河南省新乡市2020届新高三调研化学试题

河南省新乡市2020届新高三调研化学试题

新乡市2020届新高三调研考试化学 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。‎ ‎2．请将各题答案填写在答题卡上。‎ ‎3．本试卷主要考试内容：高考全部内容。‎ ‎4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Cl 35．5 Ca 40 Cu 64‎ 第Ⅰ卷（选择题共42分）‎ 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.2019年1月3日，嫦娥四号成功登月，我国科技发展突飞猛进。有一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是碳化硅、陶瓷和碳纤维。下列有关该新型材料的叙述正确的是（ ）‎ A. 耐高温但不耐腐蚀 B. 比钢铁轻，但质地较脆 C. 有固定的熔点 D. 是一种新型无机非金属材料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳化硅、陶瓷和碳纤维具有耐高温抗氧化的性能，耐腐蚀，A错误；‎ B. “连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料比钢铁轻、硬，具有良好的韧性，B错误；‎ C. 该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定熔、沸点，C错误；‎ D. 该材料由无机物复合而成，为新型无机非金属材料，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎2.《太平惠民和剂局方》中对精制蜡的过程有如下记载：“……先将蜡六两熔化作汁，以重绵滤去滓，以好酒一升，于银石器内煮蜡熔，数沸倾出，候酒冷，其蜡自浮，取蜡称用。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A. 萃取 B. 升华 C. 重结晶 D. 渗析 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由“煮蜡熔，数沸倾出”可知，溶解后利用沸点不同分离，涉及分离方法为蒸馏，后“候酒冷，其蜡自浮”可知冷却后析出蜡，操作方法为重结晶，答案为C。‎ ‎3.同温同压下，分别用等质量的H2、CO、CO2、NH3四种气体吹起四个气球，其中由H2‎ 吹起的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据n=，质量相同时，摩尔质量越小则物质的量越大，则氢气的物质的量最大；同温同压下，物质的量之比等于体积之比，则氢气的体积最大，答案为C。‎ ‎4.将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数目最多的是（ ）‎ A. K2CO3 B. Fe（OH）3 C. NaClO D. MgSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，导致溶液中阴离子数目大于0.1mol；‎ B．Fe（OH）3几乎不溶于水，阴离子有水电离产生；‎ C．ClO-+H2O⇌HClO+OH-，阴离子不变，为0.1mol；‎ D．MgSO4溶液中阴离子为SO42-，为0.1mol；‎ 分析可知，答案为A。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 44g由CO2和N2O组成的混合气体中的氧原子数为2NA B. 1 mol 由异丁烷和正丁烷组成混合物中含有的共价键数目为13NA C. 2 mol SO2与2molO2充分反应生成的S03分子数为2NA D. 100mL12mol·L-1浓盐酸与足量MnO2反应，转移的电子数为0.6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2和N2O中含有的氧原子个数不同，不能计算混合气中含有的氧原子个数，A错误；‎ B、不论是正丁烷还是异丁烷，分子中均含有13个共价键，所以1 mol 由异丁烷和正丁烷组成的混合物中含有的共价键数目为13NA，B正确；‎ C、2 mol SO2与2molO2充分反应生成的SO3分子数小于2NA，因为是可逆反应，C错误；‎ D、随着浓盐酸的浓度逐渐减小，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能计算转移的电子数，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数；在计算一个反应消耗或生成物质的物质的量时一定要知道反应能否完全进行，反应物是否会全部反应等，只有根据具体情况才能判断；在进行混合物的有关计算是分析一下混合物有什么规律，如相对分子质量相同，最简式相同、所带电荷数相同、含有的原子数相同等，找出规律进行解答。‎ ‎6.某羧酸酯的分子式为C14H26O4，1mol该酯完全水解可得到1mol丁二酸和2mol某种一元醇X，该一元醇X的结构（不包括立体异构）可能有（ ）‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丁二酸的结构简式为HOOCCH2CH2COOH，含有4个碳原子，1mol该酯生成1mol丁二酸和2mol一元醇，则醇分子中含有5个碳原子，分子式为C5H12O。‎ ‎【详解】一元醇的分子式为C5H12O，可简写为C5H11OH，C5H11-有3中结构，分别为正、异、新戊烷基，正戊烷上羟基有3种同分异构体，异戊烷有4种同分异构体，新戊烷有1种同分异构体，合计8种。‎ ‎【点睛】分子式C5H12O的一元醇，其碳链异构有3种，再在不同结构中找-OH的位置即可。‎ ‎7.湖南大学研制的一种铝离子电池充放电7500次后容量几乎没有衰减，预测20年后该电池依然使用如初。其放电时的有关转化如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 放电时，Li+向负极移动 B. 放电时，电路中每流过3mol电子，正极的质量减少27g C. 充电时，阴极的电极反应式为4Al2Cl7- +3e-=7AlCl4- +Al D. 充电时，MnO2极与外电源的负极相连 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.放电时，为原电池，阳离子向正极移动，则Li+向正极移动，A错误；‎ B.放电时，电路中每流过3mol电子，Al作原电池的负极，则负极的质量减少27g，B错误；‎ C.充电时，Al电极作阴极，电解质中Al2Cl7-得电子生成Al和AlCl4-，则阴极的电极反应式为4Al2Cl7- +3e-=7AlCl4- +Al，C正确；‎ D.充电时，MnO2极作电解池的阳极与外电源的正极相连，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】二次电池放电时为原电池，充电时为电解池，作原电池时的负极与作电解池的阴极的电极反应式相反。‎ ‎8.下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 植物油和溴水混合后振荡、静置 溶液分层，溴水褪色 植物油萃取了溴水中的Br2‎ B 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2溶液中 溶液变黄色 H2O2氧化性比Fe3+弱 C 出现白色沉淀 氨气、二氧化碳与饱和食盐水反映生成碳酸钠 D 将盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现白色固体，倒去试管中液体，再加入适量水 白色固体溶解，溶液显蓝色 白色固体为无水硫酸铜 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.植物油中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与结论不符，A错误；‎ B.溶液中的H2O2、HNO3均具有强氧化性，无法判断是否为H2O2氧化Fe2+，B错误；‎ C.由于碳酸氢钠的溶解度小，则反应中生成的白色固体为碳酸氢钠，于结论不符，C错误；‎ D. 铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜和二氧化硫、水，硫酸铜的水溶液显蓝色，符合结论，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎9.环辛四烯和立方烷的分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 两者互为同分异构体 B. 都能发生加成反应 C. 环辛四烯与苯互为同系物 D. 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 环辛四烯和立方烷的分子式均为C8H8，结构不同。‎ ‎【详解】A.根据结构简式可知，环辛四烯和立方烷的分子式均为C8H8，结构不同两者互为同分异构体，A正确；‎ B. 环辛四烯中含有碳碳双键能发生加成反应，立方烷不能发生加成反应，B错误；‎ C. 环辛四烯与苯结构不相似，不是同系物，C错误；‎ D.环辛四烯中含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，立方烷不能，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎10.下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（ ）‎ A. 使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、SO42-‎ B. 水电离的c（H+）=10-12mol/L的溶液中：Cl-、CO32-、NO3-、NH4+‎ C. 有HCO3-存在的无色透明溶液中：Na+、K+、Cl-、Fe3+‎ D. 滴加酚酞显红色的溶液中：K+、S2-、SO32-、NO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子：H+、Fe2+、MnO4-不能共存，与题意不符，A错误；‎ B. 水电离的c（H+）=10-12mol/L的溶液可能是酸或碱的溶液，若为酸溶液，则CO32-与H+不能共存；若为碱溶液，则NH4+与OH-不能共存，B错误；‎ C.Fe3+溶液显黄褐色与无色透明溶液相矛盾，与题意不符，C错误；‎ D. 滴加酚酞显红色的溶液中含有大量的OH-，与K+、S2-、SO32-、NO3-不反应，能大量共存，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】水电离的c（H+）=10-12mol/L的溶液中小于纯水中氢离子浓度，抑制水的电离，可能是酸或碱的溶液。‎ ‎11.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 利用图1装置制备乙烯 B. 利用图2装置除去Cl2中的HCl C. 利用图3装置证明酸性强弱：盐酸>H2CO3>醋酸 D. 利用图4装置探究NaHCO3的热稳定性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用乙醇与浓硫酸加热到170℃时，发生消去反应，制备乙烯，利用图1装置不能控制液体温度，无法实现，A错误；‎ B.饱和的氯化钠溶液能吸收HCl气体，降低Cl2的溶解度，可以利用图2装置除去Cl2‎ 的HCl，B正确；‎ C.盐酸具有挥发性，挥发的HCl气体也能与醋酸钠反应生成醋酸，则利用图3装置无法证明碳酸的酸性强于醋酸，C错误；‎ D. 碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，在试管口处水蒸气遇冷变为液态水，倒流，易发生危险，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎12.下列各组物质中，不满足如图所示转化关系的是（反应条件略去，箭头表示一步转化）（ ）‎ 选项 甲 乙 丙 戊 A NH3‎ Cl2‎ N2‎ H2‎ B C SiO2‎ CO CuO C Al（OH）3‎ NaOH NaAlO2‎ CO2‎ D Br2‎ FeI2‎ FeBr3‎ Cl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氨气和氯气反应生成氮气和氯化氢；氮气与氢气反应生成氨气，符合反应要求，A正确；‎ B.CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳，与反应要求不符，B错误；‎ C.Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，符合反应要求，C正确；‎ D.3Br2+2FeI2=2FeBr3+2I2，2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，，符合反应要求，D正确；‎ 答案为B。‎ ‎13.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，W原子的最外层电子数是次外层的3倍，X、Y的族序数之和等于8，Z的最高正价与最低负价的代数和等于0。下列说法不正确的是（ ）‎ A. W的单质的沸点一定小于X的单质的沸点 B. 最简单氢化物的热稳定性：X>W>Z C. W、X、Y的简单离子的电子层结构相同 D. W与Z形成的化合物可与X的氢化物的水溶液反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W原子的最外层电子数是次外层的3倍，则W核外有8个电子，为O；Z的最高正价与最低负价的代数和等于0，且原子序数大于O的，则为Si；X、Y的族序数之和等于8，且X、Y的原子序数大于O的，小于Si的，则X、Y的族序数只能为1、7，X为F、Y为Na。‎ ‎【详解】A. W、X分别为O、F，若O的单质为臭氧，则其沸点大于F2单质的沸点，A错误；‎ B. W、X、Z分别为O、F、Si，非金属的非金属性越强，则气态氢化物越稳定，则最简单氢化物的热稳定性：F>O>Si，B正确；‎ C. W、X、Y分别为O、F、Na，其简单离子的电子层具有相同的结构，C正确；‎ D. W与Z形成的化合物为SiO2，可与X的氢化物为HF的水溶液反应，生成四氟化硅气体和水，D正确；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】二氧化硅为酸性氧化物，可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水。‎ ‎14.常温下，用0.10mol∙L−1的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol∙L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)‎ C. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)‎ D. 点③所示溶液中：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图知，相同浓度HCN和CH3COOH溶液中，pH：CH3COOHc(H+)，说明CN−水解程度大于HCN电离程度，则c(CN−)c(Na+)>c(CH3COOH)，则c(CH3COO−)>c(CN−)，A错误；‎ B.点④溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，少量的弱酸根离子水解，水溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO−)，则c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，B错误；‎ C.已知均为0.10mol∙L−1的CH3COOH溶液和HCN溶液20.00mL，则醋酸的物质的量与氰酸相等，根据物料守恒得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(CN−)+c(HCN)，则c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)等式成立，C正确；‎ D．点③溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO−)，则c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，根据点②，c(CH3COO−)=c(CH3COOH)时，溶液显酸性，与点③所示不符，D错误；‎ 答案为C。‎ 第Ⅱ卷（必考题43分＋选考题15分，共58分）‎ ‎【必考题】‎ 二、（本题包括3小题，共43分）‎ ‎15.三氧化二锰（Mn2O3）在现代工业上应用广泛。以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备高纯度硫酸锰进而制备三氧化二锰的工艺流程如下（两种矿物中均不存在单质杂质）：‎ ‎（1）MnS、Mn2O3、MnO2中锰元素的化合价均不同，已知锰有多种化合价，请再写出两种含锰且锰的化合价不同的化合物的化学式：______________。‎ ‎（2）滤渣1中存在一种非金属单质，则“酸浸”时反应①的化学方程式为________________。‎ ‎（3）操作X为蒸发浓缩、________、________、洗涤烘干。经操作X之后得到MnSO4∙H2O。在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4∙H2O晶体，主要目的是_______________________。‎ ‎（4）气体Y直接排放会污染空气，将Y的水溶液与软锰矿反应可得硫酸锰，反应②的化学方程式为______。‎ ‎（5）Mn2O3与MnO2类似，也能与浓盐酸反应，其反应的离子方程式为____________。‎ ‎（6）用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4∙H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%（测定过程中产生的误差可忽略），其原因可能是_________________（任写一点）。‎ ‎【答案】 (1). K2MnO4、KMnO4 (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 冷却结晶 (4). 过滤 (5). 减少MnSO4∙H2O的损失 (6). MnO2+SO2=MnSO4 (7). Mn2O3+6H++2Cl-（浓）2Mn2++Cl2↑+3H2O (8). 混有硫酸盐杂质 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫锰矿、软锰矿酸浸时生成硫酸锰、单质硫，则滤渣中含有硫；滤液为硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸锰晶体，煅烧的到Mn2O3和二氧化硫。‎ ‎【详解】（1）锰元素有多种化合价，还有+6价的K2MnO4和+7价的KMnO4；‎ ‎（2）滤渣1中含有硫单质，是由+3价的Mn与-2价的S反应生成，方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；‎ ‎（3）制取硫酸锰晶体时，需要把溶液蒸发浓缩，冷却结晶，对固液进行过滤分离，洗涤，晾干即可；用酒精洗涤可降低硫酸锰晶体的溶解度，减少损失；‎ ‎（4）气体Y为二氧化硫，与二氧化锰反应生成硫酸锰，方程式为MnO2+SO2=MnSO4；‎ ‎（5）已知Mn2O3的性质和MnO2类似，与浓盐酸反应生成MnCl2‎ 和氯气、水，离子方程式为Mn2O3+6H++2Cl-（浓）2Mn2++Cl2↑+3H2O；‎ ‎（6）质量分数大于100%，说明硫酸锰晶体中的杂质为硫酸盐或部分晶体失去结晶水，导致计算出的硫酸锰晶体的质量偏大。‎ ‎16.过氧化钙(CaO2)常用作种子及谷物的无毒性消毒剂，常温下为白色的固体，微溶于水，且不溶于乙醇、乙醚和碱性溶液，但溶于酸。‎ 某实验小组拟探究CaO2的性质及其实验室制法。‎ ‎（1）实验探究CaO2与酸的反应。‎ 操作 现象 向盛有4 g CaO2的大试管中加入10mL稀盐酸得溶液a 剧烈反应，产生能使带火星木条复燃的气体 取5 mL溶液a于试管中，滴入两滴石蕊试液 溶液变红，一段时间后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色 ‎①CaO2与盐酸反应的化学方程式为_______________________________。‎ ‎②加入石蕊试液后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的_________。‎ ‎（2）用如图所示装置制备过氧化钙，其反应原理为Ca+O2CaO2。‎ ‎①请选择实验所需要的装置，按气流方向连接的顺序为______________________（填仪器接口的字母，上述装置可不选用也可重复使用）。‎ ‎②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：Ⅰ．检验装置的气密性后，装入药品；Ⅱ．打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；Ⅲ．反应结束后，_________________________________（填操作）；Ⅳ．拆除装置，取出产物。‎ ‎（3）利用反应：Ca2++ H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4+在碱性环境下制取CaO2的装置如图所示。‎ ‎①NH3在Ca2+和H2O2的反应过程中所起的作用是______________________。‎ ‎②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。过滤需要的玻璃仪器是_________；将沉淀进行洗涤的操作为_____________________________________________。‎ ‎（4）设计实验证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2CaO2+4HCl=2CaCl2+2H2O+O2↑ (2). H2O2 (3). d→e→f→b→c→e（或d→e→f→c→b→e） (4). 熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞。 (5). 中和生成的氢离子，促进反应进行（或使溶液呈碱性，减少CaO2·8H2O的溶解，或提高产品的产率等，其他合理答案） (6). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (7). 沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次。 (8). 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再加入少量CaO2粉末，溶液变红色，说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）① CaO2与盐酸反应产生CaCl2、H2O和氧气，反应的化学方程式为2CaO2+ 4HCl= 2CaCl2+ 2H2O+O2↑；②加入石蕊后溶液褪色可能是因为溶液a中存在较多的H2O2；该物质具有氧化性，将红色的物质氧化变为无色；‎ ‎（2）用H2O2与MnO2反应产生O2，用浓硫酸干燥，氧气，燃烧是氧气与Ca在加热时发生反应产生CaO2，为防止空气中的水份影响反应产物，应该再通过盛有浓硫酸的洗气瓶。故装置的连接顺序是d→e→f→b→c→e（或d→e→f→c→b→e）；②根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：I.检验装置的气密性后，装入药品；II.打开分液漏斗活塞，通入气体一段时间，加热药品；III反应结束后，熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞；IV拆除装置，取出产物。‎ ‎（3）①根据反应方程式可知NH3与反应产生的H+结合形成NH4+，所以在Ca2+和 H2O2 的反应过程中所起的作用是中和生成的氢离子，促进反应进行；②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2‎ O，过滤所需要的玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒；将沉淀进行洗涤的操作为沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次；‎ ‎（4）证明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强实验是在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液不显红色，再加入少量CaO2粉末，溶液变红色，说明CaO2的氧化性比FeCl3的氧化性强。‎ ‎17.习总书记在十九大报告中明确指出：“宁要绿水青山，不要金山银山，而且绿水青山就是金山银山。”保护环境是我们的迫切需要。请回答下列问题：‎ ‎（1）NH3和NO都是有毒气体，但在催化剂条件下，它们可通过反应得到对环境无害的N2和H2O：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+H2O（g）△H。‎ 已知几种化学键的键能数据如下：‎ 共价键 键能/kJ/mol ‎946‎ ‎391‎ ‎607‎ ‎464‎ 根据键能数据估算上述反应中△H＝__________kJ/mol。‎ ‎（2）CO2会带来温室效应。目前，工业上采用氢气还原CO2制备乙醇的方法已经实现：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)。在2L恒容密闭容器中充入4molCO2和8molH2，在一定温度下反应，测得混合气体中c（C2H5OH）与时间的关系如图所示。‎ ‎①0~10min内，v（H2O）=__________mol∙L-1∙min-1。‎ ‎②反应达到平衡时，n（H2）＝__________mol。‎ ‎③在该温度下，该反应的化学平衡常数K__________（保留两位小数）。‎ ‎（3）在恒容密闭容器中发生反应CH4(g)+4NO2(g)⇌4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)。下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是__________。‎ A．容器内混合气体的密度保持不变 B．v正（NO2）=4v逆（CO2）‎ C．容器内压强保持不变 D．单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO ‎（4）我国规定生活用水中铅排放的最大允许浓度为0.01mg/L。在某含铅废水中加入Na2S，当S2-浓度达到6.8×10-8mol/L时，水体中Pb2+浓度为_______mol/L[已知：Ksp（PbS）=3.4×10-28]，此时是否符合排放标准?__________（填“是”或“否”）。‎ ‎（5）电解法处理含氮氧化物废气，不仅可以减少环境污染，而且可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NO的装置如图所示（图中A、B极均为石墨电极）。‎ ‎①B极的电极反应式为____________________。‎ ‎②标准状况下，每消耗4.48LNO，A极得到氢气的体积为__________L。‎ ‎【答案】 (1). -1964 (2). 0.15 (3). 2 (4). 1.69 (5). BC (6). 5.0×10-21 (7). 是 (8). 2H2O+NO-3e-=NO3-+4H+ (9). 6.72‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应的方程式，旧键断裂吸热，新键形成放热；‎ ‎（2）根据图像可知，反应10min时达到平衡状态，且乙醇的浓度为0.5mol/L，即物质的量为1mol；‎ ‎2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)‎ 初始：4 8‎ 反应：2 6 1 3‎ 平衡：2 2 1 3‎ ‎（3）A．反应体系中，所有物质均为气体，反应平衡前后则气体质量不变；容器的体积不变，容器内混合气体的密度保持不变，密度不能作为判断平衡的依据，A错误；‎ B．已知v（NO2）：v（CO2）=4：1，与化学计量数之比相同，且反应方向相反，能作为判断平衡的依据，B正确；‎ C．反应体系中，所有物质均为气体，且左右两边气体计量数的和不相等，若达到平衡状态时，气体的物质的量不再改变，则压强不再改变，容器内压强保持不变能作为判断平衡的依据，C正确；‎ D．单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO，反应过程中及平衡时均为此状况，不能判断释放达到平衡状态，D错误；‎ ‎（4）根据Ksp（PbS）=c（Pb2+）×c（S2-）计算；‎ ‎（5）①根据电解法吸收NO的装置图，电极B通入NO气体失电子生成硝酸根离子；‎ ‎②根据得失电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）根据反应的方程式，旧键断裂吸热，新键形成放热，则△H＝391×3×4+607×6-946×5-464×2×6=-1964kJ/mol；‎ ‎（2）根据图像可知，反应10min时达到平衡状态，且乙醇的浓度为0.5mol/L，即物质的量为1mol；‎ ‎2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)‎ 初始：4 8‎ 反应：2 6 1 3‎ 平衡：2 2 1 3‎ ‎①v（H2O）=3÷（2×10）=0.15mol/（L∙min）；‎ ‎②达到平衡时，n（H2）=2mol；‎ ‎③K==1.69；‎ ‎（3）A．反应体系中，所有物质均为气体，反应平衡前后则气体质量不变；容器的体积不变，容器内混合气体的密度保持不变，密度不能作为判断平衡的依据，A错误；‎ B．已知v（NO2）：v（CO2）=4：1，与化学计量数之比相同，且反应方向相反，能作为判断平衡的依据，B正确；‎ C．反应体系中，所有物质均为气体，且左右两边气体计量数的和不相等，若达到平衡状态时，气体的物质的量不再改变，则压强不再改变，容器内压强保持不变能作为判断平衡的依据，C正确；‎ D．单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO，反应过程中及平衡时均为此状况，不能判断释放达到平衡状态，D错误；‎ 答案为BC；‎ ‎（4）Ksp（PbS）=c（Pb2+）×c（S2-），则c（Pb2+）=Ksp（PbS）/c（S2-）=3.4×10-28/（6.8×10-8）=5.0×10-21mol/L；则1L溶液中，Pb2+的质量为207g/mol×5.0×10-21mol=1.035×10-15mg，小于0.01mg/L，符合排放标准；‎ ‎（5）①根据电解法吸收NO的装置图，电极B通入NO气体失电子生成硝酸根离子，则电极反应式为2H2O+NO-3e-=NO3-+4H+；‎ ‎②反应中，每消耗标况下4.48L的NO，即0.2mol，N的化合价由+2变为+5，失去0.6mole-，H的化合价由+1变为0，得失电子总数相等，则生成0.3mol氢气，即6.72L。‎ ‎【选考题】‎ 三、（本题包括2小题，每小题15分，只能选择一题作答）‎ ‎18.（物质结构与性质）N、O、S、Cl、Cu五种元素的单质及其化合物在现代工业生产中有着广泛应用。请回答下列问题：‎ ‎（1）第一电离能：N__________（填“＞”或“＜”，下同）O，电负性：S__________Cl。‎ ‎（2）H2O的沸点比H2S高的原因是________________________；SO3属于__________（填“极性”或“非极性”）分子，1molSO2Cl2含有π的键为__________mol。‎ ‎（3）SO3的空间构型是__________，NH4+的中心原子的杂化方式为__________。‎ ‎（4）与NO3-互为等电子体的微粒有__________（任写两种）。‎ ‎（5）Cu与Cl形成化合物的晶胞如图所示。‎ 该晶体的化学式为__________。已知该晶体中Cu原子和Cl原子之间的最短距离为acm，且恰好为体对角线的1/4，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为__________（只写计算式）g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). > (2). < (3). H2O分子间存在氢键，而H2S分子间没有氢键 (4). 非极性 (5). 2 (6). 平面正三角形 (7). sp3 (8). BF3、SO3 (9). CuCl (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）N原子最外层电子处于半充满状态，第一电离能高于O的；同周期主族元素，原子序数越大，电负性越强；‎ ‎（2）水分子间存在氢键，使分子间的作用力增大，熔沸点高；SO3中无孤电子对，3条共价键，为平面三角形，为非极性分子；SO2Cl2中，存在S-Cl、S=O，S、O键的第二条为π键；‎ ‎（3）根据价层电子杂化方式确定其空间构型；‎ ‎（4）含有相同原子个数和价电子数的微粒为等电子体；‎ ‎（5）根据晶胞结构，确定晶胞中Cu、Cl原子个数，再确定化学式；根据ρ=进行计算。‎ ‎【详解】（1）N原子最外层电子处于半充满状态，第一电离能高于O的；S、Cl为同周期主族元素，原子序数越大，电负性越强，则电负性SC (6). CH2=CH2+CH3COOH+O2CH2=CH-OOCCH3+H2O (7). 4 (8). (9). CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOC（CH3）=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知A的蒸气密度相对氢气的密度是14，则A的摩尔质量为28g/mol，A→B→C→CH3COOH过程中，C原子数目未变，则A的分子式为C2H4，即乙烯；可确定B为乙醇；C为乙醛；A与乙酸发生取代反应生成D，为CH2=CH-OOCCH3；D发生加聚反应生成E。‎ ‎【详解】（1）A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2；D为CH2=CH-OOCCH3，分子式为C4H6O2；B为乙醇，含有的官能团为羟基；反应⑤为D的加聚反应；‎ ‎（2）A、B、C分别为乙烯、乙醇、乙醛，分子式为C2H4、C2H6O、C2H4O，均为1mol时，耗氧量分别为3mol、3mol、2.5mol，则由大到小的顺序为A=B>C；‎ ‎（3）反应④为乙烯、乙酸、氧气反应生成CH2=CH-OOCCH3和水，方程式为CH2=CH2+CH3COOH+O2 CH2=CH-OOCCH3+H2O；‎ ‎（4）D的同分异构体中，既能发生水解反应，又能发生银镜反应的有机物中含有酯基，且酯基在一端，同分异构体有CH2=CH-CH2OOCH、CH2=C（CH3）OOCH、CH3CH=CHOOCH、，共计4种；核磁共振氢谱有3组峰，则有2种类型的氢原子，分子中只有6个氢原子，峰面积之比为，则个数为1、1、4，结构简式为；‎ ‎（5）根据流程及所学知识，制备，可先制取丙酸，再使丙酸与丙烯发生取代反应，最后加聚，即可，流程为CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOC（CH3）=CH2。‎ ‎【点睛】通过查找E的单体，可得到D的结构简式，再根据A与乙酸的反应特点及D的结构简式也可得到A的结构简式。‎ ‎ ‎