浙江省宁波市九校2022-2023学年高二化学下学期期末联考试题（Word版附解析）

宁波市2022学年第二学期期末九校联考高二化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23K-39Ca-40Fe-56Cu-64选择题部分一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求)1.下列物质中，含有极性共价键的离子晶体是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．是只含离子键的离子晶体，选项A错误；B．只含共价键，但属于共价晶体，选项B错误；C．含有极性共价键的离子晶体，选项C正确；D．含有非极性共价键的离子晶体，选项D错误；答案选C。2.下列关于氮及其化合物的说法不正确的是A.能够与发生化合反应B.与能够相互转化C.能够将还原为D.浓见光分解产生和【答案】D【解析】【详解】A．镁与氮气加热反应生成氮化镁，反应方程式为：3Mg+N2Mg3N2，属于化合反应，故A正确；B．一定条件下NO与NO2能够相互转化，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，故B正确；C．氨气和CuO反应生成Cu,方程式为：2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O，故C正确；D．浓HNO3见光分解生成氧气、水、NO2，故D错误；故选：D。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：B.的空间结构：(直线型) C.二甲基甲酰胺的结构简式：D.的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为，故A错误；B．H2Se分子中Se的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体，含有2对孤电子对，空间结构为V形，故B错误；C．N，N-二甲基甲酰胺可看作是甲酰胺(HCONH2)中NH2上两个H原子被-CH3取代的产物，其结构简式为，故C正确；D．HClO是共价化合物，中心原子是O，O原子分别与Cl、H原子共用1对电子对，O|、Cl原子最外层电子数均为8，电子式为，故D错误；故选：C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.氧化性强，可用作纸张的漂白剂B.铁粉有还原性，可用作食品的抗氧化剂C.熔点高，可用作耐高温材料D.硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】A【解析】【详解】A．SO2氧化性不强，SO2具有漂白性是因为与有色物质结合为无色物质，故A错误；B．铁粉可以和氧气发生反应，具有还原性，可用作食品的抗氧化剂，故B正确；C．Al2O3熔点有2054°C，熔点高，可用作耐高温材料，故C正确；D．SiC是共价晶体，硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故D正确；故选：A。5.下列关于常见物质的制备说法正确的是A.氯气通入冷的石灰乳中制取漂白液B.电解氯化钠溶液可以制备金属钠C.工业上用水吸收三氧化硫制备硫酸D.将粗硅转化为三氯硅烷，再经氢气还原可得到高纯硅【答案】D 【解析】【详解】A．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，氯气与氢氧化钙反应生成是氯化钙和次氯酸钙、水，所以工业上将氯气通入冷的石灰乳中制取漂白粉，不是漂白液，故A错误；B．工业上通过电解熔融氯化钠获得金属钠，而电解氯化钠溶液获得NaOH、氯气和氢气，无法获得钠，故B错误；C．工业生产硫酸时在吸收塔中常用98.3%的硫酸来吸收三氧化硫，而不是用水吸收三氧化硫，因为会形成酸雾，不利于三氧化硫的吸收，故C错误；D．制备高纯硅时，先用C还原二氧化硅得到粗硅，粗硅再和HCl反应生成三氯硅烷，三氯硅烷再和氢气反应生成高纯硅，所以将粗硅转化为三氯硅烷，再经氢气还原可得到高纯硅，故D正确；故选：D。6.关于反应(末配平)，下列说法不正确的是A.与反应物质的量之比为B.氧化性：C.当有参与反应时，转移的电子数为D.产物既能杀菌消毒又能净水【答案】B【解析】【详解】A．反应物经配平后可得：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，ClO-与Fe3+反应的物质的量之比为3：2，故A正确；B．反应中氯元素的化合价由+1价降低到-1价，ClO-做还原剂，是氧化产物，Fe3+是还原剂，故氧化性：ClO-＞＞Fe3+，故B错误；C．反应物经配平后可得：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，反应共转移6个电子，当有1molOH-参与反应时，转移的电子数为0.6NA，故C正确；D．产物具有强氧化性，可以杀菌消毒，还原产物铁离子可以发生水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可以净水，故D正确；故选：B。7.下列反应的离子方程式正确的是 A.与稀硝酸反应，当时：B.苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳气体：C.溶液中滴加溶液：D.溶液与稀溶液混合：【答案】A【解析】【详解】A．过量的Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时：3Fe+2+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A正确；B．酸性：碳酸＞苯酚＞碳酸氢根离子，向苯酚溶液中通入少量二氧化碳气体：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+，故B错误；C．向Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液反应生成[FeF6]-，红色褪去，硫氰化铁是一种配合物，不能拆开，则离子方程式为：Fe(SCN)3+6F-⇌[FeF6]-+3SCN-，故C错误；D．Na2S2O3溶液与稀H2SO4溶液混合：+2H+=S↓+SO2+H2O，故D错误，故选：A。8.下列说法不正确的是A.DNA分子双螺旋结构中，两条链上的碱基互补配对形成氢键B.蔗糖和麦芽糖都能被银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液氧化，都属于还原糖C.油脂的氢化是液态油通过催化加氢转变成半固态脂肪的过程D.蛋白质溶液中加入浓硝酸会有白色沉淀产生，加热后沉淀变黄色【答案】B【解析】【详解】A．DNA一般为规则的双螺旋结构，两条链上的碱基按照碱基互补配对原则靠氢键连接，选项A正确；B．蔗糖是非还原性糖，不能被银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液氧化，选项B不正确；C．液态的油通过催化加氢变为半固态的脂肪的过程，称为油脂的氢化,也称油脂的硬化，选项C正确；D．在蛋白质溶液中加入浓硝酸，溶于水的蛋白质析出凝结成固体，从而出现白色沉淀，加热后蛋白质发生变性沉淀变黄，选项D正确；答案选B。 9.已知元素周期表中前四周期的元素M、W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大.M与W可以形成原子个数比为的10电子分子，的最外层电子数为最内层的一半，的最高能层有两对成对电子，Z位于元素周期表第ⅥB族.下列说法正确的是A.的价层电子排布式：B.简单离子半径：C.最简单氢化物的稳定性：D.与形成的化合物和均为极性分子【答案】D【解析】【分析】M与W可以形成原子个数比为的10电子分子即H2O，所以M为H元素，W为O元素，的最外层电子数为最内层的一半即电子层有三层，排布为2、8、1，则X为Na元素，的最高能层有两对成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p4，则Y为S元素，Z位于元素周期表第ⅥB族则为Cr元素；【详解】A．Z位于元素周期表第四周期第ⅥB族则为Cr元素，价层电子排布式：，故A错误；B．X为Na、Y为S、W为O元素，电子层数越多的离子半径越大，电子层数相同的核电荷数越大的离子半径越小，则简单离子半径：，故B错误；C．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：O>S，非金属性越强其最简单氢化物的稳定性越强，则稳定性：，故C错误；D．M为H元素，W为O元素，H2O分子中含有极性键，空间结构为V形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，H2O2分子的空间结构不是直线形的，两个氢在犹如在半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D正确；故选：D。10.中药透骨草中一种抗氧化活性成分的结构如图所示，下列说法正确的是A.该有机物的分子式为B.该有机物可以发生氧化、取代、加成和消去反应C.该有机物与足量溶液反应，最多可消耗D.该有机物分子中最多有9个碳原子共面【答案】C【解析】 【详解】A．由结构可知，分子中含19个C原子、16个H原子、6个O原子，则该有机物的分子式为C19H16O6，故A错误；B．含羟基、酯基可发生取代反应，含羟基、碳碳双键可发生氧化反应，苯环、碳碳双键可发生加成反应，羟基与苯环相连不能发生消去反应，故B错误；C．2个酚羟基、2个酯基及水解生成的1个酚羟基，均与NaOH反应，则1mol该有机物与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH，故C正确；D．苯环、双键均为平面结构，且3个原子可确定1个平面，则最多19个C原子共面，故D错误；故选：C。11.已知；常温下，用溶液分别滴定浓度均为溶液和溶液，所得滴定曲线如图所示，用代表或，用代表或，下列说法正确的是A.曲线表示溶液滴定溶液的滴定曲线B.点存在C.点存在D.若两份溶液滴定都采用甲基橙作为指示剂，则滴定终点消耗氢氧化钠溶液的体积均偏大【答案】B【解析】【分析】已知，可知酸性CH3COOH>HCN，同浓度的两种弱酸，醋酸的pH更小，则曲线B代表CH3COOH，曲线A代表HCN；【详解】A．酸性CH3COOH>HCN，同浓度的两种弱酸，醋酸的pH更小，则V(NaOH)=0时醋酸的pH更小，曲线B表示溶液滴定溶液的滴定曲线，故A错误；B．点生成的n(NaCN)和剩余的n(HCN)之比为3:1，根据质子守恒：NaCN存在 ，HCN存在，两式相加则存在，故B正确；C．点b所示溶液中溶质为等物质的量浓度的、，溶液pH<7，说明电离程度大于水解程度，则，且c(H+)>c(OH-)，故C错误；D．根据图加入NaOH溶液体积为20.00mL时恰好反应，此时pH>7，而甲基橙的变色范围是pH值为3.1~4.4，因此未达到滴定终点时，指示剂已经发生变色，故消耗NaOH溶液的体积均偏小，故D错误；故选：B。12.胆矾的结构如图所示，下列说法正确的是A.胆矾的化学式可以表示为B.该结构水分子中的氢原子参与形成配位键C.该结构中所有氧原子都杂化，且采取杂化D.配位后形成的空间结构是正四面体【答案】A【解析】【详解】A．胆矾的化学式为CuSO4⋅5H2O，其中1个Cu2+与4个H2O分子通过配位键形成[Cu(H2O)4]2+，[Cu(H2O)4]2+与通过离子键结合，则胆矾的化学式可以表示为[Cu(H2O)4]SO4⋅H2O，故A正确；B．水分子中H原子无孤电子对，O原子含有孤电子对，O原子与含有孤电子对的Cu2+形成配位键，故B错误；C．该结构中水分子中的O都参与杂化，且O原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，但中O原子没有参与杂化，故C错误；D．由图可知，Cu2+配位后形成的[Cu(H2O)4]2+的空间结构是正方形，属于平面结构，不是正四面体结构，故D错误；故选：A。 13.我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是A.N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的B.过程I和Ⅲ中能量的变化相同C.对于N2(g)→*N2(g)，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率D.若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，N2生成NH3的过程为N2→N=N-H→H-N=N-H→H-N-NH2→H2N-NH2→NH3，氮元素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，故A错误；B．过程Ⅰ是断裂氮氮三键中的一个键，而过程Ⅲ与过程Ⅰ断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，故B错误；C．该反应在反应前后分子数不变，加压平衡不移动，所以提高分压可以加快反应速率，但是不能提高反应物的转化率，故C错误；D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将减缓反应速率，故D正确。故选D。14.如图所示，装置甲是微生物降解废水中尿素的装置，利用装置甲可以实现装置乙中铁上镀铜。下列有关说法正确的是A.甲装置中X电极应与乙装置中铜电极相接B.乙装置电镀过程中，溶液颜色越来越浅 C.甲装置中电极的反应式为D.当甲装置中电极消耗气体时，则乙装置中铁电极质量增加【答案】C【解析】【分析】甲图能将化学能直接转化为电能，是原电池，在N极通入氧气，氧气得电子与氢离子反应生成水，则N为正极，M是负极，尿素(H2NCONH2)在负极失电子发生氧化反应生成无污染的二氧化碳、氮气，电解质溶液呈酸性；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。【详解】A．在铁上镀铜，则铁为阴极，应与负极相连，铜为阳极，应与正极Y相连，甲装置中X电极，应与乙装置中铁电极相接，故A错误；B．在铁上镀铜，铜作阳极失电子发生氧化反应生成铜离子，铁作阴极，铜离子在阴极得电子析出铜，溶液中铜离子浓度不变，所以颜色不变，故B错误；C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成无污染的氮气、二氧化碳，电极反应式为H2NCONH2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，故C正确；D．正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，当N电极消耗0.75mol氧气时，则转移电子物质的量为0.75×4=3mol,铁电极上的电极反应为Cu2++2e-=Cu，所以铁电极增重×64g/mol=96g，故D错误；故选C。15.难溶盐可溶于盐酸，常温下，用气体调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线代表随的变化趋势 B.点溶液中存在C.难溶盐的溶度积常数D.其他条件不变的情况下，无论增大浓度或减小浓度，的均不变【答案】B【解析】【分析】氢氟酸的电离常数Ka=，-lgc(F-)=-lgKa，Ksp=c(Ca2+)•c²(F-)，温度不变，Ka、Ksp均不变，-lgc(F-)随着 的增大而增大，c(F-)数随着 的增大而减小，c(Ca2+)随着 的增大而增大，-1gc(Ca2+)随着 的增大而减小，则曲线M代表-lgc(F-)随 的变化趋势，曲线N代表-1gc(Ca2+)随 的变化趋势，X点时=1，-lgc(F-)=4.2，则-lgKa=3.2，Ka=10-3.2，W点时c(H+)=c(HF)，c(F-)=10-3.2mol/L，-1gc(Ca2+)=4.2，则Ksp=10-4.2×(10-3.2)2=10-10.6，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，曲线M代表-lgc(F-)随 的变化关系，曲线N代表-1gc(Ca2+)随 的变化关系，故A正确；B．Y点溶液中＞0、c(Ca2+)=c(F-)，即c(H+)＞c(HF)，物料守恒关系为c(F-)+c(HF)=2c(Ca2+)，有c(F-)=c(Ca2+)=c(HF)，Ka==10-3.2，c(H+)=10-3.2mol/L＞mol/L=c(OH-)，溶液呈酸性，溶液中电荷守恒关系为2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Cl-)＞c(Ca2+)=c(HF)，故B错误；C．由上述分析可知，难溶盐CaF2的溶度积常数Ksp=10-10.6，故C正确；D．Ksp只与温度有关，与离子浓度无关，所以无论增大Ca2+浓度或减小F-浓度，CaF2的Ksp均不变，故D正确；故选：B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项实验方案现象结论A向含酚酞的溶液中加入少量的固体溶液的红色变浅溶液中存在水解平衡B向固体中分别滴加盐酸和氨水固体均溶解为两性氢氧化物C向可能含有少量苯酚的苯中加入过量的浓溴水未出现白色沉淀苯中不含苯酚D向溴乙烷中加入过量氢氧化钠溶液，振荡后加热，静置，取上层水溶液加足量硝酸银溶液出现淡黄色沉淀溴乙烷水解后有产生A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．碳酸根离子与钡离子结合生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，则溶液的红色变浅，故A正确；B．Cu(OH)2与盐酸反应生成盐和水，Cu(OH)2与氨水反应生成配合物，固体均溶解，原理不同，氢氧化铜属于弱碱，故B错误；C．苯酚与溴水反应生成三溴苯酚，少量三溴苯酚易溶于苯酚，则未出现白色沉淀，故C错误；D．溴乙烷水解后，没有加硝酸中和NaOH，不能检验溴离子，故D错误；故选：A。非选择题部分二、非选择题17.铁和碳能形成多种物质，在日常生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）①基态原子的价层电子排布图为_______②乳酸亚铁口服液是缺铁人群的补铁保健品，临床建议服用维生素促进“亚铁”的吸收，避免转化成，从结构角度分析，易被氧化成的原因是_______③的熔点显著低于的熔点，可能的原因是_______ （2）下列有关碳的说法正确的是_______.A.第一电离能由小到大的顺序是：B.碳的两种同素异形体金刚石和石墨都是共价晶体C.碳碳双键中键比键轨道重叠程度大，形成的共价键更稳定D.第ⅣA族的元素形成的化合物键角由大到小的顺序为：（3）铁素体是碳溶解在中的间隙固溶体，其晶胞如图所示，该物质的化学式为_______，若该晶体的密度为，则该晶体中最近的两个碳原子的核间距为_______列出计算式即可)【答案】（1）①.②.的价层电子排布式为的价层电子排布式为的半充满状态更稳定③.为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多（2）CD（3）①.②.【解析】【小问1详解】①基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，其价电子排布图为；②从结构角度分析，易被氧化成的原因是：的价层电子排布式为的价层电子排布式为的半充满状态更稳定；③的熔点显著低于的熔点的原因是 为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；【小问2详解】A．碳的第一电离能大于氮，选项A错误；B．石墨是混合型晶体，选项B错误；C．键比键轨道重叠程度大，形成的共价键更稳定，选项C正确；D．CS2、SnCl2、SiCl4的键角分别为180°、120°、109°28`，选项D错误；答案选C；【小问3详解】根据图2，铁原子位于顶角、面心，1个晶胞中含有Fe的个数为8+6=4，碳原子位于棱上和体心，1个晶胞中含有C的个数为12+1=4，因此化学式为FeC；1个晶胞的质量为，根据密度的定义，得出晶胞的边长为，根据晶胞的结构，最近的两个碳原子间的距离等于面对角线长度的一半，则最近的两个碳原子间的距离是pm。18.化合物由四种元素组成，是一种微溶于水的固体，可按如图流程进行实验：已知：气体混合物A中物质的组成元素相同；固体混合物B只含两种物质；无色溶液G的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)请回答：（1）气体混合物A是_______；X的组成元素是_______（2）写出X受热分解的化学反应方程式_______（3）写出固体混合物B与足量稀硫酸发生反应的离子方程式_______（4）设计实验，用化学方法检验无色溶液G中的阴离子_______【答案】（1）①.和②. （2）（3）或（4）取两份溶液，其中一份加过量的盐酸，无现象，再加足量的氯化钡溶液，若产生白色沉淀则说明溶液中有硫酸根离子，另一份加酚唒溶液，若显红色则说明溶液中有氢氧根离子【解析】【分析】由流程可知，1.5g白色沉淀为碳酸钙，其物质的量为0.015mol，气体混合物A中物质的组成元素相同，可知C为CO，其物质的量为=0.015mol，气体混合物A中含0.015molCO2、0.015molCO固体混合物B只含两种物质，与足量稀硫酸反应后得到紫红色固体F为Cu，其物质的量为=0.005mol，混合溶液E与足量NaOH溶液反应得到无色溶液G的焰色为紫色，可知G、X均中含K元素，蓝色沉淀为氢氧化铜，黑色固体为CuO，其物质的量为0.005mol，无色气体D为CO2，其物质的量为=0.001mol，则B应为K2CO3、Cu2O的混合物，由原子守恒可知物质的量分别为0.01mol、0.005mol，可知X隔绝空气分解生成0.015molCO2、0.015molCO、0.01molK2CO3、0.005molCu2O，K、Cu、C、O的物质的量比为0.02mol:0.01mol:0.04mol:0.08mol=2:1:4:8，可知X为K2CuC4O8；【小问1详解】由上述分析可知，气体混合物A是CO2、CO；X的组成元素是K、Cu、C、O，答案为CO2、CO；K、Cu、C、O；【小问2详解】X受热分解的化学反应方程式为，答案为；【小问3详解】固体混合物B与足量稀硫酸发生反应的离子方程式为或 ，答案为或；【小问4详解】G中主要含硫酸钠、硫酸钾，用化学方法检验无色溶液G中的阴离子的方法为取少量G溶液，先加盐酸无现象，后滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，则G中阴离子为硫酸根离子，故答案为:取少量G溶液，先加盐酸无现象，后滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，则G中阴离子为硫酸根离子。19.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，工业上有多种方法制备乙烯。回答下列问题：Ⅰ.以乙烷为原料制备乙烯已知：①②③（1）写出反应④分解制备热化学方程式_______（2）某温度下，只发生反应④，向的恒容密闭容器中通入，初始压强为，测得时该反应达到平衡状态，此时的体积分数为，反应从开始到平衡，用表示的该反应的平均反应速率_______；该温度下反应的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)Ⅱ.以二氧化碳为原料制备乙烯已知和在铁系催化剂作用下发生化学反应⑤，会有副反应②发生（3）在三个容积均为的密闭容器中以不同的氢碳比充入和，在一定条件下的平衡转化率与温度的关系如图1所示 下列关于反应⑤的说法不正确的是______A.该反应的正反应活化能>逆反应活化能B.图1中，氢碳比：ⅰ>ⅱC.图1中，当氢碳比为2.0时，Q点：v(正)<v(逆)D.图1中，当反应处于点状态时，形成碳碳双键的同时断裂碳氧双键（4）在密闭容器中通入和平衡转化率随温度和压强的变化如图2所示。温度大于，随着压强的增大，的平衡转化率减小，解释其原因_______Ⅲ.以碘甲烷为原料制备乙烯已知反应⑥；⑦；⑧.维持温度为，压强为，起始时投入，达到平衡时，测得平衡体系中 （5）平衡时转化率为_______（6）已知在条件下，存在等式(为常数，为平衡时的总压强，为平衡时的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出随压强变化的图像______【答案】（1）（2）①.②.8.3或8.33或25/3（3）AC（4）温度高于，增大压强，主反应⑤平衡正向移动，浓度增大，和浓度减小，导致副反应②平衡逆向移动；副反应②逆向移动的程度大于主反应⑤正向移动的程度，则二氧化碳的平衡转化率下降（5）（6）【解析】 【小问1详解】根据盖斯定律可得反应④=得到，方程式为C2H6(g)=C2H4(g)+2H2(g)△H==+136kJ/mol；故该反应的热化学方程式为：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)△H=+136kJ/mol。【小问2详解】设反应平衡时消耗C2H6(g)的物质的量为xmol，列三段式，则，解得x=0.25，则平衡时C2H6、C2H4、H2的物质的量分别为0.75mol、0.25mol、0.25mol，则v(C2H4)=；反应前后体积、温度不变，根据阿伏伽德罗定律推论可知反应前后压强和物质的量成正比，设平衡时压强为ykPa，则，解得y=125kPa，该温度下反应的压强平衡常数Kp===(8.33或8.3)kPa。【小问3详解】A．根据CO2的平衡转化率与温度的关系图1，温度升高平衡转化率降低，可知正反应为放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，A错误；B．相同条件下，氢碳比越大，CO2的平衡转化率越大，图1中，氢碳比：ⅰ>ⅱ，B正确；C．图1中，当氢碳比为2.0时，Q点转化率小于P点的转化率，故反应向正反应方向进行，v(正)＞v(逆)，C错误；D．图1中，当反应处于P点状态时，反应达到平衡，形成1mol碳碳双键生成1molC2H4，则消耗2molCO2，同时断裂4mol碳氧双键，D正确；故答案为：AC。【小问4详解】CO2和H2在铁系催化剂作用下发生化学反应⑤，会有副反应②发生，温度高于800℃，增大压强，主反应⑤2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)平衡正向移动，H2O(g)浓度增大，CO2(g)和H2(g)浓度减小，导致副反应②H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡逆向移动；副反应②逆向移动程度大于主反应⑤正向移动的程度，则二氧化碳的平衡转化率下降；。 【小问5详解】根据反应前后碳原子守恒，反应平衡时n(CH3I)+2n(C2H4)+3n(C3H6)+4n(C4H8)=1mol，则平衡时剩余的CH3I的物质的量为n(CH3I)=1mol-2n(C2H4)-3n(C3H6)-4n(C4H8)=0.04mol，则平衡时CH3I的转化率为=96%。【小问6详解】810K时，平衡常数K==，则，K为常数，A为常数，则x(HI)一直不变，反应平衡时，CH3I转化率为96%，则消耗的物质的量n(CH3I)=1mol×96%=0.96mol，根据方程式可知生成的HI的物质的量为n(HI)=n(CH3I)=0.96mol，平衡时容器内总物质的量为0.04mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol+0.96mol=1.345mol，则x(HI)=，则图像为。20.叠氮化钠是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。如图是工业水合肼法制叠氮化钠的工艺流程：已知：①受热易分解；②有关物质的物理性质如表：沸点/溶解性 78.3与水互溶水合肼113.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿亚硝酸乙酯17难溶于水，可溶于乙醇、乙醚300易溶于水，难溶于乙醇回答下列问题：（1）步骤②制备的装置如图1所示，图1中仪器的名称为_______，仪器的作用是_______（2）写出步骤②中生成的化学反应方程式_______（3）下列说法不正确的是_______A.反应①需控制适宜温度，温度过高和过低都不利于该反应进行B.步骤②反应时，应先打开，关闭，充分反应后，关闭，再打开出产品C.图1中处接直型冷凝管、牛角管和锥形瓶进行步骤③D.步骤④过滤得到晶体后，可用蒸馏水洗涤晶体（4）已知：与反应灵敏，可以生成红色配合物，该红色配合物的吸光度与在一定浓度范围内的关系如图2所示，可利用该“—吸光度”曲线确定样品溶液中的 确定样品溶液中的实验步骤如下：从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“()”内填写一种操作，均用字母表示]ⅰ.配制待测溶液打开_______，加入适量蒸馏水，盖紧玻璃塞，倒立后正立→（）→用_______称取样品置于烧杯中，加入适量蒸馏水充分溶解→（）→将溶液转移到_______中→（）→（）→（）→（）仪器：a.容量瓶；b.容量瓶；c.量筒；d.分析天平；e.托盘天平操作：f.轻轻摇动，使溶液混合均匀g.用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，并转移洗涤液h.加水后定容i.将玻璃塞旋转，倒立后正立j.盖好玻璃塞，反复上下颠倒，摇匀k.待冷却至室温ⅱ.测定待测溶液与形成的红色配合物的吸光度取待测溶液，加入足量的溶液，摇匀后测得吸光度为0.6（5）样品的质量分数为_______(用百分数表示，答案精确到小数点后1位)【答案】（1）①.三颈烧瓶或三口烧瓶②.冷凝回流，使反应充分进行（2）或（3）D（4）①.a②.i③.d④.k⑤.a⑥.g⑦.f⑧.h⑨.j（5） 【解析】【分析】根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH=CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。【小问1详解】由仪器构造可知仪器b为三颈烧瓶或三口烧瓶；仪器为球形冷凝管，其作用冷凝回流，使反应充分进行；【小问2详解】步骤②中CH3ONO与水合肼在碱性条件下发生反应生成和CH3OH，，化学反应方程式：或；【小问3详解】该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，需控制适宜温度，温度过高和过低都不利于该反应进行，故A正确；步骤②中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤③中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故B正确；图1中处接直型冷凝管、牛角管和锥形瓶进行步骤蒸馏，故C正确；步骤④过滤得到晶体后，可用乙醇洗涤2～3，不能用水，故D错误；【小问4详解】打开容量瓶，加入适量蒸馏水，盖紧玻璃塞，倒立后正立→将玻璃塞旋转，倒立后正立→用分析天平称取样品置于烧杯中，加入适量蒸馏水充分溶解→待冷却至室温→将溶液转移到容量瓶中→用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，并转移洗涤液→轻轻摇动，使溶液混合均匀→加水后定容→盖好玻璃塞，反复上下颠倒，摇匀。【小问5详解】摇匀后测得吸光度为0.6，结合图像可知=4.0×10-2mol/L，样品的质量分数为=。21.氟伐他汀钠(L)是第一个全化学合成的降胆固醇药物，是一种优良的降血脂药，其合成路线如图： 已知：①②请回答：（1）化合物A的官能团名称是_______（2）化合物J的结构简式是_______（3）下列说不正确的是_______A.先加成后消去B.有机物的一氯取代物有8种C.有机物能与和反应D.化合物存在手性碳原子（4）写出的化学方程式_______（5）设计以和1，丁二烯为原料，合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______（6）和发生加成反应后的产物为，写出4种同时符合下列条件的化合物的同分异构体的结构简式_______①分子中含有两个环，其中一个是苯环；②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，且含键【答案】（1）碳氟键（2）（3）BC （4）++HCl（5）。（6）【解析】【分析】与在氯化铝催化作用下发生取代反应生成C，C与D发生取代反应生成E，E在ZnCl2作用下先发生加成反应再发生消去反应生成F，F与G发生取代反应生成H，H与I发生已知信息①中的加成反应生成J，J发生还原反应生成K，K发生碱性水解生成L，据此分析解答。【小问1详解】由A的结构简式可知其官能团为碳氟键；【小问2详解】 由以上分析可知J为；【小问3详解】由以上分析可知E到F先发生加成反应再发生消去反应，故A正确；由H的结构简式可知H中含10种氢，其一氯代物有10种，故B错误；有机物中含有羟基能与Na反应，含碳碳双键能与氢气发生加成反应，但不能与反应，故C错误；由L的结构简式可知L中羟基所连碳原子均为手性碳原子，故D正确；【小问4详解】C与D发生取代反应生成E，反应方程式为：++HCl；【小问5详解】与溴单质发生加成反应生成，发生加氢反应生成，与发生已知信息②中反应生成，碱性水解再酸化生成， 加热脱羧生成，合成路线为：。【小问6详解】