资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题（解析版）
展开
这是一份湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题（解析版），文件包含湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题解析版docx、湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 S~32
一、选择题(本题包括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. 下列有关NO与O2生成NO2的反应的说法正确的是
A. 该反应在任意温度下都可自发进行
B. 该反应达到平衡时，2v(O2)正=v(NO)逆
C. 及时移出部分生成的NO2可加快NO的反应速率
D. 当反应中消耗22.4 LNO时，转移的电子数约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0，而2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，所以△G＜0，反应进行的温度应该是低温条件，若高温条件下，△G＞0，反应不能自发进行，A错误；
B．在任何条件下v(NO)正：v(O2)正=2：1，若2v(O2)正=v(NO)逆，则v(NO)正=v(NO)逆，反应处于平衡状态，B正确；
C．若及时移出部分生成NO2，瞬间NO的速率不变，后来NO的反应速率减慢，C错误；
D．未指明22.4 LNO是否处于标准状况，因此不能确定其物质的量，也就不能计算反应过程中电子转移数目，D错误；
故合理选项是B。
2. 某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）
A. 3p64s1B. 4s1C. 3d54s1D. 3d104s1
【答案】A
【解析】
【详解】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
3. 某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A. 增大压强，，平衡常数增大
B. 加入催化剂，平衡时的浓度增大
C. 恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D. 恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正> v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；
B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确；
综上所述，本题选C。
4. 绿原酸(结构如下图)是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述正确的是
A. 分子式为：C16H20O9
B. 该有机物中所有碳原子可能共平面
C 能够发生消去反应生成碳碳双键
D. 1ml该化合物最多可消耗5mlNaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9，A项错误；
B．该有机物中有6个sp3杂化C原子依次相连，故有机物中所有碳原子不可能共平面，B项错误；
C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项正确；
D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1ml绿原酸最多消耗4mlNaOH，D项错误；
答案选C。
5. 下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用、…表示，单位为)。下列关于元素R的判断正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第IA族
C. R元素第一电离能大于同周期相邻元素
D. R元素基态原子的电子排布式为
【答案】C
【解析】
【分析】从表中所给短周期元素R原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，第三电离能比第二电离能大幅增大，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
【详解】A．R最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；
B．R最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B错误；
C．同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；
D．R元素可能是Be或Mg，基态原子的电子排布式为或，故D错误；
故选：C。
6. 标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A. 历程II中Cl起催化作用，并且
B. 可计算Cl—Cl键能为
C. 相同条件下，的平衡转化率：历程II>历程I
D. 历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【解析】
【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。
【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2−E3)kJ⋅ml−1，则Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ⋅ml−1，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5−E4)kJ⋅ml−1，D正确；
故选：C。
7. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是
A. Y第一电离能在四种元素中最大B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
【分析】W是宇宙中最丰富的元素，则W是H；是维持生命过程的必需物质，则X为O；可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S，据此解答。
【详解】A．一般规律：非金属性越强，第一电离能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A正确；
B．H2O中O的价层电子对数为2+=4，SO2中S的价层电子对数为2+=3，因此H2O和SO2的中心原子分别为和杂化，B正确；
C．O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C正确；
D．SF4中，S的最外层电子数为10，D错误；
答案选D。
8. 体积为1L的恒温恒容密闭容器中发生反应：，A、B浓度随时间变化关系如下图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线X表示A的浓度随时间的变化
B. 25~30min内用A表示的平均化学反应速率是
C. 气体总压不随时间变化可以说明该反应达到平衡状态
D. 反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是增加A的浓度
【答案】B
【解析】
【分析】10min内X变化量为0.6-0.2=0.4ml/L，Y的变化量为0.6-0.4=0.2ml/L，根据反应方程式可知X为A，Y为B；
【详解】A．根据分析可知曲线X表示A的浓度随时间的变化，故A正确；
B．25~30min内，，A表示的平均化学反应速率是，故B错误；
C．该反应是前后气体分子数变化的反应，当压强不变了可以说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．反应进行至25min时，曲线A瞬间增大，B是连续的点，所以发生变化的原因是增加A的浓度，故D正确；
故答案为B。
9. 如图中四种电池装置是依据原电池原理设计的，下列有关叙述正确的是
A. ①中铁电极做负极
B ②中电子由a电极经溶液流向b电极
C. ③中外电路中电流由A电极流向B电极
D. ④中锂电池工作时，会有Li+从LixC6中脱落下来
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置①中，比活泼，做负极，A错误；
B．a电极为负极，b电极为正极，电子由a经导线流向b电极，B错误；
C．根据移动的方向，A为负极，B为正极，电流从B经导线流向A，C错误；
D．锂电池工作时，，Li+从LixC6中脱落下来，D正确；
故选D。
10. 下列说法不正确的是
A. 浓度均为L的①；②；③；④溶液中的大小顺序为③>①>②>④
B. 浓度均为的溶液与溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者
C. 为一元酸，在水溶液中存在：
D. 的溶液中，
【答案】A
【解析】
【详解】A．在这四种溶液中，亚铁离子抑制铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大于亚铁离子，醋酸根离子、碳酸根离子都促进氨根离子水解，且碳酸根离子促进能力强于醋酸根离子，但中铵根离子浓度高，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③＞②＞①＞④，故A错误；
B．等物质的量浓度的溶液与NaClO溶液，阳离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，又因为酸性比较：强于HClO，所以次氯酸钠的碱性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故B正确；
C．为一元弱酸，在水溶液中，部分水解生成，依据物料守恒得：，故C正确；
D．碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子，部分水解生成碳酸，依据物料守恒可知：碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子中所有碳原子浓度之和等于，即，故D正确；
答案为A。
11. NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是
A. 0.01ml/LNaClO溶液中，
B. 长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C. 通入过量，反应的离子方程式为
D. 25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01ml/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度小于0.01ml/L，故A错误；
B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中见光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B错误；
C．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=Cl-+SO+2H+，故C错误；
D．25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO-)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；
故选：D。
12. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲测定醋酸浓度B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
13. 用一种新型H2O2液态燃料电池(乙池)电解催化氮气制备铵盐和硝酸盐(甲池)的工作原理示意图如下(c、d均为石墨电极)。下列说法正确的是
A. 甲池a极反应式为：
B. 一段时间后，乙池中c电极区的pH增大
C. 甲池中H+从b极区通过质子交换膜转移至a极区
D. 乙池中若生成15 ml m气体，则甲池a、b两极共消耗8 ml N2
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图分析可知：甲池为电解池，乙池为原电池。甲池中a电极为阳极，b电极为阴极。在a电极上N2失去电子变为，a电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2+12H+；b电极上N2得到电子被还原为，b电极反应式为：N2+6e-+8H+=2。乙池中c电极为负极，d电极为正极。然后根据原电池电解池原理分析解答。
【详解】A．根据装置图可知a电极上N2失去电子发生氧化反应产生，则a电极为阳极，a电极的电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2+12H+，A错误；
B．根据上述分析可知：c电极为负极，H2O2失去电子发生氧化反应，c电极反应式为：H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，反应消耗OH-，产生H2O，导致c电极附近c(OH-)减小，因此反应一点时间后乙池中c电极区的pH减小，B错误；
C．根据元素化合价的变化，a为阳极，b为阴极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电解时H+会向负电荷较多的电极区移动，则在甲池中，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b电极，C错误；
D．根据元素化合价升降守恒，可知关系式：3n阳极(N2)=5n阴极(N2)，反应过程中电子转移30 ml时，a电极消耗3 ml N2，b电极上消耗5 ml气体N2，甲池共消耗8 ml N2，在乙池中反应产生m是O2，每反应产生1 ml O2转移2 ml电子，则反应转移30 ml电子时，产生m气体的物质的量是15 ml，故乙池中若生成15 ml m气体，则甲池a、b两极共消耗8 ml N2，D正确；
故合理选项是D。
14. 工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应的平衡常数
B.
C. 曲线④代表含的溶液的变化曲线
D. 对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】
【分析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ml/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线。
【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；
B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；
C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；
D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误；
故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3） ①. SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+ ②. 3I——2e—=I
（4）
（5） ①. I2+I—=I ②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
【小问2详解】
由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
【小问3详解】
①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：3I——2e—=I；
【小问4详解】
由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
【小问5详解】
①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
16. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的_______。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是__________，缺点是___________。
（3）在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa(分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示：
①越小，平衡转化率_______。
②对应图中曲线_______，计算其在0~0.1s之间，分压的平均变化率为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）+170
（2） ①. 副产物氢气可作燃料 ②. 耗能高
（3） ①. 50% ②. 4.76
（4） ①. 越高 ②. d ③. 24.9
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝(－1036+94)kJ/ml×+484kJ/ml＝+170 kJ/ml；故答案为：+170；
【小问2详解】
根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)的ΔH＝(－1036+94)kJ/ml×=－314kJ/ml，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，副产物氢气可作燃料。又高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；
【小问3详解】
假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和4ml，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%=50%，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；故答案为：50%；4.76；
【小问4详解】
①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；故答案为：越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；
根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和9ml，则根据三段式可知
此时H2S的压强为×100kPa≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s-1，故答案为：d；24.9。
17. 非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子核外电子的运动状态有___________种。
（2）O、F、电负性由大到小的顺序为___________；分子的空间结构为___________；的熔、沸点___________(填“高于”或“低于”)，原因是___________。
（3）是第五周期的稀有气体元素，与F形成的室温下易升华。中心原子的价层电子对数为___________下列对中心原子杂化方式推断合理的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
【答案】（1）9 （2） ①. ②. 角(V)形 ③. 低于 ④. 和都是分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，的熔、沸点高
（3） ①. 5 ②. D
【解析】
【小问1详解】
基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
【小问2详解】
电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为；根据理论有中心O原子价层电子对数=，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间结构是角形（或V形）；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，分子间作用力更强，故Cl2O的熔、沸点高；
【小问3详解】
XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心Xe原子的价层电子对数为，故其中心原子的杂化方式应为。
18. 舍曲林(Sertraline)是一种选择性5-羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：
已知：
(i)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子
(ii)
(iii)
回答下列问题：
（1）①的反应类型为____________。
（2）B的化学名称为____________。
（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式：______。
(a)红外光谱显示有
(b)核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1∶1
（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应路线为______、______(填反应路线序号)。
（5）H→I的化学方程式为__________________，反应还可生成与I互为同分异构体的多种副产物，其中任意一种的结构简式为______(不考虑立体异构)。
（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素()和环己烯()为原料，设计合成W的路线(无机试剂任选) ______________。
【答案】（1）氧化反应
（2）3，4-二氯苯甲酸
（3） （4） ①. ⑥ ②. ⑨
（5） ①. ②. 和
（6）
【解析】
【分析】A在KMnO4作用下，甲基被氧化为羧基，得到B，B中羧基上的-OH被SOCl2中的Cl取代得到C，C中的Cl原子与苯环上的H原子在AlCl3环境发生消去反应得到D，D中羰基在和乙酸酐共同作用下生成碳碳双键得到E，E在一定条件下脱去酯基生成F，F中的碳碳双键加氢得到G，G与SOCl2反应得到H，H脱去HCl得到I，I中的羰基发生已知(ⅱ)的反应得到目标产物舍曲林。
小问1详解】
据分析，①是中的甲基被KMnO4氧化为羧基，反应类型是氧化反应。故答案为：；
【小问2详解】
据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸。故答案为：3，4-二氯苯甲酸；
【小问3详解】
从D的结构简式可知，其分子式为C13H8Cl2O，能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1：1的结构应是高度对称结构，又含有C=O，则该芳香族同分异构体的结构简式为：。故答案为：；
【小问4详解】
手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是G()、H()、I()和Sertraline()，则涉及手性碳原子生成的反应路线是G和Sertraline的生成，即路线⑥和⑨。故答案为：⑥；⑨；
【小问5详解】
据分析，H→I是H中的碳基上的Cl与苯环消去HCl，形成一个环，化学方程式为：；当该碳基上的Cl与苯环上的其它氢原子消去，则得到I的同分异构体，有和。故答案为：；和；
【小问6详解】
根据题给信息(ⅲ)，目标物资W可由2个与1个合成，故设计合成路线如下：
。故答案为：；
…
740
1500
7700
10500
…
可能用到的相对原子质量：H~1 C~12 O~16 S~32
一、选择题(本题包括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. 下列有关NO与O2生成NO2的反应的说法正确的是
A. 该反应在任意温度下都可自发进行
B. 该反应达到平衡时，2v(O2)正=v(NO)逆
C. 及时移出部分生成的NO2可加快NO的反应速率
D. 当反应中消耗22.4 LNO时，转移的电子数约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0，而2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，所以△G＜0，反应进行的温度应该是低温条件，若高温条件下，△G＞0，反应不能自发进行，A错误；
B．在任何条件下v(NO)正：v(O2)正=2：1，若2v(O2)正=v(NO)逆，则v(NO)正=v(NO)逆，反应处于平衡状态，B正确；
C．若及时移出部分生成NO2，瞬间NO的速率不变，后来NO的反应速率减慢，C错误；
D．未指明22.4 LNO是否处于标准状况，因此不能确定其物质的量，也就不能计算反应过程中电子转移数目，D错误；
故合理选项是B。
2. 某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）
A. 3p64s1B. 4s1C. 3d54s1D. 3d104s1
【答案】A
【解析】
【详解】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
3. 某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A. 增大压强，，平衡常数增大
B. 加入催化剂，平衡时的浓度增大
C. 恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D. 恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正> v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；
B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确；
综上所述，本题选C。
4. 绿原酸(结构如下图)是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，有关该化合物，下列叙述正确的是
A. 分子式为：C16H20O9
B. 该有机物中所有碳原子可能共平面
C 能够发生消去反应生成碳碳双键
D. 1ml该化合物最多可消耗5mlNaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．绿原酸含有苯环，所以属于芳香族化合物，根据其结构简式可知分子式为C16H18O9，A项错误；
B．该有机物中有6个sp3杂化C原子依次相连，故有机物中所有碳原子不可能共平面，B项错误；
C．含有羟基的邻位碳原子上有H原子，故可以发生消去反应，生成双键，C项正确；
D．绿原酸含有两个酚羟基、一个羧基、一个酯基，酯基水解后的羟基为普通羟基，所以1ml绿原酸最多消耗4mlNaOH，D项错误；
答案选C。
5. 下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用、…表示，单位为)。下列关于元素R的判断正确的是
A. R的最高正价为+3价
B. R元素位于元素周期表中第IA族
C. R元素第一电离能大于同周期相邻元素
D. R元素基态原子的电子排布式为
【答案】C
【解析】
【分析】从表中所给短周期元素R原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，第三电离能比第二电离能大幅增大，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；
【详解】A．R最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；
B．R最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故B错误；
C．同周期第ⅡA族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；
D．R元素可能是Be或Mg，基态原子的电子排布式为或，故D错误；
故选：C。
6. 标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A. 历程II中Cl起催化作用，并且
B. 可计算Cl—Cl键能为
C. 相同条件下，的平衡转化率：历程II>历程I
D. 历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【解析】
【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。
【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；
B．已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2−E3)kJ⋅ml−1，则Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ⋅ml−1，B正确；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5−E4)kJ⋅ml−1，D正确；
故选：C。
7. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是
A. Y第一电离能在四种元素中最大B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
【分析】W是宇宙中最丰富的元素，则W是H；是维持生命过程的必需物质，则X为O；可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S，据此解答。
【详解】A．一般规律：非金属性越强，第一电离能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A正确；
B．H2O中O的价层电子对数为2+=4，SO2中S的价层电子对数为2+=3，因此H2O和SO2的中心原子分别为和杂化，B正确；
C．O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C正确；
D．SF4中，S的最外层电子数为10，D错误；
答案选D。
8. 体积为1L的恒温恒容密闭容器中发生反应：，A、B浓度随时间变化关系如下图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线X表示A的浓度随时间的变化
B. 25~30min内用A表示的平均化学反应速率是
C. 气体总压不随时间变化可以说明该反应达到平衡状态
D. 反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是增加A的浓度
【答案】B
【解析】
【分析】10min内X变化量为0.6-0.2=0.4ml/L，Y的变化量为0.6-0.4=0.2ml/L，根据反应方程式可知X为A，Y为B；
【详解】A．根据分析可知曲线X表示A的浓度随时间的变化，故A正确；
B．25~30min内，，A表示的平均化学反应速率是，故B错误；
C．该反应是前后气体分子数变化的反应，当压强不变了可以说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．反应进行至25min时，曲线A瞬间增大，B是连续的点，所以发生变化的原因是增加A的浓度，故D正确；
故答案为B。
9. 如图中四种电池装置是依据原电池原理设计的，下列有关叙述正确的是
A. ①中铁电极做负极
B ②中电子由a电极经溶液流向b电极
C. ③中外电路中电流由A电极流向B电极
D. ④中锂电池工作时，会有Li+从LixC6中脱落下来
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置①中，比活泼，做负极，A错误；
B．a电极为负极，b电极为正极，电子由a经导线流向b电极，B错误；
C．根据移动的方向，A为负极，B为正极，电流从B经导线流向A，C错误；
D．锂电池工作时，，Li+从LixC6中脱落下来，D正确；
故选D。
10. 下列说法不正确的是
A. 浓度均为L的①；②；③；④溶液中的大小顺序为③>①>②>④
B. 浓度均为的溶液与溶液，溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者
C. 为一元酸，在水溶液中存在：
D. 的溶液中，
【答案】A
【解析】
【详解】A．在这四种溶液中，亚铁离子抑制铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大于亚铁离子，醋酸根离子、碳酸根离子都促进氨根离子水解，且碳酸根离子促进能力强于醋酸根离子，但中铵根离子浓度高，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：③＞②＞①＞④，故A错误；
B．等物质的量浓度的溶液与NaClO溶液，阳离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，又因为酸性比较：强于HClO，所以次氯酸钠的碱性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故B正确；
C．为一元弱酸，在水溶液中，部分水解生成，依据物料守恒得：，故C正确；
D．碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子，部分水解生成碳酸，依据物料守恒可知：碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子中所有碳原子浓度之和等于，即，故D正确；
答案为A。
11. NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是
A. 0.01ml/LNaClO溶液中，
B. 长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱
C. 通入过量，反应的离子方程式为
D. 25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01ml/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度小于0.01ml/L，故A错误；
B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中见光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，故B错误；
C．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=Cl-+SO+2H+，故C错误；
D．25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO—)+c(OH—)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO-)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===＞Ka，则等浓度的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；
故选：D。
12. 下列操作规范且能达到实验目的的是
A. 图甲测定醋酸浓度B. 图乙测定中和热
C. 图丙稀释浓硫酸D. 图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。
13. 用一种新型H2O2液态燃料电池(乙池)电解催化氮气制备铵盐和硝酸盐(甲池)的工作原理示意图如下(c、d均为石墨电极)。下列说法正确的是
A. 甲池a极反应式为：
B. 一段时间后，乙池中c电极区的pH增大
C. 甲池中H+从b极区通过质子交换膜转移至a极区
D. 乙池中若生成15 ml m气体，则甲池a、b两极共消耗8 ml N2
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图分析可知：甲池为电解池，乙池为原电池。甲池中a电极为阳极，b电极为阴极。在a电极上N2失去电子变为，a电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2+12H+；b电极上N2得到电子被还原为，b电极反应式为：N2+6e-+8H+=2。乙池中c电极为负极，d电极为正极。然后根据原电池电解池原理分析解答。
【详解】A．根据装置图可知a电极上N2失去电子发生氧化反应产生，则a电极为阳极，a电极的电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2+12H+，A错误；
B．根据上述分析可知：c电极为负极，H2O2失去电子发生氧化反应，c电极反应式为：H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，反应消耗OH-，产生H2O，导致c电极附近c(OH-)减小，因此反应一点时间后乙池中c电极区的pH减小，B错误；
C．根据元素化合价的变化，a为阳极，b为阴极，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，电解时H+会向负电荷较多的电极区移动，则在甲池中，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b电极，C错误；
D．根据元素化合价升降守恒，可知关系式：3n阳极(N2)=5n阴极(N2)，反应过程中电子转移30 ml时，a电极消耗3 ml N2，b电极上消耗5 ml气体N2，甲池共消耗8 ml N2，在乙池中反应产生m是O2，每反应产生1 ml O2转移2 ml电子，则反应转移30 ml电子时，产生m气体的物质的量是15 ml，故乙池中若生成15 ml m气体，则甲池a、b两极共消耗8 ml N2，D正确；
故合理选项是D。
14. 工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应的平衡常数
B.
C. 曲线④代表含的溶液的变化曲线
D. 对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化
【答案】D
【解析】
【分析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ml/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线。
【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；
B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；
C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；
D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0ml·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6, 5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误；
故选D。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3） ①. SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+ ②. 3I——2e—=I
（4）
（5） ①. I2+I—=I ②. 偏小
【解析】
【小问1详解】
煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
【小问2详解】
由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
【小问3详解】
①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：3I——2e—=I；
【小问4详解】
由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
【小问5详解】
①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
16. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的_______。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是__________，缺点是___________。
（3）在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa(分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示：
①越小，平衡转化率_______。
②对应图中曲线_______，计算其在0~0.1s之间，分压的平均变化率为_______(结果保留三位有效数字)。
【答案】（1）+170
（2） ①. 副产物氢气可作燃料 ②. 耗能高
（3） ①. 50% ②. 4.76
（4） ①. 越高 ②. d ③. 24.9
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝(－1036+94)kJ/ml×+484kJ/ml＝+170 kJ/ml；故答案为：+170；
【小问2详解】
根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)的ΔH＝(－1036+94)kJ/ml×=－314kJ/ml，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，副产物氢气可作燃料。又高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；
【小问3详解】
假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和4ml，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%=50%，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；故答案为：50%；4.76；
【小问4详解】
①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；故答案为：越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；
根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和9ml，则根据三段式可知
此时H2S的压强为×100kPa≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s-1，故答案为：d；24.9。
17. 非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子核外电子的运动状态有___________种。
（2）O、F、电负性由大到小的顺序为___________；分子的空间结构为___________；的熔、沸点___________(填“高于”或“低于”)，原因是___________。
（3）是第五周期的稀有气体元素，与F形成的室温下易升华。中心原子的价层电子对数为___________下列对中心原子杂化方式推断合理的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
【答案】（1）9 （2） ①. ②. 角(V)形 ③. 低于 ④. 和都是分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，的熔、沸点高
（3） ①. 5 ②. D
【解析】
【小问1详解】
基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
【小问2详解】
电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为；根据理论有中心O原子价层电子对数=，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间结构是角形（或V形）；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，分子间作用力更强，故Cl2O的熔、沸点高；
【小问3详解】
XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心Xe原子的价层电子对数为，故其中心原子的杂化方式应为。
18. 舍曲林(Sertraline)是一种选择性5-羟色胺再摄取抑制剂，用于治疗抑郁症，其合成路线之一如下：
已知：
(i)手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子
(ii)
(iii)
回答下列问题：
（1）①的反应类型为____________。
（2）B的化学名称为____________。
（3）写出一种能同时满足下列条件的D的芳香族同分异构体的结构简式：______。
(a)红外光谱显示有
(b)核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1∶1
（4）合成路线中，涉及手性碳原子生成的反应路线为______、______(填反应路线序号)。
（5）H→I的化学方程式为__________________，反应还可生成与I互为同分异构体的多种副产物，其中任意一种的结构简式为______(不考虑立体异构)。
（6）W是一种姜黄素类似物，以香兰素()和环己烯()为原料，设计合成W的路线(无机试剂任选) ______________。
【答案】（1）氧化反应
（2）3，4-二氯苯甲酸
（3） （4） ①. ⑥ ②. ⑨
（5） ①. ②. 和
（6）
【解析】
【分析】A在KMnO4作用下，甲基被氧化为羧基，得到B，B中羧基上的-OH被SOCl2中的Cl取代得到C，C中的Cl原子与苯环上的H原子在AlCl3环境发生消去反应得到D，D中羰基在和乙酸酐共同作用下生成碳碳双键得到E，E在一定条件下脱去酯基生成F，F中的碳碳双键加氢得到G，G与SOCl2反应得到H，H脱去HCl得到I，I中的羰基发生已知(ⅱ)的反应得到目标产物舍曲林。
小问1详解】
据分析，①是中的甲基被KMnO4氧化为羧基，反应类型是氧化反应。故答案为：；
【小问2详解】
据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸。故答案为：3，4-二氯苯甲酸；
【小问3详解】
从D的结构简式可知，其分子式为C13H8Cl2O，能满足核磁共振氢谱两组峰，且峰面积比为1：1的结构应是高度对称结构，又含有C=O，则该芳香族同分异构体的结构简式为：。故答案为：；
【小问4详解】
手性碳原子指连接四个不同原子或原子团的碳，题给合成路线中涉及手性碳原子的物质是G()、H()、I()和Sertraline()，则涉及手性碳原子生成的反应路线是G和Sertraline的生成，即路线⑥和⑨。故答案为：⑥；⑨；
【小问5详解】
据分析，H→I是H中的碳基上的Cl与苯环消去HCl，形成一个环，化学方程式为：；当该碳基上的Cl与苯环上的其它氢原子消去，则得到I的同分异构体，有和。故答案为：；和；
【小问6详解】
根据题给信息(ⅲ)，目标物资W可由2个与1个合成，故设计合成路线如下：
。故答案为：；
…
740
1500
7700
10500
…
相关试卷
湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题 Word版含答案： 这是一份湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题 Word版含答案，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题（含答案）： 这是一份湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试题（含答案），共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题（含解析）： 这是一份湖南省长沙市重点中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
