【化学】陕西省汉中市龙岗中学2020届高三第七次质量检测（解析版）

【化学】陕西省汉中市龙岗中学2020届高三第七次质量检测（解析版）

陕西省汉中市龙岗中学2020届高三第七次质量检测 可能用到相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Sn 119‎ 一、选择题（单选，本题包括20个小题）‎ ‎1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了相关的化学知识，古化文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（ ）‎ A. 《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”，这是利用了“KNO3的氧化性”‎ B. 李白有诗云“日照香炉生紫烟”，这是描写“碘的升华”‎ C. 《本草经集注》中记载了区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”。‎ D. 我国古代人民常用明矾水除去铜器上的铜锈〔Cu2（OH）2CO3〕‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，体现氧化性，故A正确；B．香炉中燃烧的香中不含碘单质，故不存在碘的升华，故B错误；C．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C正确；D．明矾的水溶液水解显酸性，故能除去铜器上的铜锈，故D正确。‎ ‎2.实验室里常用的干燥剂有：①浓硫酸（98%），②无水氯化钙，③变色硅胶［硅胶的主要成分是二氧化硅，在其中掺入少量的无水氯化钴（CoCl2）作指示剂，无水氯化钴呈蓝色，吸水后变为CoCl2·6H2O呈粉红色］，④五氧化二磷，⑤碱石灰（主要成分是氢氧化钠、氧化钙，制法是：把生石灰加到浓的烧碱溶液中，再加强热蒸干）。上述物质中，属于混合物的是（ ）‎ A. ①②④ B. ②④ C. ①③⑤ D. 全部 ‎【答案】C ‎【详解】①浓硫酸中是硫酸和水的混合物；②无水氯化钙是纯净物；③变色硅胶是二氧化硅和氯化钴的混合物；④五氧化二磷是纯净物；⑤碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物；所以混合物有①③⑤。‎ 故选C。‎ ‎3.有机物X的结构简式是，能用该结构简式表示的X的同分异构体共有(不考虑立体异构)（ ）‎ A. 12种 B. 16种 C. 20种 D. 24种 ‎【答案】C ‎【详解】丁烷有2种结构：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，分子中分别含有2种、2种H原子，故丁基(−C4H9)共有4种；−C3H6Cl的碳链为C−C−C，氯原子分别在1号、2号、3号碳上(与1号重复)，共有2种，1个氯在1号碳上，剩下的苯环在1号、2号或者3号碳，有3种结构；1个氯在2号碳上，剩下的一个苯环在2号、3号碳上，有2种结构，总共5种，所以该有机物共有4×5=20种。‎ 故选C。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (　 　)‎ A. ‎‎1.8‎‎ g H2O与CH2D2的混合物中所含的质子数为NA B. 1 mol甲烷或白磷(P4)分子中所含的共价键数均为4NA C. 1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA D. ‎25 ℃‎时，‎1 L pH＝1的H2SO4溶液中含有的H＋数为0.2NA ‎【答案】A ‎【详解】A、H2O与CH2D2的摩尔质量都为‎18g/mol，分子中所含的质子数都为10个，故‎1.8g H2O与CH2D2的混合物为0.1mol，质子数为0.1×10×NA=NA，正确；‎ B、一个甲烷分子是以碳原子为中心与四个氢原子形成四个共价键，一个白磷分子是以四个磷原子为顶点形成的正四面体，共价键数为6，故1mol甲烷或白磷(P4)分子中所含共价键数分别为4NA和6NA，错误；‎ C、酯在酸性条件下的水解是可逆反应，故1mol CH3COOC2H5在稀硫酸溶液中水解得到乙醇分子数小于NA，错误；‎ D、‎25℃‎时，pH=1则c(H+)=0.1mol/L，1LpH=1的H2SO4溶液中含有的H+数为0.1NA，错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.TiO2在光照射下可使水分解H2和O2，该过程类似植物的光合作用。如图是光照射下TiO2分解水的装置示意图。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 该装置可以将光能转化为电能，同时也能转化为化学能 B. 铂电极上发生的反应为：H2-2e-=2H+‎ C. 该装置工作时，电流由TiO2电极经R流向铂电极 D. 该装置工作时，TiO2电极附近溶液的pH变大 ‎【答案】A ‎【详解】A.在光照下TiO2分解水，同时提供电能，所以该装置可以将光能转化为电能，同时电能转化为化学能，故A正确；‎ B.铂电极为阴极，电极反应式为2H++2e−═H2↑，故B错误；‎ C.该装置工作时，Pt作阴极、二氧化钛作阳极，阳极上失电子、阴极上得电子，所以电流由铂电极经R流向TiO2电极，故C错误；‎ D.二氧化钛电极为阳极，电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，TiO2电极附近溶液的pH变小，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电极名称和电极反应以及电流的方向。‎ ‎6.下图是半导体光电化学电池光解水制氢的反应原理示意图。在光照下，电子由价带跃迁到导带后，然后流向对电极。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 对电极的电极反应式为：2H++2e－=H2↑‎ B. 半导体电极发生还原反应 C. 电解质溶液中阳离子向对电极移动 D. 整个过程中实现了太阳能→电能→化学能的转化 ‎【答案】B ‎【解析】图示分析可以知道在对电极上发生反应是水电离出的氢离子得到电子生成氢气，电极反应为: 2H++2e－=H2↑,A正确；在光照下,电子由价带跃迁到导带后,然后流向对电极，所以半导体电极为负极，发生氧化反应，B错误；阳离子向阴极移动，对电极为阴极，因此电解质溶液中阳离子向对电极移动，C正确；过程分析可以知道,该装置是光能转化为电能,电能转化为化学能的过程,整个过程中实现了太阳能向电能化学能等的转化,D正确；正确选项B。‎ ‎7.某温度下，在容积固定的密闭容器中，发生可逆反应A(g)+2B(g)‎2C(g)，平衡时，各物质的浓度比为c(A)：c(B)：c(C)=1：1：2保持温度不变，以1：1：2的体积比再充入A、B、C，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 刚充人时反应速率：v(正)减小，v(逆)增大 B. 达到新的平衡时：反应混合物中A.B的物质的量分数不变 C. 达到新的平衡时：c(A)：c(B)：c(C)仍为1：1：2‎ D. 达到新的平衡过程中：体系压强先增大，后减小 ‎【答案】D ‎【详解】A.刚充入时反应速率v正、v逆都增大，故A错误；‎ B.以1：l：2体积比再充入A、B、C，由于压强增大，平衡向着正向移动，反应混合物中A、B的体积分数减小，故B错误；‎ C.增大压强，平衡向正反应移动，平衡时达到新的平衡时c(A)：c(B)：c(c)不再是l：1：2，故C错误；‎ D.以1：l：2的体积比再充入A.B.C，压强增大，平衡向正反应移动，气体的总的物质的量减小，压强降低，所以体系压强先增大，后减小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】掌握平衡移动的规律和等效平衡的定义。按平衡时的物质的数据加入，即相当于加压，根据方程式的系数分析，平衡正向移动。‎ ‎8.活性炭可处理大气污染物NO。为模拟该过程，T℃时，在‎3L密闭容器中加入NO和活性炭粉，反应体系中各物质的量变化如下表所示。下列说法正确的是（ ）‎ 活性炭/mol NO/mol X/mol Y/mol 起始时 ‎2.030‎ ‎0.100‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎10min达平衡 ‎2.000‎ ‎0.040‎ ‎0.030‎ ‎0.030‎ A. X一定是N2，Y一定是CO2‎ B. 10min后增大压强，NO的吸收率增大 C. 10min后加入活性炭，平衡向正反应方向移动 D. 0~10min的平均反应速率v(NO)=0.002 mol/(L•min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】活性炭粉和NO反应生成X和Y，由表中数据可知，平衡时C、NO、X、Y的△n分别为0.030mol、0.060mol、0.030mol、0.030mol，△n之比为1∶2∶1∶1，则有C(s)+2NO(g)⇌X+Y，结合原子守恒，可得方程式C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。‎ A、反应方程式为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，由于N2和CO2的计量系数均为1，无法判断X是否是N2，故A错误；B、增大压强，平衡不移动，所以NO的吸收率不变，故B错误；C、活性炭为固体，增加固体的量不影响反应速率和平衡，故C错误；D、△n(NO)=0.030mol,则v(NO)==0.002 mol/(L•min)，故D正确。故选D。‎ 点睛：化学反应中，各物质的变化量之比等于计量系数之比，故该题的突破口为根据表格数据分析出各物质的△n之比，然后确定化学反应方程式。‎ ‎9. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2－+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32－‎ B. 在酸性条件下，用H2O2将I－氧化为I2：H2O2+2I－+2H+=I2+2H2O C. 向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br－+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl－‎ D. NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HCO3－+Ba2++OH－=BaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、CO2过量应该生成碳酸氢根离子，A错误；B、离子方程式正确，B正确；C、氯气足量，离子方程式为2Fe2++4Br－+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl－，C错误；D、氢氧化钡不足，生成碳酸钡、碳酸钠和水，D错误，答案选B。‎ 考点：考查离子方程式正误判断 ‎10.下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是（ ）‎ 选项 操作和现象 结论 A.‎ 滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅 Na2CO3溶液中存在水解平衡 B.‎ 向电石中加入饱和食盐水制乙炔，并将产生的气体直接填入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 记明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化 C.‎ 常温下，测得饱和Na2S溶液的PH大于饱和Na2CO3溶液 常温下水解程度：S2->CO32-‎ D.‎ 向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，且上层溶液至紫色 CC14可作为碘的萃取剂 ‎【答案】A ‎【解析】滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，生成碳酸钡沉淀，碳酸根浓度减小，碳酸根水解反应逆向移动，碱性减弱，红色变浅，故A正确；电石制取乙炔气体含有硫化氢杂质，乙烯、硫化氢都能使酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，故B错误；饱和Na2S溶液的浓度与饱和Na2CO3溶液不同，故C错误；CCl4密度大于水，向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，且下层溶液至紫色，故D错误。‎ ‎11.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X 与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL﹣1，W在短周期主族元素中原子半径最大．下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W＞Y＞X B. 元素X与M形成化合物的空间构型可以是正四面体型、直线型或平面型等 C. 将X Z2通入W单质与水反应后的溶液中，生成的盐一定只有一种 D. Y元素的含氧酸都属于强酸 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，W在短周期主族元素中原子半径最大，W为Na元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为‎0.76g•L-1，该化合物的摩尔质量为‎0.76g•L-1×‎22.4L/mol=‎17g/mol，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素．X与Z可形成XZ2‎ 分子，则X位于偶数族，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，则最外层电子数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Z的最外层电子数之和为15-5=10，二故Z最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第ⅥA族，X处于第ⅣA族，所以X为C元素，Z为O元素。A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞C＞N，即W＞X＞Y，故A错误；B、X为C元素、M为H元素，两元素形成的化合物甲烷为正四面体、乙烯为平面结构、乙炔为直线型，故B正确；C、Na单质与水反应后的溶液为氢氧化钠溶液，将CO2通入氢氧化钠溶液中，当n(CO2)：n(NaOH)介于1：1与1：2之间时会生成碳酸钠、碳酸氢钠，故C错误；D、Y为N元素，其含氧酸中硝酸是强酸，亚硝酸属于弱酸，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。‎ ‎12. 紫草宁（shikonin，见下图）是从生长在亚洲学名叫Lithospermum erythrorhizon的一种植物的根部提取出来的红色化合物。几个世纪以来用做民间药物，如今用于配制治疗跌打损伤的膏药。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 紫草宁的分子式为C16H16O5‎ B. 等量的紫草宁与NaOH溶液、浓溴水反应，消耗NaOH、Br2 的物质的量之比为3:4‎ C. 紫草宁既能发生氧化反应又能发生还原反应 D. 常温下紫草宁不易溶于水 ‎【答案】B ‎【详解】A正确，根据碳四价原则、O二价原则、H一价原则；B错误，紫草宁分子结构中有2酚羟基，能与2mol氢氧化钠溶液;能与2mol浓溴水发生取代反应，且分子结构中有碳碳双键也能与溴水加成反应，消耗的氢氧化钠与Br2物质的量比为2:3；C正确，紫草宁为有机物，可以燃烧，发生氧化反应，而分子结构中含有羰基能与氢气反应发生加成反应即还原反应；D错，该分子结构中存在羰基、烃基碳原子数多，不易溶于水；答案选B。‎ ‎13.最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。装置工作时，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 盐桥中Cl-向Y 极移动 B. 化学能转变为电能 C. 电子由X 极沿导线流向Y 极 D. Y 极发生的反应为2NO3-+10e- +12H+=N2+6H2O，周围pH 增大 ‎【答案】A ‎【解析】A.NH3 N2 化合价升高失电子，发生氧化反应，做正极；NO3-N2 化合价降低得电子，发生还原反应，做负极， 盐桥中Cl-向负极X 极移动，故A错；B. 垃圾在微生物的作用下，发生氧化还原反应，形成了原电池，所以化学能转变为电能，故B正确；C.根据A分析知X为负极，Y为正极， 电子由负极X 极沿导线流向正极Y 极，故C正确；D. Y 极为正极发生的反应为2NO3-+10e- +12H+=N2+6H2O，消耗H+，所以pH 增大，故D正确；答案：A。‎ 点睛：本题考查原电池的有关知识。解题时抓住原电池反应原理氧化还原反应。通过得失电子判断原电池的正负极，从而确定离子的移动方向，溶液中PH的变化。‎ ‎14.对下列图像的描述中，正确的是( )‎ A. 根据图①可判断正反应的ΔH<0‎ B. 根据图②，除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可加入CuO调节pH至3～5‎ C. 图③可表示压强(p)对反应‎2A(g)＋2B(g) ‎3C(g)＋D(s)的影响 D. 图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法 ‎【答案】B ‎【详解】A．根据图①可判断正逆反应速率相等时，再升高温度正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向进行，说明正反应是吸热反应，则正反应的ΔH＞0，A错误；‎ B．根据图②可知pH大于3而小于5时Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，则除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可加入CuO调节pH至3～5，B正确；‎ C．反应‎2A(g)＋2B(g)‎3C(g)＋D(s)的正反应是体积减小的可逆反应，而图③显示不同的压强下反应物的百分含量没有变化，即改变压强，平衡不会移动，则图③不能表示压强(p)对反应‎2A(g)＋2B(g)‎3C(g)＋D(s)的影响，C错误；‎ D．图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，溶液中氢离子和氢氧根浓度均增大，则不能采用在水中加入适量NaOH固体的方法，应该是升高温度，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15.请仔细观察以下2个装置，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 图1石墨a为正极，图2石墨c也为正极 B. 图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置不会产生电流 C. 图1石墨a电极上发生的反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ D. 图2石墨b上的产物能使淀粉溶液变蓝 ‎【答案】D ‎【详解】A. 图1是原电池，铁是活泼的金属，作负极，石墨a为正极，图2中铁、铜和氯化钠构成原电池，铁是负极，铜是正极，石墨b是阳极，石墨c是阴极，A错误；‎ B. 图1是原电池装置，盐桥的作用是使电解质溶液始终保持电中性，以提供持续稳定的电流，图2装置中丙是原电池，丁是电解池，也会产生电流，B错误；‎ C. 图1石墨a是正极，电极上发生的反应为：Cu2＋＋2e－=Cu，C错误；‎ D. 图2石墨b是阳极，溶液中的碘离子失去电子转化为单质碘，因此其上的产物能使淀粉溶液变蓝，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.25℃‎时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=﹣lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 溶液的导电性：点a弱于点b B. 离子浓度c(R2-)：点c小于点d C. H2R + R2-=2HR-平衡常数>105，反应趋于完全 D. 点b时，y<7且<1‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. b点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL，得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液；a点是向20mL 0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL，得到浓度均为mol/L的NaHR和H2R的混合溶液，由于阴离子的水解和电离程度均很小，因此b点溶液中的离子浓度大于a点，导电能力点a弱于点b，故A正确；‎ B. c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR，浓度均为0.03mol/L，d点溶液中溶质为mol/L Na2R，R2-水解但程度较小，HR-既电离又水解但程度均很小，因此离子浓度c(R2-)：点c小于点d，故B正确；‎ C. H2R + R2-=2HR-平衡常数K>105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；‎ D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y＜7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1×Ka2=×=，因此= ==104.9＞1，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎17.稀硫酸酸化后的软锰矿(主要成分为MnO2)悬浊液可用于吸收燃煤尾气中的SO2，得到MnSO4；MnSO4可与KMnO4反应制备电池材料MnO2，同时生成H2SO4。下列用来解释事实的方程式不正确的是（ ）‎ A. MnO2吸收SO2的反应：MnO2+SO2═MnSO4‎ B. MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e−+H+═MnOOH C. MnSO4与KMnO4反应制备MnO2：2MnO4−+3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+‎ D. 尾气中的SO2还可用足量的氨水吸收：SO2+2NH3⋅H2O═2NH4++SO32−+H2O ‎【答案】B ‎【详解】A.S元素被二氧化锰氧化为硫酸根离子，则MnO2吸收SO2的反应：MnO2+SO2═MnSO4，故A正确；‎ B.碱性条件下，电极方程式中不能有氢离子参加，所以MnO2作为碱性电池正极材料时的放电反应：MnO2+e−+H2O═MnOOH+OH−，故B错误；‎ C.MnSO4被KMnO4氧化生成MnO2，则MnSO4与KMnO4反应制备MnO2： 2MnO4−+3Mn2++2H2O═5MnO2+4H+，故C正确；‎ D.SO2是酸性气体，与氨水反应生成盐溶液，所以尾气中的SO2还可用足量的氨水吸收：SO2+2NH3⋅H2O═2NH4++SO32−+H2O，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎18.工业上，可采用还原法处理尾气中NO，其原理:2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) △H<0。在化学上，正反应速率方程式表示为v（正）=k（正）·cm(NO）·cn（H2），逆反应速率方程式表示为v（逆）=k（逆）·cx（N2）·cy（H2O），其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m，n，x，y叫反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T℃下进行实验，测得有关数据如下：‎ 实验 c(NO)/mol·L-1‎ c(H2)/mol·L-1‎ v(正)/mol·L-1·min-1‎ ‎①‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.414k ‎②‎ ‎0.10‎ ‎0.40‎ ‎1.656k ‎③‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎1.656k 下列有关推断正确的是（ ）‎ A. 上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量 B. 若升高温度，则k（正）增大，k（逆）减小 C. 在上述反应中，反应级数：m=2，n=1‎ D. 在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同 ‎【答案】C ‎【分析】2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) △H<0，正反应是放热反应，根据反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，分析判断A的正误；‎ 根据升高温度，反应速率加快分析判断B的正误；‎ 根据表格数据知，①、②实验数据比较，可以计算n。①和③比较可以计算m，分析判断C的正误；‎ 根据C的计算结果分析判断D的正误。‎ ‎【详解】A.上述反应的正反应是放热反应，反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，选项A错误；‎ B.升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，选项B错误；‎ C.由表格数据知，①、②实验数据比较，＝4n＝＝4，故n＝1。＝‎2m＝＝4，则m＝2，选项C正确；‎ D.由于正反应速率表达式中NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2浓度对正反应速率的影响程度不相同，选项D错误；‎ 答案选C。‎ 二、非选择题 ‎19.PdCl2广泛用作催化剂和一些物质的检测试剂。由Pd(NH3)2Cl2制备PdCl2工艺流程如图所示。‎ ‎（1）肼(N2H4)可以被看作二元弱碱，结合质子生成N2H5+或N2H62+。肼与少量稀硫酸混合后，得到产物的化学式为_________。‎ ‎（2）对工艺流程图中的滤液处理办法最好的是：______‎ a.返到提钯废液中，循环使用 b.转化为无毒物质后排放 c.深埋于地下 ‎（3）王水溶钯时，Pd被氧化为H2PdCl4。同时得到唯一还原产物亚硝酰氯(NOCl)。反应消耗的HCl与HNO3的物质的量之比为_________。‎ ‎（4）赶硝，是将残余的NO3−浓度降低到不大于0.04%。实验数据记录如表：‎ 表一：不同HCl用量和MxOy用量(每10gPd)与NO3−残留量 HCl用量(mL)‎ MxOy用量(mL)‎ NO3−含量(%)‎ ‎5‎ ‎0、10、20、30、40‎ ‎0.15、0.10、0.05、0.04、0.03‎ ‎10‎ ‎0、5、10、15、20‎ ‎0.10、0.08、0.05、0.03、0.02‎ ‎15‎ ‎0、5、10、15、20‎ ‎0.08、0.06、0.05、0.03、0.02‎ 处理1吨Pd，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为____m3(合理选择表格里相关数据计算)。‎ ‎（5）煅烧过程发生分解反应，化学方程式为：_________________________________。‎ ‎（6）浸有磷钼酸铵溶液的氯化钯试纸遇微量CO立即变成蓝色。原理较为复杂，第一步是CO还原PdCl2得到Pd单质，同时有常见的氧化物生成。 写出反应原理中第一步的化学方程式：_____________________________________________‎ ‎【答案】 (1). (N2H5)2SO4 (2). a (3). 5：1 (4). 2.5 (5). H2PdCl4PdCl2+2HCl↑ (6). H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl ‎【分析】（1）根据肼是二元弱碱分析，与少量硫酸混合，即只能结合一个质子书写产物。‎ ‎（2）从提高原料利用率分析，处理最好的方法是循环使用。‎ ‎（3）根据反应中的元素化合价变化分析氧化还原反应配平和氧化剂和还原剂的比例。‎ ‎（4）从实验结果可知，加入氯化氢的同时加入MxOy，可大大降低生成的PdCl2中的NO3−的含量，且MxOy用量越多，NO3−的含量越少，MxOy用量相同时，HCl的用量越大，PdCl2中的NO3−的含量越低。当每10gPd的HCl的用量为10mL，MxOy用量为15mL时， NO3−的含量可降低至0.03%，达到处理标准，当处理量为1吨Pd时，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为（10mL+15mL）。据此计算。‎ ‎（5）根据流程煅烧过程中分解氯化氢和PdCl2分析。‎ ‎（6）一氧化碳还原PdCl2得到Pd单质，同时有常见的氧化物二氧化碳生成，结合元素可得有水参与，据此书写。‎ ‎【详解】（1）肼(N2H4)可以被看作二元弱碱，结合质子生成N2H5+或N2H62+.，肼与少量稀硫酸混合，只能生成N2H5+，反应为：2N2H4+H2SO4=(N2H5)2SO4；故答案为：(N2H5)2SO4；‎ ‎（2）对工艺流程图中的滤液处理办法最好的是返到提钯废液中，循环使用，提高原料利用率；故答案为：a；‎ ‎（3）王水溶钯时，Pd被氧化为H2PdCl4.同时得到唯一还原产物亚硝酰氯(NOCl)，反应为：5HCl+HNO3+Pd=H2PdCl4+NOCl+2H2O，故反应消耗的HCl与HNO3的物质的量之比为5：1；故答案为：5：1；‎ ‎（4）从实验结果可知，加入HCl的同时加入MxOy，可大大降低生成的PdCl2中的NO3−的含量，且MxOy用量越多，NO3−的含量越少，MxOy用量相同时，HCl的用量越大，PdCl2中的NO3−的含量越低。当每10gPd的HCl的用量为10mL，MxOy用量为15mL时， NO3−的含量可降低至0.03%，达到处理标准，当处理量为1吨Pd时，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为1×‎106g（10mL+15mL）=2.5×‎106cm3=‎2.5m3‎；故答案为：2.5；‎ ‎（5）在煅烧过程，会生成氯化氢气体和PdCl2，反应的化学方程式为H2PdCl4PdCl2+2HCl↑；故答案为：H2PdCl4PdCl2+2HCl↑；‎ ‎（6）CO还原PdCl2得到Pd单质，生成的常见氧化物为CO2，根据元素守恒可知，H2O参与反应，提供氧原子，反应的化学方程式为：H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl；故答案为：H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl。‎ ‎20.四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）‎ 有关信息如下表：‎ 化学式 SnCl2‎ SnCl4‎ 熔点/℃‎ ‎246‎ ‎−33‎ 沸点/℃‎ ‎652‎ ‎144‎ 其他性质 无色晶体，易氧化 无色液体，易水解 回答下列问题：‎ ‎（1）甲装置中仪器A的名称为___________。‎ ‎（2）用甲装置制氯气，MnO4−被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为________________。‎ ‎（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到__________（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应；②_______________________。‎ ‎（4）乙装置的作用______________________________，如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为_________________________________；己装置的作用是_____（填序号）。‎ A．防止空气中CO2气体进入戊装置 B．除去未反应的氯气，防止污染空气 C．防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解 D．防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化 ‎（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中不可用于检测是否产生SnCl2 的有_______（填序号）。‎ A．H2O2溶液 B．酸性高锰酸钾溶液 C．AgNO3溶液 D．溴水 ‎（6）反应中用去锡粒‎1.19 g，反应后在戊装置的试管中收集到‎2.04 g SnCl4，则SnCl4的产率为_______（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 10Cl-+16H++2MnO4-=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+ (3). 丁中充满黄绿色气体 (4). 促进四氯化锡挥发 (5). 除去氯气中混有的氯化氢气体 (6). Sn+2HCl=SnCl2+H2 (7). BC (8). AC (9). 78%‎ ‎【分析】SnCl4极易水解，应在无水环境下制备和保存。A装置制备氯气，由于浓盐酸易挥发，制备的Cl2中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解。‎ ‎【详解】(1)根据装置图可知：甲装置中仪器A的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；‎ ‎(2)在A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎(3)若整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，同时使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集，故答案为：丁中充满黄绿色气体；促进四氯化锡挥发；‎ ‎(4) 乙装置的作用是除去氯气中混有的HCl杂质； ‎ 如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2与氢气，其方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；‎ 己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，故合理选项是BC；‎ ‎（5）A. SnCl2易被氧化，H2O2溶液可以将Sn2+氧化，但没有明显现象，A项错误；‎ B. SnCl2易被氧化，与酸性高锰酸钾溶液混合，若褪色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，B项正确；‎ C.使用AgNO3溶液可以检验氯离子，不能检验二价锡元素，C项错误；‎ D.与溴水混合，若橙色褪去，则说明含有SnCl2，SnCl2与溴水发生了氧化还原反应，否则无SnCl2，D项正确；故答案为：AC；‎ ‎ (5) 用去锡粒‎1.19g，其物质的量为n(Sn)=‎1.19g÷‎119g/mol=0.01mol，根据Sn原子守恒可知在理论生成SnCl4为0.01mol，则SnCl4的产率为×100%78%，故答案为：78%。‎ ‎【点睛】本题是物质制备实验的考查，涉及仪器使用、化学实验基本操作、离子的检验方法、离子方程式书写、对原理与装置的分析评价等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，同时结合物质的性质进行分析解答，是对学生综合能力的考查。‎ ‎21.Cu2O广泛用作颜料和化工生产的催化剂。‎ Ⅰ．制备Cu2O ‎（1）电解法：工业上用铜作阳极，钛片为阴极，电解一定浓度的NaOH 溶液可制备氧化亚铜，写出阳极的电极反应式为_____________________‎ ‎（2）微乳液-还原法：在 ‎100℃‎ Cu（NO3）2 的水溶液中加入一定体积的 NaOH 水溶液，并搅拌使之混合均匀， 再逐滴加入水合肼的水溶液，直至产生红色沉淀，经抽滤、洗涤和真空干燥，得到Cu2O 粉末。‎ 已知： N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H= -akJ/mol Cu(OH)2（s）=CuO（s）+H2O（l）△H= +bkJ/mol ‎4CuO（s）=2Cu2O（s）+O2（g）△H= +ckJ/mol 则由N2H4 和Cu(OH)2 反应制备 Cu2O 的热化学方程式为 ________________________。‎ Ⅱ．工业上用Cu2O 与 ZnO 组成的催化剂可用于工业上合成甲醇： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H = -90.8 kJ/mol，回答下列问题：‎ ‎（1）能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)已达平衡状态的是（ ）‎ A．当反应的热效应△H = -90.8 kJ/mol 时反应达到平衡状态 B.在恒温恒压的容器中，混合气体的密度保持不变 C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化 D．在恒温恒容的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化 ‎（2）在 T‎1℃‎时，体积为 ‎2 L 的恒容容器中充入物质的量之和为 3mol 的 H2 和CO，当起始 n(H2)／n(CO)= 2 时，经过 5min 达到平衡，CO 的转化率为 0.6，则0~5min 内平均反应速率 v (H2)=________；该温度下的平衡常数为__________________ ；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 ______（填“增大”、 “减小”或“不变”）；‎ ‎（3）工业实际合成 CH3OH 生产中，采用下图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由：____________‎ ‎____________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2 Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O (2). 4 Cu(OH)2（s）+N2H4（l）=2Cu2O（s）+N2（g）+6H2O（l）△H= +4b+c-a kJ/mol或者【△H=（4b+c-a kJ/mol）】 (3). CD (4). 0.12 mol/(L·min) (5). 9.375 (6). 增大 (7). 相对于 N 点而言，采用 M 点，温度在 500～600 K 之间，温度较高，反应速率较快，CO 的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高 ‎【详解】（1）工业上用铜作阳极，钛片为阴极，电解法电解一定浓度NaOH 溶液可制备氧化亚铜，则阳极的电极反应式为Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O：答案：Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。‎ ‎（2）①将题中所给反应方程式依次编号：（1）N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H= -akJ/mol;（2）Cu(OH)2（s）=CuO（s）+H2O（l）△H= +bkJ/mol；(3)4CuO（s）=2Cu2O（s）+O2（g）△H= +ckJ/mol;由盖斯定律4(2)+(3)-(1)有：4 Cu(OH)2（s）+N2H4（l）=2Cu2O（s）+N2（g）+6H2O（l）△H= +(4b+c-a) kJ/mol 答案：4 Cu(OH)2（s）+N2H4（l）=2Cu2O（s）+N2（g）+6H2O（l）△H= +4b+c-a kJ/mol。‎ Ⅱ．(1) A．由CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H = -90.8 kJ/mol，知当反应的热效应△H = -90.8 kJ/mol 时，不能确定反应否达到平衡状态，故A错误；B.混合气体总质量不变,容器容积恒定,容器内混合气体的密度始终保持不变,故B错误;C.在绝热恒容的容器中,随反应进行温度发生变化,平衡常数也随之发生变化,当反应的平衡常数不再变化时说明反应到达平衡,故C正确的;D.混合气体总质量不变,随反应进行混合气体总物质的量增大,则气体的平均摩尔质量进行,当气体的平均摩尔质量不再变化时,说明反应到达平衡,故D正确；答案：CD正确的; ‎ ‎（2）① H2和CO总共为3mol,且起始n(H2)／n(CO)= 2,可以知道H2为2mol、CO为1mol, 5min 达到平衡时CO的转化率为0.6,则:                     CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 起始（mol）1            2            0       变化（mol）0.6           1.2            0.6  平衡（mol）0.4           0.8            0.6  容器的容积为‎2L,则v (H2)= (1.2mol)/5min=0.12 mol/(L·min)；该温度下平衡常数K= c(CH3OH)/c(CO)· c(H2)=(0.6/( 0.40.82=9.375。此时再向容器中加入CO(g) 和CH3OH(g) 各0.4mol,此时浓度商Qc=[(0.6+0.4)/[(0.4+0.4)2]0.82=7.813<9.375,所以反应向正反应进行,达新平衡时H2的转化率将增大。因此答案是: 0.12 mol/(L·min) ； 9.375；增大。‎ ‎（3）工业实际合成 CH3OH 生产中，采用下图M点而不是N点对应的反应条件是：相对于N点而言,采用M点,温度在500~600 K之间,温度较高,反应速率较快, CO的平衡转化率也较高,压强为常压,对设备要求不高。答案：相对于 N 点而言，采用 M 点，温度在 500～600 K 之间，温度较高，反应速率较快，CO 的平衡转化率也较高，压强为常压，对设备要求不高。‎ ‎22.某有机物(分子式为C13H18O2)是一种食品香料，其合成路线如图所示。‎ 已知：R-CH=CH2R-CH2CH2OH 通过质谱法测得A的相对分子质量为56，它的核磁共振氢谱显示有两组峰且峰面积之比为1∶3；D分子中含有支链；F分子中含有苯环但无甲基，在催化剂存在下1molE与2molH2可以发生反应生成F。请回答：‎ ‎（1）B中所含官能团的名称为_________；E的结构简式为_______________。‎ ‎（2）C与新制悬浊液反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎（3）D与F反应的化学方程式为__________________________________________；‎ 其反应类型是__________________。‎ ‎（4）符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色、②苯环上有两个取代基的F的同分异构体有___种，写出其中一种物质的结构简式____________。‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). (3). (CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+OH-(CH3)2CHCOO-+Cu2O↓+3H2O (4). (CH3)2CHCOOH++H2O (5). 酯化反应(或取代反应) (6). 6种 (7). ‎ 分析】有机物A属于烃类，其相对分子质量为56，则A的分子式为C4H8，A发生信息中的反应生成B，B可以连续发生氧化反应，A的核磁共振有2组峰，峰面积比为1:3，则A为（CH3）‎2C=CH2，B的结构简式为（CH3）2CHCH2OH，C的结构简式为（CH3）2CHCHO，D的结构简式为（CH3）2CHCOOH。D和F反应生成有机物C13H18O2，应是发生酯化反应，则F为醇，D中含有4个碳原子，所以F中含有9个碳原子，F的分子式为C9H12O，E可以发生银镜反应，含有醛基，在催化剂存在条件下1molE和2mol氢气反应可以生成F，F分子中含有苯环但无甲基，可推知E为，F为。则G为。‎ ‎【详解】(1)B的官能团为羟基；E的结构简式为 ；‎ ‎ (2).C的结构为(CH3)2CHCHO，与新制氢氧化铜悬浊液反应的方程式为： (CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2+OH-(CH3)2CHCOO-+Cu2O↓+3H2O；‎ ‎ (3).D和F反应生成G的反应为酯化反应，方程式为： (CH3)2CHCOOH++H2O；‎ ‎(4) ①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②苯环上有两个取代基，即一个粉爱你估计和一个-C3H7，因为-C3H7有两种结构，苯环上有三种位置关系，所以F的同分异构体有6种，写出其中一种物质的结构简式为或或或或。‎ ‎【点睛】掌握有机物反应过程中官能团的变化和反应条件或反应类型，掌握常见的同分异构体的数目判断，如苯环上两个取代基则有3种等。‎