云南省民族大学附属中学2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、1云南民族大学附属中学 2019 届高三上学期期中考试化学试题1.人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是A. 复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料B. 中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐C. 中国歼-20 上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的D. 石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料【答案】D【解析】A. 有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故 A 错误；B. 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故 B 错误；C. 金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固

2、后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故 C 错误；D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故 D 正确；答案：D。2.下列化学用语正确的是A. 雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：B. 新制氯水中含氧酸的结构式：HClOC. S2-的结构示意图 D. 标准状况下密度为 1.25g/L 的气态烃的球棍模型：【答案】D【解析】【分析】A、HF 是共价化合物；B、次氯酸结构式中 O 分别与 H 和 Cl 相连；C、S 2-最外层 8 个电子；2D、乙烯碳与碳之间形成双键。【详解】A、HF 是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为： ，故

3、 A 错误；B、次氯酸结构式中 O 分别与 H 和 Cl 相连，新制氯水中含氧酸的结构式：HOCl，故 B错误；C、S 2-最外层 8 个电子，结构示意图 ，故 C 错误；D、标准状况下密度为 1.25g/L 的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型：，故 D 正确。故选 D。3.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. S2和 S8的混合物共 6.4g,其中所含的电子数一定为 3.2NAB. 密闭容器中 2mol NO 与 1mol O2充分反应,产物的分子数为 2NAC. 24g 二氧化硅晶体中含有 SiO2分子数为 0.4 NAD. 5.6gFe 与含 0.2molHN

4、O3的溶液充分反应,至少失去电子数为 0.2 NA【答案】A【解析】【分析】A、S 2和 S8均由 S 原子构成，且 S 原子中含 16 个电子；B、NO 和氧气反应后生成的 NO2中存在平衡：2NO 2 N2O4；C、二氧化硅为原子晶体；D、5.6g 铁为 0.1mol，和 0.2mol 硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足【详解】A、S 2和 S8均由 S 原子构成，6.4g 混合物中 S 原子的物质的量为 0.2mol，S 原子中含 16 个电子，故 0.2molS 原子中含 3.2NA个电子，故 A 正确；B、NO 和氧气反应后生成的 NO2，NO 2中存在平衡：2NO 2

5、 N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于 2NA个，故 B 错误；C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故 C 错误；3D、5.6g 铁为 0.1mol，和 0.2mol 硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于 0.2NA个，故 D 错误。故选：A。4.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前 20 号元素中的 6 种组成，分别为 X、Y、Z、W、R、T。其中、Y、Z 为金属元素，Z 的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z 位于同族，Y、Z、R、T 位于同周期，R 最外层电子数是次外层的 3 倍，T无正价，X 与

6、 R 原子序数之和是 W 的 2 倍。下列说法错误的是A. 原子半径：YZRTB. 气态氢化物的稳定性：WRTC. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZD. XR2、WR 2两种化合物中 R 的化合价相同【答案】D【解析】【分析】“矿石熊猫”的香花石由前 20 号元素中的 6 种组成，其中 R 原子最外层电子数为其次外层电子数的 3 倍，R 原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 R 为 O 元素；Y、Z、R、T 位于同周期，即处于第二周期，T 元素无正价，则 T 为 F 元素；Z 的最外层电子数与次外层电子数相等，则 Z 为 Be 元素；Y 为金属元素，则 Y 为 Li；X、Z 位

7、于同主族，则 X 为 Mg 元素或 Ca 元素，若 X 为镁元素，则由 X 与 R 原子序数之和是 W 的 2 倍，则，推出 W 为氖元素不符合题意，若 X 为 Ca 元素，则由 X 与 R 原子序数之和是 W12+82 =10的 2 倍，则 ，推出 W 为 Si 元素，符合题意。20+82 =14【详解】AY 为锂元素、Z 为铍元素、R 为氧元素、T 为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：YZRT，选项 A 正确；BW 为硅元素、R 为氧元素、T 为氟元素，非金属性 FOSi，则气态氢化物的稳定性 WRT，选项 B 正确；CX 为钙元素、Z 为铍元素，金属性 C

8、aBe，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙氢氧化铍，选项 C 正确； DXR 2、WR 2两化合物 CaO2、SiO 2，CaO 2中 O 元素为-1 价，SiO2中 O 元素化合价为-2，选项 D 错误，答案选 D。【点睛】本题主要考查原子结构与元素周期律的关系本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等。45.下列各溶液中一定能大量共存的离子组是A. 常温下，c(H +)=1013 molL1 的溶液中：Na +、AlO 2 、S 2 、SO 32B. 使 pH 试纸呈红色的溶液中：Fe 2+、I 、NO 3 、Cl C. 加入铝

9、粉有氢气生成的溶液中：Mg 2+、Cu 2+、SO 42 、K +D. 常温下，由水电离出的 c(H+)c(OH )=1.01026 的溶液中：K +、Na +、HCO 3 、Ca 2+【答案】A【解析】A常温下，c(H +)=1013 molL1 的溶液 pH=13，在碱性溶液中 Na+、AlO 2 、S 2 、SO 32 彼此间不发生离子反应，能大量共存，故 A 正确；B使 pH 试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件 Fe2+和 I 均能被 NO3 氧化，不能大量共存，故 B 错误；C加入铝粉有氢气生成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不可能大量存在 Mg2+和 Cu2+，故 C

10、错误；D常温下，由水电离出的 c(H+)c(OH )=1.01026 的溶液 pH=1 或 13，HCO 3 在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故 D 错误；答案为 A。6.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 用石墨作电极电解 CuCl2溶液：2Cl +2H2O 2OH +Cl2+H 2B. 0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与 0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3+2SO42 +2Ba2+4OH =2BaSO4+AlO 2 +2H2OC. 将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO 2+ClO +2OH =SO42 +Cl +H2OD. Ca(HCO3)2溶液与过量 N

11、aOH 溶液反应：Ca 2+HCO3 +OH =CaCO3+H2O【答案】C【解析】A用石墨作电极电解 CuCl2溶液生成铜和氯气，电解方程式为 2Cl-+Cu2+ Cu+Cl2，故 A 错误；B.0.01mol/LNH 4Al(SO4)2溶液与 0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式为 NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO 4+Al(OH)3+NH 3H2O，故 B 错误；C少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为 SO2+ClO-+2OH-SO 42-+Cl-+H2O，故 C

12、 正确；DCa(HCO 3)2溶液与过量 NaOH 溶液反应，生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为 Ca2+2HCO3-+2OH-CaCO3+CO32-+2H2O，故 D 错误；故选 C。7.有机物 a 和苯通过反应合成 b 的过程如图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是5A. 该反应是加成反应B. 若 R 为 CH3时，b 中所有原子可能共面C. 若 R 为 C4H9时，取代 b 苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有 4 种D. 若 R 为 C4H5O 时，1molb 最多可以与 5molH2加成【答案】D【解析】A烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故 A 错误；BR 为

13、 CH3时，应具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故 B 错误；C-C 4H9有 4 种，分别为：CH 3-CH2-CH2-CH2-、CH 3-CH2-CH(CH3)-、(CH 3)2CH-CH2-、(CH 3)3C-，苯环的 H 被取代，各有邻、间、对 3 种，共 12 种，故 C 错误；DR 为 C4H5O 时，不饱合度为 =2，且42+2621mol 苯环消耗 3mol 氢气，则 lmol b 最多可以与 5mol H2加成，故 D 正确；故选 D。8.下列叙述或书写正确的是A. 2H2（g）+O 2（g）=2H 2O（g）H=-4836kJmol 1 ，则 1mol 氢气的燃

14、烧热大于 241.8 kJmol1B. H2（g）+F 2（g）=2HF（g）H=-270kJmol 1 ，则相同条件下，2molHF 气体的能量大于 1mol 氢气和 1mol 氟气的能量之和C. 含 200g NaOH 的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出 287kJ 的热量，则表示该中和反应的热化学方程式为 NaOH+HCl=NaCl+H2OH=-574kJmol 1D. 500、30MPa 时，发生反应 N2（g）+3H 2（g） 2NH3（g） H=-386kJmol 1 。在此条件下将 15molH 2和过量 N2充分反应，放出热量 193kJ【答案】A【解析】【分析】A、水由气体变成液

15、体要放出热量；B、反应吸放热由反应物和生成物的总能量的大小关系决定C、热化学方程式要标明物质的状态；6D、N 2（g）+3H 2（g） 2NH3（g）是可逆反应，反应物不能全部反应。【详解】A、 2H 2（g）+O 2（g）=2H 2O（g）H=-4836kJmol 1 ，水由气体变成液体要放出热量，则 1mol 氢气的燃烧热大于 241.8 kJmol1 ，故 A 正确；B、从热化学方程式 H2（g）+F 2（g）=2HF（g）H=-270 kJmol 1 可知，反应放热，即 1 mol 氢气与 1 mol 氟气的总能量大于 2 mol 氟化氢的总能量，故 B 错误；C、热化学方程式没有标明

16、物质的状态，故 C 错误；D、H 2的物质的量为 1.5mol，完全消耗 1.5mol 氢气会放出 19.3kJ 热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化成氨气，所以放出的热量小于 19.3kJ，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查了燃烧热的定义、可逆反应对反应热的影响以及物质稳定性的判断，易错点 D，N 2（g）+3H 2（g） 2NH3（g）是可逆反应，反应物不能 100%转化为生成物。 9.利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是( )选项 实验结论 实验装置A稀硫酸Na2SAgNO3与 AgCl 的溶液Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖 溴水 浓硫酸

17、具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2 溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液 酸性：硝酸碳酸硅酸A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于中含有硝酸银，通入 H2S 一定生成硫化银7沉淀，不能比较溶度积大小，A 错误；B浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成 CO2、SO 2和 H2O，SO 2能使溴水褪色，B 正确；C二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C 错误；D强酸能弱酸盐反应生成

18、弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的 CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D 错误，答案选 B。点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO 2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项 D 是易错点，注意硝酸的挥发性。视频10.CH3OH 是重要的化工原料,工业上用 CO 与 H2在催化剂作用下合成 CH3OH,其反应为:CO（g）+2H 2（g） CH3OH（g） 。按

19、 n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中 CH3OH 的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A. p10C. 平衡常数:K(A)=K(B)D. 在 C 点时,CO 转化率为 75%【答案】D【解析】【分析】A增大压强平衡向正反应方向移动；8B由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的H0；C平衡常数只与温度有关；D设向密闭容器充入了 1molCO 和 2molH2，利用三段法进行数据分析计算【详解】A由 300时，增大压强，平衡正向移动，CH 3OH 的体积分数增大，所以p1p 2，故 A 错误；B图可知，升高温度，CH 3OH 的

20、体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，故 B错误；CA、B 处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故 C 错误；D设向密闭容器充入了 1molCO 和 2molH2，CO 的转化率为 x，则CO（g）+2H 2（g） CH3OH（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x 2-2x x在 C 点时，CH 3OH 的体积分数=x/(1-x2-2x+x)=0.5，解得 x=0.75，故 D 正确；故选 D。11.下表是 25 时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数,下列说法正确的化学式AgCl Ag2CrO4 CH3COOH HClO H2CO3Ksp或 KaKsp=1

21、.810-10Ksp=2.010-12Ka=1.810-5Ka=3.010-8Ka1=4.110-7Ka2=5.610-11A. 相同浓度的 CH3COONa 和 NaClO 的混合溶液中,各离子浓度的大小关系:c(Na +)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水,反应的离子方程式为 CO32-+Cl2+H2O HCO3-+Cl-+HClOC. 向 0.1 molL-1CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液至 c(CH3COOH)c(CH 3COO-)=59,此时溶液的 pH=5D. 向浓度均为 1.010-3 mol/L 的 KCl 和 K

22、2CrO4混合溶液中滴加 1.010-3 mol/L 的 AgNO3溶液,CrO 42-先形成沉淀9【答案】C【解析】【分析】ACH 3COOH 的 Ka 大于 HClO 的 Ka，可知同浓度时次氯酸根离子水解程度大；B碳酸钠溶液中滴加少量氯水，结合 Ka1（H 2CO3）Ka（HClO）Ka 2（H 2CO3）可知，氯气与水的反应正向移动，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；C向 0.1 molL-1CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液至 c(CH3COOH)c(CH 3COO-)=59,，溶液中乙酸平衡常数计算表达式计算溶液中氢离子浓度得到溶液 P

23、H；D分别计算 Cl-、CrO 42-开始沉淀所需 Ag+的浓度，然后比较。【详解】ACH 3COOH 的 Ka 大于 HClO 的 Ka，可知同浓度时次氯酸根离子水解程度大，则c（ClO ）c（CH 3COO ） ，故 A 错误；B少量碳酸氢钠固体加入到新制的氯水中，结合 Ka1（H 2CO3）Ka（HClO）Ka 2（H 2CO3）可知，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：2CO 32 +Cl2+H2O2HCO 3 +Cl +ClO ，故 B 错误；C向 0.1 molL-1CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液至 c(CH3CO

24、OH)c(CH 3COO-)=59,，溶液中乙酸平衡常数 K=c(H )c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=9c（H ）/5=1.810 -5，c（H ）=10 -5，溶液 PH=5，故 C 正确；DCl -开始沉淀所需 c（Ag +）=1.810 -10（110 -3）=1.810 -7（mol/L） ，CrO 42-开始沉淀所需 c（Ag +）= = 10-5（mol/L）1.810 -7（mol/L） ，则 Cl210-12（110-3） 20先形成沉淀，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，解题关键：把握离子浓度、K sp的关系、盐类水解、平衡移动，难点

25、 D：注意表格中数据的应用，根据 Ksp 计算出沉淀时所需 c（Ag ）的最小值。12.新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S 废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。10下列说法正确的是A. 电极 b 为电池负极B. 电路中每流过 4mol 电子，正极消耗 44.8LH2SC. 电极 b 上的电极反应为：O 2+4e-4H +=2H2OD. 电极 a 上的电极反应为：2H 2S+2O2-4e-=S2+2H2O【答案】D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为 2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入

26、到电极 a，所以 a 电极是负极，发生的电极反应为 2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极 b，所以 b 电极是正极。该反应中电子转移数为 4 个电子，所以电路中每流过 4mol 电子，正极消耗 1molO2，发生的电极反应为 O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选 D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反

27、应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。13.下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是A. 模拟工业制氨气并检验产物B. 实验室采用所示装置收集 SO2 11C. 可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀D. 可用所示装置比较 KMnO4、Cl 2、S 的氧化性强弱【答案】D【解析】A. 检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故 A 错误；B. SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式

28、收集 SO2，故 B 错误；C. 食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故 C 错误；D. 锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了 Cl2和 S，证明 KMnO4、Cl 2、S 的氧化性依次减弱，故 D 正确；答案选 D。14.常温下，0.1mol Na 2CO3与盐酸混合所得的一组体积为 1L 的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是A. W 点所示的溶液中：c(Na +)c(CO32-)= c(HCO3-)c(OH-)c(H+)B. pH=4 的溶液中：c(H 2CO3)+c(HCO3-)+

29、 c(CO32-)=0.1mol/LC. pH=8 的溶液中：c(Na +)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)D. pH=11 的溶液中：c(Na +)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)【答案】A【解析】【分析】12A、W 点所示的溶液中 c（CO 32 ）=c（HCO 3 ） ，溶液显碱性；B、根据物料守恒判断；C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；D、根据电荷守恒分析【详解】AW 点所示的溶液中 c（CO 32 ）=c（HCO 3 ） ，溶液显碱性，则 c（OH ）c（H ） ，所以溶液中离子浓度关系为：c（

30、CO 32 ）=c（HCO 3 ）c（OH ）c（H ） ，故 A 正确；B、pH=4，说明反应中有 CO2生成，所以根据物料守恒可知 c（H 2CO3）+c（HCO 3 ）+c（CO 32 ）0.1 molL -1，故 B 错误；C根据图象可知 pH=8 时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO 3 的水解程度大于电离程度，则 c（Na ）c（HCO 3 ）c（H 2CO3）c（CO 32 ） ，故 C 错误；D、根据图象可知 pH=11 时，溶液中电荷守恒为：c（Na ）+c （H ）=c（OH ）+c（Cl ）+2c（CO 32 ）+c（HCO

31、 3-） ，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点 B，结合图象和题意灵活运用，读出 pH=4，说明反应中有 CO2生成。15.工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NO x)、CO 2、CO、SO 2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。脱硝：已知：H 2的燃烧热为 285.8 kJ/molN2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) H= +133 kJ/molH2O(g) =H2O(l) H= -44 kJ/m

32、ol （1）催化剂存在下，H 2还原 NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_。脱碳：（2）向 2L 恒容密闭容器中加入 2 mol CO2、6 mol H 2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_。13A混合气体的平均式量保持不变 BCO 2和 H2的体积分数保持不变CCO 2和 H2的转化率相等 D混合气体的密度保持不变E1 mol CO 2生成的同时有 3 mol HH 键断裂（3）在 T1时，体积为 2L 的恒容容器中充入物质的量之和为 3mol 的 H2和 CO，发生反应CO

33、(g) + 2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡时 CH3OH 的体积分数（ V%）与 n(H2)/n(CO)的关系如图所示。当起始 n(H2)/n(CO)=2，经过 5min 达到平衡，CO 的转化率为 0.4，则 05min 内平均反应速率 V(H2)=_。若此时再向容器中加入 CO（g）和 CH3OH（g）各 0.4mol，达新平衡时 H2的转化率将_（选填“增大” 、 “减小”或“不变” ） ；当起始 n(H2)/n(CO)=35 时，达到平衡状态后，CH 3OH 的体积分数可能是图象中的_点（选填“D” 、 “E”或“F” ） 脱硫：（4）如图电解装置可将雾霾中的 NO、SO

34、2分别转化为 NH4+和 SO42 。物质 A 的化学式为_，阴极的电极反应式是_。【答案】 (1). 4H2(g)+2NO2(g)N 2(g)+4H2O(g) H= -1100.2kJ/mol (2). DE (3). 0.08mol/（Lmin） (4). 减小 (5). F (6). H2SO4 (7). NO+6H+5e =NH4+H2O【解析】【分析】 （1）写出氢气燃烧热表示的热化学方程式，依次编号，4-4 得到催化剂存在下，H 2还原 NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式；（2）可逆反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、含量不变，由此衍生的其它一些物理量不变，判

35、断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化，14说明到达平衡；（3）由 CO 与氢气总物质的量、与 n(H2)/n(CO)=2 可以计算 CO 与氢气各物质的量，利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据 v=c/t 计算 v（H 2） ；先计算该温度下平衡常数 K，再计算浓度商 Qc，与平衡常数 K 相比判断反应进行分析，可以确定氢气转化率变化；混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大；电解装罝可将雾霾中的 NO、SO 2分别转化为 NH4 和 SO42 ，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O （NH 4） 2SO4+4H2SO4，根据电解

36、方程式结合电解原理分析。【详解】 （1）已知：燃烧热为 285.8kJmol1 ，H 2（g）+1/2O 2（g）=H 2O（l）H=-285.8kJmol 1N 2（g）+2O 2（g）=2NO 2（g）H=+133kJmol 1H 2O（g）=H 2O（l）H=-44kJmol 14-4 得到催化剂存在下，H 2还原 NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为 4H2（g）+2NO 2（g）=N 2（g）+4H 2O（g）H=-1100.2kJmol 1 ；（2）CO 2（g）+3H 2（g） CH3OH（l）+H 2O（l） ，A、向 2L 密闭容器中加入 2mol CO2、6mol

37、 H 2，按照 1：3 反应，生成物全呈液态，混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故 A 错误； B、向 2L 密闭容器中加入 2mol CO2、6mol H 2，按照 1：3 反应，所以过程中 CO2和 H2的体积分数始终保持不变，故 B 错误；C、向 2L 密闭容器中加入 2mol CO2、6mol H 2，按照 1：3 反应，CO 2和 H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故 C 错误； D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D 正确；E、1mol CO 2生成的同时有 3mol H-H 键断裂，说明正逆反应

38、速率相同，反应达到平衡状态，故 E 正确；故答案为：DE；（3）H 2和 CO 总共为 3mol，且起始 n(H2)/n(CO)=2，可知 H2为 2mol、CO 为 1mol，5min达到平衡时 CO 的转化率为 0.4，则：CO（g）+2H 2（g） CH3OH（g）起始（mol）：1 2 0 15变化（mol）：0.4 0.8 0.4平衡（mol）：0.6 1.2 0.4容器的容积为 2L，则 v（H 2）=0.8mol/（2L5min）=0.08mol/（Lmin） ，该温度下平衡常数 K= ，此时再向容器中加入 CO（g）和 CH3OH（g）各 0.4mol，0.420.62(1.2

39、2)2=5027此时浓度商 Qc= ，反应向逆向反应进行，达新平衡时 H2的转化率将减小；0.4+0.420.6+0.42 (1.22)2=209K混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当 n(H2)/n(CO)=3.5 时，达到平衡状态后，CH 3 OH 的体积分数小于 C 点，故选 F。（4）电解装罝可将雾霾中的 NO、SO 2分别转化为 NH4 和 SO42 ，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O （NH 4） 2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质 A 为硫酸，其化学式为H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2

40、H2O-2 e SO 42 +4H ，阴极电极反应为：NO+6H +5e =NH4 +H2O。16.水合肼(N 2H4H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH 2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl 据此，某学生设计了下列实验。【制备 NaClO 溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO 2NaCl+NaClO3（1）配制 30 %NaOH 溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填字母） 。A.容量瓶 B烧杯 C移液管 D.玻璃棒（2）装置 I 中发生的离子反应方程式是_；中玻璃管 a 的作用为_；中用冰水

41、浴控制温度在 30以下，其主要目的_16【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快， 部分 N2H4H2O 参与 A 中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式_；充分反应后，加热蒸馏 A 内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分 0.3000 g，加水配成 20.0 mL 溶液，一定条件下用 0.1500 molL-1的 I2溶液滴定。已知: N 2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H 2O。滴定时，可以选用的指示剂为_；实验测得消耗 I2溶液的平均值为 20. 00 mL，馏分中 N

42、2H4H2O 的质量分数为_。【答案】 (1). BD (2). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O (3). 平衡压强 (4). 防止 NaClO 分解为 NaCl 和 NaClO3，影响水合肼的产率 (5). 2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H 2O (6). 淀粉溶液 (7). 25%【解析】分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO 溶液和水合肼的制备、Cl 2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。【制备 NaClO 溶液】图甲装置 I 中 MnO2与浓盐酸共热制 Cl2；根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明 Na

43、ClO 受热易分解，装置 II 中 Cl2与 NaOH 溶液在冰水浴中制备 NaClO 溶液；Cl 2有毒，装置 III 用于吸收多余 Cl2，防止污染大气。【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，NaClO 溶液滴加过快，NaClO 将部分水合肼氧化成 N2，NaClO 被还原成 NaCl。【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的 I2和方程式计算 N2H4H2O 的质量，进一步计算 N2H4H2O 的质量分数。详解：【制备 NaClO 溶液】 （1）配制 30%NaOH 溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧

44、杯、玻璃棒，答案选 BD。（2）图甲装置 I 中 MnO2与浓 HCl 共热制备 Cl2，反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H 2O，反应的离子方程式为 MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H 2O。II 中玻璃管 a 的作用为：平衡压强。装置 II 中 Cl2与 NaOH 溶液反应制备 NaClO 溶液，根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明 NaClO 受热易分解，为了防止 NaClO 分解，使用冰水浴降低温度。II 中用冰水浴控制温度在 30以下，其主要目的是：防止 NaClO 分解生成 NaCl和 NaClO3，影响水合肼的产率

45、。17【制备水合肼】 （3）图乙的分液漏斗中为 NaClO 溶液，水合肼具有强还原性，NaClO 具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的 NaClO，水合肼参与反应被氧化成 N2，NaClO被还原成 NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H 2O。【测定肼的含量】滴定时反应原理为 2I2+N2H4H2O=N2+4HI+H 2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴 I2溶液，溶液变为蓝色且在 30s 内不褪去。20.00mL 溶液中 n（N 2H4H2O）= n（I 2）= 0.

46、1500mol/L 0.02L=0.0015mol，馏分中12 12 m（N 2H4H2O）=0.0015mol 50g/mol=0.075g，馏分中 N2H4H2O 的质量分数为100%=25%。0.075g0.3000g17.在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO 2)。（1）在空气中煅烧 Ce(OH)CO3可制备 CeO2，该反应的化学方程式_；（2）已知在一定条件下，电解熔融状态的 CeO2可制备 Ce，写出阳极的电极反应式_；（3）某课题组用上述废玻璃粉末（含有 SiO2、Fe 2O3、CeO 2以及其它少量不溶于稀酸的物质）为原料，设计如图流程对资源进行回

47、收，得到 Ce(OH)4和硫酸铁铵。过滤得到滤渣 B 时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是_。反应的离子方程式为_。操作 I 的名称是_。如图，氧化还原滴定法测定制得的 Ce(OH)4产品纯度。该产品中 Ce(OH)4的质量分数为_（保留两位有效数字） 。若滴定所用18FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该 Ce(OH)4产品的纯度_ （“偏高” 、 “偏低”或“无影响” ） 。【答案】 (1). 4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O (2). 2O2- - 4e = O2 (3). 沿玻璃棒向沉淀中加蒸馏水至没过沉淀，待水流尽，重复两到三次 (4). 2CeO26H +H 2O22Ce 3+4 H 2OO 2 (5). 冷却结晶 (6). 86.67% (7). 偏高【解析】【详解】 （1）在空气中煅烧 Ce（OH）CO 3可制备 CeO2，该反应方程式为 4Ge（OH）CO 3+O24G