《江西省赣州市赣州县第三中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省赣州市赣州县第三中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、江西省赣州市赣州县第三中学2019-2020学年高二下学期期末考试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 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137一、单选题(本题包括16小题，每题3分，共48分)1. 化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是( )A. 采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C. 铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，通
2、常用电解氯化铝的方法制取铝D. 二氧化硅是良好的半导体材料，能将太阳能转化为电能【答案】A【解析】【详解】A静电除尘除去可吸入颗粒物，燃煤固硫可减少污染物二氧化硫的排放，汽车尾气的催化净化可除去一氧化碳、氮氧化物等污染物，都有利于提高空气的质量，A正确；B石英坩埚的主要成分是二氧化硅，加热条件下二氧化硅可与氢氧化钠反应生成硅酸钠，导致坩埚炸裂，B错误；C氯化铝是共价化合物，结构中无氯离子和铝离子，故不能电解氯化铝来冶炼铝，C错误；D硅是良好的半导体材料，能将太阳能转化为电能，D错误；故选A。2. 下列有关化学用语使用正确的是( )A. 质子数为16，中子数为16的硫原子：SB. 次氯酸的结构式
3、：HOClC. 二硫化碳分子的比例模型：D. 甲醛的电子式：【答案】B【解析】【详解】A质子数为16，中子数为16的硫原子的质量数为32，即S，故A不选；B根据化合物中各元素化和价之和为零，可得出次氯酸中H、O、Cl的化合价分别为：+1、-2、+1，即氧原子同时和氢原子氯原子形成共价键，即次氯酸的结构式为：HOCl，故选B；C二氧化碳分子式含有极性键的非极性分子，即二氧化碳中的三个原子在同一条直线上，故C不选；D甲醛的电子式为：，故D不选。答案选B3. 下列叙述正确的是A. 某溶液pH=7，则该溶液为中性溶液B. 一定温度下，向AgCl饱和溶液中加入少量NaCl固体，Ksp(AgCl)减小C.
4、 常温下，反应X(s) + Y(l)=2Z(g)不能自发，则该反应的H0D. 常温下，0.01mol/L的Na0H 溶液中由水电离的c(H+)=1.010-2mol/L【答案】C【解析】【分析】【详解】A.常温下，pH=7才可以判断出溶液为中性，故A错误；B.物质的Ksp只与该物质的性质以及物质所处的温度有关，温度不变，Ksp(AgCl)保持不变，故B错误；C.G=H-TS，G0，由题意知S0，则H一定要大于0，故C正确；D.常温下0.01mol/LNaOH，pH=12，所以溶液中由水电离的氢离子浓度为10-12mol/L，故D错误；故选C。4. NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(
5、 )A. 22.4L(标准状况)苯在O2中完全燃烧，得到6NA个CO2分子B. 4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有CH键数为0.5NAC. 常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NAD. 一定条件下，1molH2与足量碘蒸气充分反应，生成HI分子数可能为NA【答案】D【解析】【详解】A苯在标况下是液体，不能使用标况下的气体摩尔体积22.4L/mol计算，A错误；BC2H6O可能的结构有CH3OCH3或CH3CH2OH，前者有6个C-H键，后者有5个C-H键，所以46g分子式为C2H6O的有机物中含有C-H键数目无法确定， B错误；C常温下，铁在浓硝酸中钝化，无法计算转
6、移电子数，C错误；DI2和H2的反应为可逆反应，不能进行彻底，I2+ H22HI，1molH2与足量碘蒸气充分反应，生成的HI的分子数小于2NA个，可能为NA个，D正确；故选D。5. X、Y、Z是中学化学中常见的物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图转化关系的是( )XYZ箭头上所标数字的反应条件转化关系A.NONO2HNO3常温遇氧气B.Na2O2NaOHNaCl加入H2O2C.Cl2NaClOHClO通入CO2D.Al2O3NaAlO2Al(OH)3加NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生
7、成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故B错误；C氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；D氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；答案选B。6. 下列由相关实验现象所推出的结论正确的是( )A. NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的
8、方法制氨气B. 向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SOC. 分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，说明二者均易溶于水D. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应【答案】C【解析】【详解】A氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，但是氯化氢和氨气遇冷后又会重新化合生成氯化铵，所以不能用来制取氨气，故A错误；B硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，不能说明原溶液中一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，故B错误；C液面均迅速
9、上升，说明烧瓶内压强减小，可说明气体易溶于水，故C正确；D硝酸具有强氧化性，铁和稀硝酸发生反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，不是置换反应，故D错误；答案选C。7. 下列选项错误是( )A. 氧化铁溶于过量氢碘酸：B. 足量氨水吸收少量二氧化碳气体：C. 常温下，水电离出的，则可能会大量共存D. 在明矾溶液中，不能大量共存【答案】A【解析】【详解】A.三价铁具有强氧化性能氧化碘离子，正确的离子方程式为：，故A错误；B.足量氨水吸收少量二氧化碳气体产生碳酸铵，离子方程式正确；C. 常温下，水电离出的，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若为碱溶液该组离子可以大量共存，若为酸溶液氢离子与
10、偏铝酸根离子反应不能大量共存，故C正确；D. 在明矾溶液中存在铝离子，铝离子与硫离子可以发生完全双水解反应不能大量共存，故D正确；故选：A。8. X、Y、Z、W四种短周期元素，原子的核电荷数依次增多，X的一种原子无中子，Y、Z形成的化合物常用于呼吸面具中作为氧气的来源，W的单质常用于自来水的杀菌消毒，下列说法正确的是( )A. X、Y、W三元素形成的酸都是弱酸B. X与Y、Z、W形成的化合物既有共价化合物也有离子化合物C. 上述元素的简单离子的半径大小顺序为：r(X)r(Y)r(Z)r(W)D. Z、X形成的化合物与含酚酞的水反应后呈红色，生成的气体能使带火星的木条复燃【答案】B【解析】【分析
11、】X的一种原子无中子，得知X为H；Y、Z形成的化合物常用于呼吸面具中作为氧气的来源，可能推出Y为O，Z为Na；W的单质常用于自来水的杀菌消毒，日常生活中，Cl2常用于自来水消毒，可推出W为Cl，据此分析解答。【详解】AH、O、Cl形成的酸中，HClO4(高氯酸)为六大无机强酸之一，故A错误；BH与O、Na、Cl形成的化合物有H2O、NaH、HCl，H2O、HCl为共价化合物，与Na形成NaH(氢化钠)为离子化合物，故B正确；C电子层数越多，微粒半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则上述元素的简单离子的半径大小顺序为r(H+)r(Na+)r(O2-)r(Cl-)，即为：r(
12、X)r(Z)r(Y)r(W)，故C错误；DZ、X形成的化合物为NaH，与水反应得到NaOH和H2，能与含酚酞的水反应后呈红色，但是生成的气体为氢气，不能使带火星的木条复燃，故D错误；答案选B。9. 如图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的是( )A. 磷酸(H3PO4)的电离方程式为：H3PO4=3H+POB. 亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na3PO3C. NaH2PO3溶液呈碱性D. 已知NaH2PO4溶液呈酸性，是因为H2PO的水解程度比电离程度大【答案】C【解析】【详解】A磷酸为三元中强酸，应分步电离，且可逆，电离方程
13、式为H3PO4H+H2PO，H2POH+HPO，HPOH+PO，故A错误；B亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子，所以与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故B错误；C磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为一元酸，所以NaH2PO3为酸式盐，且为强碱弱酸盐，溶液中存在亚磷酸氢根的水解，使溶液显碱性，故C正确；D如果NaH2PO4溶液呈酸性，说明H2PO电离程度大于水解程度，故D错误；答案选C。10. 下列有关实验装置的说法中正确的是( )A. 用图1装置可以实现化学能持续转化为电能B. 放出图2装置中全部液体，体积为42.00 mLC.
14、 用图3装置可以制备少量氢氧化铁胶体D. 用图4装置可以检验乙醇脱水后有乙烯生成【答案】C【解析】【详解】A要实现化学能持续转化为电能，应该把Zn电极放入ZnCl2溶液中，把石墨电极放入盐酸中，A错误；B图示的仪器小刻度在下，大刻度在上，表示的是量筒，精确度是0.1 mL，不能精确到0.01 mL，因此放出图2装置中全部液体，体积为42.0 mL，B错误；C氢氧化铁胶体的制取方法是：向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和氯化铁饱和溶液，继续加热液体呈红褐色，停止加热，得到的红褐色液体就是氢氧化铁胶体，C正确 ；D乙醇易挥发，乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，同时乙醇与浓硫酸发生氧化还原反应生成的
15、二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能确定是否产生了乙烯，D错误；故合理选项是C。11. 已知：硫酸银(Ag2SO4)的溶解度大于氯化银且硫酸银(Ag2SO4)的溶解度随温度升高而增大，T时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )A. a点溶液加入硝酸银固体，则a点可沿虚线移动到b点B. a点溶液若降低温度，则a点可沿虚线移动到c点C. 根据曲线数据计算可知，T下，Ksp(Ag2SO4)=2.2510-4D. 向a点的悬浊液中加入NaCl固体，溶液组成可能会由a向d方向移动【答案】D【解析】【详解】Aa点溶液加入硝酸银固体，虽然银离子浓度增大，但温度不变，溶
16、度积不变，a点应沿实线往下移动，故A不选；B硫酸银溶液中存在平衡，降低温度析出硫酸银，则与不再相等，所以无法移动到c点，故B不选；C根据a点，故C不选；D向a点的悬浊液中加入氯化钠固体，会生成氯化银沉淀，银离子浓度减小，硫酸银的溶解平衡右移动，硫酸根离子浓度增大，但温度不变，硫酸银的溶度积不变，所以溶液组成会由a向d方向移动，故选D。答案选D12. 近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的 CO、 NO2 等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气 体，反 应方程式为4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g)H=-1200
17、kJ/mol。对于该反应， 温度不同(T2 T1 )其他条件相同时，下列图像正确的是( )【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。【详解】A. 升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B. 升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正
18、确；C. 对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) HHYHZ，故酸性为HZHYHX，A正确；B滴定终点是酸碱完全反应的点，由于三种酸均为一元酸，与NaOH按照1：1完全反应，且三种酸体积浓度都相同，故完全反应时，消耗NaOH的物质的量相同，因此消耗的NaOH溶液体积相同，B正确；C向HY溶液中加入10.00mLNaOH溶液，有NaY生成，根据电荷守恒可知，c(Y-)c(OH-)=c(H-)c(Na+)，C正确；D将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，得到的是NaX和NaY的混合物，由于酸性HXHY，故Y-水解程度小于X-，所以溶液中
19、c(X-)c(Y-)，D错误；故选D。15. 下列说法正确的个数为( )pH=0溶液中Fe3+与S2因发生双水解而不共存MgCl2溶液蒸干灼烧后得MgO固体，如果想要得到MgCl2固体应通入HCl的气流将0.1mol的Na2CO3溶于水中，形成溶液中阴离子总数小于0.1NAHCO和AlO在溶液中因为互相抑制水解而大量共存pH=2的盐酸和醋酸，均稀释到pH=5，醋酸加水量大NaHSO3溶液中加入少量NaOH固体，将增大A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个【答案】A【解析】【详解】Fe3+具有较强的氧化性，S2具有较强的还原性，Fe3+与S2能发生氧化还原反应，所以Fe3+与S2因发生氧化还原
20、反应而不共存， 错误；MgCl2中的Mg2+易水解，Mg2+2H2OMg(OH)2+2H+，加热溶液促进水解，HCl挥发，所以MgCl2溶液蒸干后得Mg(OH)2，灼烧后分解为MgO固体，酸性环境可以抑制Mg2+水解，所以想要得到MgCl2固体应通入HCl的气流，正确；Na2CO3在溶液中碳酸根水解，+H2O+OH-，生成氢氧根离子和碳酸氢根离子，阴离子数目增加，所以将0.1mol的Na2CO3溶于水中，形成溶液中阴离子总数大于0.1NA， 错误；和AlO2-在溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以和AlO2-不能大量共存，但与水解无关， 错误；没有说明醋酸和盐酸的体积是否相等，故无法
21、判断，错误；NaHSO3溶液中加入少量NaOH固体，会促进电离平衡正向移动，所以增大，正确；综上所述，正确，故选A。16. 如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则下列说法不正确的是( )A. 电源A极是正极B. (甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1222C. 欲用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D. 装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体带正电【答案】D【解析】【分析】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，B
22、是电源的负极，A是电源的正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，据此分析解答。【详解】A根据上述分析可知B电极是电源的负极，A为电源正极，故A正确；B甲装置中，阳极C电极反应式为：4OH-4e-=O2+2H2O，阴极D电极反应式为：Cu2+2e-=Cu；乙装置是阳极E的电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，阴极F电极的电极反应式为：2H+2e-=H2，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2，故B正确；C电镀装置中，镀层金属必须作阳极，镀件作阴极，所以H应该是镀件，G是
23、镀层金属，电解质溶液必须是含镀层金属离子的盐溶液，用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液选用AgNO3溶液，故C正确；D装置(丁)中Y极附近红褐色变深，证明氢氧化铁胶体微粒移向Y极，依据上述判断，X为阳极，Y为阴极，氢氧化铁胶体向Y电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，胶体不带电，故D错误；答案选D。二、非选择题(共52分)17. 根据所学知识，完成以下问题。(1)短周期中金属性最强的元素与非金属性最强的元素形成的物质的电子式为_。(2)25时，将体积Va、pH=13的某一元强碱与体积为Vb、pH=2的某二元强酸混合。所得溶液的pH=11，则VaVb=_。(3)常温下，
24、某浓度的偏铝酸钠溶液pH=10，用离子方程式表示其呈碱性的原因：_。(4)已知HNO2的电离常数Ka=7.110-4molL-1；NH3H2O的电离常数Kb=1.710-5molL-10.1molL-1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是_；常温下NO水解反应的平衡常数Kh=_(保留两位有效数字)。【答案】 (1) (2)1：9 (3)AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH- (4)c(NO)c()c(H+)c(OH) (5)1.41011【解析】【详解】(1)短周期中金属性最强的元素为Na，非金属性最强的元素为F，形成的物质为NaF，电子式为；(2)pH=13的一元强碱溶液中c(H+
25、)=1.010-13 mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的二元强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，所得溶液pH=11，混合溶液呈碱性，溶液中c(OH-)=0.001mol/L，酸溶液体积为Vb，碱溶液体积为Va，则：=0.001mol/L，解得 Va：Vb=1：9；(3)常温下，某浓度的偏铝酸钠溶液pH=10，原因为偏铝酸钠是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解生成氢氧化铝和氢氧根，用离子方程式表示其呈碱性的原因：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-；(4)已知HNO2的电离常数Ka=7.110-4molL-1；NH3H2O的电离常数Kb=1.710-5molL-1，Ka
26、Kb，说明NH4NO2溶液中铵根离子的水解大于亚硝酸根离子的水解，则c(NO)c()，溶液呈酸性，故0.1molL1NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(NO)c()c(H+)c(OH)；NO水解的离子方程式为：NO+H2OHNO2+OH，常温下NO水解反应的平衡常数Kh= =1.41011。18. 二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的消毒剂，常温下是一种黄绿色气体，11时液化成红棕色液体，易溶于水但不与水反应。工业上著名的开斯汀法制备二氧化氯的部分流程图如图1。某研究小组用图2装置模拟ClO2发生器中的反应来制备ClO2(夹持装置已略去)。(1)写出NaClO3与盐酸制备ClO2
27、的离子方程式：_。(2)冰水浴的作用是_。(3)NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为_。(4)ClO2常用作自来水消毒剂，碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：取500mL水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝(已知ClO2全部转化为NaClO2)；用1.010-3mol/L的Na2SO3溶液滴定，消耗Na2SO3溶液10.00mL(已知：2S2O+I2=S4O+2I-)；确定操作达到滴定终点的现象是_；经计算，水样中ClO2的浓度是_mg/L。(5)一定温度和电压下，电解精制食盐水可制得NaClO3和H2。已知3Cl2+6OH-=ClO+5Cl
28、-+3H2O，电解时应选用_交换膜(填“阳离子”或“阴离子”)，阴极电极反应式为_。【答案】 (1) (2)使二氧化氯液化、便于收集二氧化氯 (3) (4)溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色 (5) (6)阴离子 (7)【解析】【详解】(1)在ClO2的发生器中，和HCl发生氧化还原反应生成ClO2、Cl2、NaCl和H2O，根据得失电子守恒不难的出，；(2)二氧化氯(ClO2)常温下是一种黄绿色气体，11时液化成红棕色液体，所以冰水浴作用是使二氧化氯(ClO2)液化、便于收集，故答案为：使二氧化氯(ClO2)液化、便于收集二氧化氯；(3)烧瓶中的了氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，
29、其反应的离子反应方程式为：(4)用1.010-3mol/L的Na2SO3溶液滴定，达到滴定终点，碘完全消耗，所以现象是滴入最后一滴Na2SO3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；由I2与Na2SO3溶液应：2S2O+I2=S4O+2I-，与ClO2反应的方程式：，设水样中ClO2的物质的量为xmol则有：解得，水样中浓度；故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；0.675；(5)电解时阴极发生还原反应生成氢气，其电极反应式为：，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：，向阳极移动，发生的反应为，可制取NaClO3，所以电解时应选用阴离子交换膜，故答案：阴离子；19. 碳氧化物、氮氧化物及
30、含氮化合物的处理与利用是世界各国研究的热点问题。(1)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1162kJmol-1。写出CH4将NO2还原为N2的热化学方程式：_。(2)为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.4molCO，在催化剂存在的条件下发生反应2CO(g)2NO(g)2CO2(g)N2(g) H0，10min时反应达到平衡，测得10min内v(NO)=
31、7.510-3molL-1min-1，则平衡后c(CO)=_mol/L，关于该平衡的下列说法正确的是_。a.达到平衡后v正(NO)=2v逆(N2)b.其他条件不变，升高温度，化学反应速率一定增大c.其他条件不变，增大CO浓度，该反应平衡常数增大d.增大压强，平衡一定向右移动e.其他条件不变，若改为在恒压容器中进行，CO的平衡转化率比恒容条件下大(3)其他条件相同，tmin时不同温度下测得NO的转化率如图所示。A点的反应速度v正_(填“”、“”或“=”)v逆，A、B两点反应的平衡常数较大的是_(填“A”或“B”)。(4)肼(N2H4)是一种良好的火箭燃料，与适当的氧化剂配合，可组成比冲最高的可贮
32、存液体推进剂。在一定条件下也可与氧气构成燃料电池，图中甲池的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O。甲池中负极上的电极反应式为_。要使乙池恢复到电解前的状态，可向溶液中加入适量的_。A.CuSO4 B.CuO C.CuCO3 D.Cu(OH)2若将乙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗3.2gN2H4时，乙池中两个电极质量差为_g。【答案】 (1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-867kJ/mol (2)0.125 (3)abe (4) (5)A (6)N2H44e+4OH=N2+4H2O (7)BC (8)25.6【
33、解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算解答；(2)结合化学平衡三段式列式计算，测得10min内v(NO)=7.510-3molL-1min-1，反应消耗物质的量=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，列“三段式”： 反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡移动原理和影响因素分析判断；a反应是之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正(NO)=2v逆(N2)说明氮气正逆反应速率相同；b反应是放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡逆向进行，但化学反应速率一定增大；c化学平衡常数只随温度变化；d反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，但同时改变温度或
34、浓度，平衡可能逆向进行；e其它条件不变，若改为在恒压容器中进行，压强比恒容容器中大，平衡正向进行，CO的平衡转化率比恒容条件下大；(3)其他条件相同，根据图象分析，B点时一氧化氮的转化率达到最大，反应达到平衡；由于反应放热，B点后升高温度，平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低；平衡常数只与温度有关，据此分析解答；(4)甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；乙池为电解池，阴极Ag反应为 Cu2+2e-=Cu、阳极石墨反应为4OH-4e-=2H2O+O2；根据析
35、出什么加入什么原则使溶液恢复原状；结合两池电极反应，根据电子得失守恒计算。【详解】(1)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-574kJmol-1CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-1162kJmol-1根据盖斯定律：(+)可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-867kJ/mol；(2)结合化学平衡三段式列式计算，测得10min内v(NO)=7.510-3molL-1min-1，反应消耗物质的量=7.510-3molL-1min-110min2L=0.15mol，
36、列“三段式”：则平衡后c(CO)= =0.125mol/L；反应是气体体积减小的放热反应，依据化学平衡移动原理和影响因素分析判断，a反应是之比等于化学方程式计量数之比，为正反应速率之比，v正(NO)=2v逆(N2)说明氮气正逆反应速率相同，反应是平衡状态，故a正确；b反应是放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即逆向进行，但化学反应速率一定增大，故b正确；c化学平衡常数只随温度变化，不随浓度变化，故c错误；d改变压强的同时改变温度或浓度，平衡可能逆向进行，反应是气体体积减小的反应，所以是其他条件不变时增大压强，平衡一定向右移动，故d错误；e其它条件不变，若改为在恒压容器中进
37、行，恒压容器中随反应进行压强比恒容容器中大，平衡正向进行，CO的平衡转化率比恒容条件下大，故e正确；答案选abe；(3)其他条件相同，根据图象分析，B点时一氧化氮的转化率达到最大，反应达到平衡，由于反应放热，B点后升高温度，平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低，A点到B点，反应向正向移动，则A点时，v正v逆；平衡常数只与温度有关，由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，则A点时的平衡常数大于B点的平衡常数；(4)根据分析，甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H44e+4OH=N2+4H2O；乙池为电解池，阴极Ag反应为 Cu2+2e-=Cu、
38、阳极石墨反应为4OH-4e-=2H2O+O2；石墨电极上析出氧气、Ag电极上析出Cu，相当于析出CuO，要使溶液恢复原状可以加入CuO或CuCO3，加入氢氧化铜会生产水，溶液浓度减小、加入硫酸铜会增加硫酸根离子，引入杂质离子，故答案选BC；甲池负极反应为N2H44e+4OH=N2+4H2O，消耗3.2gN2H4时转移电子物质的量= 4=0.4mol，若将乙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，铁电极质量增大，铜电极质量减小，铜电极上发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，根据转移电子守恒，溶解Cu的质量为64g/mol=12.8g，则Fe上析出12.8gCu，乙池中两个电极质
39、量差=12.8g2=25.6g。【点睛】易错点为(4)中乙池中两极的质量差，一极质量增大，一极质量减小，两极质量差为电极溶解质量的两倍。20. 利用所学的有机化学知识完成以下试题。(1)有机物A是未成熟葡萄中含有的一种物质，由C、H、O三种元素组成，A在气态时的密度是相同条件下氢气密度的38倍。在一定条件下A既可以与乙醇反应又可以与乙酸反应。已知0.1molA完全燃烧时生成0.2molCO2和0.2molH2O；1molA可与2molNa或1molNaOH反应。试确定：有机物A的分子式_。写出在浓硫酸作用下，两分子A相互反应生成六元环状物质的化学方程式_。(2)是一种医药中间体，常用来制备抗凝
40、血药，可通过下列路线合成。请回答下列问题：写出C和E反应生成F的化学方程式_。写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式_。下列关于G的说法正确的是_。a.分子式是C9H7O3b.能与金属钠反应c.能与溴单质反应d.1molG最多能和3mol氢气反应【答案】 (1)C2H4O3 (2)2HOCH2COOH+2H2O (3) +HCl (4) +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O (5)bc【解析】【分析】(1)根据密度与相对分子质量成正比，求出相对分子质量，再根据生成的CO2和H2O的物质的量，求出碳原子和氢原子的个数，最后求出氧原子的个数，得到分子式；根据与Na或NaOH反
41、应，得到含有的官能团和官能团的个数，得到结构式，由此解题；(2)A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知，A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，E的结构为，由F的结构简式可知，C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。【详解】(1)根据相同条件下，气体的密度比等于相对分子质量之比，得A的相对分子质量是382 =76，由0.1mol A完全燃烧时生成0.2mol CO2和0.
42、2mol H2O得每个分子中含有2个碳原子和4个氢原子，设A的分子式为C2H4Ox，则212+41+x16=76，得x=3，分子式为C2H4O3；由1mol A可与2mol Na或1mol NaOH反应，可知分子中含有一个羟基和一个羧基，则A结构为HOCH2COOH，在浓硫酸作用下，两分子A相互间发生酯化反应形成六元环状物质，化学方程式为2HOCH2COOH+2H2O；(2)C和E 在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，则化学方程式为：+HCl；F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，
43、a根据G的结构简式，分子式为C9H6O3，故a错误；bG分子含有羟基，能够与金属钠反应产生氢气，故b正确；cG分子含有碳碳双键，与溴单质加成反应，故c正确；d1molG中1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，故d错误；答案选bc。【点睛】易错点为(1)，结合与钠反应的官能团有羟基和羧基，与氢氧化钠反应的有羧基和酚羟基，本题中碳原子个数少，不可能有酚羟基，根据物质的量，得到官能团个数，得到有机物的结构。21. 聚合物F的合成路线图如图：已知：HCHO+RCH2CHO请据此回答：(1)A中含氧官能团名称是_，C的系统命名为_，EF的反应类型是_。(2)C生成D的反应化学方程式为_。(3)G物质与互为同系物，且G物质的相对分子质量比大14的，则符合下列条件的G的同分异构体有_种。分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基遇氯