1、江苏省扬州市2019-2020学年高二化学下学期期末调研试题（B卷）（含解析）注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题第1题第12题，共32分、非选择题第13题第17题，共68分两部分。本次考试时间为90分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签宇笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4
2、.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Zn-65选择题（共32分）一、单项选择题：本题包括8小题，每小题2分，共计16分。每小题只有一个选项符合题意。1. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 的结构示意图：B. 的电子式：C. 中子数为21的钾原子：D. 乙烯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A. 的结构示意图为，A错误； B. 的电子式：，B错误；C. 中子数为21的钾原子其质量数为19+21=40,则可表示为：，C正确； D. 乙烯的结构简式：，D错误；答案
3、选C。2. 下列各组物质互为同分异构体的是（ ）A. 与B. 与C. 与D. 与【答案】B【解析】【详解】A. 与互为同素异形体，A错误； B. 与分子式均为C5H12，结构不同，故互为同分异构体，B正确；C. 与均属于烷烃，结构相似，差一个 “CH2”，互为同系物，C错误； D. 与分子式不相同，不互为同分异构体，D错误；答案选B。3. 有机物A为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，A的结构如下图所示，下列说法正确的是（ ）A 每个A分子中含有一个手性碳原子B. A中所有碳原子可处于同一平面C. A不能发生氧化反应D. 1molA最多可与4molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A连接
4、四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质中并不存在这样的碳原子，故A错误；BA中存在3个碳原子与同一饱和碳原子相连的结构，根据甲烷的结构特点可知不可能所有碳原子都共面，故B错误；CA中存在酚羟基，可以发生氧化反应，且该物质可以燃烧，燃烧也属于氧化反应，故C错误；D该物质中苯环和羰基均可以与氢气发生加成反应，所以1molA最多可与4molH2发生加成反应，故D正确；综上所述答案为D。4. 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. 溶液：、B. 溶液：、C. 能使酚酞变红的溶液：、D. 溶液中：、【答案】D【解析】【详解】A碳酸根会和氢离子反应生成二氧化碳而不能大量共存
5、，故A不符合题意；B铁离子和SCN反应生成络合物，且硝酸根和铁离子均可以氧化硫离子，所以不能大量共存，故B不符合题意；C使酚酞变红的溶液显碱性，铜离子不能大量存在，故C不符合题意；D该溶液中氢离子浓度较小，碳酸根可以大量存在，其他几种离子也相互不反应，可以大量共存，故D符合题意；综上所述答案为D。5. 工业上用和合成气态甲醇，反应方程式为 。下列说法正确的是（ ）A. 使用催化剂能提高的平衡转化率B. 充入足量的，能100%转化为C. 升高温度能加快该反应的速率D. 达到平衡时，反应速率：【答案】C【解析】【详解】A. 使用催化剂能提高反应速率，但不能提高平衡转化率，A错误；B. 充入足量的，
6、能增大的转化率，但二氧化碳不能100%转化，因为该反应是可逆反应，B错误；C. 升高温度能加快正反应和逆反应的速率，C正确；D. 达到平衡时，反应速率：，是动态平衡；答案选C。【点睛】解本题的关键是是可逆反应，要掌握其特征是“逆”、“等”、“定”、“动”、“变”。6. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 向AlCl3溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+B. 用小苏打治疗胃酸过多：CO32-+2H+=CO2+H2OC. 大理石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD. FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+【答案】A【解
7、析】详解】A反应符合事实，遵循物质拆分原则，A正确；B小苏打主要成分是NaHCO3，在水溶液中电离产生Na+、HCO3-，离子方程式应该为：HCO3-+H+=CO2+H2O，B错误；C醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，离子方程式应该为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，C错误；D电子不守恒，电荷不守恒，离子方程式应该为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，D错误；故合理选项是A。7. 碱性电池具有容量大、放电电流大的特点因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+H2O=Zn(OH)2+Mn2O3。下列说法正
8、确的是（ ）A. 电池工作时，锌是正极B. 电子由Zn电极通过外电路流向MnO2电极C. MnO2电极发生氧化反应D. 外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g【答案】B【解析】【详解】A根据电池反应：Zn+2MnO2+H2O=Zn(OH)2+Mn2O3可知：金属锌失电子，发生氧化反应，作负极，A错误；B金属锌作负极，失电子，发生氧化反应；MnO2作正极，得电子，发生还原反应，电子从负极Zn流向正极MnO2，B正确；CMnO2得电子发生还原反应，C错误；D由Zn+2MnO2+H2O=Zn(OH)2+Mn2O3可知：1 mol Zn反应失去2 mol电子，则转移0.1 mo
9、l电子，需要Zn的物质的量是n(Zn)=0.1 mol=0.05 mol，其质量m(Zn)=0.05 mol65 g/mol=3.25 g，D错误；故合理选项是B。8. 下列有关说法正确的是（ ）A. 反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H0B. 水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热过程C. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀D. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】A【解析】【详解】A反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)是个体系混乱程度减小的反应，S0，在室温下可自发进行
10、，根据G=H-TS0，则反应为放热反应，该反应的H0，A正确；B水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热过程，B错误；C若在海轮外壳上附着一些铜块，则Fe、Cu及海水构成原电池时，活动性强的Fe作负极，会加快海轮外壳的腐蚀，C错误；D氢氧燃料电池的正极发生还原反应，正极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极上H2失去电子被氧化，D错误；故合理选项是A。二、不定项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共计16分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只
11、要选错一个，该小题就得0分。9. 化合物是一种药物合成中间体，可由化合物X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）A. X的分子式为B. 的反应类型为取代反应C. Y分子一定条件下能发生取代、加成反应D. 最多可与反应【答案】BC【解析】【详解】A. X分子内有14个碳原子，不饱和度为3，则其分子式为，A错误；B. 的反应为酯基发生水解反应，该反应属于取代反应，B正确；C. Y分子含有羧基，一定条件下能发生取代反应、分子内有羰基，一定条件下可发生加成反应，C正确；D.+NaOH +，故 最多可与反应生成，D错误；答案选BC。10. 下列叙述正确的是（ ）A. 电解饱和食盐水时，用铁作阳极
12、，Cl-发生氧化反应B. 钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为：Fe-3e-=Fe3+C. 煤的燃烧需要加热点燃，故是吸热反应D. 放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】D【解析】【详解】A电解饱和食盐水时，用铁作阳极，由于Fe电极是活性电极，所以阳极上Fe失去电子变为Fe2+，发生氧化反应，A错误；B钢铁发生电化学腐蚀时，负极Fe失去电子变为Fe2+，负极的反应式为：Fe-2e-=Fe2+，B错误；C反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关。吸热反应不一定需要加热，放热反应也需在一定条件下进行，如煤的燃烧反应需要在加热点燃，但反应是放热反应，C错误；D放热反应是由于反应物的总能量高于
13、生成物的总能量，当反应发生时多余的能量以热能的形式释放出来，即发生反应放出热量，D正确；故合理选项是D。11. H2A为二元弱酸。室温下，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(忽略溶液混合引起的体积变化)( )A. 0.1mol/LH2A溶液：c(H2A)c(HA)c(A2)c(H+)B. 0.1mol/LNaHA溶液(pH7)：c(Na+)c(HA)；c(H2A)c(A2)C. 0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合：c(OH)=c(H+)+c(HA)+2c(H2A)D. 0.1mol/LNaHA溶液(pH7)和0.1mol/LH2A溶液等体积混合：c(N
14、a+)c(HA)+2c(A2)【答案】C【解析】【详解】AH2A为二元弱酸，溶液中存在电离H2AHA+H+、HAA2+H+，且第一步电离程度大于第二步，但弱电解质的电离是微弱的，所以c(H2A)c(H+)c(HA)c(A2)，故A错误；B0.1mol/LNaHA溶液中存在HA的电离和水解，溶液pH说明电离程度大于水解程度，所以c(A2)c(HA)，故B错误；C0.1mol/LNaHA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(HA)+2c(A2)+c(OH)，存在物料守恒c(Na+)=2c(HA)+2c(A2)+2c(
15、H2A)，二式联立可得c(OH)=c(H+)+c(HA)+2c(H2A)，故C正确；D混合溶液应显酸性，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HA)+2c(A2)+c(OH)，酸性溶液中c(H+)c(OH)，所以c(Na+)c(HA)+2c(A2)，故D错误；综上所述答案为C。12. 一定温度下，在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) 容器编号温度()起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.0
16、90A. 该反应的正方应为放热反应B. 达平衡时，容器中CH3OCH3的浓度大于0.16 mol/LC. 达平衡时，容器中比容器中的大D. 若起始时向容器中充入CH3OH(g)0.30 mol、CH3OCH3(g)1.50 mol和H2O(g)0.30 mol，则反应将向逆反应方向进行【答案】AD【解析】【详解】A对比I、可知，升高温度CH3OCH3(g)的物质的量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，而升高温度，化学平衡向吸热反应移动，故该反应的正反应为放热反应，A正确；B等效为中平衡基础上压强增大一倍，该反应是气体体积不变的反应，增大压强化学平衡不移动，因此容器中的CH3OH体积分数与容器中的
17、相等。I中平衡时CH3OCH3的物质的量是0.080 mol，则容器中CH3OCH3的物质的量为n(CH3OCH3)=20.080 mol=0.16 mol。反应容器是1 L，则II达到平衡时CH3OCH3的物质的量浓度为c(CH3OCH3)=0.16 mol/L，B错误；CII中达到平衡时，c(CH3OCH3)=0.16 mol/L，c(CH3OH)=0.08 mol/L，=0.5；III中达到平衡时，c(CH3OCH3)=0.090 mol/L，c(CH3OH)=0.020 mol/L，=0.2220.25，所以达平衡时，容器中比容器中的小，C错误；D容器中平衡时c(CH3OCH3)=c(
18、H2O)=0.080 mol/L，c(CH3OH)=0.04 mol/L，容器中化学平衡常数K1=4，若起始时向容器中充入CH3OH(g)0.30 mol、CH3OCH3(g)1.50 mol和H2O(g)0.30 mol，由于容器的容积是1 L，则物质的浓度与其物质的量在数值上相等，此时浓度商Qc=54=K，则反应将向逆反应方向进行，D正确；故合理选项是AD。非选择题（共68分）13. 化合物是某抗肿瘤药物的重要中间体，其部分合成路线如下：（1）中含氧官能团的名称为_和_。（2）的反应类型为_。（3）化合物的结构简式为_。（4）的一种同分异构体同时满足下列条件写出该同分异构体的结构简式：_。
19、能与溶液发生显色反应；酸性条件下水解产物分子均只有3种不同化学环境的氢。（5）已知：写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_。【答案】 (1). 醛基 (2). 醚键 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】(1)(3):由流程知，的反应为苯环所连甲基上氢原子被氯原子取代的反应，的反应是氯代烃的水解反应，故C为，是芳香醇的催化氧化反应，则是羟醛缩合反应，就是仿照问题(5)中所提信息的反应，中含氧官能团的名称为醚键和醛基，据此回答；(4)的一种同分异构体按它必须满足的条件找到相应的官能团可书写； (5)可用逆推法分析得出反应流程
20、，要制备，则需要CH2=CH-COOH和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要从和得到CH2=CH-COOH，则需要引入羧基、碳碳双键同时还需增长碳链，故可仿照题干流程或结合所提供的信息知，由和在稀NaOH溶液中加热下发生反应，就可获得CH2=CH-CHO，再氧化成CH2=CH-COOH，由催化氧化而得，据此回答；【详解】(1)E为，中含氧官能团的名称为醚键和醛基；答案为：醛基；醚键；(2) 的反应为，苯环所连的甲基上一个氢原子被氯原子取代的反应；答案为：取代反应；(3)B为 ，的反应是氯代烃在氢氧化钠水溶液中发生的水解反应，故C为；答案为：； (4)为，其分子式为C9H10O3，不饱和度为5，D
21、的一种同分异构体要同时满足下列条件：能与溶液发生显色反应；则其中含有酚羟基，酸性条件下水解产物分子均只有3种不同化学环境的氢，则其含有1个酯基，水解产物分别含有羧基和羟基，水解产生的羧酸只能是CH3-CH2-COOH，丙酸有3种不同化学环境的氢，则另一水解产物为，分子中一个羟基是酯基水解后生成的，分子中也只有3种不同化学环境的氢，则满足条件的D的一种同分异构体为；答案为：；(5)要制备，则需要CH2=CH-COOH和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，要得到CH2=CH-COOH，则需要通过弱氧化剂把CH2=CH-CHO中的醛基氧化而得，要得到CH2=CH-CHO，要由和在稀NaOH溶液中加热反应
22、，要得到，由催化氧化即可，故流程为；答案为：。14. 以硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：(1)“酸溶”时加快溶解的方法可以是_。(写出一种)(2)“还原”过程中主要反应的离子方程式为_。(3)“氧化”过程中，生成FeOOH的离子方程式为_。(4)“过滤”所得铁黄在洗涤过程中，检验铁黄表面已洗涤干净的操作是_。(5)实验测得反应溶液、温度对铁黄产率的影响如图1、图2所示。 反应温度宜选择_；氧化时应控制pH的合理范围是4.5左右，pH过小或过大均会导致铁黄产率较低，其可能原因是_。【答案】 (1). 快速搅拌或适当提
23、高酸溶时温度 (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). (4). 取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗涤干净 (5). 40 (6). pH过低导致Fe3+不可能完全转为铁黄，pH过大导致部分Fe3+会转化为Fe(OH)3【解析】【分析】硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO，杂质为Al2O3和SiO2等)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加铁粉把铁离子还原为Fe2+，之后进行过滤，滤渣主要为不溶于稀硫酸的二氧化硅，滤液中含有Fe2+和Al3+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的F
24、eOOH；【详解】(1)快速搅拌、适当提高酸溶时温度均可以加快溶解的速率；(2)还原过程主要为铁粉和铁离子的反应，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)根据流程可知氧化过程中氧化剂为O2，Fe2+在碱性环境中被氧化成FeOOH，铁元素化合价升高1价，所以反应中Fe2+和O2的系数比为4:1，再结合元素守恒可得离子方程式为；(4)根据整个流程可知生成的铁黄表面可能附着硫酸铵，所以需要检验铁黄表面是否存在硫酸根来验证铁黄是否洗涤干净，具体操作为：取最后一次洗涤滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀，说明已洗涤干净；(5)据图可知温度为40时铁黄的产率最高，所以温度选40；pH过
25、低导致Fe3+不可能完全转为铁黄，pH过大导致部分Fe3+会转化为Fe(OH)3，所以pH过小或过大均会导致铁黄产率较低。【点睛】书写第3小题离子方程式时要注意，该流程中是利用氨水提供氢氧根，一水合氨为弱电解质，不能写成离子。15. 苯达松是一种触杀性除草剂，其合成路线如下：(1)C中含氧官能团的名称为_和_。(2)BC的反应类型为_。(3)化合物D的结构简式是_。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应；水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：2。(5)已知信息：写出以CH3CH2OH和为原料制备的
26、合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。【答案】 (1). 硝基 (2). 羧基 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】A为甲苯，甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基邻位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为-COOH，反应产生C：，C与H2在Pd/C作用下，NO2被还原为NH2，产生D：，D与CH3OH在浓硫酸存在并加热时发生酯化反应产生E：，E与发生氨基上的取代反应产生F：，F在碱性条件下发生取代反应产生苯达松：。【详解】(1)C结构简式是，其中含有的含氧官能团是NO2、COOH，名称分别是硝基、羧基；(2)B
27、是，B被酸性KMnO4溶液氧化产生C：，所以BC的反应类型为氧化反应；(3)根据上述分析可知：化合物D结构简式是；(4)化合物B结构简式是，它的一种同分异构体符合条件：能发生银镜反应，说明含有CHO；水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其含有酚羟基形成的酯基，是甲酸与酚羟基形成的酯基；分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：2：2：2，说明分子中有4种H原子，个数比为1：2：2：2，则该物质结构简式为：；(5)乙醇CH3CH2OH被催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO被催化氧化产生CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂条件下加热发生酯化反应产生CH3COOCH
28、2CH3；与H2在Pd/C作用下，NO2被还原为NH2，产生，与CH3COOCH2CH3发生取代反应产生。故以CH3CH2OH和为原料制备的合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物推断与合成，掌握各种官能团对物质性质的决定作用及物质转化中化学式的变化是本题解答的关键。要利用有机物分子、苯达松的结构与反应条件进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，题目侧重考查学生分析推理能力能力、自学能力、知识迁移运用能力。16. 采用科学技术减少氮氧化物等物质的排放可促进社会主义生态文明建设。(1)用CH4催化还原氮氧化物的相关热化学方程式如下：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H
29、2O(l) H=-662 kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-1248 kJ/mol反应CH4(g)+2NO2(g)= N2(g) +CO2(g)+2H2O(l) H=_kJ/mol(2)氮氧化物可用碱溶液吸收。NO和NO2混合气体按一定比例被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和H2O，写出该反应的化学方程式_；若反应过程中消耗NaOH的物质的量为3 mol，则理论上被吸收的NO和NO2混合气体的总体积在标准状况下为_L。(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图1所示： 由图1可知SCR
30、技术中的还原剂为_。一定时间内，用Fe作催化剂，氨气按一定的比例催化还原氮氧化物时，不同温度下的脱氮率如图2所示，温度高于300时，脱氮率随温度的升高而下降的原因可能是_。(4)利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计成原电池，既能减轻氮氧化物对环境的污染，又能充分利用化学能，装置如图3所示。电极B是_极（填“正”或者“负”）。A电极的电极反应式为_。【答案】 (1). -955 (2). NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O (3). 67.2 (4). NH3 (5). 随着温度升高催化剂活性降低，所以脱氮率随温度的升高而下降。 (6). 正 (7). 2NH3-6e-
31、+6OH-=N2+6H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；(2)根据元素守恒、电子守恒书写反应方程式；根据NaOH的物质的量与反应消耗气体物质的量关系计算气体的物质的量，然后根据n=计算气体在标准状况下的体积；(3)根据还原剂失去电子，元素化合价升高分析判断；利用催化剂在一定温度下催化效率最高分析判断；(4)根据在原电池反应中负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应分析解答。【详解】(1)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-662 kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2
32、N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-1248 kJ/mol根据盖斯定律，将(+)，整理可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955 kJ/mol；(2)NO和NO2混合气体按一定比例被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和H2O，则根据元素原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；由方程式可知：NaOH的物质的量与反应消耗气体的物质的量相等，若反应过程中消耗NaOH的物质的量为3 mol，则理论上被吸收的NO和NO2混合气体的物质的量也是3 mol，其在标准状况下的总体积V(NO+NO2)
33、=3 mol22.4 L/mol=67.2 L；(3)根据图示可知NH3与NO、NO2发生反应产生N2、H2O，在反应中NH3中N元素化合价为-3价，反应后变为N2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以NH3为还原剂；一定时间内，用Fe作催化剂，氨气按一定的比例催化还原氮氧化物时，温度不同，反应脱氮率不同，催化剂只有在一定温度范围内催化效率最高，当温度高于300时，脱氮率随温度的升高而下降的原因可能是由于随着温度升高催化剂活性降低，导致脱氮率随温度的升高而下降；(4)根据图示可知：电极A上通入NH3，失去电子，发生氧化反应变为N2，所以A电极为负极；电极B上通入NO2，得到电子，发生还原
34、反应变为N2，所以B电极为正极；电极A上通入NH3，失去电子，发生氧化反应变为N2，其中的+1价的H与溶液中OH-结合形成H2O，则A电极为负极，负极A的电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。【点睛】本题以氮氧化物的处理为线索，考查了反应热的计算、氧化还原反应方程式的书写、概念与计算及原电池反应原理。掌握盖斯定律、氧化还原反应规律和电化学基础知识是本题解答的关键。题目侧重考查学生的知识掌握与应用能力及分析、解决问题的能力。三、【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A.物质结构与性质17. 氮化钛是一种新型功能性材
35、料，它可由钛粉和氮气在一定条件下进行制备。(1)基态钛原子的核外电子排布式为_，1 mol N2中含有_mol键。(2)钛也可与C、O等元素形成二元化合物，C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是_。(3)氮化钛也可由钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4为原料进行制备，钛酸四丁酯结构如图1。其中碳原子的杂化类型为_。该配合物中的配位原子为_。(4)有一种氮化钛晶体的晶胞如图2所示，该晶体的化学式为_。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d24s2(或为Ar 3d24s2) (2). 1 (3). ONC (4). sp3 (5). O (6). TiN【解析】【分析】(1)Ti是22
36、号元素，根据构造原理，可得基态钛原子的核外电子排布式；N2分子中2个N原子形成3个共价键，共价三键中含有1个键，2个键；(2)元素的非金属性越强，其电负性就越大；(3)根据原子形成的化学键数目判断其杂化类型；Ti原子具有空轨道，OC4H9中的O原子提供孤电子对；(4)利用均摊方法计算晶体的化学式。【详解】(1)Ti是22号元素，根据构造原理，可得基态钛原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或简写为Ar 3d24s2；N2分子中2个N原子形成3个共价键，结构式是NN，2个N原子通过共价三键结合，其中含有1个键，2个键，则1 mol N2中含有1 mol 键；(2)元素
37、的非金属性越强，其电负性就越大。C、N、O是同一周期的元素，由于元素的非金属性：ONC，所以三种元素的电负性由大到小的顺序是：ONC；(3)在络合物钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4中，配位体OC4H9的C原子形成4个共价键，因此C原子杂化类型为sp3杂化；中心离子Ti4+提供空轨道，配位体OC4H9中的O原子提供孤对电子对，所以该配合物中的配位原子是O原子；(4)根据晶胞结构可知：N原子数目为：8+6=4；含有的Ti原子数目为：12+1=4，所以该晶体的化学式为TiN。【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化、元素电负性比较、化学键类型的判断及数目计算和晶胞知识。掌握原子核外电子排布规律、
38、杂化轨道理论等知识是本题解答关键，要学会使用均摊方法分析晶体结构。B.化学反应原理18. 对CO2进行综合利用可以节约能源，减少碳排放，对于环保有重要意义。(1)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHH 键能/(kJ/mol)abcd则估算该反应的H=_kJ/mol（用a、b、c、d的代数式表示）。一定条件下，向2 L密闭容器中通入CO2和CH4各4 mol，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。当反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，则平衡时CO2的浓度
39、为_mol/L。(2)以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，反应方程式为CH4+CO2CH3COOH。催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图3所示。在制备乙酸时，可选择的适宜温度为_。为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_(写出一种)。(3)CO2在新型钴基电催化剂作用下转化为清洁燃料甲酸，其工作原理如图4所示。该装置是_（填“原电池”或“电解池），电极的电极反应式为_。【答案】 (1). 4a+2b-2c-2d (2). 1.5 (3). 250 (4). 增大CO2的浓度 (5). 电解池 (6). 2O2-4e-=O2
40、【解析】【分析】(1)根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算；根据物质反应转化关系计算各种物质的平衡时的物质的量，结合反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，计算出CO2的平衡时的物质的量及浓度；(2)催化剂的催化效率越高，反应消耗能量越低，越有利于制取乙酸；根据平衡移动原理分析判断；(3)根据原电池、电解池的区别判断；与电源正极连接的电极为阳极，与治理电源负极连接的电极为阴极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。【详解】(1)由于反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差，所以反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的反应热H=(4a+2b-2c-2d) k
41、J/mol=(4a+2b-2c-2d) kJ/mol；反应开始时CO2和CH4各4 mol，发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，假设反应消耗CO2的物质的量为x，则平衡时n(CH4)=n(CO2)=(4-x) mol，n(CO)=n(H2)=2x mol，当反应达平衡时测得CO的体积分数为20%，则100%=20%，解得x=1 mol，所以平衡时n(CO2)=(4-x) mol=(4-1) mol=3 mol，容器的容积是2 L，则平衡时CO2的浓度c(CO2)=3 mol2 L=1.5 mol/L；(2)根据图示可知温度为250时，催化剂的催化效率最高，低于或高于
42、该温度时催化剂的催化效率都未达到最高值，故在制备乙酸时，可选择的适宜温度为250；要提高反应CH4+CO2CH3COOH中CH4的平衡转化率，可通过增大CO2的浓度，使平衡正向移动，或减少CH3COOH的浓度，使平衡正向移动实现；(3)由图示可知该装置中有直流电源，因此该装置属于电解池，其中b电极连接电源的正极，为阳极，阳极上O2-失去电子，发生氧化反应产生O2，故b电极的电极反应式为：2O2-4e-=O2。【点睛】本题考查了反应热与键能的关系、化学平衡影响的有关计算、反应条件的判断及电解池知识。掌握化学反应有关原理，理解有关概念的含义是本题解答关键，题目考查了学生识图与数据处理能力及应用知识分析解决问题的能力。
