1、2019-2020学年度第一学期期末调研考试高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Mn-56第I卷(选择题 共40分)一、选择题：本题共17小题，每小题3分，共51分。每小题只有一个选项符合题意。1. 化学中存在一些守恒或平衡原理，下列叙述正确的是A. 根据质量(原子)守恒定律，某物质完全燃烧的产物是CO2和H2O则该物质一定是烃B. 根据能量守恒定律，所有化学反应的反应物的总能量一定等于生成物的总能量C. 根据电子守恒定律，原电池中负极反应失电子数一定等于正极反应得电子数D. 根据化学平衡原理，可逆反应的正反应速率在任何时刻一定等于逆
2、反应速率【答案】C【解析】【详解】A因为无法判断是否含有氧元素，错误；B因为任何化学反应都伴随着能量的变化，即反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，错误；C原电池中发生的是氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，得电子数和失电子数一定相等，正确；D可逆反应中只有达到平衡状态时，正逆反应速率才是相等的，D错误；答案选C。2.下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是A. 微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的B. 转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和C. 守恒观：1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为2gD. 结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，性质存在着较大的差异
3、【答案】D【解析】【详解】A.二氧化硫是由二氧化硫分子构成的,分子是由C原子和S原子构成的,A错误；B.升高温度硝酸钾的溶解度增大,升高温度不饱和硝酸钾溶液仍然为不饱和溶液,B错误；C.Mg与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气,则1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为小于2g,C错误；D.物质的组成和结构决定了物质的性质,金刚石和石墨因为结构中碳原子的排列方式不同,所以金刚石和石墨的性质存在着较大的差异,D正确；答案选D。3.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能D. 葡萄糖为
4、人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【答案】A【解析】【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；答案选A。4.分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是()A. 2N2(g)+O2(g)2N2O(g)H=+163kJmol-1B. Ag(s)+Cl2(g)AgCl(s)H=-127kJmol-1C. HgO(s
5、)Hg(l)+O2(g)H=+91kJmol-1D. H2O2(l)O2(g)+H2O(l)H=-98kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A反应是吸热反应，H0、S0，则H-TS0，该反应在任何温度不能自发进行，故A不符合题意；B反应是放热反应，H0、S0，该反应在高温下不能自发进行，故B不符合题意；C反应是吸热反应，H0、S0，该反应在低温下不能自发进行，故C不符合题意；D反应是放热反应，H0、S0，则H -TS0，该反应在任何温度均能自发进行，故D符合题意；答案选D。【点睛】反应自发进行的判断依据是：H -TS0。5.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是A. 用10 mL量筒量取
6、7.13 mL稀盐酸B. 用托盘天平称量25.20 g NaClC. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D. 用25 mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70 mL【答案】D【解析】【详解】A量筒准确度为0.1mL，无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；B托盘天平的准确度是0.1g，无法用托盘天平称量25.20g NaCl，故B错误；CpH试纸测定溶液的pH值都是整数，不会出现小数，故C错误；D滴定管可以准确度0.01mL，可以读到21.70mL，故D正确；故选D。6.在下列叙述中：0.1molL-1HA溶液的导电性比0.1molL-1的盐酸的导电性弱；测得0.1
7、molL-1的HA溶液的pH=2.7；常温下，测得NaA溶液的pH7；常温下，向HA的溶液中加入NaA固体，pH增大；等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多。能说明HA是弱酸的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】0.1molL-1HA溶液的导电性比0.1molL-1的盐酸的导电性弱，说明HA中离子浓度小于HCl，则HA电离程度小于HCl，HCl是强电解质，则HA是弱酸，故正确；如果0.1molL-1的HA溶液完全电离，pH=1，测得0.1molL-1的HA溶液的pH=2.7，说明HA 部分电离，为弱酸，故正确；常温下，测得NaA溶液的pH7，说明
8、NaA是强碱弱酸盐，则HA是弱酸，故正确；常温下，向HA的溶液中加入NaA固体，pH增大，说明NaA抑制HA电离，则HA存在电离平衡，为弱酸，故正确；等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明酸浓度c(HA)c(HCl)，则HA存在电离平衡，为弱酸，故正确；答案选A。【点睛】部分电离的电解质为弱电解质，要说明HA是弱酸，只要证明HA部分电离或存在电离平衡。7.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H=-115.6 kJmol-1下列说法正确的是A. 升高温度能提
9、高HCl的转化率B. 加入催化剂，能使该反应的焓变减小C. 1molCl2转化为2molCl原子放出243kJ热量D. 断裂H2O(g)中1mol H-O键比断裂HCl(g)中1mol H-Cl键所需能量高【答案】D【解析】A. 升高温度，平衡逆向移动， HCl的转化率减小，故A错误；B. 加入催化剂，反应的焓变不变，故B错误；C.根据提示， 1molCl2转化为2molCl2原子吸收243kJ热量，故C错误；D. E（H-O）、E（HCl）分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热H=反应物总键能-生成物的总键能，故：4E（H-Cl）+
10、498kJ/mol-2243kJ/mol+4E（H-O）=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E（H-O）-E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量高，故D正确；故选D。8.下列溶液在空气中加热蒸干后，能析出以下溶质固体的是（）A. AlCl3B. FeCl2C. Fe2（SO4）3D. Na2SO3【答案】C【解析】【详解】AAlCl3溶液中存在AlCl3+3H2OAl (OH)3+3HCl，加热时HCl易挥发，促进AlCl3水解，即AlCl3转化成Al (OH)3，2Al(OH
11、)3Al 2O3+3H2O，故A错误；B氯化亚铁在灼烧的过程中会发生水解，生成氢氧化亚铁，即为Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中会被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，则生成了Fe(OH)3，Fe(OH)3经过灼烧后，就生成了氧化铁，所以溶液加热蒸干后不能析出原溶质固体，故B错误；CFe 2(SO4)3溶液中存在Fe 2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO4，加热Fe2(SO4)3溶液，虽然水解，但硫酸难挥发，最终仍为Fe2(SO4)3，故C正确；DNa2SO3能被空气中的氧气氧化，加热Na2SO3溶液，最终能得到Na2SO4，故D错误；答案选C。【点睛
12、】溶液加热蒸干后，能析出溶质固体本身，说明在加热过程中物质本身不分解、不与氧气反应，或不水解，或水解生成的酸为难挥发性酸。9.用标准NaOH滴定未知浓度的盐酸，酚酞为指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是A. 未用标准液润洗碱式滴定管B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【答案】B【解析】【详解】A未用标准液润洗碱式滴定管，将导致标准液浓度偏小，标准液体积偏大，测定结果偏高，选项A不符合；B标准液的体积采用“差值法”计算，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，将导致标准液的体积偏小，
13、测定结果偏低，选项B符合；C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，浓度无影响，选项C不符合；D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，将导致标准液体积偏大，测定结果偏高，选项D不符合；答案选B。10.常温下，0.1 mol/L某一元酸（HA）溶液中=110-8，下列叙述正确的是( )A. 溶液中水电离出的c(H+)10-10 mol/LB. 溶液中c(H+)c(A-)0.1 mol/LC. 溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c(OH-)均增大D. 与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c(A-)c(Na+)c(OH
14、-)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A、据溶液中=110-8，和Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，得溶液中水电离出的c(H+)10-11 mol/L，A项错误；B、据电荷守恒c(H+)= c(OH-)c(A-)，故c(H+)c(A-)2c(H+)- c(OH-)210-3 -10-11，B项错误；C、溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c(OH-)均增大，C项正确；D、与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液是NaA和HA等浓度，离子浓度大小关系无法比较，D项错误。答案选C。11.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
15、如图所示变化规律（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，下列结论正确的是（）A. 反应：H0，p2p1B. 反应：H0，T2T1或H0，T2T1C. 反应：H0，T1T2D. 反应：H0，T2T1【答案】B【解析】【详解】A反应的特点是正反应方向为气体体积减小的方向，结合图象，压强增大，平衡正向移动，A的转化率应增大，所以p2p1，从图像的走向可以看出，它随温度的升高A的转化率降低，即平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应为放热反应H0，故A错误；B关于反应，由图象可以看出，T2条件下C的平衡体积分数大，因此当T2T1时，正反应为吸热反应H0，而当T2T1时正反应为放
16、热反应H0，故B正确；C关于反应由图象可以看出T1条件下达到平衡所用的时间少，所以T1T2，而在T1条件下达平衡时n(C)小，所以说明低温有利于C的生成，故它主要的正反应为放热反应H0，故C错误；D关于反应，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应为吸热反应H0，故D错误；答案选B。12.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是()A. b点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4)B. 采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液C. 该温度下，Ksp(Ag2SO4
17、)=1.610-5D. 0.02molL-1的AgNO3溶液与0.2molL-1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀【答案】B【解析】【详解】A温度一定时，溶解平衡曲线上任意点都代表饱和溶液且Ksp均相等，故A正确；B蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，故B错误；C由图象可知，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=(0.02)20.04=1.610-5(molL-1)2)，故C正确；D0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c(Ag+)=0.01moL/L，c(SO42-)=0.1mol/L，由C项可知Ag2SO4的溶度积常
18、数Ksp=(0.02)20.04=1.610-5(molL-1)2)，则(0.01)20.1=110-51.610-5，没有沉淀生成，故D正确；答案选B。13.恒温恒容下，向2L密闭容器中加入MgSO4（s）和CO（g），发生反应：MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn（MgSO4）/moln（CO）/moln（CO2）/mol02.002.00020.8041.20下列说法正确的是（）A. 反应在02min内的平均速率为v（SO2）=0.6molL-1min-1B. 反应在24min内容器内气体的密度没有变化C.
19、 若升高温度，反应的平衡常数变为1.00，则正反应为放热反应D. 保持其他条件不变，起始时向容器中充入1.00molMgSO4和1.00molCO，到达平衡时n（CO2）0.60mol【答案】B【解析】【详解】A由表中数据，可知2min内，n(CO)=2mol0.8mol=1.2mol，由方程式可知n(SO2)=n(CO)=1.2mol，则v(SO2)=0.3mol/(L.min)，故A错误；B2min时消耗CO为1.2mol，由方程式可知n(CO2)=n(CO)=1.2mol，4min时CO2为1.2mol，说明2min、4min处于平衡状态，故反应在24min内容器内气体的密度没有变化，故
20、B正确；C平衡时c(SO2)=c(CO2)=0.6mol/L，c(CO)= 0.4mol/L，则平衡常数K=0.9，若升高温度，反应的平衡常数变为1.00，大于原温度下平衡常数K=0.9，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，故C错误；D保持其他条件不变，起始时向容器中充入1.00molMgSO4和1.00molCO，等效为在原平衡基础上体积增大一倍，减小压强，平衡正向移动，CO转化率大于原平衡，则到达平衡时n(CO2)0.60mol，故D错误；答案选B。14.下列实验装置，其中按要求设计正确的是（ ）A. 电解饱和食盐水B. 锌铜原电池C. 电镀银D. 电
21、解精炼铜【答案】B【解析】【详解】AFe与电源正极相连为阳极，铁失去电子，则阳极不生成氯气，不能利用淀粉KI溶液检验氯气的生成，不合理，A错误；B金属性锌强于铜，Zn为负极，Cu为正极，图中构成Cu、Zn原电池，产生的电流由正极流向负极，B正确；C电镀银时，Ag为阳极，镀件为阴极，电解质溶液为硝酸银，不能是硝酸钠，不合理，C错误；D粗铜精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，图中与之相反，不合理，D错误；答案选B。15.CO和H2在一定条件下合成甲醇的反应为；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1。现在容积均为1L的a、b、c、d、e五个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，
22、控制温度，进行实验，测得相关数据如图（图1：温度分别为300 、500的密闭容器中，甲醇的物质的量：图2：温度分别为TlT5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数）。下列叙述正确的是A. 该反应的H10，且K1K2B. 将容器c中平衡状态转变到容器d中的平衡状态,可采取的措施有升温或加压C. 300时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2，0.2molCH3OH，平衡正向移动D. 500时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，重新平衡后，H2浓度和百分含量均增大【答案】C【解析】A、由图1可知，升高温度，甲醇减少，平衡逆向移动，正向放热，H1K2，故A错
23、误；B、正反应放热，反应后体积减小，从c到d，甲醇减少，平衡逆向移动，故可采取的措施有升温或减压，故B错误；C、先算平衡常数，平衡时甲醇的物质的量为0.8mol代入平衡常数计算式，300时，向平衡后的容器中再充入0.8molCO, 0.6molH2，0.2molCH3OH，浓度商Qc=，平衡正向移动，故C正确；D、500时，向平衡后的容器中再充入1molCH3OH，相当于增大压强，平衡正向移动，重新平衡后，H2浓度增大，但百分含量均减小，故D错误；故选C。点睛：通过物质的量随时间变化曲线，考查温度压强等因素对化学平衡的影响，难度中等，C计算平衡常数和浓度商比较判断反应进行的方向，是本题的难点。
24、16.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2OCu2O+2Ag，下列有关说法正确的是（）A. 2molCu与1molAg2O的总能量低于1molCu2O与2molAg具有的总能量B. 负极的电极反应式为2Cu+2OH-2e-Cu2O+H2OC. 测量原理示意图中，电流方向从CuAg2OD. 电池工作时，OH-向正极移动【答案】B【解析】【详解】A因为原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应，所以该反应为放热反应，则2molCu与1molAg2O的总能量大于1molCu2
25、O与2molAg具有的总能量，故A错误；B负极发生氧化反应，电极方程式为2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O，故B正确；C测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即Ag2OCu，故C错误；D原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故D错误；答案选B。17.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（ ）A. 中溶液橙色加深，中溶液变黄B. 中Cr2O72-被C2H5OH还原C. 对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D. 若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变
26、为橙色【答案】D【解析】【详解】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，选项B正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，易错点为选项C，是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强。二、填空题（
27、共39分）18.亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。.经查：Ksp(AgNO2)=2108，Ksp(AgCl)=1.81010；Ka(HNO2)=5.1104。请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体_. 某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠已知：2NONa2O2=2NaNO2； 酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4反应生成NO3和Mn2。（1）使用铜丝的优点是_。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_。装置C中盛放的药品是_；（填字母代号）A浓硫酸 BNaOH溶液 C水 D四氯化碳（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.
28、00ml溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_（填字母代号）。a锥形瓶洗净后未干燥b酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗c滴定终点时仰视读数酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为_。该样品中亚硝酸钠质量分数为_。【答案】 (1). 分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解; 再分别滴加酚酞试液, 变红为NaNO2 (2). 可以控制反应的发生与停止 (3). Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)
29、2+2NO2+2H2O (4). C (5). bc (6). 6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O (7). 69%【解析】试题分析：.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。解析：.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl
30、两种固体的方法是：分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；.（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：Cu +4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O ；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；（3）a锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标注)V(标准)/V(待测)可知，c（标准）不变，a错误；b酸式
31、滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)V(标准)/V(待测)可知，c（标准）偏大，b正确；c滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)V(标准)/V(待测)可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O；根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L0.02L=0.002mol，则根据方程式6H+2M
32、nO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g100%=69.0%.点睛：注意掌握综合实验设计题的解题思路：（1）明确实验的目的和原理。实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。实验原理可从题给的化学情景(或题首所给实验目的)并结合元素化合物等有关知识获取。在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）理清
33、实验操作的先后顺序。根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。（3）看准图，分析各项实验装置的作用。有许多综合实验题图文结合，思考容量大。在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。（4）细分析，得出正确的实验结论。实验现象(或数据)是化学原理的外在表现。在分析实验现象(或数据)的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。19.治理SO2、CO、NOx污染是化学工作者研究的重要课题。硫酸厂大量排放含SO2的
34、尾气会对环境造成严重危害。(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，该反应的离子方程式为_。沥青混凝土可作为反应；2CO(g)+O2(g)2CO2(g)的催化剂。如图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(型、型)催化时，CO的转化率与温度的关系。(2)a、b、c、d四点中，达到平衡状态的是_。(3)已知c点时容器中O2浓度为0.02molL-1，则50时，在型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K=_(用含x的代数式表示)。(4)观察分析图，回答下列问题：CO转化反应的平衡常数K(a)_K(c
35、)。在均未达到平衡状态时，同温下型沥青混凝土中CO转化速率比型要_(填“大”、“小”)。_点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高。【答案】 (1). CO32-+SO2=SO32-+CO2 (2). bcd (3). (4). (5). 大 (6). e【解析】【分析】(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；(2)图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行；(3)一氧化碳降解反应2CO(g)+O2(g)2CO2(g)，K=进行计算；(4)平衡常数是温度的函数，温度升高向
36、吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小；相同温度下型沥青混凝土中CO降解速率比型要大；温度越高，有效碰撞的几率越大；【详解】(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式为：CO32-+SO2=SO32-+CO2；(2)图象分析可知b点反应达到平衡状态，升温平衡逆向进行，a、b、c、d四点中，达到平衡状态的是bcd；(3)CO的降解率为x，设起始CO浓度为1mol/L，平衡常数K=；(4)平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K=，故K减小，即KaKc；由图得，相同温度
37、下型沥青混凝土中CO降解速率比型要大；温度越高，有效碰撞的几率越大，故e点的有效碰撞的几率是最大的；20.氮元素能够形成多种化合物。请回答下列问题：(1)连氨(N2H4)常温下为液态，在空气中迅速完成燃烧生成N2，同时放出大量热，可作导弹、宇航飞船、火箭的燃料。已知：H2(g)+O2(g)H2O(l)H1=-285.8kJmol-1N2(g)+2H2(g)N2H4(l)H2=+50.6kJmol-1则N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式为_。(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)H0。一定温度下，向2L恒容容器中充入1mo
38、lCH4(g)和2molNH3(g)发生上述反应，4min达到平衡时，测得CH4的转化率为。0-4min内，用H2表示的该反应速率v(H2)=_。保持温度和容积不变，再向平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，此时v正_v逆(选填“”“”或“=”)。(3)NH3能够形成Ag(NH3)2+。溶液中存在Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，其平衡常数的表达式为K稳=_。常温下，K稳Ag(NH3)2+=1.10107，反应AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.93610-3，则Ksp(AgCl)=_。(4)硫氧化
39、物和氮氧化物是常见的大气污染物，利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。电极A的电极反应式为_。在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32-生成。该反应离子方程式为_。【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)H=-622.2kJ/mol (2). 0.25mol/(Lmin) (3). (4). 1.7610-10 (5). SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+ (6). 2NO2+8OH-+4S2O42-=N2+8SO32-+4H2O (7). 【解析】【分析】(1)已知：H2
40、(g)+O2(g)H2O(l)H1=-285.8kJmol-1N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)H2=+50.6kJ/mol盖斯定律计算2-得到N2H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式；(2)CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)H0，计算甲烷反应的物质的量，通过化学方程式三行计算列式得到计算生成氢气物质的量，反应速率v(H2)=，计算平衡常数，保持温度和容积不变，再向平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；(3)溶液中存在Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag( NH3)2+(aq )时，平衡常数K=；常温下，
41、K稳Ag(NH3)2+=1.10107，反应AgCl (s)+2NH3(aq)Ag( NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.93610-3，结合平衡常数K=Ksp(AgCl)K稳Ag(NH3)2+；(4)阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根，A为阳极，在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体N2，同时有SO42-生成，结合电话守恒电子守恒和原子守恒写出离子方程式。【详解】(1)已知：H2(g)+O2(g)H2O(l)H1=-285.8kJmol-1，N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)H2=+50.6kJ/mol，盖斯定律计算2-得到N2
42、H4(l)在空气燃烧生成液态水的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)H=-622.2kJ/mol；(2)一定温度下，向2L恒容容器中充入1mol CH4(g)和2mol NH3(g)发生上述反应，4min达到平衡时，测得CH4的转化率为66.67%反应的甲烷物质的量=1mol66.67%=mol，CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)计算得到生成氢气物质的量=mol3=2mol，04min內，用H2表示的该反应速率v(H2)=0.25mol/(Lmin)，平衡常数K= =3，保持温度和容积不变，再句平衡后的容器中充入2molNH3和2molH2，此
43、时浓度商Qc=2.4K=3，平衡正向进行，v正v逆；(3)溶液中存在Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag( NH3)2+(aq )时，平衡常数K=；常温下，K稳Ag(NH3)2+=1.10107，反应AgCl (s)+2NH3(aq)Ag( NH3)2+(aq)+Cl-(aq)的化学平衡常数K=1.93610-3，结合平衡常数K=Ksp(AgCl)K稳Ag(NH3)2+=1.93610-3，Ksp(AgCl)=1.7610-10；(4)A为阳极，阳极发生氧化反应，阳极上是二氧化硫被氧化为硫酸根，阳极电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+；在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收N
44、O2，使其转化为无害气体N2，同时有SO32-生成，该应的离子方程式为：2NO2+8OH-+4S2O42-=N2+8SO32-+4H2O。三、选答题（共10分） 有机化学基础21.利用红外光谱对有机化合物分子进行测试并记录，可初步判断该有机物分子拥有的A. 同分异构体数B. 原子个数C. 基团种类D. 共价键种类【答案】C【解析】【详解】红外光谱是一种鉴定有机物结构有关的物理方法，在有机物分子中，组成化学键或官能团的原子处于不断振动的状态，其振动频率与红外光的振动频率相当。所以，当用红外线照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上将
45、处于不同的位置，从而可以获得分子中含有何种化学键或官能团的信息。氢原子种类是利用核磁共振仪，通过核磁共振氢图可判断氢原子种类。答案选C。22.下列分子为手性分子的是（）A. CH3CH2ClB. CH3CH2CHBrCH2CH2OHC. CH3CCl（CH3）CH2CH2CH3D. CH3CH2C（CH3）2CH2Cl【答案】B【解析】【详解】ACH3CH2Cl中，两碳原子所连接的四个基团有一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故A错误；BCH3CH2CHBrCH2CH2OH中第三个碳原子，连有四个不同取代基，该碳原子具有手性，属于手性分子，故B正确；CCH3CCl(CH3)CH2CH2CH
46、3中第二个碳原子，连接两个甲基，没有手性碳原子，不属于手性分子，故C错误；DCH3CH2C(CH3)2CH2Cl中，四个碳原子所连接的四个基团有一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故D错误；答案选B。【点睛】根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。23.测定有机化合物中碳和氢的组成常用燃烧分析法。如图是德国化学家李比希测定有机物组成的装置，氧化铜作催化剂，在750左右使有机物在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，用含有固体氢氧化钠和氯化钙的吸收管分别吸收CO2和H2O。试回答下列问题：(1)甲
47、装置中盛放的药品是_。(2)将4.6g 有机物A进行实验，测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，则该物质中各元素的原子个数比是_。(3)经测定，有机物A的1H核磁共振谱如图，则A的结构简式为_。【答案】 (1). CaCl2 (2). N（C）：N（H）：N（O）=2：6：1 (3). CH3CH2OH【解析】【分析】(1)在氧气流中全部氧化为CO2和H2O，通过测定生成的CO2、H2O的量确定实验式，用氯化钙吸收水蒸气，用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于二氧化碳会吸收水蒸气，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳，由于装置内有空气，会影响水蒸气、二氧化碳质量测定，实验开始时，要先通入氧
48、气排尽装置内空气；(2)计算生成水、二氧化碳的物质的量，根据质量守恒判断是否含有O元素，若含有元素，计算原子物质的量；(3)根据原子数目之比确定有机物最简式，若最简式中H原子已经饱和C的四价结构，则最简式均为分子式，否则需要知道有机物相对分子质量来确定分子式，有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有3种H原子。【详解】(1)因为氢氧化钠能同时吸收CO2和H2O，从而无法确定生成水和CO2的质量，故先用氯化钙吸收水蒸气，再用氢氧化钠吸收二氧化碳；(2)生成水物质的量为 =0.3mol，H原子物质的量为0.6mol，生成二氧化碳为=0.2mol，碳原子物质的量为0.2mol，氧原子物质的量为4
49、.6g0.6mol1g/mol=0.1mol，故有机物A中N(C):N(H):N(O)=0.2:0.6:0.1=2:6:1；(3)由于有机物A中原子个数比N(C):N(H):N(O)=2:6:1，H原子已经饱和碳的四价结构，则有机物分子式为或C2H6O，有机物A的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有3种H原子，则有机物的结构简式为：CH3CH2OH。物质结构与性质24.2007年9月，美国科学家宣称发现了普通盐水在无线电波照射下可燃烧，这很可能是21世纪人类最伟大的发现之一，有望解决用水作人类能源的重大问题无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该种频
50、率下持续燃烧上述中“结合力”实质是（）A. 分子间作用力B. 氢键C. 非极性共价键D. 极性共价键【答案】D【解析】【详解】水分子是由H原子和O原子构成的，H原子和O原子之间存在极性共价键，“释放出氢原子”必须破坏水分子内的氢氧键，这是一种共价键，不同种原子之间形成的是极性共价键，答案选D。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。25.由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20，且阴、阳离子所带电荷相等下列说法正确的是（）A. 晶体中阳离子和阴离子数不一定相等B. 晶体中一定只有离子键没有共价键C. 所含元素一
51、定不在同一周期也不在第1周期D. 晶体中阳离子半径一定大于阴离子半径【答案】A【解析】【详解】由短周期元素构成的某离子化合物中，一个阳离子和一个阴离子核外电子数之和为20，且阴、阳离子所带电荷相等，则阴、阳离子均是10电子微粒，阴离子有：N3-、O2-、F-、OH-等，阳离子有：NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。A当阴、阳离子所电荷不相等，阳离子和阴离子个数不相等，如：MgF2、Na2O，当阴、阳离子所电荷相等，阳离子和阴离子个数相等，如NaF、NaOH，故A正确；BX是离子化合物，一定有离子键，也可能含共价键，如NaOH、Mg(OH)2、NH4F等，故B错误；CNH4+中氢元素在第一周
52、期，所以构成该离子化合物的元素可能在第一周期，故C错误；D对简单的离子，阴、阳离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，阳离子的核电荷数一定大于阴离子的核电荷数，所以X中阳离子半径小于阴离子半径，故D错误；答案选A。26.A、B、C、D、E、F为六种短周期元素，它们核电荷数依次递增。已知：B原子核外最外层电子数是次外层电子数的两倍，电子总数是E原子总数的1/2，F是同周期元素中原子半径最小的元素；D2与E2+的电子层结构相同。B与D可以形成三原子化合物甲。A是非金属元素，且A、C、F可形成离子化合物乙。请回答：（1）C单质的电子式_，F元素原子的电子排布式_，E元素的原子结构示意图是_；
53、（2）化合物乙中含有的化学键是_；（3）化合物甲的结构式_，固体时属于_晶体。【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p5 (3). (4). 离子键、极性共价键、配位键 (5). O=C=O (6). 分子【解析】【分析】B原子核外最外层电子数是次外层电子数的两倍，应为C元素，电子总数是E原子总数的12，则E的原子序数为12，应为Mg元素，F是同周期元素中原子半径最小的元素，位于第三周期，应为Cl元素，D2-与E2+的电子层结构相同，则D应为O，由此可知C为N元素，A是非金属元素，且A、C、F可形成离子化合物乙，可知A为H元素，乙为氯化铵。【详解】（1）由以上分析可知C为N元素，单质的电子式为，F为Cl元素，电子排布式为1s22s22p63s23p5，E为Mg元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为；（2）乙为氯化铵，为离子化合物，含有离子键、共价键和配位键；（3）C与O可以形成三原子化合物甲，为CO2，其结构式为OCO，固体时属于分子晶体。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高考常见题型，元素的推断是解答本题的关键，在推断中抓住“短周期”、“主族”、“核电荷数依次递增”，并注意信息的前后呼应，把握物质的性质，学习中注意积累。
