1、高三年级第一学期第三次模拟考试1.常温常压下：S (s)+O2 (g)SO2 (g)+297.16kJ，下列说法正确的是A. 反应物的总能量低于产物的总能量B. S(g)+O2(g)SO2(g)+Q Q297.16kJC. 反应中生成22.4 L SO2 (g)，转移电子4molD. 反应中生成1 L SO2 (g)，放出热量297.16kJ【答案】B【解析】A.因为硫的燃烧是放热反应，反应物的总能量高于产物的总能量，故A错误；B.固态硫转变为气态的硫蒸气是吸热过程，由硫蒸气直接燃烧放出的热量肯定大于等量固态硫燃烧放出的热量，故B正确；C.因不是标准状况下二氧化硫的体积，不用能标准气体摩尔体积
2、进行换算，故C错误；D. 反应中每生成1 mol SO2 (g)，放出热量297.16kJ，故D错误。答案选B。2.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程中能量变化如图所示(图中E表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能。下列有关叙述正确的是( )A. 该反应的逆反应为放热反应，升高温度可提高活化分子的百分数B. H=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热C. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能D. 500、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2S
3、O3(g) H =-2akJmol-1【答案】B【解析】A. 根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，选项A错误；B、根据反应的焓变等于反应物的总能量-生成物的总能量得：H=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，选项B正确；C、该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，选项C错误；D、反应是可逆反应，反应不可能完全，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)，生成的SO3(g)没有1mol，放热akJ，则500、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭
4、容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H 0B. 若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C. 若反应进行到状态D时，一定有D. 状态A与状态B相比，状态A的c (I2) 小【答案】A【解析】试题分析：A、根据图像可知随着温度的升高，c(I3)逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，即H小于0，A错误；B、升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，B正确；C、D点不在曲线上，所以D点没有达到平衡状态，如果达到平衡状态，则
5、在温度不变的条件下c(I3)应该增大，所以此时反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，C正确；D、B点温度高，平衡向逆反应方向进行，则状态A与状态B相比，状态A的c (I2) 小，D正确，答案选A。考点：考查外界条件对平衡状态的影响8.反应X(g)Y(g)2Z(g) H0)，某实验小组测得X的转化率()在不同温度与压强(p)下的实验数据，三者之间关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 图中A、B两点对应的平衡常数相等B. 上述反应在达到平衡后，缩小体积，Y的转化率提高C. 升高温度，正、逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动D. 将2.0molX、6.0molY置于密闭容器中发生反应
6、，放出的热量为2akJ【答案】B【解析】【详解】A.平衡常数与温度有关，与压强无关，A、B两点温度不同，则平衡常数不同，故A错误；B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，Y的转化率提高，故B正确；C.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且正、逆反应速率均增大，故C错误；D.可逆反应不能完全转化，且物质量与热量成正比，则2.0molX、6.0molY置于密闭容器中发生反应，放出的热量小于2a kJ，故D错误。答案选B。11.在密闭容器中，加入2molA和1molB发生如下反应：2A(g)+B(?)2C(g)+D(g)，C的体积分数（C%) 随时间的变化趋势符合右下图关系：下列说
7、法正确的是（）A. E点的v(逆)大于F点的v(正)B. 若在F点时给容器加压，达新平衡时C的浓度将增大C. 若给容器加热，该反应的平衡常数K将增大D. 恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2molA和1molB，A的转化率不发生改变【答案】B【解析】E点时，反应正在向右进行，所以v(正)v(逆)，而F点为反应达到平衡时的速率v(正)=v(逆)，所以E点的v(逆)小于F点的v(正)，A错误；根据图像2可知，压强P1 P2，现在增大压强，C%减小，平衡左移，但因为容器的体积缩小，所以达新平衡时C的浓度比原来还是增大，B正确；由图像可知温度T1 T2 ，由T1 T2，相当于降温，C%增大，平衡右移，
8、正反应为放热反应，若给容器加热，平衡左移，该反应的平衡常数K将减小，C错误；恒温恒容下达平衡后，向容器中再加入2molA和1molB，相当于加压过程，平衡左移，A的转化率减小，D错误；正确选项B。点睛：三个变量的图像在分析时，采用定一义二的方法，即假设一个变量不变，讨论另外两个变量之间的变化关系；先拐先平，条件高：图像中先出现拐点的地方，反应先达到平衡，对应的温度高、压强大。12.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)B(g)3C(g)D(g)，若反应开始时充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时C的浓度为 a molL1。若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物
9、质，达到平衡后，C的浓度仍为a molL1的是A. 4 mol A2 mol BB. 2 mol A1 mol B3 mol C1 mol DC. 3 mol C1 mol D1 mol BD. 3 mol C1 mol D【答案】D【解析】【分析】判断全等平衡的方法是将物质全部靠到一边进行极限转化，再与原反应进行比较来判断，若各物质与原来相等，则等效，否则不等效。因为反应前后体积是变化的，所以当容积不变时，要使C的物质的量的浓度仍然为amol/L，则起始物质的物质的量必须和最初的相同。【详解】A项、4molA+2molB，这与这和题目开始不一样，故A错误；B项、采用极限分析法，3molC和1
10、molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有4molA和2molB，这和题目开始不一样，故B错误；C项、采用极限分析法，3molC和1molD完全反应生成2molA和1molB，此时容器中共含有2molA和2molB，这和题目开始不一样，故C错误；D项、采用极限分析法，3molC+1molD完全反应生成2molA和1molB，这和题目开始一样，故D正确；故选D。【点睛】判断全等平衡的方法要注意恒温恒容和恒温恒压，恒温恒容：反应前后气体体积不等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等量；反应前后气体体积相等，按化学计量数转化一边，对应物质满足等比；恒温恒压：按化学计量数转化一边，对
11、应物质满足等比。13.在某温度下，将1molH2和1molI2的气态混合物充入1L的密闭容器中，发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g) HT2T1B. 图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)C. 图中五点Kw间的关系:EDA=B=CD. C点可能是显酸性的盐溶液【答案】D【解析】A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，离子积常数T3T2T1，所以温度T3T2T1，故A正确；B水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BDE，但三点溶液的氢离子浓度相等，则pH相
12、等，故B正确；C温度高低点顺序是A=B=CDE，水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系:EDA=B=C，故C正确；DC点时，Kw=110-14，c(OH-)=110-6，溶液的pH=8，显碱性，故D错误；17.下列关于水的说法正确的是（ ）A. 水的离子积仅适用于纯水B. 水的电离需要通电C. 升高温度一定使水的离子积增大D. 加入电解质一定会破坏水电离平衡【答案】C【解析】【详解】A.水的离子积适用于稀的电解质水溶液及纯水，故A错误；B.水电离不需要通电，故B项错误；C.水的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，故C项正确；D.不是所有的电解质都
13、能破坏水的电离平衡，如NaCl，D项错误；答案选C。18.常温下，在0.1 molL1CH3COOH溶液中，水的离子积是( )A. 1.01014B. 1.01013C. 1.321014D. 1.321015【答案】A【解析】水的离子积只与温度有关，与溶液的酸、碱性无关。常温下，KW1.01014。19.室温下，某溶液中由水电离产生的c(H)11010 molL1，该溶液的溶质不可能是（ ）A. NaHSO4B. NaClC. HClD. Ba(OH)2【答案】B【解析】【详解】溶液中c(H)小于常温下纯水电离产生的c(H)，说明该溶液中水的电离受到了抑制，A. NaHSO4在溶液中电离产生
14、氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故A错误；B. NaCl在溶液中电离产生氯离子和钠离子，对水的电离无影响，符合题意，故B正确；C. HCl在溶液中电离产生氢离子，抑制水的电离，不符合题意，故C错误；D. Ba(OH)2在溶液中电离产生氢氧根离子，抑制水的电离，不符合题意，故D错误；答案选B。20.常温下，某溶液中由水电离产生的c(H)11011molL1，则该溶液的pH可能是( )A. 4B. 7C. 8D. 11【答案】D【解析】试题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，常温下，kw=c(H+)c(OH-)110-14，纯水中c(H+)=110-7molL-1，该溶液中由水电
15、离产生的c(H+)=110-11molL-1110-7molL-1，说明该溶液抑制水电离，所以该溶液可能是酸也可能是碱，如果是酸溶液，则溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，溶液的pH=3，如果是碱溶液，则溶液中氢原子浓度是110-11molL-1，溶液的pH=11，故选D。考点：考查了pH的简单计算的相关知识。21.用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对照B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中央，再与标准比色卡对照C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿
16、上，与标准比色卡对照D. 将一小条试纸用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照【答案】A【解析】【详解】A. pH试纸的正确使用方法是：把一小块pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的pH，故A正确；B. pH试纸测定溶液pH时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故B错误；C. pH试纸不能伸入待测液中，否则对待测液造成污染，故C错误；D. pH试纸测定溶液pH时，不能润湿，否则改变原溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，故D错误；答案选A。22.在100时，水的离子积等于1.01012，若该温度下某
17、溶液中的c(H)1107 mol/L，则该溶液()A. 呈碱性B. 呈酸性C. 呈中性D. c(H)c(OH)【答案】A【解析】【分析】在任何溶液中，水的离子积表达式：Kw=c（H+）c（OH-）成立，并且根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小来判断溶液的酸碱性。【详解】在100时，水的离子积等于1.010-12，某溶液中H+浓度c（H+）=110-7mol/L，故c（OH-）=11012/1107=110-5molL-1，c（OH-）c（H+），所以溶液显示碱性，所以A正确。故选A。【点睛】注意根据溶液中c（OH-）、c（H+）相对大小判断溶液酸碱性，不能根据溶液pH大小判断溶液酸碱性。
18、23.关于下列水溶液的说法正确的是（ ）A. HNO3溶液中无OHB. 常温下，任何物质的水溶液中都有H和OH，且KW1014C. NaCl溶液中既无OH也无HD. 氢氧化钠溶液中无H【答案】B【解析】【详解】A. HNO3溶液中存在水的电离平衡H2OH+OH，溶液中既有氢离子也有氢氧根离子，故A错误；B. 常温下水溶液中存在水的电离平衡，任何物质的水溶液中都有H+和OH，且KW=c(H+)c(OH)=1014，故B正确；C. NaCl溶液中一定存在水的电离平衡，溶液中既有OH也有H+，故C错误；D. 氢氧化钠溶液中存在水的电离平衡，溶液中既有OH也有H+，故D错误；答案选B。24. 下列关于
19、水的离子积常数的叙述中，正确的是( )A. 因为水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)c(OH)，所以KW随溶液H+和OH浓度的变化而变化B. 水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是同一个物理量C. 水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化D. 水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是两个没有任何关系的物理量【答案】C【解析】水的离子积常数KW=K电离c(H2O)，一定温度下K电离和c(H2O)都是不变的常数，所以KW仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)c(OH)，只与温度有关溶液中H+的浓度变大，OH的浓度就变小，反之亦然。25.一定温度下，水溶
20、液中H和OH的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）A. 升高温度，可能引起由c向b的变化B. 该温度下，水的离子积常数为1.01013C. 该温度下，通入HCl可能引起由b向a的变化D. 该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】【详解】A.升高温度，氢离子和氢氧根离子浓度会变大，水的离子积常数会变大，变化后不会还在曲线上，故A错误；B.根据水的离子积常数的计算公式，结合b点的数据可得水的离子积常数为1.01014，故B错误；C.通入HCl，氢离子浓度变大，水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，故C正确；D.温度不变的情况下，稀释不会改变水的离子积常数，应在曲线上进行移动，故
21、D错误；答案选D。二填空题26.现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 molL1的NaOH溶液，乙为0.1 molL1的HCl溶液，丙为0.1 molL1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH_。（2）丙溶液中存在的电离平衡为_(用电离平衡方程式表示)。（3）常温下，用水稀释0.1 molL1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是_(填序号)。n(H)c(H) c(CH3COOH)/c(CH3COO-) c(OH)（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH)的大小关系为_。（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到
22、如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)曲线。a_。【答案】 (1). 13 (2). H2OH+OH-,CH3COOHCH3COO-+H+ (3). (4). 丙甲乙 (5). 图 2 (6). 20.00【解析】【分析】(1)0.1molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，根据Kw=c(H+)c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液的pH值；(2)溶液中存在水和醋酸，都是弱电解质，存在电离平衡；(3)用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增
23、大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，据此分析判断；(4)酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，据此分析判断；(5)乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性，结合图像分析解答。【详解】(1)0.1molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中c(H+)= mol/L=10-13mol/L，故该溶液的pH=-lg10-13=13，故答案为：13；(2)0.1molL-1的CH3COOH溶液中存在溶剂水、水为弱电解质，溶质乙酸为弱电解质，存在电离平衡为CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：H2OOH-+H+、CH3COOHCH3COO-+H+；(3)用水
24、稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，故正确；用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故错误；加水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离平衡常数Ka=不变，c(H+)减小，所以增大，则减小，故错误；用水稀释0.01molL-1的CH3COOH溶液，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH-)增大，故正确；故答案为：；(4)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，乙酸是弱电解质，氢氧化钠、氯化氢是强电解质，所以相同物
25、质的量浓度的乙酸和盐酸和氢氧化钠，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度小于醋酸，相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钠对水电离抑制程度相等，盐酸中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢氧化钠溶液中水电离出的氢氧根离子浓度，所以水电离出的氢氧根离子浓度大小顺序是：丙甲=乙，故答案为：丙甲=乙；(5)醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，故答案为：图2；滴定终点时n(CH3COOH)=n(NaOH)，则a=20.00mL，反应生成了醋酸钠，醋酸根离子发生水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显示碱性pH7，故答案为：20.00。27.CoCl
26、2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：已知：焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：回答下列问题：（1）操作的名称为_，NaClO3具有氧化性，其名称为_。（2）浸取中加入Na2S2O5的作用是_。（3）滤液1中加入NaClO3的作用是_，相关的离子方程式为_。（4）
27、加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为_。（5）滤渣3主要成分为_(写化学式)。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体（6）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_。（7）制备晶体CoCl26H2O，需在减压环境下烘干的原因是_。【答案】 (1). 过滤 (2). 氯酸钠 (3). 将+3价钴还原为+2价钴 (4). 将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离 (5). 6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O (6). 2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2 (7). CaF2、MgF2 (8). 分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Z
28、n2+，回收利用 (9). 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴【解析】【分析】(1)操作后得到滤液和滤渣，据此判断；NaClO3名称为氯酸钠；(2)焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性可将+3价钴转化为+2价钴；(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；(4)Fe3+与CO32-结合成Fe(OH)3沉淀，据此判断；(5)故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF2、MgF2；(6)反萃取可从有机层中获取Mn2+、Cu2+、Zn2+；(7)CoCl26H2O加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，需在减压环境下烘干；【详解】(1)
29、操作后得到滤液和滤渣，故操作为过滤；NaClO3中氯为+5价，其名称为氯酸钠；(2)下一步操作过程中加入NaClO3，调节pH3.03.5时，会将+3价钴转化为沉淀，降低产率，而此时+2价钴不会转化为沉淀，故加入Na2S2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；(3)NaClO3具有氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，相关的离子方程式为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(4)加入Na2CO3溶液生成滤渣Fe(OH)3，反应式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2(5)CaF2、MgF2难溶于水，故加入NaF后，得到的滤渣主要是CaF
30、2、MgF2；(6)滤液3中含有Mn2+、Cu2+、Zn2+，用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；(7) CoCl26H2O加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；28.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下： SO2(g) + NH3H2O(aq) =NH4HSO3(aq) H1 = a kJmol-1； NH3H2O(a
31、q) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)H2 = b kJmol-1； 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H3= c kJmol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) H = _。(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) H34.0 kJmol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 (NO)随温度的变化
32、如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_； 在1100K 时，CO2的体积分数为_。 用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp_(已知：气体分压气体总压体积分数)。(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_(填字母标号)。(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(
33、g) H2 =746.8 kJmol-1。实验测得，正k正c2(NO) c2(CO) ，逆k逆c(N2) c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填 ”、“ ”或“=”) k逆增大的倍数。 若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则_(保留2位有效数字)。【答案】 (1). （2a+2b+c）kJmol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20 (4). 4 (5). A (6). (7). 0.25【解析
34、】【分析】（1）利用盖斯定律解答。（2）在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。利用化学平衡常数表达式计算。（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。（4）正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。当反应达到平衡时，正=逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K。【详解】（1） SO2(g) + NH3H2O(aq) =NH4HSO3(aq) H1 = a kJmol-1； NH3H2O(aq) + NH4
35、HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)H2 = b kJmol-1； 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H3= c kJmol-1；利用盖斯定律，将2+2+可得2SO2(g) + 4NH3H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的H =（2a+2b+c）kJmol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJmol-1。（2）在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N
36、2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40，则n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为=20，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， (NO)=80，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=1.1106Pa，p分（CO2）=
37、1.1106Pa，故反应的化学平衡常数Kp1.1106Pa1.1106Pa（ Pa）2=4，故答案为：4。（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案：A。（4）正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：。当反应达到平衡时，正=逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6molL-1，c(N2)=0.2 molL-1，c(CO2)=0.4 molL-1，故= c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=(0.20.
38、42)/(0.620.62)=20/810.25，故答案为：0.25。29.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。(1)氧元素位于元素周期表中_区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有_种。(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为_；其分子的 VSEPR模型为_，与其互为等电子体的离子为_(写出一种即可)。(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为_；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，该离子的结构式可表示为_。(4)氧元素可分别与Fe
39、和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为_；与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为_。Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2与Cu+之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为_gcm3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5). NO2 (6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10). 【解析】【分析】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判
40、断；(2)根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子Ca(C2H5OH)42+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；(4)根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型；若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。【详解】(1)除了ds区外，
41、区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为：p；3；(2)O3的中心原子的价层电子对个数2+3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2(合理即可)，故答案为：sp2杂化；平面三角形；NO2(合理即可)；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸
42、点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成Ca(C2H5OH)42+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，故答案为：乙醇分子间可形成氢键，沸点高；(4)Fe2+的配位数为6；与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与O2紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为：6；正八面体；若O2与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度4apm，晶胞棱长1010 c
43、m，晶胞体积(1010 cm)3，该晶胞中白球离子个数1+82、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度= g/cm3g/cm3，故答案为：。30. 【有机选做】有机物DBP常用作纤维素树脂和聚氯乙烯的增塑剂，特别适用于硝酸纤维素涂料。具有优良的溶解性、分散性和粘着性。由有机物A和邻二甲苯为原料可以合成DBP。烃A是有机合成的重要原料。A的质谱图最大m/z为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键；B能发生银镜反应；有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3：2：2：2：l。回答下列问题：（1）A的结构简式为_
44、；A在一定条件下生成聚合物的化学方程式为_。（2）D中的含氧官能团是_。有机物D和足量有机物C反应生成DBP的化学方程式是_。（3）下列说法正确的是_ （选填序号字母）。AA能发生聚合反应、加成反应和氧化反应B与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有2种C邻二甲苯能氧化生成D说明有机物分子中基团之间存在影响D1 mol DBP可与含4mol NaOH的溶液完全反应（4）工业上常用有机物E（C8H4O3）代替D生产DBP。反应分为两步进行：i）E+C中间产物 ii）中间产物+CDBP+H2O请猜测E的结构简式_。工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃X的
45、一溴代物只有两种。X的结构简式是_。【答案】（1）CH3CH=CH2（2分）nCH3CH=CH2（2分）（2）羧基（或COOH） （2分）（3分）（3）A、C（2分） （4）（2分） （2分）【解析】试题分析：A的质谱图表明其相对分子质量为42，红外光谱表明分子中含有碳碳双键，则A为CH3CH=CH2；A发生信息中醛的加成反应生成B，且B能发生银镜反应，结合B与氢气发生加成反应生成C，有机物C的核磁共振氢谱显示其分子中含有5种化学环境不同的氢原子，且个数之比为3:2:2:2:1，则B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH2OH，邻二甲苯发生氧化反应生成D为，C与D发生酯化反应生
46、成DBP为。（1）A的名称为丙烯；CH3CH=CH2在一定条件下发生加聚反应生成聚丙烯，反应的化学方程式为nCH3CH=CH2；（2）D中的含氧官能团是羧基，有机物D和足量有机物C反应生成DBP的反应是CH3CH2CH2CH2OH与邻苯二甲酸发生酯化反应，反应的方程式为：；（3）AA为CH3CH=CH2，含有碳碳双键，能发生聚合反应、加成反应和氧化反应，A正确；BC为CH3CH2CH2CH2OH，与C互为同分异构体，且含有相同官能团的有机物有CH3CH2CH（OH）CH3、（CH3）2C（OH）CH3种、（CH3）2CHCH2（OH）3种，B错误；C因为在烷烃中甲基不能被酸性高锰酸钾氧化，而邻二甲苯能氧化生成D，所以说明有机物分子中基团之间存在影响，C正确；D1mol DBP可与含2mol NaOH的溶液完全反应，D错误；答案选AC；（4）根据中间产物+CDBP+H2O，则中间产物为：，又根据E+C中间产物以及E（C8H403），则E为：。E的结构简式；工业上生产有机物E的反应如下：2X+9O22E+4CO2+4H2O，芳香烃x的一溴代物只有两种，根据反应前后原子守恒，可以推出X的分子式是C10H8，结构简式为。考点：考查有机物推断、官能团、有机物结构和性质、同分异构体判断以及方程式书写等