2022届浙江省精诚联盟高二下学期5月联考化学试题（含解析）

试卷第=page1818页，共=sectionpages2222页浙江省精诚联盟2021-2022学年高二下学期5月联考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列物质属于盐的是A． B． C． D．【答案】A【解析】【详解】A．该物质的化学式为Na2SiO3由酸根和金属阳离子组成，它为盐，A项正确；B．Mg(OH)2由金属阳离子和OH-组成的化合物为碱，B项错误；C．HClO水中电离出H+和ClO-，且阳离子只有H+，所以它为酸，C项错误；D．Al2O3只有氧元素和铝元素组成，它为氧化物，D项错误；故选A。【点睛】硅酸盐可以写成氧化物的形式，但它是盐。2．下列物质属于弱电解质的是A． B． C． D．【答案】C【解析】【详解】A．乙醇在水溶液中不电离，属于非电解质，A错误；B．在溶液中或熔融状态下能够完全电离，是强电解质，B错误；C．是弱酸，在溶液中部分电离，是弱电解质，C正确；D．在溶液中能够完全电离，是强电解质，D错误；故选C。3．分离两种互不相溶的液体需要用到的仪器是A． B． C． D．【答案】B【解析】【详解】A．是蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，故不选A；

B．是分液漏斗，用于分液操作，分离两种互不相溶的液体，故选B；C．是蒸发皿，用于蒸发操作，故不选C；D．是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液，故不选D；选B。4．日常生话中许多现象以及应用与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏B．充有的气球遇明火发生爆炸C．还原粉用作食品脱氧剂D．补血剂与维生素C配合使用效果更佳【答案】A【解析】【详解】A．大理石雕像主要成分为碳酸钙，被酸雨腐蚀毁坏是碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙和二氧化碳，没有化合价的变化不是氧化还原反应，A正确；B．充有的气球遇明火发生爆炸是氢气的燃烧，H的化合价升高，发生氧化还原反应，B错误；C．还原粉用作食品脱氧剂，Fe的化合价升高，发生氧化还原反应，C错误；D．亚铁离子性质不稳定，容易发生氧化，所以硫酸亚铁与维生素C还原剂合用才能保证是亚铁离子形式，存在氧化还原反应，D错误；答案选A。5．下列物质能使紫色石蕊试液先变红后褪色的是A． B． C． D．【答案】B【解析】【详解】A．SO2溶于水溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，但其漂白性不能使酸碱指示剂其褪色，A错误；B．Cl2溶于水生成HCl和HClO，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，HClO具有强氧化性、漂白性，能使红色再褪色，B正确；C．NaClO水溶液显碱性，能使紫色石蕊试液变蓝，NaClO水溶液具有漂白性，能使蓝色再褪色，C错误；D．NH3溶于水溶液显碱性，能使紫色石蕊试液变蓝但不能使其褪色，D错误；故选B。6．下列有关化学用语正确的是A．分子的空间填充模型：B．反式2-丁烯结构式：C．基态C原子的轨道表示式D．15N的原子结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．分子的空间填充模型，A错误；B．反式2-丁烯结构式：，B错误；C．基态C原子的轨道表示式，，C正确；D．15N的原子结构示意图：，D错误；答案选C。7．下列说法正确的是A．14N和14C互为同位素B．H2O和D2O互为同素异形体C．甘氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)互为同分异构体D．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷【答案】C【解析】【详解】A．14N和14C质子数不同中子数不同的核素，不是互为同位素关系，故A错误；B．H2O和D2O不是同种元素组成的单质，不是互为同素异形体关系，故B错误；C．甘氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)具有相同分子式，但是结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；D．烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号、3号上各有一个甲基，在4号碳原子上有两个甲基，故化合物的名称是：2，3，4，4-四甲基己烷，故D错误；故选：C。8．下列说法正确的是A．用容量瓶配制溶液时，应先检查是否漏水，再用蒸馏水洗涤B．用玻璃棒蘸取醋酸溶液点在用水润湿的试纸上，测定该溶液C．焰色反应时，先用稀硫酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行实验D．氯水应保存在棕色广口瓶中并置于阴凉处【答案】A【解析】【详解】A．用容量瓶配制溶液时，应先检查是否漏水，再用蒸馏水洗涤，A正确；B．用玻璃棒蘸取醋酸溶液点在用干的试纸上，测定该溶液，湿润的试纸会升高pH值，B错误；C．焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，这样不会干扰实验结果，然后再进行实验，C错误；D．氯水中的次氯酸易分解，氯水应保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处，D错误；答案选A。9．化学与生产、科技、生活密切相关，下列说法不正确的是A．空间站的“太阳翼”及光伏发电系统能将太阳能转化为电能B．红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物组成与结构的分析C．我国科学家突破的人工合成淀粉技术有利于我国实现碳中和D．纯碱可作化工原料，也是治疗胃酸过多的一种药剂【答案】D【解析】【详解】A．“太阳翼”及光伏发电系统利用硅与某些金属的光电效应将太阳能转化为电能，A项正确；B．红外光谱仪用于测定有机物的官能团；核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目；质谱法用于测定有机物的相对分子质量；以上都可用于有机化合物组成与结构的分析，B项正确；C．人工合成淀粉技术有利于节能减排，即实现碳中和，C项正确；D．治疗胃酸过多的常用药剂是小苏打NaHCO3或Al(OH)3，纯碱碱性太强，不能用于治疗胃酸过多，D项错误；答案选D。10．下列说法不正确的是A．木糖醇是一种常见的甜味剂，与葡萄糖类似，属于单糖B．疫苗等生物制剂需要在低温下保存C．以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸D．饱和硫酸钠溶液可用于提纯蛋白质【答案】A【解析】【详解】A．木糖醇结构简式为：CH2OH(CHOH)3CH2OH，不含有醛基或酮基，单糖是不能水解的多羟基醛或多羟基酮，所以木糖醇不是单糖，A错误；B．疫苗等生物制剂为蛋白质，高温下会失活，需要在低温下保存，B正确；C．植物秸秆主要成分为纤维素，水解得到葡萄糖，葡萄糖分解得到乙醇，乙醇氧化生成乙酸，所以可以用于制造乙酸，C正确；D．饱和硫酸钠溶液可降低蛋白质的溶解度，使其盐析，可用于提纯蛋白质，D正确；答案选A。11．下列关于有机物结构、性质说法正确的是A．除去苯中的少量苯酚，可加入浓溴水过滤B．在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠溶液，再加入碘水，溶液未变蓝，说明淀粉已完全水解C．用溶液可以鉴别苯、苯酚、四氯化碳、乙醇四种无色液体D．乙烯分子与苯分子都能与发生加成反应，说明二者都含有碳碳双键【答案】C【解析】【详解】A．苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯中，引入新杂质，不能得到纯净的苯，应用氢氧化钠溶液除杂，A错误；B．在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠溶液，再加入碘水，由于碘与氢氧化钠溶液反应，溶液未变蓝，不能说明淀粉已完全水解，B错误；C．用溶液可以鉴别以下物质：苯与氯化铁不反应，黄色溶液在下层、苯酚则有显色反应、四氯化碳不反应黄色溶液在上层、乙醇不反应且互溶，C正确；D．乙烯分子与苯分子都能与发生加成反应，但是苯分子中不含有碳碳双键，D错误；答案选C。12．关于反应(浓)，下列说法不正确的是A．的氧化性强于 B．是氧化产物C．若生成氯气，则转移电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为【答案】B【解析】【分析】在反应(浓)中，Cu的化合价从+3价降低到+2价，Cl的化合价从-1价升高到0价。【详解】A．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，KCuO2做氧化剂，Cl的化合价升高，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，KCuO2的氧化性强于Cl2。实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，MnO2的氧化性强于Cl2。该反应需要加热，而KCuO2和浓盐酸的反应不需要加热，所以KCuO2的氧化性强于MnO2，故A正确；B．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，生成的CuCl2是还原产物，故B错误；C．在反应中，Cl的化合价从HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，生成1molCl2，转移2mol电子，所以生成14.2g(0.2mol)Cl2，转移0.4mol电子，故C正确；D．由以上分析可知，KCuO2是氧化剂，HCl是还原剂，2molKCuO2参加反应，消耗8molHCl，8molHCl中只有2mol生成了Cl2，做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D正确；故选B。13．下列说法正确的是A．在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量B．基态铜原子的价层电子排布式为C．的σ和π键个数比为7∶1D．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ∙mol-1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+【答案】D【解析】【详解】A.在基态多电子原子中，相同能层p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量，A错误；B.基态铜原子的价层电子排布式为，B错误；C.的σ键个数为18个，π键为2个，σ和π键个数比为9:1，C错误；D.根据该元素气态基态原子的逐级电离能可以看出，第二和第三电离能出现突跃，故钙元素的常见价态为+2价，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，D正确；故选D。14．下列指定反应的离子方程式书写正确的是A．向溶液中加入过量氨水：B．硫化钠的水解：C．向溴水中加入足量乙醛：D．用氨水溶解沉淀：【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中加入过量氨水，生成的氢氧化铝不溶于氨水：，A错误；B．硫化钠的水解，硫离子水解分步进行，以第一步水解为主：，B错误；C．向溴水中加入足量乙醛，溴水具有氧化性，能将乙醛氧化为乙酸：，C正确；D．用氨水溶解沉淀，氯化银难溶不可拆：，D错误；故选C。15．下列“类比”合理的是A．常温下，Zn和浓硫酸反应可以得到SO2，则常温下Fe和浓硫酸反应也可以得到SO2B．H2O的沸点比H2S的沸点高，则CH4的沸点比SiH4的沸点高C．CH2=CH2能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，则也被酸性高锰酸钾氧化成CO2D．加热条件下，Fe和S能直接化合生成FeS，则加热条件下Cu和S也能直接化合生成Cu2S【答案】D【解析】【详解】A．常温下，铁在浓硫酸中钝化，故A错误；B．CH4分子间不能形成氢键，CH4的相对分子质量小于SiH4，所以CH4的沸点比SiH4的沸点低，故B错误；C．被酸性高锰酸钾氧化成乙酸，故C错误；D．S的氧化性弱，加热条件下和变价金属反应生成低价态的硫化物，Fe和S能直接化合生成FeS，Cu和S能直接化合生成Cu2S，故D正确；选D。16．工业合成尿素以NH3和CO2作为原料，其能量转化关系如图。已知2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)△H=—103.7kJ·mol-1。下列有关说法正确的是A．△S1>0，△H4>0B．△H1=—10.0kJ·mol-1C．H2NCONH4比H2NCONH2能量低，更稳定D．过程③反应速率慢，使用合适催化剂可减小△H3而加快反应【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳气体转化为液态二氧化碳是一个熵减的过程，故A错误；B．由盖斯定律可知，①+②+③得反应2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)，则△H=△H1+△H2+△H3=△H1+(—109.2kJ·mol-1)+(+15.5kJ·mol-1)=-103.7，则△H1=—10kJ·mol-1，故B正确；C．反应③为吸热反应说明H2NCONH4比液态水和H2NCONH2的总能量低，无法比较H2NCONH4比H2NCONH2的能量高低，所以无法判断两者的稳定性强弱，故C错误；D．过程③使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热△H3的大小，故D错误；故选B。17．原子序数依次增大的A、B、C、D四种短周期元素。其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素。下列说法不正确的是A．在A、B、C三种元中，第一电离能由大到小的顺序是C>B>AB．由C、D形成的简单离子半径C>DC．最高价氧化物对应水化物的酸性：B>AD．由A、B、C形成的离子CAB-与AC2互为等电子体【答案】A【解析】【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D四种元素其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故A为碳元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，则C原子核外电子排布式为1s22s2p4，故C为O元素，由原子序数可知B为N元素，D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na，据此分析解题。【详解】A．由于N属于半充满状态，第一电离能较大，第一电离能由大到小的顺序是B>C>A，A错误；B．由C、D形成的简单离子所带电荷越负半径越大，故半径C>D，B正确；C．A对应碳酸，B对应硝酸，最高价氧化物对应水化物的酸性：B>A，C正确；D．由A、B、C形成的离子OCN-与CO2互为等电子体，均为3原子16电子，D正确；答案选A。18．组氨酸是一种半必需氨基酸，对于婴幼儿及动物的成长尤其重要。可作为生化试剂和药剂，还可用于治疗心脏病、贫血、风湿性关节炎等的药物。在组氨酸脱酶的作用下，组氨酸脱形成组胺。以下说法正确的是A．组氨酸的分子式为B．组氨酸能发生加成、取代、氧化、还原等反应，1mol组氨酸最多与发生加成反应C．组氨酸和组胺都有手性碳原子，存在对映异构D．组氨酸脱羧形成组胺的方程式为→+CO2【答案】D【解析】【详解】A.组氨酸的分子式为，A错误；B.组氨酸含有碳碳双键、碳氮双键，能发生加成和还原反应，含有烷基和氨基，能发生取代反应；能与氧气反应，可发生氧化反应；1mol组氨酸含有1mol碳碳双键、1mol碳氮双键，最多与发生加成反应，羧基中的碳氧双键与H2不反应，B错误；C.组氨酸中与氨基直接相连的C原子为手性碳原子，存在对映异构；组胺没有手性碳原子，不存在对映异构，C错误；D.组氨酸脱羧形成组胺，对比结构可知还生成二氧化碳，方程式为→+CO2，D正确；故选D。19．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1mol丙烷中含有的非极性键数目为3NAB．常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为10-5NAC．在标准状况下，2.24LH2O中含有的电子的数目为NAD．7.8g乙炔完全燃烧所消耗的O2分子数为0.75NA【答案】D【解析】【详解】A．1mol丙烷(CH3CH2CH3)中含有的非极性键(C-H)数目为8NA，A错误；B．溶液体积未知，无法计算水电离出的H+数，B错误；C．标况下水是液体，不能用气体摩尔体积计算水的物质的量，C错误；D．7.8g乙炔(C2H2)完全燃烧，，所消耗的O2分子数为0.75NA，D正确；答案选D。20．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示，研究发现：其他条件不变时，可以用HCOOK溶液代替HCOOH获得H2。下列说法不正确的是A．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HDB．A、B、C均为该反应过程中的中间产物C．用HCOOK溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的速率和氢气的纯度D．催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成【答案】B【解析】【详解】A．根据图示可得HCOOH中的两个H结合产生，则HCOOD除生成CO2外，还生成HD，A正确；B．由图示可得HCOOH分解经历了三步历程，物质A是先消耗再生成，属于催化剂，物质B、C物质开始没有，先发生反应产生，然后又消耗，属于中间产物，B错误；C．HCOOK是强电解质更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH与水反应生成H2和KOH，KOH可吸收掉CO2，使生成的氢气纯度更高，C正确；D．根据图示可知：在催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成，D正确；故合理选项是B。21．下列说法正确的是A．固体中含有B．碘晶体受热转变为碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．金刚石和C60熔点相差很大是因为两者所含化学键类型不同D．常温常压下，气态单质分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】A．固体由铵根离子和氯离子构成，固体中含有，A正确；B．碘晶体受热转变为碘蒸气，破坏的是分子间作用力，故吸收的热量用于克服碘分子间的作用力，B错误；C．金刚石和C60中的化学键均为共价键，熔点相差很大是因为两者晶体类型不同，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，C错误；D．气态单质分子氢气，每个原子的最外层不满足8电子稳定结构，D错误；故选A。22．25℃时的草酸溶液中，、和随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线②代表，曲线①代表B．pH=2.8时，C．D．pH由0变化至14过程中，先增大后不变【答案】B【解析】【分析】往H2C2O4溶液中加入强碱，溶液中不断减小为曲线①，不断增大为曲线③，先增大后减小为曲线②，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，随着溶液pH的不断增大，溶液中不断减小，不断增大，先增大后减小，所以曲线③代表，曲线①代表，A错误；B.时，=，则=[0.1mol/L-]，，，B正确；C.由曲线可知，pH=1.3时，=，，C错误；D.pH由0变化至14过程中，不断减小，不断增大，所以不断增大，D错误；故选B。23．基于甲烷蒸汽重整工业制氢面临着大量的“碳排放”，我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气。电化学反应机理如下图所示。下列判断正确的是A．上述电化学装置中电解质可使用水溶液B．O2-既是阳极的生成物，也是阴极的反应物C．阳极反应：D．理论上阳极生成1.5mol气体，电路中转移8mol电子【答案】C【解析】【详解】A．在水中不存在，故装置中电解质不可使用水溶液，A错误；B．，该反应不是阴极反应，阴极反应为，O2-是阴极的产物，B错误；C．由电极上生成可知，该电极为阳极，是失电子生成，阳极反应：，C正确；D．阳极不仅生成氧化产物，还生成还原产物，由阳极反应可知，理论上阳极生成气体(即和)，转移电子，D错误；答案选C。24．常温下CaCl2固体遇NH3会形成(可溶于水，加热不稳定)，下列说法不正确的是A．CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3B．溶于水，通入少量CO2不产生白色沉淀C．实验室可采用固体与固体混合加热的方法制备少量NH3D．CaCl2与NH3形成的过程属于化学变化【答案】B【解析】【详解】A．CaCl2固体遇NH3会形成，CaCl2作干燥剂时，不能干燥NH3，A正确；B．溶于水，溶液为碱性环境，通入少量CO2产生碳酸钙白色沉淀，B错误；C．实验室可采用固体与固体混合加热的方法制备NH3，C正确；D．CaCl2与NH3形成，生成了新的物质，属于化学变化，D正确；故选B。25．下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验某无色溶液中是否含有取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有B探究X是否属于醛类物质向的溶液，加入5滴的溶液，振荡后再加入有机物X，加热出现砖红色沉淀，则X可能是醛类物质C探究和的溶解度大小向溶液中加入一定量的溶液，充分反应后再加少量的溶液若先生成白色沉淀，后产生蓝色沉淀，则证明比溶解度小D探究不同金属离于对分解速率的影响取2支试管，向2支试管中各加入溶液，分别向试管中各加入溶液和溶液相同时间内产生气泡多的，则催化效果好A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．加稀硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液，不能排除亚硫酸根或亚硫酸氢根的存在，应选用稀盐酸和氯化钡溶液，A错误；B．在碱性条件下有机物X与新制氢氧化铜反应，加热产生砖红色沉淀则证明有醛基，X可能是醛类物质，B正确；C．向溶液中加入一定量的溶液，先产生白色沉淀，再加少量的溶液，再产生蓝色沉淀，氢氧化钠溶液可能过量，不能比较Cu(OH)2比Mg(OH)2溶解度大小，C错误；D．探究不同金属离于对分解速率的影响，应固定单一变量，除阳离子不同外，其他条件均相同，题中阴离子也不同，不能得出相应结论，D错误；故选B。二、填空题26．填空。(1)某种铁的化合物俗称“绿矾”，其化学式为_______，“绿矾”中的空间构型为_______(用文字描述)。(2)简要解释下表中三种晶体熔点差异的原因_______。物质熔点/℃1610【答案】(1)

FeSO4·7H2O

正四面体形(2)SiO2为共价晶体，SiCl4与SiF4是分子晶体，共价晶体的熔沸点高于分子晶体，组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，所以SiCl4的熔沸点高于SiF4【解析】(1)某种铁的化合物俗称“绿矾”，其化学式为FeSO4·7H2O，“绿矾”中中S原子的价层电子对数为4，S原子上无孤电子对，的空间构型为正四面体形；(2)SiO2为共价晶体，熔沸点很高，SiCl4与SiF4是分子晶体，所以熔沸点较低，又两者组成与结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，所以熔沸点:SiCl4>SiF4，综上所述有:熔沸点:SiO2>SiCl4>SiF4。三、元素或物质推断题27．某同学用固体X(四种元素组成的纯净物)进行了如下实验：请回答：(1)混合气体甲的化学成分为_______。(2)步骤①的化学方程式是_______。(3)已知往溶液丙中通入二氧化硫气体黄色会褪去，写出该反应的离子方程式_______。【答案】(1)HCl、H2O(2)2Fe(OH)2ClFe2O3+2HCl↑+H2O↑(3)SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++SO＋4H+【解析】【分析】7.3g气体乙与酸化硝酸银溶液反应生成28.7g白色沉淀，可推知乙为HCl；红棕色固体溶于稀盐酸得到黄色溶液丙，可推知红棕色固体为Fe，且n(Fe2O3)=0.1mol；又X是由四种前四周期元素组成的纯净物，隔绝空气加热得到混合气体甲，混合气体甲经浓H2SO4处理后得到气体乙(HCl)，所以X中含有的元素为Fe、Cl、O、H，且25.1gX分解生成16.0gFe2O3、7.3gHCl，1.8gH2O，故n(Fe):n(Cl):n(H):n(O)=0.2mol:0.2mol:0.4mol0.4mol，即X的化学式为Fe(OH)2Cl或FeCl3·2Fe(OH)3，据此分析解题。(1)根据分析可知混合气体甲的化学成分为HCl、H2O；(2)X分解生成16.0gFe2O3、7.3gHCl，1.8gH2O，步骤①的化学方程式是2Fe(OH)2ClFe2O3+2HCl↑+H2O↑；(3)往溶液丙中通入二氧化硫气体黄色会褪去，说明三价铁离子被还原，该反应的离子方程式：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2++SO＋4H+。四、原理综合题28．研究有害气体的脱硝(除NOx)技术有积极的环保意义。汽车尾气是城市空气污染源之一，其中主要污染物有NO和CO，一定条件下可发生反应：。(1)T℃时，和在容积为的恒温密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，体系压强与初始压强之比为7∶8。①T℃时，该反应平衡常数_______。②NO转化率随时间变化曲线I如图所示，若起始投料为和，请在图中画出NO转化率随时间变化的曲线II_______。③下列说法正确的是_______。A．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能B．使用合适的催化剂可以提高NO的平衡转化率C．平衡状态下，若充入N2，则达到新平衡时，正、逆反应速率都增大D．平衡状态下，若保持温度不变，将容器体积增加一倍，则平衡逆向移动，反应物浓度增大(2)催化剂性能决定了尾气处理效果。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(I、II)进行反应，测量逸出气体中NO含量，可测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲线如图1所示。①对于放热反应，平衡体系温度越低，平衡脱氮率越_______(填“高”或“低”)。曲线上a点的脱氮率_______(填“<”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。②催化剂II条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是_______。(3)环境监察局常用“定电位”NOx传感器来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准，其工作原理图2所示，写出“工作电极”上发生的电极反应式_______。【答案】(1)

1

AC(2)

高

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随着温度超过450℃，反应速率增大，相同时间内反应可能已经达到平衡，升温使放热反应平衡逆向移动，脱氮率下降，或温度超过450℃，催化剂的活性可能降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降(3)NO2+2e-+2H+=NO+H2O【解析】【分析】①设达到平衡状态时消耗n(NO)=xmol，恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，体系压强与初始压强之比为7：8，则(0.5-2x+0.5-2x+x+2x)mol；(0.5+0.5)mol=7；8，x=0.125，平衡时c(NO)===0.5mo1/L、c(N2)==0.25mol/L，c(CO2)==0.5mol/L，T℃时，该反应平衡常数K=；②增大CO浓度平衡正向移动导致NO转化率增大且反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，平衡时NO转化率大于曲线I的平衡转化率；③A．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能；B．使用合适的催化剂可以提高NO的平衡转化率C．平衡状态下，若充入N2，则达到新平衡时，正、逆反应速率都增大；D．平衡状态下，若保持温度不变，将容器体积增加一倍，则平衡逆向移动，反应物浓度增大；(2)①对于放热反应，平衡体系温度越低，平衡正向移动；催化剂I条件下，450℃时脱氮率可以达到40%以上，温度越低，平衡向吸热方向移动；②催化剂I条件下，450℃后，反应速率增大，升高温度平衡逆向移动导致脱氮率下降，或者超过450℃时催化剂效果减弱；(3)工作电极通入NO2生成NO，说明NO2被还原，为原电池正极，则“对电极”是负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向，负极移动，以此来解析；(1)①设达到平衡状态时消耗n(NO)=xmol，恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，体系压强与初始压强之比为7：8，则(0.5-2x+0.5-2x+x+2x)mol；(0.5+0.5)mol=7；8，x=0.125，平衡时c(NO)===0.5mo1/L、c(N2)==0.25mol/L，c(CO2)==0.5mol/L，T℃时，该反应平衡常数Kc===1；②增大CO浓度平衡正向移动导致NO转化率增大且反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，平衡时NO转化率大于曲线I的平衡转化率，其图像为：；③A．该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，A正确；B．催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以加入催化剂转化率不变，B错误；C．平衡状态下，若充入N2则达到新平衡时，反应物和生成物浓度都大于原来平衡状态，物质浓度越大反应速率越快，所以正、逆反应速率都增大，C正确；D．平衡状态下，若保持温度不变，将容器体积增加一倍，相当于减小压强，则平衡逆向移动，但反应物浓度减小而不是增大，D错误；故选AC。(2)①对于放热反应，平衡体系温度越低，平衡正向移动，所以平衡脱氮率越高;催化剂I条件下，450℃时脱氮率可以达到40%以上，温度越低，平衡向吸热方向移动，向逆反应方向移动，则温度越低，平衡脱氮率越高，则a点脱氮率小于对应温度下的平衡脱氮率；②催化剂I条件下，450℃后，反应速率增大，相同时间内反应可能已经达到平衡，升温使放热反应平衡逆向移动，脱氮率下降或超过450℃时催化剂的活性可能降低，催化效果减弱，相同时间内脱氮率下降；(3)工作电极通入NO2生成NO，为原电池正极，电极反应式为：NO2+2e-+2H+=NO+H2O；五、结构与性质29．第四周期的等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：(1)的核外价电子排布式为_______。(2)向溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图1所示，图中M代表，则与氮原子之间形成的化学键是_______。(3)向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成蓝色难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。①下列对此现象的说法正确的是_______(填序号)。A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后的浓度不变B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子C．在中，提供孤电子对，中的N原子提供空轨道D．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化，因为不会与乙醇发生反应②铜可以形成一种离子化合物，若要确定是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行_______实验，该化合物加热时首先失去的组分是，原因是_______。(4)某镍铜合金的立方晶胞结构如图2所示。若该晶胞的棱长为anm，_______(NA表示阿伏加德罗常数，列出计算式)。【答案】(1)3d5(2)配位键(3)

B

X射线衍射

O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱(4)【解析】(1)基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，价电子排布式为3d5；答案为：3d5。(2)N原子形成3个N—Cσ键，N原子上还有1对孤电子对，Fe3+具有空轨道，故Fe3+与氮原子之间形成的化学键为配位键；答案为：配位键。(3)①A．题给实验中依次发生的反应为CuSO4+2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4、Cu(OH)2+4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O，反应后生成[Cu(NH3)4]2+，Cu2+的浓度减小，A项错误；B．根据反应知，沉淀溶解后，生成的深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，B项正确；C．在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤电子对，C项错误；D．向反应后的溶液中加入乙醇，有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4∙H2O析出，D项错误；答案选B。②若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X射线衍射实验；O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱，故[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4加热时首先失去的组分是H2O；答案为：X射线衍射；O的电负性比N的大，对孤电子对吸引更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。(4)根据“均摊法”，1个晶胞中含Cu：6×=3，含Ni：8×=1，晶胞的质量为=，晶胞的棱长为anm，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3=a3×10-21cm3，则密度ρ=÷(a3×10-21cm3)=g/cm3；答案为：。六、实验题30．实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为：；，有关实验装置(省去加热装置)和数据如下：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/0.791.443.1沸点/℃78.538.459相对分子质量46109160请回答：(1)仪器B的名称是_______，进水口是_______(填“a”或“b”)。(2)给装置A加热的目的是_______，如果加热一段时间后发现忘记加沸石，应该采取的正确操作是_______(填字母)。A．不需补加B．立即补加C．冷却后补加D．重新配料(3)装置C的作用是_______。(4)给A加热温度过高或浓硫酸的浓度过大，均会使C中收集到的粗产品呈橙色，原因是A中发生了副反应，写出此副反应的化学方程式_______。(5)将试管中收集到的液体，经除杂、分液、蒸馏等操作，得到的馏分约10.0g，则所得溴乙烷的产率约为_______(精确到0.1%)。【答案】(1)

(球形)冷凝管

b(2)

加快反应速率让溴乙烷挥发

C(3)冷凝并减少溴乙烷的挥发(4)(5)53.4%【解析】【分析】实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，发生反应；，A中生成溴乙烷，蒸馏而得的气流中含有溴乙烷、乙醇、HBr等，利用装置C中冷水进行冷凝，可减少溴乙烷的挥发，据此分析解题。(1)根据装置图可知，仪器B的名称为(球形)冷凝管；为使冷凝效果更佳，冷凝管中冷凝水应装满，因此冷凝水为b进a出；(2)给装置A加热的目的是