还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：全国各地2020届高三上学期化学期末试卷
成套系列资料，整套一键下载
辽宁省锦州市滨海实验中学2020届高三上学期期末考试化学试题
展开
辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高三下学期期末化学试题
一、单选题（本大题共7小题，共42分）
1.化学与社会、生活息息相关。下列说法正确的是( )
A. 明矾常用作净水剂和消毒剂
B. 将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止温室效应
C. 国产大飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料
D. 煤的液化、海带中提碘、焰色反应、核裂变等都涉及化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故A错误；
B．将矿物燃料脱硫脱硝，能够减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，可有效防止酸雨，不能防止温室效应，故B错误；
C．碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；
D．煤的液化、海带中提碘都有新物质生成，都是化学变化，焰色反应、核裂变不涉及化学变化，故D错误；
故选：C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 可用新制的 Cu(OH)2 悬浊液检验乙醛和葡萄糖
B. 棉花、多肽、光导纤维都是高分子化合物
C. 蔗糖、油脂及其水解产物均为非电解质
D. 往含氢氧化钠的淀粉水解实验的溶液中滴加碘水，若不变蓝，说明淀粉完全水解
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醛含-CHO，与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，葡萄糖为多羟基醛，与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，可用于检验，故 A正确；
B．光导纤维的成分为二氧化硅，多肽的相对分子质量可能在10000以下，均不是高分子，只有棉花为高分子化合物，故B错误；
C．蔗糖、油脂、甘油、葡萄糖均不能发生电离，均为非电解质，而高级脂肪酸或盐为电解质，故C错误；
D．碘与NaOH反应，由现象不能说明淀粉是否水解完全，故D错误；
故选：A。
3.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）
①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类； ⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH；⑥属于芳香族化合物。
A. ②④⑤ B. ①④⑤ C. ②③⑥ D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。
【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；
②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；
③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；
⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。
故选A。
4.下列由实验现象得出的结论正确的是
操作及现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。
Ksp（AgCl）< Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。
Br—还原性强于Cl—
D
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。
NH4Cl固体可以升华
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；
B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；
C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确；
D、不升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；
答案选C。
【点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。
5.已知：2H2O(l)===2H2(g)+O2(g) ΔH＝+571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s) === 6FeO(s)+O2(g) ΔH＝+313.2kJ/mol
过程Ⅱ：……
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子
B. 过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)+H2O(l) ===H2(g)+Fe3O4(s) ΔH＝+128.9 kJ/mol
C. 过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
【答案】C
【解析】
【分析】
由循环分解水制H2的过程可知，过程Ⅰ为太阳能转化为热能，Fe3O4在热能的作用下分解生成O2和FeO，过程Ⅱ为氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，总反应为水分解生成氢气和氧气，反应过程中Fe3O4为催化剂。
【详解】A项、过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4反应生成,0.5mol O2，反应转移0.5mol×4 mol电子，故A正确；
B项、由盖斯定律可知，（总反应×1/2—过程Ⅰ×1/2）反应得过程Ⅱ反应，3FeO(s)+H2O(l) =H2(g)+Fe3O4(s) 则ΔH＝[+571.0kJ/mol×1/2—（+313.2kJ/mol）×1/2]=+128.9 kJ/mol，故B正确；
C项、过程Ⅰ和过程Ⅱ都是吸热反应，过程Ⅰ是将光能转化为热能，热能转化为化学能，过程Ⅱ中能量转化的形式不是化学能转化为热能，应该还是热能转化为化学能，故C错误；
D项、铁氧化合物循环制H2以太阳能为热源分解Fe3O4，以水和Fe3O4为原料，具有成本低的特点，氢气和氧气分步生成，具有产物易分离的优点，故D正确。
故选C。
【点睛】本题以循环分解水制H2为载体考查了氧化还原反应计算和盖斯定律，掌握电子转移和盖斯定律计算方法，注意分析题给图示获取信息是解答关键。
6.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. Ka2（H2X）的数量级为10–6
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
【答案】D
【解析】
A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
7.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）
A. 当有0.8mol电子转移时，b极产生4.48LO2
B. 为了增加导电性可以将左边容器中的水改为NaOH溶液
C. d极上发生的电极反应是：2H+ +2e－=H2
D. c极上进行氧化反应，A池中的H+可以通过隔膜进入B
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有指明气体所处的温度和压强，无法计算气体的体积，A项错误；
B.电解NaOH溶液，实质是电解水，所以将左边的电解水装置中的水改为NaOH溶液，增大溶液中离子的浓度，增强导电性，B项正确；
C.a电极为阴极，a电极上产生的是氢气，所以d电极发生的电极反应是：H2-2e-=2H+，C项错误；
D.b电极为阳极，b极上产生的气体Y为氧气，c极上是氧气发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c极为燃料电池的正极，d极为燃料电池的负极，B池中的H+通过隔膜进入A池，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】右侧为氢氧酸性燃料电池，A池为正极室，B极为负极室。在原电池的内电路中，氢离子作为阳离子应向正极移动，所以氢离子移向A极室。
二、填空题（本大题共3小题，共43分）
8.甲、乙两化学活动小组对中学化学教材中“氨的催化氧化”进行了实验探究。
(1)甲小组设计了如下图所示的实验装置(固定装置已略去)。
①若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和_______(填选项序号)。
a．锥形瓶 b．酒精灯 c．烧瓶 d．蒸发皿
②装置B的作用是___________________；装置D的作用是___________________。
③装置C中发生反应的化学方程式为________________________________。
④若A、B中药品足量，则可以观察到装置F中的实验现象是_____________________________。
⑤该装置存在的主要缺陷是___________________________________________________。
(2)乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图所示装置(其余部分相同)进行实验。
①烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是___________，U型管中加入的试剂是___________。
②此装置能产生大量氨气的原因是___________________________________________。
【答案】 (1). b (2). 与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气 (3). 防止E中液体倒吸 (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色 (6). F中液体可能会倒吸，尾气产生的NO2会污染环境 (7). 浓氨水 (8). 碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可） (9). 氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，Na2O2与水反应产生OH－并放出大量热量，使平衡左移，利于NH3释放
【解析】
【分析】
本题主要考查实验探究，（1）A装置用于制取氨气和水，B装置用于制取氧气，C装置为反应装置，D装置防倒吸，E装置为干燥装置，F装置用于尾气吸收。（2）浓氨水与过氧化钠反应可产生实验所需氨气和氧气，据此分析。
【详解】(1)①若A中使用的药品是NH4HCO3固体，加热NH4HCO3固体需要酒精灯；
故答案为：b；
②装置B中盛放过氧化钠，碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2和H2O，过氧化钠和水、二氧化碳均反应生成氧气，氨气和氧气在催化剂作用下反应，所以装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；装置D作用是防止E中液体倒吸；
故答案为：与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；防止E中液体倒吸；
③NH3与O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：；
故答案为： ；
④若A、B中药品足量，生成的NO被氧化生成NO2，与水反应生成硝酸，硝酸能和铜反应生成硝酸铜和NO，反应现象为：铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色；
故答案为：铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色；
⑤该装置存在的主要缺陷是：F中液体因为压强变化的关系可能会倒吸，生成的二氧化氮有毒，应加一个尾气吸收装置；
故答案为：F中液体可能会倒吸，尾气产生的NO2会污染环境；
(2)①烧瓶中要产生氨气和氧气，则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；干燥氨气和氧气可选用碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可）；
故答案为：浓氨水；碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可）；
②过氧化钠和氨水中水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，使平衡左移，利于NH3释放；
故答案：氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，Na2O2与水反应产生OH－并放出大量热量，使平衡左移，利于NH3释放。
9.高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛用途。
(1)化学氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4）是用固体Fe2O3、KNO3、KOH混合加热生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物。此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
(2)工业上湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的工艺如图所示：
①反应Ⅰ的化学方程式为_________________________________________________。
②反应Ⅱ的离子方程式为_________________________________________________。
③加入饱和KOH溶液的目的是_________________________________________________。
④高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为____________________________。
⑤实验室配制Fe（NO3）3溶液，为防止出现浑浊，一般是将Fe（NO3）3固体溶于稀HNO3后再加水稀释。已知25 ℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38，此温度下在实验室中配制100 mL 5 mol·L-1 Fe（NO3）3溶液，则至少需要________mL、4 mol·L-1 HNO3。
(3)高铁酸钠（Na2FeO4）制备可采用三室膜电解技术，装置如图所示，阳极的电极反应式为________。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为________（填化学式）。
【答案】 (1). 3∶1 (2). 2NaOH +Cl2=NaCl+NaClO+H2O (3). 3ClO−+10OH−+2Fe3+=2FeO42-+3Cl−+5H2O (4). 增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出 (5). K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性 (6). 1.25 (7). Fe−6e−+8OH−=FeO42-+4H2O (8). NaOH
【解析】
【分析】
（1）由条件可知发生反应：，以此分析；
（2）①反应Ⅰ：；②反应Ⅱ：；③加入饱和KOH溶液利用平衡回答；④K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性；⑤利用溶度积计算；
（3）阳极与电源正极相连为Fe极发生氧化反应：；阴极发生还原反应： ,A溶液为NaOH。
【详解】(1)Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低+3价， ，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；
(2)①反应Ⅰ为氧化还原反应，方程式为： ；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被还原为-1价，
反应的离子方程式为 ，
③，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，
故答案为：增大K+的浓度，促进K2FeO4晶体析出；
④K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质，
故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性，
⑤根据溶度积公式 可计算，由水的离子积可知。设需要xmL、4 mol·L-1HNO3，则xmL×4mol·L-1=0.05mol·L-1×100mL，解得x=1.25
故答案为：1.25。
(3)阳极是失去电子发生氧化反应，金属铁有还原性故阳极的电极反应为：；阴极氢离子得电子生成氢气，所以溶液中的溶质为NaOH；故答案为：； NaOH。
10.石嘴山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。
已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)= NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=______kJ/mol。
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH =−681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L−1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
064
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0～10 min内，平均反应速率v(SO2)=_____mol/(L·min)
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_____（填字母）。
A．通入一定量的O2 B．加入一定量的粉状碳酸钙
C．适当缩小容器的体积 D．加入合适的催化剂
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=−34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；在1100K时，CO2的体积分数为______。
(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=____[已知：气体分压(P分)=气体总压(P)×体积分数]。
(5)汽车尾气还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8 kJ/mol，实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=_____。
【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 0.042 (3). AC (4). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 (5). 20% (6). 4 (7). < (8).
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将三个已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
(2)①先计算出0～10 min内的v(CO2)，然后根据化学反应速率与物质关系计算v(SO2)；
②根据影响物质浓度及化学平衡的因素分析；
(3)反应在1050K时达到平衡，根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析解答；根据1100K时NO的转化率计算其体积含量；
(4)根据平衡常数的含义。利用气体的物质的量的比等于气体产生的压强比计算平衡常数Kp；
(5)①根据温度升高，反应速率加快，化学平衡向吸热反应方向移动分析速率常数的变化；
②根据反应达到平衡时，正反应、逆反应速率相等，结合物质的转化率计算k正︰k逆。
【详解】(1)已知①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=akJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=bkJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=ckJ/mol。
将①×2+②×2+③，整理可得2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=(2a+2b+c)kJ/mol。
(2)①先计算出0～10 min内的v(CO2)= mol/(L·min)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.042 mol/(L·min)；
②A.通入一定量的O2 ，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确；
B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；
C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确；
D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；
故合理选项是AC；
(3)反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；当温度高于1050K时，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；根据图像可知：在1100K时NO的转化率是40%。对于化学反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：
可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始n(mol) 1 0 0
转化n(mol) 0.4 0.2 0.2
平衡n(mol) 0.6 0.2 0.2
在1100K时，CO2的体积分数为×100%=20%；
(4)在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始n(mol) 1 0 0
转化n(mol) 0.8 0.4 0.4
平衡n(mol) 0.2 0.4 0.4
在同一条件下，气体物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p(总)= 1.1×106 Pa p(NO)= p(总)= p(总)；p(CO2)=p(N2)= p(总)；
则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp==4；
(5)①达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，所以k正的倍数
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
开始c(mol) 1 1 0 0
转化c(mol) 0.4 0.4 0.2 0.4
平衡c(mol) 0.6 0.6 0.2 0.4
由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正·c2(NO)·c2(CO)= k逆·c(N2)·c2(CO2)，则k正︰k逆=。
【点睛】本题综合考查了化学反应原理的知识，包括盖斯定律的应用、外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响、物质平衡转化率的计算与应用。掌握化学反应基本原理及基本概念是本题解答的关键。
三、选做题（11、12两道题中选择1道题作答，共15分。）
[化学——选修3：物质结构与性质]
11.2018年4月23日，中国人民海军成立69周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。
(1)航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态Cr原子的价电子排布式为_____________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____________形，元素C、O、F的电负性由大到小的顺序为_____________。
(2)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F、Cl、Br、I元素。
①OF2的空间构型为_____________，其中O原子杂化方式为_____________杂化。
②KCl晶体中存在的化学键类型有_____________；CaCl2熔点要比KCl的熔点高很多，主要原因为____________________________________________________________________。
(3)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn2+与S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn2+，白球表示S2-），Zn2+的配位数为_____________。晶胞边长为a nm、ZnS相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_____________g·cm-3。
【答案】 (1). 3d54s1 (2). 哑铃 (3). F＞O＞C (4). V形 (5). sp3 (6). 离子键 (7). Ca2+半径比K+小，Ca2+所带电荷数比K+多，CaCl2的晶格能更高 (8). 4 (9).
【解析】
【分析】
（1）依据原子核外电子排布规则写出基态Cr原子的价电子排布式；依据Si的核外电子排布式可知其最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C、O、F的非金属性推断其电负性；
（2）①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。
（3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为41=4，含有硫离子的数目为，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，由密度公式计算晶体的密度。
【详解】(1)Cr为24号元素，核电荷数为24，故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1；Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：F＞O＞C，则C、O、F的电负性由大到小的顺序为F＞O＞C。
(2)①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。
(3)由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的配位数为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4，含有硫离子的数目为4，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，则晶体的密度为。
【点睛】计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据m=nM计算质量，根据V=a3计算体积，由此计算晶体的密度。
【化学－选修5：有机化学基础】
12.某有机合成工厂以植物秸秆或木材为初始原料经过生物发酵，制备聚酯纤维H和医药中间体E，其合成路线如下图所示：
已知：①
回答下列问题：
(1)A的化学名称是________；B所含官能团的名称是________。
(2)X的结构简式________；G→H的反应类型是________。
(3)D→E的化学方程式________。
(4)符合下列条件的G同分异构体共有________种；其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式________。
①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③能发生水解反应。
(5)参照上述合成路线，利用CH2=CH-CH=CH2为初始原料设计合成的路线_______________。
【答案】 (1). 2-甲基-1,3-丁二烯（异戊二烯） (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH2＝CHCHO (4). 缩聚反应 (5). +CH3CH2OH+H2O (6). 13 (7). (8).
【解析】
【分析】
由已知条件①和B的结构简式可知X中含有碳碳双键，且有一个醛基，则X为CH2＝CHCHO；再由已知条件②可知C为,C中的醛基被氧化，转化为羧基，D为， D与乙醇在浓硫酸作用下，发生酯化反应，E为。根据G的结构简式，可知G中的羟基，由卤素原子水解得到，F为；G中含有—OH、—COOH，可以发生缩聚反应，以此回答。
【详解】(1)离官能团近且有支链边开始标号，2号碳上有甲基，故A的化学名称是：2-甲基-1,3-丁二烯；B所含官能团有碳碳双键、醛基；故答案为：2-甲基-1,3-丁二烯（异戊二烯）；碳碳双键、醛基；
(2)由已知条件①和B的结构简式可知X中含有碳碳双键，且有一个醛基，则X为CH2＝CHCHO；G中含有—OH、—COOH，且可以发生反应，则G可以发生缩聚反应，G→H的反应类型是缩聚反应；故答案为：CH2＝CHCHO；缩聚反应；
(3) D与乙醇在浓硫酸作用下，发生酯化反应，D中羧基脱掉羟基，E中的醇脱羟基中的H，则D→E的化学方程式+CH3CH2OH+H2O；故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
(4)要发生银镜反应，必须得有醛基，FeCl3能和苯酚发生显色，酯类物质可以发生水解，但是G的分子中只有3个O原子，与FeCl3发生显色反应，说明有-OH,但是要同时满足能发生银镜反应和水解反应，则只能为甲酸形成的酯，含有原子团HCOO-，除去苯环，HCOO-，侧链中还有1个C原子，可以在酯中，也可以是单独的甲基，则分为两种情况，苯环上有2个取代基分别为—OH和HCOOCH2—，共3种（邻、间、对），苯环上有3个取代基，分别为—OH、HCOO—和CH3—，共10种，则一共为13种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构说明不同的氢有五种，羟基上的H，和HCOO—的H分别占据1组峰，另一个C上的H占据1组峰，则苯环上的H占据2组峰，则两个取代基处于队伍，符合条件的只有；故答案为：13；；
(5)目标产物中含有一个苯环，而且原料为1,3-丁二烯，类似于A，可以模仿A到C的步骤，但是需要得到只含有一个碳碳双键的物质。目标产物中的2个—OH，可以通过卤素原子水解得到，2个—OH之间相隔4个C原子，联系到双烯烃的1,4-加成，既可以引入卤素原子，又可以得到含有一个碳碳双键的物质。则
答案为：。
辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高三下学期期末化学试题
一、单选题（本大题共7小题，共42分）
1.化学与社会、生活息息相关。下列说法正确的是( )
A. 明矾常用作净水剂和消毒剂
B. 将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止温室效应
C. 国产大飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料
D. 煤的液化、海带中提碘、焰色反应、核裂变等都涉及化学变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故A错误；
B．将矿物燃料脱硫脱硝，能够减少二氧化硫和氮的氧化物的排放，可有效防止酸雨，不能防止温室效应，故B错误；
C．碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；
D．煤的液化、海带中提碘都有新物质生成，都是化学变化，焰色反应、核裂变不涉及化学变化，故D错误；
故选：C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 可用新制的 Cu(OH)2 悬浊液检验乙醛和葡萄糖
B. 棉花、多肽、光导纤维都是高分子化合物
C. 蔗糖、油脂及其水解产物均为非电解质
D. 往含氢氧化钠的淀粉水解实验的溶液中滴加碘水，若不变蓝，说明淀粉完全水解
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醛含-CHO，与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，葡萄糖为多羟基醛，与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，可用于检验，故 A正确；
B．光导纤维的成分为二氧化硅，多肽的相对分子质量可能在10000以下，均不是高分子，只有棉花为高分子化合物，故B错误；
C．蔗糖、油脂、甘油、葡萄糖均不能发生电离，均为非电解质，而高级脂肪酸或盐为电解质，故C错误；
D．碘与NaOH反应，由现象不能说明淀粉是否水解完全，故D错误；
故选：A。
3.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图，关于该有机物的叙述中正确的是（ ）
①分子式为C12H19O2；②不能发生银镜反应；③mol该有机物最多能与3mol氢气发生加成反应；④它的同分异构体中不可能有酚类； ⑤1mol该有机物与NaOH溶液反应最多消耗1mol NaOH；⑥属于芳香族化合物。
A. ②④⑤ B. ①④⑤ C. ②③⑥ D. ②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构与性质。不存在醛基，不能发生银镜反应，不饱和度仅有三个酚类至少有四个不饱和度，能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基。据此回答。
【详解】①由结构简式可知分子中含有12个C原子，20个H原子，2个O原子，则分子式为C12H20O2，故错误；
②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故正确；
③只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误；
④分子中含有3个双键，则不饱和度为3，而酚类物质的不饱和度至少为4，则它的同分异构体中不可能有酚类，故正确；
⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应，则1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH，故正确；
⑥分子中不含苯环或稠环，则不属于芳香族化合物，故错误。
故选A。
4.下列由实验现象得出的结论正确的是
操作及现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。
Ksp（AgCl）< Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。
Br—还原性强于Cl—
D
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。
NH4Cl固体可以升华
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；
B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；
C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确；
D、不升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；
答案选C。
【点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液可能含有Fe2+或Fe3+，体现了化学实验方案设计的严谨性，加热盛有NH4Cl固体的试管，体现了由现象看本质的科学态度。
5.已知：2H2O(l)===2H2(g)+O2(g) ΔH＝+571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s) === 6FeO(s)+O2(g) ΔH＝+313.2kJ/mol
过程Ⅱ：……
下列说法不正确的是
A. 过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4转移2mol电子
B. 过程Ⅱ热化学方程式为：3FeO(s)+H2O(l) ===H2(g)+Fe3O4(s) ΔH＝+128.9 kJ/mol
C. 过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能
D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点
【答案】C
【解析】
【分析】
由循环分解水制H2的过程可知，过程Ⅰ为太阳能转化为热能，Fe3O4在热能的作用下分解生成O2和FeO，过程Ⅱ为氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，总反应为水分解生成氢气和氧气，反应过程中Fe3O4为催化剂。
【详解】A项、过程Ⅰ中每消耗232g Fe3O4反应生成,0.5mol O2，反应转移0.5mol×4 mol电子，故A正确；
B项、由盖斯定律可知，（总反应×1/2—过程Ⅰ×1/2）反应得过程Ⅱ反应，3FeO(s)+H2O(l) =H2(g)+Fe3O4(s) 则ΔH＝[+571.0kJ/mol×1/2—（+313.2kJ/mol）×1/2]=+128.9 kJ/mol，故B正确；
C项、过程Ⅰ和过程Ⅱ都是吸热反应，过程Ⅰ是将光能转化为热能，热能转化为化学能，过程Ⅱ中能量转化的形式不是化学能转化为热能，应该还是热能转化为化学能，故C错误；
D项、铁氧化合物循环制H2以太阳能为热源分解Fe3O4，以水和Fe3O4为原料，具有成本低的特点，氢气和氧气分步生成，具有产物易分离的优点，故D正确。
故选C。
【点睛】本题以循环分解水制H2为载体考查了氧化还原反应计算和盖斯定律，掌握电子转移和盖斯定律计算方法，注意分析题给图示获取信息是解答关键。
6.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
A. Ka2（H2X）的数量级为10–6
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
【答案】D
【解析】
A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
7.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（ ）
A. 当有0.8mol电子转移时，b极产生4.48LO2
B. 为了增加导电性可以将左边容器中的水改为NaOH溶液
C. d极上发生的电极反应是：2H+ +2e－=H2
D. c极上进行氧化反应，A池中的H+可以通过隔膜进入B
【答案】B
【解析】
【详解】A.没有指明气体所处的温度和压强，无法计算气体的体积，A项错误；
B.电解NaOH溶液，实质是电解水，所以将左边的电解水装置中的水改为NaOH溶液，增大溶液中离子的浓度，增强导电性，B项正确；
C.a电极为阴极，a电极上产生的是氢气，所以d电极发生的电极反应是：H2-2e-=2H+，C项错误；
D.b电极为阳极，b极上产生的气体Y为氧气，c极上是氧气发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O，c极为燃料电池的正极，d极为燃料电池的负极，B池中的H+通过隔膜进入A池，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】右侧为氢氧酸性燃料电池，A池为正极室，B极为负极室。在原电池的内电路中，氢离子作为阳离子应向正极移动，所以氢离子移向A极室。
二、填空题（本大题共3小题，共43分）
8.甲、乙两化学活动小组对中学化学教材中“氨的催化氧化”进行了实验探究。
(1)甲小组设计了如下图所示的实验装置(固定装置已略去)。
①若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和_______(填选项序号)。
a．锥形瓶 b．酒精灯 c．烧瓶 d．蒸发皿
②装置B的作用是___________________；装置D的作用是___________________。
③装置C中发生反应的化学方程式为________________________________。
④若A、B中药品足量，则可以观察到装置F中的实验现象是_____________________________。
⑤该装置存在的主要缺陷是___________________________________________________。
(2)乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图所示装置(其余部分相同)进行实验。
①烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是___________，U型管中加入的试剂是___________。
②此装置能产生大量氨气的原因是___________________________________________。
【答案】 (1). b (2). 与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气 (3). 防止E中液体倒吸 (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色 (6). F中液体可能会倒吸，尾气产生的NO2会污染环境 (7). 浓氨水 (8). 碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可） (9). 氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，Na2O2与水反应产生OH－并放出大量热量，使平衡左移，利于NH3释放
【解析】
【分析】
本题主要考查实验探究，（1）A装置用于制取氨气和水，B装置用于制取氧气，C装置为反应装置，D装置防倒吸，E装置为干燥装置，F装置用于尾气吸收。（2）浓氨水与过氧化钠反应可产生实验所需氨气和氧气，据此分析。
【详解】(1)①若A中使用的药品是NH4HCO3固体，加热NH4HCO3固体需要酒精灯；
故答案为：b；
②装置B中盛放过氧化钠，碳酸氢铵受热分解生成NH3、CO2和H2O，过氧化钠和水、二氧化碳均反应生成氧气，氨气和氧气在催化剂作用下反应，所以装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；装置D作用是防止E中液体倒吸；
故答案为：与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气；防止E中液体倒吸；
③NH3与O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：；
故答案为： ；
④若A、B中药品足量，生成的NO被氧化生成NO2，与水反应生成硝酸，硝酸能和铜反应生成硝酸铜和NO，反应现象为：铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色；
故答案为：铜片逐渐溶解，表面有气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方气体逐渐变红棕色；
⑤该装置存在的主要缺陷是：F中液体因为压强变化的关系可能会倒吸，生成的二氧化氮有毒，应加一个尾气吸收装置；
故答案为：F中液体可能会倒吸，尾气产生的NO2会污染环境；
(2)①烧瓶中要产生氨气和氧气，则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；干燥氨气和氧气可选用碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可）；
故答案为：浓氨水；碱石灰（生石灰、氢氧化钠固体均可）；
②过氧化钠和氨水中水反应生成氢氧化钠和氧气，反应放热，氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，使平衡左移，利于NH3释放；
故答案：氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，Na2O2与水反应产生OH－并放出大量热量，使平衡左移，利于NH3释放。
9.高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛用途。
(1)化学氧化法生产高铁酸钾（K2FeO4）是用固体Fe2O3、KNO3、KOH混合加热生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物。此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。
(2)工业上湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的工艺如图所示：
①反应Ⅰ的化学方程式为_________________________________________________。
②反应Ⅱ的离子方程式为_________________________________________________。
③加入饱和KOH溶液的目的是_________________________________________________。
④高铁酸钾是一种理想的水处理剂，其处理水的原理为____________________________。
⑤实验室配制Fe（NO3）3溶液，为防止出现浑浊，一般是将Fe（NO3）3固体溶于稀HNO3后再加水稀释。已知25 ℃时，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10-38，此温度下在实验室中配制100 mL 5 mol·L-1 Fe（NO3）3溶液，则至少需要________mL、4 mol·L-1 HNO3。
(3)高铁酸钠（Na2FeO4）制备可采用三室膜电解技术，装置如图所示，阳极的电极反应式为________。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为________（填化学式）。
【答案】 (1). 3∶1 (2). 2NaOH +Cl2=NaCl+NaClO+H2O (3). 3ClO−+10OH−+2Fe3+=2FeO42-+3Cl−+5H2O (4). 增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出 (5). K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性 (6). 1.25 (7). Fe−6e−+8OH−=FeO42-+4H2O (8). NaOH
【解析】
【分析】
（1）由条件可知发生反应：，以此分析；
（2）①反应Ⅰ：；②反应Ⅱ：；③加入饱和KOH溶液利用平衡回答；④K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性；⑤利用溶度积计算；
（3）阳极与电源正极相连为Fe极发生氧化反应：；阴极发生还原反应： ,A溶液为NaOH。
【详解】(1)Fe元素化合价升高，化合价由+3价升高到+6价，被氧化，N元素化合价由+5价降低+3价， ，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；
(2)①反应Ⅰ为氧化还原反应，方程式为： ；
②反应Ⅱ为氧化还原反应，+3价铁被氧化成+6价铁，+1价的氯被还原为-1价，
反应的离子方程式为 ，
③，加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，使平衡向右移动，析出晶体，
故答案为：增大K+的浓度，促进K2FeO4晶体析出；
④K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可生成Fe（OH）3，具有吸附性，可除去水的悬浮性杂质，
故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产生的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体具有吸附性，
⑤根据溶度积公式 可计算，由水的离子积可知。设需要xmL、4 mol·L-1HNO3，则xmL×4mol·L-1=0.05mol·L-1×100mL，解得x=1.25
故答案为：1.25。
(3)阳极是失去电子发生氧化反应，金属铁有还原性故阳极的电极反应为：；阴极氢离子得电子生成氢气，所以溶液中的溶质为NaOH；故答案为：； NaOH。
10.石嘴山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。
已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)= NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=______kJ/mol。
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH =−681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在温度为TK时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L−1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
064
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0～10 min内，平均反应速率v(SO2)=_____mol/(L·min)
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_____（填字母）。
A．通入一定量的O2 B．加入一定量的粉状碳酸钙
C．适当缩小容器的体积 D．加入合适的催化剂
(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=−34.0 kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；在1100K时，CO2的体积分数为______。
(4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=____[已知：气体分压(P分)=气体总压(P)×体积分数]。
(5)汽车尾气还可利用反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−746.8 kJ/mol，实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____（填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1 molCO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=_____。
【答案】 (1). 2a+2b+c (2). 0.042 (3). AC (4). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 (5). 20% (6). 4 (7). < (8).
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将三个已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
(2)①先计算出0～10 min内的v(CO2)，然后根据化学反应速率与物质关系计算v(SO2)；
②根据影响物质浓度及化学平衡的因素分析；
(3)反应在1050K时达到平衡，根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析解答；根据1100K时NO的转化率计算其体积含量；
(4)根据平衡常数的含义。利用气体的物质的量的比等于气体产生的压强比计算平衡常数Kp；
(5)①根据温度升高，反应速率加快，化学平衡向吸热反应方向移动分析速率常数的变化；
②根据反应达到平衡时，正反应、逆反应速率相等，结合物质的转化率计算k正︰k逆。
【详解】(1)已知①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=akJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=bkJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=ckJ/mol。
将①×2+②×2+③，整理可得2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g) =2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=(2a+2b+c)kJ/mol。
(2)①先计算出0～10 min内的v(CO2)= mol/(L·min)，根据化学方程式可知：v(SO2)=v(CO2)=0.042 mol/(L·min)；
②A.通入一定量的O2 ，可以使氧气的浓度增大，化学平衡正向移动，使CO2的浓度也随之增大，A正确；
B.加入一定量的粉状碳酸钙，由于该物质是固体，浓度不变，因此对氧气机二氧化碳的浓度无影响，B错误；
C.适当缩小容器的体积，单位体积内O2、CO2的物质的量增加，物质的浓度也都增大，C正确；
D.加入合适的催化剂，对化学平衡无影响，因此不能改变O2、CO2的物质的量浓度，D错误；
故合理选项是AC；
(3)反应在1050K时达到平衡，在1050K前反应未达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，更多的反应物反应转化为生成物，物质NO的转化率提高；当温度高于1050K时，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO的转化率降低；根据图像可知：在1100K时NO的转化率是40%。对于化学反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)假设开始时NO的物质的量为1mol，用平衡三段式法计算：
可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始n(mol) 1 0 0
转化n(mol) 0.4 0.2 0.2
平衡n(mol) 0.6 0.2 0.2
在1100K时，CO2的体积分数为×100%=20%；
(4)在1050K时NO的转化率为80%，假设反应开始时NO的物质的量为1mol，用三段式法计算：可逆反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始n(mol) 1 0 0
转化n(mol) 0.8 0.4 0.4
平衡n(mol) 0.2 0.4 0.4
在同一条件下，气体物质的量的比等于气体产生的压强之比，由于p(总)= 1.1×106 Pa p(NO)= p(总)= p(总)；p(CO2)=p(N2)= p(总)；
则该反应用平衡分压表示的化学平衡常数Kp==4；
(5)①达到平衡后，在其他条件不变时，升高温度，化学反应速率加快，由于v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，V增大，说明k正、k逆增大，由于升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，所以k正的倍数
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
开始c(mol) 1 1 0 0
转化c(mol) 0.4 0.4 0.2 0.4
平衡c(mol) 0.6 0.6 0.2 0.4
由于反应达到平衡时，V正=V逆，所以k正·c2(NO)·c2(CO)= k逆·c(N2)·c2(CO2)，则k正︰k逆=。
【点睛】本题综合考查了化学反应原理的知识，包括盖斯定律的应用、外界条件对化学反应速率、化学平衡移动的影响、物质平衡转化率的计算与应用。掌握化学反应基本原理及基本概念是本题解答的关键。
三、选做题（11、12两道题中选择1道题作答，共15分。）
[化学——选修3：物质结构与性质]
11.2018年4月23日，中国人民海军成立69周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。
(1)航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态Cr原子的价电子排布式为_____________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____________形，元素C、O、F的电负性由大到小的顺序为_____________。
(2)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F、Cl、Br、I元素。
①OF2的空间构型为_____________，其中O原子杂化方式为_____________杂化。
②KCl晶体中存在的化学键类型有_____________；CaCl2熔点要比KCl的熔点高很多，主要原因为____________________________________________________________________。
(3)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn2+与S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn2+，白球表示S2-），Zn2+的配位数为_____________。晶胞边长为a nm、ZnS相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_____________g·cm-3。
【答案】 (1). 3d54s1 (2). 哑铃 (3). F＞O＞C (4). V形 (5). sp3 (6). 离子键 (7). Ca2+半径比K+小，Ca2+所带电荷数比K+多，CaCl2的晶格能更高 (8). 4 (9).
【解析】
【分析】
（1）依据原子核外电子排布规则写出基态Cr原子的价电子排布式；依据Si的核外电子排布式可知其最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C、O、F的非金属性推断其电负性；
（2）①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。
（3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为41=4，含有硫离子的数目为，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，由密度公式计算晶体的密度。
【详解】(1)Cr为24号元素，核电荷数为24，故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1；Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：F＞O＞C，则C、O、F的电负性由大到小的顺序为F＞O＞C。
(2)①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。
(3)由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的配位数为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4，含有硫离子的数目为4，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，则晶体的密度为。
【点睛】计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据m=nM计算质量，根据V=a3计算体积，由此计算晶体的密度。
【化学－选修5：有机化学基础】
12.某有机合成工厂以植物秸秆或木材为初始原料经过生物发酵，制备聚酯纤维H和医药中间体E，其合成路线如下图所示：
已知：①
回答下列问题：
(1)A的化学名称是________；B所含官能团的名称是________。
(2)X的结构简式________；G→H的反应类型是________。
(3)D→E的化学方程式________。
(4)符合下列条件的G同分异构体共有________种；其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式________。
①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③能发生水解反应。
(5)参照上述合成路线，利用CH2=CH-CH=CH2为初始原料设计合成的路线_______________。
【答案】 (1). 2-甲基-1,3-丁二烯（异戊二烯） (2). 碳碳双键、醛基 (3). CH2＝CHCHO (4). 缩聚反应 (5). +CH3CH2OH+H2O (6). 13 (7). (8).
【解析】
【分析】
由已知条件①和B的结构简式可知X中含有碳碳双键，且有一个醛基，则X为CH2＝CHCHO；再由已知条件②可知C为,C中的醛基被氧化，转化为羧基，D为， D与乙醇在浓硫酸作用下，发生酯化反应，E为。根据G的结构简式，可知G中的羟基，由卤素原子水解得到，F为；G中含有—OH、—COOH，可以发生缩聚反应，以此回答。
【详解】(1)离官能团近且有支链边开始标号，2号碳上有甲基，故A的化学名称是：2-甲基-1,3-丁二烯；B所含官能团有碳碳双键、醛基；故答案为：2-甲基-1,3-丁二烯（异戊二烯）；碳碳双键、醛基；
(2)由已知条件①和B的结构简式可知X中含有碳碳双键，且有一个醛基，则X为CH2＝CHCHO；G中含有—OH、—COOH，且可以发生反应，则G可以发生缩聚反应，G→H的反应类型是缩聚反应；故答案为：CH2＝CHCHO；缩聚反应；
(3) D与乙醇在浓硫酸作用下，发生酯化反应，D中羧基脱掉羟基，E中的醇脱羟基中的H，则D→E的化学方程式+CH3CH2OH+H2O；故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
(4)要发生银镜反应，必须得有醛基，FeCl3能和苯酚发生显色，酯类物质可以发生水解，但是G的分子中只有3个O原子，与FeCl3发生显色反应，说明有-OH,但是要同时满足能发生银镜反应和水解反应，则只能为甲酸形成的酯，含有原子团HCOO-，除去苯环，HCOO-，侧链中还有1个C原子，可以在酯中，也可以是单独的甲基，则分为两种情况，苯环上有2个取代基分别为—OH和HCOOCH2—，共3种（邻、间、对），苯环上有3个取代基，分别为—OH、HCOO—和CH3—，共10种，则一共为13种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构说明不同的氢有五种，羟基上的H，和HCOO—的H分别占据1组峰，另一个C上的H占据1组峰，则苯环上的H占据2组峰，则两个取代基处于队伍，符合条件的只有；故答案为：13；；
(5)目标产物中含有一个苯环，而且原料为1,3-丁二烯，类似于A，可以模仿A到C的步骤，但是需要得到只含有一个碳碳双键的物质。目标产物中的2个—OH，可以通过卤素原子水解得到，2个—OH之间相隔4个C原子，联系到双烯烃的1,4-加成，既可以引入卤素原子，又可以得到含有一个碳碳双键的物质。则
答案为：。
相关资料
更多
