【化学】内蒙古赤峰市2019-2020学年高二下学期期末考试联考化学（A卷）试题（解析版）

内蒙古赤峰市2019-2020学年高二下学期期末考试联考化学（A卷）试题
1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A. 燃料电池的能转量化率可达100%
B. “熔喷布”可制作N95型等口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物
C. 体积分数75%的乙醇溶液可用于医疗消毒
D. 84消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃料电池部分能量转化为电能，部分转化为热能，能转量化率小于100%，A说法错误；
B．“熔喷布”可制作N95型等口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于混合物，B说法错误；
C．体积分数75%的乙醇溶液消毒效果最好，可用于医疗消毒，C说法正确；
D．84消毒液与酒精混用能氧化乙醇，杀菌消毒效果降低，D说法错误；
答案为C。
2.下列事实对应的化学用语表达错误的是
A. 自然界中正常的雨水呈酸性：H2O＋CO2H2CO3 ，H2CO3H+＋HCO3-
B. “NO2球”浸入冷水中颜色变浅：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色) ΔH＜0
C. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：S2O32-＋2H+==S↓＋SO2↑＋H2O
D. 甲烷的燃烧热为ΔH＝-890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-890.3 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 自然界中正常的雨水呈酸性是碳酸电离显酸性：H2O＋CO2H2CO3 ，H2CO3H+＋HCO3－，故A正确；
B. “NO2球”浸入冷水中颜色变浅，说明降温向生成N2O4的方向移动，因此生成N2O4的方向是放热反应即2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色) ΔH＜0，故B正确；
C. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊即生成硫沉淀和二氧化硫气体：S2O32−＋2H+ = S↓＋SO2↑＋H2O，故C正确；
D. 甲烷的燃烧热为ΔH＝−890.3 kJ·mol−1，则甲烷燃烧的热化学方程式应该为：CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝−890.3 kJ·mol−1，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，水为液态水。
3.1909年，丹麦生理学家索仑生提出用pH表示水溶液的酸度：pH＝-lg[H+]，后来又定义pOH＝-lg[OH－]，pKW＝-lgKW。对某水溶液的下列说法中错误的是
A. pH＋pOH＝pKW B. 若酸性溶液则pH＞pOH
C. 常温下pH＋pOH＝14 D. 溶液pH＝7时未必呈中性
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH＋pOH＝−lgc(H+) +[−lgc(OH－)] ＝−lgc(H+)c(OH－) ＝pKw，故A正确；
B. 常温下，若为酸性溶液则pH＜７，pOH＞7，因此pOH＞pH，故B错误；
C. 根据A选项，常温下pH＋pOH＝pKw＝−lg1×10−14＝14，故C正确；
D. 常温下，溶液pH＝7时呈中性，100℃时溶液pH＝7是呈碱性，即溶液pH＝7时未必呈中性，故D正确。
综上所述，答案为B。
4. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深
B. 工业合成氨中，将氨气液化分离
C. A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2～3滴FeCl3溶液，B中试管中产生气泡快
D. 对于反应2NO2(g)N2O4(g) △H<0，升高温度可使体系颜色变深
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体，平衡正向移动，溶液颜色加深，符合勒夏特列原理，故A正确；
B．分离出氨气，平衡正向移动，提高反应物的转化率，符合勒夏特列原理，故B正确；
C．使用催化剂可以加快反应速率，不影响平衡的移动，且过氧化氢的分解不是可逆反应，不符合勒夏特列原理，故C错误；
D．对于反应2NO2(g)N2O4(g) △H<0，升高温度平衡逆向移动，可使体系颜色变深，符合勒夏特列原理，故D正确；
答案为C。
【点晴】勒夏特列原理的内容是改变影响平衡的条件，平衡向减弱这个影响的方向移动，如升高温度平衡向吸热方向移动，注意使用勒夏特列原理的前提：
（1）必须是可逆反应；
（2）平衡发生了移动，如使用催化剂，平衡不移动；
（3）减弱不能消除这个因素；题中易错点为B，注意改变外界条件平衡不移动，则也不能用勒夏特列原理解释，本题难点是C选项，过氧化氢的分解本身不是可逆的，另外使用催化剂也不能用勒夏特列原理解释。
5.化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol) P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4(白磷)+3O2P4O6

A. 放出1 638 kJ热量
B. 吸收1 638 kJ热量
C. 放出126 kJ热量
D. 吸收126 kJ热量
【答案】A
【解析】
【分析】
反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断，注意每摩尔P4中含有6molP-P键。
【详解】各化学键键能为P−P：198kJ⋅mol-1、P−O：360kJ⋅mol-1、O=O：498kJ⋅mol-1反应热△H=反应物总键能−生成物总键能,由图可知：1个P4分子中含有6个P−P键，1个P4O6分子中含有12个P−O，1mol P4和3mol O2完全反应(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ⋅mol-1+3×498kJ⋅mol-1−12×360kJ⋅mol-1= −1638kJ⋅mol-1，反应放热1638kJ，A项正确；
答案选A。
【点睛】每摩尔P4中含有6molP-P键，需要熟记。
6.2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g），2s末A的转化率为50%，测得v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断不正确的是
A. 2s末，B的浓度为0.5mol/L
B. 2s末，容器内的压强是初始的7/8倍
C. 2s时C的体积分数为2/7
D. z=2
【答案】A
【解析】
A的初始物质的量为2mol，2s末A的转化率为50%，则A反应了1mol，由化学方程式可得，A、B按2:3的物质的量之比反应，所以B反应了1.5mol；v（D）=0.25mol•L﹣1•s﹣1，则D生成了0.25mol•L﹣1•s﹣1×2s×2L=1mol，由题意列三段式：

A项，2s末，反应物B的浓度为：0.5mol÷2L=0.25mol/L，故A错误；B项，同温同体积时气体压强之比等于物质的量之比，所以2s末容器内的压强与初始的压强之比为：=，故B正确；C项，体积分数等于物质的量分数，所以2s时C的体积分数为：=，故C正确；D项，2s内A反应了1mol、C生成了1mol，所以化学方程式中A与B的化学计量数应相等，即z=1，故D正确。
点睛：本题考查化学平衡的计算，根据已知条件，结合反应速率之比等于化学计量数之比及转化率、体积分数的概念，分析开始、转化和平衡时各物质的转化关系，列出三段式进行计算会使问题变得直观、简单，要掌握好这种方法，注意三段式中第一段表示反应物和生成物的初始量；第二段表示转化的物质的量或浓度，与方程式中的化学计量数呈一定比例关系；第三段，对与反应物来说等于初始量-转化量，对生成物来说等于初始量+转化量。
7.NOx含量的测定，是将气体样品通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释，量取该溶液，加入FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+下列说法不正确的是
A. NO被H2O2氧化为的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2 +2H2O
B. 滴定操作使用玻璃仪器有酸式滴定管
C. 若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果偏高
D. 气体样品中混有空气，测定结果会偏高
【答案】D
【解析】
【详解】A. NO作还原剂，H2O2作氧化剂，生成硝酸和水，该离子方程式正确，A正确；
B. 重铬酸钾是强氧化剂，会腐蚀橡胶，故选用酸式滴定管，B正确；
C. 加入FeSO4标准溶液（过量），先发生，后发生， 若FeSO4标准溶液部分变质，则FeSO4标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，C正确；
D. 气体样品中混有空气，则样品中NOx实际含量偏小，实验中消耗的FeSO4标准溶液（过量）、K2Cr2O7标准溶液体积偏小，测定结果会偏小，D不正确；
答案选D。
8.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH－ △H>0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
B. 向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低
C. 向水中加入固体硫酸铜，平衡逆向移动，c（OH－）减小
D. 将水加热，Kw增大，pH不变
【答案】A
【解析】
【详解】A．向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子，c（H+）增大，温度不变，Kw不变，故A正确；
B．向水中加入稀氨水，稀氨水是弱碱，抑制水的电离，平衡逆向移动，c（OH-）增大，故B错误；
C．向水中加入少量固体硫酸铜，Cu2+水解结合水电离出氢氧根离子，促进水电离，平衡正向移动，故C错误；
D．水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；
故选A。
9.室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)

加入物质
结论
A
50 mL 1 mol·L－1H2SO4
反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05 mol CaO
溶液中增大
C
50 mL H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
D
0.1 mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2O HCO3－+OH－溶液呈碱性，据此分析解答。
【详解】A、加入50mL 1 mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42-)，A错误；
B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)减小，故增大，B正确；
C、加入50mL H2O，溶液体积变大，CO32-+H2O HCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，C错误；
D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32-反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D错误；
答案选B。
【点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。
10.国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. lmolOD-中含有的质子数和中子数均为9NA
B. 常温下，pH=l2的Ba(OH)2溶液中的OH-数目为0.01NA
C. 100mL0.1mol·L-1的氨水溶液中含有0.0lNA个NH4+
D. 25°C时，1LpH=2的H2C2O4溶液中含H+的数目小于0.01NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. D原子中含有1个质子和1个中子，则lmolOD-中含有的质子数和中子数均为9NA，A正确；
B. 未指明溶液体积，故常温下，pH=l2的Ba(OH)2溶液中的OH-数目为0.01不确定，B错误；
C. 一水合氨是弱电解质，故100mL0.1mol·L-1氨水溶液中含有的铵根离子数目小于0.0lNA个，C错误；
D. 25°C时，1LpH=2的H2C2O4溶液中含H+的数目等于0.01NA，D错误；
答案选A。
11.G—TEC燃料电池以利用民用燃气为原料气，其结构如图，有关该电池的说法不正确的是

A. 电池工作时，电流由负荷的a流向b
B. 电池工作一段时间后，电解质物质的量理论上保持不变
C. 通入空气的一极的电极反应式是：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. 外电路中每通过0.2mol电子，所消耗的燃料体积不小于2.24L(标况下）
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为燃料电池，通燃料一极为负极，通空气一极为正极，根据装置图，电解质传导的是O2－，据此分析；
【详解】A. 该装置为燃料电池，通燃料的一极为负极，通空气一极为正极，根据原电池工作原理，电子由负荷b流向a，则电流由负荷a流向b，故A说法正确；
B. 负极电极反应式为H2＋O2－－2e－=H2O、CO＋O2－－2e－=CO2，正极反应式为O2＋4e－=2O2－，电解质物质几乎不参与反应，电解质物质的量理论上保持不变，故B说法正确；
C. 根据装置图，通空气一极电极反应式为O2＋4e－=2O2－，故C说法错误；
D. 根据B选项分析，外电路通过0.2mol电子，所消耗的H2或CO都是1mol，即消耗燃料在标准状况下体积为22.4L，故D说法正确；
答案为C。
【点睛】书写电极反应式时，应注意题目中所给的装置图，装置图中能够提供反应的环境、物质的转化等信息。
12.下列有关说法中正确的是（ ）
A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+ 2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H<0
B. NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H <0
C. 若△H>0，△S<0，化学反应在任何温度下都能自发进行
D. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变
【答案】A
【解析】
A、2CaCO3(s)+2SO2(s)+O2(s)=2CaSO4(s)+ 2CO2(s) △S<0；根据△G=△H-T△S<0时自发进行，则反应在△S<0时，只有当△H<0且低温时才能自发进行，选项A正确；B、反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)该反应为熵增的反应，在室温下不能自发进行，则只有当△H>0才可能满足△G=△H-T△S >0，选项B错误；C、若△H>0，△S<0，则一定有△G=△H-T△S>0，化学反应在任何温度下都不能自发进行，选项C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，对反应的始态和终态无影响，所以不影响焓变，选项D错误。答案选A。
13.下列说法不正确的是
A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B. 饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C. FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与H2O的反应是固体液体反应生成气体，故该反应为熵增的反应，故△S﹥0，在反应中钠会熔化成一光亮的小球四处游动，发出咝咝声响，故该反应为放热反应，则△H﹤0，故△G=△H-T△S﹤0，故该反应能自发进行，A正确；
B．饱和Na2SO3溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，Na2SO3为钠盐，故饱和Na2SO3溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析，而浓硝酸为氧化性强酸，故使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质变性，二者原理不同，故B正确；
C．FeCl3和MnO2均可做H2O2分解的催化剂，加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同，故反应速率的改变不同，故C错误；
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl溶液NH4＋水解使溶液呈酸性，会消耗OH－，则Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，故固体Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液，D正确；
答案选C。
14.一定温度下,反应N2O4(g) 2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中,下列示意图能说明反应达到平衡状态的是( )

A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】①因反应容器保持恒压，且反应前后气体分子数不相等，所以达到平衡前容器体积随反应进行而不断变化，结合=可知，若气体的密度不再变化，说明容器体积不再变化，即气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故①符合题意；
②无论反应是否达到平衡，反应的△H都不变，故②不符合题意；
③反应开始时，加入1molN2O4，随着反应的进行，N2O4的浓度逐渐减小，故v正（N2O4）逐渐减小，直至达到平衡，而图像与之不符，故③不符合题意；
④N2O4的转化率不再变化，说明N2O4的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，故④符合题意。
所以能说明反应达到平衡状态的是①④。
故选D。
【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。
15.电解法在金属精炼、保护环境、处理废水中起着十分重要的作用。电解法处理酸性含铬废水（主要含有）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去。下列说法不正确的是
A. 阴极电极反应式：2H++2e-=H2↑
B. 阳极电极反应式：Fe-2e-=Fe2+
C. 当生成1molCr(OH)3时，电路中转移电子的物质的量至少为3mol
D. 电解过程中水解平衡右移有Fe(OH)3沉淀生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解时，铁板作阴极，电解质溶液显酸性，阴极电极反应式：2H++2e-=H2↑，A说法正确；
B．电解时，铁板作阳极，失电子生成亚铁离子，阳极电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，B说法正确；
C．当生成1molCr(OH)3时，消耗3molFe2+，则电路中转移电子的物质的量至少为6mol，C说法错误；
D．电解过程中，氢离子浓度减小，水解平衡右移，则有Fe(OH)3沉淀生成，D说法正确；
答案为C。
16.（1）在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=l2,则：该温度下水的离子积常数Kw=______________；
（2）常温下，amL0.lmol/L盐酸与bmL0.lmol/L氨水混合，充分反应。
①写出反应的离子方程式：______________；
②若混合后溶液呈中性，则a______________b(填“＜”、“=”或“＞”)；
（3）常温下，amLpH=3的盐酸与bmLpH=l1的氨水混合，充分反应。
①两溶液中由水电离出的H+浓度之比为______________；
②若a=b,则反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是______________；
（4）氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：______________；
（5）在25℃下，向浓度均为0.lmol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成______________沉淀（填化学式）。已知：25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
【答案】 (1). 1×10-12 (2). H++NH3•H2O=+H2O (3). ＜ (4). 1∶1 (5). c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+) (6). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (7). Cu(OH)2
【解析】
【详解】(1)Kw=c(H+)×c(OH-)=10-amol/L×10-bmol/L=1×10-12mol2/L2；
(2)①一水合氨为弱电解质，写化学式，则离子方程式为H++NH3•H2O=+H2O；
②若a=b，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子发生水解反应，溶液呈酸性，若溶液呈中性时，需再加入少量的氨水，故a＜b；
(3)①常温下，根据离子积常数，amLpH=3的盐酸中，水电离出的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则水电离出的(H+)=10-11mol/L；bmLpH=11的氨水中c(OH-)=10-3mol/L，则水电离出的(H+)=10-11mol/L，两溶液中由水电离出的H+浓度之比为1：1；
②若a=b，则碱过量，溶液呈碱性，溶液中离子浓度从大到小的顺序是c()＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4)氯化铝为强酸弱碱盐，水溶液中，铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，导致溶液呈酸性，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
(5)0.lmol·L-1的MgCl2溶液，镁离子刚好生成沉底时，c2(OH-)==1.8×10-10，则c(OH-)=×10-5mol/L，同理0.lmol·L-1的CuCl2溶液，铜离子刚好生成沉底时，c(OH-)=×10-10mol/L，则CuCl2先生成沉淀。
【点睛】利用Ksp计算，生成沉淀时溶液中的c(OH-)，并对比，c(OH-)小的先生成沉淀。
17.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是___________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10mol•L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
(2)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) ⇌ COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率α1=___________％，反应平衡常数K=___________；
②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2___________α1，该反应的ΔH__________0；(填“＞”“<”或“=”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是__________(填标号)；
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2
(3)25°C时，①S(s)+H2(g)⇌H2S(g)Kp1=6.0×105
②Si(s)+2H2(g) ⇌SiH4(g)Kp2=7.8×106。
则Si(s)+2H2S(g) ⇌SiH4(g)+2S(s)的Kp=__________(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数)。
【答案】 (1). D (2). 2.5 (3). 2.8×10–3 (4). ＞ (5). ＞ (6). B (7). 2.2×10-5
【解析】
【分析】
(1)比较酸性强弱，可根据强酸制备弱酸、测定等浓度的pH以及溶液的导电能力判断；
(2)根据三段式结合平衡移动的影响因素解答该题；
(3)根据已知反应和目标反应的平衡表达式进行分析计算。
【详解】(1)A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确；
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；
C．0.10mol⋅L−1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误；
故答案选D；
(2)对于反应

反应平衡后水的物质的量分数为0.02，则=0.02，x=0.01；①H2S的平衡转化率α1=×100%=2.5%，体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c(H2S)= =0.156mol/L，c(CO2)==0.036mol/L，c(COS)=c(H2O)==0.004mol/L，则K==0.00285=2.8×10–3；
②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，α2＞α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0；
③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，故A错误；
B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，故B正确；
C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；
D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故D错误；
答案选B。
(3)25°C时，①S(s)+H2(g)⇌H2S(g)Kp1==6.0×105，②Si(s)+2H2(g)⇌SiH4(g)Kp2==7.8×106，则Si(s)+2H2S(g)⇌SiH4(g)+2S(s)的Kp==2.2×10-5。
18.我国首创以铝组成的金属—海水—空气电池作为新型海水标志灯的能源，它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝组成的金属不断氧化而产生电流。
(1)只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光，则该电池的负极反应式为__________；
(2)电解法可制取碳的一种气态氢化物C2H4(如图所示)电极a接电源的__________极，该电极反应式为__________；

(3)将SO2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，生成白色沉淀和无色气体NO，有关反应的离子方程式为__________；
(4)处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx，
已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1；
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________；
(5)H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途。用碱性氢氧燃料电池可合成H2O2，具有效率高、无污染等特点。电池总反应式为H2+O2+OH-=H2O+，写出正极反应式__________。
【答案】 (1). Al–3e-=Al3+ (2). 负 (3). 2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O (4). 3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+ (5). CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1 (6). O2+H2O+2e-=+OH-
【解析】
【分析】
(1)铝组成的金属—海水—空气电池中，铝作负极失电子，发生氧化反应；
(2)根据图示，CO2中碳元素显+4价，C2H4中碳元素显-2价，碳元素的化合价降低，据此分析判断电解池的阴阳极，原电池的正极与电解池阳极相连，原电池的负极与电解池的阴极相连；
(3)将SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，SO2具有还原性，易被HNO3氧化生成，HNO3被还原成NO，生成的与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，根据电荷守恒及物料守恒书写离子反应方程式；
(4)根据盖斯定律，书写甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式；
(5)根据电池总反应式为H2+O2+OH-=H2O+HO2-可知，O2中O由0价降低到-1价，正极为O2得电子。
【详解】(1)该原电池中Al易失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Al–3e-=Al3+；
(2)CO2中碳元素显+4价，C2H4中碳元素显-2价，碳元素的化合价降低，得到电子，CO2作氧化剂，故电极a为阴极，接电源的负极，电解质溶液为硫酸，电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O；
(3)将SO2通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，SO2具有还原性，易被HNO3氧化生成，HNO3被还原成NO，生成的与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，离子方程式为3SO2+2+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+；
(4)已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ•mol-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ•mol-1
根据盖斯定律：由得，甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol-1；
(5)根据电池总反应式为H2+O2+OH-=H2O+可知，O2中O由0价降低到-1价，正极为O2得电子，则正极反应式为O2+H2O+2e-=+OH-。
【点睛】电解池中，阴极与电源负极相连，阳极与电源正极相连。
19.A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素的价电子排布为nsnnpn+1；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。
回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__________，三者电负性由大到小的顺序为__________；
(2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是__________，其原因是__________；
(3)E基态原子的价电子轨道表示式为__________
(4)B和E形成分子的结构如图甲所示，该分子的化学式为__________，E原子的杂化类型为__________；

(5)B和C能形成离子化合物R，其晶胞结构如图乙所示：

①一个晶胞中含__________个B离子。R的化学式为__________；
②晶胞参数为apm，则晶体R的密度__________g•cm-3(只列计算式)。
【答案】 (1). Na＜O＜N (2). O＞N＞Na (3). NH3 (4). 氨气分子间有氢键，所以沸点高 (5). (6). As4O6 (7). sp3 (8). 4 (9). Na2O (10).
【解析】
【分析】
A元素的价电子排布为nsnnpn＋1，可知n=2，A价电子排布式为2s22p3，那么A的核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则C为Na；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2，那么D核外电子总数=18+10=28，D为Ni；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As；综上所述，A为N，B为O，C为Na，D为Ni，E为As，据此分析回答。
【详解】(1)A为N，B为O，C为Na，第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，所以Na的第一电离能最小，N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的O能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比O大，即三者的第一电离能关系为：Na＜O＜N，非金属性越强，电负性越大，所以电负性关系为：O＞N＞Na；
(2)A为N，E为As，N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3，NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高；
(3)E为As，As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式；
(4)由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6，中心As原子σ键电子对数==3，孤对电子数=，价层电子对数=3+=4，所以As4O6为sp3杂化；
(5)①B为O，C为Na，由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数=8×+6×=4，Na+个数=8，所以，一个晶胞中有4个O2-，R的化学式为Na2O；
②1个晶胞的质量=g，1个晶胞的体积=(apm)3=(a×10-10cm)3，所以密度ρ==g•cm－3。
【点睛】易错点为第一电离能大小的比较，基态原子核外电子排布处于半充满、全满、全空状态，比同周期相邻的原子能量低，更稳定，不易失电子，其第一电离能比相邻元素都要大。
20.宋代《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”“铁华”是醋酸亚铁，其熔点约为195°C。请回答下列问题：
（1）基态Fe3+的电子排布式为__________。
（2）醋酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型有__________，其晶体类型最可能是__________。
（3）盐水若洒在煤火上会产生黄色火焰，此过程中相应原子中电子跃迁方式为__________。
（4）FeCl2•4H2O是一种配合物，其结构如图l所示，则FeCl2•4H2O是__________（填“极性”或“非极性”)分子。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5） (2). sp2、sp3 (3). 分子晶体 (4). 由激发态跃迁到基态（或由较高能量的轨道跃迁到较低能量的轨道） (5). 非极性
【解析】
【分析】
(1)铁原子核外有26个电子，按核外电子排布规律书写Fe3+在基态时的核外电子排布式；
(2)碳原子的杂化方式与碳的成键方式相关，碳碳单键时为sp3杂化，碳碳双键或碳氧双键中C为sp2杂化；醋酸亚铁的晶体类型可以由其熔点数据推断；
(3)原子由激发态跃迁到基态会以光的形式释放能量，从而产生焰色；
(4)正负电荷中心重合，属于非极性分子、正负电荷中心不重合，属于极性分子，结合图示信息推测即可。
【详解】(1)铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去3个电子变成铁离子，Fe3+在基态时，核外电子排布式为(或[Ar]3d5)；
(2)醋酸亚铁的CH3COO−中甲基碳为sp3杂化，碳氧双键中C为sp2杂化；醋酸亚铁，其熔点约为195℃，相对较低，晶体类型可能为分子晶体；
(3)原子由激发态跃迁到基态(或由较高能量的轨道跃迁到较低能量的轨道)会以光的形式释放能量，从而产生焰色；
(4)由题中FeCl2⋅4H2O的结构可知，其结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子。
【点睛】本题是原子核外电子排布、原子的杂化方式、晶体类型等的综合考查，熟练掌握基础知识并能迁移应用是解题的关键。
21.根据下列转化关系，回答有关问题：

已知CH3CHO在一定条件下可被氧化为CH3COOH。
(1)A的结构简式为__________，C试剂是__________，砖红色沉淀是__________(填化学式)；
(2)B溶液的作用是__________；
(3)④反应化学方程式及反应类型分别为：__________、__________；
(4)⑥的反应类型是__________；
(5)由图示转化关系可知淀粉__________(填“部分水解”或“完全水解”)。某同学取图中混合液E,加入碘水，溶液不变蓝色，__________(填“能”或“不能”)说明淀粉水解完全，原因是__________。
【答案】 (1). CH2OH(CHOH)4CHO (2). 新制Cu(OH)2悬浊液 (3). Cu2O (4). 中和稀硫酸，使溶液呈碱性 (5). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (6). 氧化反应 (7). 酯化反应或取代反应 (8). 部分水解 (9). 不能 (10). I2与过量的NaOH溶液反应
【解析】
【分析】
淀粉在稀硫酸作用下水解生成A为葡萄糖，在酒化酶作用下生产D为CH3CH2OH，氧化生成乙醛、乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成F为CH3COOCH2CH3，含A的混合溶液加入碘，溶液变蓝色，说明淀粉部分水解，加入氢氧化钠使溶液呈碱性，加入新制备的氢氧化铜浊液，加热生成砖红色沉淀为Cu2O，以此解答该题。
【详解】(1)A为葡萄糖，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C为新制Cu(OH)2悬浊液，被醛基还原为氧化亚铜，为砖红色沉淀，故答案为：CH2OH(CHOH)4CHO；新制Cu(OH)2悬浊液；Cu2O；
(2)淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加NaOH溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，故答案为：中和稀硫酸，使溶液呈碱性；
(3)反应④乙醇被氧化成乙醛，乙醇中含−OH，能发生催化氧化，反应的化学反应方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，为氧化反应，
故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O、氧化反应；
(4)⑥为乙醇和乙酸发生酯化反应生成F为CH3COOCH2CH3，反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；
(5)加入银氨溶液，有单质银生成可检验产物葡萄糖，证明淀粉已水解，由水解后的溶液加碘水变蓝，则说明水解不完全，某同学取图中混合液E，加入碘水，溶液不变蓝色，不能说明淀粉水解完全，原因是过量NaOH与I2发生反应消耗碘，也能使溶液不显蓝色，
故答案为：部分水解；不能；I2与过量的NaOH溶液反应；
22.有机物C是一种药物的中间体，其合成路线如图所示：

已知：①CH3CH=CH2+HBrCH3CH2CH2Br
②CH3COOH+HCHOHOCH2CH2COOH
回答下列问题：
(1)F中含氧官能团的名称为__________；
(2)E→F的反应类型为__________，F→G的反应条件为__________；
(3)下列说法正确的是__________(填标号)；
a.A中所有原子可能都在同一平面上
b.B能发生取代、加成、消去、缩聚等反应
c.合成路线中所涉及的有机物均为芳香族化合物
d.一定条件下lmol有机物G最多能与4molH2发生反应
(4)化合物F有多种同分异构体，其中同时满足下列条件的同分异构体的结构简式为__________。
①属于芳香族化合物，且含有两个甲基；
②能发生水解反应和银镜反应；
③能与FeCl3发生显色反应；
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 加成反应 (3). 浓硫酸、加热 (4). ad (5). 、
【解析】
【分析】
苯乙烯与HBr发生信息①中加成反应生成B，B发生卤代烃的水解反应生成C，C氧化反应生成D，D发生氧化反应生成E，故B为、C为、D为，E与HCHO发生信息②中加成反应生成F为，F发生消去反应生成G，据此分析解答。
【详解】(1)F为，含氧官能团的名称为：羧基、羟基；
(2)E→F是与HCHO反应生成，属于加成反应；F→G发生醇的消去反应，反应条件为：浓硫酸、加热；
(3)a．苯环和碳碳双键都为平面结构，旋转碳碳单键可以是2个平面重合，A中所有原子可能都在同一平面上，故a正确；
b．B为，能发生取代、加成、消去反应，不能发生缩聚反应，故b错误；
c．合成路线中HCHO没有苯环，不属于芳香族化合物，故c错误；
d．G中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，一定条件下1mol有机物G最多能与4molH2发生反应，故d正确；
答案选ad；
(4)化合物F()的同分异构体满足下列条件：①属于芳香族化合物，且含有两个甲基；②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基；③能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6:2:1:1，符合条件的同分异构体有：、。
【点睛】本题难度不大，充分利用已知信息和有机物官能团的性质，分析推断流程中各物质的结构简式是解题关键。