湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體2019-2020學年高二化學+生物下學期期末考試試題含解析

湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體2019-2020學年高二化學下學期期末考試

試題（含解析）

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-lLi-7C-12N-140-16Na-23Mg-24Al-27

Si-28S-32Cl-35.5Cr-52Fe-56

1.國家衛(wèi)健委公布的新型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙酸、75%乙醇、含氯消毒劑、過氧

乙酸（CHCOOOH）、氯仿等均可有效滅活病毒。對于上述化學藥品，下列說法錯誤的是（）

A.75%的乙醇指的是體積分數(shù)B.NaClO與潔廁靈混用消毒效果更好

C.過氧乙酸通過氧化性滅活病毒D.氯仿的分子式為CHCh是一種良好

的有機溶劑

【答案】B

【解析】

【詳解】A.體積分數(shù)為75%的乙醇為醫(yī)用酒精，可用于殺菌消毒，能處理外傷，故A正確；

B.次氯酸鈉與鹽酸（潔廁靈主要成分）反應生成有毒氣體，故次氯酸鈉不能與潔廁靈混合

使用，故B錯誤；

C.含過氧鍵的物質(zhì)都有強氧化性，過氧乙酸含過氧鍵而具有強氧化性，可滅活病毒，故C

正確；

D.氯仿的分子式為CHCL是一種良好的有機溶劑，故D正確；

故答案為：Bo

2.下面的價電子排布中，第一電離能最小的原子可能是（）

*23T-）2524TA26

A.nsnpD.nsnpC.nsnpD.nsnp

【答案】c

【解析】

【詳解】同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但同一周期中第IIA

族元素比第IIIA族元素的第一電離能大，第VA族比第VIA族第一電離能大，ns2np二ns2np4>

ns2np5、ns2np6屬于同一周期且其原子序數(shù)依次增大，但ns2np'屬于第VA元素，ns2np,屬于

第VIA族，所以元素的第一電離能的大小順序是ns2np\ns2np\ns2np二ns2np\所以最小

的為ns'p",故選C。

【點睛】本題考查了同一周期元素第一電離能大小的判斷，注意原子軌道處于半充滿、全充

滿狀態(tài)下結構穩(wěn)定，同一周期中第nA族元素比第IIIA族元素的第一電離能大，第VA族比

第VIA族第一電離能大。

3.下列反應式中，不能正確表達反應顏色變化的是()

A.過氧化鈉在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨篫NazOz===2酮2。+1

+

B.用稀硫酸酸化的淀粉KI溶液在空氣中放置會變藍：4「+02+4H===2I2+2H20

C.濃硫酸滴到蔗糖中，蔗糖變黑，體現(xiàn)濃硫酸脫水性：。曲2?！皾饬蛩?2C+11H2O

D.向Mg(OH)z懸濁液中滴加足量FeCh溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀：3Mg(0H)2+2FeCl3===2Fe(OH)3

+3MgCl2

【答案】A

【解析】

【詳解】A.過氧化鈉在空氣中與二氧化碳反應生成碳酸鈉，由淡黃色變?yōu)榘咨?，發(fā)生反應:

2Na202+2CO2===2Na2CO3+02,故A錯誤；

B.酸性條件下碘離子容易被氧氣氧化成碘單質(zhì)，L遇淀粉變藍，反應的離子方程式為：4F

+

+02+4H===2I2+2H2O,故B正確；

C.濃硫酸具有脫水性，能夠使蔗糖脫水而碳化，發(fā)生反應：(3曲0“濃硫酸12C+11H￡,

故C正確；

D.向Mg(OH)z懸濁液中滴加足量FeCh溶液，氫氧化鎂轉(zhuǎn)化成更難溶的氫氧化鐵沉淀，發(fā)生

反應為：3Mg(0H)2+2FeCl3===2Fe(0H)3+3Mgeb,故D正確;

故答案為：Ao

4.下列關于C、Si及其化合物結構與性質(zhì)的論述錯誤的是()

A.鍵能C-C〉Si-Si、C-H>Si-H,因此CzHe穩(wěn)定性大于Si2H6

B.立方型SiC是與金剛石成鍵、結構均相似的共價晶體，因此具有很高的硬度

C.Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因為Si的原子半徑大于C,難形成p-pJI鍵

D.SiH”中Si的化合價為+4,CH4中C的化合價為-4,因此SiH,還原性小于CH<

【答案】D

【解析】

【詳解】A.原子半徑越小、共價鍵鍵能越大，物質(zhì)越穩(wěn)定，原子半徑：Si>C,所以鍵能

C-OSi-Si>C-H>Si-H,C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6,故A正確;

B.由于立方型SiC是與金剛石成鍵、結構均相似的共價晶體，即為原子晶體，依靠很強的

共價鍵聚集，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正確；

C.Si的原子半徑較大，原子間形成的。鍵較長，P-P軌道重疊程度很小，難于形成”鍵,

所以Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，故c正確：

D.Si與C為同主族元素，同族元素從上到下非金屬性減弱，所以C的氧化性強于Si,則

SiH”還原性大于CH4,故D錯誤;

故選：Do

5.某白色固體混合物由NaCl、KCKMgS04,CaC03中的一種或者幾種組成，進行如

下實驗：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應，火焰顏色為黃色；③向溶液

中加堿，產(chǎn)生白色沉淀。根據(jù)實驗現(xiàn)象對其組成判斷正確的是（）

A.可能為KC1、NaClB.一定為NaCl、MgS04

C.可能為NaCl、KC1、MgS04D.可能為KC1、MgS04,CaC03

【答案】C

【解析】

【詳解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；則無Catt）,；

②做焰色反應，火焰顏色為黃色，則含有NaCl,可能含有KC1；

③向溶液中加堿，產(chǎn)生白色沉淀，則含有MgSOq；

綜上：白色固體混合物中一定有NaCl、MgS04,可能含KCL一定沒有CaCOs,故C正確；

故選：Co

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.氫氧化亞鐵易被空氣中的氧氣氧化生成氫氧化鐵，要較長時間保存Fe（OH%沉

淀，必須在制取過程中盡可能減少和空氣接觸，圖中Fe和稀硫酸生成氫氣能排出裝置中的

氧氣，所以能減少氫氧化亞鐵與氧氣的接觸，符合題意，故A正確；

B.在鐵上鍍銅，則鐵為陰極應與電源負極相連，銅為陽極應與電源正極相連，電解質(zhì)溶液

為可溶性銅鹽溶液，符合題意，故B正確；

C.制備無水MgClz,應在氯化氫氣流中加熱，符合題意，故C正確；

D.除雜時導管應長進短出，圖中氣體的進入方向不合理，故D錯誤；

故答案為：D。

7.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。M是地殼中含量第二高的元素，Y

元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物ZzX,的電子總數(shù)為18個；Q元素的原子

最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不正確的是（）

A.Y、Z、M形成簡單氫化物穩(wěn)定性：Z>Y>M

B.X、Y、Z、M的原子半徑：M>Z>Y>X

C.Z2X4的水溶液呈堿性

D.ZQs中原子最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構

【答案】B

【解析】

【分析】

X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，M是地殼中含量第二高的元素，則

M為Si元素，又知Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族，則Y為C元素，Z為N元

素；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個，則X的電子數(shù)為.-2x7=i,X為H元素，該化合

4

物為N2H4；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子，所以Q為第三周期元素，最外

層電子數(shù)為7,Q為C1元素，以此來解答。

【詳解】由上述分析可知，X為H元素、Y為C元素、Z為N元素、M為Si元素、Q為C1元

素，則：

A.同周期元素從左到右元素非金屬性依次增強，同主族元素從上到下元素非金屬性依次減

弱，因元素的非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強，所以Y、Z、M形成簡單氫化物穩(wěn)定

性：Z>Y>M,故A正確；

B.同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大，則原

子半徑比較：M(Si)>Y(C)>Z(N)>X(H),故B錯誤；

C.N2H4的結構簡式可表示為H2N-NH2,分子中含兩個氨基，可與酸反應，具有堿性，故C正

確；

D.ZQs形成的化合物為NCk,該分子中原子最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構，故D正確；

故答案為：Bo

【點睛】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、元素的位置、原子

結構來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目

難度不大。

8.從中草藥中提取的calebinA(結構簡式如下)可用于治療阿爾茨海默癥。下列關于

calebinA說法錯誤的是()

A.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種

B.1mol該物質(zhì)與濱水反應，最多消耗5molBr2

C.其酸性水解的產(chǎn)物均可與Na2cO3溶液反應

D.1mol該分子最多與9mol員發(fā)生加成反應

【答案】B

【解析】

【分析】

由結構可知，分子中含酚羥基、碳碳雙鍵、酯基及酷鍵、獄基，結合酚、烯燒、酯等有機物

的性質(zhì)來解答。

【詳解】A.該有機物結構不對稱，苯環(huán)上分別含3種H,苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯

代物有6種，故A正確；

B.該有機物中能與澳水發(fā)生的官能團有酚羥基和碳碳雙鍵，所以1mol該物質(zhì)與澳水反應,

最多消耗4molBr2,故B錯誤；

C.該有機物中含酯基，可在酸溶液中水解，且水解產(chǎn)物均含酚羥基，可與碳酸鈉溶液反應，

故C正確；

D.苯環(huán)、碳碳雙鍵、攜基與氫氣發(fā)生加成反應，則Imol該分子最多與9mol不發(fā)生加成反

應，故D正確；

故選Bo

9.熔融鈉-硫電池性能優(yōu)良，是具有應用前景的儲能電池。下圖中的電池反應為：2Na+x

SJ*Na￡,（x=5~3，難溶于熔融硫）。下列說法錯誤的是（）

允甩

c密封

I干］一不銹鋼容器

-=—Na"-AhO3固體

——熔融鈉

熔融情（含碳粉）

A.Na￡&的電子式為：Na'［:

B.放電時正極反應為：AS+2Na++2e===Na?S*

C.充電時的陰極反應：Na-e「===Na+

D.Na和S分別為電池的負極和正極

【答案】C

【解析】

【分析】

由電池的總反應方程式可知，放電時，熔融鈉失電子發(fā)生氧化反應作負極，熔融硫得電子發(fā)

++

生還原反應作正極，負極反應式為Na-e「===Na,正極反應為4+2Na+2e「===Na2Sx,

陰離子向負極移動，Na-B-AU）3為隔膜，陽離子向正極移動，以此答題。

【詳解】A.Na2s4的結構類似過氧化鈉，所以Na2s,電子式為：Na*［：S*：S*：S*：S*：］:'Na'-

故A正確；

B.由電池的總反應方程式可知，x個S原子得到2個電子，所以放電時正極反應為忘+2Na+

+2e===Na2sx（因Na?Sx難溶于熔融硫，故不拆），故B正確；

C.由充電時的總反應方程式可知，電池充電時陰極發(fā)生得電子的還原反應，故C錯誤；

D.由電池的總反應方程式可知，放電時，熔融鈉失電子發(fā)生氧化反應作負極，熔融硫得電

子發(fā)生還原反應作正極，故D正確；

故選：Co

10.5mL0.1mol/LKI溶液與1mL0.Imol/LFeCL溶液發(fā)生反應：2Fe3+(aq)+2F(aq)

=2Fe2+(aq)+L(aq),達到平衡。下列說法不正確的是()

A.加入苯，振蕩，平衡正向移動

B.加入FeS04固體，平衡逆向移動

c2(Fe2+)

C.該反應的平衡常數(shù)於，/，、

c2(Fe3+)xc2(r)

D.經(jīng)苯2次萃取分離后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈紅色，表明該化學反應存在限

度

【答案】C

【解析】

【詳解】A.加入苯，導致溶液中碘單質(zhì)的濃度減小，減少生成物的濃度平衡正向移動，故

A正確；

B.加入FeSO”固體，導致溶液中亞鐵離子的濃度變大，平衡逆向移動，故B正確；

c2(Fe2+)xc(I)

C.由反應2Fe"(aq)+2r(aq)=2Fe"(aq)+I2(aq)可知：平衡常數(shù)口)：、，

c2(Fe3+)xc2(r)

故C錯誤；

D.在FeCL與過量的KI溶液充分反應后的溶液用苯萃取后，往溶液中加入幾滴KSCN溶液,

溶液呈紅色，說明溶液中有三價鐵離子，即鐵離子沒有完全反應，說明該化學反應存在限度,

故D正確；

故選CO

11.交聯(lián)聚合物P的結構片段如圖所示。下列說法不正確的是(圖中3表示鏈延長)

A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反應為縮聚反應

C.鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結構D.聚合物P的原

料之一丙三醇可由油脂水解獲得

【答案】C

【解析】

-O-CH-O-

【詳解】A.根據(jù)X為Y為：&:可知，X與Y直接相連構成了酯

基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A正確;

B.聚合物P中含酯基，可由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應合成，故B正確；

C.乙二醇的結構簡式為HO-CH2cH2-0H,與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀結構，不

能形成交聯(lián)結構，故C錯誤；

D.聚合物P的原料之一為丙三醇，油脂為高級脂肪酸甘油酯，油脂水解可生成甘油即丙三

醇，故D正確；

答案選C。

【點睛】根據(jù)X和Y的結構知聚合物P中含酯基，所以用切割法判斷合成聚合物P的原料。

12.室溫下，將兩種濃度均為0.1mol/L的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可

忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關系錯誤的是()

A.NaHC03-Na2C03混合溶液：c(Na')>c(HC0。>c(C0j)>c(0H「)

-+

B.氨水-NH￡1混合溶液(pH=9.25)：c(NH3?H20)>c(NHp>c(Cl-)>c(OH)>c(H)

-+

C.CH3COOH-CH3COONa混合溶液：c(CH3COO')+2c(OH)=c(CH3COOH)+2c(H)

+

D.H2C204-NaHC204混合溶液：2c(Na)=c(H2C204)+c(HC20f)+c(C20)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NaHCOs水溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，等濃度

的NaHCOs和NazCOs水解關系為:碳酸根離子>碳酸氫根離子，溶液中剩余微粒濃度關系為:

C(HC03)>C(C0^),碳酸氫根離子和碳酸根離子水解程度微弱，生成的Off濃度較低，由

NaHCOs和Na￡03化學式可知，該混合溶液中Na*濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關系

為：c(Na+)>c(HC0p>c(C0；)>c(0H-)，故A正確；

+

B.該混合溶液中電荷守恒為：c(NH：)+c(H)=c(CD+c(OH-),物料守恒為：c(NA?H20)

+

+c(NH：)=2c(CD,兩式聯(lián)立消去c(C「)可得：c(NH：)+2c(H)=c(NH3-H20)+2c(0H「)，

又因為氨水-NH4cl混合溶液(pH=9.25),所以混合溶液顯堿性，即C(01T)>C(H+),因此溶液

中C(NH3?H20)<C(NH：),故B錯誤；

++

C.溶液中物料守恒為：2c(Na)=C(CH3COOH)+c(CH3COO)a溶液中電荷守恒為：c(Na)+

+---

c(H)=c(OHO+a(CH3C00),兩式聯(lián)立消去c(Na,)可得：c(CH3C00)+2c(OH)=c(CH3COOH)

+2c(H+),故C正確；

D.該混合溶液中物料守恒為：2c(Na。=C(H2C204)+C(H&0J)+c(C20^),故D正確；

答案選B。

13.已知［Co(H?0)6片呈粉紅色，［CoClJ-呈藍色，［ZnCK/為無色?，F(xiàn)將CoCl?溶于水，加

入濃鹽酸后，溶液由粉紅色變?yōu)樗{色，存在以下平衡：［CO(H20)6『+4C「［C0CIJ2-

+6H20AH

用該溶液做實驗，溶液的顏色變化如下：

①置干冰水浴中

A.由實驗①可推知A〃<0

B.等物質(zhì)的量的［Co(H2城介和［CoCL廣中。鍵數(shù)之比為9:2

C.實驗②是由于c(HQ增大，導致平衡逆向移動

D.由實驗③可知配離子的穩(wěn)定性：［ZnClJ->［CoCL］2'

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.①置于冰水浴中由藍色溶液變?yōu)榉奂t色溶液，說明［Co(H2)6：T+4C「

2

［CoCld-+6H20的平衡向逆反應方向移動，即降溫，平衡逆向移動，說明逆反應為放熱反

應，貝/CO(HQ)6產(chǎn)+4CU［CoCl/2-+6壓0的反應為吸熱反應，所以A〃>0,故A

錯誤；

B.lmolH2分子中有2molo鍵，lmol［Co(%0)6產(chǎn)的。鍵為：2X6+6=18mol；1mol［CoClJ2-

的o鍵為4mol,所以等物質(zhì)的量的［Co(HzO)6產(chǎn)和［CoCL廣中。鍵數(shù)之比為18:4=9:2,

故B正確；

C.c(H。是常數(shù)，不會改變；平衡逆向移動應是離子濃度減小引起的，故C錯誤；

D.加入ZnClz后，生成難電離的穩(wěn)定的粉紅色的［CO(HQ)6］。Zn/濃度增大，與Co分結合的

CU更易與Zn2+形成配位鍵，生成［ZnCL廣，說明配離子：［ZnCL/的穩(wěn)定性強于［CoCL廠的

穩(wěn)定性，故D正確；

故答案為：BDo

14.CH,與CO?重整生成員和CO的過程中主要發(fā)生下列反應

1

CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g)AH=247.IkJ-mol

H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)AH=41.2kJ-mo產(chǎn)

在恒壓、反應物起始物質(zhì)的量比〃(CH4)："(CO2)=l：l條件下，CH4和C02的平衡轉(zhuǎn)化率隨

溫度變化的曲線如圖所示。下列有關說法正確的是

)

()8(

曲

線A

Ox

6

曲.

J徹

)

4Yf

).

40060080010001200

溫度/K

A.升高溫度、增大壓強均有利于提高CH”的平衡轉(zhuǎn)化率

B.曲線B表示CH4的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化

C.相同條件下，改用高效催化劑能使曲線A和曲線B相重疊

D.恒壓、800K、n(CH4)：n(C0j=l:1條件下，反應至CH4轉(zhuǎn)化率達到X點的值,改變除溫度

外的特定條件繼續(xù)反應，CH,轉(zhuǎn)化率能達到Y點的值

【答案】BD

【解析】

【詳解】A.甲烷和二氧化碳反應是吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱反應即正向移動，甲

烷轉(zhuǎn)化率增大，甲烷和二氧化碳反應是體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，甲烷轉(zhuǎn)

化率減小，故A錯誤；

B.根據(jù)兩個反應得到總反應為CHKg)+2C()2(g)=H2(g)+3CO(g)+H20(g),加入的CH4

與CO?物質(zhì)的量相等，CO2消耗量大于CH”，因此CO?的轉(zhuǎn)化率大于CH,,因此曲線B表示CH,

的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化，故B正確；

C.使用高效催化劑，只能提高反應速率，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯誤；

D.800K時甲烷的轉(zhuǎn)化率為X點，可以通過改變二氧化碳的量來提高甲烷的轉(zhuǎn)化率達到Y點

的值，故D正確。

綜上所述，答案為BD。

15.據(jù)文獻報道：Fe(C0)6催化某反應的一種反應機理如圖所示。下列敘述正確的是

()

A.該反應可消耗溫室氣體CO?

B.0H一作為中間產(chǎn)物參與了該催化循環(huán)

C.該催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生了變化

D.該反應可產(chǎn)生清潔燃料

【答案】CD

【解析】

【分析】

Fe(CO)5催化反應的一種反應機理為：Fe(CO)5+曹Fe(CO)——>Fe(CO)H+

-

C02—+H20fFe(C0)4(H0H)H>Fe(C0)4(H)2+0H->Fe(CO)4H2>Fe(CO)4+

H21:Fe(CO)s,由反應機理圖可知，總反應為CO+H2催化劑CO2+田,其中OIT參與了該

催化循環(huán)，生成清潔燃料壓和溫室氣體CO?,據(jù)此分析解答。

【詳解】A.由反應機理圖可知，總反應為CO+郵催化劑CO2+H2,所以該反應可生成溫

室氣體CO2,消耗CO,沒有消耗CO2,故A錯誤；

B.由反應機理圖可知：0H一作為催化劑參與了該催化循環(huán)，不是中間產(chǎn)物，故B錯誤；

C.由反應機理圖可知，F(xiàn)e的成鍵數(shù)目變化為：5個共價鍵一6個共價鍵一5個共價鍵一4個

共價鍵一5個共價鍵，即催化循環(huán)中Fe的成鍵數(shù)目發(fā)生變化，故C正確；

D.由反應機理圖可知，總反應CO+壓0催化齊UCO2+,所以該反應可產(chǎn)生清潔燃料員,

故D正確。

故答案為：CD0

【點睛】本題考查反應機理的分析判斷、催化劑作用的理解應用、化學鍵的變化等，明確反

應機理中的各個階段是解題關鍵，掌握化學反應原理等基礎知識即可解答，題目難度中等。

16.I：汽車尾氣中含有較多的氮氧化物和不完全燃燒的CO,汽車三元催化器可以實現(xiàn)降

低氮氧化物的排放量。汽車尾氣中的NO(g)和CO(g)在催化劑的作用下轉(zhuǎn)化成兩種無污染的

氣體。如：反應I：2C0+2N0：陵2c△&；反應H：4c0+2N0送N2+4CO2△豆〈0。

⑴己知:反應N(g)+02(g)=2N0(g)△)=+180.0kj/mol,若CO的燃燒熱△〃為-283.5kJ/moL

則反應I的△名=o

⑵若在恒容的密閉容器中，充入2moic。和1molNO,發(fā)生反應I,下列選項中不能說明

該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是。

A.N?和CO2的物質(zhì)的量之比不變B.混合氣體的密度保持不變

C.混合氣體的壓強保持不變D.2v(N2)=V(CO)

E.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變

(3)在2L密閉容器中充入2molCO和1molNO”發(fā)生上述反應II-

①若在某溫度下，該反應達平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為50%,則該反應的平衡常數(shù)為o

②如圖為平衡時(％的體積分數(shù)與溫度、壓強的關系。則溫度：2_丁2(填“<〃或〃〉〃)；若在

D點對反應容器升溫的同時擴大體積使體系壓強減小，重新達到的平衡狀態(tài)可能是圖中A~G

點中的點。

壓量/MPa

II：CH4和CO,都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電解裝置實現(xiàn)兩種分子的耦合轉(zhuǎn)化，其原理

如圖所示：

碳

氧

氮

(4)陰極上的反應式為。

⑸若陽極生成的乙烯和乙烷的體積比為1：1,則兩電極消耗的CEi和CO?體積比為

(氣體體積在相同條件下測定)。

【答案】(1).-747.Ok,J/mol(2).ABD(3).2(4).<(5).E(6).

-2-

CO2+2e=CO+O(7).4：3

【解析】

【詳解】(1)已知①Nz(g)+02(g)=2N0(g)△萬=+180.OkJ?moL,CO的燃燒熱△〃為-283.5

kj/mol,則有②2co(g)+02(g)=2C02(g)△〃=-567kJ?moL,根據(jù)蓋斯定律，②-①得

1

2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2C02(g)的△&=-747.OkJ.moF；

(2)A.初始投料為CO和NO,所以反應過程中N2和CO?的物質(zhì)的量之比始終為1:2,所以二

者的比值不變不能說明反應平衡，故A符合題意；

B.反應I為純氣體體系，反應前后氣體總質(zhì)量保持不變，恒容條件下，混合氣體體積始終

不變，混合氣體的密度始終保持不變，不能判斷反應達到平衡，故B符合題意；

C.反應I反應先后氣體體積減小的體系，反應后體系氣體壓強減小，當混合氣體的壓強保

持不變，可以說明反應達到平衡，故C不符合題意;

D.選項并未注明是正反應速率還是逆反應速率，無法說明是否平衡，故D符合題意；

E.反應前后氣體總質(zhì)量保持不變，而氣體的物質(zhì)的量改變，所以未平衡時混合氣體的平均

相對分子質(zhì)量發(fā)生改變，當其不變時，說明平衡，故E不符合題意；

綜上所述答案為ABD；

(3)①初始投料為2molCO和1molN02,平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為50%,則平衡時△〃(0))=lmol,

4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)

起始(mol)2100

列三段式有玨二容器的容積為2L,

轉(zhuǎn)化(mol)10.50.251

平衡(mol)10.50.251

②該反應熔變小于0,正反應為放熱反應，相同壓強條件下,升高溫度平衡逆向移動，C02

的體積分數(shù)減小，所以T《Tz；該反應正反應為壓強減小的反應，所以壓強減小平衡逆向移

動C02的體積分數(shù)減小，同時升溫也會使C02的體積分數(shù)減小，所以可能會移動到E點；

⑷與電源負極相連的一極為陰極，所以電極A為陰極，根據(jù)球棍模型可知電極A上CO,得

2-2

電子生成CO同時產(chǎn)生0,所以電極反應為C02+2e-=C0+0-；

(5)根據(jù)元素守恒和電子守恒可知陽極(B極)的反應為4cH廠6e，3(r=C2H6+C2H4+酰0,轉(zhuǎn)移

6mol電子時消耗4moic也，根據(jù)陰極反應式可知消耗3moicOz,所以消耗的CH”和CO?體積比

為4:3。

【點睛】當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及

由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生

變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)。

17.I：氨硼烷(NHsBHj含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料。

(1)寫出基態(tài)N原子的核外電子排布圖________________________o

(2)NH3BHs分子中，N-B化學鍵稱為配位鍵，其電子對由—原子提供。氨硼烷在催化劑作

用下與水反應放出氫氣：3NH3BH3+6H=0=3NH:+B30：一+9仄t

B3。；一的結構為o在該反應中，B原子的雜化軌道類型由變?yōu)?/p>

II：如圖是某化合物晶胞示意圖，硅原子與鋁原子之間都以共價鍵連接。該立方體晶胞邊

長為apm。

(3)該化合物的化學式是o

(4)該晶體晶胞沿z軸在平面的投影圖中，A1原子構成的圖為下列圖形中的—

陽陽田田

ABCD

⑸求出Si與A1之間的共價鍵鍵長是—pm。

Is2s2p

【答案】⑴?向回發(fā)|T(2).氮(或者N)(3).sp3

(4).sp2(5).LiAISi(6).D(7).

4

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)構造原理書寫基態(tài)N原子的核外電子排布式，據(jù)此分析解答；

(2)NH3B%分子中，氮原子和氫原子形成了3個。鍵，氮原子還有1對孤電子對，硼原子和

()

I

氫原子形成了3個。鍵，硼原子還有空軌道，產(chǎn)物中，硼原子形

I1

成3個。鍵，沒有孤電子對，據(jù)此分析解答；

II：(3)根據(jù)晶胞結構利用均攤法計算各種原子數(shù)目，其最簡式即為該化合物的化學式；

(4)根據(jù)晶胞中A1原子的位置結合選項分析判斷；

(5)Si與A1之間的共價鍵鍵長為晶胞體對角線長度的工。

4

【詳解】(1)基態(tài)N原子的核外電子排布式為Is22s22P：則核外電子排布式圖

Is2s2p

rrnrm?T??T?；

(2)NH3BHs分子中，氮原子和氫原子形成了3個。鍵，氮原子還有1對孤電子對，硼原子和

氫原子形成了3個。鍵，硼原子還有空軌道，所以氮原子和硼原子之間的共用電子對是氮

原子單方面提供的，則N-B化學鍵稱為配位鍵；在NH3BH3中，B原子形成4個。鍵，沒有

孤電子對，B原子的雜化類型是sp)而產(chǎn)物00中，B原子形成3個。

鍵，沒有孤電子對，原子的雜化類型是sp)所以在該反應中，B原子的雜化類型由sp'變?yōu)?/p>

sp2；

11

II：(3)根據(jù)晶胞結構可知Si原子個數(shù)是4,A1原子個數(shù)是Li原子個數(shù)

82

是12X-+1=4,因此該化合物的化學式是LiAlSi；

4

(4)A1原子在該晶胞的頂點和面心，該晶體晶胞沿z軸在平面的投影圖中，A1原子構成的

圖為下列圖形中的D,答案選D；

(5)已知該立方體晶胞邊長為apm,則其體對角線的長度為百apm,由晶胞圖示可知，Si與

廣、品

A1之間的共價鍵鍵長是對角線的一1，即為一1Xga=4pm。

444

18.某化工廠排放的工業(yè)廢水中主要含Na+、HSO￡、SO：,研究小組欲測定其中HSO￡的濃度,

設計如下三個方案。

足量起酸

方案一：廢水100mL測盤'(體體積

鹽酸酸化的

BaCb溶液

足量a酸

方案二:廢水100mL氣體aX溶液

請回答下列問題:

(1)利用如圖所示的裝置完成方案一。

①儀器A的名稱是。

②量氣管讀數(shù)前，除冷卻至室溫外，還應進行操作是。

(2)①方案二中吸收氣體a的“X溶液”可能是。

a.雙氧水b.硝酸鈉溶液c.H2S04酸化的KMIA溶液

②若X為次氯酸鈉，寫出氣體a與X溶液反應的離子方程式o

③該方案中，操作I包含的操作名稱依次為o

(3)方案三:量取20.00mL廢水試樣，用0.02mol/L酸性KMnO＜標準溶液進行滴定。記錄

數(shù)據(jù)，計算。

①方案三設計的下列滴定方式中，最合理的是(填標號)。該方案是否需要指

示劑?(填“是”或“否”)。

廢水試樣

②滴定數(shù)據(jù)記錄如表:

滴定前讀數(shù)/mL滴定后讀數(shù)/mL

第一次0.1020.12

第二次1.1021.08

第三次1.4523.45

第四次0.0020.00

計算該廢水試樣中HSO「的濃度為o

【答案】(1).分液漏斗(2).調(diào)節(jié)B、C裝置使兩液面相平(3).ab(4).

+

S02+C10+H20=2H+S0^+Cr(5).過濾、洗滌、干燥(6).a(7).否(8).0.05

【解析】

【分析】

方案一的原理為：利用鹽酸和亞硫酸氫根反應生成S02,通過測定生成的SOa的體積來確定

亞硫酸氫根的濃度；

方案二的原理為：首先利用鹽酸和亞硫酸氫根反應生成SO?,然后利用具有氧化性的溶液吸

收氧化SO?得到硫酸根，再用BaCL溶液沉淀硫酸根，過濾、洗滌、干燥得到硫酸鋼沉淀，

通過硫酸鋼的量來計算S02的量，繼而得到硫酸氫根的濃度；

方案三的原理為：利用酸性高錦酸鉀溶液氧化滴定亞硫酸氫根的濃度，方程式為

2+

5HS03+2MnO；+H=5SOj+2Mn+3H20o

【詳解】(1)①根據(jù)儀器A的結構可知其為分液漏斗；

②為保證C中氣體的壓強與大氣壓相同(這樣才能知道C中氣體的壓強)，所以量氣筒讀數(shù)前

除了要冷卻到室溫之外還應調(diào)節(jié)B、C裝置使兩液面相平；

⑵①氣體a為SO2,X溶液的目的是氧化吸收SO?；

a.雙氧水具有氧化性可以氧化SO?得到硫酸根，故a可以；

b.硝酸鈉溶液中含有硝酸根，SO?溶于水顯酸性，酸性環(huán)境下硝酸根可以氧化SO2得到硫酸

根，故b可以；

c.雖然硫酸酸化的高錦酸鉀可以氧化吸收S0”但引入了硫酸根，故c不可以；

綜上所述答案為ab；

②次氯酸鈉中含有次氯酸根，可以將SO,氧化得到S0：,自身被還原成ci-,結合電子守

+

恒和元素守恒可得離子方程式為SO2+CIO-+H2O=2H+SO;-+cr；

③操作I的目的是從固液混合物中得到硫酸領沉淀，所以操作為過濾、洗滌、干燥；

(3)①酸性高鋸酸鉀溶液顯酸性，且具有強氧化性，所以要用酸式滴定管，即帶玻璃旋塞滴

定管，故a最合理；該方案滴定過程中高鎰酸根會被亞硫酸氫根還原，到達滴定終點時，亞

硫酸氫根完全反應，高鋸酸鉀過量，所以溶液會從無色變?yōu)闇\紫色，所以不需要指示劑；

②根據(jù)表格數(shù)據(jù)四次實驗消耗的高錦酸鉀標準液的體積為：20.12mL-0.10mL=20.02mL、

21.08mL-l.10mL=19.98mL、23.45mL-1.45mL=22.00mL、20.00mL,第三組實驗數(shù)據(jù)偏差較大，

所以舍去，則該實驗中消耗的酸性高錦酸鉀標準液的體積為

20.02mL+l9.98mL+20.00mL°八八八T

--------------------------=20.00mL,待測液的體積為20.00mL,結合方程式

3

+2+n

5HSO3+2MnO；+H=5SOf+2Mn+3H20可得c（HSO；）=2匚05moi兒。

0.02L

19.某化工廠“用含NiO的廢料(雜質(zhì)為FeM、CaO、CuO等)制備羥基氧化鍥

(2NiOOH?H20)的工藝流程如圖:

NaOH

H2sO4溶液?2S①試劑X②試劑YNaFNaClO

麗"福操作AHi耳『糜限距網(wǎng)點叫。

濾渣1CuS、S02CaF2濾液

已知：相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如圖:

離子Fe3+FerNi2+

開始沉淀的pH2.77.67.1

沉淀完全的pH3.29.69.2

請回答下列問題：

(1)①濾渣1的主要成分是o

②如圖是酸浸時鎮(zhèn)的浸出率與溫度的關系，則酸浸時合適的浸出溫度是℃,若

酸浸時將溫度控制在80℃左右，則濾渣1中會含有一定量的Ni(OH)z,其原因可能是

(2)操作A中生成S的反應的離子方程式為：。

⑶試劑Y用于調(diào)節(jié)溶液的pH,則調(diào)控pH的范圍是

96

;;

90

88

30405060708090

溫度/P

(4)寫出沉鈣后氧化過程中反應的離子方程式o

(5)沉鈣時，當溶液中c(F-)=3.0X10.2mo"L時，通過計算確定溶液中Ca"否沉淀完全

n

[常溫時，Ksp(CaF2)=2.7X10^]o

【答案】(1).CaS04(2).70(3).隨著溫度的升高，NF水解程度增大，從而

3+2++

形成一定量的Ni(0H)2沉淀(4).H2S+2Fe=2Fe+SI+2H(5).3.2WpH〈7.1(6).

2.7X1C?T

-

CIO+2NF+40H-=2Ni00H?H20(+CV

mol/L<l,OX105mol/L,Ca/已沉淀完全

【解析】

【分析】

含NiO的廢料(雜質(zhì)為FezOs、CaO、CuO等)用H2s0,酸浸后，金屬氧化物轉(zhuǎn)化為Ni"、Fe"、

Cl+進入溶液，大部分的CaO轉(zhuǎn)化為CaSO,沉淀，即為濾渣1,少量的Ca。+殘留在溶液中。加

H2S,可將Fe>還原為Fe?+,也可以將Cu"轉(zhuǎn)化為CuS沉淀，此時溶液中的金屬離子還有N產(chǎn)、

F廠*和少量的Ca"加氧化劑X將Fe*還原為Fe",再加試劑Y調(diào)pH,使Fe"轉(zhuǎn)化為Fe(0H)3

沉淀，再加NaF將Ca?+沉淀，金屬離子只剩Ni2+,最后加NaOH、NaClO,制得羥基氧化銀

(2NiOOH?H20)。

【詳解】(1)①由分析可知，濾渣1的主要成分是CaSO,；

②由圖可知當溫度在70°左右時裸的浸出率較高，故酸浸時適宜的溫度為70°C；Ni?+能水

解，生成Ni(OH)z,升溫能促進水解，所以80℃左右濾渣1中會含有一定量的Ni(OH)z,；

(2)由分析可知，操作A是H2s與Fe"的反應，方程式為H2s+2Fe"=2Fe"+SJ+2H+；

(3)調(diào)pH需使Fe，+完全沉淀，但不能使N產(chǎn)沉淀，由表格可知，3.2WpH<7.1；

(4)該反應中Ni?+被氧化為2NiOOH?員0,CUT被還原為CF,相應的離子方程式為

2+

C10>2Ni+40H=2Ni00H-H20I+C「；

(5)一般認為溶液中離子的濃度小于LOXlCTmoi/L,該離子沉淀完全。

2+2

Ksp(CaF2)=c(Ca)c(F)=2.7X10?所以

K(CaF)2.7xlO-11

c(Ca2+)=—-----=7TTTmol/L=3.OX10-8mol/L<l.OXlOlol/L,Ca?+已沉淀完全。

C2(F)(3.0X10-2)

20.硝苯地平H是一種治療高血壓的藥物；其一種合成路線如下:

COOCM

HNOiI&CO,

COOQHs?住水后jKMnO?Ro

30cNO,②

CHO

CH?CH,CHJCOCOOCJH,

3回

囚回0

ggHQOC

CHaCOOCH,

E回

[NH}1

已知：酯分子中的1-碳原子上的氫比較活潑，使酯與酯之間能發(fā)生縮合反應。

0000

+II-D能2)乙酸一>||I+ROH

CHj—C—ORH—CH：—C—CRCHj-C—CH2-C-OR

回答下列問題:

(1)B的化學名稱為,②的反應類型是。

(2)D的結構簡式為0

(3)反應①的化學方程式為