湖北省黄石市大冶市2022学年高二化学下学期期末试题含解析

2022-2022学年湖北省黄石市大冶市高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分，只有一个答案符合要求）1．在垃圾分类处理和利用的标志中，图属于()A．厨余垃圾标志B．危险废物标志C．可回收物标志D．其他垃圾标志2．下表中化学方程式或离子方程式的书写及与其对应的关系有错误的是()选项化学方程式或离子方程式对应关系A2CH2=CH2+O2加成反应B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化还原反应C2OH﹣+NO+NO2=2NO2﹣+H2ONO2氧化了NOD2Fe2++3[Fe（CN）6]3﹣=Fe[Fe（CN）6]2可用于检验Fe2+A．AB．BC．CD．D3．化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓度、压强、催化剂等的影响．烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是()A．压强降低，反应减慢B．温度降低，反应加快C．使CO2浓度增加，反应加快D．使O2浓度增加，反应加快4．绿色化学工艺的特点可以用原子经济化、原料绿色化、催化剂绿色化、溶液绿色化、产品绿色化等来形象地概括．下列说法符合绿色化学理念的是()A．无机化工生产中使用KClO3代替H2O2作氧化剂B．生产过程中选用催化剂只需考虑能加快反应即可C．物质合成中使用无毒、无害的原料或可再生资源D．有机化工生产中所需溶剂尽量选择苯、氯仿等有机物5．已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456…CH4C2H6C5H12C8H18C17H36……则第6项烷烃分子的化学式()A．C16H34B．C22H46C．C26H54D．C27H566．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用．下列叙述不正确的是()A．长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化B．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质-29-\nD．“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化7．下列物质转化在给定条件下能实现的是()①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl2无水FeCl3⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤8．下列有关化学反应原理的说法不正确的是()A．强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高B．过程的自发性既能用于判断过程的方向，也能用于确定过程发生的速率C．电解质溶液导电的过程中，一定发生了电解质溶液的电解D．化学变化中，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化9．某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的叙述正确的是()A．该有机物的摩尔质量为200B．该有机物属于芳香烃C．该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原、消去反应D．1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH和4molH2反应10．表是元素周期表的一部分，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是()XYMZA．简单氢化物稳定性：X＞ZB．简单离子半径：Y＜MC．最高价氧化物水化物的酸性：Z＜MD．得电子能力：X＞Y11．下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是()编号实验操作实验现象解释与结论A试纸变蓝NH3电离出了OH﹣-29-\n某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸B硝酸银溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）C2mL2%CuSO4中加4～6滴2%NaOH，振荡后加入0.5mLX溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸A．AB．BC．CD．D12．据图判断下列说法不正确的是()A．图1中醋酸电离平衡常数：a点的比b点的小B．图1中醋酸溶液的pH：a点的比b点的大C．图2中c点对应的溶液为Fe（OH）3的不饱和溶液D．由图2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调PH约为4左右13．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是()A．生成的铜的物质的量是0.2molB．随着电解进行溶液的pH减小C．转移电子的物质的量为0.4molD．阳极反应是2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑14．从海水中提取镁的工艺流程如图所示．下列说法错误的是()A．用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B．步骤⑦电解MgCl2时阴极产生氯气C．步骤⑥可将晶体置于HCl气氛中脱水D．上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应-29-\n15．现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽．用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液．下列说法中正确的是()A．b是阳离子交换膜，允许Na+通过B．从A口出来的是NaOH溶液C．阴极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．Na2SO4溶液从G口加入二、非选择题16．实验室可用如图装置（加热装置略）制取SO2以及验证SO2性质．（1）甲装置中制取SO2气体的化学方程式是__________．（2）为了证明SO2具有酸性，a处可放置__________试纸；装置乙中产生__________现象，可证明SO2具有__________性．（3）丙装置的作用是__________．17．A、E是两种金属单质．它们存在如图转化．（1）B在常温下为无色液体，C为具有磁性的黑色粉末，则A+B→C+D的化学方程式是__________．（2）E为短周期元素，它的原子的最外层比次外层电子数少5，则E在元素周期表中的位置是__________．假设图中的两个反应均恰好完全反应，若参加反应的A的质量是56g，则需要E的质量是__________g．（3）关于F的说法正确的是__________（填序号）．A．能与盐酸发生反应B．不能与NaOH溶液发生反应C．能溶于水得到其对应水化物D．工业上可作为冶炼E的原料（4）图中所示的两个反应都属于__________反应（填反应类型），该反应类型是以__________为依据划分的．-29-\n18．二氧化氯（ClO2）气体是一种高效广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水．制备方法如下：（1）步骤Ⅰ：电解食盐水制备氯酸钠．用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的__________和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．（2）步骤Ⅱ：将步骤Ⅰ得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2和Cl2，该气体中两种成分物质的量比是__________．某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60℃时反应制得．（3）反应过程中需要对A容器进行加热，加入的方式为__________；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有__________；（4）反应后在装置C中可得到亚氯酸钠（NaClO2）溶液．已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出的晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出的是NaClO2．根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①__________；②__________；③洗涤；④干燥．19．雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣12NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=__________kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有__________．a．体系密度保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO2和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=__________．（2）CO、CO2都可用于合成甲醇．①CO用于合成甲醇反应方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是__________．②CO2用于合成甲醇反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），图2是科学家现正研发的，以实现上述反应在常温常压下进行的装置．写出甲槽的电极反应__________．（3）图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．-29-\n①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和__________（填化学式）．②当消耗2molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为__________L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4所示，写出NO分解的化学方程式__________．三、选考题（共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分）[化学—选修2：化学与技术]20．[化学一选修化学与技术]现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区．如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水﹣淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图．根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在__________A西部山区B沿海地区C发达城市D东北内陆-29-\n（2）该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①__________、②__________、③__________、④__________、⑤__________．（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：__________；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是__________（填化学式）．（4）热电厂的冷却水是__________，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有__________（写出一种即可）．（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．__________，__________（写出两点即可）．[化学—选修3：物质结构与性质]21．X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大，X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：（1）R核外电子排布式为__________．（2）X、Y、Z、W形成的有机物YW（ZX2）2中Y、Z的杂化轨道类型分别为__________，ZW3﹣离子的立体构型是__________．（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是__________（填化学式），原因是__________．（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为__________．[化学—选修5：有机化学基础]22．芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：①A﹣I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．②③2RCH2CHO请回答下列问题：（1）A→B的反应类型为__________，D所含官能团的名称为__________，E的名称为__________．（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒__________（填“能”或“否”），理由__________．（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为__________．-29-\n（4）I的结构简式为__________．（5）符合下列要求A的同分异构体还有__________种．①与Na反应并产生H2②芳香族化合物．-29-\n2022-2022学年湖北省黄石市大冶市高二（下）期末化学试卷一、选择题（每小题3分，共45分，只有一个答案符合要求）1．在垃圾分类处理和利用的标志中，图属于()A．厨余垃圾标志B．危险废物标志C．可回收物标志D．其他垃圾标志【考点】"三废"处理与环境保护．【专题】化学计算．【分析】垃圾可分为可回收垃圾、可堆肥垃圾、有害垃圾、其它垃圾等；结合各个标志所代表的含义进行分析判断．【解答】解：A．厨余垃圾标志位：，故A错误；B．危险废物标志，故B错误；C．可回收标志，故C正确；D．其他垃圾标志为：，故D错误；故选C．．【点评】本题以垃圾箱的标志为载体考查了垃圾的分类，难度不大，明确标志包含的意义是解本题的关键．-29-\n2．下表中化学方程式或离子方程式的书写及与其对应的关系有错误的是()选项化学方程式或离子方程式对应关系A2CH2=CH2+O2加成反应B2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化还原反应C2OH﹣+NO+NO2=2NO2﹣+H2ONO2氧化了NOD2Fe2++3[Fe（CN）6]3﹣=Fe[Fe（CN）6]2可用于检验Fe2+A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写；氧化还原反应；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】化学用语专题．【分析】A．加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应；B．有机反应中加氧去氢的反应为氧化反应；C．反应中二氧化氮中氮元素化合价降低，一氧化氮中氮元素升高；D．电荷不守恒．【解答】解：A.2CH2=CH2+O2符合加成反应的定义属于加成反应，故A正确；B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O钙反应为乙醇的催化氧化反应，属于氧化还原反应，故B正确；C．反应中二氧化氮中氮元素化合价降低，二氧化氮为氧化剂，一氧化氮中氮元素升高，一氧化氮为还原剂，故C正确；D．含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了有机反应类型的判断、离子方程式的熟悉，熟悉有机物结构及有机反应类型是解题关键，题目难度中等．3．化学反应速率受外界条件如反应温度、反应物浓度、压强、催化剂等的影响．烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，火会更旺，其原因是()A．压强降低，反应减慢B．温度降低，反应加快C．使CO2浓度增加，反应加快D．使O2浓度增加，反应加快【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】烧烤时，用扇子向红热的木炭扇风，原因是增大氧气的浓度，反应速率增大，以此解答．【解答】解：碳和氧气反应，碳的表面积和氧气的浓度是影响反应速率的主要因素，用扇子向红热的木炭扇风，可增大氧气的浓度，火会更旺，故选D．-29-\n【点评】本题考查化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．4．绿色化学工艺的特点可以用原子经济化、原料绿色化、催化剂绿色化、溶液绿色化、产品绿色化等来形象地概括．下列说法符合绿色化学理念的是()A．无机化工生产中使用KClO3代替H2O2作氧化剂B．生产过程中选用催化剂只需考虑能加快反应即可C．物质合成中使用无毒、无害的原料或可再生资源D．有机化工生产中所需溶剂尽量选择苯、氯仿等有机物【考点】绿色化学．【分析】A．使用KClO3代替H2O2作氧化剂，产物为氯化钾有污染；B．催化剂能改变化学反应的速率，选用催化剂需考虑原子的经济化；C．可再生资源是指被人类开发利用后，可以在较短时间内更新、再生，或者能够重复利用、循环使用的自然资源，如气候资源、生物资源，物质合成中使用可再生资源或合成中使用无毒、无害的原料产品符合绿色化学理念；D．苯、氯仿等有机物有毒，使用有污染．【解答】解：A．过氧化氢作氧化剂还原产物为水，无污染，使用KClO3代替H2O2作氧化剂，产物为氯化钾有污染，不符合绿色化学的理念，故A错误；B．催化剂的选择既要考虑能加快反应的速率，又要考虑反应物的催化效果，是否符合原子的经济最大化，故B错误；C．可再生资源在较短时间内更新、再生或者能够重复利用、循环使用，物质合成中使用无毒、无害的原料或可再生资源，符合绿色化学的理念，故C正确；D．苯、氯仿等有机物有毒，有污染，不符合绿色化学的理念，故D错误；故选C．【点评】本题考查了绿色化学概念的理解，仔细审题，结合题干分析每个选项，题目难度不大，注意积累有关绿色化学的相关知识．5．已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一氯取代物只有一种123456…CH4C2H6C5H12C8H18C17H36……则第6项烷烃分子的化学式()A．C16H34B．C22H46C．C26H54D．C27H56【考点】烷烃及其命名．【分析】由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，再根据烷烃通式确定其分子式．【解答】解：由表格中数据可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项中C原子个数为其前一个偶数项中C、H原子个数之和，所以第六项中C原子个数是第四项中C原子、H原子个数之和为26，由烷烃通式知，第六项分子式为C26H54，故选C．【点评】本题考查探究化学规律，明确所给化学式中存在的规律是解本题关键，侧重考查学生分析、判断及总结归纳能力，题目难度中等．6．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用．下列叙述不正确的是()-29-\nA．长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化B．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D．“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化【考点】盐类水解的原理；物理变化与化学变化的区别与联系；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理．【分析】A．根据铵根离子和氨基的性质来判断；B．CaSO4难溶于酸，转化为CaCO3，可以用酸除去；C．工业上用电解法冶炼金属铝；D．化学变化是由新物质生成的变化．【解答】解：A．（NH4）2SO4化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素[CO（NH2）2]中的氨基具有碱性，会使土壤碱化，故A正确；B．CaSO4难溶于酸，可先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO3，然后用溶解酸除去，故B正确；C．铝是活泼金属不易被还原剂还原，工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的，故C错误；D．“酸可以除锈”的过程酸与金属氧化物反应生成盐，“热的纯碱溶液去油污”油脂发生水解反应，二者都有新物质生成，是化学变化，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．7．下列物质转化在给定条件下能实现的是()①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl2无水FeCl3⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤【考点】镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝．②硫燃烧生成二氧化硫．③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3．⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．-29-\n【解答】解：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确．故①③⑤正确．故选：A．【点评】本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液．8．下列有关化学反应原理的说法不正确的是()A．强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高B．过程的自发性既能用于判断过程的方向，也能用于确定过程发生的速率C．电解质溶液导电的过程中，一定发生了电解质溶液的电解D．化学变化中，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化【考点】焓变和熵变；活化能及其对化学反应速率的影响；电解质溶液的导电性．【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题．【分析】A、酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0；B、过程的自发性与反应速率无关；C、电解质溶液导电，可能是电解质电解，也可能是电解电解质和水，也可能是电解水；D、化学变化中，原子守恒，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化．【解答】解：A、酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近0，故A正确；B、过程的自发性与反应速率无关，可确定过程能否发生，故B错误；C、电解质溶液导电，可能是电解质电解如氯化铜溶液电解是氯化铜被电解，也可能是电解电解质和水如硫酸铜溶液，也可能是电解溶剂水，实验一定是电解质溶液电解，故C正确；D、化学变化中，遵循原子守恒，反应实质是原子的重新组合，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化，故D正确；故选B．【点评】本题考查了反应焓变的分析应用，注意对活化能和化学反应实质的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．9．某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的叙述正确的是()A．该有机物的摩尔质量为200-29-\nB．该有机物属于芳香烃C．该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原、消去反应D．1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH和4molH2反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】该分子中含有氯原子、酚羟基、酯基、碳碳双键，具有氯代烃、酚、烯烃和酯的性质，能发生水解反应、取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应等，据此分析解答．【解答】解：A．摩尔质量的单位是g/mol，该有机物的摩尔质量为200g/mol，故A错误；B．该有机物中除了含有C、H元素之外还含有O元素，所以属于烃的含氧衍生物，故B错误；C．该有机物中不能发生消去反应，故C错误；D．酯基水解生成的羧基、酚羟基、氯原子能和NaOH溶液反应，苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1mol该有机物在适当条件下，最多可与4molNaOH和4molH2反应，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是D，注意氯原子取代之后生成的HCl能和NaOH反应，为易错点．10．表是元素周期表的一部分，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是()XYMZA．简单氢化物稳定性：X＞ZB．简单离子半径：Y＜MC．最高价氧化物水化物的酸性：Z＜MD．得电子能力：X＞Y【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为Si元素，M为Al元素，结合元素周期律与元素单质化合物性质解答．【解答】解：Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为Si元素，W为Al元素．A．非金属性X＞Z，故氢化物稳定性X＞Z，故A正确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Al3+，故B错误；C．非金属性Z＞M，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为Z＞M，故C错误；D．非金属性Y＞X，得电子能力：Y＞X，故D错误，故选A．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类是解题的关键，注意把握元素周期律的递变规律．11．下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是()编号实验操作实验现象解释与结论A某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3电离出了OH﹣-29-\nB硝酸银溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）C2mL2%CuSO4中加4～6滴2%NaOH，振荡后加入0.5mLX溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氨气是非电解质；B．AgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小；C．新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；D．pH=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大．【解答】解：A．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，电离生成OH﹣离子，溶液呈碱性，故A错误；B．在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1mol/LNaCl溶液，再加入少量0.1mol/LNaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；C．2mL2%CuSO4中加4～6滴2%NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，不能说明X不含有醛基，故C错误；D．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸性的比较与pH的关系、沉淀的溶度积、﹣CHO的检验等，注重实验细节的考查，题目难度不大．12．据图判断下列说法不正确的是()A．图1中醋酸电离平衡常数：a点的比b点的小B．图1中醋酸溶液的pH：a点的比b点的大C．图2中c点对应的溶液为Fe（OH）3的不饱和溶液D．由图2可知，欲除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入适量CuO，调PH约为4左右【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．弱电解质的电离平衡常数只有温度有关，与物质的电离程度无关；B．弱电解质溶液的导电能力与其离子浓度成正比；C．如果浓度积常数小于溶液中c3（OH﹣）．c（Fe3+），则为饱和溶液；-29-\nD．根据图知，当溶液的pH=4左右时，溶液呈氢氧化铁完全沉淀，而溶液中铜离子不产生沉淀，注意加入的除杂剂不能引进新的杂质离子．【解答】解：A．温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，与溶液的浓度无关，所以a和b两点的电离平衡常数相等，故A错误；B．弱电解质溶液的导电能力与其离子浓度成正比，离子浓度越大其导电性越强，b点溶液导电能力大于a，所以b点的氢离子浓度大于a，则a的pH大于b，故B正确；C．根据图象知，溶液中中c3（OH﹣）．c（Fe3+）大于氢氧化铁的溶度积常数，溶液c点为过饱和溶液，故C错误；D．根据图知，当溶液的pH=4左右时，溶液呈氢氧化铁完全沉淀，而溶液中铜离子不产生沉淀，且溶液呈酸性，所以可以加入氧化铜条件溶液的pH且可以出去铁离子，故D正确；故选AC．【点评】本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡，根据弱电解质电离、难溶物的溶解平衡特点来分析解答即可，注意电离平衡常数、溶度积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性、浓度都无关，为易错点．13．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间，停止后，向所得溶液中加入0.2molCu（OH）2，恰好使溶液恢复至电解前，关于电解过程说法不正确的是()A．生成的铜的物质的量是0.2molB．随着电解进行溶液的pH减小C．转移电子的物质的量为0.4molD．阳极反应是2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑【考点】电解原理．【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水，依据电极反应和电解的物质分析计算判断．【解答】解：加入0.2molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，所以电解过程中共转移电子数为0.8NA，A、分析可知生成铜的物质的量为0.2mol，故A正确；B、电解过程中生成硫酸，所以随着电解的进行溶液pH减小，故B正确；C、阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA，所以电解过程中共转移电子数为0.8NA，故C错误；D、阳极电极反应是氢氧根离子失电子生成氧气的过程，阳极反应式是4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故D正确；故选C．【点评】本题考查了电解原理，明确阴极上析出的物质是解本题关键，根据生成物与转移电子之间的关系式来解答即可，难度中等．14．从海水中提取镁的工艺流程如图所示．下列说法错误的是()-29-\nA．用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B．步骤⑦电解MgCl2时阴极产生氯气C．步骤⑥可将晶体置于HCl气氛中脱水D．上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【考点】海水资源及其综合利用．【专题】元素及其化合物．【分析】从海水中提取镁的工艺流程：利用贝壳分解生成氧化钙，溶于水得到氢氧化钙加入到母液中沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解富集镁元素，通过浓缩蒸发冷却结晶方法得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁；A．从海水中制取镁，原料来源丰富；B．根据电解时，阴极是阳离子放电；C．考虑镁离子的水解，一定条件是防止水解的发生；D．根据从海水中提取镁的工艺流程分析各反应类型．【解答】解：从海水中提取镁的工艺流程：利用贝壳分解生成氧化钙CaCO3CaO+CO2↑，溶于水得到氢氧化钙CaO+H2O═Ca（OH）2，加入到母液中沉淀镁离子Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，过滤得到氢氧化镁沉淀，加入盐酸溶解富集镁元素2HCl+Mg（OH）2═MgCl2+2H2O，通过浓缩蒸发冷却结晶方法得到氯化镁晶体，氯化氢气流中脱水得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁MgCl2Mg+Cl2↑；A．海水中镁元素含量高，原料来源于海水，提取镁原料来源丰富，故A正确；B．电解熔融MgCl2可得到金属镁，镁离子在阴极放电，电极反应方程式为：Mg2++2e﹣=Mg，故B错误；C．MgCl2•6H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl2•6H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，同时带走水蒸气，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解，故C正确；D．上述工艺流程中涉及②为分解反应③为化合反应，④为复分解反应，⑤⑥为复分解反应，⑦为分解反应，故D正确；故选：B．【点评】本题考查元素及其化合物，明确流程中发生的化学反应是解答的关键，注重基础知识和实验基本技能的训练，题目难度中等．15．现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽．用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液．下列说法中正确的是()-29-\nA．b是阳离子交换膜，允许Na+通过B．从A口出来的是NaOH溶液C．阴极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．Na2SO4溶液从G口加入【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH﹣放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，接电源正极的是阳极，即B放出氧气，C生成氢气，以此解答该题．【解答】解：A．阴极生成氢气和OH﹣，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，生成NaOH，故A正确；B．A为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，故B错误；C．阴极附近时H+放电生成氢气，反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C错误；D．NaOH在阴极附近生成，硫酸在阳极生成，则Na2SO4溶液从E口加入，故D错误．故选A．【点评】本题考查电解池知识，为高频考点，本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等．二、非选择题16．实验室可用如图装置（加热装置略）制取SO2以及验证SO2性质．（1）甲装置中制取SO2气体的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）为了证明SO2具有酸性，a处可放置湿润的蓝色石蕊试纸；装置乙中产生溶液褪色现象，可证明SO2具有还原性．（3）丙装置的作用是吸收多余的SO2气体并防止溶液倒吸．【考点】实验装置综合；二氧化硫的化学性质；常见气体制备原理及装置选择．【专题】综合实验题．-29-\n【分析】加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，二氧化硫为酸性气体，可使湿润的蓝色石蕊变红，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫污染环境，可与氢氧化钠反应，以此解答该题．【解答】解：（1）加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，反应的方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）二氧化硫为酸性气体，可使湿润的蓝色石蕊变红，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可观察到乙溶液褪色，故答案为：湿润的蓝色石蕊；溶液褪色；还原；（3）二氧化硫有毒，污染环境，可与氢氧化钠反应，可用氢氧化钠溶液吸收，用导致的漏斗可起到防倒吸的作用，故答案为：吸收多余的SO2气体并防止溶液倒吸．【点评】本题考查了SO2的性质的实验设计和性质分析判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力能力和实验能力的考查，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、氧化性和还原性等是解题关键，难度不大．17．A、E是两种金属单质．它们存在如图转化．（1）B在常温下为无色液体，C为具有磁性的黑色粉末，则A+B→C+D的化学方程式是3Fe+4H2OFe3O4+4H2．（2）E为短周期元素，它的原子的最外层比次外层电子数少5，则E在元素周期表中的位置是第3周期IIIA族．假设图中的两个反应均恰好完全反应，若参加反应的A的质量是56g，则需要E的质量是24g．（3）关于F的说法正确的是AD（填序号）．A．能与盐酸发生反应B．不能与NaOH溶液发生反应C．能溶于水得到其对应水化物D．工业上可作为冶炼E的原料（4）图中所示的两个反应都属于氧化还原反应（填反应类型），该反应类型是以是否有电子转移或是否有元素化合价升降为依据划分的．【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】（1）B在常温下为无色液体，C为具有磁性的黑色粉末说明为Fe3O4，A+BC+D，说明B为H2O，A为Fe，D为H2；（2）E为短周期元素，它的原子的最外层比次外层电子数少5，应为13号元素AL，结合转化关系C（Fe3O4）+E=A（Fe）+F判断为铝热反应E为Al，F为Al2O3；依据化学方程式定量关系计算；需要铝的质量；-29-\n（3）F为Al2O3，是两性氧化物，难溶于水，溶于强酸强碱，工业上利用电解氧化铝方法制备铝；（4）依据反应过程中元素化合价变化分析．【解答】解：（1）B在常温下为无色液体，C为具有磁性的黑色粉末说明为Fe3O4，A+BC+D，说明B为H2O，A为Fe，D为H2，则A+B→C+D的化学方程式是3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；（2）E为短周期元素，它的原子的最外层比次外层电子数少5，结合原子结构中电子排布规律可知E应为13号元素AL，结合转化关系C（Fe3O4）+E=A（Fe）+F判断为铝热反应E为Al，F为Al2O3，E在元素周期表中的位置为第3周期IIIA族，图中的两个反应均恰好完全反应，3Fe+4H2OFe3O4+4H2；8Al+3Fe3O49Fe+4AL2O3，依据化学方程式定量关系：9Fe～8Al，若参加反应的A的质量是56g，则需要E（Al）的质量==24g，故答案为：第3周期IIIA族；24；（3）F为Al2O3，是两性氧化物，难溶于水，溶于强酸强碱，工业上利用电解氧化铝方法制备铝；A．氧化铝能与盐酸发生反应生成氯化铝和水，故A正确；B．氧化铝能与NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和水，故B错误；C．氧化铝不能溶于水得到其对应水化物，故C错误；D．工业上可作为冶炼Al的原料，电解氧化铝生成铝和氧气，故D正确；故答案为：AD；（4）3Fe+4H2OFe3O4+4H2；8Al+3Fe3O49Fe+4AL2O3，分析反应的化学方程式中元素化合价变化可可知，都是氧化还原反应，判断的依据是元素化合价变化或实质电子转移，故答案为：氧化还原；是否有电子转移或是否有元素化合价升降．【点评】本题考查了物质性质和转化关系的分析判断，主要是反应条件和反应特征及其性质的分析应用，掌握基础为关键，题目难度中等．18．二氧化氯（ClO2）气体是一种高效广谱、安全的杀菌、消毒剂，易溶于水．制备方法如下：（1）步骤Ⅰ：电解食盐水制备氯酸钠．用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．在除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．（2）步骤Ⅱ：将步骤Ⅰ得到的食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3），再将它与盐酸反应生成ClO2和Cl2，该气体中两种成分物质的量比是2：1．-29-\n某学生拟用图1所示装置模拟工业制取并收集ClO2，用NaClO3和草酸（H2C2O4）恒温在60℃时反应制得．（3）反应过程中需要对A容器进行加热，加入的方式为水浴加热；加热需要的玻璃仪器除酒精灯外，还有温度计、大烧杯；（4）反应后在装置C中可得到亚氯酸钠（NaClO2）溶液．已知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出的晶体是NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出的是NaClO2．根据图2所示NaClO2的溶解度曲线，请完成从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①蒸发浓缩；②冷却（大于38℃）结晶；③洗涤；④干燥．【考点】制备实验方案的设计．【专题】简答题；实验分析题．【分析】（1）盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，要先加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子（2）根据NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2的反应可知，生成每摩尔Cl2失去2mol电子，而生成每摩尔ClO2得到1mol电子，根据电子得失守恒计算；（3）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，所以反应要用水浴加热；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法．【解答】解：（1）要先除硫酸根离子，然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3，和NaOH溶液，充分反应后将沉淀一并滤去；故答案为：BaCl2；Na2CO3；（2）根据NaClO3与盐酸反应生成ClO2与Cl2的反应可知，生成每摩尔Cl2失去2mol电子，而生成每摩尔ClO2得到1mol电子，根据电子得失守恒可知，生成ClO2与Cl2的物质的量比是2：1，故答案为：2：1；（3）工业上用稍潮湿的KClO3和草酸（H2C2O4）在60℃时反应制得ClO2、K2CO3和CO2，所以反应要用水浴加热，为了准确测量水浴的温度需要用温度计，另外水浴装置中除酒精灯外，还需要用大烧杯，故答案为：水浴加热；温度计、大烧杯；（4）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发浓缩、冷却（大于38℃）结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；低于60℃干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却（大于38℃）结晶．【点评】化学工艺流程题，涉及氧化还原反应电子转移计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，是高考的热点，掌握基础是关键．19．雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1-29-\n2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=﹣41.8kJ•mol﹣1．一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有bc．a．体系密度保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO2和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1：5，则平衡常数K=1.8．（2）CO、CO2都可用于合成甲醇．①CO用于合成甲醇反应方程式为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示．实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是此压强下CO的转化率已较高，再增大压强转化率提高不大且会增加生产成本．②CO2用于合成甲醇反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），图2是科学家现正研发的，以实现上述反应在常温常压下进行的装置．写出甲槽的电极反应CO2+6e﹣+6H+=CH3OH+H2O．（3）图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理．①该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和N2（填化学式）．②当消耗2molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为44.8L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径．在不同条件下，NO的分解产物不同．在高压下，NO在40℃下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4所示，写出NO分解的化学方程式3NON2O+NO2．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算．【分析】（1）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可K=计算平衡常数；-29-\n（2）实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是工业生产要考虑速经济效益，要考虑速度和效率，据此分析；（3）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算；（4）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物书写方程式．【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=﹣113.0kJ•mol﹣1②将方程式得：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H==﹣41.8kJ/mol，a．随反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的进行，气体的质量和体积都不变，所以ρ=也不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；b．混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；c．SO2是反应物，NO是生成物，随反应进行，SO2和NO的体积比保持不变，说明到达平衡状态，故c正确；d．每生成1molSO3的同时消耗1molNO2都表示正反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误；NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）起始物质的体积a2a00转化物质的体积xxxx平衡物质的体积a﹣x2a﹣xxx平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a，故平衡常数K====1.8，故答案为：﹣41.8；bc；1.8；（2）实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，经济效益低，故答案为：此压强下CO的转化率已较高，再增大压强转化率提高不大且会增加生产成本；（3）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，故答案为：N2；②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2molNH3转化为N2失去6mol电子，0.5molO2-29-\n得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为2mol，所以NO的物质的量为=2mol，其体积为22.4L/mol×2mol=44.8L，故答案为：44.8L；（4）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2，所以方程式为3NON2O+NO2，故答案为：3NON2O+NO2．【点评】本题考查了盖斯定律的应用、平衡状态的判断、平衡常数的计算、氧化还原反应化学方程式的书写及其计算、图象的分析与应用等，考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．三、选考题（共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分）[化学—选修2：化学与技术]20．[化学一选修化学与技术]现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区．如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水﹣淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图．根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在BA西部山区B沿海地区C发达城市D东北内陆（2）该流程①、②、③、④、⑤为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：①Fe2O3、②电能、③热能、④SO2、⑤浓H2SO4．（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：4FeS2+11022Fe2O3+8SO2；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是Ca（H2PO4）2、CaSO4（填化学式）．-29-\n（4）热电厂的冷却水是海水，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有镁或溴（写出一种即可）．（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想．废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料，废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料（写出两点即可）．【考点】常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学计算．【分析】（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区；（2）根据流程图中工业生产的原料，及发生的反应中的能量转化分析；（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应；根据生成磷肥的反应分析；（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等；（5）根据工厂的废气、废渣的成分分析．【解答】解：（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区，故答案为：B；（2）①中冶炼钢铁的原料是Fe2O3，②中热电厂中向外提供的能量为电能，③沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热，④制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，⑤硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：①Fe2O3②电能③热能④SO2⑤浓H2SO4；（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为：4FeS2+11022Fe2O3+8SO2；用硫酸与磷酸钙反应生成磷酸，磷酸与磷酸钙反应生成磷酸二氢钙，故答案为：4FeS2+11022Fe2O3+8SO2；Ca（H2PO4）2、CaSO4；（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等可以制取Mg或溴，故答案为：海水；镁或溴；（5）根据工厂的废气、废渣的成分可知，废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料，故答案为：废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料．【点评】本题考查了工艺流程，涉及的工业原理较多，题目难度中等，注意根据对应的工业反应原理分析．[化学—选修3：物质结构与性质]21．X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大，X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态．请回答下列问题：（1）R核外电子排布式为1s22s22p63s23p2．（2）X、Y、Z、W形成的有机物YW（ZX2）2中Y、Z的杂化轨道类型分别为sp2、sp3，ZW3﹣离子的立体构型是平面三角形．（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是SiO2（填化学式），原因是SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体．-29-\n（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，（1）R为Si，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；（2）H、C、N、O形成的有机物CO（NH2）2，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，N原子采取sp3杂化；NO3﹣离子中N原子孤电子对数为=0、价层电子对数为3+0=3，故其立体构型是平面三角形，故答案为：sp2、sp3；平面三角形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是SiO2，故答案为：SiO2；SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成[Cu（NH3）4]2+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣，故答案为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与性质、配合物等，需要学生具备扎实的基础，难度中等．[化学—选修5：有机化学基础]22．芳香酯I的合成路线如下：已知以下信息：①A﹣I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．-29-\n②③2RCH2CHO请回答下列问题：（1）A→B的反应类型为氧化反应，D所含官能团的名称为羟基，E的名称为对氯甲苯或4﹣氯甲苯．（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒否（填“能”或“否”），理由如果颠倒则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化．（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为．（4）I的结构简式为．（5）符合下列要求A的同分异构体还有13种．①与Na反应并产生H2②芳香族化合物．【考点】有机物的推断．【分析】A﹣I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息③中反应，则B分子中含有苯环和侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为-29-\n；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为，据此进行解答．【解答】解：A﹣I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息③中反应，则B分子中含有苯环和侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为．（1）A→B为催化氧化生成，该反应为氧化反应；D为，其分子中含有官能团为羟基；E为，氯原子位于4号C，其名称为4﹣氯甲苯或对氯甲苯，故答案为：氧化反应；羟基；对氯甲苯或4﹣氯甲苯；-29-\n（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以E→F与F→G的顺序不能颠倒，故答案为：否；如果颠倒则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化；（3）B分子中含有醛基，能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：，故答案为：；（5）A为，其同分异构体符合：①与Na反应并产生H2，说明该有机物分子中含有羟基；②芳香族化合物，有机物分子中含有苯环，满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：①﹣CH（OH）CH3，②﹣OH、﹣CH2CH3，③1个﹣CH3，1个﹣CH2OH，④1个﹣OH、2个﹣CH3，其中①存在1种结构，②③都存在邻、间、对3种结构，④：当3个取代基都在间位时存在1种结构，当3个取代基相邻时存在2种结构，当有2个取代基相邻时有3种结构，所以④总共有6种结构，根据以上分析可知，满足条件的有机物总共有：1+3+3+6=13种，故答案为：13．【点评】本题考查有机物推断，题目难度中等，综合分析确定B的结构简式，再结构反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，（5）为易错点，需要明确同分异构体的书写原则及题中限制条件，避免重复和遗漏现象．-29-