1、山西省2019-2020学年高二化学6月联合考试试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Zn 65 Ba 137第卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是( )A. 高温或“84”消毒液可使新型冠状病毒蛋白质变性B. “时气错逆，霾雾蔽日”中的雾所形成的气溶胶能
2、产生丁达尔效应C. 北斗卫星导航的“中国芯”，其主要成分为SiO2D. 甲骨文是中华文化的瑰宝，甲骨中含有钙盐【答案】C【解析】【详解】A.84消毒液的主要成份是次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，高温和强氧化剂都能使蛋白质变性，故A正确；B.雾所形成的气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故B正确；C.芯片的主要成分为单质硅，不是二氧化硅，故C错误；D.甲骨坚硬的原因是甲骨中含有钙盐，故D正确；故选C。2. 溴与氢气在一定条件下反应的热化学方程式如下：； ，(、均大于零)下列说法正确的是( )A. B. 1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量C. 相
3、同条件下， D. 向1 mol Br2(g)中加入1 mol H2(g)在该条件下充分反应，放出kJ热量【答案】B【解析】【详解】A由于溴蒸汽变成液溴的过程放热，将方程式和相减得到Br2(g)Br2(l) H=Q2-Q10，则Q1Q2，A错误；B物质由气态变为液态要放出热量，所以1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，B正确；C因为Cl2比Br2活泼，Cl-Cl键键能较大，放出的热量更多，因放出热量H为负值，则Cl2与H2反应生成HCl的反应热H-Q1，C错误；D由于溴和氢气的反应为可逆反应，故1mol溴和1mol氢气完全反应生成的溴化氢的量小于2mol，故放出的热量
4、小于Q1kJ，D错误；故选B。3. 在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )A. 使甲基橙试液变红的溶液：、B. 常温下，的溶液：、C. 溶质为的溶液：、D. 水电离出的的溶液：、【答案】A【解析】【详解】A使甲基橙试液变红的溶液显酸性，四种离子相互之间不反应，也不与氢离子反应，可以大量共存，故A符合题意；BpH=1的溶液显酸性，酸性环境中硝酸根会将亚铁离子氧化而不能大量共存，故B不符合题意；C硫酸氢钠溶液中有大量氢离子，硅酸根会和氢离子结合生成硅酸沉淀而不能大量共存，故C不符合题意；D水电离出的的溶液中水的电离受到抑制，可能是酸或碱溶液，酸性溶液中铁离子会和硫离子发生氧化还原反应而不能大
5、量共存，碱性溶液中铁离子会生成沉淀而不能大量存在，故D不符合题意；综上所述答案为A。4. W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物。由此可知，下列说法正确的是( )A. X形成的单核阴离子的还原性大于Y形成的单核阴离子的还原性B. Y、Z的氧化物对应水化物的酸性一定是Y的强于Z的C. X、Y、Z的最简单氢化物中稳定性最弱的是Y的氢化物D. Z的单质在化学反应中只能表现出氧化性【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的物
6、质可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，以此解答该题。【详解】AX为氧元素、Y为硫元素，非金属OS，则阴离子还原性S2O2，故A错误；BY为硫元素、Z为氯元素，氧化物对应水化物的酸性可能Y的强于Z的，例如硫酸酸性大于次氯酸，也可能Y的弱于Z的，例如亚硫酸酸性弱于高氯酸，故B错误；CX、Y位于同一主族，同主族元素非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，XY，Y、Z位于同一周期，同周期元素非金属性逐渐增强，ZY，最简单氢化物中稳定性最弱的是Y的氢化物，故C正确；DZ为氯元素，氯气在与水反应中，既体现氧化性，又体现还原性，故D错误；答案选C。【点睛】非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，
7、为易错点。5. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )A. Cu紫红色固体，可用于制导线B. 易溶于水，可用于泳池消毒C. 浓盐酸具有挥发性，可用于制D. SiO2熔点很高，可用于制耐火坩埚【答案】D【解析】【详解】A.金属铜具有良好的导电性，常用于制导线，可用于制导线与铜是紫红色固体无关，故A错误；B.硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，常用于泳池消毒，可用于泳池消毒与硫酸铜的溶解性无关，故B错误；C.浓盐酸中氯化氢具有还原性，能与合适的氧化剂反应制备氯气，浓盐酸用于制备氯气与挥发性无关，故C错误；D.二氧化硅是原子晶体，具有很高的熔点用于制耐火坩埚，可用于制耐火坩埚与二氧化硅的熔点有
8、关，故D正确；故选D。6. 对于乙苯有下列叙述：所有的碳原子一定共平面；能因与溴水反应而使溴水褪色；可溶于CCl4中；可溶于苯中；能与浓硝酸发生取代反应。其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因单键具有可旋转性，故乙苯中苯环上的6个碳和与与苯环相连的亚甲基的碳一定共平面，乙基中甲基可能共平面，错误；乙苯可以使溴水褪色是因为溴在乙苯中的溶解度较大，可看做萃取过程，错误；因乙苯和四氯化碳互溶，故乙苯可溶于四氯化碳，正确；乙苯为苯的同系物，易溶于有机溶剂，故可以溶于苯，正确；乙苯中含有苯环，可以与浓硝酸反应生成2,4,6-三硝基乙苯，正确；故选择B。7. 180时，将0
9、.5 mol H2和1 mol CO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气()和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示。下列说法中不正确的是( )A. 该反应的化学方程式：B. 在03 min内，的平均反应速率为C. 在310 min内，反应仍未达到平衡状态D. 10 min时，再通入0.5 mol H2和1 mol CO2，可提高H2和CO2的转化率【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，氢气和二氧化碳的物质的量的变化量为（0.5-0.2）mol=0.3mol和（1.0-0.9）mol=0.1mol，由质量守恒定律可知氢气和二氧化碳反应生成甲醇和水的反应为，故A正确
10、；B.由图可知，二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol，则甲醇的平均反应速率为=，故B正确；C.由图可知，03 min时二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，10 min时甲醇的物质的量为0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol可知，3 min时反应达到平衡，则在310 min内，反应达到平衡状态，故C错误；D.由反应方程式可知，该反应是一个气体体积减小的反应，若10 min时，再通入0.5 mol H2和1 mol CO2相当于增大压强，增大压强，平衡
11、向正反应方向移动，氢气和二氧化碳的转化率增大，故D正确；故选C。8. 某学习小组为探究传统的Al空气海水电池，设计了如图所示的实验装置。该电池工作时，下列说法正确的是( )A. 多孔PtFe合金电极有利于吸附O2B. 负极的电极反应式为C. 若反应中消耗5.4 g Al，则消耗3.36 L O2D. 当1 mol O2参与反应时，有4 mol阳离子通过阳离子交换膜【答案】A【解析】【详解】A多孔PtFe合金表面积较大，与氧气的接触面积大，有利于吸附氧气，故A正确；B根据电极材料可知铝电极发生氧化反应为负极，但电解质溶液为中性，所以电极反应为Al-3e=Al3+，故B错误；C未注明温度和压强无法
12、计算氧气的体积，故C错误；D氧气参与电极反应时被还原成-2价，所以1mol氧气参加反应时有4mol电子转移，但电解质溶液的阳离子有Na+和Al3+，所以转移的阳离子不是4mol，故D错误；综上所述答案为A。9. 常温常压下，H2和O2在Ag9(图中物质1)团簇上生成H2O2的吉布斯自由能()的部分变化曲线如图。下列说法错误的是( )A. 物质2中的O2是处于被吸附活化状态B. 物质3物质4的过程中活化吉布斯自由能能垒为C. 物质4可能为D. 反应具有自发性【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，Ag9吸附O2形成处于被吸附活化状态的物质2，故A正确；B.由图可知，物质3物质4的过程中活化吉布斯
13、自由能能垒为（144.3-35.6）kJ/mol=108.7 kJ/mol，故B正确；C.由图可知，物质3物质4的过程为与氢气反应生成，反应的方程式为，则物质4为，故C正确；D.当HTS0时，该反应一定不能自发进行，由图可知，反应是一个熵减小的吸热反应，H0、S0，则HTS0，该反应不能自发进行，故D错误；故选D。10. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A. 室温下，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OH的数目为0.01NAB. 3.2gSO2中含有的电子总数与等质量的N2中含有的电子总数不相等C. 标准状况下，22.4LHF中含有NA个分子D. 3.0gC2H6中含有共
14、价键数目为0.6NA【答案】A【解析】【详解】A室温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH)=10-2mol/L，所以1L该溶液中氢氧根的数目为0.01NA，故A正确；BSO2的相对分子质量为64，电子总数为16+82=32，N2的相对分子质量为28，所含电子数为14，所以两种物质中电子数与相对分子质量之比均为1:2，所以等质量的两种物质所含电子数相同，故B错误；C标况下HF不是气体，所以22.4LHF的物质的量不是1mol，故C错误；D一个C2H6分子中含有7个共价键，3.0gC2H6的物质的量为0.1mol，含有共价键的数目为0.7NA，故D错误；综上所述答案为A。11. 下列关于C
15、u和浓硫酸制备SO2反应的实验原理或操作能达到实验目的的是( )A. 用装置甲制取并收集SO2B. 用装置乙验证二氧化硫的漂白性C. 用装置丙过滤出稀释后混合物中的不溶物D. 用装置丁测定反应后溶液中【答案】B【解析】【详解】A.铜与浓硫酸共热发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫的密度比空气大，应该选用向上排空气法收集二氧化硫，图中的收集装置为向下排空气法，故A错误；B.二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故B正确；C.过滤时，应用玻璃棒引流，防止液滴飞溅，故C错误，D.氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，滴定时应选用碱式滴定管盛装，不能用酸式滴定管，故D错误；故选B。12. pc类似p
16、H，是指稀溶液中离子的物质的量浓度的负对数。如溶液中某离子的物质的量浓度为，则该溶液中离子的pc=2。下列叙述正确的是( )A. 用0.01molL-1的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大B. 向0.01molL-1的CaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pc(Ca2+)逐渐减小C. 0.01molL-1的Na2CO3溶液中，pc(Na+)=2pc(CO)D. 常温下，纯水中pc(H+)+pc(OH)=14【答案】D【解析】【详解】A用盐酸滴定NaOH溶液，溶液碱性减弱，pH减小，故A错误；B向氯化钙溶液加入纯碱溶液生成碳酸钙沉淀，钙离子浓度减小，所以pc(Ca2+)增大，
17、故B错误；C碳酸钠溶液中碳酸根会发生水解，所以c(Na+)2c(CO)则pc(Na+)2pc(CO)，故C错误；D常温下，水的离子积常数Kw=10-14，所以纯水中c(H+)=c(OH)=10-7mol/L，则pc(H+)+pc(OH)=7+7=14，故D正确；故答案为D。13. 下列有关实验操作与现象相匹配的是( )选项实验操作现象A将石蜡油分解得到的产物直接通入少量溴的CCl4溶液中无明显现象B将浓硫酸和蔗糖反应产生的气体通入少量的溶液中气体全部被吸收且溶液紫红色变浅C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气溶液先变蓝后褪色D向溶液中滴加溶液无沉淀生成A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析
18、】【详解】A.在催化剂作用下，石蜡油受热发生裂化反应生成气态烷烃和烯烃，烯烃能使溴的CCl4溶液褪色，故A错误；B.浓硫酸和蔗糖反应产生的气体为二氧化碳和二氧化硫的混合气体，二氧化碳没有还原性，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则气体不能全部被吸收，故B错误；C.向淀粉碘化钾溶液中通人过量氯气，碘化钾溶液与氯气发生置换反应生成单质碘，单质碘遇淀粉呈蓝色，氯气具有强氧化性，过量氯气能将单质碘氧化生成碘酸，溶液的蓝色会褪去，故C正确；D.亚硫酸氢钠溶液中，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能将亚硫酸氢根离子氧化生成硫酸根，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀
19、，故D错误；故选C。【点睛】亚硫酸氢钠溶液呈酸性，酸性溶液中硝酸根具有强氧化性，能将亚硫酸氢根离子氧化生成硫酸根是分析解答的关键。14. 已知：。向含0.01 mol 和0.02 mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，溶液中，随通入的的变化如图，下列对应关系正确的是( )A. A点：B. B点：C. C点：D. O点：【答案】B【解析】【分析】向含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，首先进行的反应为，0.02mol NaOH消耗0.01mol CO2，生成0.01mol Na2CO3，故A点溶液的的溶质为0.01mol Na2CO3和0.01mo
20、l NaAlO2；然后发生反应:，0.01mol NaAlO2消耗0.005molCO2，生成0.005molNa2CO3，故B点溶液的溶质为Na2CO3；继续通入CO2，发生反应:，前两个阶段共生成0.015mol Na2CO3，则该反应会消耗0.015molCO2，生成0.03mol NaHCO3，故C点溶液的溶质为NaHCO3，据此分析解答。【详解】A. 由以上分析知，A点溶液的的溶质为0.01mol Na2CO3和0.01mol NaAlO2，CO32-和AlO2-均发生水解，由物料守恒可知，A点：，故A错误；B. 由以上分析知，B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO
21、32-的水解平衡，CO32- + H2OHCO3- + OH-、HCO3- +H2OH2CO3 + OH-，同时存在水的电离，又水解是微弱的，故B点：，故B正确；C. 由以上分析知，C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：，故C错误；D. O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01 mol 和0.02 mol NaOH，故O点： ，故D错误；故选B。第卷(非选择题 共58分)二、必考题(本题包括3小题，共43分)15. 某化学小组利用如图所示装置比较浓、稀硝酸氧化性的强弱。实验步骤如下：.连接好装置，并检查装置的气密性；.加入相应试剂，关闭弹簧夹，打开试管，向其中加入适量的粉末，立即盖上
22、橡皮塞；.将铜丝伸入浓硝酸中，观察现象；.将铜丝提起，打开弹簧夹，再向装置中通入一定量的CO2气体回答下列问题：(1)检查该装置气密性的方法为_。(2)加入少量粉末的作用为_；通入一定量的CO2气体的作用为_。(3)将铜丝伸入浓硝酸中，立即观察到试管中有红棕色气体生成，发生反应的化学方程式为_；红棕色气体进入试管中后变成无色，发生反应的化学方程式为_，试管液面上方无红棕色气体出现，试管液面上方产生红棕色气体同时溶液出现黄色，则试管中发生反应的化学方程式为_，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。(4)NO2与氢氧化钠溶液反应生成两种盐，其离子方程式为_。【答案】 (1). 关闭弹簧夹，将中导管末端伸入
23、盛有水的烧杯中，用酒精灯微热试管，观察到烧杯中有气泡产生，停止加热，导管内形成一段水柱 (2). 与硝酸反应产生CO2，将装置中的空气赶出 (3). 将装置中的有毒气体赶入NaOH溶液中，使之被吸收 (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】连接好装置，并检查装置的气密性，加入相应试剂，关闭弹簧夹，打开试管，向其中加入适量的粉末，其可与硝酸反应产生CO2，CO2可将装置中的空气赶出；将铜丝伸入浓硝酸中，生成二氧化氮，二氧化氮进入试管中与水反应生成一氧化氮，一氧化氮分别进入试管和试管，通过观察实验现象，从而比较浓、稀硝酸氧化性的强弱，将铜丝提起，反应结束，打开弹簧夹，再向装置中通入
24、一定量的CO2气体，将装置中的有毒气体赶入NaOH溶液中，使之被吸收。【详解】(1)检查该装置的气密性时，首先形成封闭体系，然后产生压强差，故方法为关闭弹簧夹，将中导管末端伸入盛有水的烧杯中，用酒精灯微热试管，观察到烧杯中有气泡产生，停止加热，导管内形成一段水柱；(2)加入少量粉末，其可与硝酸反应产生CO2，将装置中的空气赶出，防止空气中的氧气氧化装置中生成的一氧化氮，干扰实验；反应结束后，通入一定量的CO2气体可以将装置中的有毒气体赶入NaOH溶液中，使之被吸收，防止污染环境；(3)将铜丝伸入浓硝酸中，立即观察到试管中有红棕色气体生成，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，发生反应的化学方
25、程式为；二氧化氮气体进入试管中后变成无色，其与水反应生成一氧化氮和硝酸，发生反应的化学方程式为；试管液面上方产生红棕色气体同时溶液出现黄色，说明一氧化氮被浓硝酸氧化生成二氧化氮，则应发生归中反应，试管中发生反应的化学方程式为，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；(4)NO2与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠和水，其离子方程式。【点睛】一氧化氮、二氧化氮被氢氧化钠溶液吸收时，发生反应的化学方程式是学生们的易忘点，二氧化氮单独与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮、二氧化氮同时与氢氧化钠溶液反应，一氧化氮单独不能与氢氧化钠溶液反应。16. 用冶铅废渣(含Pb、PbO、PbS及Zn、Fe、Cu等杂质)制取立德粉
26、和回收铅的工艺流程如下：(1)“酸浸”时，PbS被氧化生成S，硝酸被还原为NO，则氧化0.3 mol PbS时，消耗HNO3_mol。(2)“溶解、煮沸”时会发生多个反应。PbSO4溶解的离子方程式为_。【已知：Pb(CH3COO)2是弱电解质】“沉铅”时生成的沉淀中混有Fe3+，煮沸时醋酸铁水解的化学方程式为_。(3)海绵铅(含少量Zn、Cu等杂质)进行“电解精炼”时，用PbSiF6、H2SiF6的混合溶液作电解液，海绵铅作_(填“阳”或“阴”)极，阳极泥的主要成分是_(填化学式)。(4)B301立德粉(ZnSBaSO4)中ZnS的理论含量为29.4%。若要生产ZnS的理论含量为62.5%的
27、B311高ZnS立德粉，可用的原料除BaS外，另两种原料可能为_。(填标号)A. ZnSO4 B.NaCl C. ZnCl2 D. Na2SO4测定立德粉中ZnS的含量常用酸溶，调节pH至13，然后滴定形成K2Zn3Fe(CN)62沉淀，该沉淀的溶度积常数Ksp的表达式为_。(5)滤液4经加热后可返回_工序循环使用。【答案】 (1). 0.8 (2). 2CH3COO-+PbSO4=(CH3COO)2Pb+ (3). Fe(CH3COO)3+2H2OCH3COOFe(OH)2+2CH3COOH (4). 阳 (5). Cu (6). AC (7). c2(K+)c3(Zn2+)c2Fe(CN)
28、64- (8). 溶解、煮沸【解析】【分析】向冶铅废渣中加入6mol/L HNO3溶液，废渣中的Pb、PbO、PbS和Zn、Fe均可以发生反应，而Cu不发生反应而形成浸渣；随后向溶液中加入浓硫酸，此时溶液中的Pb2+结合硫酸根形成硫酸铅沉淀，达到沉铅的目的；沉铅过程中会有少量Fe3+伴随沉淀，将沉淀与溶液进行过滤得到滤渣，向滤渣中加入醋酸铵溶液，使硫酸铅变为可溶性的醋酸铅，向含有醋酸铅的溶液中锌单质，将Pb2+还原Pb，此时将体系过滤，得到海绵铅和含Zn溶液；含Zn溶液中含有硫酸根，向含Zn溶液中加入BaS，Zn2+可以与BaS反应生成溶解度更小的ZnS，而Ba2+与溶液中的硫酸根反应生成Ba
29、SO4，ZnS与BaSO4二者同时沉淀得到B301立德粉。【详解】(1)根据题目，“酸浸”时，PbS被氧化生成S，硝酸被还原为NO，可写出化学方程式3PbS+8HNO3=3Pb(NO3)2+3S+2NO+4H2O，当氧化0.3mol PbS时消耗硝酸0.8mol，答案为：0.8mol；(2)溶解过滤后向滤渣中加入醋酸铵溶液，滤渣中的硫酸铅可以与醋酸铵溶液反应，反应的离子方程式为2CH3COO-+PbSO4=(CH3COO)2Pb+，答案为：2CH3COO-+PbSO4=(CH3COO)2Pb+；“沉铅”时生成的沉淀中混有Fe3+，此时加热溶液，醋酸铁水解得到CH3COOFe(OH)2沉淀，水解
30、过程的反应方程式为Fe(CH3COO)3+2H2OCH3COOFe(OH)2+2CH3COOH，答案为：Fe(CH3COO)3+2H2OCH3COOFe(OH)2+2CH3COOH；(3)海绵铅中含有少量的杂质，此时用电解精炼的方法可以进行提纯，在电解精炼过程中需要将海绵铅作为电解池的阳极，纯铅作为电解池阴极，阳极的电极方程式为Zn-2e-=Zn2+，阴极的电解方程式为Zn2+2e-=Zn，电解过程中因含有Zn、Cu等杂质，而Zn的活动性强于Pb，放电后得到的阳极泥的主要成分为Cu，答案为：阳、Cu；(4)立德粉的主要成分是ZnSBaSO4，以BaS为原料制备立德粉，还需要含Zn的物质，四个选
31、项中含有Zn的为AC选项，故答案为：AC；K2Zn3Fe(CN)62为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡，沉淀溶解平衡的溶度积常数为Ksp=c2(K+)c3(Zn2+)c2Fe(CN)64-，答案为c2(K+)c3(Zn2+)c2Fe(CN)64-；(5)滤液3中加入BaS后得到滤液4和立德粉，滤液4的主要成分为醋酸铵，可以将醋酸铵返回至溶解、煮沸步骤继续使用，答案为：溶解、煮沸。17. SO2是大气污染物之一，也是重要的化工原料。(1)某温度下，反应的能量变化如图。根据反应自发性判断，反应在_(填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下可能有自发性，逆反应的活化能为_。(2)将0.1 mol O2和
32、0.2 mol SO2通入一容积可变的容器中进行反应：。测得SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图。_(填“”“”或“=”)。若在300、压强为时，反应达到平衡，容器容积恰好为10 L，则此状态下反应的平衡常数K=_。反应在时刻达到平衡后，在时刻速率发生如图所示变化，此刻可能改变的反应条件可能是_(填标号)。A.加压B.向体系中再通入一定量SO2C.升高温度D.加催化剂(3)常温下，向1L的水溶液中缓慢通入SO2气体(忽略溶液体积的变化)，该溶液的pH与通入SO2气体的体积(标准状况)的关系如图，则_；_；_。已知：常温下，氢硫酸的、，亚硫酸的、；。(4)用电解法处理CO2和SO2的混合污染
33、气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层，则与Ni电极相连的是电源的_(填“正极”或“负极”)；阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). 低温 (2). (3). (4). (5). AB (6). 7 (7). 3.8 (8). 1.6 (9). 负极 (10). 【解析】【分析】(1)根据反应的特点以及反应能自发进行的条件进行分析；反应热；(2)根据压强对平衡移动的影响分析；列出三段式计算平衡常数；根据外界因素对反应速率和化学平衡的影响分析；(3)结合化学反应以及弱酸的电离平衡常数进行计算；(4)根据电解原理进行分析。【详解】(1)反应为
34、气体物质的量减小的反应，由该反应的能量变化图可知其、，若反应能自发进行，则，故该反应在低温条件下可能有自发性；由图可知该反应的正反应的活化能为E，又，故逆反应的活化能；(2)该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，当温度一定时，加压平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故；温度为300、压强为时，反应达到平衡，SO2的平衡转化率为60%，容器容积恰好为10 L，可列出三段式(单位为mol)： ，此时c(SO2)=0.008mol/L，c(O2)=0.004mol/L，c(SO3)=0.012mol/L，则此状态下反应的平衡常数；A. 加压瞬间，正、逆反应速率均增大，又平衡正向移动，则正反应速率
35、大于逆反应速率，随反应进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故A符合；B. 向体系中再通入一定量SO2，正反应速率瞬间增大，逆反应速率不变，随反应进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故B符合；C. 升高温度瞬间，正、逆反应速率均增大，又平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率，随反应进行，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，故C不符合； D. 加催化剂正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，随反应进行，速率不再变化，故D不符合；答案选AB。(3)常温下，向1L 的水溶液中缓慢通入SO2气体(忽略溶液体积的变化)，会发生反应，则溶液的酸性先逐渐减弱，pH逐渐增大，当二者恰好
36、反应后，溶液变为亚硫酸溶液，酸性逐渐增强，pH又逐渐减小，当SO2通入2240mL时，二者恰好反应生成硫单质沉淀，此时溶液pH=7，即a=7，消耗的n(SO2)=0.1mol，则n(H2S)=0.2mol；未通入SO2时，溶液中主要为氢硫酸的第一步电离，故，则，故b=3.8；再继续通入SO21120mL（3360mL-2240mL=1120mL），即0.05mol时，SO2与水反应生成亚硫酸，溶液中亚硫酸的浓度为0.05mol/L，亚硫酸的电离与氢硫酸的电离类似，则同理可知：，则，故c=1.6；(4)由图示可知，在SnO2电极上，O2-失电子生成氧气，则该电极为阳极，故阳极的电极反应式为，另一
37、极Ni电极为阴极，电解池中阴极应与外接电源的负极相连。【点睛】第(2)问考查外界因素的改变对正反应速率的影响，此时同学们应该掌握外界因素的改变对正、逆反应速率的影响，并能画出正、逆反应速率的时间图像，该问题即可迎刃而解。三、选考题(共15分，请考生从18、19题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)18. 天门冬氨酸锌是一种补锌剂，可以、天门冬氨酸()为原料制备。回答下列问题：(1)Zn成为阳离子时首先失去_轨道电子。碲(Te)与O同主族，则Te元素中电子占据的能量最高的能级是_。(2)P是N的同族元素，PH3与NH3中稳定性更高的是_(填化学式)，其判断理由是_；酞菁铜可用于生产蓝
38、色颜料(结构如图)，其中C原子的轨道杂化类型为_。(3)CO为_(填“极性”或“非极性”)分子。(4)ZnO晶体的一种晶胞结构如图：的配位数为_。以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可表示晶胞中锌原子的位置，称作原子分数坐标。图中原子a的分数坐标为，原子d的分数坐标为，则原子b和c的分数坐标分别为_、_。设为阿伏加德罗常数的值。已知晶胞边长为nm，则ZnO晶体的密度为_(列出计算式)。【答案】 (1). 4s (2). 5p (3). (4). N原子半径更小，N-H键的键长更短，键能更大，故NH3更稳定 (5). sp2 (6). 极性 (7). 4 (8). (9). (10). 【解析】【分
39、析】(1)根据原子的核外电子排布分析；(2)根据分子的结构特点分析；根据杂化轨道理论分析(4)根据配位数的概念和晶胞结构特点分析计算。【详解】(1)Zn为65号元素，其价电子排布式为Ar3d104s2，其成为阳离子时首先失去4s轨道电子；碲(Te)与O同主族，其位于第五周期第VIA族，其价电子排布式为5s25p4，则Te元素中电子占据的能量最高的能级是5p；(2)P是N的同族元素，由于N原子半径更小，N-H键的键长更短，键能更大，故NH3更稳定；酞菁铜中C原子均形成3个键，无孤电子对，故价层电子对数均为3，则C原子的的轨道杂化类型为sp2；(3)CO为碳原子与氧原子间形成极性键的双原子分子，故
40、其为极性分子；(4)由图可知，与距离最近且相等的Zn2+的个数为4，故其配位数为4；由图可知，原子b的坐标为，c的坐标为；由图可知，一个晶胞中的个数为4，Zn2+的个数为，则ZnO晶体的密度为。【点睛】第(4)问计算晶胞密度进行单位的换算是学生们的易错点，首先单位要统一，要将nm换算为cm，其次1nm=10-7cm，另外经常用到的还有皮米与厘米的换算，1pm=10-10cm。19. 我国研究人员发现茶叶中的EGCG能有效阻断新冠病毒S蛋白与人体ACE2受体的结合。制备EGCG的中间体G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)G中官能团的名称是_。(2)反应的反应类型是_。(3)F与KOH
41、溶液反应的化学方程式为_。(4)芳香族化合物X与D互为同分异构体，其中属于硝酸酯()的X有_种，且核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为621的结构简式为_(只写一种)。(5)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。下列关于EGCG(结构简式如图)的说法错误的是_(填标号)。A.含有两种官能团B分子中含有两个手性碳原子C.能与溶液发生显色反应D.1 mol EGCG与NaOH溶液反应，最多消耗8 mol NaOH(6)1,4苯并二恶烷()是制备原发性高血压药物多沙唑嗪的中间体，设计以苯酚和1,2二溴乙烷为原料制备1,4苯并二恶烷的合成路线(无机试剂任用)_。【答案】 (1). 醚键
42、、羧基、氟原子 (2). 取代反应 (3). KOH +CH3OH (4). 14 (5). 或 (6). AD (7). 【解析】【分析】根据A和B的分子式可知，A与发烟硝酸发生取代反应，A中苯环上的一个氢原子被硝基所取代；根据B和C的分子式可知，B与甲醇发生酯化反应生成C；C与氢气发生还原反应生成D，根据两者分子式可知，C中硝基被氨基替代；根据已知，推知D生成E的反应机理与已知相同，D中氨基被F原子替代；E发生取代反应生成F，F发生水解反应生成G，根据G的结构简式可知，F的结构简式为，E的结构简式为，D的结构简式为，C的结构简式为。【详解】(1)根据G的结构简式可知，G中官能团的名称是醚键
43、、羧基、氟原子。(2)综上分析，反应的反应类型是取代反应。(3)F中含有酯基，与KOH溶液发生水解反应，化学方程式为+KOH +CH3OH。(4)D的分子式为C8H9NO3，芳香族化合物X与D互为同分异构体，若苯环上两种取代基-ONO2和-CH2CH3，有邻间对3种结构；若苯环上有两种取代基-CH2ONO2和-CH3，有邻间对3种结构；若苯环上有3个取代基（两个-CH3和- ONO2），有6种结构；若苯环上有1种取代基-CH2CH2ONO2，只有1种结构；若苯环上有1种取代基-CH(CH3)ONO，只有1种结构；故X属于硝酸酯()的结构共14种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为621的结构简式为或。(5)A.分子中羟基、酯基和醚键三种官能团，A错误；B.碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳，故分子中含有两个手性碳原子，B正确；C.分子中苯环上连有羟基，属于酚类能与溶液发生显色反应，C正确；D.1 mol EGCG中含有8mol酚羟基和1mol酯基，酚羟基和酯基能与NaOH溶液反应，最多消耗9 mol NaOH，D错误；答案选AD。(6)以苯酚和1,2二溴乙烷为原料制备1,4苯并二恶烷，可由与1,2二溴乙烷反应制备目标产物，需在苯酚的羟基邻位引入一个羟基；可通过依次与发烟硝酸、氢气和亚硝酸钠及H3PO2反应引入新的羟基，具体合成路线如下：。
