廣西南寧市“4N”高中聯(lián)合體2018-2019學年高二下學期期末考試化學試題

2018—2019學年度下學期“4+N”高中聯(lián)合體期末聯(lián)考試卷高二化學(滿分100分，考試時間90分鐘)（請在答題卡上作答，在本試題上作答無效。）可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16S32Zn65一、選擇題(本題包括18小題，每小題3分，共54分。每小題只有一個選項符合題意。)1.下列化學用語或模型正確的是（）A.氯化氫的電子式： B.乙酸乙酯的分子式為：C4H8O2C.硫離子結構示意圖： D.乙烯的結構簡式：CH2CH2【答案】B【解析】【詳解】A．HCl為共價化合物，氯原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，其正確的電子式為，故A錯誤；B．乙酸乙酯的分子式為C4H8O2，故B正確；C．硫離子的核電荷數(shù)為17，其核外電子總數(shù)為18，其離子結構示意圖為，故C錯誤；D．乙烯分子中含有1個碳碳雙鍵，其結構簡式為CH2=CH2，故D錯誤；故答案為B。2.下列實驗操作中，正確的是A.把pH試紙浸入待測溶液中，測定溶液的pHB.稱NaOH固體質量時，將NaOH固體放在墊有濾紙的托盤上進行稱量C.苯酚沾在皮膚上，應立即用酒精清洗D.濃硫酸濺在皮膚上，應立即用燒堿溶液沖洗【答案】C【解析】【詳解】A．測定溶液pH應該用玻璃棒蘸取溶液，點在pH試紙上，所以選項A錯誤；B．稱NaOH固定質量時，因為氫氧化鈉潮解，應該將NaOH固體放在小燒杯中進行稱量，選項B錯誤；C．苯酚易溶于乙醇，所以可以用乙醇洗去，選項C正確；D．濃硫酸濺在皮膚上，應立即用大量水沖洗，選項D錯誤；故答案選C3.下列說法不正確的是（）A.是同一物質 B.是同分異構體C.C17H35COOH和CH3COOH是同系物 D.18O2和16O2互為同位素【答案】D【解析】【詳解】A．的結構相同，分子式相同，為同一物質，故A正確；B．分子式相同，結構不同，是同分異構體，故B正確；C．C17H35COOH和CH3COOH均含有羧基，結構相似，分子組成相差16CH2基團，兩者是同系物，故C正確；D．18O2和16O2為不同氧元素的核素組成的氧氣分子，屬單質，不是同位素，故D錯誤；故答案為D。4.下列離子方程式書寫正確的是（）A.將過量的二氧化碳通入氫氧化鈉溶液：CO2+2OH－=CO32－+H2OB.氯化鋁溶液中加入過量濃氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2－+4NH4++2H2OC.氯化亞鐵溶液中通入氯氣：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl－D.碳酸鈣和醋酸反應：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2++H2O+CO2↑【答案】D【解析】【詳解】A．將過量的二氧化碳通入氫氧化鈉溶液，離子方程式為CO2+OH═HCO3，故A錯誤；B．氯化鋁溶液中加入過量濃氨水，離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B錯誤；C．氯化亞鐵溶液中通入氯氣，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－，故C錯誤；D．醋酸是弱酸，則碳酸鈣和醋酸反應的離子方程式為CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2++H2O+CO2↑，故D正確；故答案為D。5.A、B、C、D、E五種元素原子序數(shù)逐漸增大，且均不超過18，其中A與C、B與E分別為同族元素。原子半徑A<B<E<D<C，B原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，C、D的核外電子數(shù)之和與B、E核外電子數(shù)之和相等。下列說法正確的是（）A.A與E形成的化合物為離子化合物 B.簡單離子半徑：E<DC.最高價氧化物對應水化物的堿性：C>D D.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：B<E【答案】C【解析】【詳解】A、B、C、D、E五種主族元素原子序數(shù)逐漸增大，且均不超過18，其中A與C、B與E分別為同族元素。B原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則B有2個電子層，最外層有6個電子，則B為氧元素，B與E分別為同族元素，則E為硫元素；原子半徑A＜B＜E＜D＜C，則C、D與E為同周期元素，C、D的核外電子數(shù)之和與B、E核外電子數(shù)之和相等為24，所以C為鈉元素，D為鋁元素；A與C為同族元素，則A為氫元素；A．A為氫元素，E為硫元素，二者形成的化合物為H2S，為共價化合物，故A錯誤；B．D為鋁元素，E為硫元素，二者形成離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，即D＞E，故B錯誤；C．C為鈉元素，D為鋁元素，金屬性Na＞Al，所以最高價氧化物對應水化物的堿性C＞D，故C正確；D．B為氧元素，E為硫元素，非金屬性O＞S，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性B＞E，故D錯誤；故答案為C。6.下列溶液中一定能大量共存的離子組是（）A.含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42－、Cl－B.pH＝1的溶液：Na+、K+、CO32－、SO42－C.含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3、SCN－D.含有大量NO3－的溶液：H+、Fe2+、SO42－、Cl－【答案】A【解析】【詳解】A．Na+、NH4+、SO42、Cl之間不反應，都不與Al3+反應，在溶液中能夠大量共存，故A正確；B．pH=1的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，CO32與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．Fe3+和SCN之間反應生成硫氰化鐵，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．NO3在酸性條件下與Fe2+之間發(fā)生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故答案為A。7.下圖為反應2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量變化示意圖。下列說法正確的是A.拆開2molH2(g)和1molO2(g)中化學鍵成為H、O原子，共放出1368kJ能量B.由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量C.2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(1)，共吸收484kJ能量D.2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量【答案】D【解析】【詳解】A．拆開化學鍵吸收能量，故A錯誤；B．形成化學鍵放出能量，故B錯誤；C．由題干方程式可知應生成氣態(tài)水，而不是液態(tài)水時，放出484kJ能量，故C錯誤；D．依據(jù)圖象數(shù)據(jù)分析計算，2molH2(g)和1molO2(g)反應生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正確；故答案為D。8.一定溫度下，密閉容器中發(fā)生反應4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，經(jīng)2minB濃度減少0.6mol·L－1，對此反應速率的表示正確的是（

）A.用A表示的反應速率是0.4mol·L－1·min－1B.2min末的反應速率v(C)＝0.3mol·L－1·min－1C.2min內D的物質的量增加0.2molD.若起始時A、B的物質的量之比為4:3，則2min末A、B的轉化率之比為1:1【答案】D【解析】【詳解】A．物質A是固體，濃度不變，不能用A表示該反應的反應速率，故A錯誤；B．2min內△c(C)=△c(B)=0.4mol/L，故2min內的v(C)==0.2mol?L1?min1，故B錯誤；C．2min內△c(C)=△c(B)=0.2mol/L，沒有指明容器的體積，無法計算D增加的物質的量，故C錯誤；D．由4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)可知，相同時間內A和B的變化物質的量之比為4:3，設變化的物質的量分別為4amol、3amol；起始時A、B的物質的量之比為4:3，設起始時A和B的物質的量分別為4bmol、3bmol，則2min末A、B的轉化率之比為：=1:1，故D正確；故答案為D。9.在恒溫恒容下使NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)達到平衡，不可以判斷該反應達到化學平衡的是（）A.V正(NH3)=2V逆(CO2)B.密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變C.密閉容器中總壓強不變D.密閉容器中混合氣體的密度不變【答案】B【解析】【詳解】A.NH3、CO2均為生成物，V正(NH3)、V逆(CO2)反應進行的方向相反，且比值等于計量數(shù)之比，可判斷達到平衡狀態(tài)，A錯誤；B.反應中，只有NH3、CO2為氣體，且生成的量之比為2：1，反應自始至終均為2：1，則密閉容器中氨氣的體積分數(shù)不變時，不能判斷是否達到平衡狀態(tài)，B正確；C.若反應達到平衡時，氣體的總物質的量不再改變，體積為恒容，則壓強不再改變，則密閉容器中總壓強不變時，達到平衡狀態(tài)，C錯誤；D.若反應達到平衡時，氣體的總物質的量不再改變，質量也不改變，體積一直不變，ρ=m/V，則密閉容器中混合氣體的密度不變時，達到平衡狀態(tài)，D錯誤；答案為B?！军c睛】只有生成物為氣體的可逆反應中，生成物的比例自始至終等于計量數(shù)之比。10.把鋅片和銅片用導線相連后插入稀硫酸溶液中構成原電池。對該電池的描述合理的是：①溶液中硫酸的物質的量濃度保持不變；②Cu極上有氣泡產(chǎn)生，發(fā)生還原反應；③Cu為負極，Zn為正極；④原電池在工作時電子由負極通過溶液流向正極；⑤該裝置將化學能轉變?yōu)殡娔埽ǎ〢.②⑤ B.①③⑤ C.②④⑤ D.④⑤【答案】A【解析】【詳解】①鋅片、銅片和稀硫酸溶液構成的原電池中，銅作正極，正極上氫離子得電子生成氫氣，所以硫酸濃度減小，故①錯誤；②銅作正極，正極上氫離子得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應，電極反應式為2H++2e=H2↑，故②正確；③該原電池中鋅失電子變成鋅離子進入溶液，所以鋅作負極，銅作正極，故③錯誤；③原電池中鋅失電子變成鋅離子進入溶液，所以鋅作負極，銅作正極。故③錯誤；④鋅失電子通過導線流向銅，所以電子流向為由Zn經(jīng)導線流入Cu片，即從負極通過導線流向正極，故④錯誤；⑤原電池是將化學能轉變?yōu)殡娔艿难b置，故⑤正確；故答案為A。11.NaNO2像食鹽一樣有咸味,有很強的毒性，誤食亞硝酸鈉(NaNO2)會使人中毒。已知亞硝酸鈉能發(fā)生反應:2NaNO2

+4HI=2NO↑+I2

+2NaI+2H2O。下列說法正確的是A.該反應的氧化劑為HIB.反應產(chǎn)物中能使淀粉變藍的物質有I2、NaIC.該反應中每生成lmolI2轉移2mol電子D.人誤食亞硝酸鈉中毒時，可以服用HI溶液解毒【答案】C【解析】【詳解】A、由NaNO2~NO，N元素的化合價從+3價降到+2價，得電子，所以NaNO2是氧化劑,由HI~I2，碘元素化合價從1價升到0價，失電子，所以HI是還原劑。錯誤；B、反應產(chǎn)物中能使淀粉變藍的物質有I2。錯誤；C、由HI~I2，碘元素化合價從1價升到0價，每生成一個碘單質需要失2個電子，因此每生成lmolI2轉移2mol電子。正確；D、人誤食亞硝酸鈉中毒時，服用HI溶液產(chǎn)生有毒的NO，不可服用HI溶液解毒。錯誤；故選C。點睛：本題主要考查氧化還氧反應。根據(jù)化合價的變化判斷氧化劑、還原劑。六字法則“升失氧，降得還”。此反應中，需注意HI一半是作酸、一半作還原劑。12.NA代表阿伏加德羅常數(shù)。已知C2H4和C4H8的混合物的質量為ag，下列說法正確的（）A.燃燒時消耗的O2一定是33.6a/14L B.所含碳氫鍵數(shù)目為2aNA/7C.所含氫原子總數(shù)為3aNA/14 D.所含共用電子對數(shù)目為3aNA/14【答案】D【解析】【詳解】C2H4和C4H8的最簡式為CH2，所以ag混合物中含有最簡式CH2的物質的量為：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，總共含有原子的物質的量為：mol；A．沒有告訴在標準狀況下，題中條件無法計算ag混合物物燃燒消耗氧氣的準確體積，故A錯誤；B．每個氫原子形成1個碳氫鍵，ag混合物中總共含有molH原子，所以含有molH原子碳氫鍵，所含碳氫鍵數(shù)目為NA，故B錯誤；C．由分析可知，ag混合物中含有molH原子，故C錯誤；D無論C4H8是烯烴還是環(huán)烷烴，．在混合氣體中，每個C含有1個碳碳共用電子對、每個H形成了1個碳氫共用電子對，所以總共含有mol+mol=mol共用電子對，即NA，故D正確；故答案為D。13.下列敘述中，不正確的是（

）A.甲苯與溴在催化劑FeBr3作用下反應，可生成4種一溴代物B.C4H10的一氯代物共有4種C.CH3CH2CH3分子中三個碳原子不在一條直線上D.C8H10中共有4種屬于芳香烴的同分異構體【答案】A【解析】【詳解】A．甲苯與溴在催化劑FeBr3作用下，苯環(huán)上的氫原子能被Br原子所取代，則可生成3種一溴代物，故A錯誤；B．C4H10有CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2兩種同分異構體，其中CH3CH2CH2CH3的一氯代物有2種，CH3CH(CH3)2的一氯代物有2種，則C4H10的一氯代物共有4種，故B正確；C．CH3CH2CH3分子中CH2上的碳原子是sp3雜化，具有類似甲烷的結構特點，則三個碳原子不在一條直線上，在同一平面上，故C正確；D．C8H10中只有4種屬于芳香烴的同分異構體，分別是乙苯、鄰、間、對二甲苯，故D正確；故答案為A。14.下列實驗中，對應的實驗現(xiàn)象和實驗結論都正確且具有因果關系的是選項實驗方法或操作實驗現(xiàn)象實驗結論A將小塊Na放入CuSO4溶液中鈉浮在水面上四處游動，溶液中有紅色沉淀生成金屬Na比Cu活潑B在淀粉粉末中加入適量濃硫酸淀粉變黑濃硫酸具有吸水性C在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至過量，然后通入CO2氣體先出現(xiàn)白色沉淀，后沉淀消失，最后又出現(xiàn)白色沉淀Al(OH)3是兩性氫氧化物，但不能溶解在某些弱酸中D將裝滿氯水的圓底燒瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射燒瓶內有氣泡向上逸出日光照射時，溶解的Cl2逸出A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】A.鈉放入鹽溶液中，鈉先與水反應；B.使淀粉變黑體現(xiàn)濃硫酸的脫水性；C.Al(OH)3是兩性氫氧化物，不溶于弱酸和弱堿；D.在光照條件下，次氯酸分解生成氧氣?！驹斀狻緼.在鹽溶液中，Na先與水反應生成NaOH，NaOH與溶液中的CuSO4反應，生成Cu(OH)2藍色沉淀，故A錯誤；B.濃硫酸具有脫水性，能夠使淀粉碳化而變黑，所以使淀粉變黑體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，故B錯誤；C.AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至過量，先出現(xiàn)Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2氣體，NaAlO2與碳酸反應生成Al(OH)3沉淀，故C正確；D.氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧氣而不是氯氣，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、反應與現(xiàn)象、沉淀的轉化等為解題的關鍵，題目難度不大。本題的易錯點是D項，注意氯水在光照時，溶液中含有的次氯酸發(fā)生分解反應生成的氣體是氧氣。15.已知FeO(s)+C(s)=CO(g)+Fe(s)△H>0，下列敘述正確的是A.低溫下為自發(fā)過程，高溫下為非自發(fā)過程 B.任何溫度下為非自發(fā)過程C.高溫下為自發(fā)過程，低溫下為非自發(fā)過程 D.任何溫度下為自發(fā)過程【答案】C【解析】【詳解】△HT△S<0時，反應能自反進行，△H>0，△S>0，只有T很大，即高溫時，才能保證△HT△S<0時，即高溫下該反應為自發(fā)過程，低溫下該反應為非自發(fā)進行，C滿足題意。答案選C。16.25℃時,相同物質的量濃度的下列溶液中，c(NH)最大的是A.(NH4)2SO4 B.(NH4)2Fe(SO4)2C.NH4HSO4 D.CH3COONH4【答案】B【解析】【分析】從銨根離子水解的影響角度來分析，如果含有對銨根離子水解起促進作用的離子，則銨根離子水解程度增大，銨根離子濃度減小，如果含有抑制銨根離子水解的離子，則銨根的水解程度減弱，銨根離子濃度增大?！驹斀狻咳粑镔|的量濃度均為1mol/L，則A、B中c(NH)大于C、D中c(NH)；A、(NH4)2SO4中，銨根離子的水解不受硫酸根離子的影響；B、亞鐵離子水解，溶液顯酸性，對銨根的水解起抑制作用，導致銨根離子水解程度減小，銨根離子濃度增大；所以NH的濃度最大的是B。故選B?！军c睛】本題考查學生離子的水解的影響因素，弱電解質的電離，注意弱電解質的電離和水解程度都較小。本題的易錯點為C，要注意相同物質的量濃度時，(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH)約為NH4HSO4中的c(NH)的2倍。17.能說明醋酸是弱電解質的是（）A.中和10mL1mol/LCH3COOH溶液需要10ml1mol/LNaOH溶液B.用食醋可以除熱水瓶內的水垢C.用濃H2SO4和醋酸鈉固體共熱可制得醋酸D.pH=2的醋酸溶液稀釋1000倍后pH小于5【答案】D【解析】【詳解】A．中和10mL

1mol/L

CH3COOH溶液需要10ml

1mol/L

NaOH溶液只能說明醋酸是一元酸，不能說明醋酸是弱酸，故A錯誤；B．用食醋除水垢只能說明醋酸酸性大于碳酸，不能說明醋酸是弱酸，故B錯誤；C．用濃硫酸和醋酸鈉固體共熱可制得醋酸，只能說明醋酸是揮發(fā)性酸，不能說明醋酸是弱酸，故C錯誤；D．pH=2的醋酸溶液稀釋1000倍后，如果是強酸，溶液的pH為5，實際上pH小于5，所以能說明醋酸是弱酸，故D正確；故答案為D?！军c睛】證明酸為強弱電解質的方法有：①相同條件下，比較兩種酸溶液的導電性；②配制一定濃度的酸，測定其pH；③將一定pH的酸溶液稀釋100倍后，測定pH的變化；④配制一定濃度的某酸的強堿鹽溶液，測定其pH。18.弱酸HA的溶液和等體積、等物質的量濃度的強堿MOH的溶液混合后，溶液中有關離子濃度的大小關系正確的是A.c(M+)>c(A)>c(H+)>c(OH) B.c(A)>c(M+)>c(OH)>c(H+)C.c(M+)>c(A)>c(OH)>c(H+) D.c(M+)>c(OH)>c(A)>c(H+)【答案】C【解析】【詳解】等體積等物質的量濃度MOH強堿和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反應生成MA和水，由于A部分水解，溶液顯示堿性，則c(OH)>c(H+)，根據(jù)電荷守恒可得：c(M+)>c(A)，溶液中離子濃度大小為：c(M+)>c(A)>c(OH)>c(H+)，故選C。第II卷（非選擇題，共46分）二、必做題（共3小題，共31分）19.下表是元素周期表的一部分，針對表中的①～⑩種元素，請用化學用語回答下列問題：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02⑥⑦⑧3①③⑤⑨⑩4②④（1）在③～⑦元素中，原子半徑最大的是__________（填元素符號）；（2）⑦元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物能生成鹽M，M中含有的化學鍵類型有________________________；（3）寫出元素①和⑧的單質在加熱條件下反應生成的化合物的電子式：_____________。（4）③、⑤、⑦、⑧所形成的離子，其半徑由小到大的順序是________（填離子符號）（5）①～⑨中元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是_____________（填物質化學式），呈兩性的氫氧化物是_________（填物質化學式）；該化合物與NaOH溶液反應的離子方程式為___________。（6）用電子式表示元素③與⑨形成化合物的過程_____________________________。（7）寫出工業(yè)冶煉⑤的化學方程式：_______________________________________?！敬鸢浮竣?Ca②.離子鍵、共價鍵③.④.Al3+＜Mg2+＜O2－＜N3－⑤.HClO4⑥.Al(OH)3⑦.Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O⑧.⑨.2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑【解析】【分析】由元素周期表的結構可知：①為Na元素、②為K元素、③為Mg元素、④為Ca元素、⑤為Al元素、⑥為C元素、⑦為N元素、⑧為O元素、⑨為Cl元素、⑩為Ar元素，結合元素周期表的結構分析解題?！驹斀狻竣贋镹a元素、②為K元素、③為Mg元素、④為Ca元素、⑤為Al元素、⑥為C元素、⑦為N元素、⑧為O元素、⑨為Cl元素、⑩為Ar元素；(1)已知③為Mg元素、④為Ca元素、⑤為Al元素、⑥為C元素、⑦為N元素，則在③～⑦元素中，Ca為第四周期主族元素，其原子半徑比Mg大，則原子半徑最大的是Ca；(2)⑦為N元素，N元素的最高價氧化物對應的水化物與其氫化物能生成鹽為NH4NO3，含有的化學鍵類型有離子鍵、共價鍵；(3)①為Na元素、⑧為O元素，Na和O2在加熱條件下反應生成的化合物為Na2O2，是離子型化合物，其電子式為；(4)③為Mg元素、⑤為Al元素、⑦為N元素、⑧為O元素，Mg2+、Al3+、N3、O2的結構相同，核電荷數(shù)大，離子半徑小，則半徑由小到大的順序是Al3+＜Mg2+＜O2－＜N3－；(5)元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物中酸性越強，因O元素無正價態(tài)，則在①～⑨中除O外，Cl元素的非金屬性最強，故元素最高價氧化物對應的水化物中酸性最強的是HClO4；Al是兩性金屬，則呈兩性的氫氧化物是Al(OH)3；Al(OH)3與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，發(fā)生反應的離子方程式為Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O；(6)③為Mg元素、⑨為Cl元素，兩元素形成的化合物為MgCl2，電子式形成化合物過程為；(7)⑤為Al元素，工業(yè)上用電解氧化鋁的方法冶煉Al，反應的化學方程式為2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。【點睛】微粒半徑大小比較的常用規(guī)律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高價陽離子或最低價陰離子半徑隨核電荷數(shù)增大而逐漸減小(稀有氣體元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或離子半徑隨核電荷數(shù)增大而逐漸增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)電子層結構相同的微粒：電子層結構相同(核外電子排布相同)的離子半徑(包括陰、陽離子)隨核電荷數(shù)的增加而減小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同種元素形成的微粒：同種元素原子形成的微粒電子數(shù)越多，半徑越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)電子數(shù)和核電荷數(shù)都不同的，可通過一種參照物進行比較，如比較A13+與S2－的半徑大小，可找出與A13+電子數(shù)相同的O2－進行比較，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。20.甲醇是一種可再生能源，具有開發(fā)和應用的廣闊前景，研究甲醇具有重要意義。有人模擬用CO和H2合成甲醇，其反應為：CO(g)+2H２(g)?CH3OH(g)△H<0（1）在容積固定為1L的密閉容器內充入2molCO和4molH2發(fā)生上述反應，20min時用壓力計監(jiān)測容器內壓強的變化如下：反應時間/min0510152025壓強/MPa12.410.28.47.06.26.2則反應從開始到20min時，以CO濃度變化表示的平均反應速率v(CO)=_________mol/(L·min)，該溫度下平衡常數(shù)K=___________，若平衡后增大壓強，則K值_________(填“增大”、“減小”或“不變”)。（2）在恒溫恒容的密閉容器中，不能判定CO(g)+2H２(g)?CH3OH(g)△H<0，反應達到平衡的是___________；A、壓強保持不變B、氣體的密度保持不變C、氣體平均摩爾質量保持不變D、速率v（H２）：v（CH3OH）=2：1（3）如圖是甲醇燃料電池結構示意圖，C是________（填“正”或“負”）極，寫出此電極的電極反應式__________________________________________。（4）若以該電池為電源，用石墨做電極電解100mLCuSO4溶液，電解一段時間后，兩極均收集到11.2L的氣體（標準狀況下），則原CuSO4溶液的物質的量濃度為________mol/L?！敬鸢浮竣?0.075②.3(mol/L)2③.不變④.BD⑤.負⑥.CH3OH＋8OH－6e－=CO＋6H2O⑦.5【解析】【詳解】(1)由表中數(shù)據(jù)可知，20min反應到達平衡，恒溫恒容下，壓強之比等于物質的量之比，則平衡時混合氣體總物質的量為(2+4)mol×=3mol，設反應的CO物質的量為x則(2x)+(42x)+x=3mol，解得x=1.5mol從反應開始到20min時，以CO表示的平均反應速率v(CO)==0.075mol/(L?min)；該溫度下平衡常數(shù)K===3(mol/L)2；若平衡后增大壓強，溫度不變，平衡常數(shù)不變；故答案為0.075；3(mol/L)2；不變；(2)A．該反應前后氣體的物質的量發(fā)生變化，壓強保持不變，能夠說明是平衡狀態(tài)，不符合題意；B．氣體的體積不變，質量不變，氣體的密度始終保持不變，不能說明是平衡狀態(tài)，符合題意；C．該反應前后氣體的物質的量發(fā)生變化，質量不變，氣體平均摩爾質量保持不變，能夠說明是平衡狀態(tài)，不符合題意；D．任何時候都存在v(H2)：v(CH3OH)=2：1，不能說明是平衡狀態(tài)，符合題意；故選BD；(3)根據(jù)電子的流動方向可知，電極C為負極，通入的是氣體燃料甲醇，電極D為正極，通入的是氧氣或空氣；負極為甲醇在堿性條件下發(fā)生氧化反應，電極反應式為CH3OH＋8OH－6e－=CO＋6H2O；故答案為負；CH3OH＋8OH－6e－=CO＋6H2O；(4)用石墨做電極電解100mLCuSO4溶液，陽極上氫氧根離子放電發(fā)生氧化反應生成氧氣，物質的量為=0.5mol；陰極上開始為銅離子放電，后來氫離子放電生成氫氣，其中氫氣的物質的量為=0.5mol，根據(jù)得失電子守恒，銅離子放電得到電子的物質的量為，根據(jù)關系式可知，生成的Cu的物質的量==0.5mol，則原CuSO4溶液的物質的量濃度為=5mol/L；故答案為5。21.工業(yè)廢氣、汽車尾氣排放出的SO2、NOx等，是形成霧霾的重要因素。霾是由空氣中的灰塵、硫酸、硝酸、有機碳氫化合物等粒子形成的煙霧。（1）NOx和SO2在空氣中存在下列平衡：2NO(g）+O2(g）2NO2(g）△H=—112kJ·mol12SO2(g）+O2(g)2SO3(g）△H=—196kJ·mol1SO2通常被NO2進一步氧化，生成SO3和一種無色有毒氣體。請寫出NO2和SO2反應的熱化學方程式______________。（2）常溫下，煙氣中SO2被NaOH溶液吸收可得到NaHSO3、Na2SO3等。①已知Na2SO3水溶液顯堿性，原因是____________(寫出主要反應的離子方程式），該溶液中c（Na+）____2c（SO32－）+c（HSO3－）（填“>”“<”或“=”）。②常溫下，0.1mol/L的NaHSO3溶液的PH=6，則c（SO32－）—c（H2SO3）=______mol/L（填寫準確數(shù)值）?！敬鸢浮竣?NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）△H=—42kJ/mol②.SO32－+H2OHSO3－+OH－③.>④.②9.9×107【解析】【分析】(1)已知：①2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H=112kJ?mol1，②2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=196kJ?mol1，根據(jù)蓋斯定律可知(②①)÷2得：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，則可計算△H；(2)①溶液中SO32水解：SO32+H2O?HSO3+OH，破壞水的電離平衡，導致溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒分析；②常溫下，亞硫酸氫鈉呈酸性，說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3)+c(SO32)①，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)②，兩式計算得到?！驹斀狻?1)已知：①2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)△H=112kJ?mol1，②2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H=196kJ?mol1，根據(jù)蓋斯定律可知(②①)÷2得：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)，則△H=[(196kJ?mol1)(112kJ?mol1)]÷2==42kJ?mol1，故NO2和SO2反應的熱化學方程式為：NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=42kJ?mol1；(2)①溶液中SO32水解：SO32+H2O?HSO3+OH，破壞水的電離平衡，導致溶液顯堿性，根據(jù)電荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)，故c(Na+)＜2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)；②常溫下，亞硫酸氫鈉呈酸性，說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3)+c(SO32)①，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO3)+2c(SO32)②，將方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH)+c(SO32)，所以c(SO32)c(H2SO3)=c(H+)c(OH)=(106108)mol?L1=9.9×107mol?L1?！军c睛】應用蓋斯定律進行簡單計算的基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式)，結合原熱化學方程式(一般2～3個)進行合理“變形”，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關系。三、“二選一”選做題（每位考生只能選擇22、23兩大題中的任一大題作答。22.[選修3——物質結構與性質]元素X位于第四周期,其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子。元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內層的3倍。（1）在Y的最高價氧化物分子中，Y原子軌道的雜化類型是_______________。（2）Z的氫化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_______________________；Z的氫化物在固態(tài)時的密度比在液態(tài)時還小，其原因是_________（3）Y與Z可形成YZ42－。①YZ42－的空間構型為________________(用文字描述)。②寫出一種與YZ42－互為等電子體的分子的化學式：_________________。（4）X的氯化物與氨水反應可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為_______。（5）X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所：①在該晶體中，X離子的配位數(shù)為__________，與Y距離最近且距離相等的Y原子的數(shù)目為________。②該晶胞的邊長為acm，該晶體的密度為__________________g·cm3?！敬鸢浮竣?sp2②.水分子與乙醇分子之間形成氫鍵③.在固態(tài)時水分子間主要以氫鍵結合，而氫鍵具有方向性，使水結成冰時體積膨脹，密度減?、?正四面體⑤.CCl4⑥.16NA⑦.4⑧.12⑨.388/NA·a3（提示：晶胞中含有4個XY）【解析】【分析】元素X

位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2，則X原子核外電子數(shù)=2+8+18+2=30，則X原子序數(shù)為30，為Zn元素；元素Y基態(tài)原子的3p

軌道上有4個電子，則Y為S元素；元素Z

的原子最外層電子數(shù)是其內層的3倍，最外層電子數(shù)不超過8個，如果是K層，不超過2個，則Z原子核外電子數(shù)是8，為O元素；(1)Y為S元素，最高正價為+6價，其氧化物為SO3，S原子價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)；(2)氫鍵能增大物質的溶解性；氫鍵具有方向性；(3)①根據(jù)價層電子對互斥理論確定SO42的空間構型；②原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微粒為等電子體；(4)Zn的氯化物與氨水反應可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一個化學式[Zn(NH3)4]Cl2中含有16個σ鍵，據(jù)此計算1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目；(5)晶胞為ZnS，根據(jù)晶胞結構確定S2的配位數(shù)，以頂點的Zn2+為例，與之距離最近的Zn2+位于面心；利用均攤法計算該晶胞中S2、Zn2+離子數(shù)目，從而確定其化學式；再結合ρ=?！驹斀狻吭豖

位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2，則X原子核外電子數(shù)=2+8+18+2=30，則X原子序數(shù)為30，為Zn元素；元素Y基態(tài)原子的3p

軌道上有4個電子，則Y為S元素；元素Z

的原子最外層電子數(shù)是其內層的3倍，最外層電子數(shù)不超過8個，如果是K層，不超過2個，則Z原子核外電子數(shù)是8，為O元素；(1)Y為S元素，最高正價為+6價，其氧化物為SO3，S原子價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，即=3+=3，故S原子軌道雜化類型為sp2雜化；(2)Y的氫化物是H2S，Z的氫化物是H2O，H2S和乙醇分子之間不能形成氫鍵，H2O和乙醇分子之間能形成氫鍵，氫鍵的存在導致乙醇和水互溶；由于水在固態(tài)時水分子間主要以氫鍵結合，而氫鍵具有方向性，使水結成冰時體積膨脹，密度減小。導致固態(tài)H2O的密度比其液態(tài)時??；(3)①SO42的價層電子對個數(shù)=4+×(6+24×2)=4，且不含孤電子對，所以空間構型為正四面體；②SO42的原子個數(shù)是5、價電子數(shù)是32，與硫酸根離子互為得電子體的有CCl4或SiCl4等；(4)Zn的氯化物與氨水反應可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，一個化學式[Zn(NH3)4]Cl2中含有16個σ鍵，則1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目16NA；(5)①由晶胞的結構可知，距離S2最近的鋅離子有4個，即S2的配位數(shù)為4；晶胞中以頂點的Zn2+為例，與之距離最近的Zn2+位于面心，一個晶胞中共有3個，根據(jù)晶體的堆積方式可知，一個Zn2+被8個晶胞共用，且一個晶胞中距離最短的連線被兩個晶胞共用，故符合條件的Zn2+共有=12個；晶胞中S2數(shù)目=8×+6×=4，Zn2+數(shù)目為4，即晶胞中含有4個ZnS，晶胞的質量為g，該晶胞的邊長為acm，則體積為a3cm3，該物質的密度==g·cm3。【點睛】均攤法確定立方晶胞中粒子數(shù)目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被8個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被4個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內部：內部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞。23.[選修5——有機化學基礎]合成纖維中目前產(chǎn)量占第一位的是聚酯纖維——滌綸。滌綸是聚對苯二甲酸乙二醇酯的商品名，其結構為：滌綸的一種合成路線如下：（1）A中官能團的結構