还剩31页未读，
继续阅读
2020-2021学年安徽省淮北市树人高级中学高二（上）第四次段考化学试卷
展开
这是一份2020-2021学年安徽省淮北市树人高级中学高二（上）第四次段考化学试卷，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年安徽省淮北市树人高级中学高二（上）第四次段考化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，每题3分共54.0分）
1．（3分）下列关于分子组成为CxHy的烃，说法不正确的是（ ）
A．燃烧时，火焰均为明亮火焰，并伴有黑烟
B．当x≤4时，常温常压下均为为气体
C．当x＜10，y＝2x+2时，CxHy的一氯代物只有一种的烃有4种
D．分别燃烧1molCxHy时，消耗氧气为（x+）mol
2．（3分）下列有关说法正确的是（ ）
A．丙烯的结构简式为CH2CHCH3
B．新戊烷的二氯代物有2种
C．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
D．键线式为 的有机物的分子式为C8H10
3．（3分）科学家在﹣100℃的低温下合成一种烃X，此分子的结构如图所示（图中的连线表示化学键）。下列说法正确的是（ ）
A．X既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
B．X是一种常温下能稳定存在的液态烃
C．X和乙烷类似，都容易发生取代反应
D．充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气较多
4．（3分）布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
5．（3分）下列卤代烃，既能发生水解，又能发生消去反应且只能得到一种单烯烃的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（ ）
A．a、b、c均能与溴水发生加成反应
B．a、b、c的分子式均为C8H8
C．a的所有原子可能处于同一平面
D．b的一氯代物有4种
7．（3分）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经过三步反应制得，设计最合理的三步反应类型依次是（ ）
A．加成、氧化、水解 B．水解、加成、氧化
C．水解、氧化、加成 D．加成、水解、氧化
8．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
9．（3分）下列涉及水解的说法正确的是（ ）
A．NH4Y溶液呈酸性[已知：Ka（HY）＝Kb（氨水）]
B．工业上利用加水稀释NaAlO2的方法制Al（OH）3
C．Al2S3固体溶于水得到稳定的Al2S3溶液
D．Al3+与SO32﹣在溶液中往往发生双水解反应
10．（3分）下列有关的离子方程式或化学方程式中正确的是（ ）
A．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．磷酸一氢钠溶液水解：HPO42﹣+H2O⇌PO43﹣+H3O+
C．将2molSO3气体通入一密闭容器中，达平衡后吸收QkJ热量，则该反应的热化学方程式为：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＝+Q kJ/mol
D．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++6Cl﹣+Br2
11．（3分）NaClO2（ 亚氯酸纳）是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．若直流电源为铅蓄电池，则b极为Pb
B．阳极反应式为ClO2+e﹣＝ClO2﹣
C．交换膜左侧NaOH 的物质的量不变，气体X 为Cl2
D．制备18.1g NaClO2时理论上有0.2molNa+由交换膜左侧向右侧迁移
12．（3分）利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO3﹣等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne．下列说法错误的是（ ）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne ＝a mol
C．④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣═NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
13．（3分）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）能自发进行，该反应的△H＜0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中形成新共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和
14．（3分）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，平衡体系中气体的平均摩尔质量（）在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）＝K（b）＜K（c）
C．反应速率：v（b）＞v（a）
D．当＝69 g/mol 时，n（NO2）：n（N2O4）＝2：1
15．（3分）在2个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热）。下列说法正确的是（ ）
容器编号
容器类型
初始体积
起始物质的量/mol
平衡时SO3物质的量/mol
SO2
O2
SO3
Ⅰ
恒温恒容
1.0L
2
1
0
1.6
Ⅱ
恒温恒压
1.0L
2
1
0
a
A．a＞1.6
B．选择不同的催化剂，该反应的反应速率和平衡转化率都将不同
C．随反应进行SO2的浓度逐渐减小，达到平衡时，正反应速率最小，此时v正（SO2）＝0
D．若起始时向容器Ⅰ中充入1molSO2（g）、0.2molO2（g）和4molSO3（g），则反应将向正反应方向进行
16．（3分）下列有关说法中不正确的是（ ）
A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，说明该溶液呈中性（KW为该温度时水的离子积常数）
B．室温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液的pH可能为2或12
C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，向含有Cl﹣、CrO42﹣且浓度均为0.010 mol•L﹣1溶液中逐滴加入0.010 mol•L﹣1的AgNO3溶液时，CrO42﹣先产生沉淀
D．常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
17．（3分）常温下，向20mL 0.1mol•L﹣1HA溶液中滴加0.1mol•L﹣1的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．HA的电离方程式为HA＝H++A﹣
B．B点时加入HA和氨水恰好完全反应
C．A点所示溶液中c（A﹣）＝2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）
D．C点所示溶液中：c（NH4+）＞c（A﹣）＞c（NH3•H2O）
18．（3分）已知反应：2A（g）⇌2B（g）+C（g） ΔH＝akJ•mol﹣1。某温度下，将2molA置于10L密闭容器中，一定时间后反应达到平衡。则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中a（A）表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：ΔH＞0
B．图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T2、T3为平衡状态
C．图丙中a（%）表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K＝1.25×10﹣2mol•L﹣1
D．达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示
二、填空题（本大题共4小题，共46.0分）
19．（10分）二氧化硫的处理和环境保护是重要课题。
（1）SO2与O2反应时各物质的能量变化如图1所示。
①反应2SO2（s）+O2（g）═2SO3（g） ΔH＝ kJ•mol﹣1。
②使用催化剂，会改变a、b、c数值中的 。
（2）一种循环吸收烟气中SO2的方法如图2所示。
①写出“吸收”反应的化学方程式： 。
②写出“电解”反应的化学方程式： 。
（3）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图3所示原理净化利用。
①写出阴极的电极反应方程式： 。
②“扫出气”中SO3和O2的体积比为 。
20．（12分）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。
（1）图1所示为利用H2O和空气中的N2以LDH超薄纳米为催化剂在光催化作用下合成氨的原理。
已知：Ⅰ.2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g） ΔH＝+92.4kJ•mol﹣1；
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） ΔH＝﹣483.6kJ•mol﹣1；
则上述合成氨的热化学方程式为 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（1）+CO（NH2）2（s）△H＝﹣134kJ/mol﹣1；。向恒容密闭容器中按物质的量之比4：1充入NH3和CO2，使反应进行，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图2所示。
①若用CO2的浓度变化表示反应速率，则A点的逆反应速率 B点的正反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是 （填选项字母）。
A.体系压强不再变化
B.气体平均摩尔质量不再变化
C.NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2：1
D.固体质量不再发生变化
（3）汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，其中存在大量NO。实验发现，NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）并快速达到平衡。向真空钢瓶中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图3所示。
①温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点N2O2的物质的量分数为 （保留三位有效数字），X点对应的压力平衡常数Kp＝ kPa﹣1（用分压表示，气体的分压＝气体的物质的量分数×总压，保留小数点后三位）；
②提高NO平衡转化率的条件为 （任写两点）。
21．（12分）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图甲所示（溶液体积变化忽略不计）。
①常温下，0.01mol•L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）＝ mol•L﹣1。
②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH＝a，则a 7（填“＞”、“＜”或“＝”），用离子方程式表示其原因为 。
③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A﹣）由大到小的顺序是 。
④K点时，溶液中c（H+）+c（M+）﹣c（OH﹣）＝ mol•L﹣1。
（2）20℃时，在c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图乙所示。
①Q点：c（H2C2O4） c（HC2O4﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）
②该温度下HC2O4﹣的电离常数K＝ 。
（3）25℃时，某溶液中Fe3+的浓度为0.010mol/L，使Fe3+沉淀完全的pH为 。
（Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，lg2＝0.3）
22．（12分）按要求回答下列问题：
某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol，
（1）烃A的分子式为 。
（2）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则此烃A的结构简式为 。
（3）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物经测定，分子中含有4个甲基，烃A可能有 的结构简式。
（4）桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两不直接相连的碳原子的环烃。某桥环烷烃的结构如图所示。写出该桥环烷烃的分子式为 ，该烃的一氯取代物的同分异构体为 种，该烃的二氯代物 种。
2020-2021学年安徽省淮北市树人高级中学高二（上）第四次段考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共18小题，每题3分共54.0分）
1．（3分）下列关于分子组成为CxHy的烃，说法不正确的是（ ）
A．燃烧时，火焰均为明亮火焰，并伴有黑烟
B．当x≤4时，常温常压下均为为气体
C．当x＜10，y＝2x+2时，CxHy的一氯代物只有一种的烃有4种
D．分别燃烧1molCxHy时，消耗氧气为（x+）mol
【分析】A．甲烷燃烧时，没有黑烟；
B．常温常压下一般为气体的烃，分子组成中碳原子数≤4，x＞4烃也有气体；
C．当x＜10，y＝2x+2时，为烷烃，CxHy的一氯代物只有一种的烃，说明烃分子中氢原子相同；
D．完全燃烧时，1molC原子消耗1mol氧气、1mol氢原子消耗mol氧气，所以1molCxHy完全燃烧消耗（x+）mol氧气。
【解答】解：A．甲烷燃烧时，没有黑烟，故A错误；
B．分子组成为CxHy的烃中，碳原子数≤4的烃类化合物，如对应烷烃、烯烃和炔烃中，常温常压下都是气体，故B正确；
C．当x＜10，y＝2x+2时，为烷烃，CxHy的一氯代物只有一种的烃，分子中氢原子相同，分子中氢原子相同的烃为：CH4、CH3CH3、（CH3）4C、（CH3）3C﹣C（CH3）3，CxHy的一氯代物只有一种的烃有4种，故C正确；
D．烃燃烧时，1molC原子消耗1mol氧气、1mol氢原子消耗mol氧气，所以1molCxHy完全燃烧消耗（x+）mol氧气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了常见有机物的组成与性质、同分异构体判断，题目难度中等，注意掌握烷、烯、炔烃的组成与性质，明确常温下呈气态的烃的情况，能够根据烃的燃烧通式判断其燃烧情况。
2．（3分）下列有关说法正确的是（ ）
A．丙烯的结构简式为CH2CHCH3
B．新戊烷的二氯代物有2种
C．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
D．键线式为 的有机物的分子式为C8H10
【分析】A、烯烃中的碳碳双键不能省略；
B、新戊烷的二氯代物即是再用一个氯原子取代一氯新戊烷中的一个H原子；
C、CH4O一定为甲醇，而C2H6O可能为乙醇，还可能为二甲醚；
D、在键线式中，拐点和端点为碳原子，其余用H原子来补充．
【解答】解：A、烯烃中的碳碳双键不能省略，故结构简式为CH2＝CHCH3，故A错误；
B、新戊烷的二氯代物中，两个氯原子取代同一甲基的氢原子的同分异构体有1种，取代不同甲基的氢原子得到的二氯代物有1种，总共含有2种二氯代物，故B正确；
C、CH4O一定为甲醇，而C2H6O可能为乙醇，还可能为二甲醚，故两者不一定为同系物，故C错误；
D、在键线式中，拐点和端点为碳原子，其余用H原子来补充，故此有机物中含8个C原子，8个H原子，故分子式为C8H8，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的结构简式的书写、同分异构体和同系物的判断等，难度不大，应注意基础的掌握．
3．（3分）科学家在﹣100℃的低温下合成一种烃X，此分子的结构如图所示（图中的连线表示化学键）。下列说法正确的是（ ）
A．X既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
B．X是一种常温下能稳定存在的液态烃
C．X和乙烷类似，都容易发生取代反应
D．充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气较多
【分析】由结构简式可知，X为C5H4，分子中含2个C＝C键，结合烯烃的性质来解答。
【解答】解：A．含C＝C键，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B．在﹣100℃的低温下合成一种烃X，则常温下不能稳定存在，故B错误；
C．X易发生加成，乙烷易发生取代反应，二者性质不相似，故C错误；
D．充分燃烧等质量的X和甲烷，×2＞×6，则甲烷消耗氧气多，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握图中结构简式与烃中含C＝C键，明确烯烃的性质即可解答，题目难度不大。
4．（3分）布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【分析】有机物含有羧基，苯环，具有羧酸、苯的性质，结合有机物的结构特点解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故A正确；
B．含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故B正确；
C．能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故C正确；
D．结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握有机的组成、结构和性质，难度不大。
5．（3分）下列卤代烃，既能发生水解，又能发生消去反应且只能得到一种单烯烃的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】分子中含有Br原子，可在碱性条件下发生水解，只有﹣Br相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应，形成不饱和键，结合形成一种单烯烃解答该题．
【解答】解：A．分子中含有Br，可发生水解反应，发生消去反应只生成一种烯烃，故A正确；
B．发生消去反应生成两种烯烃，分别为CH3CH＝C（CH3）2，故B错误；
C．可发生消去反应生成3种烯烃，故C错误；
D．不能发生消去反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃的水解反应、消去反应，难度不大，注意卤代烃发生消去反应的结构特点是：只有﹣X相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应．
6．（3分）关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（ ）
A．a、b、c均能与溴水发生加成反应
B．a、b、c的分子式均为C8H8
C．a的所有原子可能处于同一平面
D．b的一氯代物有4种
【分析】A．b中只有单键；
B．a中含8个C，b中含10个C、c中含9个C；
C．a中苯环、双键为平面结构；
D．b中含2种H。
【解答】解：A．b中只有单键，与溴水不反应，故A错误；
B．a中含8个C，b中含10个C、c中含9个C，则分子式不同，故B错误；
C．a中苯环、双键为平面结构，则a的所有原子可能处于同一平面，故C正确；
D．b中含2种H，一氯代物有2种，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
7．（3分）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经过三步反应制得，设计最合理的三步反应类型依次是（ ）
A．加成、氧化、水解 B．水解、加成、氧化
C．水解、氧化、加成 D．加成、水解、氧化
【分析】可经过三步反应制得，则应先发生水解生成HOCH2CH＝CHCH2OH，然后发生加成反应生成HOCH2CHClCHClCH2OH，再发生氧化反应可生成目标物，以此解答该题。
【解答】解：可经过三步反应制得，则应先发生水解生成HOCH2CH＝CHCH2OH，然后发生加成反应生成HOCH2CHClCHClCH2OH，再发生氧化反应可生成目标物，如在加成之后水解，则氯原子可被取代生成醇，如在加成前氧化，则碳碳双键可被氧化，只有B符合。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握逆合成法为解答的关键，注意合成反应中官能团的变化、发生的反应类型即可解答，题目难度不大。
8．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
【分析】由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，有元素的化合价变化，以此来解答。
【解答】解：A．一般分解反应为吸热反应，由图不能确定反应中能量变化，故A错误；
B．反应前后均存在反应物，为可逆反应，故B正确；
C、同种元素形成的共价键叫非极性共价键，所以一定有非极性共价键断裂，故C正确；
D．化合物生成单质时，元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
9．（3分）下列涉及水解的说法正确的是（ ）
A．NH4Y溶液呈酸性[已知：Ka（HY）＝Kb（氨水）]
B．工业上利用加水稀释NaAlO2的方法制Al（OH）3
C．Al2S3固体溶于水得到稳定的Al2S3溶液
D．Al3+与SO32﹣在溶液中往往发生双水解反应
【分析】A.Ka（HY）＝Kb（氨水），则NH4+与Y﹣的水解程度相同；
B.稀释偏铝酸钠溶液无法获得氢氧化铝；
C.铝离子和硫离子发生相互促进的水解反应；
D.铝离子与亚硫酸根离子发生双水解反应。
【解答】解：A.由于Ka（HY）＝Kb（氨水），NH4+与Y﹣的水解程度相同，则NH4Y溶液呈中性，故A错误；
B.工业上利用向NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳的方法制备Al（OH）3，不是利用加水稀释NaAlO2的方法，故B错误；
C.Al2S3固体溶于水，铝离子和硫离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，无法得到稳定的Al2S3溶液，故C错误；
D.Al3+为弱碱根离子，SO32﹣为弱酸根离子，二者在溶液中发生双水解反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盐类水解的应用，为高频考点，把握物质性质、盐类水解的水解及其影响为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
10．（3分）下列有关的离子方程式或化学方程式中正确的是（ ）
A．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．磷酸一氢钠溶液水解：HPO42﹣+H2O⇌PO43﹣+H3O+
C．将2molSO3气体通入一密闭容器中，达平衡后吸收QkJ热量，则该反应的热化学方程式为：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＝+Q kJ/mol
D．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++6Cl﹣+Br2
【分析】A．氢氧化钠过量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B．给出的是电离方程式；
C.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＝+Q kJ/mol，表示每2mol三氧化硫完全反应吸收的热量；
D．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，然后再氧化溴离子．
【解答】解：A．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；
B．磷酸一氢钠溶液水解，离子方程式：HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，故B错误；
C.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）为可逆反应，2molSO3气体通入一密闭容器中，不能完全反应，所以2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞＝+Q kJ/mol，故C错误；
D．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++6Cl﹣+Br2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，涉及盐类水解、热化学方程式书写，明确盐类水解原理、可逆反应特点是解题关键，题目难度不大．
11．（3分）NaClO2（ 亚氯酸纳）是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．若直流电源为铅蓄电池，则b极为Pb
B．阳极反应式为ClO2+e﹣＝ClO2﹣
C．交换膜左侧NaOH 的物质的量不变，气体X 为Cl2
D．制备18.1g NaClO2时理论上有0.2molNa+由交换膜左侧向右侧迁移
【分析】二氧化氯转化为NaClO2（ 亚氯酸纳）的过程是发生还原反应，应该发生在阴极，所以a是负极，b是正极，在阳极上是氯离子失电子的氧化反应，产生的是氯气，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阳离子移向阴极，据此回答。
【解答】解：A、二氧化氯转化为NaClO2（ 亚氯酸纳）的过程是发生还原反应，应该发生在阴极，所以a是负极，b是正极，若直流电源为铅蓄电池，则电池的负极和电源的负极相连，b极为正极，应该是PbO2，故A错误；
B、在阳极上是氯离子失电子的氧化反应，产生的是氯气，故B错误；
C、阳离子交换膜只允许阳离子通过，所以交换膜左边NaOH 的物质的量不变，在阳极上是氯离子失电子的氧化反应，产生的是氯气，气体X 为Cl2，故C正确；
D、Na+由交换膜右侧向左侧迁移，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
12．（3分）利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO3﹣等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne．下列说法错误的是（ ）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne ＝a mol
C．④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣═NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
【分析】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化判断；
B．根据三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为﹣2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子判断；
C．根据N元素的化合价变化书写；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率。
【解答】解：A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为﹣2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne ＝2a mol，故B错误；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3﹣+8e_﹣NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以 ④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣═NH4++3H2O，故C正确；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，把握各个电极上发生的反应是解本题关键，侧重考查学生分析判断及计算能力，题目难度中等。
13．（3分）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）能自发进行，该反应的△H＜0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中形成新共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和
【分析】A．该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，该反应前后气体体积减小，则△S＜0；
B．氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L的氢气物质的量小于0.5mol；
D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中断裂旧共价键的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和。
【解答】解：A．该反应前后气体体积减小，则△S＜0，如果该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，所以△H＜0，故A正确；
B．氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应，如果电解质溶液呈酸性，则负极反应式为2H2﹣4e﹣＝4H+、正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，如果是碱性电解质，负极反应式为2H2﹣4e﹣+4OH﹣＝2H2O、正极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故B错误；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L的氢气物质的量小于0.5mol，则转移电子的数目小于6.02×1023，故C错误；
D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中断裂旧共价键的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理及反应热计算，明确原电池中电极反应式的书写方法、焓变的计算方法是解本题关键，注意气体摩尔体积适用条件，C为解答易错点。
14．（3分）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，平衡体系中气体的平均摩尔质量（）在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）＝K（b）＜K（c）
C．反应速率：v（b）＞v（a）
D．当＝69 g/mol 时，n（NO2）：n（N2O4）＝2：1
【分析】由于该反应为气体体积增大且是吸热的反应，反应前后气体质量守恒，所以平衡体系中气体的平均摩尔质量（）增大，反应逆向进行，故可判断出T2＜T1；根据温度对平衡常数和反应速率 的影响可以判断；根据平均相对分子质量的根据可计算出两物质的物质的量之比，据此答题。
【解答】解：由于该反应为气体体积增大且是吸热的反应，反应前后气体质量守恒，所以平衡体系中气体的平均摩尔质量（）增大，反应逆向进行，故可判断出T2＜T1；根据温度对平衡常数和反应速率 的影响可以判断；根据平均相对分子质量的根据可计算出两物质的物质的量之比，
A、由于该反应是吸热的反应，反应前后气体质量守恒，所以平衡体系中气体的平均摩尔质量（）增大，反应逆向进行，所以可判断出T2＜T1，故A错误；
B、a点和c点是在同一温度下的平衡常数，所以K（a）＝K（c），故B错误；
C、温度越高反应速率越快，压强越大反应速率越快，根据前面分析可知T2＜T1，图中b点压强大于a点，所以va＜vb，故C正确；
D、设n（NO2）：n（N2O4）＝x：y，则有＝69，所以x：y＝1：1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了影响平衡常数的因素、影响反应速率的因素、平均相对分子质量的计算等知识，中等难度，解题的难点在于根据总质量与总物质的量之比确定反应移动的方向，及仔细观察图象。
15．（3分）在2个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热）。下列说法正确的是（ ）
容器编号
容器类型
初始体积
起始物质的量/mol
平衡时SO3物质的量/mol
SO2
O2
SO3
Ⅰ
恒温恒容
1.0L
2
1
0
1.6
Ⅱ
恒温恒压
1.0L
2
1
0
a
A．a＞1.6
B．选择不同的催化剂，该反应的反应速率和平衡转化率都将不同
C．随反应进行SO2的浓度逐渐减小，达到平衡时，正反应速率最小，此时v正（SO2）＝0
D．若起始时向容器Ⅰ中充入1molSO2（g）、0.2molO2（g）和4molSO3（g），则反应将向正反应方向进行
【分析】A.该反应的正反应是气体分子数减少的反应，对比容器Ⅰ和容器Ⅱ的压强，由平衡移动原理知增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，据此分析平衡时SO3物质的量；
B.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
C.化学平衡状态是动态平衡，此时v正＝v逆≠0；
D.根据容器Ⅰ表格数据列三段式计算T℃下的平衡常数K，再计算此时反应浓度商Qc，若Qc＜K则反应正向移动，若Qc＞K则反应逆向移动，若Qc＝K则反应处于平衡状态。
【解答】解：A.该反应的正反应是气体分子数减少的反应，与恒温恒压的容器Ⅱ相比，在恒温恒容的容器Ⅰ中，随着反应的进行，气体的物质的量减小，则压强降低，故平衡逆向移动，平衡时SO3物质的量减小，即a＞1.6，故A正确；
B.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，即选择不同的催化剂，该反应的反应速率不同，但平衡转化率不变，故B错误；
C.化学平衡状态是动态平衡，随反应进行SO2的浓度逐渐减小，v正逐渐减小，达到平衡时，正反应速率最小，但v正（SO2）≠0，故C错误；
D.根据容器Ⅰ表格数据列三段式计算：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始浓度/（mol•L﹣1） 2 1 0
变化浓度/（mol•L﹣1） 1.6 0.8 1.6
平衡浓度/（mol•L﹣1） 0.4 0.2 1.6
T℃下，平衡常数K＝＝＝80，若起始时向容器Ⅰ中充入1molSO2（g）、0.2molO2（g）和4molSO3（g），根据c＝，此时SO2、O2和SO3的浓度分别为1mol/L、0.2mol/L、4mol/L，浓度商Qc＝＝80＝K，即此时反应处于平衡状态，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的特征和平衡移动的判断方法，关键是掌握化学平衡的速率特征、外界条件对平衡移动的影响、浓度商的应用，注意催化剂不影响平衡移动，题目难度不大。
16．（3分）下列有关说法中不正确的是（ ）
A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，说明该溶液呈中性（KW为该温度时水的离子积常数）
B．室温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液的pH可能为2或12
C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，向含有Cl﹣、CrO42﹣且浓度均为0.010 mol•L﹣1溶液中逐滴加入0.010 mol•L﹣1的AgNO3溶液时，CrO42﹣先产生沉淀
D．常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
【分析】A．当c（H+）＝c（OH﹣）时溶液呈中性，结合KW＝c（H+）•c（OH﹣）分析；
B．在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水＝1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，据此分析判断；
C．析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）＝，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）＝，据此进行计算；
D．常温下pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒判断。
【解答】解：A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，而KW＝c（H+）•c（OH﹣），说明c（H+）＝c（OH﹣），则溶液一定为中性，故A正确；
B.25℃时：Kw＝c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣14，纯水中c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣7 mol/L，在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水＝1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH＝2，如果为碱溶液，则pH＝12，故B正确；
C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝1.56×10﹣8mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝3×10﹣5mol/L＞1.56×10﹣8mol/L，所以Cl﹣先产生沉淀，故C错误；
D．常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及难溶物溶解平衡及沉淀转化实质、离子浓度大小比较、水的电离及其影响、溶液酸碱性与溶液pH的计算等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，C为易错点，注意掌握计算方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
17．（3分）常温下，向20mL 0.1mol•L﹣1HA溶液中滴加0.1mol•L﹣1的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．HA的电离方程式为HA＝H++A﹣
B．B点时加入HA和氨水恰好完全反应
C．A点所示溶液中c（A﹣）＝2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）
D．C点所示溶液中：c（NH4+）＞c（A﹣）＞c（NH3•H2O）
【分析】A．根据图象可知，0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＝1，说明HA完全电离；
B．HA为强酸，恰好反应生成NH4A，铵根离子水解溶液呈酸性，而B的pH＝7；
C．A点反应后溶质为等浓度的HA和NH4A，结合物料守恒分析；
D．C点反应后溶质为等浓度的NH4A和NH3•H2O，溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于铵根离子水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒分析。
【解答】解：A.0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＝1，说明HA为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：HA＝H++A﹣，故A正确；
B．B点溶液的pH＝7，呈中性，若HA和氨水恰好完全反应，反应后溶质为NH4A，溶液呈酸性，若为中性，氨水应该稍过量，故B错误；
C．A点所示溶液中溶质为等浓度的HA和NH4A，根据物料守恒可得：c（A﹣）＝2c（NH4+）+2c（NH3•H2O），故C正确；
D．C点加入40mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4A和NH3•H2O，溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于铵根离子水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒2c（A﹣）＝c（NH4+）+c（NH3•H2O）可知：c（NH4+）＞c（A﹣）＞c（NH3•H2O），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
18．（3分）已知反应：2A（g）⇌2B（g）+C（g） ΔH＝akJ•mol﹣1。某温度下，将2molA置于10L密闭容器中，一定时间后反应达到平衡。则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中a（A）表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：ΔH＞0
B．图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T2、T3为平衡状态
C．图丙中a（%）表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K＝1.25×10﹣2mol•L﹣1
D．达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示
【分析】A.温度高，反应速率快，平衡向吸热反应反向移动；
B.反应正向建立平衡，最低点处达到平衡；
C.由反应物的起始加入量和转化率，求算平衡时各组分的浓度，进而求算平衡常数；
D.降低温度，反应速率减慢，平衡正向移动。
【解答】解：A.由图甲可知，T1条件下反应先达到平衡，则温度T1＞T2，温度升高，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，逆向吸热，正向为放热反应，△H＜0，故A错误；
B.由图乙可知，反应正向建立平衡，达平衡前A的浓度减小，到达最低点时反应达到平衡状态，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，A的浓度增大，故T2、T3为不同温度下的平衡状态，故B正确；
C.由图丙可知，M点时，A的平衡转化率为20%，A的反应量为2mol×20%＝0.4mol，平衡时A的物质的量为2mol﹣0.4mol＝1.6mol，B的物质的量为0.4mol，C的物质的量为0.2mol，M点K＝＝＝1.25×10﹣3，故C错误；
D.降低温度，正逆反应速率均减慢，反应放热，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件变化对化学平衡和化学反应速率的影响是解题的关键。
二、填空题（本大题共4小题，共46.0分）
19．（10分）二氧化硫的处理和环境保护是重要课题。
（1）SO2与O2反应时各物质的能量变化如图1所示。
①反应2SO2（s）+O2（g）═2SO3（g） ΔH＝ （a﹣b） kJ•mol﹣1。
②使用催化剂，会改变a、b、c数值中的 c 。
（2）一种循环吸收烟气中SO2的方法如图2所示。
①写出“吸收”反应的化学方程式： SO2+MnO2＝MnSO4 。
②写出“电解”反应的化学方程式： MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑ 。
（3）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图3所示原理净化利用。
①写出阴极的电极反应方程式： 2SO3+O2+4e﹣＝2SO42﹣ 。
②“扫出气”中SO3和O2的体积比为 2：1 。
【分析】（1）①ΔH＝生成物的总能量﹣反应物的总能量；
②催化剂可以降低反应的活化能；
（2）①吸收反应为SO2与MnO2反应生成MnSO4；
②MnSO4溶液电解生成了硫酸和MnO2，即阳极锰离子失去电子生成MnO2，阴极氢离子得到电子生成氢气；
（3）①根据题意，SO3与O2得到电子生成了SO42﹣；
②根据题意，多孔阳极的反应为：2SO42﹣﹣4e﹣＝2SO3+O2，据此分析即可。
【解答】解：（1）①由图可知，反应2SO2（s）+O2（g）═2SO3（g） ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1，
故答案为：（a﹣b）；
②使用催化剂，可以降低反应的活化能，即改变a、b、c数值中的c，
故答案为：c；
（2）①由图可知，吸收反应为SO2与MnO2反应生成MnSO4，化学方程式为：SO2+MnO2＝MnSO4，
故答案为：SO2+MnO2＝MnSO4；
②由图可知，MnSO4溶液电解生成了硫酸和MnO2，即阳极锰离子失去电子生成MnO2，阴极氢离子得到电子生成氢气，根据原子守恒和化合价升降守恒可得电解的化学方程式为：MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑，
故答案为：MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑；
（3）①根据题意，结合图片信息可知，SO3与O2得到电子生成了SO42﹣，故多孔阴极的电极反应方程式为：2SO3+O2+4e﹣＝2SO42﹣，
故答案为：2SO3+O2+4e﹣＝2SO42﹣；
②根据题意可知，多孔阳极的反应为：2SO42﹣﹣4e﹣＝2SO3+O2，通入氮气，将生成的气体从多孔电极内“扫出”，故SO3和O2的体积比为2：1，
故答案为：2：1。
【点评】本题主要考查焓变与反应物的总能量和生成物的总能量之间的关系，催化剂的作用，化学方程式和电解反应方程式的书写等，属于高考考查的高频知识点，难度不大。
20．（12分）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。
（1）图1所示为利用H2O和空气中的N2以LDH超薄纳米为催化剂在光催化作用下合成氨的原理。
已知：Ⅰ.2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g） ΔH＝+92.4kJ•mol﹣1；
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） ΔH＝﹣483.6kJ•mol﹣1；
则上述合成氨的热化学方程式为 2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H＝+1266.0kJ/mol 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（1）+CO（NH2）2（s）△H＝﹣134kJ/mol﹣1；。向恒容密闭容器中按物质的量之比4：1充入NH3和CO2，使反应进行，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图2所示。
①若用CO2的浓度变化表示反应速率，则A点的逆反应速率 ＜ B点的正反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是 C （填选项字母）。
A.体系压强不再变化
B.气体平均摩尔质量不再变化
C.NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2：1
D.固体质量不再发生变化
（3）汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，其中存在大量NO。实验发现，NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）并快速达到平衡。向真空钢瓶中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图3所示。
①温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点N2O2的物质的量分数为 78.6% （保留三位有效数字），X点对应的压力平衡常数Kp＝ 0.086 kPa﹣1（用分压表示，气体的分压＝气体的物质的量分数×总压，保留小数点后三位）；
②提高NO平衡转化率的条件为 降低温度、充入NO气体 （任写两点）。
【分析】（1）根据盖斯定律﹣2×Ⅰ﹣3×Ⅱ得2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）；
（2）①A点反应未达到平衡状态，在形成平衡过程中，逆反应速率增大；
②判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（3）①设起始NO物质的量为1mol，列化学平衡三段式，
2NO（g）⇌N2O2（g）
起始（mol） 1 0
转化（mol） 0.88 0.44
平衡（mol） 0.12 0.44
X点N2O2的物质的量分数＝×100%，Kp＝计算；
②提高NO平衡转化率，根据勒夏特列原理分析。
【解答】解：（1）根据盖斯定律﹣2×Ⅰ﹣3×Ⅱ得2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H＝（﹣92.4×2+483.6×3）kJ/mol＝+1266.0kJ/mol，
故答案为：2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H＝+1266.0kJ/mol；
（2）①A点反应未达到平衡状态，在形成平衡过程中，逆反应速率增大，平衡时正反应速率等于逆反应速率，则A点的逆反应速率 小于B点的正反应速率，
故答案为：＜；
②A.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，体系压强减小，当体系压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.根据质量守恒，混合气体的质量减小，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均摩尔质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故B正确；
C.不管反应是否达到平衡状态，NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比都为2：1，故C错误；
D.固体质量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：C；
（3）①设起始NO物质的量为1mol，列化学平衡三段式，
2NO（g）⇌N2O2（g）
起始（mol） 1 0
转化（mol） 0.88 0.44
平衡（mol） 0.12 0.44
X点N2O2的物质的量分数＝×100%＝×100%≈78.6%，Kp＝＝≈0.086kPa﹣1，
故答案为：78.6%；0.086；
②由图可知，该反应是放热反应，则降低温度、充入NO气体均可以提高NO平衡转化率，
故答案为：降低温度、充入NO气体。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
21．（12分）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图甲所示（溶液体积变化忽略不计）。
①常温下，0.01mol•L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）＝ 1×10﹣12 mol•L﹣1。
②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH＝a，则a ＜ 7（填“＞”、“＜”或“＝”），用离子方程式表示其原因为 M++H2O⇌H++MOH 。
③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A﹣）由大到小的顺序是 c（A﹣）＞c（H+）＞c（M+） 。
④K点时，溶液中c（H+）+c（M+）﹣c（OH﹣）＝ 0.005 mol•L﹣1。
（2）20℃时，在c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图乙所示。
①Q点：c（H2C2O4） ＜ c（HC2O4﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）
②该温度下HC2O4﹣的电离常数K＝ 10﹣4.2 。
（3）25℃时，某溶液中Fe3+的浓度为0.010mol/L，使Fe3+沉淀完全的pH为 3.2 。
（Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，lg2＝0.3）
【分析】（1）①0.01mol•L﹣1HA溶液的pH＝2，c（H+）＝0.01mol/L，说明HA为强酸，HA溶液中的OH﹣来自水的电离；
②加入51mL0.02mol•L﹣1MOH溶液时pH＝7，则加入50mL0.02mol•L﹣1MOH溶液时生成的MA溶液呈酸性，MA为强酸弱碱盐，说明M+水解溶液呈酸性；
③X点溶质为等浓度的HA和NaA，HA为强电解质，完全电离，结合A﹣部分水解判断c（H+）、c（M+）、c（A﹣）的浓度大小；
④K点反应后溶质为等浓度的MA和MOH，结合电荷守恒关系式分析；
（2）①依据图象可知Q点c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），c（HC2O4﹣）的浓度最大；
②P点c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），据此计算该温度下HC2O4﹣的电离常数；
（3）使Fe3+沉淀完全，离子浓度小于10﹣5mol/L，结合溶度积常数计算。
【解答】解：（1）①根据图甲可知，0.01mol•L﹣1HA溶液的pH＝2，c（H+）＝0.01mol/L，说明HA为强酸，HA电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，则常温下，0.01mol•L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）＝mol/L＝1×10﹣12mol/L，
故答案为：1×10﹣12；
②图甲中，向100mL 0.01mol•L﹣1HA的溶液中逐滴加入51mL 0.02mol•L﹣1MOH溶液后，pH＝7，则加入50mL 0.02mol•L﹣1MOH溶液时生成的MA溶液呈酸性，说明MA为强酸弱碱盐，M+水解溶液呈酸性，发生反应为：M++H2O⇌H++MOH，
故答案为：＜；M++H2O⇌H++MOH；
③X点加入25mL 0.02mol•L﹣1MOH，反应后溶质为等浓度的HA和MA，HA为强电解质，完全电离，则c（A﹣）的浓度最大，M+部分水解，则c（H+）＞c（M+），液中c（H+）、c（M+）、c（A﹣）由大到小的顺序是：c（A﹣）＞c（H+）＞c（M+），
故答案为：c（A﹣）＞c（H+）＞c（M+）；
④K点时，根据电荷守恒关系式可知：c（H+）+c（M+）﹣c（OH﹣）＝c（A﹣）＝mol/L＝0.005mol•L﹣1，
故答案为：0.005；
（2）①根据图乙可知，Q点c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），并且二者的浓度较小，c（HC2O4﹣）的浓度最大，则c（H2C2O4）＜c（HC2O4﹣），
故答案为：＜；
②P点c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），此时HC2O4﹣的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣4.2，
故答案为：10﹣4.2；
（3）25℃时，某溶液中Fe3+的浓度为0.010mol/L，Fe3+沉淀完全时c（Fe3+）＝10﹣5mol/L，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c3（OH﹣）＝4×10﹣38，得到c（OH﹣）＝mol/L＝×10﹣11mol/L，c（H+）＝mol/L＝×10﹣3mol/L，所以pH＝﹣lg×10﹣3＝3+lg2＝3.2，
故答案为：3.2。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和溶度积常数的计算，为高频考点，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及弱电解质的电离特点，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，注意掌握溶度积常数的计算，题目难度中等。
22．（12分）按要求回答下列问题：
某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol，
（1）烃A的分子式为 C6H12 。
（2）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则此烃A的结构简式为 。
（3）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物经测定，分子中含有4个甲基，烃A可能有 、、 的结构简式。
（4）桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两不直接相连的碳原子的环烃。某桥环烷烃的结构如图所示。写出该桥环烷烃的分子式为 C7H12 ，该烃的一氯取代物的同分异构体为 3 种，该烃的二氯代物 10 种。
【分析】（1）烃含只有C、H两种元素，完全燃烧生成二氧化碳和水，设烃A的分子式为CxHy，根据原子守恒，1molCxHy生成的CO2和H2O的物质的量分别为xmol和mol，据此解答；
（2）C6H12的不饱和度为＝1，属于单烯烃或环烷烃，双键能使溴水褪色，其一氯代物只有一种，说明其氢原子种类只有一种，据此解答；
（3）由（2）可知，若烃A能使溴水褪色，则烃A是单烯烃，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物分子式为C6H14，先根据题意书写加成产物的结构简式，若加成产物中相邻的两个碳原子都有氢原子，则这两个碳原子间原来可能是碳碳双键，据此书写烃A的结构简式；
（4）键线式只用键线来表示碳架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略，每个端点和拐角处都代表一个碳，可根据碳原子的成键特点书写分子式，根据等效氢法判断该烃的一氯代物的种类数，再根据“定一议一”法判断其二氯代物的种类数。
【解答】解：（1）某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol，即生成CO2和H2O各1.2mol，设烃A的分子式为CxHy，根据原子守恒，1molCxHy生成的CO2和H2O的物质的量分别为xmol和mol，故x＝＝6，y＝＝12，则烃A的分子式为C6H12，
故答案为：C6H12；
（2）C6H12的不饱和度为＝1，属于单烯烃或环烷烃，若烃A不能使溴水褪色，说明烃A不含碳碳双键，是环烷烃，其一氯代物只有一种，说明其氢原子种类只有一种，故此烃A的结构简式为，
故答案为：；
（3）由（2）可知，若烃A能使溴水褪色，则烃A是单烯烃，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物分子式为C6H14，分子中含有4个甲基，则其加成产物为或，若加成产物中相邻的两个碳原子都有氢原子，则这两个碳原子间原来可能是碳碳双键，故烃A可能是、、，
故答案为：、、；
（4）图为该桥环烷烃的键线式，分子中共有7个碳原子，根据碳原子的成键特点可知氢原子数目为12，故该桥环烷烃的分子式为C7H12，分子中有3中氢原子，故该烃的一氯取代物的同分异构体共3种，根据“定一议一”法可知，该烃的二氯代物有10种，
故答案为：C7H12；3；10。
【点评】本题考查有机物分子式的确定以及同分异构体的结构简式和数目判断，题目难度不大，关键是掌握烃的组成及其分子式的确定方法，把握有机物的结构特点、官能团的性质和同分异构体结构的判断方法。
2020-2021学年安徽省淮北市树人高级中学高二（上）第四次段考化学试卷
一、单选题（本大题共18小题，每题3分共54.0分）
1．（3分）下列关于分子组成为CxHy的烃，说法不正确的是（ ）
A．燃烧时，火焰均为明亮火焰，并伴有黑烟
B．当x≤4时，常温常压下均为为气体
C．当x＜10，y＝2x+2时，CxHy的一氯代物只有一种的烃有4种
D．分别燃烧1molCxHy时，消耗氧气为（x+）mol
2．（3分）下列有关说法正确的是（ ）
A．丙烯的结构简式为CH2CHCH3
B．新戊烷的二氯代物有2种
C．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
D．键线式为 的有机物的分子式为C8H10
3．（3分）科学家在﹣100℃的低温下合成一种烃X，此分子的结构如图所示（图中的连线表示化学键）。下列说法正确的是（ ）
A．X既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
B．X是一种常温下能稳定存在的液态烃
C．X和乙烷类似，都容易发生取代反应
D．充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气较多
4．（3分）布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
5．（3分）下列卤代烃，既能发生水解，又能发生消去反应且只能得到一种单烯烃的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（3分）关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（ ）
A．a、b、c均能与溴水发生加成反应
B．a、b、c的分子式均为C8H8
C．a的所有原子可能处于同一平面
D．b的一氯代物有4种
7．（3分）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经过三步反应制得，设计最合理的三步反应类型依次是（ ）
A．加成、氧化、水解 B．水解、加成、氧化
C．水解、氧化、加成 D．加成、水解、氧化
8．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
9．（3分）下列涉及水解的说法正确的是（ ）
A．NH4Y溶液呈酸性[已知：Ka（HY）＝Kb（氨水）]
B．工业上利用加水稀释NaAlO2的方法制Al（OH）3
C．Al2S3固体溶于水得到稳定的Al2S3溶液
D．Al3+与SO32﹣在溶液中往往发生双水解反应
10．（3分）下列有关的离子方程式或化学方程式中正确的是（ ）
A．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．磷酸一氢钠溶液水解：HPO42﹣+H2O⇌PO43﹣+H3O+
C．将2molSO3气体通入一密闭容器中，达平衡后吸收QkJ热量，则该反应的热化学方程式为：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＝+Q kJ/mol
D．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++6Cl﹣+Br2
11．（3分）NaClO2（ 亚氯酸纳）是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．若直流电源为铅蓄电池，则b极为Pb
B．阳极反应式为ClO2+e﹣＝ClO2﹣
C．交换膜左侧NaOH 的物质的量不变，气体X 为Cl2
D．制备18.1g NaClO2时理论上有0.2molNa+由交换膜左侧向右侧迁移
12．（3分）利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO3﹣等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne．下列说法错误的是（ ）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne ＝a mol
C．④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣═NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
13．（3分）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）能自发进行，该反应的△H＜0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中形成新共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和
14．（3分）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，平衡体系中气体的平均摩尔质量（）在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）＝K（b）＜K（c）
C．反应速率：v（b）＞v（a）
D．当＝69 g/mol 时，n（NO2）：n（N2O4）＝2：1
15．（3分）在2个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热）。下列说法正确的是（ ）
容器编号
容器类型
初始体积
起始物质的量/mol
平衡时SO3物质的量/mol
SO2
O2
SO3
Ⅰ
恒温恒容
1.0L
2
1
0
1.6
Ⅱ
恒温恒压
1.0L
2
1
0
a
A．a＞1.6
B．选择不同的催化剂，该反应的反应速率和平衡转化率都将不同
C．随反应进行SO2的浓度逐渐减小，达到平衡时，正反应速率最小，此时v正（SO2）＝0
D．若起始时向容器Ⅰ中充入1molSO2（g）、0.2molO2（g）和4molSO3（g），则反应将向正反应方向进行
16．（3分）下列有关说法中不正确的是（ ）
A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，说明该溶液呈中性（KW为该温度时水的离子积常数）
B．室温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液的pH可能为2或12
C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，向含有Cl﹣、CrO42﹣且浓度均为0.010 mol•L﹣1溶液中逐滴加入0.010 mol•L﹣1的AgNO3溶液时，CrO42﹣先产生沉淀
D．常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
17．（3分）常温下，向20mL 0.1mol•L﹣1HA溶液中滴加0.1mol•L﹣1的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．HA的电离方程式为HA＝H++A﹣
B．B点时加入HA和氨水恰好完全反应
C．A点所示溶液中c（A﹣）＝2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）
D．C点所示溶液中：c（NH4+）＞c（A﹣）＞c（NH3•H2O）
18．（3分）已知反应：2A（g）⇌2B（g）+C（g） ΔH＝akJ•mol﹣1。某温度下，将2molA置于10L密闭容器中，一定时间后反应达到平衡。则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中a（A）表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：ΔH＞0
B．图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T2、T3为平衡状态
C．图丙中a（%）表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K＝1.25×10﹣2mol•L﹣1
D．达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示
二、填空题（本大题共4小题，共46.0分）
19．（10分）二氧化硫的处理和环境保护是重要课题。
（1）SO2与O2反应时各物质的能量变化如图1所示。
①反应2SO2（s）+O2（g）═2SO3（g） ΔH＝ kJ•mol﹣1。
②使用催化剂，会改变a、b、c数值中的 。
（2）一种循环吸收烟气中SO2的方法如图2所示。
①写出“吸收”反应的化学方程式： 。
②写出“电解”反应的化学方程式： 。
（3）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图3所示原理净化利用。
①写出阴极的电极反应方程式： 。
②“扫出气”中SO3和O2的体积比为 。
20．（12分）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。
（1）图1所示为利用H2O和空气中的N2以LDH超薄纳米为催化剂在光催化作用下合成氨的原理。
已知：Ⅰ.2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g） ΔH＝+92.4kJ•mol﹣1；
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） ΔH＝﹣483.6kJ•mol﹣1；
则上述合成氨的热化学方程式为 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（1）+CO（NH2）2（s）△H＝﹣134kJ/mol﹣1；。向恒容密闭容器中按物质的量之比4：1充入NH3和CO2，使反应进行，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图2所示。
①若用CO2的浓度变化表示反应速率，则A点的逆反应速率 B点的正反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是 （填选项字母）。
A.体系压强不再变化
B.气体平均摩尔质量不再变化
C.NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2：1
D.固体质量不再发生变化
（3）汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，其中存在大量NO。实验发现，NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）并快速达到平衡。向真空钢瓶中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图3所示。
①温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点N2O2的物质的量分数为 （保留三位有效数字），X点对应的压力平衡常数Kp＝ kPa﹣1（用分压表示，气体的分压＝气体的物质的量分数×总压，保留小数点后三位）；
②提高NO平衡转化率的条件为 （任写两点）。
21．（12分）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图甲所示（溶液体积变化忽略不计）。
①常温下，0.01mol•L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）＝ mol•L﹣1。
②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH＝a，则a 7（填“＞”、“＜”或“＝”），用离子方程式表示其原因为 。
③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A﹣）由大到小的顺序是 。
④K点时，溶液中c（H+）+c（M+）﹣c（OH﹣）＝ mol•L﹣1。
（2）20℃时，在c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图乙所示。
①Q点：c（H2C2O4） c（HC2O4﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）
②该温度下HC2O4﹣的电离常数K＝ 。
（3）25℃时，某溶液中Fe3+的浓度为0.010mol/L，使Fe3+沉淀完全的pH为 。
（Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，lg2＝0.3）
22．（12分）按要求回答下列问题：
某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol，
（1）烃A的分子式为 。
（2）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则此烃A的结构简式为 。
（3）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物经测定，分子中含有4个甲基，烃A可能有 的结构简式。
（4）桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两不直接相连的碳原子的环烃。某桥环烷烃的结构如图所示。写出该桥环烷烃的分子式为 ，该烃的一氯取代物的同分异构体为 种，该烃的二氯代物 种。
2020-2021学年安徽省淮北市树人高级中学高二（上）第四次段考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共18小题，每题3分共54.0分）
1．（3分）下列关于分子组成为CxHy的烃，说法不正确的是（ ）
A．燃烧时，火焰均为明亮火焰，并伴有黑烟
B．当x≤4时，常温常压下均为为气体
C．当x＜10，y＝2x+2时，CxHy的一氯代物只有一种的烃有4种
D．分别燃烧1molCxHy时，消耗氧气为（x+）mol
【分析】A．甲烷燃烧时，没有黑烟；
B．常温常压下一般为气体的烃，分子组成中碳原子数≤4，x＞4烃也有气体；
C．当x＜10，y＝2x+2时，为烷烃，CxHy的一氯代物只有一种的烃，说明烃分子中氢原子相同；
D．完全燃烧时，1molC原子消耗1mol氧气、1mol氢原子消耗mol氧气，所以1molCxHy完全燃烧消耗（x+）mol氧气。
【解答】解：A．甲烷燃烧时，没有黑烟，故A错误；
B．分子组成为CxHy的烃中，碳原子数≤4的烃类化合物，如对应烷烃、烯烃和炔烃中，常温常压下都是气体，故B正确；
C．当x＜10，y＝2x+2时，为烷烃，CxHy的一氯代物只有一种的烃，分子中氢原子相同，分子中氢原子相同的烃为：CH4、CH3CH3、（CH3）4C、（CH3）3C﹣C（CH3）3，CxHy的一氯代物只有一种的烃有4种，故C正确；
D．烃燃烧时，1molC原子消耗1mol氧气、1mol氢原子消耗mol氧气，所以1molCxHy完全燃烧消耗（x+）mol氧气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了常见有机物的组成与性质、同分异构体判断，题目难度中等，注意掌握烷、烯、炔烃的组成与性质，明确常温下呈气态的烃的情况，能够根据烃的燃烧通式判断其燃烧情况。
2．（3分）下列有关说法正确的是（ ）
A．丙烯的结构简式为CH2CHCH3
B．新戊烷的二氯代物有2种
C．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物
D．键线式为 的有机物的分子式为C8H10
【分析】A、烯烃中的碳碳双键不能省略；
B、新戊烷的二氯代物即是再用一个氯原子取代一氯新戊烷中的一个H原子；
C、CH4O一定为甲醇，而C2H6O可能为乙醇，还可能为二甲醚；
D、在键线式中，拐点和端点为碳原子，其余用H原子来补充．
【解答】解：A、烯烃中的碳碳双键不能省略，故结构简式为CH2＝CHCH3，故A错误；
B、新戊烷的二氯代物中，两个氯原子取代同一甲基的氢原子的同分异构体有1种，取代不同甲基的氢原子得到的二氯代物有1种，总共含有2种二氯代物，故B正确；
C、CH4O一定为甲醇，而C2H6O可能为乙醇，还可能为二甲醚，故两者不一定为同系物，故C错误；
D、在键线式中，拐点和端点为碳原子，其余用H原子来补充，故此有机物中含8个C原子，8个H原子，故分子式为C8H8，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的结构简式的书写、同分异构体和同系物的判断等，难度不大，应注意基础的掌握．
3．（3分）科学家在﹣100℃的低温下合成一种烃X，此分子的结构如图所示（图中的连线表示化学键）。下列说法正确的是（ ）
A．X既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
B．X是一种常温下能稳定存在的液态烃
C．X和乙烷类似，都容易发生取代反应
D．充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气较多
【分析】由结构简式可知，X为C5H4，分子中含2个C＝C键，结合烯烃的性质来解答。
【解答】解：A．含C＝C键，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B．在﹣100℃的低温下合成一种烃X，则常温下不能稳定存在，故B错误；
C．X易发生加成，乙烷易发生取代反应，二者性质不相似，故C错误；
D．充分燃烧等质量的X和甲烷，×2＞×6，则甲烷消耗氧气多，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握图中结构简式与烃中含C＝C键，明确烯烃的性质即可解答，题目难度不大。
4．（3分）布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H18O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【分析】有机物含有羧基，苯环，具有羧酸、苯的性质，结合有机物的结构特点解答该题。
【解答】解：A．由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故A正确；
B．含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故B正确；
C．能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故C正确；
D．结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握有机的组成、结构和性质，难度不大。
5．（3分）下列卤代烃，既能发生水解，又能发生消去反应且只能得到一种单烯烃的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】分子中含有Br原子，可在碱性条件下发生水解，只有﹣Br相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应，形成不饱和键，结合形成一种单烯烃解答该题．
【解答】解：A．分子中含有Br，可发生水解反应，发生消去反应只生成一种烯烃，故A正确；
B．发生消去反应生成两种烯烃，分别为CH3CH＝C（CH3）2，故B错误；
C．可发生消去反应生成3种烯烃，故C错误；
D．不能发生消去反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃的水解反应、消去反应，难度不大，注意卤代烃发生消去反应的结构特点是：只有﹣X相连碳的相邻碳上有氢原子的才能发生消去反应．
6．（3分）关于有机物a（）、b（）、c（）的说法正确的是（ ）
A．a、b、c均能与溴水发生加成反应
B．a、b、c的分子式均为C8H8
C．a的所有原子可能处于同一平面
D．b的一氯代物有4种
【分析】A．b中只有单键；
B．a中含8个C，b中含10个C、c中含9个C；
C．a中苯环、双键为平面结构；
D．b中含2种H。
【解答】解：A．b中只有单键，与溴水不反应，故A错误；
B．a中含8个C，b中含10个C、c中含9个C，则分子式不同，故B错误；
C．a中苯环、双键为平面结构，则a的所有原子可能处于同一平面，故C正确；
D．b中含2种H，一氯代物有2种，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
7．（3分）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸。可经过三步反应制得，设计最合理的三步反应类型依次是（ ）
A．加成、氧化、水解 B．水解、加成、氧化
C．水解、氧化、加成 D．加成、水解、氧化
【分析】可经过三步反应制得，则应先发生水解生成HOCH2CH＝CHCH2OH，然后发生加成反应生成HOCH2CHClCHClCH2OH，再发生氧化反应可生成目标物，以此解答该题。
【解答】解：可经过三步反应制得，则应先发生水解生成HOCH2CH＝CHCH2OH，然后发生加成反应生成HOCH2CHClCHClCH2OH，再发生氧化反应可生成目标物，如在加成之后水解，则氯原子可被取代生成醇，如在加成前氧化，则碳碳双键可被氧化，只有B符合。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握逆合成法为解答的关键，注意合成反应中官能团的变化、发生的反应类型即可解答，题目难度不大。
8．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（ ）
A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
【分析】由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，有元素的化合价变化，以此来解答。
【解答】解：A．一般分解反应为吸热反应，由图不能确定反应中能量变化，故A错误；
B．反应前后均存在反应物，为可逆反应，故B正确；
C、同种元素形成的共价键叫非极性共价键，所以一定有非极性共价键断裂，故C正确；
D．化合物生成单质时，元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
9．（3分）下列涉及水解的说法正确的是（ ）
A．NH4Y溶液呈酸性[已知：Ka（HY）＝Kb（氨水）]
B．工业上利用加水稀释NaAlO2的方法制Al（OH）3
C．Al2S3固体溶于水得到稳定的Al2S3溶液
D．Al3+与SO32﹣在溶液中往往发生双水解反应
【分析】A.Ka（HY）＝Kb（氨水），则NH4+与Y﹣的水解程度相同；
B.稀释偏铝酸钠溶液无法获得氢氧化铝；
C.铝离子和硫离子发生相互促进的水解反应；
D.铝离子与亚硫酸根离子发生双水解反应。
【解答】解：A.由于Ka（HY）＝Kb（氨水），NH4+与Y﹣的水解程度相同，则NH4Y溶液呈中性，故A错误；
B.工业上利用向NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳的方法制备Al（OH）3，不是利用加水稀释NaAlO2的方法，故B错误；
C.Al2S3固体溶于水，铝离子和硫离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，无法得到稳定的Al2S3溶液，故C错误；
D.Al3+为弱碱根离子，SO32﹣为弱酸根离子，二者在溶液中发生双水解反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盐类水解的应用，为高频考点，把握物质性质、盐类水解的水解及其影响为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
10．（3分）下列有关的离子方程式或化学方程式中正确的是（ ）
A．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
B．磷酸一氢钠溶液水解：HPO42﹣+H2O⇌PO43﹣+H3O+
C．将2molSO3气体通入一密闭容器中，达平衡后吸收QkJ热量，则该反应的热化学方程式为：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＝+Q kJ/mol
D．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++6Cl﹣+Br2
【分析】A．氢氧化钠过量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；
B．给出的是电离方程式；
C.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＝+Q kJ/mol，表示每2mol三氧化硫完全反应吸收的热量；
D．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，然后再氧化溴离子．
【解答】解：A．向Ca（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液，有白色沉淀生成，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故A错误；
B．磷酸一氢钠溶液水解，离子方程式：HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣，故B错误；
C.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）为可逆反应，2molSO3气体通入一密闭容器中，不能完全反应，所以2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞＝+Q kJ/mol，故C错误；
D．向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe2++2Br﹣+3Cl2＝4Fe3++6Cl﹣+Br2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，涉及盐类水解、热化学方程式书写，明确盐类水解原理、可逆反应特点是解题关键，题目难度不大．
11．（3分）NaClO2（ 亚氯酸纳）是常用的消毒剂和漂白剂，工业上可采用电解法制备，工作原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．若直流电源为铅蓄电池，则b极为Pb
B．阳极反应式为ClO2+e﹣＝ClO2﹣
C．交换膜左侧NaOH 的物质的量不变，气体X 为Cl2
D．制备18.1g NaClO2时理论上有0.2molNa+由交换膜左侧向右侧迁移
【分析】二氧化氯转化为NaClO2（ 亚氯酸纳）的过程是发生还原反应，应该发生在阴极，所以a是负极，b是正极，在阳极上是氯离子失电子的氧化反应，产生的是氯气，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阳离子移向阴极，据此回答。
【解答】解：A、二氧化氯转化为NaClO2（ 亚氯酸纳）的过程是发生还原反应，应该发生在阴极，所以a是负极，b是正极，若直流电源为铅蓄电池，则电池的负极和电源的负极相连，b极为正极，应该是PbO2，故A错误；
B、在阳极上是氯离子失电子的氧化反应，产生的是氯气，故B错误；
C、阳离子交换膜只允许阳离子通过，所以交换膜左边NaOH 的物质的量不变，在阳极上是氯离子失电子的氧化反应，产生的是氯气，气体X 为Cl2，故C正确；
D、Na+由交换膜右侧向左侧迁移，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
12．（3分）利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO3﹣等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne．下列说法错误的是（ ）
A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne ＝a mol
C．④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣═NH4++3H2O
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大
【分析】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化判断；
B．根据三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为﹣2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子判断；
C．根据N元素的化合价变化书写；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率。
【解答】解：A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为化合价降低得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；
B．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为﹣2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne ＝2a mol，故B错误；
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3﹣+8e_﹣NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，所以 ④的电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣═NH4++3H2O，故C正确；
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，把握各个电极上发生的反应是解本题关键，侧重考查学生分析判断及计算能力，题目难度中等。
13．（3分）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）能自发进行，该反应的△H＜0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中形成新共价键的键能之和﹣反应中断裂旧共价键的键能之和
【分析】A．该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，该反应前后气体体积减小，则△S＜0；
B．氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L的氢气物质的量小于0.5mol；
D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中断裂旧共价键的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和。
【解答】解：A．该反应前后气体体积减小，则△S＜0，如果该反应能自发进行，则△G＝△H﹣T△S＜0，所以△H＜0，故A正确；
B．氢氧燃料电池电池中负极上氢气失电子发生氧化反应，如果电解质溶液呈酸性，则负极反应式为2H2﹣4e﹣＝4H+、正极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，如果是碱性电解质，负极反应式为2H2﹣4e﹣+4OH﹣＝2H2O、正极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故B错误；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L的氢气物质的量小于0.5mol，则转移电子的数目小于6.02×1023，故C错误；
D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通过下式估算：△H＝反应中断裂旧共价键的键能之和﹣反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理及反应热计算，明确原电池中电极反应式的书写方法、焓变的计算方法是解本题关键，注意气体摩尔体积适用条件，C为解答易错点。
14．（3分）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0，平衡体系中气体的平均摩尔质量（）在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＜T2
B．平衡常数：K（a）＝K（b）＜K（c）
C．反应速率：v（b）＞v（a）
D．当＝69 g/mol 时，n（NO2）：n（N2O4）＝2：1
【分析】由于该反应为气体体积增大且是吸热的反应，反应前后气体质量守恒，所以平衡体系中气体的平均摩尔质量（）增大，反应逆向进行，故可判断出T2＜T1；根据温度对平衡常数和反应速率 的影响可以判断；根据平均相对分子质量的根据可计算出两物质的物质的量之比，据此答题。
【解答】解：由于该反应为气体体积增大且是吸热的反应，反应前后气体质量守恒，所以平衡体系中气体的平均摩尔质量（）增大，反应逆向进行，故可判断出T2＜T1；根据温度对平衡常数和反应速率 的影响可以判断；根据平均相对分子质量的根据可计算出两物质的物质的量之比，
A、由于该反应是吸热的反应，反应前后气体质量守恒，所以平衡体系中气体的平均摩尔质量（）增大，反应逆向进行，所以可判断出T2＜T1，故A错误；
B、a点和c点是在同一温度下的平衡常数，所以K（a）＝K（c），故B错误；
C、温度越高反应速率越快，压强越大反应速率越快，根据前面分析可知T2＜T1，图中b点压强大于a点，所以va＜vb，故C正确；
D、设n（NO2）：n（N2O4）＝x：y，则有＝69，所以x：y＝1：1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了影响平衡常数的因素、影响反应速率的因素、平均相对分子质量的计算等知识，中等难度，解题的难点在于根据总质量与总物质的量之比确定反应移动的方向，及仔细观察图象。
15．（3分）在2个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（正反应放热）。下列说法正确的是（ ）
容器编号
容器类型
初始体积
起始物质的量/mol
平衡时SO3物质的量/mol
SO2
O2
SO3
Ⅰ
恒温恒容
1.0L
2
1
0
1.6
Ⅱ
恒温恒压
1.0L
2
1
0
a
A．a＞1.6
B．选择不同的催化剂，该反应的反应速率和平衡转化率都将不同
C．随反应进行SO2的浓度逐渐减小，达到平衡时，正反应速率最小，此时v正（SO2）＝0
D．若起始时向容器Ⅰ中充入1molSO2（g）、0.2molO2（g）和4molSO3（g），则反应将向正反应方向进行
【分析】A.该反应的正反应是气体分子数减少的反应，对比容器Ⅰ和容器Ⅱ的压强，由平衡移动原理知增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，据此分析平衡时SO3物质的量；
B.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；
C.化学平衡状态是动态平衡，此时v正＝v逆≠0；
D.根据容器Ⅰ表格数据列三段式计算T℃下的平衡常数K，再计算此时反应浓度商Qc，若Qc＜K则反应正向移动，若Qc＞K则反应逆向移动，若Qc＝K则反应处于平衡状态。
【解答】解：A.该反应的正反应是气体分子数减少的反应，与恒温恒压的容器Ⅱ相比，在恒温恒容的容器Ⅰ中，随着反应的进行，气体的物质的量减小，则压强降低，故平衡逆向移动，平衡时SO3物质的量减小，即a＞1.6，故A正确；
B.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，即选择不同的催化剂，该反应的反应速率不同，但平衡转化率不变，故B错误；
C.化学平衡状态是动态平衡，随反应进行SO2的浓度逐渐减小，v正逐渐减小，达到平衡时，正反应速率最小，但v正（SO2）≠0，故C错误；
D.根据容器Ⅰ表格数据列三段式计算：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始浓度/（mol•L﹣1） 2 1 0
变化浓度/（mol•L﹣1） 1.6 0.8 1.6
平衡浓度/（mol•L﹣1） 0.4 0.2 1.6
T℃下，平衡常数K＝＝＝80，若起始时向容器Ⅰ中充入1molSO2（g）、0.2molO2（g）和4molSO3（g），根据c＝，此时SO2、O2和SO3的浓度分别为1mol/L、0.2mol/L、4mol/L，浓度商Qc＝＝80＝K，即此时反应处于平衡状态，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的特征和平衡移动的判断方法，关键是掌握化学平衡的速率特征、外界条件对平衡移动的影响、浓度商的应用，注意催化剂不影响平衡移动，题目难度不大。
16．（3分）下列有关说法中不正确的是（ ）
A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，说明该溶液呈中性（KW为该温度时水的离子积常数）
B．室温下，由水电离出的c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1的溶液的pH可能为2或12
C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，向含有Cl﹣、CrO42﹣且浓度均为0.010 mol•L﹣1溶液中逐滴加入0.010 mol•L﹣1的AgNO3溶液时，CrO42﹣先产生沉淀
D．常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
【分析】A．当c（H+）＝c（OH﹣）时溶液呈中性，结合KW＝c（H+）•c（OH﹣）分析；
B．在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水＝1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，据此分析判断；
C．析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）＝，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）＝，据此进行计算；
D．常温下pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒判断。
【解答】解：A．某温度时的混合溶液中c（H+）＝mol•L﹣1，而KW＝c（H+）•c（OH﹣），说明c（H+）＝c（OH﹣），则溶液一定为中性，故A正确；
B.25℃时：Kw＝c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣14，纯水中c（H+）＝c（OH﹣）＝1.0×10﹣7 mol/L，在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水＝1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH＝2，如果为碱溶液，则pH＝12，故B正确；
C．已知Ksp（AgCl）＝1.56×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝9.0×10﹣12，析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝1.56×10﹣8mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）＝＝mol/L＝3×10﹣5mol/L＞1.56×10﹣8mol/L，所以Cl﹣先产生沉淀，故C错误；
D．常温下pH＝7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒可知：c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及难溶物溶解平衡及沉淀转化实质、离子浓度大小比较、水的电离及其影响、溶液酸碱性与溶液pH的计算等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，C为易错点，注意掌握计算方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
17．（3分）常温下，向20mL 0.1mol•L﹣1HA溶液中滴加0.1mol•L﹣1的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．HA的电离方程式为HA＝H++A﹣
B．B点时加入HA和氨水恰好完全反应
C．A点所示溶液中c（A﹣）＝2c（NH4+）+2c（NH3•H2O）
D．C点所示溶液中：c（NH4+）＞c（A﹣）＞c（NH3•H2O）
【分析】A．根据图象可知，0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＝1，说明HA完全电离；
B．HA为强酸，恰好反应生成NH4A，铵根离子水解溶液呈酸性，而B的pH＝7；
C．A点反应后溶质为等浓度的HA和NH4A，结合物料守恒分析；
D．C点反应后溶质为等浓度的NH4A和NH3•H2O，溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于铵根离子水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒分析。
【解答】解：A.0.1mol•L﹣1HA溶液的pH＝1，说明HA为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：HA＝H++A﹣，故A正确；
B．B点溶液的pH＝7，呈中性，若HA和氨水恰好完全反应，反应后溶质为NH4A，溶液呈酸性，若为中性，氨水应该稍过量，故B错误；
C．A点所示溶液中溶质为等浓度的HA和NH4A，根据物料守恒可得：c（A﹣）＝2c（NH4+）+2c（NH3•H2O），故C正确；
D．C点加入40mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4A和NH3•H2O，溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于铵根离子水解程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），结合物料守恒2c（A﹣）＝c（NH4+）+c（NH3•H2O）可知：c（NH4+）＞c（A﹣）＞c（NH3•H2O），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
18．（3分）已知反应：2A（g）⇌2B（g）+C（g） ΔH＝akJ•mol﹣1。某温度下，将2molA置于10L密闭容器中，一定时间后反应达到平衡。则下列说法正确的是（ ）
A．图甲中a（A）表示A的转化率，T1、T2表示温度，则可推断出：ΔH＞0
B．图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T2、T3为平衡状态
C．图丙中a（%）表示A的平衡转化率，p表示体系总压强，则推断出M点K＝1.25×10﹣2mol•L﹣1
D．达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示
【分析】A.温度高，反应速率快，平衡向吸热反应反向移动；
B.反应正向建立平衡，最低点处达到平衡；
C.由反应物的起始加入量和转化率，求算平衡时各组分的浓度，进而求算平衡常数；
D.降低温度，反应速率减慢，平衡正向移动。
【解答】解：A.由图甲可知，T1条件下反应先达到平衡，则温度T1＞T2，温度升高，A的转化率降低，说明平衡逆向移动，逆向吸热，正向为放热反应，△H＜0，故A错误；
B.由图乙可知，反应正向建立平衡，达平衡前A的浓度减小，到达最低点时反应达到平衡状态，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，A的浓度增大，故T2、T3为不同温度下的平衡状态，故B正确；
C.由图丙可知，M点时，A的平衡转化率为20%，A的反应量为2mol×20%＝0.4mol，平衡时A的物质的量为2mol﹣0.4mol＝1.6mol，B的物质的量为0.4mol，C的物质的量为0.2mol，M点K＝＝＝1.25×10﹣3，故C错误；
D.降低温度，正逆反应速率均减慢，反应放热，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件变化对化学平衡和化学反应速率的影响是解题的关键。
二、填空题（本大题共4小题，共46.0分）
19．（10分）二氧化硫的处理和环境保护是重要课题。
（1）SO2与O2反应时各物质的能量变化如图1所示。
①反应2SO2（s）+O2（g）═2SO3（g） ΔH＝ （a﹣b） kJ•mol﹣1。
②使用催化剂，会改变a、b、c数值中的 c 。
（2）一种循环吸收烟气中SO2的方法如图2所示。
①写出“吸收”反应的化学方程式： SO2+MnO2＝MnSO4 。
②写出“电解”反应的化学方程式： MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑ 。
（3）20世纪80年代Townley首次提出利用电化学膜脱除烟气中SO2的技术：将烟气预氧化使SO2转化为SO3，再将预氧化后的烟气利用如图3所示原理净化利用。
①写出阴极的电极反应方程式： 2SO3+O2+4e﹣＝2SO42﹣ 。
②“扫出气”中SO3和O2的体积比为 2：1 。
【分析】（1）①ΔH＝生成物的总能量﹣反应物的总能量；
②催化剂可以降低反应的活化能；
（2）①吸收反应为SO2与MnO2反应生成MnSO4；
②MnSO4溶液电解生成了硫酸和MnO2，即阳极锰离子失去电子生成MnO2，阴极氢离子得到电子生成氢气；
（3）①根据题意，SO3与O2得到电子生成了SO42﹣；
②根据题意，多孔阳极的反应为：2SO42﹣﹣4e﹣＝2SO3+O2，据此分析即可。
【解答】解：（1）①由图可知，反应2SO2（s）+O2（g）═2SO3（g） ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1，
故答案为：（a﹣b）；
②使用催化剂，可以降低反应的活化能，即改变a、b、c数值中的c，
故答案为：c；
（2）①由图可知，吸收反应为SO2与MnO2反应生成MnSO4，化学方程式为：SO2+MnO2＝MnSO4，
故答案为：SO2+MnO2＝MnSO4；
②由图可知，MnSO4溶液电解生成了硫酸和MnO2，即阳极锰离子失去电子生成MnO2，阴极氢离子得到电子生成氢气，根据原子守恒和化合价升降守恒可得电解的化学方程式为：MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑，
故答案为：MnSO4+2H2OMnO2+H2SO4+H2↑；
（3）①根据题意，结合图片信息可知，SO3与O2得到电子生成了SO42﹣，故多孔阴极的电极反应方程式为：2SO3+O2+4e﹣＝2SO42﹣，
故答案为：2SO3+O2+4e﹣＝2SO42﹣；
②根据题意可知，多孔阳极的反应为：2SO42﹣﹣4e﹣＝2SO3+O2，通入氮气，将生成的气体从多孔电极内“扫出”，故SO3和O2的体积比为2：1，
故答案为：2：1。
【点评】本题主要考查焓变与反应物的总能量和生成物的总能量之间的关系，催化剂的作用，化学方程式和电解反应方程式的书写等，属于高考考查的高频知识点，难度不大。
20．（12分）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。
（1）图1所示为利用H2O和空气中的N2以LDH超薄纳米为催化剂在光催化作用下合成氨的原理。
已知：Ⅰ.2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g） ΔH＝+92.4kJ•mol﹣1；
Ⅱ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） ΔH＝﹣483.6kJ•mol﹣1；
则上述合成氨的热化学方程式为 2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H＝+1266.0kJ/mol 。
（2）合成尿素[CO（NH2）2]的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌H2O（1）+CO（NH2）2（s）△H＝﹣134kJ/mol﹣1；。向恒容密闭容器中按物质的量之比4：1充入NH3和CO2，使反应进行，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图2所示。
①若用CO2的浓度变化表示反应速率，则A点的逆反应速率 ＜ B点的正反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）。
②下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是 C （填选项字母）。
A.体系压强不再变化
B.气体平均摩尔质量不再变化
C.NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2：1
D.固体质量不再发生变化
（3）汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，其中存在大量NO。实验发现，NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2（g）并快速达到平衡。向真空钢瓶中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图3所示。
①温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点N2O2的物质的量分数为 78.6% （保留三位有效数字），X点对应的压力平衡常数Kp＝ 0.086 kPa﹣1（用分压表示，气体的分压＝气体的物质的量分数×总压，保留小数点后三位）；
②提高NO平衡转化率的条件为 降低温度、充入NO气体 （任写两点）。
【分析】（1）根据盖斯定律﹣2×Ⅰ﹣3×Ⅱ得2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）；
（2）①A点反应未达到平衡状态，在形成平衡过程中，逆反应速率增大；
②判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（3）①设起始NO物质的量为1mol，列化学平衡三段式，
2NO（g）⇌N2O2（g）
起始（mol） 1 0
转化（mol） 0.88 0.44
平衡（mol） 0.12 0.44
X点N2O2的物质的量分数＝×100%，Kp＝计算；
②提高NO平衡转化率，根据勒夏特列原理分析。
【解答】解：（1）根据盖斯定律﹣2×Ⅰ﹣3×Ⅱ得2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H＝（﹣92.4×2+483.6×3）kJ/mol＝+1266.0kJ/mol，
故答案为：2N2（g）+6H2O（g）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H＝+1266.0kJ/mol；
（2）①A点反应未达到平衡状态，在形成平衡过程中，逆反应速率增大，平衡时正反应速率等于逆反应速率，则A点的逆反应速率 小于B点的正反应速率，
故答案为：＜；
②A.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，体系压强减小，当体系压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.根据质量守恒，混合气体的质量减小，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均摩尔质量改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故B正确；
C.不管反应是否达到平衡状态，NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比都为2：1，故C错误；
D.固体质量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：C；
（3）①设起始NO物质的量为1mol，列化学平衡三段式，
2NO（g）⇌N2O2（g）
起始（mol） 1 0
转化（mol） 0.88 0.44
平衡（mol） 0.12 0.44
X点N2O2的物质的量分数＝×100%＝×100%≈78.6%，Kp＝＝≈0.086kPa﹣1，
故答案为：78.6%；0.086；
②由图可知，该反应是放热反应，则降低温度、充入NO气体均可以提高NO平衡转化率，
故答案为：降低温度、充入NO气体。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
21．（12分）研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
（1）常温下，向100mL 0.01mol•L﹣1HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图甲所示（溶液体积变化忽略不计）。
①常温下，0.01mol•L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）＝ 1×10﹣12 mol•L﹣1。
②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH＝a，则a ＜ 7（填“＞”、“＜”或“＝”），用离子方程式表示其原因为 M++H2O⇌H++MOH 。
③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A﹣）由大到小的顺序是 c（A﹣）＞c（H+）＞c（M+） 。
④K点时，溶液中c（H+）+c（M+）﹣c（OH﹣）＝ 0.005 mol•L﹣1。
（2）20℃时，在c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol•L﹣1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图乙所示。
①Q点：c（H2C2O4） ＜ c（HC2O4﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）
②该温度下HC2O4﹣的电离常数K＝ 10﹣4.2 。
（3）25℃时，某溶液中Fe3+的浓度为0.010mol/L，使Fe3+沉淀完全的pH为 3.2 。
（Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38，lg2＝0.3）
【分析】（1）①0.01mol•L﹣1HA溶液的pH＝2，c（H+）＝0.01mol/L，说明HA为强酸，HA溶液中的OH﹣来自水的电离；
②加入51mL0.02mol•L﹣1MOH溶液时pH＝7，则加入50mL0.02mol•L﹣1MOH溶液时生成的MA溶液呈酸性，MA为强酸弱碱盐，说明M+水解溶液呈酸性；
③X点溶质为等浓度的HA和NaA，HA为强电解质，完全电离，结合A﹣部分水解判断c（H+）、c（M+）、c（A﹣）的浓度大小；
④K点反应后溶质为等浓度的MA和MOH，结合电荷守恒关系式分析；
（2）①依据图象可知Q点c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），c（HC2O4﹣）的浓度最大；
②P点c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），据此计算该温度下HC2O4﹣的电离常数；
（3）使Fe3+沉淀完全，离子浓度小于10﹣5mol/L，结合溶度积常数计算。
【解答】解：（1）①根据图甲可知，0.01mol•L﹣1HA溶液的pH＝2，c（H+）＝0.01mol/L，说明HA为强酸，HA电离出的氢离子抑制了水的电离，溶液中的氢氧根离子来自水的电离，则常温下，0.01mol•L﹣1HA溶液中由水电离出的c（H+）＝mol/L＝1×10﹣12mol/L，
故答案为：1×10﹣12；
②图甲中，向100mL 0.01mol•L﹣1HA的溶液中逐滴加入51mL 0.02mol•L﹣1MOH溶液后，pH＝7，则加入50mL 0.02mol•L﹣1MOH溶液时生成的MA溶液呈酸性，说明MA为强酸弱碱盐，M+水解溶液呈酸性，发生反应为：M++H2O⇌H++MOH，
故答案为：＜；M++H2O⇌H++MOH；
③X点加入25mL 0.02mol•L﹣1MOH，反应后溶质为等浓度的HA和MA，HA为强电解质，完全电离，则c（A﹣）的浓度最大，M+部分水解，则c（H+）＞c（M+），液中c（H+）、c（M+）、c（A﹣）由大到小的顺序是：c（A﹣）＞c（H+）＞c（M+），
故答案为：c（A﹣）＞c（H+）＞c（M+）；
④K点时，根据电荷守恒关系式可知：c（H+）+c（M+）﹣c（OH﹣）＝c（A﹣）＝mol/L＝0.005mol•L﹣1，
故答案为：0.005；
（2）①根据图乙可知，Q点c（H2C2O4）＝c（C2O42﹣），并且二者的浓度较小，c（HC2O4﹣）的浓度最大，则c（H2C2O4）＜c（HC2O4﹣），
故答案为：＜；
②P点c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），此时HC2O4﹣的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣4.2，
故答案为：10﹣4.2；
（3）25℃时，某溶液中Fe3+的浓度为0.010mol/L，Fe3+沉淀完全时c（Fe3+）＝10﹣5mol/L，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c3（OH﹣）＝4×10﹣38，得到c（OH﹣）＝mol/L＝×10﹣11mol/L，c（H+）＝mol/L＝×10﹣3mol/L，所以pH＝﹣lg×10﹣3＝3+lg2＝3.2，
故答案为：3.2。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和溶度积常数的计算，为高频考点，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及弱电解质的电离特点，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，注意掌握溶度积常数的计算，题目难度中等。
22．（12分）按要求回答下列问题：
某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol，
（1）烃A的分子式为 C6H12 。
（2）若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下，能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则此烃A的结构简式为 。
（3）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物经测定，分子中含有4个甲基，烃A可能有 、、 的结构简式。
（4）桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两不直接相连的碳原子的环烃。某桥环烷烃的结构如图所示。写出该桥环烷烃的分子式为 C7H12 ，该烃的一氯取代物的同分异构体为 3 种，该烃的二氯代物 10 种。
【分析】（1）烃含只有C、H两种元素，完全燃烧生成二氧化碳和水，设烃A的分子式为CxHy，根据原子守恒，1molCxHy生成的CO2和H2O的物质的量分别为xmol和mol，据此解答；
（2）C6H12的不饱和度为＝1，属于单烯烃或环烷烃，双键能使溴水褪色，其一氯代物只有一种，说明其氢原子种类只有一种，据此解答；
（3）由（2）可知，若烃A能使溴水褪色，则烃A是单烯烃，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物分子式为C6H14，先根据题意书写加成产物的结构简式，若加成产物中相邻的两个碳原子都有氢原子，则这两个碳原子间原来可能是碳碳双键，据此书写烃A的结构简式；
（4）键线式只用键线来表示碳架，而分子中的碳氢键、碳原子及与碳原子相连的氢原子均省略，每个端点和拐角处都代表一个碳，可根据碳原子的成键特点书写分子式，根据等效氢法判断该烃的一氯代物的种类数，再根据“定一议一”法判断其二氯代物的种类数。
【解答】解：（1）某烃A0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol，即生成CO2和H2O各1.2mol，设烃A的分子式为CxHy，根据原子守恒，1molCxHy生成的CO2和H2O的物质的量分别为xmol和mol，故x＝＝6，y＝＝12，则烃A的分子式为C6H12，
故答案为：C6H12；
（2）C6H12的不饱和度为＝1，属于单烯烃或环烷烃，若烃A不能使溴水褪色，说明烃A不含碳碳双键，是环烷烃，其一氯代物只有一种，说明其氢原子种类只有一种，故此烃A的结构简式为，
故答案为：；
（3）由（2）可知，若烃A能使溴水褪色，则烃A是单烯烃，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物分子式为C6H14，分子中含有4个甲基，则其加成产物为或，若加成产物中相邻的两个碳原子都有氢原子，则这两个碳原子间原来可能是碳碳双键，故烃A可能是、、，
故答案为：、、；
（4）图为该桥环烷烃的键线式，分子中共有7个碳原子，根据碳原子的成键特点可知氢原子数目为12，故该桥环烷烃的分子式为C7H12，分子中有3中氢原子，故该烃的一氯取代物的同分异构体共3种，根据“定一议一”法可知，该烃的二氯代物有10种，
故答案为：C7H12；3；10。
【点评】本题考查有机物分子式的确定以及同分异构体的结构简式和数目判断，题目难度不大，关键是掌握烃的组成及其分子式的确定方法，把握有机物的结构特点、官能团的性质和同分异构体结构的判断方法。
相关试卷
化学安徽省淮北市树人高级中学2023-2024学年上学期高二11月期中考试化学： 这是一份化学安徽省淮北市树人高级中学2023-2024学年上学期高二11月期中考试化学，共4页。
2021-2022学年安徽省淮北市名校联盟高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年安徽省淮北市名校联盟高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了12ml⋅L−1⋅min−1B，25×10−10，2ml⋅L−1，0kJ⋅ml−1，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2021淮北树人高级中学高二第三阶段考试化学试卷含答案： 这是一份2021淮北树人高级中学高二第三阶段考试化学试卷含答案
