湖北省“荊荊襄宜”四地七校2024-2025學年高二化學下學期期中聯(lián)考試題含解析

PAGE23-湖北省“荊、荊、襄、宜”四地七校2024-2025學年高二化學下學期期中聯(lián)考試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H-1C-12O-16K-39Cr-52一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列有關說法正確的是（）A.醫(yī)用酒精和84消毒液（NaClO溶液）混合運用能增加它們的消毒效果B.氣溶膠被認為可以傳播新冠病毒，它是氣體分散質分散到液體分散劑中的一種膠體C.“熔噴布”可用于制作口罩，生產“熔噴布”的主要原料是聚丙烯，它屬于混合物D.疫情期間可以多吃富含纖維素的食物，它們在人體內都可以通過水解反應供應能量【答案】C【解析】【詳解】A.酒精是一種還原性的物質，在空氣中能與氧氣發(fā)生反應，84消毒液有強氧化性，也就是和氧氣類似，所以酒精也可以和84消毒液發(fā)生反應，醫(yī)用酒精和84消毒液混合運用不僅不能增加它們的消毒效果，反而產生有毒氣體，所以醫(yī)用酒精和84消毒液不能混用，A錯誤；B.氣溶膠是指懸浮在氣體介質中的固態(tài)或液態(tài)顆粒所組成的氣體分散系統(tǒng)，B錯誤；C.聚丙烯為高聚物，聚合度不確定，沒有定值，所以屬于混合物，C正確；D.人體內不存在水解纖維素的酶，所以纖維素在人體內不能水解，供應能量，D錯誤；故答案為：C。2.下列物質中分子間存在大量氫鍵的是（）A.CH3CH2OH（l） B.CH3—O—CH3（l） C.C2H6（g） D.NH3（g）【答案】A【解析】【詳解】氫鍵是指已經與電負性很大的原子（如N、O、F）形成共價鍵的氫原子與另一個電負性很大的原子（如N、O、F）之間的作用力。B，C兩項中的物質二甲醚和乙烷中均不存在氫鍵；由于氣體分子間距太大，氣體不會形成氫鍵，只有在液體中才會有氫鍵，故答案為：A。3.下列有關試驗原理、裝置、操作或結論的描述正確的是（）A.圖反應一段時間后試管中液面會下降B.圖裝置可用于分別乙醇和乙酸乙酯的混合液C.圖裝置可用于試驗室制乙炔D.圖教材重結晶法提純苯甲酸的試驗中，主要步驟依次為：加熱溶解→趁熱過濾→冷卻結晶→過濾【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.甲烷與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氫，一氯甲烷和氯化氫是氣體，且氯化氫極易溶于水，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷是油狀液體，所以反應一段時間后試管中液面會上升，但不會充溢，A錯誤；B.乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用簡潔的分液，分別乙酸乙酯和乙醇的混合物，加入飽和碳酸鈉溶液，實現酯和乙醇的分別，分別油層和水層采納分液的方法即可，B錯誤；C.依據乙炔試驗室制備的原理，可知制取裝置為：固體＋液體→氣體，且固體電石易與水反應變成粉末狀物質，不能限制反應的停止，不能用該裝置，C錯誤；D.苯甲酸的溶解度隨溫度變更較大，趁熱過濾可除去雜質，雜質殘留在母液中，冷卻可得到晶體，D正確；故答案為：D。4.下列各組離子能在指定溶液中大量共存的是（）A.透亮溶液中：K+、Al3+、HCO3-、SO42-B.水電離的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-、Cl-C.強堿性溶液中：K+、Na+、Cl-、CH3COO-D.c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：NH4+、K+、SCN-、SO42-【答案】C【解析】【詳解】A.Al3+與HCO3-會發(fā)生雙水解，不能共存，A錯誤；B.水電離的c(H+)=10-12mol/L的溶液為可酸可堿，堿性溶液中，OH-與Fe2+反應生成氫氧化亞鐵的白色沉淀；酸性溶液中，NO3-會顯強氧化性，氧化亞鐵離子，生成鐵離子，不能大量共存，B錯誤；C.強堿性溶液中，K+、Na+、Cl-、CH3COO-均能大量共存，C正確；D.Fe3+與SCN-會生成協(xié)作物，不能共存，D錯誤；故答案為：C。5.化合物1，1—二環(huán)丙基乙烯是重要的醫(yī)藥中間體。下列有關該化合物的說法錯誤的是（）A.分子中全部碳原子不行能共平面B.該化合物分子式為C8H14C.核磁共振氫譜有3種峰D.該化合物確定條件下能發(fā)生取代反應、加成反應和氧化反應【答案】B【解析】【詳解】A.分子中含有飽和碳原子，與它相連的原子不行能全處于同一平面，全部碳原子不行能共平面，A正確；B.依據結構式可知，該化合物分子中含有8個碳原子、12個氫原子，分子式為C8H12，B錯誤；C.依據結構式，有三種不同環(huán)境的氫，所以核磁共振氫譜有3種峰，C正確；D.該化合物能被氧氣氧化，含有碳氫單鍵，能發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，D正確；答案為B。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增加。A、B、C、D均是由這些元素組成的二元化合物，甲是Y的固體單質，常溫下0.05mol/L乙溶液的pH為1。A是無色氣體，是主要的大氣污染物之一，上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.原子半徑：X<Z<WB.D中存在極性鍵和非極性鍵C.最高價含氧酸的酸性：W>YD.化合物YZW中鍵角為120°【答案】D【解析】【分析】已知0.05mol/L乙溶液的pH為1，c（H+）=0.1mol/L，說明乙是一種二元強酸，故乙是H2SO4，甲是碳，A是二氧化硫、B、C是二氧化碳和水中的一種，D是過氧化氫。X是氫元素，Y是碳元素，Z是氧元素，W是硫元素?！驹斀狻緼.X為H元素，Z為O元素，W為S元素，同周期，從左到右，元素的原子半徑依次減小，同主族，從上到下，元素的原子半徑依次增大，所以原子半徑：S>O>H，A正確；B.D是過氧化氫，氫氧之間屬于極性鍵，氧氧之間屬于非極性鍵，B正確；C.W為S元素，Y為C元素，非金屬性：S>C，則酸性：H2SO4>H2CO3，硫酸是強酸，碳酸是弱酸，C正確；D.Y為C元素，Z為O元素，W為S元素，其形成的化合物為：COS，COS的分子結構與二氧化碳相像，立體結構為直線形，鍵角為180°，D錯誤；故答案為：D。7.酞菁鈷被廣泛應用于光電材料、光動力學光敏材料等方面。酞菁鈷（II）結構如圖所示（Co均形成單鍵，部分化學鍵未畫明）。下列說法錯誤的是（）A.酞菁鈷（II）中三種非金屬元素的電負性大小依次為N＞C＞HB.酞菁鈷（II）中碳原子的雜化方式只有sp2雜化C.1號和3號N原子的VSEPR模型均為平面三角形D.2號和4號N原子與Co（Ⅱ）是通過配位鍵結合【答案】C【解析】【詳解】A.同周期，從左到右，電負性增大；同主族，從上到下，電負性減小，則電負性大小依次為：N＞C＞H，A正確；B.酞菁鈷（II）中，碳原子均形成3個σ鍵，沒有孤電子對，其雜化方式只有sp2雜化，B正確；C.1號和3號N原子均形成3個共價鍵，有一對孤電子對，其VSEPR模型均為四面體形，C錯誤；D.N原子形成3個共價鍵即可達到8電子穩(wěn)定結構，所以2號和4號N原子與Co離子是通過配位鍵結合，D正確；答案為C。8.工業(yè)上高純硅可通過下列反應制?。篠iCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，有關化學鍵的鍵能數據如表所示：化學鍵Si—ClH—HH—ClSi—SiSi—C鍵能kJ/mol360436431176347下列說法正確的是（）A.反應中的能量變更與物質的狀態(tài)無關B.像這樣須要加熱才能進行的反應都是吸熱反應C.晶體硅比SiC更穩(wěn)定D.該反應中每生成1molSi(s)汲取的能量為236kJ【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．化學反應中的能量變更與物質的狀態(tài)有關，能量：氣態(tài)>液態(tài)>固態(tài)，A錯誤；B．吸熱反應與放熱反應與反應條件無關，氫氧化鋇晶體與氯化銨常溫下反應，該反應為吸熱反應，B錯誤；C．晶體硅和SiC都是原子晶體，同主族，從上到下，原子半徑增大，原子半徑：Si>C，則硅碳之間的鍵長小于硅硅之間的鍵長，鍵長越短，越穩(wěn)定，所以SiC比晶體硅更穩(wěn)定，C錯誤；D．?H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，依據SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)，?H=（360×4+436×2-176×2-431×4）kJ/mol=+236kJ/mol，所以每生成1molSi(s)汲取的能量為236kJ，D正確；故答案為：D?！军c睛】Si是原子晶體，Si原子之間以Si-Si鍵構成正四面體型，取出一個正四面體來看，是一個Si原子在中間，四個Si原子在正四面體四個角，一個Si原子會形成4根Si-Si鍵，但每一根Si-Si鍵都是兩個Si原子共用的，所以相當于一個Si原子只占一根Si-Si鍵的，所以總的來說一個Si原子對應2根Si-Si鍵（×4=2）。9.水煤氣變換反應是重要的化工過程，反應方程式為：CO（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋H2（g）ΔH。我國科學家在這一變換中利用雙功能催化劑突破了低溫下高轉化率與高反應速率不能兼得的難題。反應歷程如圖所示：下列說法錯誤的是（）A.該反應ΔH<0B.依據歷程圖示過程Ⅰ為吸熱過程、過程Ⅲ為放熱過程C.整個歷程中兩個H2O分子都參與了反應D.運用雙功能催化劑降低了水煤氣變換反應的ΔH【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.低溫下高轉化率，說明該反應的正反應為放熱反應，ΔH<0，A正確；B.斷鍵汲取能量、成鍵放出能量，過程I斷鍵、過程III成鍵，所以過程Ⅰ為吸熱過程、過程Ⅲ為放熱過程，B正確；C.依據圖知，圖示中的2個H2O分子都參與了反應，C正確；D.催化劑變更反應所需活化能，不變更焓變，所以運用催化劑降低了該反應的活化能，但不變更焓變，D錯誤；故答案為：D。10.我國科學家設計了一種太陽能驅動H2S分解裝置，工作原理如圖所示。下列敘述正確的是（）A.甲區(qū)發(fā)生反應的離子方程式為：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓B.理論上每生成1molS時，H+由質子交換膜右側向左側移動的物質的量為2molC.丙區(qū)發(fā)生的電極反應為：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]D.丁區(qū)H6[SiW12O40]在催化劑表面發(fā)生電化學反應生成H4[SiW12O40]和H2【答案】C【解析】【分析】依據圖可知，甲區(qū)：通入H2S，發(fā)生：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，S通過甲裝置下端排出，Fe2+與H+通過甲乙之間的泵到達乙區(qū)，Fe2+在乙區(qū)失去電子，發(fā)生：Fe2+-e-=Fe3+，Fe3+從左上面管子到甲區(qū)循環(huán)，H+通過質子交換膜進入丙區(qū)，發(fā)生：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]，H6[SiW12O40]從右上管到達丁區(qū)，在催化劑作用下發(fā)生：H6[SiW12O40]=H4[SiW12O40]+H2↑，H4[SiW12O40]從丙丁之間的泵回到丙區(qū)循環(huán)，H2排出，據此分析解答?！驹斀狻緼.甲區(qū)：通入H2S，發(fā)生的離子反應方程式為：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，A錯誤；B.H+由質子交換膜左側向右側移動，B錯誤；C.丙區(qū)：發(fā)生反應為：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]，C正確；D.丁區(qū)：在催化劑作用下發(fā)生：H6[SiW12O40]=H4[SiW12O40]+H2↑，沒發(fā)生電化學反應，D錯誤；故答案為：C。二、選擇題：本題共5小題，每題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全得1分，有選錯得0分。11.某無色溶液中可能含有Ba2+、Fe3+、Na+、K+、NH4+、SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-中的若干種，離子濃度都為0.1mol/L.往該溶液中加入BaCl2和過量的鹽酸，無白色沉淀生成。另取少量原溶液，設計并完成如下試驗。下列推斷正確的是（）A.Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-確定不存在，Na+、K+確定存在B.原溶液確定不含SO42-和SO32-C.若步驟中Ba(NO3)2和HNO3溶液改用BaCl2和鹽酸的混合溶液，對溶液中離子的推斷有影響D.是否含NH4+需另做試驗推斷【答案】A【解析】【分析】無色溶液中確定不含Fe3+，該溶液中加入過量的BaCl2和鹽酸的混合溶液，無白色沉淀生成，無SO42-；加足量氯水，無氣體，無CO32-，溶液加四氯化碳分液，下層橙色，則有Br-，上層加硝酸鋇和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，無Ba2+，溶液中確定含陽離子，且離子濃度都為0.1mol?L-1，依據電荷守恒，確定含有NH4+、Na+、K+，確定不存在Cl-，濾液中加硝酸酸化的硝酸銀有白色沉淀，是過程中加氯水時引入的氯離子，結合溶液為電中性來解答?！驹斀狻緼.分析可知，確定不存在的離子：Ba2+、Fe3+、SO42-、CO32-，確定含：NH4+、Na+、K+，A正確；B.原溶液確定不含SO42-，但含有SO32-，B錯誤；C.加入Ba(NO3)2和HNO3溶液目的是檢驗硫酸根離子，若改用BaCl2和鹽酸的混合溶液，對溶液中離子的推斷無影響，C錯誤；D.依據電荷守恒，確定含有NH4+，D錯誤；故答案為：A?！军c睛】無色溶液中不能含有：Fe3+（黃）、Fe2+（淺綠）、Cu2+（藍）、MnO4-（紫）。12.已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質的量變更如圖所示，下列說法正確的是（）A.三種離子的還原性強弱關系是：Br->Fe2+>I-B.A點表示Fe2+正好反應了一半C.原溶液中：n(Fe2+)︰n(I-)︰n(Br-)=2︰1︰3D.當通入2.5molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為：6Fe2++4I-+5Cl2=6Fe3++2I2+10Cl-【答案】BD【解析】【分析】首先依據氧化還原反應中：氧化劑的氧化性＞氧化產物的氧化性，還原劑的還原性＞還原產物的還原性，氧化劑先氧化還原性強的離子，再氧化還原性弱的離子，推斷離子的反應先后依次，然后依據圖象，推斷參與反應的各離子的物質的量，以此解答該題?！驹斀狻緼.在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-反應中，Fe2+作還原劑，還原劑的還原性＞還原產物的還原性，，在2Fe3++2I-=2Fe2++I2反應中，I-作還原劑，依據還原劑的還原性＞還原產物的還原性，則還原性：I->Fe2+>Br-，A錯誤；B.在通入氯氣的量為0～1mol的過程中，I-先被氧化；通入氯氣的量為1～2.5mol的過程中，Fe2+被氧化，Fe3+的量漸漸增大，同時Fe3+與I-反應生成Fe2+和I2，A點表示Fe2+正好反應了一半，B正確；C.通入氯氣的量為0～1mol的過程中，I-先被氧化，發(fā)生2I-+Cl2=I2+2Cl-，則n（I-）=2mol，通入氯氣的量為1～2.5mol的過程中，Fe2+被氧化，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n（Fe2+）=3mol，通入氯氣的量為2.5～4.5mol的過程中，Br-被氧化，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，n（Br-）=4mol，所以n(Fe2+)︰n(I-)︰n(Br-)=3︰2︰4，C錯誤；D.當通入2.5molCl2時，溶液中已經發(fā)生：2I-+Cl2=I2+2Cl-、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-和2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可表示為：6Fe2++4I-+5Cl2=6Fe3++2I2+10Cl-，D正確；故答案為：BD?！军c睛】一般來說，若干還原劑的溶液中加入同一氧化劑時，還原性強的還原劑先被氧化；反之，若干氧化劑的溶液中，加入同一還原劑時，氧化性強的氧化劑先被還原。13.輕質氧化鎂和硼酸(H3BO3)都是重要的化工原料，可采納硼鎂礦（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產硼酸和輕質氧化鎂，其工藝流程如圖：下列敘述錯誤的是（）A.Fe2O3、Al2O3都不能溶于(NH4)2SO4溶液B.進入“汲取”工序中的氣體為NH3C.若“過濾2”時調整溶液的堿性越強得到的硼酸越多D.“沉鎂”中得到的母液經加熱后可返回“溶浸”工序循環(huán)運用【答案】C【解析】【分析】硼鎂礦含Mg2B2O5·H2O、SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入(NH4)2SO4溶液，SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應，Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應，其反應方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，NH3中加入NH4HCO4，發(fā)生反應為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，濾渣1為不溶于(NH4)2SO4溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3，濾液1調pH為3.5，將B(OH)4-轉化為H3BO3，并析出H3BO3；濾液2調pH為6.5，沉鎂過程中(NH4)2CO3溶液與Mg2+反應生成Mg(OH)2·MgCO3，其離子反應方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-?！驹斀狻緼.SiO2、Fe2O3、Al2O3不與(NH4)2SO4溶液反應，A正確；B.Mg2B2O5·H2O與(NH4)2SO4溶液反應，其反應方程式為：2(NH4)2SO4+Mg2B2O5?H2O+2H2O=2MgSO4+2NH4B(OH)4+2NH3↑，即進入“汲取”工序中的氣體為NH3，B正確；C.在“過濾2”時，將溶液pH調整至3.5，目的是得到硼酸，促進硼酸的析出，C錯誤；D.沉鎂時，其離子反應方程式為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-，母液的主要成分為硫酸銨，可返回“溶浸"工序中循環(huán)運用，D正確；故答案為：C。14.電滲析法是海水淡化的常用方法，某地海水中主要離子的含量如下表，現利用“電滲析法”進行淡化，技術原理如圖所示（兩端為惰性電極，陽膜只允許陽離子通過，陰膜只允許陰離子通過）。下列說法錯誤的是（）A.淡化過程中易在甲室形成水垢B.淡化過程中戊室的電極反應式為：2Cl--2e-=Cl2↑C.淡化過程中乙室和丁室中部分別子的濃度減小，淡水的出口為a、cD.當甲室收集到標準狀況下11.2L氣體時，通過甲室陽膜的離子的物質的量確定為1mol【答案】D【解析】【分析】戊室電極與電源的正極相連，則為陽極室，Cl-放電，其電極反應式為：2Cl-－2e-=Cl2↑，甲室電極與電源的負極相連，則為陰極室，水得電子生成氫氣同時生成OH-，其電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。【詳解】A.由圖可知，甲室電極與電源負極相連，為陰極室，起先電解時，陰極上水得電子生成氫氣同時生成OH-，生成的OH-和HCO3-反應生成CO32-，Ca2+轉化為CaCO3沉淀，OH-和Mg2+生成Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2是水垢的成分，A正確；B.由圖可知，戊室電極與電源正極相連，為陽極室，Cl-放電實力大于OH-，所以陽極的電極反應式為：2Cl-－2e-=Cl2↑，B正確；C.陽膜只允許陽離子通過，陰膜只允許陰離子通過，電解時乙室中陽離子移向甲室，丁室中的陰離子移向戊室，則乙室和丁室中部分別子的濃度減小，剩下的物質主要是水，淡水的出口為a、c，C正確；D.甲室收集到的是H2，當甲室收集到22.4L(標準狀況)氣體時，則電路中轉移2mol電子，通過甲室陽膜的離子為陽離子，既有+1價的離子，又有+2價的離子，所以物質的量不是1mol，D錯誤；故答案為：D。15.已知聯(lián)氨(N2H4)在水中的電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5++H2ON2H62++OH-。常溫下，將鹽酸逐滴加到聯(lián)氨的水溶液中，混合溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]隨離子濃度變更的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A.曲線X表示pOH與lg的變更關系B.反應N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數K=10-15C.聯(lián)氨的溶液加水稀釋時聯(lián)氨的電離程度漸漸增大D.N2H5Cl的水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H3O+)=c(N2H4)+c(OH-)【答案】AB【解析】【分析】N2H4+H2O?N2H5++OH-，N2H5++H2O?N2H62++OH-，當lg=0時，c(N2H4)=c(N2H5+)，Kb1==c(OH-)=10-pOH，當lg=0時，c(N2H5+)=c(N2H62+)，Kb2==c(OH-)=10-pOH，并且Kb1>Kb2，由圖可知，X點pOH=15.0，Y點pOH=6.0，所以Kb1=10-6.0，Kb2=10-15.0，曲線X表示pOH與lg的變更關系，曲線Y表示pOH與lg的變更關系，據此分析解答?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線Y表示pOH與lg的變更關系，A錯誤；B．反應N2H62++H2ON2H5++H3O+的平衡常數為，B錯誤；C．越稀越電離，聯(lián)氨的溶液加水稀釋時，聯(lián)氨的電離程度漸漸增大，C正確；D．N2H5Cl是強酸弱堿鹽，水溶液中存在N2H5+的電離和水解，電荷守恒：2c(N2H62+)+c(H+)+c(N2H5+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒：c(N2H62+)+c(N2H4)+c(N2H5+)=c(Cl-)，依據物料守恒和電荷守恒，水溶液中存在等式：c(N2H62+)+c(H+)=c(N2H4)+c(OH-)，D正確；故答案為：AB。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.催化氧化反應：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H＜0。在體積可變的密閉容器中，維持壓強為1.01×105Pa，充入2molSO2和確定量的O2，SO2的平衡轉化率α（SO2）隨O2物質的量n（O2）的變更關系如圖1所示：已知反應aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g)的標準平衡常數Kθ=，其中Pθ=1.01×105Pa，PG，PH，PA，PB分別表示G，H，A，B的分壓，P(分壓)=P(總壓)×物質的量分數。（1）在絕熱恒容的密閉容器中，能表明反應2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）已達到平衡狀態(tài)的是___。A.v（SO2）=2v（O2）B.當容器內溫度不再變更時C.各組分的物質的量相等D.容器內氣體密度不變E.混合氣體平均相對分子質量不變（2）在1000℃時隨著O2物質的量的增大，但SO2平衡轉化率上升緩慢，其緣由是___。（3）求圖1中a點的標準平衡常數Kθ=___。在a點達到平衡后，若保持溫度、壓強不變，再向體系中充入SO2(g)，O2(g)，SO3(g)各0.2mol時，此時v(正)___v(逆)（填“<”“>”或“=”）。（4）若在相同的恒容密閉容器中充入O2和SO2各2mol，在不同溫度下達到平衡，反應體系總壓強隨時間變更如圖2所示，則達到平衡狀態(tài)b和c時，SO3體積分數較大的是___（填“b”或“c”），緣由是___?！敬鸢浮?1).BE(2).1000℃時，該反應平衡常數很小，SO2平衡轉化率的變更很小(3).176(4).>(5).c(6).起始b壓強大于c說明b溫度高于c，該反應是放熱反應，溫度越低平衡時SO3的體積分數越大【解析】【分析】（1）依據平衡狀態(tài)的本質及特征分析解答；（2）依據溫度對平衡常數及平衡移動方向的影響分析解答；（3）依據題給信息中平衡常數的表達式計算平衡常數，推斷平衡移動方向；（4）試驗b到達平衡時總壓強變大，說明平衡逆向移動，而化學反應速率變大，考慮到該反應是放熱反應，可能是上升溫度所導致。【詳解】（1）A.v（SO2）=2v（O2）并未體現正反應速率與逆反應速率的相對大小，不能說明反應已經達到平衡，故A不選；B.該容器絕熱容器，當容器內溫度不再變更時，說明正反應速率等于逆反應速率，能說明反應已經達到平衡，故B選；C.各組分的物質的量相等不能說明各組分的濃度不再變更，也就不能說明反應達到平衡，故C不選；D容器體積不變，且反應前后氣體質量不變，所以容器內氣體密度始終不變，不能說明反應達到平衡，故D不選；E.反應前后氣體總質量不變，反應前后氣體的總物質的量不相等，則混合氣體的平均相對分子質量不變時，說明各組分的濃度不變，能說明反應已經達到平衡，故E選，故答案為：BE；（2）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＜0，溫度達到1000℃時該反應的平衡常數很小，使二氧化硫的平衡轉化率小，在1000℃時，恒壓條件下，充入氧氣，c（SO2）和c（SO3）等倍數減小，c（O2）增大，Qc=＜K，平衡正向移動，二氧化硫的平衡轉化率增大，但變更很小，故答案為：1000℃時，該反應平衡常數很小，SO2平衡轉化率的變更很小；（3）a點達到平衡時，SO2的物質的量為2mol×(1-80%)=0.4mol，則SO2，O2，SO3的分壓分別為：1.01×105Pa×=1.01×105Pa×、1.01×105Pa×、1.01×105Pa×，則Kθ==176；再向體系中充入SO2(g)，O2(g)，SO3(g)各0.2mol時，SO2，O2，SO3的分壓分別為：1.01×105Pa×=1.01×105Pa×、1.01×105Pa×、1.01×105Pa×，Qp==63＜Kθ，平衡向正向移動，v(正)>v(逆)，故答案為：176；>；（4）如圖所示，達到平衡狀態(tài)b和c時，SO3體積分數較大的是c；緣由是起始b壓強大于c說明b溫度高于c，該反應是放熱反應，溫度越低平衡時SO3的體積分數越大，故答案為：c；起始b壓強大于c說明b溫度高于c，該反應是放熱反應，溫度越低平衡時SO3的體積分數越大。17.C、N、P、S、Fe、Cu是與人類生產、生活休戚相關的化學元素，利用所學學問回答下列問題：（1）基態(tài)Cu原子核外電子排布式為___，則高溫下的穩(wěn)定性CuO___Cu2O（填“＞”或“＜”）；（2）經探討Cu的某種化合物能催化氧化CO(NH2)2，其中C、N的雜化方式分別為___，___；（3）Si、P、S元素的第一電離能由大到小的依次是___；（4）OF2的空間構型是___，分子極性：H2O___OF2（填“＞”或“＜”），理由是___；（5）[Fe(CN)6]3-中配位鍵和π鍵的個數之比為___；（6）鄰羥基苯甲醛的沸點低于對羥基苯甲醛的沸點，緣由是___。【答案】(1).[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1(2).＜(3).sp2(4).sp3(5).P＞S＞Si(6).V形(7).＞(8).二者結構相像，均為V形，F與O的電負性相對比較接近，所以O-F鍵的極性較弱，故OF2分子的極性也較弱(9).1：2(10).鄰羥基苯甲醛形成了分子內氫鍵，而對羥基苯甲醛形成了分子間氫鍵，故前者沸點低【解析】【分析】同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA族反常；有機物沸點與碳原子個數和氫鍵有關?！驹斀狻浚?）依據核外電子排布規(guī)律，銅原子序數為29，基態(tài)Cu原子核外電子排布式為[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；銅的價電子是3d104s1，在高溫時，簡潔失去外層4ｓ1上的一個電子，形成3d10的電子結構，依據洪特規(guī)則，軌道全滿半滿和空的時候能量低，所以高溫時1價銅比2價銅穩(wěn)定，則高溫下的穩(wěn)定性CuO＜Cu2O；（2）經探討Cu的某種化合物能催化氧化CO(NH2)2，化合物中C原子含有3個σ鍵且不含孤電子對，所以其雜化方式為sp2，N原子分別含有3個σ鍵且含有一個孤電子對，所以N原子采納sp3雜化；（3）同一周期元素中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而呈增大趨勢，第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA族反常，Si、P、S三種元素原子的第一電離能由大到小的依次是P＞S＞Si；（4）由價層電子對互斥理論可知，OF2中中心原子為O，F為配位原子，價層電子對數=，成鍵電子對數為2，孤電子對數為4-2=2，電子對構型為正四面體，孤電子對越多，排斥力越大，所以OF2分子構型為V型，分子極性：H2O＞OF2，理由是二者結構相像，均為V形，F與O的電負性相對比較接近，所以O-F鍵的極性較弱，故OF2分子的極性也較弱；（5）[Fe(CN)6]3-結構中，一個CN-含有1個σ鍵，2個π鍵且每次CN-與鐵以配位鍵相結合，配位鍵和π鍵的個數之比為1：2；（6）鄰羥基苯甲醛的沸點低于對羥基苯甲醛的沸點，緣由是鄰羥基苯甲醛形成了分子內氫鍵，而對羥基苯甲醛形成了分子間氫鍵，故前者沸點低。18.青蒿揮發(fā)油是青蒿的活性成分（幾乎不溶于水，可溶于乙醚，熔點156-157℃，對熱不穩(wěn)定，乙醚的沸點34.6℃），有抗菌、解熱、止咳等作用。試驗室從青蒿中提取青蒿揮發(fā)油的流程如圖所示。索氏提取裝置如圖所示，試驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸汽沿蒸汽導管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與青蒿小段接觸，進行萃取。萃取液液面達到虹吸管3頂端時，經虹吸管3返回燒瓶，從而實現對青蒿小段的連續(xù)萃取?；卮鹣铝袉栴}：（1）試驗時需將青蒿剪成1-2cm小段，放入濾紙?zhí)淄?中，剪成小段的目的是___，圓底燒瓶中加入乙醚為溶劑時，應不超過燒瓶容積的___。（2）索氏提取器中濾紙?zhí)淄驳母叨龋▁）、套管內青蒿小段的高度（y）及虹吸管的高度（z）由大到小的依次是___（用x、y、z回答），與常規(guī)的萃取相比，采納索氏提取器的優(yōu)點是___。（3）提取時球形冷凝管中冷水應從__（填“a”或“b”）管導入，提取液需經___（“常壓”或“減壓”）蒸餾法除去大部分溶劑，下列儀器在該蒸餾中須要用到的有___（填字母標號）。A.直形冷凝管B.球形冷凝管C.錐形瓶D.燒杯E.溫度計【答案】(1).增加固液接觸面積，提取更充分(2).(3).x＞z＞y(4).運用溶劑少，可連續(xù)萃?。ɑ蜉腿⌒矢撸?5).b(6).減壓(7).ACE【解析】【分析】依據索氏提取法的流程可知，對青蒿進行干燥破裂，可以增大青蒿與溶劑的接觸面積，提高青蒿素的浸取率，用溶劑對青蒿素進行浸取后，過濾，可得濾液和濾渣，提取液經過蒸餾后可得青蒿素的粗品，對粗品加95%的乙醇，濃縮、結晶、過濾可得精品。【詳解】(1)試驗時需將青蒿剪成1-2cm小段，放入濾紙?zhí)淄?中，剪成小段的目的是增加固液接觸面積，提取更充分，圓底燒瓶中加入乙醚為溶劑時，應不超過燒瓶容積的。(2)蒸汽沿蒸汽導管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與青蒿小段接觸，進行萃取。萃取液液面達到虹吸管3頂端時，經虹吸管3返回燒瓶，即套管內青蒿小段的高度小于虹吸管的高度，由圖可知：索氏提取器中濾紙?zhí)淄驳母叨龋▁）、套管內青蒿小段的高度（y）及虹吸管的高度（z）由大到小的依次是x＞z＞y，與常規(guī)的萃取相比，采納索氏提取器的優(yōu)點是運用溶劑少，可連續(xù)萃?。ɑ蜉腿⌒矢撸?3)削減水資源奢侈，使冷凝水更充分被利用，提取時球形冷凝管中冷水應從b管導入；減壓環(huán)境沸點下降，提取液需經減壓蒸餾法除去大部分溶劑，在該蒸餾中須要用到的有直形冷凝管、錐形瓶、溫度計。19.某化學試驗小組以電鍍廢渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)為原料制取銅粉和K2Cr2O7。主要流程如圖：（1）加入適量Na2S溶液后生成的沉淀X為___，若加入的Na2S溶液過量，除生成X外還會發(fā)生反應的離子方程式為___。（2）請配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加熱發(fā)生分解反應的化學方程式。___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O（3）“沉CuNH4SO3”時可用如圖裝置(夾持、加熱儀器略)：①“沉CuNH4SO3”時，反應溫度需限制在45℃，合適的加熱方式是___。②NaOH溶液的作用是___。（4）測定產品中K2Cr2O7含量的方法如下：稱取產品試樣2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于錐形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入幾滴指示劑，用0.1000mol/L硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO4)2標準液進行滴定，重復進行三次試驗。(已知Cr2O72-被還原為Cr3+)①若三次試驗消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準液的平均體積為20.00mL，則所得產品K2Cr2O7的純度為___%。②上述流程中K2Cr2O7發(fā)生氧化還原反應后所得溶液中除含有Cr3+，還含有確定濃度的Fe3+，可通過調pH的方法使兩者轉化為沉淀。假設兩種離子初始濃度均為2×10-3mo/L，當溶液中剛起先析出Cr(OH)3沉淀時，c(Fe3+)=___mo/L。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}【答案】(1).CuS(2).2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓(3).3(4).3(5).8(6).3(7).2(8).9(9).水浴加熱(10).汲取SO2防止污染空氣(11).49(12).1.3×10-10【解析】【分析】將電鍍廢渣