2020-2021学年广东省深圳市高二（下）期末化学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年广东省深圳市高二（下）期末化学试卷一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的。1．（2分）《天工开物》中记载“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中“硫”指的是（）A．硫酸 B．硫磺 C．硫酸钠 D．硫化钠2．（2分）下列不属于化学变化的是（）A．煤的气化 B．石油的催化裂化 C．植物油的皂化 D．冰醋酸固体的融化3．（2分）反应2CH4+S82CS2+4H2S可用于制备CS2。下列说法正确的是（）A．CH4的球棍模型： B．S8和32S互为同位素 C．CS2分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构 D．H2S的电子式为4．（2分）2021年空间站“天和”号核心舱发射成功。下列有关核心舱所用材料描述正确的是（）选项材料相关描述A舱体钛合金外壳钛合金比纯钛熔点高、硬度大B推力器氮化硼陶瓷部件耐高温、耐腐蚀C操控台聚碳酸酯部件属于无机非金属材料D智能控制芯片主要成分是二氧化硅A．A B．B C．C D．D5．（2分）洋川芎内酯J具有抗炎镇痛的功效，其结构简式如图所示。下列有关洋川芎内酯J的说法错误的是（）A．分子式为C12H18O4 B．含有三种官能团 C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．不能与NaOH溶液发生反应6．（2分）下列实验方案能达到实验目的是（）A.除去CO2中少量HClB.除去FeCl3溶液中的Fe（OH）3胶体C.分离苯和溴苯D.制取无水AlCl3A．A B．B C．C D．D7．（2分）氨—空气燃料电池的结构如图所示。关于该电池的工作原理，下列说法正确的是（）A．b极发生氧化反应 B．O2﹣由b极移向a极 C．a极的电极反应：2NH3+3O2﹣+6e﹣＝N2+3H2O D．理论上消耗2molNH3，同时消耗33.6LO28．（2分）常温下，NaF溶液pH＞7。关于该溶液下列说法正确的是（）A．c（Na+）＝c（F﹣）+c（HF） B．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+） C．加水稀释，溶液pH增大 D．NaF溶液可用玻璃试剂瓶盛装9．（2分）在AlCl3的催化下，苯和丙烯可反应制得异丙苯，其化学方程式为：+H3C﹣CH＝CH2下列说法正确的是（）A．该反应属于取代反应 B．可用溴水鉴别苯和异丙苯 C．丙烯中所有原子可处于同一平面 D．异丙苯的一氯代物有5种10．（2分）已知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下，pH＝13的KOH溶液中OH﹣数目为0.1NA B．56gFe与足量硫粉充分反应转移电子数为3NA C．1molNa2O和Na2O2的混合物中所含阴离子数目为NA D．标准状况下，2.24LCH3OH所含极性键数目为0.5NA11．（4分）部分含氮物质的类别与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是（）A．a与b在一定条件下可发生反应生成N2 B．汽车尾气中的b物质是汽油不完全燃烧导致的 C．常温下，金属Cu在c的浓溶液中会钝化 D．室温时，d的水溶液一定呈酸性12．（4分）用如下装置在实验室探究CH4和Cl2的取代反应（部分夹持装置省略）。下列说法错误的是（）A．圆底烧瓶中反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O B．实验中可观察到U形管左侧内壁有油状液滴出现 C．向漏斗中滴加紫色石蕊溶液，可验证该取代反应有HCl生成 D．烧杯中NaOH溶液可用于吸收残留的Cl213．（4分）短周期元素W、X、Y、Z的最高正价、常温下0.1mol•L﹣1最高价氧化物对应水化物溶液的pH如图所示，其中X为短周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是（）最高正价最高价氧化物对应水化物溶液的pHA．最简单氢化物的沸点：W＞Y B．简单离子半径：X＞Z C．X的氢化物为共价化合物 D．Z的简单离子能抑制水的电离14．（4分）石墨燃烧过程中的能量变化可用如图表示。下列说法正确的是（）A．石墨的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1 B．反应C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）在任何温度下均能自发进行 C．由图可知：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566.0kJ•mol﹣1 D．已知C（s，金刚石）＝C（s，石墨）ΔH＜0，则金刚石比石墨稳定15．（4分）在电场作用下双极膜能够将H2O解离成H+和OH﹣，工业上可利用双极膜电渗析法制备葡萄糖酸（一元弱酸），制备原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电极b和电源负极相连 B．a极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O C．当b极生成1molH2时，理论上可生成1mol葡萄糖酸 D．电解结束后阴极室溶液碱性增强16．（4分）室温时，用已知浓度的H2SO4溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液，体系中部分含碳物质的分布分数δ（δ＝）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．H2CO3的pKa2＝6.37（pKa2＝﹣lgKa2） B．当pH＝7时，c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） C．P点溶液中，c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣） D．滴定过程中，不断减小二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20-21题为选考题，考生根据要求作答。17．（14分）硫代硫酸铵（NH4）2S2O3是一种快速定影剂。某实验小组采用如下方法制备（NH4）2S2O3溶液，并模拟AgBr胶片定影过程探究定影原理。已知：硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化。Ⅰ.制备BaS2O3（图中夹持和加热装置省略）（1）仪器A的名称是。（2）反应开始前通入一段时间N2的目的是。（3）将混合溶液加热后冷却片刻，观察到有大量菱片状BaS2O3•H2O沉淀析出。从反应后的浊液中获得BaS2O3的一系列操作是、、一定条件下脱水干燥。Ⅱ.制备（NH4）2S2O3溶液（4）将BaS2O3缓慢倾入（NH4）2SO4溶液中，搅拌后发生反应：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，列式计算说明该反应进行较为完全的原因：。已知：该反应温度下，Ksp（BaS2O3）＝1.0×10﹣4、Ksp（BaSO4）＝1.0×10﹣10；一般认为K＞105时反应进行较完全，K＜10﹣5时反应难以进行。（5）经实验得到的（NH4）2S2O3溶液中可能含有少量（NH4）2SO4，为验证SO42﹣的存在，选择相应试剂完成如下实验。限选试剂：稀硫酸、稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液。实验操作实验现象原因解释ⅰ.取少量待测（NH4）2S2O3溶液于试管中，滴加过量的①溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生。用离子方程式解释实验现象：②ⅱ.静置，取上层清液滴加适量③。④。待测液中含有SO42﹣。Ⅲ.（NH4）2S2O3定影原理探究（6）S2O32﹣具有络合能力，能和Ag+形成[Ag（S2O3）2]3﹣，因此（NH4）2S2O3溶液能够溶解胶片中未曝光的AgBr使胶片快速成像。用离子方程式解释AgBr溶解的原因：。18．（14分）某工业含镍废料主要含NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、SiO2、PbO，采用如下工艺流程回收其中的镍并制备NiSO4•6H2O晶体。回答下列问题：（1）“酸浸”时，为了提升镍的浸出率，可以采取的措施有、。（2）“滤渣”的主要成分为、（填化学式）。（3）“氧化”反应的离子方程式为，可以替代NaClO溶液的物质是（填序号）。a.NaClO3b.30%H2O2c.NaCl溶液d.Na2SO3溶液（4）“萃取”的反应原理为Ni2++2HR⇌NiR2+2H+（HR为有机物），向有机层中加入稀H2SO4能进行反萃取的原因是。（结合平衡移动原理解释）（5）分离出硫酸镍晶体后，收集母液并进行循环使用，其意义是，同时减少对环境的污染。（6）称取2.630g硫酸镍晶体（NiSO4•6H2O，M＝263g•mol﹣1）样品溶解，配制成250mL溶液，取25.00mL溶液用0.0500mol•L﹣1EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定（发生反应：Ni2++H2Y2﹣＝NiY2﹣+2H+），三次滴定平均消耗EDTA标准溶液18.50mL。0配制上述硫酸镍溶液需用到的玻璃仪器有：、烧杯、玻璃棒和胶头滴管。②样品的纯度为（精确到0.1%）。19．（14分）将烟气中的SO2选择性还原为单质硫是一种具有经济效益和社会效益的脱硫方法。Ⅰ.氢气还原法：2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）ΔH＝+Qkg•mol﹣1……反应a（1）下图中曲线表示了反应a在有、无催化剂条件下反应过程中体系的能量变化。①曲线（填“m”或“n”）表示的是有催化剂参与的过程；②图中括号内应该填写。（2）已知：ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1ⅱ.S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2ⅲ.ΔH3利用ΔH1、ΔH2、ΔH3可计算出反应a的焓变。将过程ⅲ补写完整。Ⅱ.一氧化碳还原法：2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）ΔH＝﹣37.0kJ•mol﹣1…………反应b（3）向恒温恒容密闭容器中充入一定量的CO和SO2，发生反应b。下列描述可判断该反应达到平衡状态的是。A.2v（SO2）＝v（CO2）B.CO2气体的浓度不再变化C.容器内的总压强不再变化D.c（CO）：c（SO2）：c（CO2）＝2：1：2E.混合气体的密度不再变化（4）某温度时，向2L的密闭容器中充入4molCO和2molSO2，发生反应b，tmin时反应达平衡状态，测得SO2的平衡转化率为80%。①0～tmin内，v（CO2）＝mol•L﹣1⋅min﹣1（用含t的代数式表示）；②该温度下，反应b的平衡常数K＝L•mol﹣1；③tmin后，向该密闭容器中再充入1.2molCO和1.2molSO2，此时v正v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）.（5）向两个密闭容器中分别充入4molCO和2molSO2，发生反应b，在不同的温度和压强下（物质状态未发生改变），SO2的平衡转化率（α）如下表所示，其中α1＞α2，则T1T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断的理由是。压强/MPaP2P温度/℃T1T2SO2的平衡转化率α/%α1α2Ⅲ.FeSx化水煤气（CO、H2）还原SO2（6）该方法的部分反应过程如图所示。下列说法合理的是。A.COS和H2S为中间产物B.可能存在反应FeSx﹣1+S＝FeSxC.生成S的所有反应中，S均为还原产物D.寻找更高效催化剂可提高S单质平衡回收率【化学一选修3：物质结构与性质】20．（14分）锌及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：（1）基态Zn原子的核外电子排布式为。（2）一种香豆素衍生物（CHP）可作为测定Zn2+的荧光探针，其原理如图1所示。已知CHP中C＝N结构的异构化和旋转会导致荧光减弱。①CHP所含元素（C、H、O、N）电负性从大到小的顺序为；②CHP﹣Zn中N原子的杂化类型为；③加入ZnCl2后，体系荧光增强的原因是。（3）ZnCO3可用于配制炉甘石洗剂，具有收敛和保护皮肤的作用。ZnCO3中阴离子CO32﹣的空间构型为，与CO32﹣互为等电子体的分子有（任写一种）。（4）ZnCl2﹣CaCl2水溶液可作为工业零件淬火的冷却介质。已知ZnCl2的熔点为275℃，而CaCl2的熔点为782℃，两者熔点相差较大，其原因是。（5）ZnS是一种性能优异的荧光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS两种晶型，其晶胞结构如图2所示：①立方ZnS中，Zn2+填充在S2﹣形成的空隙中；②六方ZnS的晶体密度为g•cm﹣3（设NA为阿伏加德罗常数的值）。【化学一选修5：有机化学基础】21．化合物F是肠易激综合征药物“特纳帕诺”的合成中间体。以下为F的一种合成路线：已知R﹣Br回答下列问题：（1）C中的官能团名称是、；③的反应类型是。（2）反应①的化学方程式为。（3）下列说法正确的是。a.化合物C可以发生加成反应、水解反应和消去反应b.反应⑤中NaBH4作还原剂c.反应⑦中K2CO3有利于提高反应物的转化率d.化合物F中所有原子可处于同一平面（4）D的结构简式为。（5）已知芳香族化合物M与B互为同分异构体，M满足以下条件：①苯环上有两个取代基；②能发生银镜反应。则M的可能结构有种，其中核磁共振氢谱仅四组峰的结构简式为（任写一种）。（6）根据上述信息，写出以环戊二烯（）及二乙胺[（CH3CH2）2NH]为原料合成的路线（不需注明反应条件）。

2020-2021学年广东省深圳市高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的。1．（2分）《天工开物》中记载“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中“硫”指的是（）A．硫酸 B．硫磺 C．硫酸钠 D．硫化钠【分析】火药由硫磺、硝石和木炭组成，“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中硫为硫磺。【解答】解：《天工开物》中记载“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中“硫”指的是“硫磺”，“硝”为“硝酸钾”，故选：B。【点评】本题中考查硫磺的用途，解题的关键是读懂诗文和了解常见化学物质的用途，难度较小。2．（2分）下列不属于化学变化的是（）A．煤的气化 B．石油的催化裂化 C．植物油的皂化 D．冰醋酸固体的融化【分析】判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化。【解答】解：A．煤的气化生成一氧化碳和氢气，有新物质生成属于化学变化，故A错误；B．石油的催化裂化，由长链烃生成短链的烷烃和烯烃，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．植物油的皂化，是油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸的钠盐和甘油，属于化学变化，故C错误；D．冰醋酸固体的融化属于三态变化，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应类型的分析，搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键．判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质．一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。3．（2分）反应2CH4+S82CS2+4H2S可用于制备CS2。下列说法正确的是（）A．CH4的球棍模型： B．S8和32S互为同位素 C．CS2分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构 D．H2S的电子式为【分析】A．该模型为比例模型，不是球棍模型；B．同位素的研究对象为原子，S8为分子；C．二硫化碳分子中含有两个双键，结构式为S＝C＝S；D．硫化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子。【解答】解：A．用小球和小棍表示的模型为球棍模型，甲烷为正四面体结构，其球棍模型为，故A错误；B．同种元素的不同原子之间互为同位素，S8和32S分别为分子、原子，不属于同位素，故B错误；C．CS2的结构式为S＝C＝S，C、S原子最外层均满足8电子稳定结构，故C正确；D．硫化氢为共价化合物，其电子式为，故D错误；故选：C。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及球棍模型、同位素、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。4．（2分）2021年空间站“天和”号核心舱发射成功。下列有关核心舱所用材料描述正确的是（）选项材料相关描述A舱体钛合金外壳钛合金比纯钛熔点高、硬度大B推力器氮化硼陶瓷部件耐高温、耐腐蚀C操控台聚碳酸酯部件属于无机非金属材料D智能控制芯片主要成分是二氧化硅A．A B．B C．C D．D【分析】A．合金的熔点低于合金中任意纯金属的熔点、沸点；B．氮化硼陶瓷有良好的耐热性、热稳定性、导热性、高温介电强度，是理想的散热材料和高温绝缘材料；C．聚碳酸酯（简称PC）是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，结构中含碳元素，故为有机物；D．单质硅常用于制作各种电子元件。【解答】解：A．合金的熔点比该合金中任意以纯金属的熔点、沸点低，但硬度高，所以钛合金比纯钛熔点低、硬度大，故A错误；B．氮化硼的化学稳定性好，能抵抗大部分熔融金属的浸蚀，有良好的耐热性、热稳定性、导热性、高温介电强度，故B正确；C．聚碳酸酯属于有机高分子材料，故C错误；D．智能控制芯片的主要成分为单质硅而不是二氧化硅，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查化学与生产生活的关系，主要涉及物质的组成，有机高分子化合物等知识点，掌握化学与生产、生活的关系是本题的解题关键。5．（2分）洋川芎内酯J具有抗炎镇痛的功效，其结构简式如图所示。下列有关洋川芎内酯J的说法错误的是（）A．分子式为C12H18O4 B．含有三种官能团 C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．不能与NaOH溶液发生反应【分析】A．交点、端点为碳原子，利用碳的四价结构确定氢原子数目，或利用不饱和度计算氢原子数目；B．该有机物含有的官能团有碳碳双键、羟基、酯基；C．碳碳双键、醇羟基都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；D．酯基能与氢氧化钠溶液反应。【解答】解：A．由结构可知，该有机物分子含有12个碳原子，不饱和度为4，分子中氢原子数目为2×12+2﹣2×4＝18，氧原子数目为4，故该有机物分子式为C12H18O4，故A正确；B．该有机物含有碳碳双键、羟基、酯基共3种官能团，故B正确；C．该有机物含有碳碳双键、醇羟基，且醇羟基连接的碳原子上含有氢原子，二者都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．该有机物含有酯基，碱性条件下水解生成含有羧基的物质，羧基与氢氧化钠又发生中和反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解键线式、醇被酸性高锰酸钾溶液氧化原理，旨在考查学生分析能力、综合运用知识的能力。6．（2分）下列实验方案能达到实验目的是（）A.除去CO2中少量HClB.除去FeCl3溶液中的Fe（OH）3胶体C.分离苯和溴苯D.制取无水AlCl3A．A B．B C．C D．D【分析】A.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；B.溶液、胶体均可透过滤纸；C.蒸馏时温度计测定馏分的温度；D.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发。【解答】解：A.HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，导管长进短出、洗气可分离，故A正确；B.溶液、胶体均可透过滤纸，过滤不能分离，故B错误；C.蒸馏时温度计测定馏分的温度，图中温度计的水银球未在支管口处，故C错误；D.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、混合物分离提纯、物质的制备为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7．（2分）氨—空气燃料电池的结构如图所示。关于该电池的工作原理，下列说法正确的是（）A．b极发生氧化反应 B．O2﹣由b极移向a极 C．a极的电极反应：2NH3+3O2﹣+6e﹣＝N2+3H2O D．理论上消耗2molNH3，同时消耗33.6LO2【分析】该氨﹣空气燃料电池中，以熔融的金属氧化物为电解质，a电极上NH3→N2，NH3发生失电子的氧化反应生成N2，则a电极为负极，b电极为正极，负极反应式为2NH3+3O2﹣﹣6e﹣＝N2+3H2O，正极上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为O2+4e﹣═2O2﹣，总反应为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，放电时，阴离子移向负极，据此分析解答。【解答】解：A．b电极为正极，正极上O2发生得电子的还原反应，故A错误；B．该电池中a电极为负极，b电极为正极，放电时，阴离子由正极移向负极，即O2﹣由b极移向a极，故B正确；C．该电池中a电极为负极，负极反应式为2NH3+3O2﹣﹣6e﹣＝N2+3H2O，故C错误；D．电池总反应为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，理论上消耗2molNH3，同时消耗1.5molO2，但没有已知气体的状况，不能计算O2的体积，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了化学电源新型电池，为高频考点，把握电极的判断，电极反应和离子的移动方向即可解答，注意结合电解质环境书写电极反应式，题目难度不大。8．（2分）常温下，NaF溶液pH＞7。关于该溶液下列说法正确的是（）A．c（Na+）＝c（F﹣）+c（HF） B．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（F﹣）＞c（H+） C．加水稀释，溶液pH增大 D．NaF溶液可用玻璃试剂瓶盛装【分析】A．根据NaF溶液中存在的物料守恒进行判断；B．NaF溶液中存在电离：NaF＝Na++F﹣，水解：F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，以及水的电离：H2O⇌H++OH﹣，但水解程度是微弱的，即可判断离子浓度大小关系；C．加水稀释，会促进F﹣的水解，但最终溶液中的c（OH﹣）是减小的；D．NaF水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃中的SiO2。【解答】解：A．NaF溶液中存在电离：NaF＝Na++F﹣，水解：F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，根据物料守恒可知：c（Na+）＝c（F﹣）+c（HF），故A正确；B．NaF溶液中存在电离：NaF＝Na++F﹣，水解：F﹣+H2O⇌HF+OH﹣，以及水的电离：H2O⇌H++OH﹣，但水解程度是微弱的，所以有：c（Na+）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．加水稀释，会促进F﹣的水解，使n（OH﹣）增大，但溶液的体积Vaq增大的程度更大，使c（OH﹣）＝减小，pH减小，故C错误；D．NaF水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃中的SiO2，所以NaF溶液应储存在塑料瓶中，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查盐类的水解，掌握物料守恒和电荷守恒以及离子浓度大小的判断方法是解决本题的关键，同时还考查了盐类水解的应用以及氢氟酸对玻璃的腐蚀作用，属于基本知识，基础内容的考查，难度不大。9．（2分）在AlCl3的催化下，苯和丙烯可反应制得异丙苯，其化学方程式为：+H3C﹣CH＝CH2下列说法正确的是（）A．该反应属于取代反应 B．可用溴水鉴别苯和异丙苯 C．丙烯中所有原子可处于同一平面 D．异丙苯的一氯代物有5种【分析】A．苯和丙烯发生加成反应生成异丙苯；B．苯和异丙苯都能萃取溴水中的溴，且苯、异丙苯密度都小于水；C．丙烯中甲基具有甲烷结构特点；D．异丙苯中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种。【解答】解：A．苯和丙烯发生加成反应生成异丙苯，则该反应为加成反应，故A错误；B．苯和异丙苯都能萃取溴水中的溴，且苯、异丙苯密度都小于水，苯、异丙苯分别和溴水混合时现象相同，无法鉴别，可以用高锰酸钾溶液鉴别苯和异丙苯，故B错误；C．丙烯中甲基具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以丙烯中所有原子不能共平面，故C错误；D．异丙苯中含有5种氢原子，其中苯环上有3种氢原子、支链上有2种氢原子，所以异丙苯一氯代物有5种，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。10．（2分）已知NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温下，pH＝13的KOH溶液中OH﹣数目为0.1NA B．56gFe与足量硫粉充分反应转移电子数为3NA C．1molNa2O和Na2O2的混合物中所含阴离子数目为NA D．标准状况下，2.24LCH3OH所含极性键数目为0.5NA【分析】A．溶液体积不明确；B．56gFe与足量硫粉充分反应生成FeS；C．氧化钠是钠离子和氧离子构成的化合物，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成；D．标准状况下CH3OH不是气体。【解答】解：A．溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故A错误；B．56gFe物质的量＝＝1mol，与足量硫粉充分反应生成FeS，铁元素化合价0价升高到+2价，转移电子数为2NA，故B错误；C．氧化钠是钠离子和氧离子构成的化合物，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成，1molNa2O和Na2O2的混合物中所含阴离子数目为NA，故C正确；D．标准状况下，2.24LCH3OH不是气体，物质的量不是0.1mol，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的判断及计算，题目难度不大，熟练掌握以物质的量为中心与各物理量之间的转化关系。11．（4分）部分含氮物质的类别与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是（）A．a与b在一定条件下可发生反应生成N2 B．汽车尾气中的b物质是汽油不完全燃烧导致的 C．常温下，金属Cu在c的浓溶液中会钝化 D．室温时，d的水溶液一定呈酸性【分析】A．NH3具有还原性，NO具有氧化性；B．汽车尾气中的NO物质是气缸中的N2和O2在高温、高压的作用下生成的；C．金属Cu在硝酸的浓溶液中反应生成硝酸铜、NO2以及水；D．室温时，d的水溶液因水解呈碱性。【解答】解：A．由图可知，a、b分别为NH3和NO，两者在一定条件下可以发生归中反应生成N2，故A正确；B．汽车尾气中的NO物质是气缸中的N2和O2在高温、高压的作用下生成的，不是汽油燃烧生成，故B错误；C．由图可知，c分别为HNO3，常温下，金属Cu在硝酸的浓溶液中不会钝化，故C错误；D．以Na3N的水溶液为例，水解呈碱性，方程式为：Na3N+3H2O⇌NH3+3NaOH，故D错误；故选：A。【点评】不同主要考查氮及其化合物的性质以及转化，同时考查学生的看图理解能力，属于晶胞知识，基础题型，难度不大。12．（4分）用如下装置在实验室探究CH4和Cl2的取代反应（部分夹持装置省略）。下列说法错误的是（）A．圆底烧瓶中反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O B．实验中可观察到U形管左侧内壁有油状液滴出现 C．向漏斗中滴加紫色石蕊溶液，可验证该取代反应有HCl生成 D．烧杯中NaOH溶液可用于吸收残留的Cl2【分析】A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水；B．甲烷与氯气光照条件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯化甲烷、四氯化碳；C．漏斗中含有氯水；D．氯气与氢氧化钠反应，可被氢氧化钠吸收。【解答】解：A．二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；B．甲烷与氯气光照条件下生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯化甲烷、四氯化碳，除去一氯甲烷为气体，其余为油状液体，所以实验中可观察到U形管左侧内壁有油状液滴出现，故B正确；C．漏斗中含有氯水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，滴加紫色石蕊溶液变为红色，可能为氯气溶于水造成，不能证明取代反应中有氯化氢生成，故C错误；D．氯气有毒，能与氢氧化钠反应，可被氢氧化钠吸收，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了甲烷的取代反应，明确反应原理及各装置作用是解题关键，题目难度不大。13．（4分）短周期元素W、X、Y、Z的最高正价、常温下0.1mol•L﹣1最高价氧化物对应水化物溶液的pH如图所示，其中X为短周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是（）最高正价最高价氧化物对应水化物溶液的pHA．最简单氢化物的沸点：W＞Y B．简单离子半径：X＞Z C．X的氢化物为共价化合物 D．Z的简单离子能抑制水的电离【分析】短周期元素W、X、Y、Z的最高正价、常温下0.1mol•L﹣1最高价氧化物对应水化物溶液的pH如图所示，其中X为短周期中原子半径最大的元素，则X为Na；W的最高价为+5，常温下W的0.1mol•L﹣1最高价氧化物对应水化物溶液的pH＝1，则W为N；Y的最高价为+5，常温下Y的0.1mol•L﹣1最高价氧化物对应水化物溶液的pH＞1，则Y为P；Z的最高价为+6，常温下Z的0.1mol•L﹣1最高价氧化物对应水化物溶液的pH＜1，则Z为S元素，以此分析解答。【解答】解：结合分析可知，W为N，X为Na，Y为P，Z为S元素，A.氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点较高，即最简单氢化物的沸点：W＞Y，故A正确；B.钠离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：X＜Z，故B错误；C.X的氢化物为NaH，属于离子化合物，故C错误；D.Z的简单离子为硫离子，硫离子水解促进了水电离，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合最高化合价、最高价氧化物对应水化物的pH推断元素为解答关键，注意掌握氢键对氢化物沸点的影响，C为易错点，题目难度不大。14．（4分）石墨燃烧过程中的能量变化可用如图表示。下列说法正确的是（）A．石墨的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1 B．反应C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）在任何温度下均能自发进行 C．由图可知：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566.0kJ•mol﹣1 D．已知C（s，金刚石）＝C（s，石墨）ΔH＜0，则金刚石比石墨稳定【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定物质时放出的热量；B．反应自发进行的条件是ΔH﹣TΔS＜0；C．根据盖斯定律计算反应CO（g）+O2（g）＝CO2（g）的ΔH；D．物质具有的能量越低越稳定。【解答】解：A．由图可知，石墨的燃烧热为393.5kJ•mol﹣1，故A错误；B．由图可知，①C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，石墨）+O2（g）＝CO（g）ΔH＝﹣110.5kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：②×2﹣①计算C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）的焓变ΔH＝﹣110.5kJ•mol﹣1×2﹣（﹣393.5kJ•mol﹣1）＝+172.5kJ•mol﹣1，则反应C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）的ΔH＞0，ΔS＞0，要使反应自发进行，需要的条件是高温，故B错误；C．根据盖斯定律计算反应CO（g）+O2（g）＝CO2（g）的ΔH＝393.5kJ•mol﹣1﹣（110.5kJ•mol﹣1）＝283.0kJ•mol﹣1，则2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣566.0kJ•mol﹣1，故C正确；D．C（s，金刚石）＝C（s，石墨）ΔH＜0，则C（s，石墨）具有的能量低于C（s，金刚石），所以石墨更稳定，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力和计算能力的考查，把握盖斯定律的计算应用、燃烧热概念、反应自发进行的条件、物质的稳定性与物质具有能量的关系即可解答，注意掌握盖斯定律的计算应用，题目难度不大。15．（4分）在电场作用下双极膜能够将H2O解离成H+和OH﹣，工业上可利用双极膜电渗析法制备葡萄糖酸（一元弱酸），制备原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电极b和电源负极相连 B．a极的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O C．当b极生成1molH2时，理论上可生成1mol葡萄糖酸 D．电解结束后阴极室溶液碱性增强【分析】该装置为电解池，双极膜能够将H2O解离成H+和OH﹣，电解池工作时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，根据图中H+和OH﹣的移动方向可知，电极a为阳极，电极b为阴极，阴阳极分别与电源的负正极相接，阳极上OH﹣失电子生成O2，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，阴极上水放电生成H2，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，电解池工作时，双极膜解离H2O生成H+移向产品室，与葡萄糖酸钠反应生成葡萄糖酸，产品室中的钠离子通过阳离子交换膜移向阴极，阴极生成NaOH，据此分析解答。【解答】解：A．电解池中电极a为阳极，电极b为阴极，阴极和电源负极相连，故A正确；B．电极a为阳极，阳极上OH﹣失电子生成O2，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，故B正确；C．电极b为阴极，阴极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阴极生成1molH2时，转移电子2mol，有2molH+移向产品室，葡萄糖酸为一元弱酸，理论上可生成2mol葡萄糖酸，故C错误；D．阴极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，产品室中的钠离子通过阳离子交换膜移向阴极，阴极生成NaOH，所以电解结束后阴极室溶液碱性增强，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电解原理的应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，明确各个电极上发生的反应是解题关键，注意电极的判断和原理分析，题目难度中等。16．（4分）室温时，用已知浓度的H2SO4溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液，体系中部分含碳物质的分布分数δ（δ＝）与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．H2CO3的pKa2＝6.37（pKa2＝﹣lgKa2） B．当pH＝7时，c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） C．P点溶液中，c（Na+）+c（H+）＝2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣） D．滴定过程中，不断减小【分析】Na2CO3和稀硫酸反应先生成NaHCO3，然后NaHCO3和稀硫酸反应生成H2CO3，随着稀硫酸的加入，溶液的pH值减小，随着溶液pH值减小，溶液中δ（H2CO3）增大、δ（HCO3﹣）先增大后减小、δ（CO32）减小；A．当δ（HCO3﹣）＝δ（CO32）时，c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），Ka2＝×c（H+）＝c（H+）；B．根据图知，pH＝7时，δ（HCO3﹣）＞δ（H2CO3）＞δ（CO32﹣）；C．漏写c（SO42﹣），电荷不守恒；D．＝×＝，水解平衡常数只与温度有关，随着稀硫酸的加入，溶液碱性减弱。【解答】解：通过以上分析知，随着溶液pH值减小，溶液中δ（H2CO3）增大、δ（HCO3﹣）先增大后减小、δ（CO32）减小；A．当δ（HCO3﹣）＝δ（CO32）时，c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣10.25，则pKa2＝10.25，故A错误；B．根据图知，pH＝7时，δ（HCO3﹣）＞δ（H2CO3）＞δ（CO32﹣），所以存在c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B正确；C．漏写c（SO42﹣）导致电荷不守恒，P点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），c（Na+）+c（H+）＞2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故C错误；D．水解平衡常数只与温度有关，温度不变水解平衡常数不变，随着稀硫酸的加入，溶液碱性减弱，c（OH﹣）减小，＝×＝增大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质电离及混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确电离平衡常数计算方法、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意D中分式的灵活变形，题目难度不大。二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20-21题为选考题，考生根据要求作答。17．（14分）硫代硫酸铵（NH4）2S2O3是一种快速定影剂。某实验小组采用如下方法制备（NH4）2S2O3溶液，并模拟AgBr胶片定影过程探究定影原理。已知：硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化。Ⅰ.制备BaS2O3（图中夹持和加热装置省略）（1）仪器A的名称是分液漏斗。（2）反应开始前通入一段时间N2的目的是排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化。（3）将混合溶液加热后冷却片刻，观察到有大量菱片状BaS2O3•H2O沉淀析出。从反应后的浊液中获得BaS2O3的一系列操作是过滤、洗涤、一定条件下脱水干燥。Ⅱ.制备（NH4）2S2O3溶液（4）将BaS2O3缓慢倾入（NH4）2SO4溶液中，搅拌后发生反应：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，列式计算说明该反应进行较为完全的原因：K＝＝＝＝＝106＞105。已知：该反应温度下，Ksp（BaS2O3）＝1.0×10﹣4、Ksp（BaSO4）＝1.0×10﹣10；一般认为K＞105时反应进行较完全，K＜10﹣5时反应难以进行。（5）经实验得到的（NH4）2S2O3溶液中可能含有少量（NH4）2SO4，为验证SO42﹣的存在，选择相应试剂完成如下实验。限选试剂：稀硫酸、稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液。实验操作实验现象原因解释ⅰ.取少量待测（NH4）2S2O3溶液于试管中，滴加过量的①稀盐酸溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生。用离子方程式解释实验现象：②S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2Oⅱ.静置，取上层清液滴加适量③BaCl2溶液。④有白色沉淀生成。待测液中含有SO42﹣。Ⅲ.（NH4）2S2O3定影原理探究（6）S2O32﹣具有络合能力，能和Ag+形成[Ag（S2O3）2]3﹣，因此（NH4）2S2O3溶液能够溶解胶片中未曝光的AgBr使胶片快速成像。用离子方程式解释AgBr溶解的原因：2S2O32﹣+AgBr＝[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣。【分析】Ⅰ.（1）仪器A为分液漏斗；（2）硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，要排装置中空气；（3）获得沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一干燥；Ⅱ.（4）将BaS2O3缓慢倾入（NH4）2SO4溶液中，搅拌后发生反应：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，离子方程式为：BaS2O3+SO42﹣＝S2O32﹣+BaSO4，据此计算K；（5）ⅰ.取少量待测（NH4）2S2O3溶液于试管中，滴加过量酸，会发生歧化反应，生成S单质和二氧化硫；ⅱ.验证SO42﹣，一般用BaCl2，现象为有白色沉淀生成；Ⅲ.（6）AgBr溶解是因为S2O32﹣能和AgBr的Ag+络合形成了[Ag（S2O3）2]3﹣。【解答】解：Ⅰ.（1）根据图示，仪器A的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）硫代硫酸盐露置在空气中容易被氧化，反应开始前通入一段时间N2，可以排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化，故答案为：排尽装置中的空气，防止硫代硫酸盐被氧化；（3）获得BaS2O3沉淀的一系列操作是过滤、洗涤、一定条件下脱水干燥，故答案为：过滤；洗涤；Ⅱ.（4）将BaS2O3缓慢倾入（NH4）2SO4溶液中，搅拌后发生反应：BaS2O3+（NH4）2SO4＝（NH4）2S2O3+BaSO4，离子方程式为：BaS2O3+SO42﹣＝S2O32﹣+BaSO4，则K＝＝＝＝＝106＞105，则反应进行较完全，故答案为：K＝＝＝＝＝106＞105；（5）ⅰ.取少量待测（NH4）2S2O3溶液于试管中，滴加过量酸，会发生歧化反应，生成S单质和二氧化硫，即溶液出现黄色浑浊，有刺激性气味气体产生，离子方程式为：S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O硝酸有氧化性，硫酸会影响下面的反应，则加的酸为稀盐酸，故答案为：稀盐酸；S2O32﹣+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；ⅱ.验证SO42﹣，一般用BaCl2，现象为有白色沉淀生成，静置，取上层清液滴加适量BaCl2溶液，当有白色沉淀生成，则待测液中含有SO42﹣，故答案为：BaCl2溶液；有白色沉淀生成；Ⅲ.（6）AgBr溶解是因为S2O32﹣能和AgBr的Ag+络合形成了[Ag（S2O3）2]3﹣，离子方程式为：2S2O32﹣+AgBr＝[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣，故答案为：2S2O32﹣+AgBr＝[Ag（S2O3）2]3﹣+Br﹣。【点评】本题考查物质的制备，涉及仪器识别、物质的分离与提纯、对装置的分析评价、离子方程式书写等，是对学生综合能力的考查，难度中等。18．（14分）某工业含镍废料主要含NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、SiO2、PbO，采用如下工艺流程回收其中的镍并制备NiSO4•6H2O晶体。回答下列问题：（1）“酸浸”时，为了提升镍的浸出率，可以采取的措施有升高温度、适当增加硫酸浓度。（2）“滤渣”的主要成分为SiO2、PbSO4（填化学式）。（3）“氧化”反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，可以替代NaClO溶液的物质是ab（填序号）。a.NaClO3b.30%H2O2c.NaCl溶液d.Na2SO3溶液（4）“萃取”的反应原理为Ni2++2HR⇌NiR2+2H+（HR为有机物），向有机层中加入稀H2SO4能进行反萃取的原因是加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR⇌NiR2+2H+，逆向移动，水层中Ni+增大。（结合平衡移动原理解释）（5）分离出硫酸镍晶体后，收集母液并进行循环使用，其意义是提升镍的回收率，同时减少对环境的污染。（6）称取2.630g硫酸镍晶体（NiSO4•6H2O，M＝263g•mol﹣1）样品溶解，配制成250mL溶液，取25.00mL溶液用0.0500mol•L﹣1EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定（发生反应：Ni2++H2Y2﹣＝NiY2﹣+2H+），三次滴定平均消耗EDTA标准溶液18.50mL。0配制上述硫酸镍溶液需用到的玻璃仪器有：250ml容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管。②样品的纯度为92.5%（精确到0.1%）。【分析】首先用硫酸处理含镍肥料，后产生滤渣二氧化硅和硫酸铅，随后用次氯酸钠氧化二价铁，之后用碳酸钠调节pH并除杂，再萃取除杂，最后结晶得产品，在最后的含量测定当中用到了滴定的方法，要注意找到滴定时的对应关系式；（1）升高温度、适当增加硫酸浓度、预先粉碎原料、多次浸取、延长浸出时间等可以提升镍的浸出率；（2）含镍废料中不和硫酸反应的二氧化硅就是“滤渣”，另外还有新生成的硫酸铅；（3）“氧化”反应是次氯酸钠在酸性条件下氧化二价铁，有氧化性的就可以代替NaClO；（4）加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR⇌NiR2+2H+，逆向移动，水层中Ni+增大，所以有机层中加入稀H2SO4能进行反萃取；（5）分离出硫酸镍晶体后，收集母液并进行循环使用可以提升镍的回收率；（6）①配制溶液需用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250ml容量瓶；②根据关系式NiSO4～Ni2+～Na2H2Y计算n（Ni2+）＝n（EDTA）＝10×0.05×18.50×10﹣3mol＝0.00925mol，由镍守恒可得m（NiSO4•6H2O）＝0.00925mol×263g/mol＝2.433g，据此计算纯度。【解答】解：（1）“酸浸”时，为了提升镍的浸出率，可以采取的措施有升高温度、适当增加硫酸浓度、预先粉碎原料、多次浸取、延长浸出时间等，故答案为：升高温度、适当增加硫酸浓度、预先粉碎原料、多次浸取、延长浸出时间（任意两条）；（2）含镍废料中不和硫酸反应的二氧化硅就是“滤渣”，另外还有新生成的硫酸铅，所以其主要成分为SiO2、PbSO4，故答案为：SiO2；PbSO4；（3）“氧化”反应是次氯酸钠在酸性条件下氧化二价铁，其离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，有氧化性的就可以代替NaClO，所以可以选择ab，故答案为：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O；ab；（4）根据萃取反应原理可知，向有机层中加入稀H2iSO4能进行反萃取的原因：是加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR⇌NiR2+2H+，逆向移动，水层中Ni+增大，故答案为：加入稀H2SO4，c（H+）增大，平衡Ni2++2HR⇌NiR2+2H+，逆向移动，水层中Ni+增大；（5）分离出硫酸镍晶体后，收集母液并进行循环使用，其意义是：提升镍的回收率，故答案为：提升镍的回收率；（6）①配制溶液需用到的玻璃仪器有：容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，根据题意，还少的仪器应该是：250ml容量瓶，故答案为：250ml容量瓶；②根据关系式NiSO4～Ni2+～Na2H2Y，则n（Ni2+）＝n（EDTA）＝10×0.05×18.50×10﹣3mol＝0.00925mol，根据镍元素守恒m（NiSO4•6H2O）＝0.00925mol×263g/mol＝2.433g，则样品的纯度为×100%＝92.5%，故答案为：92.5%。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意流程及信息的应用，题目难度中等。19．（14分）将烟气中的SO2选择性还原为单质硫是一种具有经济效益和社会效益的脱硫方法。Ⅰ.氢气还原法：2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）ΔH＝+Qkg•mol﹣1……反应a（1）下图中曲线表示了反应a在有、无催化剂条件下反应过程中体系的能量变化。①曲线n（填“m”或“n”）表示的是有催化剂参与的过程；②图中括号内应该填写S（1）+2H2O（g）。（2）已知：ⅰ.2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1ⅱ.S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2ⅲ.H2O（l）＝H2O（g）ΔH3利用ΔH1、ΔH2、ΔH3可计算出反应a的焓变。将过程ⅲ补写完整。Ⅱ.一氧化碳还原法：2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）ΔH＝﹣37.0kJ•mol﹣1…………反应b（3）向恒温恒容密闭容器中充入一定量的CO和SO2，发生反应b。下列描述可判断该反应达到平衡状态的是BCE。A.2v（SO2）＝v（CO2）B.CO2气体的浓度不再变化C.容器内的总压强不再变化D.c（CO）：c（SO2）：c（CO2）＝2：1：2E.混合气体的密度不再变化（4）某温度时，向2L的密闭容器中充入4molCO和2molSO2，发生反应b，tmin时反应达平衡状态，测得SO2的平衡转化率为80%。①0～tmin内，v（CO2）＝mol•L﹣1⋅min﹣1（用含t的代数式表示）；②该温度下，反应b的平衡常数K＝80L•mol﹣1；③tmin后，向该密闭容器中再充入1.2molCO和1.2molSO2，此时v正＞v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）.（5）向两个密闭容器中分别充入4molCO和2molSO2，发生反应b，在不同的温度和压强下（物质状态未发生改变），SO2的平衡转化率（α）如下表所示，其中α1＞α2，则T1＜T2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断的理由是该正反应为气体体积减小的反应且为放热反应，增大压强平衡转化率减小，则体系的温度应升高。压强/MPaP2P温度/℃T1T2SO2的平衡转化率α/%α1α2Ⅲ.FeSx化水煤气（CO、H2）还原SO2（6）该方法的部分反应过程如图所示。下列说法合理的是AB。A.COS和H2S为中间产物B.可能存在反应FeSx﹣1+S＝FeSxC.生成S的所有反应中，S均为还原产物D.寻找更高效催化剂可提高S单质平衡回收率【分析】（1）①催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率；②由方程式2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）确定；（2）根据盖斯定律结合方程式书写；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（4）①根据SO2的平衡转化率为80%，结合方程式和v＝计算；②由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）计算各物质浓度，代入K＝计算；③根据勒夏特列原理判断反应移动方向；（5）由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知反应为气体减少的反应，加压有利于反应正向移动，该反应为放热反应，要增大压强使α1＞α2，则只有降低温度；（6）A．根据图像信息CO、H2分别与FeSx反应生成COS、H2S，COS、H2S再分别与SO2反应生成CO2、H2O和S；B．S为中间价态，具有一定的氧化性；C．SO2与H2S反应生成S，化合价既升高又降低；D．催化剂只能化学反应速率，不影响化学平衡。【解答】解：I.（1）①催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，据图示分析可知，曲线n比曲线m的活化能低，则n为催化剂参与的过程，故答案为：n；②由方程式2H2（g）+SO2（g）＝S（1）+2H2O（g）可知，2molH2（g）和1molSO2（g）反应生成）1molS（1）、2molH2O，故答案为：S（1）+2H2O；（2）由盖斯定律有，目标方程为a＝ⅰ﹣ⅱ+3ⅲ，所以反应ⅲ为H2O（l）＝H2O（g），故答案为：H2O（l）＝H2O（g）；II.（3）A．由反应2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）ΔH＝﹣37.0kJ•mol﹣1，可知当2v正（SO2）＝v逆（CO2）时，该反应处于化学平衡状态，故A错误；B．化学平衡状态的标志为反应物、生成物浓度不再发生改变，CO2气体的浓度不再变化为平衡状态的标志，则可说明该反应处于平衡状态，故B正确；C．由于该反应为气体体积减小的反应，所以在恒温恒容的密闭容器中容器内的总压强不再变化，则说明该反应处于平衡状态，故C正确；D．化学平衡状态的标志为反应物、生成物浓度不再发生改变，并不等于各物质的量之比一定等于多少，所以c（CO）：c（SO2）：c（CO2）＝2：1：2，不能说明该反应处于平衡状态，故D错误；E．该反应中有固体（S单质）生成，所以混合气体的质量会减小，混合气体的体积不变，所以当混合气体的密度不再变化，则可说明该反应处于平衡状态，故E正确；故答案为：BCE；（4）①tmin时反应达平衡状态，测得SO2的平衡转化率为80%，则tmin内SO2的反应速率v（SO2）＝＝mol/（L•min）；根据方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知，v（CO2）＝2v（SO2）＝mol/（L•min），故答案为：；②由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知，平衡时c（SO2）＝＝0.2mol/L，c（CO2）＝＝1.6mol/L，c（CO）＝＝0.4mol/L，根据平衡常数K＝＝＝80L/mol，故答案为：80；③由于为恒容的密闭容器，tmin后向该密闭容器中再充入1.2molCO和1.2molSO2，则体系压强增大，根据类希特勒原理可知平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；（5）由方程2CO（g）+SO2（g）＝S（1）+2CO2（g）可知，若T1＝T2，则增大压强平衡正向移动，即α1＜α2；但由于该反应ΔH＝﹣37.0kJ•mol﹣1为放热反应，要增大压强使α1＞α2；则只有降低温度，即T1＜T2，故原因为正反应为气体体积减小的反应且为放热反应，增大压强平衡转化率减小，则体系的温度应升高，故答案为：＜；该正反应为气体体积减小的反应且为放热反应，增大压强平衡转化率减小，则体系的温度应升高；（6）A．CO、H2分别与FeSx反应生成COS、H2S，COS、H2S再分别与SO2反应生成CO2、H2O和S，则COS和H2S为中间产物，故A正确；B．S具有一定的氧化性，所以可能存在反应FeSx﹣1+S＝FeSx，故B正确；C．生成S的所有反应中，SO2与H2S反应生成的S即为还原产物又为氧化产物，故C错误；D．催化剂只能改变平衡所需的时间，即只能改变化学反应速率，不能使平衡发生移动，故D错误，故答案为：AB。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，侧重分析能力及知识迁移应用能力的考查，题目难度中等。【化学一选修3：物质结构与性质】20．（14分）锌及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：（1）基态Zn原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）一种香豆素衍生物（CHP）可作为测定Zn2+的荧光探针，其原理如图1所示。已知CHP中C＝N结构的异构化和旋转会导致荧光减弱。①CHP所含元素（C、H、O、N）电负性从大到小的顺序为O＞N＞C＞H；②CHP﹣Zn中N原子的杂化类型为sp3、sp2；③加入ZnCl2后，体系荧光增强的原因是加入ZnCl2，CHP分子中C＝N结构中的N与Zn2+形成配位键，阻碍了C＝N结构的异构化和旋转。（3）ZnCO3可用于配制炉甘石洗剂，具有收敛和保护皮肤的作用。ZnCO3中阴离子CO32﹣的空间构型为平面正三角形，与CO32﹣互为等电子体的分子有BF3（任写一种）。（4）ZnCl2﹣CaCl2水溶液可作为工业零件淬火的冷却介质。已知ZnCl2的熔点为275℃，而CaCl2的熔点为782℃，两者熔点相差较大，其原因是Zn2+和Ca2+带相同的电荷数，但Zn2+的半径比Ca2+小，产生更大的极化作用，导致ZnCl2熔点低于CaCl2。（5）ZnS是一种性能优异的荧光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS两种晶型，其晶胞结构如图2所示：①立方ZnS中，Zn2+填充在S2﹣形成的四面体空隙中；②六方ZnS的晶体密度为×1021g•cm﹣3（设NA为阿伏加德罗常数的值）。【分析】（1）Zn位于周期表中第4周期，第ⅡB族；（2）①同周期主族元素，随着原子序数增大，电负性增大，H的电负性小于C；②CHP﹣Zn的结构中，N的存在形式有C＝N双键和C﹣N单键，据此判断N的杂化方式；③根据题干信息提供，CHP中C＝N结构的