2021-2022學年上海市青浦區(qū)高三（上）期末化學試卷（一模）

第1頁（共1頁）2021-2022學年上海市青浦區(qū)高三（上）期末化學試卷（一模）一、選擇題（本題共40分，每小題2分，每題只有一個正確選項）。1．（2分）2020年7月23日我國首個火星探測器“天問一號”發(fā)射成功?；鹦擒囁婕暗南铝胁牧现袑儆诮饘俨牧系氖牵ǎ〢．探測儀鏡頭材料﹣﹣二氧化硅 B．車輪材料﹣﹣鈦合金 C．溫控涂層材料﹣﹣聚酰胺 D．太陽能電池復合材料﹣﹣石墨纖維和硅2．（2分）下列化學用語使用正確的是（）A．N2的電子式是N??N B．Cl﹣結構示意圖： C．質量數(shù)為2的氫原子：H D．KCl形成過程：3．（2分）下列不含共價鍵的離子化合物是（）A．NaClO B．Al2（SO4）3 C．H2O2 D．MgBr24．（2分）屬于石油分餾產品的是（）A．焦爐氣 B．汽油 C．丙烯 D．乙醇5．（2分）按照有機物的命名規(guī)則，下列命名正確的是（）A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷 C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷6．（2分）下列對摩爾（mol）的有關說法中錯誤的是（）A．摩爾是一個單位而非物理量 B．摩爾既能用來計量純凈物，又能用來計量混合物 C．1mol任何氣體所含氣體的分子數(shù)目都相等 D．0.5mol氦氣約含有1.204×1024個電子7．（2分）在短周期元素中，原子最外電子層只有1個或2個電子的元素（）A．金屬元素 B．稀有氣體元素 C．非金屬元素 D．無法確定為哪一類元素8．（2分）下列性質的比較，不能用元素周期律解釋的是（）A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B．堿性：KOH＞NaOH＞LiOH C．熱穩(wěn)定性：H2O＞H2S＞SiH4 D．非金屬性：F＞O＞N9．（2分）關于NH3性質的解釋合理的是（）選項性質解釋A比PH3容易液化NH3分子間的范德華力更大B熔點高于PH3N﹣H鍵的鍵能比P﹣H大C具有還原性NH3中氮元素化合物為﹣3價D氨水中存在NH4+NH3?H2O是離子化合物A．A B．B C．C D．D10．（2分）實驗小組用鋰電池作電源，用石墨和汞作電極電解飽和食鹽水（如圖），下列說法正確的是（）A．石墨電極上發(fā)生還原反應 B．電子沿石墨→a→b→Hg路徑流動 C．汞電極發(fā)生主要反應的電極方程式：Na++e→Na D．電解過程中轉移0.2mol電子，陽極產生2.24LCl211．（2分）如圖利用海帶提取單質碘的實驗原理與裝置不能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲灼燒海帶 B．用裝置乙過濾海帶灰浸泡液 C．用裝置丙得到I2的CCl4溶液 D．用裝置丁提純粗碘12．（2分）已知：2A（g）?B（g）+Q（Q＞0）；2A（g）?B（l）；下列能量變化示意圖正確的是（）A． B． C． D．13．（2分）氮元素及其化合物的轉化過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．反應1實現(xiàn)了氮的固定 B．反應2沒有發(fā)生電子的轉移 C．催化劑a表面只發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和形成 D．在催化劑b表面形成氮氧鍵的過程是吸熱過程14．（2分）有機物a、b、c的結構如圖。下列說法正確的是（）A．a的一氯代物有3種 B．b是的單體 C．c可溶于水 D．a、b、c互為同分異構體15．（2分）硫酸銅晶體結晶水含量的測定結果，相對誤差為﹣2.67%，其原因可能是（）A．實驗時盛放硫酸銅晶體的容器未完全干燥 B．加熱過程中晶體有少量濺失 C．硫酸銅晶體灼燒后有黑色物質出現(xiàn) D．加熱后固體未放入干燥器中冷卻16．（2分）下列關于實驗室制備乙酸乙酯的操作錯誤的是（）A．配料：加入過量乙醇 B．加熱：用水浴加熱 C．分離：用邊反應邊分離的方法 D．凈化：產物用氫氧化鈉溶液洗滌17．（2分）下列鑒別濃硫酸和稀硫酸的操作與結論有誤的是（）操作結論A分別加入金屬鋁片產生刺激性氣味者為濃硫酸B分別加入到盛水的試管中劇烈放熱者為濃硫酸C取等體積樣品，稱量質量質量大者為濃硫酸D分別滴在火柴梗上變黑者為濃硫酸A．A B．B C．C D．D18．（2分）室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2。用試管收集SO2后進行如下實驗。對實驗現(xiàn)象的分析正確的是（）A．試管內液面上升，證明SO2與H2O發(fā)生了反應 B．試管中剩余少量氣體，是因為SO2的溶解已達飽和 C．取出試管中溶液，立即加入紫色石蕊試液，溶液顯紅色，原因是：SO2+H2O?H2SO3，H2SO3?H++HSO3﹣，HSO3﹣?H++SO32﹣ D．取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間后pH下降，是由于SO2揮發(fā)19．（2分）現(xiàn)代工業(yè)常以氯化鈉、二氧化碳和氨氣為原料制備純堿，部分工藝流程如圖：有關說法錯誤的是（）A．反應Ⅰ原理為CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl B．向飽和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3 C．反應Ⅰ生成的沉淀，經過過濾、洗滌、煅燒可得到純堿 D．往母液中通入氨氣，加入細小的食鹽顆粒并降溫，可使氯化銨析出20．（2分）取兩份10mL0.05mol?L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol?L﹣1的鹽酸，另一份滴加0.05mol?L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸（或堿）體積的變化如圖。下列說法不正確的是（）A．由a點可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于電離程度 B．a→b→c過程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐漸減小 C．a→d→e過程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3） D．e點溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.025mol?L﹣1二、綜合題（共60分）21．（15分）非金屬元素及其化合物在生活、生產中有著重要的用途（1）太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的最外層電子排布式為，已知3種原子晶體的熔點數(shù)據(jù)如下表：金剛石碳化硅晶體硅熔點/℃＞355026001415金剛石熔點比晶體硅熔點高的原因是。（2）CS2是一種重要的化工原料。工業(yè)上可以利用硫（S8）與CH4為原料制備CS2，S8受熱分解成氣態(tài)S2，發(fā)生反應2S2（g）+CH4（g）?CS2（g）+2H2S（g），CS2分子的空間構型為，用燃煤廢氣（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾氣中的H2S轉化為單質硫，可實現(xiàn)廢物利用，保護環(huán)境，寫出其中一個反應的化學方程式。（3）中國傳統(tǒng)的農具、兵器曾大量使用鐵，鐵器的修復是文物保護的重要課題。鐵器表面氧化層的成分有多種，性質如下：成分Fe3O4FeO（OH）FeOCl性質致密疏松疏松在有氧條件下，F(xiàn)e3O4在含Cl﹣溶液中會轉化為FeOCl，將相關反應的離子方程式補充完整：4Fe3O4+O2++H2O→FeOCl+。若4molFe3O4完全轉化為FeOCl，則轉移的電子數(shù)目為。（4）化學修復可以使FeOCl轉化為Fe3O4致密保護層：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡銹蝕的鐵器，一段時間后取出，再用NaOH溶液反復洗滌。①FeOCl在NaOH的作用下轉變?yōu)镕eO（OH），推測溶解度FeOClFeO（OH）（填“＞”或“＜”）。②Na2SO3的作用是。③檢驗FeOCl轉化完全的操作和現(xiàn)象是。22．（15分）乙烯是合成多種塑料的單體。我國科學家開發(fā)的特殊催化劑用CO2制備CH2＝CH2，有利于實現(xiàn)“雙碳”目標。主反應：2CO2（g）+6H2（g）?CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ（1）在容積為2L的恒容密閉容器中充0.4molCO2（g）和1.2molH2（g），若只發(fā)生主反應，反應時間2.0min，CO2的轉化率為20%，在這段時間內CH2＝CH2（g）的平均反應速率為。（2）在一定溫度下，向恒容密閉容器中充入CO2（g）和H2（g），若只發(fā)生主反應，下列情況不能說明反應達到平衡的是（填編號）。A.混合氣體密度保持不變B.混合氣體總壓強保持不變C.乙烯體積分數(shù)保持不變D.平均摩爾質量保持不變達到平衡后能提高CO2平衡轉化率的措施是（任填一條）（3）在At1、At2、At3三種不同催化劑作用下（其他條件相同）只發(fā)生主反應，測得乙烯的凈速率（v正﹣v逆）與溫度關系如圖所示。催化效率最高的是（填“At1”、“At2”或“At3”），A點的正反應速率（填“大于”“小于”或“等于”）逆反應速率。（4）在發(fā)生主反應的同時，還發(fā)生了副反應：CO2（g）+H2（g）?HCOOH（g）。一定溫度下，在容積為2L的恒容密閉容器中充0.4molCO2（g）和1.2molH2（g）同時發(fā)生了主反應和副反應，達到平衡時CO2的轉化率為45%，C2H4的選擇性為80%，則該溫度下，副反應的平衡常數(shù)K＝（結果保留2位小數(shù)）。提示：C2H4的選擇性＝×100%（5）0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和0.2mol?L﹣1的HCOOH（甲酸）溶液等體積混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c（HCOOH）c（Na+）（填“大于”或“小于”），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入。23．（14分）化合物H是一種常見的藥物的中間體，工業(yè)上常通過如圖途徑合成：請回答下列問題：（1）A→B的反應條件是，H中含氧官能團的名稱為，化合物D的結構簡式是。（2）下列說法不正確的是。A.化合物A最多14個原子共平面B.化合物B能發(fā)生氧化反應、加成反應和取代反應C.化合物H的分子式為C15H20O4（3）寫出F→G發(fā)生的化學反應方程式。（4）乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸氣味難聞且有腐臭味，而乙酸乙酯氣味香甜，解釋這兩種物質為什么聞起來氣味不同：。（5）依據(jù)上述合成路線設計以乙醇為原料制備（HOOCCH2COOH）的合成路線，（用流程圖表示，無機試劑、有機溶劑任選）。（合成路線常用的表示方式為：AB…目標產物）24．（16分）碳酸亞鐵（FeCO3）是生產補血劑的重要原料，制取碳酸亞鐵的過程中涉及以下探究實驗。實驗一：為探究某固體化合物X（僅含有三種元素）的組成和性質，設計并完成如圖實驗。已知：氣體甲、氣體乙均為單質。請回答：（1）氣體甲與碘化鉀溶液反應的離子方程式為。化合物X含有的元素為（寫元素符號）?；衔顰的化學式為。實驗二：如圖裝置利用實驗一所得溶液B制取FeCO3（白色固體，難溶于水）：裝置丙中，先將導管移出液面通入一段時間氣體，再向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段時間CO2至其pH為7，滴加一定量B溶液產生白色沉淀和無色氣體，過濾、洗滌、干燥，得到FeCO3固體。請回答：（2）試劑a是。向Na2CO3溶液通入CO2的目的是。丙裝置中制取FeCO3的離子方程式為。（3）不可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗溶液B中的金屬陽離子的原因是。（4）100mL0.8mol/LB溶液完全反應，最終得到5克FeCO3固體，則產率為（結果保留2位小數(shù)）。

2021-2022學年上海市青浦區(qū)高三（上）期末化學試卷（一模）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共40分，每小題2分，每題只有一個正確選項）。1．（2分）2020年7月23日我國首個火星探測器“天問一號”發(fā)射成功?；鹦擒囁婕暗南铝胁牧现袑儆诮饘俨牧系氖牵ǎ〢．探測儀鏡頭材料﹣﹣二氧化硅 B．車輪材料﹣﹣鈦合金 C．溫控涂層材料﹣﹣聚酰胺 D．太陽能電池復合材料﹣﹣石墨纖維和硅【分析】根據(jù)已有的知識進行分析解答，金屬材料包括純金屬以及其合金，據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硅屬于非金屬氧化物，不是金屬材料，故A錯誤；B．鈦合金是鈦的合金，屬于金屬材料，故B正確；C．聚酰胺屬于有機高分子材料，不是金屬材料，故C錯誤；D．水泥屬于無機硅酸鹽材料，不是金屬材料，故D錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查化學材料的分類，掌握常見的材料的類別是正確解答本題的關鍵，題目難度較小。2．（2分）下列化學用語使用正確的是（）A．N2的電子式是N??N B．Cl﹣結構示意圖： C．質量數(shù)為2的氫原子：H D．KCl形成過程：【分析】A.漏掉了N原子的1對未成鍵電子對；B.氯離子的核電荷數(shù)應該為17；C.氫原子的質子數(shù)為1，元素符號左上角為質量數(shù)、左下角為質子數(shù)；D.硫化鉀為離子化合物，陰陽離子需要標出最外層所帶電荷?！窘獯稹拷猓篈.氮氣中N原子之間以三鍵結合，正確的電子式為，故A錯誤；B.氯離子的質子數(shù)為17，核外電子數(shù)為18，核外電子分層排布，其結構示意圖為，故B錯誤；C.氫原子的質子數(shù)為1，質量數(shù)為2的氫原子可表示為H，故C正確；D.氯化鉀為離子化合物，鉀離子與氯離子通過離子鍵結合，形成過程可表示為，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查常見化學用語的表示方法，為高頻考點，涉及電子式、離子結構示意圖、元素符號等知識，把握常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題側重考查學生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。3．（2分）下列不含共價鍵的離子化合物是（）A．NaClO B．Al2（SO4）3 C．H2O2 D．MgBr2【分析】活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素的原子之間易形成共價鍵，含有離子鍵的化合物為離子化合物，離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵?！窘獯稹拷猓篈．NaClO中鈉離子和次氯酸根離子之間存在離子鍵，次氯酸根離子中Cl、O原子之間存在共價鍵，故A錯誤；B．Al2（SO4）3中鋁離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫酸根離子中S、O原子之間存在共價鍵，故B錯誤；C．H2O2中H原子和O原子、氧原子之間都存在共價鍵，屬于共價化合物，不含離子鍵，故C錯誤；D．MgBr2中鎂離子和溴離子之間只存在離子鍵，不含共價鍵，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學鍵，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確物質構成微粒及微粒之間作用力是解本題關鍵，注意：溴化鎂中兩個溴離子之間不存在化學鍵。4．（2分）屬于石油分餾產品的是（）A．焦爐氣 B．汽油 C．丙烯 D．乙醇【分析】石油中含有1﹣50個碳原子的烷烴和環(huán)烷烴，常壓分餾得到石油氣、汽油、煤油、柴油等，減壓分餾得到潤滑油、石蠟等?！窘獯稹拷猓菏椭泻?﹣50個碳原子的烷烴和環(huán)烷烴，常壓分餾得到石油氣、汽油、煤油、柴油等，減壓分餾得到潤滑油、石蠟等，所以屬于石油分餾產品的是汽油，焦爐氣、丙烯和乙醇不屬于石油分餾產品，故B正確。故選：B?！军c評】本題考查了石油的成分、石油的分餾的產品，題目難度不大，側重于考查學生的分析能力和對基礎知識的綜合應用能力，注意對基礎知識的積累。5．（2分）按照有機物的命名規(guī)則，下列命名正確的是（）A．1，2﹣二甲基戊烷 B．3，4﹣二甲基戊烷 C．2，2﹣二甲基丁烷 D．2，3，3﹣三甲基丁烷【分析】（1）烷烴命名原則：①長﹣﹣﹣﹣﹣選最長碳鏈為主鏈；②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③近﹣﹣﹣﹣﹣離支鏈最近一端編號；④小﹣﹣﹣﹣﹣支鏈編號之和最小?？聪旅娼Y構簡式，從右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣離支鏈最近一端編號”的原則；⑤簡﹣﹣﹣﹣﹣兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號。如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面。（2）有機物的名稱書寫要規(guī)范?！窘獯稹拷猓篈．該有機物主鏈選擇錯誤，主鏈6個碳原子，離支鏈最近一端編號，得到名稱不符合命名方法，正確的名稱為3﹣甲基己烷，故A錯誤；B．3，4﹣二甲基戊烷，其編號錯誤，應從靠近支鏈一端開始，正確的命名為：2，3﹣二甲基戊烷，故B錯誤；C．2，2﹣二甲基丁烷的主鏈為丁烷，在2、3號C原子各含有1個甲基，該名稱符合系統(tǒng)命名方法，故C正確；D．2，3，3﹣三甲基丁烷，沒有滿足取代基編號之和最小原則，正確命名應該為2，2，3﹣三甲基丁烷，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查有機物的命名判斷，題目難度不大，該題側重對學生基礎知識的檢驗和訓練，關鍵是明確有機物的命名原則，然后結合有機物的結構簡式靈活運用即可，有利于培養(yǎng)學生的規(guī)范答題能力。6．（2分）下列對摩爾（mol）的有關說法中錯誤的是（）A．摩爾是一個單位而非物理量 B．摩爾既能用來計量純凈物，又能用來計量混合物 C．1mol任何氣體所含氣體的分子數(shù)目都相等 D．0.5mol氦氣約含有1.204×1024個電子【分析】A、摩爾為物質的量的單位，物質的量為基本物理量；B、物質的量既可以描述純凈物，也可以描述混合物，如1mol氧氣與氫氣的混合物；C、1mol任何氣體都含有阿伏加德羅常數(shù)個分子，含有的分子數(shù)相等；D、稀有氣體為單原子分子，0.5mol氦氣含有0.5mol氦原子，含有1mol電子．【解答】解：A、摩爾只是物質的量的單位，摩爾不是物理量，物質的量是國際單位制中七個基本物理量之一，故A正確；B、摩爾是用來描述微觀粒子的，可以描述純凈物，也可以描述混合物，故B正確；C、1mol任何氣體都含有阿伏加德羅常數(shù)個氣體分子，所以1mol任何氣體所含氣體的分子數(shù)目都相等，故C正確；D、0.5mol氦約含有1mol電子，0.5mol氦原子含有6.02×1023個電子，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查了物質的量及其單位摩爾，題目難度不大，注意掌握物質的量的概念及其應用方法，明確稀有氣體為單原子分子，熟練掌握物質的量與其它物理量之間的轉化關系．7．（2分）在短周期元素中，原子最外電子層只有1個或2個電子的元素（）A．金屬元素 B．稀有氣體元素 C．非金屬元素 D．無法確定為哪一類元素【分析】短周期元素中，IA族元素原子最外層只有1個電子，ⅡA族元素原子最外層只有2個電子，注意He原子只有2個電子?！窘獯稹拷猓涸诙讨芷谠刂?，原子最外電子層只有1個電子的元素為氫元素或堿金屬元素，最外層只有2個電子的元素為ⅡA族元素或He元素，可以是金屬元素，或者是非金屬元素，也可以是稀有氣體元素，無法確定為哪一類元素，故選：D。【點評】本題考查結構性質位置關系應用，題目比較基礎，熟練掌握元素周期表，明確主族元素最外層電子數(shù)等于其族序數(shù)，注意規(guī)律中的特殊性。8．（2分）下列性質的比較，不能用元素周期律解釋的是（）A．酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B．堿性：KOH＞NaOH＞LiOH C．熱穩(wěn)定性：H2O＞H2S＞SiH4 D．非金屬性：F＞O＞N【分析】A.同周期主族元素從左向右非金屬性增強，非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強；B.同主族從上到下金屬性增強，金屬性越強，對應最高價氧化物的水化物的堿性越強；C.非金屬性越強，對應簡單氫化物越穩(wěn)定；D.同周期主族元素從左向右非金屬性增強?！窘獯稹拷猓篈.同周期主族元素從左向右非金屬性增強，非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，則酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，H2SO3不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋，故A正確；B.同主族從上到下金屬性增強，金屬性為K＞Na＞Li，則堿性：KOH＞NaOH＞LiOH，能用元素周期律解釋，故B錯誤；C.非金屬性為O＞S＞Si，則熱穩(wěn)定性：H2O＞H2S＞SiH4，能用元素周期律解釋，故C錯誤；D.同周期主族元素從左向右非金屬性增強，則非金屬性：F＞O＞N，能用元素周期律解釋，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、元素的性質、元素周期律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。9．（2分）關于NH3性質的解釋合理的是（）選項性質解釋A比PH3容易液化NH3分子間的范德華力更大B熔點高于PH3N﹣H鍵的鍵能比P﹣H大C具有還原性NH3中氮元素化合物為﹣3價D氨水中存在NH4+NH3?H2O是離子化合物A．A B．B C．C D．D【分析】A．氨氣中含有氫鍵，PH3不含氫鍵，氫鍵的存在導致氨氣的沸點升高；B．NH3熔點高于PH3，是因為氨氣中含有氫鍵，不是N﹣H鍵的鍵能比P﹣H大；C．NH3中氮元素化合物為﹣3價，化合價只能升高；D．僅含有共價鍵的化合物為共價化合物，NH3?H2O是共價化合物?！窘獯稹拷猓篈．NH3和PH3都屬于同一主族元素形成的氫化物，分子晶體的沸點與其相對分子質量成正比，但氨氣中含有氫鍵，PH3不含氫鍵，氫鍵的存在導致氨氣的沸點升高，故A錯誤；B．NH3熔點高于PH3，是因為氨氣中含有氫鍵，氫鍵的存在導致氨氣的熔點升高，不是N﹣H鍵的鍵能比P﹣H大，故B錯誤；C．NH3中氮元素化合物為﹣3價，化合價只能升高，所以具有還原性，故C正確；D．NH3?H2O是共價化合物，是弱堿，在水溶液中部分電離出NH4+和OH﹣，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查鍵能、鍵長、鍵角及其應用，為高頻考點，明確化學鍵的鍵能、鍵長與反應熱的關系為解答關鍵，培養(yǎng)了學生的分析能力及綜合應用能力，題目難度不大。10．（2分）實驗小組用鋰電池作電源，用石墨和汞作電極電解飽和食鹽水（如圖），下列說法正確的是（）A．石墨電極上發(fā)生還原反應 B．電子沿石墨→a→b→Hg路徑流動 C．汞電極發(fā)生主要反應的電極方程式：Na++e→Na D．電解過程中轉移0.2mol電子，陽極產生2.24LCl2【分析】A．石墨電極失電子發(fā)生氧化反應；B．電子只在電極表面和導線上流動；C．汞電極是陰極，生成了鈉汞合金；D．非標準狀況下的體積不一定是2.24L?！窘獯稹拷猓篈．石墨是陽極，石墨電極失電子發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B．石墨是陽極、汞是陰極，電池內通過離子移動導電，電子沿石墨→a，b→Hg路徑流動，故B錯誤；C．汞電極是陰極，生成了鈉汞合金，汞電極發(fā)生主要反應的電極方程式：Na++e﹣＝Na，故C正確；D．陽極發(fā)生反應2Cl﹣+2e﹣＝Cl2↑，電解過程中轉移0.2mol的電子，陽極產生0.1mol的Cl2，非標準狀況下的體積不一定是2.24L，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了電解池原理，明確電極反應、確定正負極，再結合陰陽極上發(fā)生的電極反應來分析解答，電子不進入電解質溶液，電解質溶液中陰陽離子定向移動形成電流，為易錯點。11．（2分）如圖利用海帶提取單質碘的實驗原理與裝置不能達到實驗目的的是（）A．用裝置甲灼燒海帶 B．用裝置乙過濾海帶灰浸泡液 C．用裝置丙得到I2的CCl4溶液 D．用裝置丁提純粗碘【分析】A.灼燒在坩堝中進行；B.過濾分離不溶性固體與溶液；C.I2的CCl4溶液與水分層后，I2的CCl4溶液在下層；D.加熱碘易升華?！窘獯稹拷猓篈.灼燒在坩堝中進行，不選蒸發(fā)皿，故A錯誤；B.過濾分離不溶性固體與溶液，可選圖中過濾裝置分離出含碘離子的溶液，故B正確；C.I2的CCl4溶液與水分層后，I2的CCl4溶液在下層，可選圖中分液漏斗分離，故C正確；D.加熱碘易升華，可選圖中加熱法分離，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析。12．（2分）已知：2A（g）?B（g）+Q（Q＞0）；2A（g）?B（l）；下列能量變化示意圖正確的是（）A． B． C． D．【分析】2A（g）?B（g）+Q（Q＞0）為放熱反應，B（g）?B（l）為放熱過程，以此來解答．【解答】解：2A（g）?B（g）+Q（Q＞0）為放熱反應，B（g）?B（l）為放熱過程，且2A（g）能量最高、B（l）能量最低，只有A符合，故選：A。【點評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應中能量變化、物質狀態(tài)為解答本題的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意能量與圖象的關系，題目難度不大．13．（2分）氮元素及其化合物的轉化過程如圖所示，下列說法正確的是（）A．反應1實現(xiàn)了氮的固定 B．反應2沒有發(fā)生電子的轉移 C．催化劑a表面只發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和形成 D．在催化劑b表面形成氮氧鍵的過程是吸熱過程【分析】A.將游離態(tài)的氮氣轉化為含氮化合物的過程叫做氮的固定；B.反應2是氨氣的催化氧化，為氧化還原反應；C.催化劑a表面發(fā)生反應N2+3H22NH3，氮氣和氫氣反應時斷裂共價鍵，形成氨氣的過程中形成共價鍵；D.化學鍵形成，會釋放能量，化學鍵斷裂，會吸收能量?！窘獯稹拷猓篈.將游離態(tài)的氮氣轉化為含氮化合物的過程叫做氮的固定，所以反應1實現(xiàn)了氮的固定，故A正確；B.反應2是氨氣的催化氧化，為氧化還原反應，氧化還原反應必然發(fā)生電子的轉移，故B錯誤；C.催化劑a表面發(fā)生反應N2+3H22NH3，氮氣和氫氣反應時斷裂共價鍵，形成氨氣的過程中形成共價鍵，所以反應物發(fā)生非極性共價鍵斷裂，生成物形成極性共價鍵，故C錯誤；D.化學鍵形成，會釋放能量，化學鍵斷裂，會吸收能量，所以在形成氮氧鍵的過程中會釋放能量，是放熱過程，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了有關氮族元素，以及化學反應與能量，氧化還原反應的相關知識，題目較簡單。14．（2分）有機物a、b、c的結構如圖。下列說法正確的是（）A．a的一氯代物有3種 B．b是的單體 C．c可溶于水 D．a、b、c互為同分異構體【分析】A．a中含有幾種氫原子，其一氯代物就有幾種；B．聚苯丙炔中含有碳碳雙鍵；C．c中不含親水基，只含憎水基；D．a、b、c的分子式分別是C8H6、C8H6、C8H8。【解答】解：A．a中含有3種氫原子，其一氯代物就有3種，故A正確；B．聚苯丙炔中含有碳碳雙鍵，的單體是，故B錯誤；C．c中不含親水基，只含憎水基，所以c不易溶于水，故C錯誤；D．a、b、c的分子式分別是C8H6、C8H6、C8H8，a、b的分子式相同但結構不同，所以a、b互為同分異構體，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查有機物的結構和性質，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確官能團及其性質關系、基本概念內涵是解本題關鍵，題目難度不大。15．（2分）硫酸銅晶體結晶水含量的測定結果，相對誤差為﹣2.67%，其原因可能是（）A．實驗時盛放硫酸銅晶體的容器未完全干燥 B．加熱過程中晶體有少量濺失 C．硫酸銅晶體灼燒后有黑色物質出現(xiàn) D．加熱后固體未放入干燥器中冷卻【分析】結晶水合物中結晶水的質量＝m（容器+晶體）﹣m（容器+無水硫酸銅），質量分數(shù)＝×100%，相對誤差為﹣2.67%，說明測定結晶水含量結果偏低，據(jù)此結合選項判斷。【解答】解：相對誤差為﹣2.67%，說明測定的結晶水含量偏小，A．實驗時盛放硫酸銅晶體的容器未完全干燥，會使誤差偏大，故A錯誤；B．加熱過程中晶體有少量濺失，固體質量減少得多，結晶水含量測得值會偏大，故B錯誤；C．加熱后固體顏色有少量變黑，說明部分硫酸銅分解，導致計算出的結晶水的質量偏高，測定結果偏高，故C錯誤；D．加熱后固體未放入干燥器中冷卻，固體部分吸水，測定的結晶水含量質量偏低，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查硫酸銅晶體中結晶水含量的測定，題目難度不大，明確實驗原理、正確操作方法為解答關鍵，試題側重基礎知識的考查，有利于提高學生的化學實驗能力。16．（2分）下列關于實驗室制備乙酸乙酯的操作錯誤的是（）A．配料：加入過量乙醇 B．加熱：用水浴加熱 C．分離：用邊反應邊分離的方法 D．凈化：產物用氫氧化鈉溶液洗滌【分析】A、制備乙酸乙酯的反應是可逆反應，增加反應物的濃度，促使反應正向進行，提高原料利用率；B、加熱可提高反應速率；C、制備乙酸乙酯的反應是可逆反應，及時分離產物，提高原料利用率；D、飽和碳酸鈉溶液與乙酸反應除去乙酸、溶解乙醇，同時降低乙酸乙酯的溶解度，便于分層?！窘獯稹拷猓篈．制備乙酸乙酯時，為了提高冰醋酸的轉化率，但乙醇價格比較低廉，所以反應時乙醇過量，故A正確；B．加熱可提高化學反應速率，但溫度太高，原料也會蒸發(fā)出來，導致原料利用率降低，所以常常采用水浴加熱，故B正確；C．制備乙酸乙酯的反應是可逆反應，及時分離產物，使平衡正向移動，提高原料利用率，所以采用邊反應邊分離的方法，故C正確；D．乙酸乙酯能與氫氧化鈉發(fā)生水解反應，并且水解完全，所以凈化時常用飽和碳酸鈉溶液洗滌，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查乙酸乙酯的制備，為高頻考點，題目難度不大，注意混合液的配制、飽和碳酸鈉溶液的作用以及酯化反應的機理，試題培養(yǎng)了學生分析、理解能力及靈活應用所學知識解決實際問題的能力。17．（2分）下列鑒別濃硫酸和稀硫酸的操作與結論有誤的是（）操作結論A分別加入金屬鋁片產生刺激性氣味者為濃硫酸B分別加入到盛水的試管中劇烈放熱者為濃硫酸C取等體積樣品，稱量質量質量大者為濃硫酸D分別滴在火柴梗上變黑者為濃硫酸A．A B．B C．C D．D【分析】A．常溫下Al遇濃硫酸發(fā)生鈍化；B．濃硫酸稀釋放出大量的熱，稀硫酸不能；C．濃硫酸的密度大于稀硫酸的密度；D．濃硫酸具有脫水性，稀硫酸不具有?！窘獯稹拷猓篈．常溫下Al遇濃硫酸發(fā)生鈍化，現(xiàn)象不明顯，則分別加入金屬鋁片，不能檢驗，故A選；B．濃硫酸稀釋放出大量的熱，稀硫酸不能，則分別加入到盛水的試管中可鑒別，故B不選；C．濃硫酸的密度大于稀硫酸的密度，則等體積樣品，質量大的為濃硫酸，可鑒別，故C不選；D．濃硫酸具有脫水性，稀硫酸不具有，則分別滴在火柴梗上，變黑者為濃硫酸，可鑒別，故D不選；故選：A?！军c評】本題考查物質的鑒別及檢驗，為高頻考點，把握濃硫酸的性質為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。18．（2分）室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2。用試管收集SO2后進行如下實驗。對實驗現(xiàn)象的分析正確的是（）A．試管內液面上升，證明SO2與H2O發(fā)生了反應 B．試管中剩余少量氣體，是因為SO2的溶解已達飽和 C．取出試管中溶液，立即加入紫色石蕊試液，溶液顯紅色，原因是：SO2+H2O?H2SO3，H2SO3?H++HSO3﹣，HSO3﹣?H++SO32﹣ D．取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間后pH下降，是由于SO2揮發(fā)【分析】A．室溫下，1體積的水能溶解約40體積的SO2，其先溶于水；B．二氧化硫中可能含有其他雜質，導致水不能充滿試管；C．酸性溶液能使紫色石蕊試液變紅，亞硫酸為弱酸，在水溶液中電離處氫離子；D．二氧化硫與水反應生成亞硫酸，亞硫酸為弱酸，取出試管中溶液，在空氣中放置一段時間，被氧氣氧化，生成硫酸，硫酸為強酸，酸性增強?！窘獯稹拷猓篈．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A錯誤；B．如果全部為二氧化硫，水充滿試管，可能是含有其他雜質，導致水不能充滿，故B錯誤；C．滴入石蕊試液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液顯酸性，SO2與水反應生成亞硫酸，亞硫酸為弱酸，分步電離出氫離子，故C正確；D．亞硫酸具有較強的還原性，易被氧化為硫酸，弱酸變強酸，也能使pH下降，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查二氧化硫的性質實驗，題目難度不大，明確發(fā)生反應的原理為解答關鍵，試題側重考查學生的分析能力及化學實驗能力。19．（2分）現(xiàn)代工業(yè)常以氯化鈉、二氧化碳和氨氣為原料制備純堿，部分工藝流程如圖：有關說法錯誤的是（）A．反應Ⅰ原理為CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl B．向飽和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3 C．反應Ⅰ生成的沉淀，經過過濾、洗滌、煅燒可得到純堿 D．往母液中通入氨氣，加入細小的食鹽顆粒并降溫，可使氯化銨析出【分析】飽和氯化鈉中通入氨氣和二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水；A．根據(jù)發(fā)生的反應分析；B．NaCl飽和溶液中二氧化碳的溶解度較?。籆．根據(jù)流程分析解答；D．根據(jù)氨氣溶于水后生成氨水，氨水電離成銨根，增大銨根的濃度有利于氯化銨的析出來分析．【解答】解：飽和氯化鈉中通入氨氣和二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水；A．由發(fā)生的反應可知，反應Ⅰ原理為CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，故A正確；B．NaCl飽和溶液中二氧化碳的溶解度較小，所以應該向飽和NaCl溶液中先通入足量的NH3，再通入足量的CO2，故B錯誤；C．反應I原理為CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl，則反應Ⅰ生成的沉淀，經過過濾、洗滌、煅燒可得到純堿，故C正確；D．NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程圖知，母液中溶質為氯化銨，向母液中通氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產品，通入的氨氣和水反應生成一水合氨，一水合氨電離出銨根離子，銨根離子濃度增大有利于析出氯化銨，故D正確。故選：B?！军c評】本題考查了侯德榜制堿法實驗方案的設計，明確碳酸鈉、碳酸氫鈉、氨氣、二氧化碳的性質，掌握工藝流程和反應原理是解題關鍵，題目難度中等．20．（2分）取兩份10mL0.05mol?L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol?L﹣1的鹽酸，另一份滴加0.05mol?L﹣1的NaOH溶液，溶液的pH隨加入酸（或堿）體積的變化如圖。下列說法不正確的是（）A．由a點可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于電離程度 B．a→b→c過程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐漸減小 C．a→d→e過程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3） D．e點溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.025mol?L﹣1【分析】A.a點溶液pH＝8.3，溶液呈堿性；B.結合電荷守恒判斷；C.a→d→e過程中，在NaHCO3溶液加入鹽酸，生成NaCl、H2CO3，且有二氧化碳氣體逸出；D.e點NaHCO3與HCl反應生成NaCl?！窘獯稹拷猓篈.NaHCO3為強堿弱酸鹽，a點溶液pH＝8.3，溶液呈堿性，則可說明NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于電離程度，故A正確；B.a→b→c過程中pH不斷增大，則加入NaOH溶液，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），滴加過程中c（Na+）不變，但c（H+）減小，則c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐漸減小，故B正確；C.NaHCO3溶液存在c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），a→d→e過程中，在NaHCO3溶液加入鹽酸，生成NaCl、H2CO3，d點時pH＝4.0，則有二氧化碳氣體逸出，可知c（Na+）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故C錯誤；D.e點NaHCO3與HCl完全反應生成NaCl，c點c（Na+）較大，則c（Na+）＝c（Cl﹣）＝＝0.025mol?L﹣1，故D正確；故選：C。【點評】本題考查鹽類的水解、酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，側重考查學生圖象分析及知識綜合運用能力，注意把握圖象的分析以及離子濃度的比較，題目難度中等。二、綜合題（共60分）21．（15分）非金屬元素及其化合物在生活、生產中有著重要的用途（1）太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的最外層電子排布式為3s23p2，已知3種原子晶體的熔點數(shù)據(jù)如下表：金剛石碳化硅晶體硅熔點/℃＞355026001415金剛石熔點比晶體硅熔點高的原因是原子半徑C＜Si，鍵長C﹣C＜Si﹣Si，鍵能C﹣C＞Si﹣Si。（2）CS2是一種重要的化工原料。工業(yè)上可以利用硫（S8）與CH4為原料制備CS2，S8受熱分解成氣態(tài)S2，發(fā)生反應2S2（g）+CH4（g）?CS2（g）+2H2S（g），CS2分子的空間構型為直線型，用燃煤廢氣（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾氣中的H2S轉化為單質硫，可實現(xiàn)廢物利用，保護環(huán)境，寫出其中一個反應的化學方程式2H2S+SO2＝3S↓+H2O。（3）中國傳統(tǒng)的農具、兵器曾大量使用鐵，鐵器的修復是文物保護的重要課題。鐵器表面氧化層的成分有多種，性質如下：成分Fe3O4FeO（OH）FeOCl性質致密疏松疏松在有氧條件下，F(xiàn)e3O4在含Cl﹣溶液中會轉化為FeOCl，將相關反應的離子方程式補充完整：4Fe3O4+1O2+12Cl﹣+6H2O→12FeOCl+12OH﹣。若4molFe3O4完全轉化為FeOCl，則轉移的電子數(shù)目為4NA。（4）化學修復可以使FeOCl轉化為Fe3O4致密保護層：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡銹蝕的鐵器，一段時間后取出，再用NaOH溶液反復洗滌。①FeOCl在NaOH的作用下轉變?yōu)镕eO（OH），推測溶解度FeOCl＞FeO（OH）（填“＞”或“＜”）。②Na2SO3的作用是作還原劑，將FeOCl還原為Fe3O4。③檢驗FeOCl轉化完全的操作和現(xiàn)象是取最后一次洗滌液于試管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸銀溶液，無白色沉淀產生，證明FeOCl轉化完全?！痉治觥浚?）根據(jù)構造原理，硅為第14號元素，可寫出電子排布式，進一步寫出最外層電子排布式，原子晶體熔點高低取決于鍵能大小，由原子半徑可比較鍵長和鍵能；（2）由價層電子對互斥理論可計算CS2中C原子為sp雜化，直線型分子，燃煤廢氣（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）中能與H2S轉化為單質硫的為O2、SO2，可寫出對應的方程式；（3）已知在有氧條件下，F(xiàn)e3O4在含Cl﹣溶液中會轉化為FeOCl，根據(jù)化合價升降守恒，反應中O2中O元素的化合價降低4，F(xiàn)e3O4中3個Fe的化合價共升高1，可配平反應的離子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O＝12FeOCl+12OH﹣，故4molFe3O4完全轉化為FeOCl，轉移的電子數(shù)目為4NA；（4）①根據(jù)化學反應有從溶解度小的物質轉化為溶解度更小的趨勢可推出FeOCl和FeO（OH）溶解度大?。虎诟鶕?jù)題意，使FeOCl轉化為Fe3O4致密保護層的方法是用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡銹蝕的鐵器，推出Na2SO3作還原劑，將FeOCl還原為Fe3O4；③根據(jù)檢驗Cl﹣的方法是取最后一次的洗滌液于試管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，有無白色沉淀產生，證明FeOCl是否轉化完全。【解答】解：（1）硅為第14號元素，電子排布式為1s22s22p63s23p2，最外層電子排布式3s23p2，金剛石、晶體硅都是原子晶體，因原子半徑C＜Si，鍵長C﹣C＜Si﹣Si，鍵能C﹣C＞Si﹣Si，所以金剛石熔點高于晶體硅，故答案為：3s23p2；原子半徑C＜Si，鍵長C﹣C＜Si﹣Si，鍵能C﹣C＞Si﹣Si；（2）由價層電子對互斥理論可知，CS2中C原子的價層電子對數(shù)為＝2，所以CS2為直線型分子，燃煤廢氣中SO2與H2S作用生成單質硫，反應的方程式為2H2S+SO2＝3S↓+H2O，故答案為：直線型；2H2S+SO2＝3S↓+H2O；（3）反應中O2中O元素的化合價降低4，F(xiàn)e3O4中3個Fe的化合價共升高1，根據(jù)化合價升降守恒可知，F(xiàn)e3O4的計量數(shù)為4，O2的計量數(shù)為1，反應的離子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O＝12FeOCl+12OH﹣，當4molFe3O4完全轉化為FeOCl，轉移的電子數(shù)目為4NA，故答案為：12Cl﹣；6；12；120H﹣；4NA；（4）①化學反應有從溶解度小的物質轉化為溶解度更小的趨勢，由于不溶物FeOCl→FeO（OH），所以FeOCl的溶解度大于FeO（OH），故答案為：＞；②Na2SO3還原FeOCl生成Fe3O4，反應的離子方程式為SO32﹣+6FeOCl+3H2O＝SO42﹣+2Fe3O4+6H++6Cl﹣，故答案為：作還原劑，將FeOCl還原為Fe3O4；③檢驗FeOCl轉化完全需檢驗Cl﹣，操作和現(xiàn)象是取最后一次的洗滌液于試管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，無白色沉淀產生，證明FeOCl轉化完全，故答案為：取最后一次的洗滌液于試管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，無白色沉淀產生，證明FeOCl轉化完全?！军c評】該題考查了電子排布式的書寫、熔點高低的比較、方程式的書寫和配平以及離子的檢驗等，綜合性強，有一定難度，分析清化合價變化是解答氧化還原反應問題的關鍵。22．（15分）乙烯是合成多種塑料的單體。我國科學家開發(fā)的特殊催化劑用CO2制備CH2＝CH2，有利于實現(xiàn)“雙碳”目標。主反應：2CO2（g）+6H2（g）?CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ（1）在容積為2L的恒容密閉容器中充0.4molCO2（g）和1.2molH2（g），若只發(fā)生主反應，反應時間2.0min，CO2的轉化率為20%，在這段時間內CH2＝CH2（g）的平均反應速率為0.01mol/（L?min）。（2）在一定溫度下，向恒容密閉容器中充入CO2（g）和H2（g），若只發(fā)生主反應，下列情況不能說明反應達到平衡的是A（填編號）。A.混合氣體密度保持不變B.混合氣體總壓強保持不變C.乙烯體積分數(shù)保持不變D.平均摩爾質量保持不變達到平衡后能提高CO2平衡轉化率的措施是降低溫度或是增大壓強（任填一條）（3）在At1、At2、At3三種不同催化劑作用下（其他條件相同）只發(fā)生主反應，測得乙烯的凈速率（v正﹣v逆）與溫度關系如圖所示。催化效率最高的是At1（填“At1”、“At2”或“At3”），A點的正反應速率大于（填“大于”“小于”或“等于”）逆反應速率。（4）在發(fā)生主反應的同時，還發(fā)生了副反應：CO2（g）+H2（g）?HCOOH（g）。一定溫度下，在容積為2L的恒容密閉容器中充0.4molCO2（g）和1.2molH2（g）同時發(fā)生了主反應和副反應，達到平衡時CO2的轉化率為45%，C2H4的選擇性為80%，則該溫度下，副反應的平衡常數(shù)K＝0.26（結果保留2位小數(shù)）。提示：C2H4的選擇性＝×100%（5）0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和0.2mol?L﹣1的HCOOH（甲酸）溶液等體積混合，得到混合溶液的pH＜7，溶液中c（HCOOH）小于c（Na+）（填“大于”或“小于”），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入HCOOH?！痉治觥浚?）根據(jù)信息可知，CO2的反應速率為＝0.02mol/（min?L），根據(jù)速率之比等于系數(shù)之比，可得CH2＝CH2（g）的平均反應速率為ν＝；（2）對于主反應：2CO2（g）+6H2（g）?CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ，A．在密閉容器中混合氣體的質量不變，且恒容，則混合氣體密度一直保持不變；B．反應前后氣體分子數(shù)有變化，在恒溫恒容下，壓強與物質的量成正比，則混合氣體總壓強保持不變；C．乙烯體積分數(shù)保持不變說明乙烯的物質的量不再發(fā)生變化；D．在密閉溶液中混合氣體的質量不變，反應前后氣體分子數(shù)有變化，則物質的量有變化；（3）由圖1可得出在相同溫度下，At1催化下乙烯的凈速率最大，則說明催化效率最高的是At1；（4）CO2起始濃度為c＝＝＝0.2mol/L，達到平衡時CO的轉化率為45%，設生成CH2＝CH2為xmol/L、生成HCOOH為ymol，列三段式：2CO2（g）+6H2（g）?CH2＝CH2（g）+4H2O（g）開始（mol）0.20.600變化（mol）2x6xx4x平衡（mol）0.2﹣2x0.6﹣6xx4xCO2（g）+H2（g）?HCOOH（g）開始（mol）0.20.60變化（mol）yyy平衡（mol）0.2﹣y0.6﹣yy，由達到平衡時CO的轉化率為45%得2x+y＝0.2mol×45%＝0.09mol，C2H4的選擇性為80%得×100%＝80%，由兩式解得x＝0.04、y＝0.01，則該溫度下，副反應的平衡常數(shù)K＝，據(jù)此計算；（5）0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和0.2mol?L﹣1的HCOOH溶液等體積混合，得到混合溶液為等量的HCOOH和HCOONa，若pH＜7，溶液顯酸性，則電離大于水解?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)信息可知，CO2的反應速率為＝0.02mol/（min?L），根據(jù)速率之比等于系數(shù)之比，可得CH2＝CH2（g）的平均反應速率為ν＝＝＝0.01mol/（min?L），故答案為：0.01mol/（L?min）；（2）對于主反應：2CO2（g）+6H2（g）?CH2＝CH2（g）+4H2O（g）+127.8kJ，A．在密閉容器中混合氣體的質量不變，且恒容，則混合氣體密度一直保持不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；B．反應前后氣體分子數(shù)有變化，在恒溫恒容下，壓強與物質的量成正比，則混合氣體總壓強保持不變，說明反應達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．乙烯體積分數(shù)保持不變說明乙烯的物質的量不再發(fā)生變化，說明反應達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D．在密閉溶液中混合氣體的質量不變，反應前后氣體分子數(shù)有變化，則物質的量有變化，則氣體平均摩爾質量保持不變時說明反應達到平衡狀態(tài)，故D錯誤；達到平衡后能提高CO2平衡轉化率的措施為降低溫度或是增大壓強，故答案為：A；降低溫度或是增大壓強；（3）由圖1可得出在相同溫度下，At1催化下乙烯的凈速率最大，則說明催化效率最高的是At1；由于A點之后乙烯的凈速率持續(xù)增大，說明平衡正向移動，則A點的正反應速率大于逆反應速率，故答案為：At1；大于；（4）CO2起始濃度為c＝＝＝0.2mol/L，達到平衡時CO的轉化率為45%，設生成CH2＝CH2為xmol/L、生成HCOOH為ymol，列三段式：2CO2（g）+6H2（g）?CH2＝CH2（g）+4H2O（g）開始（mol）0.20.600變化（mol）2x6xx4x平衡（mol）0.2﹣2x0.6﹣6xx4xCO2（g）+H2（g）?HCOOH（g）開始（mol）0.20.60變化（mol）yyy平衡（mol）0.2﹣y0.6﹣yy，由達到平衡時CO的轉化率為45%得2x+y＝0.2mol×45%＝0.09mol，C2H4的選擇性為80%得×100%＝80%，由兩式解得x＝0.04、y＝0.01，則該溫度下，副反應的平衡常數(shù)K＝＝≈0.26，故答案為：0.26；（5）0.1mol?L﹣1的NaOH溶液和0.2mol?L﹣1的HCOOH溶液等體積混合，得到混合溶液為等量的HCOOH和HCOONa，若pH＜7，溶液顯酸性，則電離大于水解，則c（HCOOH）小于c（Na+），要使c（HCOOH）＝c（Na+），可加入HCOOH溶液，故答案為：小于；HCOOH?！军c評】本題考查化學平衡、平衡常數(shù)、反應速率的影響因素分析，圖象分析判斷是解題關鍵，為高怕考點，題目難度中等，掌握化學平衡知識是解題的關鍵。23．（14分）化合物H是一種常見的藥物的中間體，工業(yè)上常通過如圖途徑合成：請回答下列問題：（1）A→B的反應條件是光照，H中含氧官能團的名稱為酯基，化合物D的結構簡式是。（2）下列說法不正確的是A。A.化合物A最多14個原子共平面B.化合物B能發(fā)生氧化反應、加成反應和取代反應C.化合物H的分子式為C15H20O4（3）寫出F→G發(fā)生的化學反應方程式+2CH3CH2OH+2H2O。（4）乙酸乙酯和丁酸的分子式相同，丁酸氣味難聞且有腐臭味，而乙酸乙酯氣味香甜，解釋這兩種物質為什么聞起來氣味不同：乙酸乙酯與丁酸分子式相同，但結構不同，前者含有酯基，后者含有羧基，二者互為同分異構體。（5）依據(jù)上述合成路線設計以乙醇為原料制備（HOOCCH2COOH）的合成路線，（用流程圖表示，無機試劑、有機溶劑任選）CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHClCH2COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH。（合成路線常用的表示方式為：AB…目標產物）【分析】A的分子式為C7H8，結合H的結構簡式，可知A中含有苯環(huán)，故A為，A與氯氣發(fā)生取代反應生成B，B與NaCl發(fā)生取代反應生成C，C中﹣CN水解為﹣COOH而生成D，D先與Cl2發(fā)生取代反應生成、然后羧基再與碳酸氫鈉反應生成E，E中﹣Cl被﹣CN取代、然后﹣CN水解為﹣COOH、﹣COONa轉化為﹣COOH生成F，F(xiàn)再與乙醇發(fā)生酯化反應生成G，G與CH3CH2Cl發(fā)生取代反應生成H和HCl，結合H的結構逆推可知G為、F為、E為、D為、C為、B為；（5）乙醇氧化生成乙醛，乙醛進一步氧化生成乙酸，乙酸與Cl2/PC