河南省豫北名校联盟2021-2022学年高二化学下学期第三次联考试题（Word版含解析）

2021~2022年度下学年高二年级联考(三)化学考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：必修2、选修3第一～三章，选修4，选修5第一～三章。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24S-32Fe-56Cu-64Br-80Sr-88第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.金属在潮湿的空气中生锈，主要发生析氢腐蚀B.工业废水中的Ag+、Hg2+等重金属离子可通过加适量Na2S除去C.皮肤被昆虫叮咬后会产生红疹，主要是由于昆虫分泌出来的液体中含有乙酸D.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，均利用了其氧化性【答案】B【解析】【详解】A．金属在潮湿的空气中生锈，主要发生吸氧腐蚀，故A错误；B．Ag+、Hg2+与S2-反应生成硫化物沉淀，工业废水中的Ag+、Hg2+等重金属离子可通过加适量Na2S除去，故B正确；C．皮肤被昆虫叮咬后会产生红疹，主要是由于昆虫分泌出来的液体中含有甲酸，故C错误；D．明矾常用于自来水的净化，利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，故D错误；选B。2.下列化学用语使用错误的是A.次氯酸的结构式：H—O—ClB.甲基的电子式：C.中子数为10的氧原子：OD.乙二醇的最简式：CH3O\n【答案】C【解析】【详解】A．HClO中O原子分别与H、Cl原子形成1对共用电子对，HClO的结构式为H—O—Cl，A项正确；B．CH4分子去掉1个H原子后剩余的基团称甲基，甲基的电子式为，B项正确；C．中子数为10的氧原子的质量数为18，表示为，C项错误；D．乙二醇的结构简式为HOCH2CH2OH，分子式为C2H6O2，最简式为CH3O，D项正确；答案选C。3.一定温度下，在某恒容密闭容器中，对于可逆反应aN(g)+bM(g)cR(g)的下列叙述中，能作为判断该反应达到平衡状态标志的是A.n(N)∶n(M)∶n(R)=a∶b∶cB.混合气体的密度不再随时间而改变C.单位时间内，每消耗amolN的同时生成bmolMD.混合气体的总质量不再随时间而改变【答案】C【解析】【详解】A．n(N)∶n(M)∶n(R)=a∶b∶c与投入量有关，不能作为判定平衡的依据，A错误；B．由于质量守恒，恒容密闭容器，混合气体的密度不再随时间而改变，不能作为判定平衡的依据，B错误；C．单位时间内，每消耗amolN的同时生成bmolM，证明v正=v逆，能作为判断该反应达到平衡状态标志，C正确；D．由于质量一直处于守恒状态，混合气体的总质量不再随时间而改变，不能作为判定平衡的依据，D错误；答案选C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.在1L0.1mol·L-1CH3COONa溶液中，阴离子的总数大于0.1NAB.1.0molH2和1.0molI2充入恒容的密闭容器中充分反应，则生成的HI分子数为2NAC.在0.2mol·L-1NaCN的溶液中，所含CN-数目可能为0.2NA\nD.粗铜精炼时，每生成0.25molCu，此时转移的电子数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A．CH3COONa溶液中电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，其中n(Na+)=1×0.1=0.1mol，则阴离子的总数大于0.1NA，A正确；B．碘单质和氢气的反应是可以反应，则生成的碘化氢的分子数小于2NA，B错误；C．没有给体积，无法计算CN-的数目，但是只要给出合适的体积，则所含CN-数目可能为0.2NA，C正确；D．生成1molCu，转移2mol电子，则每生成0.25molCu，此时转移的电子数为0.5NA，D正确；故选B。5.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.与金属相反应有气体生成的溶液：Ca2+、Fe2+、I-、NOB.使无色酚酞变红的溶液：Ba2+、Mg2+、Br-、ClO-C.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液：Al3+、Fe3+、Cl-、MnOD.含有S2-的溶液：K+、Na+、Cl-、F-【答案】D【解析】【详解】A．与金属相反应有气体生成的溶液可能为酸性也可能为碱性，若为酸性氢离子与硝酸根共存具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，碘离子氧化为碘单质，若为碱性，则Fe2+不能共存，A错误；B．使无色酚酞变红的溶液呈碱性，会生成氢氧化镁沉淀，B错误；C．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸性也可能为碱性，若为碱性：Al3+、Fe3+均会生成沉淀，酸性条件下氯离子具有弱还原性，而高锰酸根具有强氧化性，会生成氯气，C错误；D．含有S2-的溶液：K+、Na+、Cl-、F-相互之间不反应，D正确；答案选D。6.类推是学习化学的一种重要方法，下列类推正确的是A.碳酸钠易溶于水，故碳酸锂也易溶于水\nB.H2CO3可以溶于水，故H2SiO3也可以溶于水C.金属Li通常保存在石蜡里，故金属钠也能保存在石蜡里D.Cu在室温下以固态的形式存在，故Hg在室温下也以固态的形式存在【答案】C【解析】【详解】A．根据对角线规则，碳酸锂与碳酸镁相似，微溶于水，A项错误；B．H2SiO3难溶于水，B项错误；C．为防止Li、Na与空气中H2O(g)、O2等反应，Li、Na可保存在石蜡中以隔绝空气，C项正确；D．Hg是在室温下唯一以液态形式存在的金属，D项错误；答案选C。7.W、X，Y，Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列说法错误的是A.最简单氢化物的沸点：Z>XB.仅含W和X两种元素的化合物也有可能是离子化合物C.由Y和Z两种元素所形成的化合物YZ，可用作食品的防腐剂D.由W、X，Z三种元素所形成的化合物中，可能既含离子键又含共价键【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3、WZ分别为NH3、HCl，则W为H，X为N，Z为Cl元素；四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z，则Y的核外电子总数为17+1-7=11，则Y为Na元素，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为N，Z为Cl，由于NH3中存在分子间氢键，导致沸点反常升高，则最简单氢化物的沸点：NH3＞HCl即X>Z，A错误；B．由分析可知，W为H，X为N，仅含W和X两种元素的化合物也有可能是离子化合物如NH5即NH4H，B正确；C．由分析可知，Y为Na，Z为Cl，则由Y和Z两种元素所形成的化合物YZ即NaCl，可用作食品的防腐剂，C正确；D．由分析可知，W为H，X为N，Z为Cl，则由W、X，Z三种元素所形成的化合物即NH4Cl中，可能既含铵根离子和氯离子键的离子键，铵根离子内部又含共价键，D正确；\n故答案为：A。8.二氧化碳加氢可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H。在某恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.该反应的反应物总能量小于生成物的总能量BM点时，保持其他条件不变，仅充入少量稀有气体，反应速率加快C.加入合适的催化剂，该反应的△H保持不变D.T1K时，H2的平衡转化率：M<N【答案】C【解析】【分析】温度升高甲醇物质的量减少，说明反应放热，升温平衡逆向移动，据此分析解题。【详解】A．反应放热，该反应的反应物总能量高于生成物的总能量，A错误；B．恒容密闭容器，M点时，保持其他条件不变，仅充入少量稀有气体，反应物浓度不变，反应速率不变，B错误；C．加入合适的催化剂，该反应的△H保持不变，因为催化剂不会影响焓变值，C正确；D．T1K时，甲醇的物质的量M＞N，则M消耗的氢气大于N，H2的平衡转化率：M＞N，D错误；答案选C。9.氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取(两电极均为情性电极)，下列说法错误的是\nA.c出口为高浓度的烧碱溶液B.电池工作时，左侧电极室的Na+向右侧电极室移动C.每生成0.1molH2，此时转移的电子的物质的量为0.2molD.阳极发生的电极反应为2Cl-+2e-=Cl2↑【答案】D【解析】【分析】电解精制盐水，阳极阴离子Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极H+得电子发生还原反应生成H2，Na+透过阳离子膜向阴极移动，据此解答。【详解】A．阴极H+得电子发生还原反应生成H2，Na+透过阳离子膜向阴极移动，因此阴极产生氢氧化钠，则c出口为高浓度的烧碱溶液，A正确；B．电解池中阳离子向阴极移动，因此电池工作时，左侧电极室的Na+向右侧电极室移动，B正确；C．氢离子得到电子转化为氢气，每生成0.1molH2，此时转移的电子的物质的量为0.2mol，C正确；D．阳极阴离子Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2，阳极发生的电极反应为2Cl-－2e-=Cl2↑，D错误；答案选D。10.常温下，浓度为0.1mol·L-1的CH3COOH加水稀释至0.01mol·L-1的过程中(不考虑稀释过程中溶液温度的变化)，下列各项始终保持增大的是A.B.c(OH-)-c(H+)C.D.Ka(CH3COOH)\n【答案】B【解析】【详解】A．温度不变Kw不变，加水稀释减小，故减小，A不符合题意；B．加水稀释，醋酸酸性减弱，c(OH-)增大，c(OH-)-c(H+)增大，B符合题意；C．加水稀释，醋酸酸性减弱，c(OH-)增大，减小，减小，C不符合题意；D．Ka(CH3COOH)为电离常数，温度不变，电离常数不变，D不符合题意；答案选B。11.氧化白藜芦醇(M)的结构简式如图所示，下列说法错误的是A.M为芳香烃化合物B.M能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.M含有的官能团为羟基、碳碳双键D.1molM最多能与7molH2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．烃为碳、氢两种元素组成，M中含C、H、O三种元素，M不属于烃，A项错误；B．M中含酚羟基、碳碳双键，M能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；C．根据M的结构简式知，M中含有的官能团为（酚）羟基、碳碳双键，C项正确；D．M中含有的两个苯环和1个碳碳双键都能与H2发生加成反应，故1molM最多能与7molH2发生加成反应，D项正确；答案选A。\n12.下列图示与对应的叙述相符的是A.灼烧海带B.准确量取一定体积的酸性K2Cr2O7标准溶液C.乙酸乙酯的制备D.铁钥匙上镀铜A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．灼烧海带应选用坩埚、不用烧杯，A项不相符；B．酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，准确量取一定体积的酸性K2Cr2O7标准溶液应选用酸式滴定管，不能选用碱式滴定管，B项不相符；C．为防止倒吸，收集乙酸乙酯的导气管的管口不能伸入饱和碳酸钠溶液液面之下，C项不相符；D．铁钥匙上镀铜时，Cu作阳极，阳极电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铁钥匙作阴极，CuSO4溶液作电解质溶液，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项相符；答案选D。13.汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而被除去。在1L恒容密闭容器中充入1molCO和0.8molNO，发生反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H<0，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示，下列说法正确的是\nA.温度：T2<T1B.平衡常数：Kb=Kd<Ka=KcC.反应速率：(d)=(c)D.T1时，测得CO的平衡转化率为40%，则T1时反应的平衡常数为【答案】D【解析】【分析】由题干信息已知反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H<0为一个正反应是气体体积减小的放热反应，据此分析解题。【详解】A．由反应可知，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，结合题干图像信息可知，温度：T2＞T1，A错误；B．平衡常数仅仅是温度的函数，由A项分析可知，T2＞T1，且升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则Kb=Kd＞Ka=Kc，B错误；C．由A项分析可知，T2＞T1，温度越高，反应速率越快，即(d)＜(c)，C错误；D．T1时，测得CO的平衡转化率为40%，由三段式分析可知，，且容器的体积为1L，则T1时反应的平衡常数为K===，D正确；故答案为：D。\n14.草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。室温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX【X表示或】随溶液pH的变化关系如图所示，下列说法错误的是(已知：10-1.30≈5×10-2，电离度=×100%，不考虑溶液混合时温度和体积的变化)A.直线II表示lg随溶液pH的变化，且K=10-4.19B.当混合溶液的pH=7时，溶液中的溶质一定含有Na2C2O4C.若H2C2O4和NaOH溶液等体积、等浓度混合，则混合溶液中一定存在c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O)D.该温度下，0.1mol·L-1的H2C2O4电离度约为5%【答案】D【解析】【分析】直线Ⅰ与x轴交点的pH值为1.3，；直线II与x轴交点的pH值为4.19，；Ka1(H2C2O4)>Ka2(H2C2O4)，所以Ka1(H2C2O4)=10-1.3、Ka2(H2C2O4)=10-4.19。【详解】A．Ka1(H2C2O4)>Ka1(H2C2O4)；直线Ⅰ与x轴交点的pH值为1.3，；直线II与x轴交点的pH值为4.19，；直线Ⅰ表示随溶液pH的变化，直线II表示lg随溶液pH的变化，且K=10-4.19，故A正确；；B．当混合溶液pH=7时，，，所以溶液中的溶质\n一定含有Na2C2O4，故B正确；C．若H2C2O4和NaOH溶液等体积、等浓度混合溶质为NaHC2O4，根据质子守恒，c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O)，故C正确；D．该温度下，0.1mol·L-1的H2C2O4中电离的草酸的浓度为x，则，x=0.05mol/L，电离度约为，故D错误；选D。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题：共58分。第15～17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18～19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此题包括3小题，共43分。15.为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如图简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3形式存在，含有少量的Al2O3、SiO2杂质)转变成重要的工业原料FeSO4。(反应条件略)已知：①活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应；②加入FeCO3调溶液pH到5.8左右；③室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH3.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH4.73.29回答下列问题：（1）为了提高硫铁矿烧渣的酸浸取率，通常采用____(填两种措施即可)。（2）过滤时，常用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____，其中玻璃棒的主要作用是____。\n（3）“过滤I”中所得的滤渣主要成分为____(填化学式)。（4）加入FeCO3调pH之前，检验“滤液II”中是否含有Fe3+的方法是_____。（5）利用表中数据，计算得Ksp[Al(OH)3]=____。（6）“一系列操作”指的是____、洗涤。【答案】（1）粉碎硫铁矿烧渣、适当升高反应温度、适当增大硫酸浓度（2）①.漏斗②.引流（3）SiO2（4）滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+（5）（6）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】硫铁矿烧渣，铁主要以Fe2O3形式存在，含有少量的Al2O3、SiO2杂质，加入稀硫酸，SiO2不溶于硫酸，过滤得到生成硫酸铁、硫酸铝溶液，滤液中加入活化硫铁矿还原Fe3+，发生反应FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，滤液Ⅱ加入FeCO3调溶液pH到5.8左右，除去Al3+，得到FeSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4晶体。【小问1详解】根据影响反应速率的因素，为了提高硫铁矿烧渣的酸浸取率，通常采用粉碎硫铁矿烧渣、适当升高反应温度、适当增大硫酸浓度等。【小问2详解】过滤时，常用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，其中玻璃棒的主要作用是引流。【小问3详解】SiO2不溶于硫酸，“过滤I”中所得的滤渣主要成分为SiO2。【小问4详解】KSCN溶液遇Fe3+变红色，加入FeCO3调pH之前，检验“滤液II”中是否含有Fe3+的方法是：滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+；【小问5详解】铝离子完全沉淀的pH=4.7，Ksp[Al(OH)3]=【小问6详解】硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4晶体，“一系列操作”指的是蒸发浓\n缩、冷却结晶、过滤、洗涤。16.无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图所示(搅拌及夹持装置已省略)，主要步骤如下：I.三颈烧瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚(密度为0.714g•cm-3、沸点为34.6℃)，仪器a中加入15mL液溴(密度为3.117g•cm-3、沸点为58.78℃)；II.反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品；III.常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。已知：①Mg和Br2反应剧烈放热，MgBr2具有强吸水性；②MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2•3C2H5OC2H5。回答下列问题：（1）仪器a的名称为____，与分液漏斗相比，其优点是____。（2）球形干燥管的作用是____。（3）实验进行过程中，仪器a中的液体滴速不能过快，原因是____。（4）步骤III中，过滤除去的物质是____，判断的理由为____(写出具体的计算过程)。（5）为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4-)标准溶液滴定，反应的离子方程式：\nMg2++Y4-=MgY2-。①在滴定的过程中，眼睛应注视____(填“锥形瓶”或“滴定管”)中的变化。②测定时，先称取0.4000g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0400mol·L-1的EDTA标准液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液50.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度为_____%。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.保证内部压强不变，可以防止倒吸，可以使漏斗内液体顺利流下，减小增加的液体对气体压强的影响，从而在测量气体体积时更加准确（2）吸收没有反应的溴蒸汽，防止污染空气（3）滴速过快会放出较多的热量，从而导致溴大量挥发，降低溴的利用率（4）①.乙醚和溴②.乙醚和溴，这两种物质都易溶于苯，可用苯溶解除去（5）①.锥形瓶②.92%【解析】【分析】本题是一道无机物的制备类的实验题，利用镁和液溴的反应制备无水溴化镁，本实验在三颈烧瓶中进行，为了减慢反应速率，在反应过程中加入乙醚，并且液溴缓慢加入，这样可以防止反应过快，从而导致液溴的挥发，以此解题。【小问1详解】由图可知，仪器a为恒压滴液漏斗；恒压滴液漏斗有一个恒压管，与分液漏斗相比，其优点是：保证内部压强不变，可以防止倒吸，可以使漏斗内液体顺利流下，减小增加的液体对气体压强的影响，从而在测量气体体积时更加准确；【小问2详解】液溴易挥发，容易污染空气，故球形干燥管的作用是：吸收没有反应的溴蒸汽，防止污染空气；【小问3详解】镁和溴的反应为放热反应，滴速过快会放出较多的热量，从而导致溴大量挥发，降低溴的利用率；【小问4详解】溴化镁粗品中含有乙醚和溴，且这两种物质都易溶于苯，可用苯溶解除去；【小问5详解】①滴定的时候，眼睛应该注视着锥形瓶中颜色的变化；②根据Mg2++Y4-=MgY2-可知，n(MgBr2)=n(EDTA)=0.04×0.05=0.002mol，m(MgBr2)=\n0.002×184=0.368g，无水MgBr2产品的纯度=。17.硫的氧化物是大气的主要污染物，是当前环保工作的重要研究内容之一。I．一定温度下，将0.8molSO2和0.4molO2充入4L恒容密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H。该反应一般认为通过如下步骤来实现：①2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H1=-244kJ·mol-1；②V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)△H2=-399kJ·mol-1；③2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)△H3=-351kJ·mol-1；（1）△H=____kJ·mol-1。（2）____(填“低温”、“高温”或“任意温度”)条件下有利于该反应【2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)】自发进行，判断的理由为____。（3）若该反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在5min时达到平衡，此时测得平衡时混合气体的总压强与起始时混合气体的总压强之比为7∶10。①0～5min内，v(SO3)=____mol·L-1·min-1。②O2的平衡转化率为____%。③Kp=____(假设反应达到平衡时混合气体的总压强为p，以分压表示，分压=总压×物质的量分数，写出计算式即可)。II．较纯的SO2用于原电池法生产硫酸的装置如图：（4）电池工作一段时间后，右侧电极室的溶液的pH____(填“增大”、“减小”或“不变”)。（5）电极b上发生的电极反应为____。【答案】（1）-196（2）①.低温②.该反应△H＜0，＜0，根据＜0反应自发可知，\n低温条件有利于自发进行（3）①.0.036②.90③.（4）增大（5）SO2+2H2O-2e-=+4H+【解析】【小问1详解】由题干信息已知反应①2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)△H1=-244kJ·mol-1，反应②V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)△H2=-399kJ·mol-1；反应③2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)△H3=-351kJ·mol-1，则③-②+①可得反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，根据盖斯定律可知，△H=△H3-△H2+△H1=(-351kJ·mol-1)-(-399kJ·mol-1)+(-244kJ·mol-1)=-196kJ/mol，故答案为：-196；【小问2详解】由(1)分析可知，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，根据反应中气体的系数可知反应正反应是一个气体体积减小的方向，即＜0，根据＜0反应自发可知，低温条件下有利于该反应【2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)】自发进行，故答案为：低温；该反应△H＜0，＜0，根据＜0反应自发可知，低温条件有利于自发进行；【小问3详解】若该反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在5min时达到平衡，此时测得平衡时混合气体的总压强与起始时混合气体的总压强之比为7∶10，根据三段式分析为：，同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，则，解得x=0.36mol，据此分析解题：①0～5min内，(SO3)==0.036mol·L-1·min-1，故答案为：0.036；\n②O2的平衡转化率为=90%，故答案为：90；③假设反应达到平衡时混合气体总压强为p，则平衡时SO2、O2、SO3的平衡分压分别为：、、，则Kp=，故答案为：；【小问4详解】由题干图示信息可知，通入SO2的一极电极b为负极，发生氧化反应，电极反应为：SO2+2H2O-2e-=+4H+，通入O2的一极电极a为正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故可知电池工作一段时间后，右侧电极室的溶液的pH增大，故答案为：增大；【小问5详解】由(4)分析可知，电极b上发生的电极反应为SO2+2H2O-2e-=+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=+4H+。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。18.铁是工业生产中不可缺少的一种金属.回答下列问题：（1）某云母片岩石的主要成分为KMgFe3Si4O(OH)3，含有少量Cr(杂质)。①Mg的基态原子的电子排布式为____，其原子核外电子填充的能级数目为____。②Cr元素在元素周期表中的位置为____。（2）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：\n①此配合物中，H、C和O三种元素的电负性由大到小的顺序为____(填元素符号)。②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有____。（3）黄铁矿(FeS2)在冶炼时会有SO2生成。①SO2的空间构型为____。②S、O、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序为____(填元素符号)。（4）铁酸锶的晶胞结构如图所示：①晶胞中距离最近的两个氧原子间距离为____(列出计算式即可)cm。②该晶体的密度为____(列出计算式即可)g•cm-3。【答案】（1）①.1s22s22p63s2②.4③.第四周期第ⅥB族（2）①.O＞C＞H②.sp3杂化、sp2杂化（3）①.V型②.O＞S＞Se（4）①.②.【解析】【小问1详解】①Mg为第12号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，其原子核外电子填充的能级数目为1s、2s、2p、3s，共四个能级；②Cr为第24号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23d54s1周期表中的位置为第四周期第ⅥB族；\n【小问2详解】①非金属性越强电负性越强，H、C和O三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H；②此配合物中甲基与乙基上的C为sp3杂化，其余为sp2杂化；【小问3详解】①SO2的中心原子杂化为sp2杂化，空间构型为V型；②同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，第一电离能由大到小的顺序为O＞S＞Se；【小问4详解】①晶胞中距离最近的两个氧原子间距离为底面两个棱上的氧原子间距；②晶胞中O原子数目为：，Fe原子数目，Sr原子为1个，该晶胞质量为：，晶胞密度=。19.机玻璃树脂G和高聚物K的合成路线如图所示(A～M均为有机物)：①(CH3)2C=CHCH3+CH3COOH；②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH(R1、R2、R3代表烃基)；\n③CH2=CH—CH=CH2+CH≡CH；④H分子中不含醛基。回答下列问题：（1）的化学名称为____，F→G的反应类型为____。（2）I具有的官能团名称为____。（3）C的结构简式为____。（4）M+A→B的化学方程式为____。（5）F的同分异构体中，与F具有相同官能团且能发生水解反应和银镜反应的化合物共有____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱显示3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的有机物的结构简式为____。（6）如图是以环己烯和乙烯为原料制备聚合物R的合成路线，请写出有机物P、Q、R的结构简式____、____、____。【答案】（1）①.碳酸二甲酯②.聚合反应（2）羟基（3）CH3COCH2COOH（4）CH2=CH3C-CCH3=CH2+C2H2（5）①.7②.(CH3)2C=CHOOCH（6）①.HOOC(CH2)4COOH②.CH2OHCH2OH③.【解析】\n【分析】A为乙炔，乙炔与M生成B，B→C发生氧化反应，根据信息③可知B为，B氧化为C，C为CH3COCH2COOH，C→D发生羰基与氢气的加成，D→E发生醇的消去，D为CH3CH(OH)CH2COOH，根据有机树脂玻璃的结构简式可知F为CH3CH=CHCOOCH3，E为CH3CH=CHCOOH，由信息反应可知I为，结合信息④可知乙为HOCH2CH=CHCH2OH，据此分析解题。【小问1详解】的化学名称为碳酸二甲酯，根据题干反应过程可知F→G发生聚合反应；小问2详解】I的结构简式，I具有的官能团名称为羟基；【小问3详解】据分析可知C的结构简式为CH3COCH2COOH；【小问4详解】根据信息③可知，M+A→B的化学方程式为：CH2=CH3C-CCH3=CH2+C2H2;【小问5详解】F的同分异构体中，与F具有相同官能团且能发生水解反应和银镜反应，说明含有酯基和醛基，其同分异构体为：CH3CH2CH=CHOOCH、CH3CH=CHCH2OOCH、CH2=CHCH2CH2OOCH、CH2=CCH3CH2OOCH、(CH3)2C=CHOOCH、CH2=CHCHCH3OOCH、CH3CH=CCH3OOCH，共有7种，其中核磁共振氢谱显示3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的有机物的结构简式为：(CH3)2C=CHOOCH；【小问6详解】CH2BrCH2Br在碱性条件下水解为Q：CH2OHCH2OH，环己烯被氧化为P：HOOC(CH2)4COOH，\n两者发生酯化反应，则R为;