广西南宁市“4N”高中联合体2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题

2018—2019学年度下学期“4+N”高中联合体期末联考试卷高二化学(满分100分，考试时间90分钟)（请在答题卡上作答，在本试题上作答无效。）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Zn65一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列化学用语或模型正确的是（）A.氯化氢的电子式： B.乙酸乙酯的分子式为：C4H8O2C.硫离子结构示意图： D.乙烯的结构简式：CH2CH2【答案】B【解析】【详解】A．HCl为共价化合物，氯原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故A错误；B．乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，故B正确；C．硫离子的核电荷数为17，其核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故C错误；D．乙烯分子中含有1个碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，故D错误；故答案为B。2.下列实验操作中，正确的是A.把pH试纸浸入待测溶液中，测定溶液的pHB.称NaOH固体质量时，将NaOH固体放在垫有滤纸的托盘上进行称量C.苯酚沾在皮肤上，应立即用酒精清洗D.浓硫酸溅在皮肤上，应立即用烧碱溶液冲洗【答案】C【解析】【详解】A．测定溶液pH应该用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，所以选项A错误；B．称NaOH固定质量时，因为氢氧化钠潮解，应该将NaOH固体放在小烧杯中进行称量，选项B错误；C．苯酚易溶于乙醇，所以可以用乙醇洗去，选项C正确；D．浓硫酸溅在皮肤上，应立即用大量水冲洗，选项D错误；故答案选C3.下列说法不正确的是（）A.是同一物质 B.是同分异构体C.C17H35COOH和CH3COOH是同系物 D.18O2和16O2互为同位素【答案】D【解析】【详解】A．的结构相同，分子式相同，为同一物质，故A正确；B．分子式相同，结构不同，是同分异构体，故B正确；C．C17H35COOH和CH3COOH均含有羧基，结构相似，分子组成相差16CH2基团，两者是同系物，故C正确；D．18O2和16O2为不同氧元素的核素组成的氧气分子，属单质，不是同位素，故D错误；故答案为D。4.下列离子方程式书写正确的是（）A.将过量的二氧化碳通入氢氧化钠溶液：CO2+2OH－=CO32－+H2OB.氯化铝溶液中加入过量浓氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2－+4NH4++2H2OC.氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl－D.碳酸钙和醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2++H2O+CO2↑【答案】D【解析】【详解】A．将过量的二氧化碳通入氢氧化钠溶液，离子方程式为CO2+OH═HCO3，故A错误；B．氯化铝溶液中加入过量浓氨水，离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．氯化亚铁溶液中通入氯气，发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故C错误；D．醋酸是弱酸，则碳酸钙和醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；故答案为D。5.A、B、C、D、E五种元素原子序数逐渐增大，且均不超过18，其中A与C、B与E分别为同族元素。原子半径A<B<E<D<C，B原子最外层电子数是次外层的3倍，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等。下列说法正确的是（）A.A与E形成的化合物为离子化合物 B.简单离子半径：E<DC.最高价氧化物对应水化物的碱性：C>D D.气态氢化物的稳定性：B<E【答案】C【解析】【详解】A、B、C、D、E五种主族元素原子序数逐渐增大，且均不超过18，其中A与C、B与E分别为同族元素。B原子最外层电子数是次外层的3倍，则B有2个电子层，最外层有6个电子，则B为氧元素，B与E分别为同族元素，则E为硫元素；原子半径A＜B＜E＜D＜C，则C、D与E为同周期元素，C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等为24，所以C为钠元素，D为铝元素；A与C为同族元素，则A为氢元素；A．A为氢元素，E为硫元素，二者形成的化合物为H2S，为共价化合物，故A错误；B．D为铝元素，E为硫元素，二者形成离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，即D＞E，故B错误；C．C为钠元素，D为铝元素，金属性Na＞Al，所以最高价氧化物对应水化物的碱性C＞D，故C正确；D．B为氧元素，E为硫元素，非金属性O＞S，气态氢化物的稳定性B＞E，故D错误；故答案为C。6.下列溶液中一定能大量共存的离子组是（）A.含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42－、Cl－B.pH＝1的溶液：Na+、K+、CO32－、SO42－C.含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3、SCN－D.含有大量NO3－的溶液：H+、Fe2+、SO42－、Cl－【答案】A【解析】【详解】A．Na+、NH4+、SO42、Cl之间不反应，都不与Al3+反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，CO32与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Fe3+和SCN之间反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．NO3在酸性条件下与Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为A。7.下图为反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。下列说法正确的是A.拆开2molH2(g)和1molO2(g)中化学键成为H、O原子，共放出1368kJ能量B.由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量C.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(1)，共吸收484kJ能量D.2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量【答案】D【解析】【详解】A．拆开化学键吸收能量，故A错误；B．形成化学键放出能量，故B错误；C．由题干方程式可知应生成气态水，而不是液态水时，放出484kJ能量，故C错误；D．依据图象数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；故答案为D。8.一定温度下，密闭容器中发生反应4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2minB浓度减少0.6mol·L－1，对此反应速率的表示正确的是（

）A.用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1B.2min末的反应速率v(C)＝0.3mol·L－1·min－1C.2min内D的物质的量增加0.2molD.若起始时A、B的物质的量之比为4:3，则2min末A、B的转化率之比为1:1【答案】D【解析】【详解】A．物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，故A错误；B．2min内△c(C)=△c(B)=0.4mol/L，故2min内的v(C)==0.2mol•L1•min1，故B错误；C．2min内△c(C)=△c(B)=0.2mol/L，没有指明容器的体积，无法计算D增加的物质的量，故C错误；D．由4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)可知，相同时间内A和B的变化物质的量之比为4:3，设变化的物质的量分别为4amol、3amol；起始时A、B的物质的量之比为4:3，设起始时A和B的物质的量分别为4bmol、3bmol，则2min末A、B的转化率之比为：=1:1，故D正确；故答案为D。9.在恒温恒容下使NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到平衡，不可以判断该反应达到化学平衡的是（）A.V正(NH3)=2V逆(CO2)B.密闭容器中氨气的体积分数不变C.密闭容器中总压强不变D.密闭容器中混合气体的密度不变【答案】B【解析】【详解】A.NH3、CO2均为生成物，V正(NH3)、V逆(CO2)反应进行的方向相反，且比值等于计量数之比，可判断达到平衡状态，A错误；B.反应中，只有NH3、CO2为气体，且生成的量之比为2：1，反应自始至终均为2：1，则密闭容器中氨气的体积分数不变时，不能判断是否达到平衡状态，B正确；C.若反应达到平衡时，气体的总物质的量不再改变，体积为恒容，则压强不再改变，则密闭容器中总压强不变时，达到平衡状态，C错误；D.若反应达到平衡时，气体的总物质的量不再改变，质量也不改变，体积一直不变，ρ=m/V，则密闭容器中混合气体的密度不变时，达到平衡状态，D错误；答案为B。【点睛】只有生成物为气体的可逆反应中，生成物的比例自始至终等于计量数之比。10.把锌片和铜片用导线相连后插入稀硫酸溶液中构成原电池。对该电池的描述合理的是：①溶液中硫酸的物质的量浓度保持不变；②Cu极上有气泡产生，发生还原反应；③Cu为负极，Zn为正极；④原电池在工作时电子由负极通过溶液流向正极；⑤该装置将化学能转变为电能（）A.②⑤ B.①③⑤ C.②④⑤ D.④⑤【答案】A【解析】【详解】①锌片、铜片和稀硫酸溶液构成的原电池中，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以硫酸浓度减小，故①错误；②铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，电极反应式为2H++2e=H2↑，故②正确；③该原电池中锌失电子变成锌离子进入溶液，所以锌作负极，铜作正极，故③错误；③原电池中锌失电子变成锌离子进入溶液，所以锌作负极，铜作正极。故③错误；④锌失电子通过导线流向铜，所以电子流向为由Zn经导线流入Cu片，即从负极通过导线流向正极，故④错误；⑤原电池是将化学能转变为电能的装置，故⑤正确；故答案为A。11.NaNO2像食盐一样有咸味,有很强的毒性，误食亚硝酸钠(NaNO2)会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生反应:2NaNO2

+4HI=2NO↑+I2

+2NaI+2H2O。下列说法正确的是A.该反应的氧化剂为HIB.反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaIC.该反应中每生成lmolI2转移2mol电子D.人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒【答案】C【解析】【详解】A、由NaNO2~NO，N元素的化合价从+3价降到+2价，得电子，所以NaNO2是氧化剂,由HI~I2，碘元素化合价从1价升到0价，失电子，所以HI是还原剂。错误；B、反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2。错误；C、由HI~I2，碘元素化合价从1价升到0价，每生成一个碘单质需要失2个电子，因此每生成lmolI2转移2mol电子。正确；D、人误食亚硝酸钠中毒时，服用HI溶液产生有毒的NO，不可服用HI溶液解毒。错误；故选C。点睛：本题主要考查氧化还氧反应。根据化合价的变化判断氧化剂、还原剂。六字法则“升失氧，降得还”。此反应中，需注意HI一半是作酸、一半作还原剂。12.NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C4H8的混合物的质量为ag，下列说法正确的（）A.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L B.所含碳氢键数目为2aNA/7C.所含氢原子总数为3aNA/14 D.所含共用电子对数目为3aNA/14【答案】D【解析】【详解】C2H4和C4H8的最简式为CH2，所以ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：mol；A．没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物物燃烧消耗氧气的准确体积，故A错误；B．每个氢原子形成1个碳氢键，ag混合物中总共含有molH原子，所以含有molH原子碳氢键，所含碳氢键数目为NA，故B错误；C．由分析可知，ag混合物中含有molH原子，故C错误；D无论C4H8是烯烃还是环烷烃，．在混合气体中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以总共含有mol+mol=mol共用电子对，即NA，故D正确；故答案为D。13.下列叙述中，不正确的是（

）A.甲苯与溴在催化剂FeBr3作用下反应，可生成4种一溴代物B.C4H10的一氯代物共有4种C.CH3CH2CH3分子中三个碳原子不在一条直线上D.C8H10中共有4种属于芳香烃的同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．甲苯与溴在催化剂FeBr3作用下，苯环上的氢原子能被Br原子所取代，则可生成3种一溴代物，故A错误；B．C4H10有CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2两种同分异构体，其中CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2种，CH3CH(CH3)2的一氯代物有2种，则C4H10的一氯代物共有4种，故B正确；C．CH3CH2CH3分子中CH2上的碳原子是sp3杂化，具有类似甲烷的结构特点，则三个碳原子不在一条直线上，在同一平面上，故C正确；D．C8H10中只有4种属于芳香烃的同分异构体，分别是乙苯、邻、间、对二甲苯，故D正确；故答案为A。14.下列实验中，对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是选项实验方法或操作实验现象实验结论A将小块Na放入CuSO4溶液中钠浮在水面上四处游动，溶液中有红色沉淀生成金属Na比Cu活泼B在淀粉粉末中加入适量浓硫酸淀粉变黑浓硫酸具有吸水性C在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中D将装满氯水的圆底烧瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射烧瓶内有气泡向上逸出日光照射时，溶解的Cl2逸出A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】A.钠放入盐溶液中，钠先与水反应；B.使淀粉变黑体现浓硫酸的脱水性；C.Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于弱酸和弱碱；D.在光照条件下，次氯酸分解生成氧气。【详解】A.在盐溶液中，Na先与水反应生成NaOH，NaOH与溶液中的CuSO4反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故A错误；B.浓硫酸具有脱水性，能够使淀粉碳化而变黑，所以使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C.AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2气体，NaAlO2与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀，故C正确；D.氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧气而不是氯气，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀的转化等为解题的关键，题目难度不大。本题的易错点是D项，注意氯水在光照时，溶液中含有的次氯酸发生分解反应生成的气体是氧气。15.已知FeO(s)+C(s)=CO(g)+Fe(s)△H>0，下列叙述正确的是A.低温下为自发过程，高温下为非自发过程 B.任何温度下为非自发过程C.高温下为自发过程，低温下为非自发过程 D.任何温度下为自发过程【答案】C【解析】【详解】△HT△S<0时，反应能自反进行，△H>0，△S>0，只有T很大，即高温时，才能保证△HT△S<0时，即高温下该反应为自发过程，低温下该反应为非自发进行，C满足题意。答案选C。16.25℃时,相同物质的量浓度的下列溶液中，c(NH)最大的是A.(NH4)2SO4 B.(NH4)2Fe(SO4)2C.NH4HSO4 D.CH3COONH4【答案】B【解析】【分析】从铵根离子水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，铵根离子浓度减小，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，铵根离子浓度增大。【详解】若物质的量浓度均为1mol/L，则A、B中c(NH)大于C、D中c(NH)；A、(NH4)2SO4中，铵根离子的水解不受硫酸根离子的影响；B、亚铁离子水解，溶液显酸性，对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度增大；所以NH的浓度最大的是B。故选B。【点睛】本题考查学生离子的水解的影响因素，弱电解质的电离，注意弱电解质的电离和水解程度都较小。本题的易错点为C，要注意相同物质的量浓度时，(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH)约为NH4HSO4中的c(NH)的2倍。17.能说明醋酸是弱电解质的是（）A.中和10mL1mol/LCH3COOH溶液需要10ml1mol/LNaOH溶液B.用食醋可以除热水瓶内的水垢C.用浓H2SO4和醋酸钠固体共热可制得醋酸D.pH=2的醋酸溶液稀释1000倍后pH小于5【答案】D【解析】【详解】A．中和10mL

1mol/L

CH3COOH溶液需要10ml

1mol/L

NaOH溶液只能说明醋酸是一元酸，不能说明醋酸是弱酸，故A错误；B．用食醋除水垢只能说明醋酸酸性大于碳酸，不能说明醋酸是弱酸，故B错误；C．用浓硫酸和醋酸钠固体共热可制得醋酸，只能说明醋酸是挥发性酸，不能说明醋酸是弱酸，故C错误；D．pH=2的醋酸溶液稀释1000倍后，如果是强酸，溶液的pH为5，实际上pH小于5，所以能说明醋酸是弱酸，故D正确；故答案为D。【点睛】证明酸为强弱电解质的方法有：①相同条件下，比较两种酸溶液的导电性；②配制一定浓度的酸，测定其pH；③将一定pH的酸溶液稀释100倍后，测定pH的变化；④配制一定浓度的某酸的强碱盐溶液，测定其pH。18.弱酸HA的溶液和等体积、等物质的量浓度的强碱MOH的溶液混合后，溶液中有关离子浓度的大小关系正确的是A.c(M+)>c(A)>c(H+)>c(OH) B.c(A)>c(M+)>c(OH)>c(H+)C.c(M+)>c(A)>c(OH)>c(H+) D.c(M+)>c(OH)>c(A)>c(H+)【答案】C【解析】【详解】等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，由于A部分水解，溶液显示碱性，则c(OH)>c(H+)，根据电荷守恒可得：c(M+)>c(A)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)>c(A)>c(OH)>c(H+)，故选C。第II卷（非选择题，共46分）二、必做题（共3小题，共31分）19.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，请用化学用语回答下列问题：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02⑥⑦⑧3①③⑤⑨⑩4②④（1）在③～⑦元素中，原子半径最大的是__________（填元素符号）；（2）⑦元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐M，M中含有的化学键类型有________________________；（3）写出元素①和⑧的单质在加热条件下反应生成的化合物的电子式：_____________。（4）③、⑤、⑦、⑧所形成的离子，其半径由小到大的顺序是________（填离子符号）（5）①～⑨中元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_____________（填物质化学式），呈两性的氢氧化物是_________（填物质化学式）；该化合物与NaOH溶液反应的离子方程式为___________。（6）用电子式表示元素③与⑨形成化合物的过程_____________________________。（7）写出工业冶炼⑤的化学方程式：_______________________________________。【答案】①.Ca②.离子键、共价键③.④.Al3+＜Mg2+＜O2－＜N3－⑤.HClO4⑥.Al(OH)3⑦.Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O⑧.⑨.2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑【解析】【分析】由元素周期表的结构可知：①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为N元素、⑧为O元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素，结合元素周期表的结构分析解题。【详解】①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为N元素、⑧为O元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素；(1)已知③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为N元素，则在③～⑦元素中，Ca为第四周期主族元素，其原子半径比Mg大，则原子半径最大的是Ca；(2)⑦为N元素，N元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物能生成盐为NH4NO3，含有的化学键类型有离子键、共价键；(3)①为Na元素、⑧为O元素，Na和O2在加热条件下反应生成的化合物为Na2O2，是离子型化合物，其电子式为；(4)③为Mg元素、⑤为Al元素、⑦为N元素、⑧为O元素，Mg2+、Al3+、N3、O2的结构相同，核电荷数大，离子半径小，则半径由小到大的顺序是Al3+＜Mg2+＜O2－＜N3－；(5)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，因O元素无正价态，则在①～⑨中除O外，Cl元素的非金属性最强，故元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4；Al是两性金属，则呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；Al(OH)3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O；(6)③为Mg元素、⑨为Cl元素，两元素形成的化合物为MgCl2，电子式形成化合物过程为；(7)⑤为Al元素，工业上用电解氧化铝的方法冶炼Al，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。20.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。有人模拟用CO和H2合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H２(g)⇌CH3OH(g)△H<0（1）在容积固定为1L的密闭容器内充入2molCO和4molH2发生上述反应，20min时用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/MPa12.410.28.47.06.26.2则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=_________mol/(L·min)，该温度下平衡常数K=___________，若平衡后增大压强，则K值_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）在恒温恒容的密闭容器中，不能判定CO(g)+2H２(g)⇌CH3OH(g)△H<0，反应达到平衡的是___________；A、压强保持不变B、气体的密度保持不变C、气体平均摩尔质量保持不变D、速率v（H２）：v（CH3OH）=2：1（3）如图是甲醇燃料电池结构示意图，C是________（填“正”或“负”）极，写出此电极的电极反应式__________________________________________。（4）若以该电池为电源，用石墨做电极电解100mLCuSO4溶液，电解一段时间后，两极均收集到11.2L的气体（标准状况下），则原CuSO4溶液的物质的量浓度为________mol/L。【答案】①.0.075②.3(mol/L)2③.不变④.BD⑤.负⑥.CH3OH＋8OH－6e－=CO＋6H2O⑦.5【解析】【详解】(1)由表中数据可知，20min反应到达平衡，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol×=3mol，设反应的CO物质的量为x则(2x)+(42x)+x=3mol，解得x=1.5mol从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v(CO)==0.075mol/(L•min)；该温度下平衡常数K===3(mol/L)2；若平衡后增大压强，温度不变，平衡常数不变；故答案为0.075；3(mol/L)2；不变；(2)A．该反应前后气体的物质的量发生变化，压强保持不变，能够说明是平衡状态，不符合题意；B．气体的体积不变，质量不变，气体的密度始终保持不变，不能说明是平衡状态，符合题意；C．该反应前后气体的物质的量发生变化，质量不变，气体平均摩尔质量保持不变，能够说明是平衡状态，不符合题意；D．任何时候都存在v(H2)：v(CH3OH)=2：1，不能说明是平衡状态，符合题意；故选BD；(3)根据电子的流动方向可知，电极C为负极，通入的是气体燃料甲醇，电极D为正极，通入的是氧气或空气；负极为甲醇在碱性条件下发生氧化反应，电极反应式为CH3OH＋8OH－6e－=CO＋6H2O；故答案为负；CH3OH＋8OH－6e－=CO＋6H2O；(4)用石墨做电极电解100mLCuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气，物质的量为=0.5mol；阴极上开始为铜离子放电，后来氢离子放电生成氢气，其中氢气的物质的量为=0.5mol，根据得失电子守恒，铜离子放电得到电子的物质的量为，根据关系式可知，生成的Cu的物质的量==0.5mol，则原CuSO4溶液的物质的量浓度为=5mol/L；故答案为5。21.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO(g）+O2(g）2NO2(g）△H=—112kJ·mol12SO2(g）+O2(g)2SO3(g）△H=—196kJ·mol1SO2通常被NO2进一步氧化，生成SO3和一种无色有毒气体。请写出NO2和SO2反应的热化学方程式______________。（2）常温下，烟气中SO2被NaOH溶液吸收可得到NaHSO3、Na2SO3等。①已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是____________(写出主要反应的离子方程式），该溶液中c（Na+）____2c（SO32－）+c（HSO3－）（填“>”“<”或“=”）。②常温下，0.1mol/L的NaHSO3溶液的PH=6，则c（SO32－）—c（H2SO3）=______mol/L（填写准确数值）。【答案】①.NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）△H=—42kJ/mol②.SO32－+H2OHSO3－+OH－③.>④.②9.9×107【解析】【分析】(1)已知：①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=112kJ•mol1，②2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=196kJ•mol1，根据盖斯定律可知(②①)÷2得：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，则可计算△H；(2)①溶液中SO32水解：SO32+H2O⇌HSO3+OH，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒分析；②常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3)+c(SO32)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)②，两式计算得到。【详解】(1)已知：①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=112kJ•mol1，②2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=196kJ•mol1，根据盖斯定律可知(②①)÷2得：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，则△H=[(196kJ•mol1)(112kJ•mol1)]÷2==42kJ•mol1，故NO2和SO2反应的热化学方程式为：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=42kJ•mol1；(2)①溶液中SO32水解：SO32+H2O⇌HSO3+OH，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)，故c(Na+)＜2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)；②常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3)+c(SO32)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)②，将方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH)+c(SO32)，所以c(SO32)c(H2SO3)=c(H+)c(OH)=(106108)mol•L1=9.9×107mol•L1。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。三、“二选一”选做题（每位考生只能选择22、23两大题中的任一大题作答。22.[选修3——物质结构与性质]元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。（1）在Y的最高价氧化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是_______________。（2）Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_______________________；Z的氢化物在固态时的密度比在液态时还小，其原因是_________（3）Y与Z可形成YZ42－。①YZ42－的空间构型为________________(用文字描述)。②写出一种与YZ42－互为等电子体的分子的化学式：_________________。（4）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为_______。（5）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所：①在该晶体中，X离子的配位数为__________，与Y距离最近且距离相等的Y原子的数目为________。②该晶胞的边长为acm，该晶体的密度为__________________g·cm3。【答案】①.sp2②.水分子与乙醇分子之间形成氢键③.在固态时水分子间主要以氢键结合，而氢键具有方向性，使水结成冰时体积膨胀，密度减小④.正四面体⑤.CCl4⑥.16NA⑦.4⑧.12⑨.388/NA·a3（提示：晶胞中含有4个XY）【解析】【分析】元素X

位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，则X原子核外电子数=2+8+18+2=30，则X原子序数为30，为Zn元素；元素Y基态原子的3p

轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z

的原子最外层电子数是其内层的3倍，最外层电子数不超过8个，如果是K层，不超过2个，则Z原子核外电子数是8，为O元素；(1)Y为S元素，最高正价为+6价，其氧化物为SO3，S原子价层电子对数=σ键数+孤电子对数；(2)氢键能增大物质的溶解性；氢键具有方向性；(3)①根据价层电子对互斥理论确定SO42的空间构型；②原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；(4)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一个化学式[Zn(NH3)4]Cl2中含有16个σ键，据此计算1mol该配合物中含有σ键的数目；(5)晶胞为ZnS，根据晶胞结构确定S2的配位数，以顶点的Zn2+为例，与之距离最近的Zn2+位于面心；利用均摊法计算该晶胞中S2、Zn2+离子数目，从而确定其化学式；再结合ρ=。【详解】元素X

位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，则X原子核外电子数=2+8+18+2=30，则X原子序数为30，为Zn元素；元素Y基态原子的3p

轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z

的原子最外层电子数是其内层的3倍，最外层电子数不超过8个，如果是K层，不超过2个，则Z原子核外电子数是8，为O元素；(1)Y为S元素，最高正价为+6价，其氧化物为SO3，S原子价层电子对数=σ键数+孤电子对数，即=3+=3，故S原子轨道杂化类型为sp2杂化；(2)Y的氢化物是H2S，Z的氢化物是H2O，H2S和乙醇分子之间不能形成氢键，H2O和乙醇分子之间能形成氢键，氢键的存在导致乙醇和水互溶；由于水在固态时水分子间主要以氢键结合，而氢键具有方向性，使水结成冰时体积膨胀，密度减小。导致固态H2O的密度比其液态时小；(3)①SO42的价层电子对个数=4+×(6+24×2)=4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；②SO42的原子个数是5、价电子数是32，与硫酸根离子互为得电子体的有CCl4或SiCl4等；(4)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一个化学式[Zn(NH3)4]Cl2中含有16个σ键，则1mol该配合物中含有σ键的数目16NA；(5)①由晶胞的结构可知，距离S2最近的锌离子有4个，即S2的配位数为4；晶胞中以顶点的Zn2+为例，与之距离最近的Zn2+位于面心，一个晶胞中共有3个，根据晶体的堆积方式可知，一个Zn2+被8个晶胞共用，且一个晶胞中距离最短的连线被两个晶胞共用，故符合条件的Zn2+共有=12个；晶胞中S2数目=8×+6×=4，Zn2+数目为4，即晶胞中含有4个ZnS，晶胞的质量为g，该晶胞的边长为acm，则体积为a3cm3，该物质的密度==g·cm3。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。23.[选修5——有机化学基础]合成纤维中目前产量占第一位的是聚酯纤维——涤纶。涤纶是聚对苯二甲酸乙二醇酯的商品名，其结构为：涤纶的一种合成路线如下：（1）A中官能团的结构