1、云南民族大学附属中学2019届高三上学期期中考试化学试题1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是A. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料B. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐C. 中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的D. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料【答案】D【解析】A. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A错误；B. 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；C. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属
2、性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D正确；答案：D。2.下列化学用语正确的是A. 雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：B. 新制氯水中含氧酸的结构式：HClOC. S2-的结构示意图D. 标准状况下密度为1.25g/L的气态烃的球棍模型：【答案】D【解析】【分析】A、HF是共价化合物；B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连；C、S2-最外层8个电子；D、乙烯碳与碳之间形成双键。【详解】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：，故A错误；B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连，新制氯水
3、中含氧酸的结构式：HOCl，故B错误；C、S2-最外层8个电子，结构示意图，故C错误；D、标准状况下密度为1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型：，故D正确。故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. S2和S8的混合物共6.4g,其中所含的电子数一定为3.2NAB. 密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应,产物的分子数为2NAC. 24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4 NAD. 5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分反应,至少失去电子数为0.2 NA【答案】A【解析】【分析】A、S2和S8均由S原子构成，且S原子中含16个
4、电子；B、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4；C、二氧化硅为原子晶体；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足【详解】A、S2和S8均由S原子构成，6.4g混合物中S原子的物质的量为0.2mol，S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故A正确；B、NO和氧气反应后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2NA个，故B错误；C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C错误；D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，
5、硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA个，故D错误。故选：A。4.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A. 原子半径：YZRTB. 气态氢化物的稳定性：WRTC. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZD. XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】“矿石熊猫”的香花石由前20号元素中的
6、6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则，推出W为Si元素，符合题意。【详解】AY为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：YZRT，选项A正确
7、；BW为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRT，选项B正确； CX为钙元素、Z为铍元素，金属性CaBe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，选项C正确； DXR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为-1价，SiO2中O元素化合价为-2，选项D错误，答案选D。【点睛】本题主要考查原子结构与元素周期律的关系本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等。5.下列各溶液中一定能大量共存的离子组是A. 常温下，c(H+)=1013molL1的溶液中：Na+、AlO2、S2、SO32
8、B. 使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC. 加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+D. 常温下，由水电离出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液中：K+、Na+、HCO3、Ca2+【答案】A【解析】A常温下，c(H+)=1013molL1的溶液pH=13，在碱性溶液中Na+、AlO2、S2、SO32彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件Fe2+和I均能被NO3氧化，不能大量共存，故B错误；C加入铝粉有氢气生成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不可能大量存在Mg2+和Cu2+，故C错误；D
9、常温下，由水电离出的c(H+)c(OH)=1.01026的溶液pH=1或13，HCO3在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故D错误；答案为A。6.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 用石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2B. 0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2OC. 将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO2+ClO+2OH=SO42+Cl+H2OD. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O【答
10、案】C【解析】A用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气，电解方程式为2Cl-+Cu2+Cu+Cl2，故A错误；B.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式为NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故B错误；C少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为SO2+ClO-+2OH-SO42-+Cl-+H2O，故C正确；DCa(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应，生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为Ca2+2
11、HCO3-+2OH-CaCO3+CO32-+2H2O，故D错误；故选C。7.有机物a和苯通过反应合成b的过程如图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是A. 该反应是加成反应B. 若R为CH3时，b中所有原子可能共面C. 若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有4种D. 若R为C4H5O时，1molb最多可以与5molH2加成【答案】D【解析】A烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故A错误；BR为CH3时，应具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B错误；C-C4H9有4种，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH(CH3)-、(
12、CH3)2CH-CH2-、(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C错误；DR为C4H5O时，不饱合度为=2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则lmolb最多可以与5molH2加成，故D正确；故选D。8.下列叙述或书写正确的是A. 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-4836kJmol1，则1mol氢气的燃烧热大于241.8 kJmol1B. H2（g）+F2（g）=2HF（g）H=-270kJmol1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol 氟气的能量之和C. 含200g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出287kJ的热量，则表
13、示该中和反应的热化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2OH=-574kJmol1D. 500、30MPa时，发生反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g） H=-386kJmol1。在此条件下将15molH2和过量N2充分反应，放出热量193kJ【答案】A【解析】【分析】A、水由气体变成液体要放出热量；B、反应吸放热由反应物和生成物的总能量的大小关系决定C、热化学方程式要标明物质的状态；D、N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是可逆反应，反应物不能全部反应。【详解】A、 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-4836kJmol1，水由气体变成液体要放出热量，则1mol氢气的燃烧
14、热大于241.8 kJmol1，故A正确；B、从热化学方程式H2（g）+F2（g）=2HF（g）H=-270 kJmol1可知，反应放热，即1 mol氢气与1 mol氟气的总能量大于2 mol氟化氢的总能量，故B错误；C、热化学方程式没有标明物质的状态，故C错误；D、H2的物质的量为1.5mol，完全消耗1.5mol氢气会放出19.3kJ热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化成氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了燃烧热的定义、可逆反应对反应热的影响以及物质稳定性的判断，易错点D，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）是可逆反应，反应物不能100%转
15、化为生成物。9.利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项实验结论实验装置A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的溶液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2 溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能比较溶度积大小，A错误；B浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；
16、C二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误，答案选B。点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发
17、性。10.CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A. p10C. 平衡常数:K(A)=K(B)D. 在C点时,CO转化率为75%【答案】D【解析】【分析】A增大压强平衡向正反应方向移动；B由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的H0；C平衡常数只与温度有关；D设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算【详解】A由300时，增大
18、压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1p2，故A错误；B图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，故B错误；CA、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x 2-2x x在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。11.下表是25 时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数,下列说法正确的化学式AgClAg2CrO4
19、CH3COOHHClOH2CO3Ksp或KaKsp=1.810-10Ksp=2.010-12Ka=1.810-5Ka=3.010-8Ka1=4.110-7Ka2=5.610-11A. 相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中,各离子浓度的大小关系:c(Na+)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为CO32-+Cl2+H2OHCO3-+Cl-+HClOC. 向0.1 molL-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO-)=59,此时溶液的pH=5D. 向浓度均为1.010-3 mol
20、/L的KCl和K2CrO4混合溶液中滴加1.010-3 mol/L的AgNO3溶液,CrO42-先形成沉淀【答案】C【解析】【分析】ACH3COOH的Ka大于HClO的Ka，可知同浓度时次氯酸根离子水解程度大；B碳酸钠溶液中滴加少量氯水，结合Ka1（H2CO3）Ka（HClO）Ka2（H2CO3）可知，氯气与水的反应正向移动，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；C向0.1 molL-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO-)=59,，溶液中乙酸平衡常数计算表达式计算溶液中氢离子浓度得到溶液PH；D分别计算Cl-、CrO4
21、2-开始沉淀所需Ag+的浓度，然后比较。【详解】ACH3COOH的Ka大于HClO的Ka，可知同浓度时次氯酸根离子水解程度大，则c（ClO ）c（CH3COO ），故A错误；B少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，结合Ka1（H2CO3）Ka（HClO）Ka2（H2CO3）可知，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2CO32+Cl2+H2O2HCO3+Cl+ClO，故B错误；C向0.1 molL-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO-)=59,，溶液中乙酸平衡常数K=c(H)c(CH3COO-)/c(
22、CH3COOH)=9c（H）/5=1.810-5，c（H）=10-5，溶液PH=5，故C正确；DCl-开始沉淀所需c（Ag+）=1.810-10（110-3）=1.810-7（mol/L），CrO42-开始沉淀所需c（Ag+）=10-5（mol/L）1.810-7（mol/L），则Cl先形成沉淀，故D错误；故选C。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，解题关键：把握离子浓度、Ksp的关系、盐类水解、平衡移动，难点D：注意表格中数据的应用，根据Ksp计算出沉淀时所需c（Ag）的最小值。12.新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到
23、单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A. 电极b为电池负极B. 电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC. 电极b上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2OD. 电极a上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O【答案】D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+
24、4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。1
25、3.下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是A. 模拟工业制氨气并检验产物B. 实验室采用所示装置收集SO2 C. 可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀D. 可用所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱【答案】D【解析】A. 检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；B. SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式收集SO2，故B错误；C. 食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故C错误；D. 锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了Cl2和S，证明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次减弱，故D正确；答案选D。14.常温下，0.
26、1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是A. W点所示的溶液中：c(Na+)c(CO32-)= c(HCO3-)c(OH-)c(H+)B. pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/LC. pH=8的溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)D. pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)【答案】A【解析】【分析】A、W点所示的溶液中c（CO32）=c（HCO3），
27、溶液显碱性；B、根据物料守恒判断；C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；D、根据电荷守恒分析【详解】AW点所示的溶液中c（CO32）=c（HCO3），溶液显碱性，则c（OH）c（H），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32）=c（HCO3）c（OH）c（H），故A正确；B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）0.1 molL-1，故B错误；C根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3的水解程度大于电离程度，则c（Na）c（HCO3）c（H2
28、CO3）c（CO32），故C错误；D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na）+c （H）=c（OH）+c（Cl）+2c（CO32）+c（HCO3-），故D错误；故选A。【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点B，结合图象和题意灵活运用，读出pH=4，说明反应中有CO2生成。15.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJ/m
29、olN2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) H= +133 kJ/molH2O(g) =H2O(l) H= -44 kJ/mol （1）催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_。脱碳：（2）向2L恒容密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_。A混合气体的平均式量保持不变 BCO2和H2的体积分数保持不变CCO2和H2的转化率相等 D混合气体的密度保持不变E1 mol CO2生成的同时有3 mol HH键断裂（
30、3）在T1时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则05min内平均反应速率V(H2)=_。若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将_（选填“增大”、“减小”或“不变”）；当起始n(H2)/n(CO)=35时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_点（选填“D”、“E”或“F”） 脱硫：（4）如图
31、电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。【答案】 (1). 4H2(g)+2NO2(g)N2(g)+4H2O(g) H= -1100.2kJ/mol (2). DE (3). 0.08mol/（Lmin） (4). 减小 (5). F (6). H2SO4 (7). NO+6H+5e=NH4+H2O【解析】【分析】（1）写出氢气燃烧热表示的热化学方程式，依次编号，4-4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式；（2）可逆反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些物理量
32、不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，说明到达平衡；（3）由CO与氢气总物质的量、与n(H2)/n(CO)=2可以计算CO与氢气各物质的量，利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据v=c/t计算v（H2）；先计算该温度下平衡常数K，再计算浓度商Qc，与平衡常数K相比判断反应进行分析，可以确定氢气转化率变化；混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大；电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4和SO42，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，根据电解方程式结合电解原理分析。【详解】（1）已知：
33、燃烧热为285.8kJmol1，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H=-285.8kJmol1N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+133kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=-44kJmol14-4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）H=-1100.2kJmol1；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O（l），A、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，生成物全呈液态，混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误
34、； B、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故B错误；C、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故C错误； D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；E、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故E正确；故答案为：DE；（3）H2和CO总共为3mol，且起始n(H2)/n(CO)=2，可知H2为2mol、CO为1mol，5min
35、达到平衡时CO的转化率为0.4，则： CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始（mol）：1 2 0 变化（mol）：0.4 0.8 0.4平衡（mol）：0.6 1.2 0.4容器的容积为2L，则v（H2）=0.8mol/（2L5min）=0.08mol/（Lmin），该温度下平衡常数K= ，此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，此时浓度商Qc= ，反应向逆向反应进行，达新平衡时H2的转化率将减小；混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3 OH的体积分数小于C点，故选F。（4）电解装罝可将雾
36、霾中的NO、SO2分别转化为NH4和SO42，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其化学式为H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2 eSO42+4H，阴极电极反应为：NO+6H+5e=NH4+H2O。16.水合肼(N2H4H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaCl
37、O2NaCl+NaClO3（1）配制30 %NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填字母）。A.容量瓶 B烧杯 C移液管 D.玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_；中玻璃管a的作用为_；中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的_【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快， 部分N2H4H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式_；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分0.3000 g，加水配成20.0 mL溶液，一定条件下用0.1500 molL-1的
38、I2溶液滴定。已知: N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O。滴定时，可以选用的指示剂为_；实验测得消耗I2溶液的平均值为20. 00 mL，馏分中N2H4H2O的质量分数为_。【答案】 (1). BD (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). 平衡压强 (4). 防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率 (5). 2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O (6). 淀粉溶液 (7). 25%【解析】分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程
39、式的书写。【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的I2和方程式计算N2H4H2O的质量，进一步计算N2H4H2O的质量分数。详解：【制备NaClO溶液】（1）配制
40、30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水
41、合肼的产率。【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O。【测定肼的含量】滴定时反应原理为2I2+N2H4H2O=N2+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。20.00mL溶液中n（N2H4H2O）=n（I2）=0.1500mol/L0.02L=0
42、.0015mol，馏分中m（N2H4H2O）=0.0015mol50g/mol=0.075g，馏分中N2H4H2O的质量分数为100%=25%。17.在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。（1）在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式_；（2）已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式_；（3）某课题组用上述废玻璃粉末（含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质）为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是_
43、。反应的离子方程式为_。操作I的名称是_。如图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为_（保留两位有效数字）。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度_ （“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】 (1). 4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O (2). 2O2- - 4e= O2 (3). 沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次 (4). 2CeO26H+H2O22Ce3+4 H2OO2 (5). 冷却结晶 (6). 86.67% (7). 偏高【解析】【详解】
44、（1）在空气中煅烧Ce（OH）CO3可制备CeO2，该反应方程式为4Ge（OH）CO3+O24GeO2+4CO2+2H2O；综上所述，本题答案是：4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阳极是氧离子失电子变为氧气，电极反应为：2O2- - 4e= O2 ；综上所述，本题答案：2O2- - 4e= O2。（3）废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO；滤渣A（Fe2O3、CeO2、FeO）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁溶液，加入氧化剂C可生成硫酸铁，所加氧化剂应避免引入新杂质，滤渣B
45、的成分是CeO2；CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；Ce3+加碱生成Ce（OH）3悬浊液；Ce（OH）3悬浊液被氧化生成Ce（OH）4；沉淀洗涤的的操作是沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次；综上所述，本题答案是：沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次。CeO2与H2O2反应生成Ce2（SO4）3和O2，反应的方程式为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2+4H2O，离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；综上所述，本题答案是：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2
46、O。根据操作流程判断，由溶液生成固体，应首先进行蒸发浓缩，然后冷却结晶，故答案为：冷却结晶；综上所述，本题答案是：冷却结晶。称取0.6g样品，加入硫酸溶解，用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定，消耗25.00ml溶液，Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，依据元素守恒计算n（Ce（OH）4）=n（Fe2+）=0.1000mol/L0.0250L=2.5103mol，含量=2.5103208/0.6100%=86.67%；FeSO4溶液在空气中露置一段时间后会被氧化，消耗硫酸亚铁增大，测定该Ce（OH）4产品的质量分数会偏高；综上所述，本题答案是：86.67% ； 偏高。【点睛】双氧水是一种
47、常见的绿色强氧化剂，还原产物为水，对环境没有危害；但是双氧水中的氧为-1价，还具有还原性，也能被强氧化剂氧化为氧气，因此在解题时，一定要避免陷入思维定式，认为只能做氧化剂，此题中2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+ 反应就是一例。18.香豆素（结构如下图中I所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸。已知：CH3CH=CHCH2CH3 CH3COOH+CH3CH2COOH请回答下列问题：（1）香豆素分子中的官能团的名称为_，步骤IIIII的反应类型为_。（2）有机物III的结构简式为_，在上述转化过程中，设计反应步骤IIIII的目的是_。（3）下列关于有机物I、II、
48、III、IV的叙述中正确的是_（选填序号）。A.可用FeCl3溶液来鉴别II和III B.IV中核磁共振氢谱共有4种峰C.I、II、III均可使溴的四氯化碳溶液褪色 D1molI最多能和5molH2发生加成反应（4）写出水杨酸与过量NaHCO3溶液反应的化学方程式_。（5）化合物IV有多种同分异构体，符合下列两个条件的芳香族同分异构体共有_种。遇氯化铁溶液发生显色反应 能发生水解反应和银镜反应其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1:2:2:2:1同分异构体的结构简式为_。【答案】 (1). 酯基和碳碳双键 (2). 取代反应 (3). (4). 目的是起到保护酚羟基的作用，使之不
49、被氧化 (5). AC (6). (7). 共13种 (8). 【解析】【分析】化合物I水解得到为，由的结构可知，发生取代反应，中酚羟基中H原子被甲基取代生成，则为，发生氧化反应得到乙二酸与，乙二酸与乙二醇发生缩聚反应生成高聚物V为，与HI发生取代反应生成水杨酸，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤的目的是起到保护酚羟基的作用，防止被酸性高锰酸钾溶液氧化。（1）根据香豆素分子结构答题；中酚羟基中H原子被甲基取代生成；（2）III的结构简式为，酚羟基易被氧化。（3）根据有机物I、II、III、IV结构分析。（4）羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，酚羟基不能与碳酸氢钠反应；（5）的芳香族同
50、分异构体，说明含有苯环，同时满足条件：遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，有2个取代基为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种，有3个取代基为：-OH、-CH3、-OOCH，结合定二移一判断。【详解】（1）香豆素分子中的官能团的名称为：酯基、碳碳双键，步骤IIIII的反应类型为：取代反应；（2）有机物III的结构简式为，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤的目的是：起到保护酚羟基的作用，使之不被氧化；（3）A中不存在酚羟基，中存在酚羟基，可以用FeCl3溶液来鉴别和，故A正确；B中不存在对称结构，所以核磁共振氢谱有6种峰，故B错误
51、；C、中均存在碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；DI中苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，1mol最多能和4mol H2发生加成反应，故D错误。故选：AC；（4）羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，酚羟基不能与碳酸氢钠反应，反应的化学方程式：；（5）的芳香族同分异构体，含有苯环，同时满足条件：遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，有2个取代基为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种，有3个取代基为：-OH、-CH3、-OOCH，而-OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-OOCH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的
52、共有3+4+4+2=13种，其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1：2：2：2：1同分异构体的结构简式为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，解题关键：理解官能团的结构与性质、限制条件同分异构体书写、有机反应方程式书写等，难点（5）限制条件的同分异构体的书写。19.N、P、As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途.请回答下列问题:（1）意大利罗马大学的Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子,该分子的空间构型与P4类似,其中氮原子的轨道杂化方式为_，NN键的键角为_；（2）基态砷原子的价电子排布图为_，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为_；（3）配位原
53、子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。PH3与NH3的结构相似,和过渡金属更容易形成配合物的是_(填“PH3”或“NH3”)。（4）SCl3+和PCl3是等电子体,SCl3+的空间构型是_；SCl键键长 _P-Cl键键长(填“”、“=”或“”),原因是_。（5）砷化镓为第三代半导体,以其为材料制造的灯泡寿命长,耗能少。已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示,砷化镓的化学式为_。若该晶体的密度为g/cm3,设NA为阿伏加德罗常数的值,则a、b的距离为_pm(用含和NA的代数式表示)。【答案】 (1). sp3 (2). 60 (3). (4). AsSeGe (5). PH3 (6
54、). 三角锥形 (7). (8). S 原子半径小于P原子半径,故S-Cl键要比P-Cl键短 (9). GaAs (10). 【解析】【分析】（1）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键和1对孤对电子；（2）As元素是第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能比同周期相邻元素的高；（3）P元素的电负性比N元素的小，P原子对孤电子对吸引更弱，容易给出孤对电子形成配位键；（4）PCl3中P原子形成3个P-Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体
55、的结构相似；原子半径越小，原子之间形成的共价键越短；（5）利用均摊法计算晶胞中含有Ga原子、As原子数目，可以确定其化学式；As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As原子与晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞体对角线上，且Ga原子与As原子之间的距离为晶胞体对角线长度的1/4倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍，结合晶胞中含有原子数目，表示出晶胞质量，再根据m=V计算晶胞棱长【详解】（1）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化，每个面均为正三角形，故N-N键的键角为60；（2）As元素处于第
56、四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为：；As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：AsSeGe；（3）P元素的电负性比N元素的小，P原子对孤电子对吸引更弱，容易给出孤对电子形成配位键，即为：PH3；（4）PCl3中P原子形成3个P-Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体的结构相似，SCl3的空间构型是三角锥形，S 原子半径小于P原子半径，故 S-Cl 键要比 P-Cl 键短。（5）晶胞中含有Ga原子数为81/8+61/2=4，As原子数目为4，化学式为GaAs，As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As原子与晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞体对角线上，Ga原子与As原子之间的距离为晶胞体对角线长度的1/4倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍，晶胞质量为4(70+75)/NAg，则晶胞棱长=，故a、b的距离为 。
