯的结构简式为，苯乙烯的结构简式为，分子中含有一个碳碳双键，二者含有的官能团不同，结构不相似，二者不是同系物，故B不符合题意；C正丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，2，2-二甲基丙烷的结构简式为，二者都属于烷烃，相差1个CH2原子团，结构相似，二者互为同系物，故C符合题意；D1，3-丁二烯结构简式为CH2=CHCH=CH2，分子中含有2个C=C双键，1-戊炔结构简式为，分子中含有1个CC三键，含有的
6、官能团不同，结构不相似，二者不是同系物，故D不符合题意；答案为C。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 0.1mol/LNa2CO3溶液：K+、C1-、B. 使甲基橙变红色的溶液：K+、Na+、C. 0.1mol/LFeSO4溶液中：H+、Al3+、Cl-、D. =0.1mol/L的溶液中：Na+、CH3COO-、【答案】A【解析】【详解】AK+、AlO2-、Cl、SO42-之间不反应，也都不与Na2CO3反应，在溶液中能够大量共存，故A符合题意；B使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，碳酸根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，所以不能大量共存，故B不符合题意；C溶液中Fe2+、N
7、O3-和H+能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D=0.1 mol/L的溶液，该溶液中c(OH-)=0.1mol/L，因而溶液呈碱性，存在大量氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；答案为A。6.下列实验能达到预期目的的是A. 蒸发溴水获取溴单质B. 证明碳酸酸性强于硅酸C. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性D. 除去氯气中的HCl杂质【答案】B【解析】【详解】A溴容易挥发，不能通过蒸发溴水获取溴单质，故A错误；B硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，通入硅酸钠生成硅酸沉淀，可证明碳酸酸性比硅酸强，故B正确；C碳酸氢钠不稳定，碳酸
8、钠稳定，为比较稳定性，应将碳酸氢钠盛放在小试管中，故C错误；D氢氧化钠溶液能够吸收氯气和氯化氢，应该选用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误；答案选B。7.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构。则下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 原子的最外层电子数：CDABD. 离子半径：C3-D-B+A2+【答案】D【解析】【分析】根据题意可推知A为，B为，C为，D为。【详解】A. 原子半径：，A错误；B. 原子序数：，B错误；C. 最外层电子数：，C错误；D. 、的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：，D正
9、确；故答案为：D。8.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. NH3具有还原性，可用作制冷剂B. Si熔点高硬度大，可用于制半导体C. Fe2(SO4)3具有氧化性，可用作净水剂D. Al(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂【答案】D【解析】【详解】A. 液氨气化时吸热，可用作制冷剂，故A错误；B. 晶体硅可用于制作半导体材料是因为导电性介于导体与绝缘体之间，与晶体硅熔点高硬度大无关，故B错误；C. Fe2(SO4)3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故C错误；D. Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故D正确；故选D
10、。【点睛】本题考查了常见物质的用途，解题关键：熟悉相关物质的性质，易错点B，注意结构性质和用途的关系。9.在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)2Y(g)M(g)Ha kJ/mol(a0)，5 min末测得M的物质的量为04 mol。则下列说法正确的是A. 05 min，Y的平均反应速率为008 molL1min1B. 当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态C. 平衡后升高温度，X的反应速率降低D. 到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ【答案】A【解析】【详解】Av(M)=0.04molL-1min-1，相同时间内同一反应中不同物质的反应速率之
11、比等于其计量数之比，05min，Y平均反应速率=2v(M)=20.04molL-1min-1=0.08molL-1min-1，故A正确；B该反应过程中容器的体积不变，气体的质量不变，因此气体的密度始终不变，容器中混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；C升高温度，活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；D该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意根据化学平衡的特征判断平衡状态，选择的物理量需要随着时间的变化而变化。10.下列离子方程式书写正确
12、的是A. 向FeI2溶液通入少量氯气：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. CH3COOH溶液除去水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C. NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水：+Ca2+OH-=CaCO3+H2OD. 向NH4Al(SO4)2溶液中加入氢氧化钡溶液，使恰好沉淀完全：+Al3+2+4OH-+2Ba2+=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O【答案】D【解析】【详解】A向FeI2溶液中通入少量氯气，I-的还原性大于Fe2+，I-先反应，则离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故A错误；BCH3COOH溶液除去水垢中的CaCO3，由于CH3
13、COOH是弱酸，在离子方程式中应保留分子式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故B错误；CNaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，Ca(OH)2不足，以Ca(OH)2为基准书写离子方程式，即Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+CO32-，故C错误；D向NH4Al(SO4)2溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42离子沉淀完全，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨，离子方程式为NH4+ Al3+2SO42-+4OH-+2Ba2+=2BaSO4+ Al(OH)3+ NH3H2O，故D正确；答案为D。11.下列物质的转化在给定条件下能实
14、现的是A. NaCl(ag) NaHCO3(s) Na2CO3(s)B. Si SiO2 H2SiO3C. CuCl2 Cu(OH)2 Cu2OD. MgO(s) Mg(NO3)2(aq) Mg(s)【答案】C【解析】【详解】A在NaCl溶液中通入CO2，不发生化学反应，不能生成NaHCO3，故A不符合题意；BSi与O2反应生成SiO2，即Si+O2SiO2，而SiO2不溶于水，不与水反应生成H2SiO3，故B不符合题意；CCuCl2溶液与NaOH溶液发生反应，生成NaCl和Cu(OH)2沉淀，葡萄糖中含有醛基，会与Cu(OH)2加热条件下发生反应生成Cu2O，即CuCl2+2NaOH=2Na
15、Cl+Cu(OH)2，CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+Cu2O+2H2O，故C符合题意；DMgO与HNO3发生反应生成Mg(NO3)2和H2O，即MgO+2HNO3=Mg(NO3)2+H2O，电解Mg(NO3)2溶液，根据放电顺序，是H+和OH-放电，不会得到Mg(s)，故D不符合题意；答案为C。12.由溴乙烷制取乙二醇，依次发生反应的类型是A. 取代、加成、水解B. 消去、加成、取代C. 水解、消去、加成D. 消去、水解、取代【答案】B【解析】【分析】根据溴乙烷制取乙二醇，需要先将溴乙烷转化成二溴乙烷，再利用二溴乙烷水解得到乙二醇，然后根据化
16、学方程式分析反应类型详解】由溴乙烷制取乙二醇，先发生消去反应：CH2Br-CH3+NaOHCH2=CH2+H2O+NaBr；然后发生加成反应：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；最后发生水解反应（取代反应）：CH2BrCH2Br+NaOHCH2OHCH2OH+2NaBr，故选B。【点睛】本题考查有机物的化学性质及有机物之间的相互转化，难点，先设计出转化的流程，再进行反应类型的判断。13.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是A. b极上的电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2OB. 电子通过
17、外电路从b极流向a极C. 每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2D. a极上发生还原反应【答案】A【解析】【分析】该电池呈酸性，通入燃料氢气的电极为负极，电极反应式为H2-2e-2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e-+4H+=2H2O，电子从负极沿导线流向正极，放电时，电解质中阳离子向正极移动。【详解】Ab极通入O2，是正极，得电子发生还原反应，该电池呈酸性，则电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；B燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧气的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，故B错误；C温度和压强未知，导致气体摩尔
18、体积未知，所以无法计算氢气体积，故C错误；Da极通入H2，是负极，电极反应式为H2-2e-2H+，失电子发生氧化反应，故D错误；答案为A。14.有一种有机化合物，其结构简式如图，下列有关它的性质的叙述，正确的是A. 在一定条件下，1mol该物质最多能与6molNaOH完全反应B. 它能发生水解反应，水解后只能生成两种产物C. 在Ni催化下，1mol该物质可以和7molH2发生加成反应D. 有弱酸性，1mol该有机物与溴水反应，最多能消耗4molBr2【答案】D【解析】【分析】由结构简式可知，该物质中含5个酚-OH、1个-COOH、1个-COOC-，结合酚、羧酸、酯的性质来解答。【详解】A在该有
19、机物中，1mol-COOC-水解可生成1mol羧基和1mol酚羟基；本身结构中含1mol羧基、5mol酚羟基，所以可以和8molNaOH发生反应，故A错误；B分子中含有酯基，能发生水解，1mol有机物水解后能生成2mol，故B错误；C只有苯环与氢气发生加成反应，则在Ni催化下，1mol该物质可以和6molH2发生加成反应，故C错误；D该物质结构中含有-COOH，体现弱酸性；酚羟基的邻、对位氢原子，可以与Br2发生取代反应，所以1mol该物质最多能与4molBr2反应，故D正确；答案为D。15.25时，几种弱酸的电离常数如下，下列说法正确的是弱酸CH3COOHH2SO3H2CO3电离常数(25)
20、1.810-5K1=1.510-2 K2=1.010-7K1=4.310-7 K2=5.610-11A. 物质的量浓度相同的CH3COONa、NaHSO3、NaHCO3三种溶液中，pH顺序为NaHCO3CH3COONaNaHSO3B. 将NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合可以发生化学反应C. 常温下，加水稀释醋酸，增大D. Na2CO3溶液中一定存在c(Na+)=2c()+c()【答案】A【解析】【详解】A酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐pH越小，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度HCO3-CH3COO-HSO3-，所以相同浓度的钠盐溶液pH
21、大小顺序是NaHCO3CH3COONaNaHSO3，故A正确；B由表中数据可知，H2SO3的K2=1.010-7，H2CO3的K1=4.310-7，即H2SO3的K2小于H2CO3的K1，则NaHSO3溶液的酸性弱于碳酸，所以无法和NaHCO3反应制碳酸，不发生化学反应，故B错误；C常温下，存在CH3COOHCH3COO-+H+，Ka=，将该式分子分母同乘以c(OH-)，得Ka=，则= ，加水稀释醋酸，由于温度不变，Ka、Kw均为常数，不变，故C错误；D在Na2CO3溶液中，C元素的存在形式有CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料平衡得c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+
22、c(H2CO3)，故D错误；答案为A。16.室温下，向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后PH的变化如图所示。下列说法正确的是( )A. a点所示溶液中c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C. b点所示溶液中c(A-)c(HA)D. pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】C【解析】【详解】Aa点时消耗0.1mol/L一元酸HA10mL，酸碱恰好中和生成盐，溶液pH=8.7，溶液显碱性，则该盐为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)c(H+)，故A错误；Ba点A-
23、水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；Cb点加入0.1mol/L一元酸HA溶液20mL，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，此时溶液的pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)c(HA)，故C正确；DpH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故D错误；答案选C。二、非选择题(本题4大题，共52分)17.某研究性学习小组设计了如图装置制取和验证SO2的性质。请回答：(1)写出图中仪器的名称：a_，b_ 。(2)棉球中NaOH
24、溶液的作用是_。(3)为了验证SO2是酸性氧化物，洗气瓶中可选择的试剂是_A.紫色石蕊试液 B.无色酚酞试液 C.澄清石灰水 D.碘水(4)下列说法正确的是_A.为了美观，商家能用SO2漂白食品B.先向装置中加入试剂(药品)，再进行气密性检查C.实验开始后，洗气瓶和中溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性D.实验开始后，洗气瓶中可观察到白色沉淀产生，该现象可说明SO2具有还原性(5)写出铜与浓硫酸反应的化学方程式_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 干燥管 (3). 吸收尾气，防止SO2污染大气 (4). AC (5). D (6). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H
25、2O【解析】【分析】根据题中图示信息可知，最左边装置为制取SO2装置；装置用于探究SO2的漂白性；装置探究SO2是酸性氧化物；装置探究SO2的还原性；装置探究SO2被三价铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀；最右边装置为尾气吸收装置；据此解答。【详解】(1)依据仪器形状可知：a为分液漏斗，b为干燥管；答案为分液漏斗，干燥管。(2)二氧化硫有毒，直接排放能够引起空气污染，二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，即SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，所以多余的二氧化硫可以用氢氧化钠吸收；答案为吸收尾气，防止SO2污染大气。(3)酸性氧化物能够与水反应生成对应的
26、酸，所以二氧化硫通入紫色石蕊试液，能够使紫色石蕊试液变红；二氧化硫为酸性氧化物则能与氢氧化钙溶液反应生成亚硫酸钙沉淀和水；答案为AC。(4)ASO2本身有毒，不能用来漂白食物，SO2溶于水变成H2SO3，遇食物中硝酸盐物质会将其变成亚硝酸盐，而亚硝酸盐具致癌作用，因此使食品具有毒害作用，故A错误；B气体制备、性质检验试验，应先检查装置气密性，再装入药品，故B错误；C实验开始后，洗气瓶褪色证明二氧化硫具有漂白性，溶液褪色是Br2、SO2和水发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，故C错误；D二氧化硫与氯化钡不反应，洗气瓶中可观察到白色沉淀产生是因为二氧化硫具有还原性，被三价铁离子氧化生成硫酸根离
27、子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故D正确；答案为D。(5)铜跟浓硫酸在加热条件下反应生成CuSO4、二氧化硫和水，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；答案为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O。18.铬是一种银白色金属，化学性质稳定，在化合物中常见价态为+2、+3和+6价等。工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O72H2O(已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂)，其主要工艺流程如图所示：查阅资料得知：常温下，NaBiO3不溶于水有强氧化性，在碱性条件下
28、能将Cr3+转化为。回答下列问题：(1)工业上常采用热还原法制备金属铬，写出以Cr2O3为原料，利用铝热反应制取金属铬的化学方程式：_。(2)酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是_ 。(3)固体E的主要成分是Na2SO4，根据工艺流程图分析操作a为_、_、洗涤、干燥。(4)已知含+6价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的。Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为_(用离子方程式表示)。下列溶液中可以最佳代替上述流程中Na2S2O3溶液的是_(填字母)。A.FeSO4溶液 B.浓H2SO4 C.酸性KMnO
29、4溶液 D.Na2SO3溶液上述流程中，每消耗0.1molNa2S2O3转移0.8mol e-，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr (2). 盐酸中的Cl会被氧化，产生Cl2 (3). 蒸发结晶 (4). 趁热过滤 (5). Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O (6). D (7). 3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=8Cr3+6SO42-+13H2O【解析】【分析】铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)加入过量硫酸，反应生成铝离子、亚铁离子和铬离子，固体为二氧化硅，滤液
30、加入过量的过氧化氢氧化后，调节pH值，生成氢氧化铁沉淀，溶液C加入NaBiO3和氢氧化钠，将Cr3+转化为，生成氢氧化铝沉淀，硫酸酸化滤液后生成Na2Cr2O7，最后蒸发结晶、趁热过滤。【详解】（1）利用铝热反应制取金属铬的化学方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。（2）酸化滤液D时，不选用盐酸的原因是：Na2Cr2O7是一种强氧化剂，能将Cl-会被氧化，产生Cl2。（3）由图中信息可知，Na2Cr2O7和Na2SO4溶解度随温度变化情况存在明显差异，在较高温度下硫酸钠的溶解度随着温度升高而减小，故可利用蒸发结晶、趁热过滤的方法进行分离，实际操作为：蒸发结晶、趁热过滤。（4）Cr(OH
31、)3的化学性质与Al(OH)3相似，也能溶解在NaOH溶液中，因此加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，否则Cr(OH)3会溶解，该反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O。上述流程中Na2S2O3溶液的作用是还原剂，同时氧化产物为Na2SO4，没有增加溶液的成分，故D符合题意。每消耗0.1molNa2S2O3转移0.8mole-，说明其氧化产物全部为Na2SO4，此时发生反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+=8Cr3+6SO42-+13H2O。19.二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一,它主要来自化石燃料的燃烧,研究CO催化还原SO2的
32、适宜条件,在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。.从热力学角度研究反应(1) C(s)+O2(g)CO2(g) H1=-393.5 kJmol-1CO2(g)+C(s)2CO(g) H2=+172.5 kJmol-1S(s)+O2(g)SO2(g) H3=-296.0 kJmol-1写出CO 还原SO2的热化学方程式:_。(2)关于CO还原SO2的反应,下列说法正确的是_。A.在恒温恒容条件下,若反应体系压强不变,则反应已达到平衡状态B.平衡状态时,2v正(CO)=v逆(SO2)C.其他条件不变,增大SO2的浓度,CO的平衡转化率增大D.在恒温恒压的容器中,向达到平衡状态的体系中充入N2,SO2
33、的平衡转化率不变NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：反应a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJ/mol反应b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) H=64.2kJ/mol(3)对于反应a，在T1时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间(min)浓度(molL-1)01020304050NO1.000.580.400.400.480.48N200.210.300.300.360.36010min内，NO的平均反应速率v(NO)=_，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_(
34、选填“增大”、“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的活性炭 B通入一定量的NOC适当缩小容器的体积 D加入合适的催化剂(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_；在1100kPa时，NO2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2、1.1106Pa时，
35、该反应的化学平衡常数Kp=_(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)体积分数。【答案】 (1). 2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H=-270.0 kJmol-1 (2). AC (3). 0.042mol/(Lmin) (4). 减小 (5). BC (6). 1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO2转化率提高 (7). 50% (8). 或【解析】【详解】（1）CO与SO2反应方程式为2COSO2=2CO2S， C(s)+O2(g)= CO2(g)，CO2(g)+C(s) =2CO(g)，S(s)+O2(g)= SO2(g)
36、，因此有得出2CO(g)SO2(g)=2CO2(g)S(s) H=270.0kJmol1；（2）A、根据反应方程式，硫为固体，其余为气体，反应前后气体分子数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故A正确；B、不同物质的速率表示达到平衡，要求反应的方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，即v正(CO)=2v逆(SO2)，故B错误；C、其他条件不变，增大SO2的浓度，增加反应物的浓度，平衡向正反应反应移动，CO的转化率增大，故C正确；D、恒温恒压下，通入非反应气体，容器的体积增大，物质的量浓度降低，平衡向逆反应方向进行，SO2的转化率的降低，故D错误；答案为AC；（3）根据反应速率数
37、学表达式，v(NO)=(1.000.58)mol/L10min=0.042mol/(Lmin)；反应a和b都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，平衡常数K减小；A、活性炭为固体，加入活性炭，不影响化学平衡，故A不符合题意；B、通入一定量的NO，NO浓度增大，平衡向正反应方向移动，N2浓度增大，故B符合题意；C、适当缩小容器的体积，所有气体的浓度均增大，故C符合题意；D、加入合适的催化剂，不影响化学平衡，故D不符合题意；答案为BC；（4）根据示意图，1050kPa前，反应未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，NO2的转化率加快；假设通入1molN
38、O2，2C(s)2NO2(g) N2(g)2CO2(g) 起始： 1 0 0 变化： 0.4 0.2 0.4 平衡： 0.6 0.2 0.4 1100kPa时，NO2的体积分数为0.6mol/(0.60.20.4)mol100%=50%；NO2的体积分数为1/2，N2的体积分数为0.2mol/(0.60.20.4)mol=1/6，CO2的体积分数为1/3，Kp=或。20.有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质，在有机化工领域具有十分重要的价值。2018年我国首次使用-溴代羰基化合物合成大位阻醚J，其合成路线如图所示：已知：+R-OH 回答下列问题：(1)A的名称为_。(2)CD的化学方程式为_；
39、EF的反应类型为_ 。(3)H中含有的官能团名称为_；J的分子式为_ 。(4)化合物X是D的同分异构体，化合物X能与氢氧化钠溶液反应，其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为1：1：6的结构简式为：_(写出一种即可)。(5)参照题中合成路线图。设计以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的路线：_(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，在箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). 2+O22+2H2O (3). 取代反应 (4). 酚羟基、硝基 (5). C10H11O5N (6). 或。 (7). 【解析】【分析】A发生加成反应生成B，B水解生成C，由C
40、的结构简式逆推可知B为、A为由D、E的分子式，结合反应条件，可知C发生氧化反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F的结构简式为，F与H发生取代反应生成J，结合J的结构，可知H为。（5）由与发生取代反应生成甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到。【详解】（1）A的结构简式为，A的名称为：2-甲基丙烯；（2）CD的化学方程式为2+O22+2H2O，EF是中羟基被溴原子替代生成F，属于取代反应；（3）H的结构简式为，含有酚羟基、硝基二种官能团，由J的结构简式可知，J分子中有10个C原子、11个H原子、5个O原子、1个N原子，故J的分子式为：C10H11O5N；（4）D的结
41、构简式为，分子式为C4H8O2，X是D的同分异构体，X能与氢氧化钠溶液反应，X为羧酸或酯，若为羧酸，可以看作丙烷中H原子被羧基取代有2种即CH3CH2CH2COOH，若为酯，可以是丙酸甲酯、乙酸乙酯、甲酸丙酯（有2种），即CH3CH2COOCH3，CH3COOCH2CH3，HCOOCH2CH2CH3，共6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为或；（5）根据题中信息可知，由与发生取代反应生成。甲苯发生取代反应生成，然后碱性条件下水解得到，合成路线流程图为：。21.Fe、Co、Ni均为第族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。（1）基态Co原子的价电子排布式为_（
42、2）已知HN3是一种弱酸，其在水溶液中的电离方程式为HN3H+N3-,与N3-互为等电子体的一种分子为：_，N3-离子杂化类型为_。（3）Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，Co3+ 的配位数是_，1mol该配离子中所含键的数目为_，配位体NH3的空间构型为：_ 。（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为_，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是_。（5）NiO晶体结构如下图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_。（
43、6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如下图），已知O2-的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g（用含a、NA的代数式表示）。【答案】 (1). 3d74s2 (2). CO2 (3). sp (4). 6 (5). 23NA (6). 三角锥形 (7). KFe2(CN)6 (8). 正四面体形 (9). (1，1/2，1/2) (10). （或）【解析】【分析】第（2）问，原子数相同、电子总数相同的分子,互称为等电子体；第（6）问，求每平方米面积上分散的该晶体的质量，先由图中几何关系求出每个氧化镍所占的
44、面积，进而求出每平方米含有的氧化镍个数，再用每个氧化镍的质量乘以每平方米含有的氧化镍个数可求。注意单位的换算。【详解】（1）CO原子的核电荷数为27，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2；（2）与N3-互为等电子体的一种分子为：CO2。杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，键的数目为2，所以杂化轨道数为2，故N3-离子杂化类型为sp；（3）Co3+的一种配离子Co(N3)(NH3)52+中，氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，Co3+的配位数是6。5 mol氨气分子提供键为15mo
45、l，1 mol N3-中含有键2 mol，形成配位键有6 mol，则1mol该配离子中所含键的数目为23NA。配位体NH3的空间构型为：三角锥形；（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 FeFe(CN)6-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；（5）NiO的晶体中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为1/2，离z为1/2，则C离子坐标参数为(1，1/2，1/2)；（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2 am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m2a msin6010-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m2a msin6010-24)= 1024；每个氧化镍的质量= g，所以每平方米含有的氧化镍质量=（或）g。
