1、2019年百色市普通高中秋季学期期末考试试题高二化学注意事项：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效。3.回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 Na-23 Pb-207 Ba-137 Fe-56 Cu-64 S-32第卷（一）选择题：本题共16题，每题3分，共48分。每题只有1个选项符合题意。1.下列有关化学与生活、生产的叙述
2、错误的是（ ）A. 通讯领域中的光导纤维不可长期浸泡在强碱性溶液中B. 采用催化设施，将汽车尾气中的CO和NO转化为无害气体C. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D. 常温下，可以用铁制容器来盛装冷的浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A二氧化硅是酸性氧化物能与碱反应生成硅酸盐和水，故A正确；BCO和NO可转化为N2和CO2等无害气体，故B正确；C二氧化硫有漂白性，漂白纸浆，不是氧化性，故C错误；D常温下，铁在浓硫酸中会产生钝化，表面产生致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，可以用铁制容器来盛装冷的浓硫酸，故D正确；故选C。2.对于100mL1mol/L的盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加
3、快的是（ ）升高温度改用100mL3mol/L的盐酸增加锌粒质量用等量锌粉代替锌粒加入少量硫酸铜溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，可采取；改用100mL3.0mol/L盐酸，氢离子的浓度增大，反应速率加快，可采取；锌是固体，增加锌粒质量，不改变反应速率，故不采取；用等量锌粉代替锌粒，增大固体接触面积，使反应速率加快，可采取；滴入少量CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，可采取；综上所述，可采取使反应速率加快；故选B。【点睛】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，
4、注意加入酸的性质，注意不能改变反应的机理，例如不能加入浓硫酸或硝酸。3.实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O；关于该反应的下列说法不正确的是（ ）A. NH4Cl中的氮元素被还原，发生还原反应B. NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂C. N2既是氧化产物，又是还原产物D. 每生成2molN2时，转移电子的物质的量为6mol【答案】A【解析】【详解】ANH4Cl中的氮元素显-3价，发生反应后转化为0价，化合价升高，失电子被氧化，发生氧化反应，A不正确；B在反应中NaNO2中N元素由+3价降低到0价，是氧化剂，NH4Cl是还原剂，B正确；CN2既来
5、自还原剂NH4Cl又来自氧化剂NaNO2，所以N2既是氧化产物又是还原产物，C正确；D在反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2+2H2O中，电子转移数目为3mol时生成1molN2，则生成2molN2时，转移电子的物质的量为6mol，D正确；故选A。4.下列反应的离子方程式正确的是（ ）A. 铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al+2OH-=AlO2-+H2B. 硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：SO42-+Ba2+=BaSO4C. 碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2D. 铜片跟稀硝酸反应：Cu+NO3-+4H+=Cu2+NO+2H2O【答案】C【解
6、析】【详解】A溶液中的水也参加化学反应，反应的离子方程式应该为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，A错误；B溶液中的Cu2+也会与OH-反应产生Cu(OH)2蓝色沉淀，反应的离子方程式应该为：Cu2+SO42-+ Ba2+2OH-=BaSO4+Cu(OH)2，B错误；C反应符合事实，遵循物质拆分原则，C正确；D反应不符合电子守恒、电荷守恒，应该为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，D错误；故合理选项是C。5.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）A. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同B. 分子中含有2种官能团C. 1mol
7、分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】A【解析】【详解】A该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故A正确；B该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故B错误；C分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，故C错误；D该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而是使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D错误；故选A。6.用NA表示阿伏加德罗常数的
8、值，下列叙述正确的是（ ）A. 常温常压下，2NA个CO2分子占有的体积为44.8LB. 常温常压下，8.4gNaHCO3含有的Na+数目为0.1NAC. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAD. 物质的量浓度为0.5molL1的MgCl2溶液中，含有Cl个数为NA【答案】B【解析】【详解】A常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则2NA个CO2分子占有的体积大于44.8L，A不正确；B8.4gNaHCO3的物质的量为=0.1mol，含有的Na+数目为0.1NA，B正确；C标准状况下，H2O呈液态，不能用22.4L/mol计算22.4LH2O含有的分子数，C不正确；D0.5
9、molL1的MgCl2溶液的体积未知，无法计算含有Cl的个数，D不正确；故选B。7.利用如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A浓盐酸MnO2NaOH制氯气并吸收尾气B浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，二者反应需要加热条件，故A错误；B浓硝酸易挥发，则中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性大小，故B错误；C盐酸与亚硫酸钠生成二氧
10、化硫，在中二氧化硫与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，但是二氧化硫与氯化钡不反应，结论错误，故C错误；D蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溴水褪色，则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故D正确；故选D。8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是（ ）A. Y可以从溶液中置换出Z单质B. 单核离子半径：WZYXC. Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间可以反应D. X和W
11、形成的化合物的水化物一定是强电解质【答案】C【解析】【分析】X的L层电子数是K层的3倍，X原子核外电子排布是2、6，所以X是O元素；W所在族序数是周期数的2倍，且W的原子序数大于O，则W是S元素，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，由于S原子最外层有6个电子，则Y和Z的最外层电子数之和为4，结合X、Y、Z原子序数依次增大可知，Y、Z分别是Na和Al，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是Na，Z是Al，W是S元素。ANa非常活泼，容易与溶液中的水发生反应，因此在水溶液中不能置换出其他金属单质，A错误；BO2-、Na+、Al3+核外电子排布都是2、8，S2-核外电子排布是2、8、8，
12、离子核外电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则单核离子半径：WXYZ，B错误；CY、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强酸H2SO4、强碱NaOH都可发生反应产生盐和水，故上述三种物质两两之间均可以反应，C正确；DX和W形成的化合物可能是SO2，也可能是SO3，SO2与水反应产生的H2SO3是弱酸，SO3与水反应产生的H2SO4是强酸，故S元素的水化物不一定是强电解质，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的位置、原子结构推断元素为解答的关
13、键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用。侧重考查学生的分析与应用能力。9.下列装置或操作能达到实验目的的是A. 除去乙醇中的乙酸B. 形成原电池C. 制取乙酸乙酯D. 石油的蒸馏【答案】D【解析】【详解】A乙醇与乙酸互溶，所以不能用分液的方法除去乙醇中的乙酸，错误；B酒精是非电解质，所以不能形成原电池，错误；C制取乙酸乙酯时产生的乙酸乙酯和挥发出的乙醇和乙酸可以用饱和碳酸钠溶液分离，但是盛有碳酸钠溶液的试管管口不能封闭，错误；D石油是液体混合物，分离沸点不同的液态混合物可以用蒸馏的方法，正确。答案选D。10.反应4NH3+5O24NO+6H2O在5L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量
14、增加了0.3mol，则下列反应速率正确的是（ ）A. v(NH3)=0.002molL-1s-1B. v(NO)=0.008molL-1s-1C. v(H2O)=0.015molL-1s-1D. v(O2)=0.01molL-1s-1【答案】A【解析】【分析】v(NO)=0.002molL-1s-1，因为同一反应中，用不同物质表示的平均反应速率之比等于化学计量数之比，因此，可由v(NO)，求出其它物质表示的平均反应速率。【详解】Av(NO)=0.002molL-1s-1，则v(NH3)=0.002molL-1s-1，A正确；B由上面计算可知，v(NO)=0.002molL-1s-1，B不正确；
15、Cv(NO)=0.002molL-1s-1，则v(H2O)=0.003molL-1s-1，C不正确；D v(NO)=0.002molL-1s-1，则v(O2)=0.0025molL-1s-1，D不正确；故选A。11.下列各组离子一定能大量共存的是A. 在无色溶液中：、B. 在含大量的溶液中：、C. 在强碱性溶液中：、D. 在强酸性溶液中：、【答案】D【解析】【详解】A. 在无色溶液中， 、发生反应生成碳酸亚铁沉淀，不能大量共存，故不选A；B. 、发生反应生成一水合氨，不能大量共存，故不选B；C. 在强碱性溶液中，、发生反应生成和水，不能大量共存，故不选C；D. 在强酸性溶液中，、不反应，能大量
16、共存，故选D。12.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 中子数为10的氧原子：OB. Mg2+的结构示意图：C. 硫化钠的电子式：D. 甲酸甲酯的结构简式：C2H4O【答案】B【解析】【详解】A中子数为10的氧原子，其核素符号为O，A不正确；BMg失去2个电子后转化为Mg2+，其结构示意图为，B正确；C硫化钠为离子化合物，其电子式为，C不正确；D甲酸甲酯的分子式为C2H4O2，结构简式为HCOOCH3，D不正确；故选B。13.在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述正确的是（ ）A. 反应的化学方程式：2MNB. t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡
17、C. t3时，正反应速率大于逆反应速率D. t1时N的浓度是M浓度的2倍【答案】D【解析】【详解】A由图像可知，反应中M的物质的量增减增多，N的物质的量增减减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图像中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的量之比为2:1，所以反应方程式为：2NM，A错误；B由图像可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正向进行，正反应速率大于逆反应速率，B错误；C由图像可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，C错误；Dt1时N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，即N的浓度是M浓度的2倍，D正确；答案选D。14.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气
18、体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图所示)，下列有关说法正确的是（ ）A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B. 在Z导管出来的气体中无二氧化碳C. 洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D. 在Z导管口有红棕色气体出现【答案】D【解析】【分析】碳跟浓硫酸共热，发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；铜跟浓硝酸反应，发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，气体通入水中，NO2与水反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【详解】A洗气瓶中，SO2、HNO3发生反应，生成H2SO4、NO等，H2SO4与BaCl2
19、反应，生成BaSO4沉淀和盐酸，所以产生的沉淀是硫酸钡，A不正确；B在溶液中，CO2没有发生反应，所以Z导管中出来的气体中含有二氧化碳，B不正确；C由A选项的分析中可以得出，在洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C不正确；D在Z导管口，NO气体与空气接触，发生反应生成NO2，所以有红棕色气体出现，D正确；故选D。15.下列叙述和均正确并且有因果关系的是（ ）叙述叙述A常温下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小往饱和Na2CO3溶液中通入CO2产生沉淀B常温下，SiO2与氢氟酸和NaOH溶液均可反应SiO2是两性氧化物CBaSO3难溶于水SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中产生沉淀D非金属性：ClS酸性
20、：HClOH2SO4A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A往饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于常温下，NaHCO3溶解度比Na2CO3小，反应消耗水，使溶剂量减少，同时反应产生的NaHCO3的质量比Na2CO3多，NaHCO3不能完全溶解，因此会有白色沉淀产生，叙述和均正确，且二者有因果关系，故会产生沉淀，A正确；BSiO2与氢氟酸反应产生SiF4不属于盐，而与NaOH反应产生盐Na2SiO3和水，因此SiO2是酸性氧化物，叙述正确，错误，二者无因果关系，B错误；CSO2与溶液中的水反应产生H2SO3使溶液显酸性，
21、同时H2SO3具有还原性，在酸性条件下，H+、NO3-具有强氧化性，会氧化H2SO3产生H2SO4，H2SO4电离产生的SO42-与溶液中的Ba2+反应产生BaSO4白色沉淀，叙述和均正确，但二者无因果关系，C错误；D元素的非金属性：ClS，因此酸性：HClO4H2SO4，而HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能根据Cl元素非金属性比S强，就说酸性HClO的比硫酸强，叙述正确，错误，二者没有因果关系，D错误；故合理选项是A。16.某学生做了如下4个实验：在铝盐溶液中逐滴加入稀氨水直至过量；在明矾溶液中加入氢氧化钡溶液直至过量；在含少量氢氧化钠的偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳直至过量；在少量盐
22、酸的氯化铝溶液中加入氢氧化钠至过量。在4个图像，纵坐标为沉淀物质的量，横坐标为溶液中加入物质的物质的量，上述实验与图像对应关系正确的是()A. (d)B. (b)C. (c)D. (a)【答案】B【解析】【详解】铝盐中滴入稀氨水生成沉淀氢氧化铝，根据氢氧化铝不溶于弱碱氨水，铝盐反应完后沉淀量不再变化；反应为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，根据定量关系，故d不符合，故A错误；明矾溶液中的铝离子与滴入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡和氢氧化铝沉淀，铝离子反应完后，继续滴入氢氧化钠溶液，氢氧化铝沉淀溶解而硫酸钡不溶；最后剩余硫酸钡，故b符合，故B正确；在含少量NaOH的偏铝酸钠溶液中
23、通入CO2直至过量，CO2先与氢氧化钠反应，不产生沉淀，反应完后再与偏铝酸钠溶液反应生成沉淀至达到最大值后不再变化，发生的反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故c不符合，故C错误；在少量盐酸的氯化铝溶液中加入NaOH至过量，氢氧化钠先与盐酸反应，无沉淀生成，后与氯化铝溶液反应完后，生成沉淀达最大值后又逐渐溶解，故a不符合，故D错误；故答案为B。第卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17题至第19题为必考题，每个试题考生都必须做答。第20题至第22题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共37分）17.二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要化工原料，常用作橡胶
24、硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发76138化学性质300以上完全分解；S2Cl2+Cl22SCl2遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。仪器m的名称为_，装置F中的试剂作用是_。装置连接顺序：_D。_实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是_。为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是_。（写两点）(
25、2)S2Cl2有剧毒，少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)。S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，写出该反应的化学方程式_。(3)某同学设计了如下实验方案来测定S2Cl2与水反应后的混合气体中SO2的体积分数。W溶液可以是_(填标号)。aH2O2溶液 bKMnO4溶液(硫酸酸化) c氯水该混合气体中二氧化硫的体积分数为_(用含V、m的式子表示)。【答案】 (1). 直形冷凝管(或冷凝管) (2). 除去Cl2中混有的HCl杂质 (3). AFCBE (4). 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 (5). 控制反应的温度、控制滴入浓盐酸
26、的速率 (6). S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S (7). ac (8). 100%或%或%或%【解析】分析】实验室利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品时，依据S2Cl2的性质，则需先去除HCl，再进行干燥，以防其水解；同时需要控制温度，以防受热分解放热，放出腐蚀性烟气；产物应冷却，以防遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险。【详解】(1)仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，Cl2中混有的HCl需要除去，所以装置F中的试剂作用是除去Cl2中混有的HCl杂质。制取气体时，需先除去HCl、水蒸气，然后发生Cl2与S的反应，产品需要冷凝，尾气需要处理，所以装置连接顺序：
27、AFCBE。S2Cl2会污染环境，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集。因为温度高，S2Cl2遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制反应的温度、控制滴入浓盐酸的速率。答案为：直形冷凝管(或冷凝管)；除去Cl2中混有的HCl杂质；AFCBE；将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；控制反应的温度、控制滴入浓盐酸的速率；(2)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，依据价态变化规律，同时
28、会生成硫，该反应的化学方程式为S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S。答案为：S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S；(3)因为实验的目的是将SO2氧化为硫酸，但KMnO4溶液(硫酸酸化)会将HCl氧化为Cl2，所以W溶液可以是ac。m(BaSO4)=mg，则该混合气体中二氧化硫的体积分数为=100%或%或%或%。答案为：100%或%或%或%。【点睛】H2O2溶液和氯水虽然具有强氧化性，但只能将SO2氧化为H2SO4，不能将Cl-氧化为Cl2，而KMnO4溶液(硫酸酸化)不仅能将SO2氧化为H2SO4，还能将Cl-氧化为Cl2。18.化工生产中常利用硫酸厂煅烧黄铁矿石的烧渣(主要成
29、分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)来制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)和绿矾(FeSO47H2O)，流程如图：(1)将过程中产生的气体通入下列溶液中，溶液不褪色的是_(填选项序号)。A酸性KMnO4溶液 B品红溶液 C紫色石蕊溶液 D溴水(2)过程中，FeS和O2、H2SO4反应的化学方程式为_。(3)过程中，需加入的物质是_，反应的离子方程式为_。(4)用溶液Y制绿矾时，检验溶液Y中是否含有Fe3+操作是_。(5)在实验室里，完成过程中的操作名称是_。(6)实验室为测量所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验：用分析天平称取2.240g样品；将样品溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡
30、溶液；过滤、洗涤、干燥、称量，得固体质量为2.330g。若该聚铁的主要成分为Fe(OH)SO4n，则聚铁样品中铁元素的质量分数为_。(假设杂质中不含铁元素和硫元素)【答案】 (1). C (2). 4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2(SO4)3+6H2O+4S (3). Fe(或铁) (4). 2Fe3+Fe=3Fe2+ (5). 取少量的溶液Y于试管中，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，若溶液不变红，则不含有Fe3+ (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 25.0%【解析】【分析】煅烧黄铁矿石的烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)中通入足量O2，并加入稀硫
31、酸，铁的氧化物溶于稀硫酸生成硫酸铁和水，FeS、O2、H2SO4反应生成Fe2(SO4)3、S和水；所得固体(含S、SiO2)灼烧，S与O2反应生成SO2；溶液X为Fe2(SO4)3溶液，加入Fe，可将Fe3+还原为Fe2+，从而获得绿矾；调节溶液X的pH，Fe3+发生水解生成聚铁胶体。【详解】(1)将过程中产生的气体为SO2，具有较强的还原性和漂白性，能将酸性KMnO4溶液、溴水还原，能使品红褪色，但只能使紫色石蕊溶液变红色，故选C。答案为：C；(2)过程中，FeS和O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成Fe2(SO4)3、S和水，化学方程式为4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2(SO4
32、)3+6H2O+4S。答案为：4FeS+3O2+6H2SO4=2Fe2(SO4)3+6H2O+4S；(3)过程中，需加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，同时不引入新的杂质，所以该物质是Fe(或铁)，反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+。答案为：Fe(或铁)；2Fe3+Fe=3Fe2+；(4)用溶液YFe2(SO4)3制绿矾时，检验溶液Y中是否含有Fe3+，常使用KSCN溶液，其操作是取少量的溶液Y于试管中，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，若溶液不变红，则不含有Fe3+。答案为：取少量的溶液Y于试管中，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，若溶液不变红，则不含有F
33、e3+；(5)过程为从FeSO4溶液中获得绿矾，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，所以完成过程中的操作名称是蒸发浓缩、冷却结晶。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(6)m(BaSO4)=2.330g，聚铁的主要成分为Fe(OH)SO4n，n(Fe3+)= n()=0.01mol，则聚铁样品中铁元素的质量分数为=25.0%。答案为：25.0%。【点睛】检验Fe2+中混有的Fe3+时，可使用KSCN溶液，也可使用K4Fe(CN)6溶液。19.目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇(CH3OH)。在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，图1表示该反应过程中能量(单
34、位为kJmol-1)的变化。(1)该反应_(填吸热或放热)反应。(2)在体积固定的密闭容器中，下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_(填序号)。A.v(H2)=3v(CO2)B.容器内气体压强保持不变C.v逆(CO2)=v正(CH3OH)D.容器内气体密度保持不变E.2molC=O键断裂的同时CH3OH中有1molHO键形成F.混合气体的平均摩尔质量不变(3)在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=_。达平衡时容器内平衡时与起始时的压强比_。(4)甲醇、氧气
35、在一定条件下可构成如图3所示的燃料电池，其负极的电极反应为_，与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极物质时，甲醇燃料电池的理论放电量是铅蓄电池的_倍(保留小数点后1位)。【答案】 (1). 放热 (2). BCF (3). 0.225mol/(Lmin) (4). 58 (5). CH3OH-6e-+H2O=6H+CO2 (6). 19.4【解析】【分析】(1)根据反应物的总能量大于生成物的总能量判断；(2)根据化学平衡的特征分析判断；(3)根据三段式结合物质的量比等于压强比计算解答；(4)甲醇、氧气在酸性条件下可构成燃料电池，负极上甲醇失去电子生成二氧化碳；铅蓄电池中负极材料为Pb，氧化为Pb
36、SO4，结合转移的电子数计算甲醇燃料电池的理论放电量与铅蓄电池的倍数。【详解】(1)由图可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故答案为：放热；(2)Av(H2)=3v(CO2)，始终存在，不能判断正、逆反应速率的关系，不能判定平衡状态，故A错误；B该反应为气体物质的量变化的反应，容器内气体的压强为变量，则容器内气体压强保持不变，说明达到平衡状态，故B正确；Cv逆(CO2)=v正(CH3OH)，可知正、逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故C正确；D混合气体的质量、体积不变，则容器内气体密度始终保持不变，不能判定平衡状态，故D错误；E1molH-O键断裂的同时2mol
37、C=O键形成，都表示正反应速率，不能判定平衡状态，故E错误；F反应前后气体的物质的量发生变化，则混合气体的平均摩尔质量为变量，混合气体的平均摩尔质量不变，说明达到平衡状态，故F正确，故答案为：BCF；(3)根据三段式： 从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率为：v(H2)=0.225mol/(Lmin)；达平衡时容器内平衡时与起始时的压强之比为=58，故答案为：0.225mol/(Lmin)； 58；(4)甲醇、氧气在酸性条件下可构成燃料电池，负极上甲醇发生氧化反应生成二氧化碳，负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=6H+CO2；铅蓄电池中负极材料为Pb，氧化为PbSO4，
38、甲醇燃料电池中负极通入甲醇，氧化生成CO2，相同质量的Pb和甲醇转移的电子数之比为26=32621，则甲醇燃料电池的理论放电量是铅蓄电池的倍=19.4倍，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=6H+CO2；19.4。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，电极反应式的书写时，要注意溶液的酸碱性对产物的影响，同时注意根据转移的电子数计算甲醇燃料电池的理论放电量是铅蓄电池的倍数关系。20.卤族元素的单质和化合物很多，利用所学物质结构与性质的知识去认识和理解它们。(1)溴的核外电子排布式为_。(2)在不太稀的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合(HF)2形式存在。使氢氟酸分子缔合作用力是_。(3)下列曲线表示卤
39、族元素某种性质随核电荷数递增的变化趋势，正确的是_。(4)已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6（）和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。请比较二者酸性强弱：H5IO6_HIO4（填“”、“”或“=”）。IO的VSEPR模型为_。(5)铜与氯形成化合物的晶胞如附图所示(黑点代表铜粒子)。该晶体的化学式为_。一定条件下，Cu2O比CuO更稳定的原因是_。已知该晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的边长为_pm。（用含、NA的式子表示）【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p5或Ar3d104s24p5 (2). 氢键 (3). a (4).
40、(5). 正四面体 (6). CuCl (7). Cu2O中Cu+3d轨道电子处于全充满状态。 (8). 1010【解析】【分析】原子半径小、电负性大的元素，容易形成分子间的氢键；形成氢键后，分子间的作用力增大，熔沸点升高；比较含氧酸的酸性时，可比较非羟基氧原子的数目，非羟基氧原子数目越多，酸性越强；比较化合物的稳定性时，可通过比较离子的价电子层结构确定；确定晶体的中心原子的VSEPR模型时，可利用杂化轨道确定；计算晶胞的半径或密度时，可通过建立密度与质量、体积的关系求出结果。【详解】(1)溴为35号元素，其电子排布为2、8、18、7，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24
41、p5或Ar3d104s24p5。答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p5或Ar3d104s24p5；(2)在不太稀的溶液中，氢氟酸间通过氢键，是以二分子缔合(HF)2形式存在。使氢氟酸分子缔合作用力是氢键。答案为：氢键；(3)a非金属性越强，电负性越大，同主族元素，随着核电荷数的递增，非金属性依次减弱，a正确；bF元素在反应中不能失去电子，没有正价，b不正确；cHF能形成分子间的氢键，沸点应比HBr高，c不正确；d对于卤素单质来说，相对分子质量越大，熔点越高，d不正确；故选a；(4) H5IO6和HIO4的非羟基氧原子数分别为1和3，后者大，所以后者酸性比前者强，二者酸性强弱
42、：H5IO6HIO4。IO中I原子发生sp3杂化，VSEPR模型为正四面体。答案为：；正四面体；(5)利用均摊法，可确定晶体中含有Cl原子数为=4，Cu原子数为4，该晶体的化学式为CuCl。答案为：CuCl；分析Cu+与Cu2+的价电子结构，Cu2O比CuO更稳定的原因是Cu2O中Cu+3d轨道电子处于全充满状态。答案为：Cu2O中Cu+3d轨道电子处于全充满状态；设晶体的边长为a，则= ，由此得出该晶体的边长为1010pm。答案为：1010。【点睛】对于含氧酸来说，非羟基氧原子数越多，酸性越强。所以，比较含氧酸的酸性时，可通过比较羟基氧原子数，确定酸性强弱。21.消除氮氧化物、二氧化硫等物质
43、造成的污染是目前研究的重要课题。(1)工业上常用活性炭还原一氧化氮，其反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。向容积均为lL的甲、乙、丙三个恒容恒温容器中分别加入足量的活性炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：t/minn(NO)/molT04080120160甲T21.45111乙40021.51.10.80.8丙40010.80.650.530.45甲容器反应温度T_400(填“”或“ (2). 6.2510-3molL-1min-1 (3). 60% (4). A (5). 4 (6). 2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(
44、g) H=+90.4kJ/mol (7). NH3H2O+SO2=+ (8). 5【解析】【分析】对于一个化学反应，温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短；在同一反应中，由一种物质的物质的量的变化量求另一物质表示的反应速率时，可借助化学方程式，利用化学计量数之比等于物质的量的变化量之比进行求解；在一个可逆反应中，反应物的转化率等于其变化量与起始量之比；对于一个气体分子数增大的可逆反应，压强越高，反应物的平衡转化率越小；求解平衡常数时，可利用三段式求平衡时各物质的浓度，然后求压强分数，最后求压强平衡常数；利用盖斯定律，可利用已知反应求出未知反应的热化学方程式；在NH4HSO3溶液中，电离与水解
45、同时存在，可建立电离与水解方程式，从而求出氢离子浓度，最终求出pH。【详解】(1)比较表中甲与乙中达平衡的时间，甲容器先达平衡，所以反应温度T400；乙容器中，040min内，NO的物质的量的变化量为0.5mol，则N2的物质的量为0.25mol，平均反应速率v(N2)= 6.2510-3molL-1min-1；因为反应前后气体的分子数相等，所以压强改变时平衡不发生移动，丙容器中达平衡后NO的转化率与乙容器相同，都为=60%。答案为：；6.2510-3molL-1min-1；60%；(2)因为反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，增大压强，平衡逆向移动，压强小时，反应物的转化率高，所以A、
46、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点。设平衡时，参加反应的NO2的物质的量为x，则可建立如下三段式：依题意得，1-2x=2x，x=0.25mol，KP=4。答案为：A；4；(3) 方法：2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g) H1=8.0kJmol-1 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=566.0kJmol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H3=483.6kJmol-1 利用盖斯定律，将-+得，2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g) H=+90.4kJ/mol。方法：用氨水将SO2转化为NH4HSO3的离子方程式为NH3H2O+SO2=
47、+；H+ Ka2=1.010-7，+H2OH2SO3+OH- Kh=所以=1.010-71.510-2，c(H+)=1.010-5mol/L，则溶液的pH为5。答案为：2H2(g)+SO2(g)=S(g)+2H2O(g) H=+90.4kJ/mol；NH3H2O+SO2=+；5。【点睛】在计算丙容器中NO的平衡转化率时，我们容易犯的错误，是误把160min时的NO浓度当成平衡浓度。22.我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如图：已知：RNH2+H2O回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_，F的化学名称是_。(2)
48、G的结构简式为_。(3)由C生成E，E和H生成J的反应类型分别是_、_。(4)C和D生成E的化学方程式为_。(5)芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为_(任写一种)【答案】 (1). 醛基 (2). 4-硝基甲苯或对硝基甲苯 (3). (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). +HCl (7). 14 (8). (任一个)【解析】【分析】A分子式为C2H4O，能与新制氢氧化铜反应，故A为CH3CHO、B为CH3COOH。对比B、C的分子式，B中-OH被-Cl替代生成C，故C为，由J的结构，可知D中含有苯环，D发生硝
49、化反应生成F，F中硝基被还原为氨基得到G，G与A发生信息中反应得到H，故D为、F为、G为、H为。C与D反应生成E为，E与H发生加成反应生成J。【详解】(1)A为CH3CHO，A中官能团的名称是醛基，F为，F的化学名称是4-硝基甲苯或对硝基甲苯，故答案为：醛基；4-硝基甲苯或对硝基甲苯；(2)由分析，中硝基被还原为氨基得到G，G的结构简式为。故答案为：；(3)D为、F为、由D生成F为甲基的对位上的氢被硝基取代的反应，H为，C与D反应生成E为，E与H发生加成反应生成J，故答案为：取代反应、加成反应；(4)C和D生成E的化学方程式为：+HCl。故答案为：+HCl；(5)芳香化合物K是E()的同分异构
50、体，K中含有苯环，若K能发生银镜反应，说明含有醛基，可以有1个取代基为-CH2CH2CHO，或者为-CH(CH3)CHO，有2种；可以有2个取代基为-CH3、-CH2CHO，或者为-CH2CH3、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，有6种；可以有3个取代基：2个-CH3、1个-CHO，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-CHO分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有2+6+6=14种，分别为： ，括号内数字为等效氢数目，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为：，故答案为：14；(任意1种)。【点睛】本题考查有机物的合成与推断，充分利用J的结构、有机物分子式与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，难点(5)同分异构体的书写。
