江西省赣州市赣州县第三中学2024-2025学年高二化学下学期入学考试试题含解析

PAGE23-江西省赣州市赣州县第三中学2024-2025学年高二化学下学期入学考试试题（含解析）相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32Cl35.5Cu64一、单选题1.化学与生活亲密相关。下列说法不正确的是A.流感疫苗须要冷冻保存的目的是防止蛋白质变性B.久置的青菜菜叶变黄与用SO2

漂白的纸张变黄的原理相同C.大力推广运用太阳能路灯，有利于节能减排D.被蜜蜂或蚂蚁蜇咬，可在伤口除抹肥皂水消肿止疼【答案】B【解析】A、流感疫苗须要冷冻保存才能保持其活性，否则，在较高温度下，其蛋白质因变性而失去活性，故A正确；B、久置的青菜菜叶变黄是由于其中的叶绿素转化为叶黄素所致，而用SO2

漂白的纸张变黄是由于SO2

漂白时生成的无色不稳定物质，久置后颜色复原所致，二者的原理不同，所以B错误；C、大力推广运用太阳能路灯，可削减火力发电时，煤的燃烧所产生的各种气体污染物的排放，故C正确；D、被蜜蜂或蚂蚁蜇咬而疼肿主要是由甲酸引起的，而肥皂的主要成分为高级脂肪酸钠，溶液呈碱性，能够与甲酸反应，所以在伤口除抹肥皂水能够消肿止疼，即D正确。本题正确答案为B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.常温常压下，22.4L乙烯中C-H键数为4NAB.1mol甲醇中含有C-H键的数目为4NAC.常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAD.17g羟基(-OH)所含有的电子数为7NA【答案】C【解析】【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，22.4L乙烯的物质的量无法确定，故A错误；B．甲醇的结构简式为：CH3OH，一个甲醇分子含有3个C-H键，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3NA，故B错误；C．乙烯和丙烯的最简式为CH2，7.0g混合物中含有CH2部分为，一个CH2中含有两个氢原子，0.5molCH2中含有的氢原子的物质的量为1mol，氢原子的数目为NA，故C正确；D．一个-OH中含有9个电子，17g羟基的物质的量为，所含有的电子数为9NA，D项错误；答案选C。【点睛】一个-OH中含有9个电子，是易错点。3.下列有关化学用语运用正确的是（）A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.对氯甲苯的结构简式：C.CH2ClCH2Cl的名称：二氯乙烷D.的名称：3-甲基-1-丁烯【答案】D【解析】【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；B．间氯甲苯的结构简式为，B错误；C．CH2ClCH2Cl的名称：1，2－二氯乙烷，C错误；D．的名称为3—甲基—1—丁烯，D正确；答案选D。【点晴】该题难点是有机物命名，烷烃命名的基本步骤是：选主链，称某烷；编号位，定支链；取代基，写在前；标位置，短线连；不同基，简到繁；相同基，合并算。烯烃和炔烃的命名：（1）选主链、称某烯(炔)：将含有碳碳双键或碳碳三键的最长的碳链作为主链，称为“某烯”或“某炔”；（2）近双(三)键，定号位：从距离碳碳双键或碳碳三键最近的一端给主链上的碳原子依次编号定位；（3）标双(三)键，合并算：用阿拉伯数字标明碳碳双键或碳碳三键的位置(只需标明碳碳双键或碳碳三键碳原子编号较小的数字)，用“二”、“三”等表示碳碳双键或碳碳三键的个数。4.A、B、C三种元素在周期表中的位置如下图所示，已知A、B、C原子序数之和为37。下列关于A、B、C三种元素的说法正确的是A.元素B和C位于第四周期 B.元素A原子序数为7C.元素B最外层有5个电子 D.元素C位于第三周期ⅤA族【答案】B【解析】【分析】若位于短周期或元素周期表的左侧时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+7+x+9=37，解得x=7，则A为N，B为Si，C为S；若位于长周期时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+17，C的原子序数为x+19，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+17+x+19=37，解得x=1/3不符合题意。故A为N，B为Si，C为S。【详解】A、元素B为Si，C为S，位于第三周期，故A错误；B、元素A为N，原子序数为7，故B正确；C、元素B为Si，最外层有4个电子，故C错误；D、元素C为S，位于第三周期ⅥA族，故D错误；故选B。5.对下列图像描述正确的是A.图①可表示氨气通入乙酸溶液至过量过程中溶液导电性的变更B.依据图②可推断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的ΔH＜0C.图③表示等体积、等物质的量浓度的盐酸与醋酸溶液加入等量水稀释时的pH变更D.图④可表示压强对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的影响，乙的压强大【答案】B【解析】【详解】A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增加，图像与事实不符，故A错误；B．通过图象知，上升温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故B正确；C．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，等体积、等物质的量浓度的盐酸与醋酸溶液稀释相同倍数时，盐酸的pH变更的幅度较小，图像与事实不符，故C错误；D．通过图象结合先拐先平数值大知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时，反应物含量大于甲，图像与事实不符，故D错误；答案选B。6.下列试验装置图合理的是A.装置①可用于证明溴乙烷、NaOH、乙醇溶液共热生成乙烯B.装置②能构成锌铜原电池C.装置③可用于粗铜的电解精炼D.装置④可用于在试验室测定中和反应的反应热【答案】D【解析】【分析】

【详解】A.乙烯、挥发出的乙醇均能使酸性高锰酸钾褪色，无法确定褪色缘由，A项错误；B.锌电极一侧应为硫酸锌溶液，铜电极一侧应为硫酸铜溶液，否则锌干脆与硫酸铜反应，不能构成原电池，B项错误；C.粗铜做阳极，活泼金属做阳极，金属失电子，精铜做阴极，溶液中的铜离子在阴极上析出，C项错误；D.泡沫塑料可以隔热保温，温度计可以测出溶液温度的变更，可用于测定中和热，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查化学试验方案的评价。①乙醇能使酸性高锰酸钾褪色；②锌电极一侧应为硫酸锌溶液；③粗铜做阳极；④泡沫塑料可以隔热保温。7.按下列路途制聚氯乙烯，未发生的反应类型是A.取代反应 B.消去反应 C.加成反应 D.加聚反应【答案】A【解析】【分析】有机物分子中的原子或原子团被其它原子或基团所取代的反应是取代反应；有机物分子中的双键（或三键）两端的碳原子与其它的原子或原子团干脆结合生成新的化合物的反应是加成反应；在肯定条件下，有机物脱去小分子，生成含不饱和键化合物的反应是消去反应；含碳碳双键或碳碳三键的小分子化合物在加热和催化剂作用下，通过加成结合成高分子化合物的反应，叫做加成聚合反应。【详解】加热条件下，溴乙烷和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成乙烯；乙烯和氯气发生加成反应生成1、2﹣二氯乙烷；1、2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，所以该反应链中没有取代反应，故B、C、D错误；A正确。答案选A。【点睛】明确物质间的变更是解本题的关键，留意取代、加成、消去和加聚几个概念的区分。8.下列说法正确的是A.Na+、Fe2+、Cl–、等离子能在甲基橙试液显红色的溶液中共存B.K+、Mg2+、Cl–、I–等离子能在[H+]=10–12mol·L–1的溶液中共存C.NaHS水解的离子方程式为：HS–+H2OS2–+H3O+D.NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na++，H++【答案】D【解析】【详解】A．甲基橙试液显红色的溶液呈强酸性，Fe2+、、在酸性条件下会发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．室温下，水的离子积常数为1×10–14，c(H+)=10–12mol·L–1的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Mg2+与氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；C．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，正确的水解方程式为：HS−+H2O⇌H2S+OH−，故C不符合题意；D．碳酸氢钠的电离用等号，电离方程式为：NaHCO3=Na++，碳酸氢根离子的电离用可逆号，电离方程式为：H++，故D符合题意；答案选D。【点睛】NaHCO3电离方程式中第一步完全电离，用等号表示，为易错点。9.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是A.该装置工作时，Ag电极上有气体生成B.甲池中负极反应为C.甲池和乙池中的溶液的pH均减小D.当甲池中消耗

时，乙池中理论上最多产生固体【答案】C【解析】甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1molN2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，依据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变更，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。10.下列说法正确的是()A.室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl﹣)=c(NH4+)＞c(OH﹣)=c(H+)B.醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＜c(Na+)C.相同物质的量浓度的NaClO和NaHCO3混合溶液中：c(HClO)+c(ClO﹣)=c(HCO3﹣)+c(H2CO3)+c(CO32﹣)D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)＞c[(NH4)2SO4]＞c(NH4Cl)【答案】C【解析】【详解】A．一水合氨为弱电解质，室温下，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，故A错误；B．醋酸与醋酸钠的pH=7的混合溶液中，c(OH)=c(H+)，依据电荷守恒得c(CH3COO)=c(Na+)，故B错误；C．物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，依据物料守恒得c(HClO)+c(ClO-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故C正确；D．NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵根离子水解，c(NH4+)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，c[(NH4)2SO4]＜c(NH4HSO4)＜c(NH4Cl)，故D错误；答案为C。【点晴】考查溶液中离子浓度大小的比较，学生明确酸碱之间的反应，精确推断溶液中的溶质并利用水解、电荷守恒、物料守恒等学问即可解答，依据酸碱反应后溶液的pH来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系。11.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是（）A.它的一氯代物有6种B.它的分子中全部的碳原子肯定在同一平面上C.它和丁基苯互为同分异构体D.肯定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B．环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中全部碳原子不行能在同一个平面内，故B错误；C．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D．含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在肯定条件下发生取代，则肯定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；答案选D。12.浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变更如图所示，下列叙述错误的是（）A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度：b点大于a点C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D.当=2时，若两溶液同时上升温度，则增大【答案】D【解析】【详解】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，依据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．依据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，上升温度能促进ROH的电离，所以减小，故D错误；故选D。【点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等学问点是解本题关键，易错选项是C，留意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。13.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如下图。下列叙述正确的是（）A.迷迭香酸属于芳香烃B.1mol迷迭香酸与溴水反应时最多消耗6molBr2C.迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D.1mol迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5molNaOH【答案】C【解析】【分析】

【详解】A．有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，迷迭香酸分子中含有氧元素，所以迷迭香酸不属于芳香烃，为烃的含氧衍生物，故A错误；B．酚-OH的邻对位与溴水发生取代，烯烃与溴水发生加成反应，1mol迷迭香酸最多能和含7molBr2浓溴水发生反应，故B错误；C．该物质中含有酚羟基，全部苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，故C正确；D．1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mol酚羟基须要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基须要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基须要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故D错误；故选C。14.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol1.21.11.01.0A.反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25mol·L－1·min－1B.T1时，反应的平衡常数K1=1.2C.其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大D.其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0【答案】D【解析】【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v(Z)=2v(Y)=0.025mol/(L·min)，A错误；B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为X(g)+Y(g)2Z(g)起始浓度(mol/L)0.16

0.16

0变更量(mol/L)0.06

0.06

0.12平衡浓度(mol/L）0.1

0.1

0.12所以平衡常数K=，B错误；C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应，D正确；故合理选项是D。15.下列试验操作、试验现象和试验结论均正确的是选项试验操作试验现象试验结论A将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中钠与水反应比钠与乙醇反应猛烈乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在适量淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入NaOH溶液调溶液pH至碱性，再加入新制的Cu(OH)2，加热有红色沉淀生成淀粉完全水解C向Fe(NO3)2溶液中依次滴加少量稀H2SO4和KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+D向10mL0.1mo/LNa2S溶液中滴入2mL0.1mol/LZnSO4溶液再加入0.1mol/LCuSO4溶液起先有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，可依据反应的猛烈程度确定羟基上氢原子的活泼性；B、淀粉水解要在硫酸作用下进行，要检验水解产物，必需先加碱中和至碱性，再加新制的Cu(OH)2，加热，但淀粉水解是否完全，还要检验是否有淀粉存在；C、稀硫酸没有强氧化性，不能氧化Fe2+；D、该试验中物质的用量确定着反应的本质，现象不能说明Ksp的大小。【详解】A、钠与水和乙醇反应都能置换出氢气，大小相同的钠与水反应比与乙醇反应猛烈，说明水中的氢原子比乙醇羟基上的氢原子活泼，故A正确；B、淀粉若部分水解，也会产生同样现象，故B错误；C、向Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4，使溶液呈酸性，形成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红色，而不是稀硫酸能氧化Fe2+，故C错误；D、由于Na2S在与ZnSO4反应时过量，所以再加入CuSO4时，发生如下反应Na2S+CuSO4==CuS↓+Na2SO4，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，即D错误。本题答案为A。【点睛】淀粉是完全水解、部分水解、还是没有水解肯定要明确其检验方法，一般都须要做两个试验；要明确硝酸和硫酸谁具有强氧化性，才能精确解答C选项；D选项最简洁错选，物质量的多少对某些离子反应的发生起着确定性作用。16.已知25℃时醋酸的电离常数为1.6×10-5，该温度下向20mL0.01mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.01mol·L−1NaOH(aq)，溶液pH变更如图所示。此过程溶液中离子浓度的关系错误的是A.a点溶液的c(H＋)＝4×10-4mol·L－1B.水电离程度：e＞d＞c＞b＞aC.b点：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D.d点：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)【答案】B【解析】【详解】A．依据电离常数计算可得a点溶液的c(H＋)＝＝4×10-4mol·L－1，A正确；B．d点恰好反应生成的盐水解，水电离程度最大，B错误；C．b点溶液中的溶质是等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，依据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；D．d点溶液中只有醋酸钠，依据质子守恒可得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D正确。答案选B。二、填空题17.由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式___。A→B的反应条件为_____。E→G的反应类型为_____。（2）D的结构简式______。B转化为C的化学反应方程式是_______。（3）在肯定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，则该种同分异构体的结构简式为______。【答案】(1).(2).NaOH水溶液、加热(3).缩聚反应(4).CH3COCOOH(5).(6).(7).CH2(OH)CH(OH)CHO【解析】【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。E→G的反应类型为：缩聚反应。（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在肯定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。18.已知原子序数依次增大的前四周期五种常见元素X、Y、Z、W、R，其相关信息如下：X的原子结构中，最外层电子数是内层电子数的2倍；Z形成的多种同素异形体，其中之一是地球生物的“爱护伞”；W的一种单质是黄色粉末，难溶于水，易溶于二硫化碳；R单质在氯气中燃烧会产生棕黄色的烟，该烟溶于少量水中显绿色。（1）X在元素周期表中的位置：__。（2）Y的简洁氢化物遇到Cl2可以产生白烟现象，化工上常利用该性质检查氯气，该“白烟”的电子式：___。（3）写出Y与Z形成的化合物对环境的影响：__(写出一条即可)。（4）Z的一种氢化物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其缘由是__（用离子方程式表示）。（5）W的简洁氢化物与Z的单质在烧碱溶液中可以形成燃料电池（产物中无沉淀生成），写出负极反应式：__。（6）R2Z投入足量的某浓度的硝酸中，所得气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，发生反应的化学方程式为：__。【答案】(1).其次周期ⅣA族(2).(3).形成酸雨、形成光化学烟雾、造成臭氧空洞等（任写一种即可）(4).2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O(5).H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O(6).2Cu2S+10HNO3=4Cu(NO3)2+NO↑+NO2↑+5H2O【解析】【分析】X的最外层电子数是内层电子数的2倍且X的原子序数最小，所以X为C；由Z形成的多种同素异形体，其中之一是地球生物的“爱护伞”可知Z为O，爱护伞是臭氧；由W的一种单质是黄色粉末，难溶于水，易溶于二硫化碳可知，W是S；由R单质在氯气中燃烧会产生棕黄色的烟，该烟溶于少量水中显绿色可知，R为Cu；由（2）Y的简洁氢化物遇到Cl2可以产生白烟现象，化工上常利用该性质检查氯气可知，Y为N，氢化物为氨气；综上所述：X、Y、Z、W、R分别是C、N、O、S、Cu，据此分析解答。【详解】碳元素位于元素周期表的其次周期ⅣA族，故答案为：其次周期ⅣA族；

氨气遇到氯气可以产生白烟现象，是因为生成了氯化铵固体小颗粒，中含有离子键和共价键，其电子式为，故答案为：；

与O形成的氮氧化合物对环境的影响主要有：形成酸雨、形成光化学烟雾、引发臭氧空洞等，故答案为：形成酸雨、形成光化学烟雾、造成臭氧空洞等任写一种即可；

的一种氢化物可以使酸性高锰酸钾溶液褪色指的是双氧水，双氧水具有还原性，遇到酸性高锰酸钾可以发生氧化还原反应，即，故答案为：；

在碱性介质中，失电子，化合价上升转化为，结合电荷守恒、原子守恒可以得出负极反应为，故答案为：；

与硝酸反应，被氧化，铜由价转化为价，硝酸被还原为NO和，且NO和物质的量之比为1:1，N元素化合价降低3+1=4，Cu化合价上升1，依据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为：，故答案为：。19.氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=－221kJ·mol－1C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=－393.5kJ·mol－1N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ·mol-1(1)若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_____；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)______。A．增大容器压强B．上升温度C．运用优质催化剂D．增大CO的浓度(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变更如下表所示。物质的量/molT1/℃T2/℃05min10min15min20min25min30minNO2.01.160.800.800.500.400.40N200.420.600.600.750.800.80①0∼5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_______，该条件下的平衡常数K=_____。②第15min后，温度调整到T2，数据变更如上表所示，则T1____T2(填“>”、“<”或“=”)。③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，则此时反应_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=____________。(3)工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4＋+HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)【答案】(1).2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－747kJ·mol(2).ad(3).0.042mol⋅L−1⋅min−1(4).(5).>(6).正向(7).60%(8).1.25×10−3【解析】【详解】(1)平衡常数表达式为，可知反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；由①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221kJ/mol②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−393.5kJ/mol③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+181kJ/mol结合盖斯定律可知，②×2−③−①得到2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，其△H=−747kJ/mol，热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−747kJ/mol；a.增大容器压强，向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率增大，故a符合题意；b.上升温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率减小，故b不符合题意；c.运用优质催化剂，催化剂同等程度变更正逆反应速率，平衡不移动，故c不符合题意；d.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；故答案为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−747kJ/mol；ad；(2)反应②−①得到反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=-574.5kJ/mol；①0∼5min内，依据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起先（mol）200变更（mol）0.840.420.425min（mol）1.160.420.42以CO2表示的该反应速率v(CO2)==0.042mol⋅L−1⋅min−1，10分钟达到平衡时，依据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起先（mol）200变更（mol）1.20.60.6平衡（mol）0.80.60.6K===，故答案为0.042mol⋅L−1⋅min−1；；②第15min后，温度调整到T2，NO的物质的量在降低，平衡正向移动，该反应为放热反应，依据已知降低温度，平衡向放热反应方向移动，则T1>T2，故答案为>；③若30min时，保持T2不变，K==4，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，Qc==1.36<K，平衡正向移动，则C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，起先（mol）422转化（mol）x0.5x0.5x平衡（mol）4−x2+0.5x2+0.5x=4，解得x=2.4mol，最终NO的转化率=×100%=×100%=60%，故答案为正向；60%；(3)反NH4++HCO3−+H2O⇌NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=，在平衡常数表达式中分子和分母同乘以，可得K====1.25×10−3，故答案为1.25×10−3。20.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其试验步骤如下：①取250mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170℃下充分反应；②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100mL溶液；③量取步骤②中溶液25.00mL于锥形瓶中，然后用0.01mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。第一次其次次第三次滴定前读数/mL2.102.501.40滴定后读数/mL22.0022.5021.50（1）步骤②中配制100mL待测溶液须要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。（3）指示剂应选用__________，推断达到滴定终点的现象是____________________________________。（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。a．滴定终点俯视读数b．锥形瓶用待测溶液润洗c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡d．配制100mL待测溶液时，有少量溅出【答案】(1).