岳阳县第一中学高二下学期期末考试化学试题(时间75分钟分值100分)可能用到的相对原子质量：H1　C12　O16　Na23　S32　K39　Ni59　一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.我国古代常用如图所示装置来炼丹、熬烧酒、制花露水等。南宁《游宦纪闻》记载了民间制取花露水的方法：“锡为小甑、实花一重，香骨一重，常使花多于香。窍甑之傍，以泄汗液，以器贮之”。下列分析错误的是A.图中3相当于蒸馏烧瓶B.图中2相当于冷凝管，冷却剂是空气C.该装置能用于分离食盐与水D.该装置可用于初步分离酒精与水【答案】C【解析】【详解】A．图中3相当于蒸馏烧瓶，图4为加热装置，A正确；B．图中2相当于冷凝管，直接暴露在空气中，冷却剂是空气，B正确；C．分离食盐与水的方法为蒸发，此装置中不包含蒸发装置，C错误；D．该装置为蒸馏装置，利用到沸点不同用于初步分离酒精与水，D正确；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.0.1mol/LNaClO溶液中含有的ClO-数为0.1NAB.一定条件下，2molSO2和ImolO2发生反应，转移的电子数为4NAC.1L0.1mol/L葡萄糖溶液中分子总数为0.1NAD.60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4NA【答案】D\n【解析】【详解】NaClO为强碱弱酸盐，Cl0-会有少量水解，加之没给溶液的体积，所以无法判断0.1mol/LNaClO溶液中含有的Cl0-数目，A错误；SO2和O2发生反应为可逆反应，反应物不能完全消耗，因此，2molSO2和ImolO2发生反应不能全部消耗，转移的电子数小于4NA，B错误；只考虑了葡萄糖溶液中溶质葡萄糖分子数目，没有考虑水分子数目，C错误；二氧化硅中1个硅原子形成4个Si－O键，60g石英晶体中含有的Si－O键数目应该是4NA，D正确；正确选项D。3.H2O2被称为“最清洁的消毒剂”，国家卫生健康委办公厅印发了《消毒剂使用指南》，其中明确指定过氧化氢为新冠病毒消毒剂之一，适用于物体表面、室内空气的消毒等。一种用H制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如图所示，下列说法正确的是A.H2O2是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗34gH2O2时反应转移1mol电子B.该制备反应的总反应方程C.该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子有3种D.反应过程中每一步反应Pd元素的化合价均发生了变化【答案】C【解析】【分析】认真对比反应原理图，不难发现HCl、、Pd和都属于先生成后消耗，只是反应的中间产物，可以判断反应物只有和，先消耗后生成，作为催化剂。【详解】A．34g的物质的量为，在消毒过程中，当发生的是分解反应时，转移电子数为1mol，当只作氧化剂时，转移电子数为2mol，A错误；\nB．这是由制备的反应原理图，结合催化剂在反应前后质量和化学性质不变的特点，可以推断为催化剂，而Pd和为反应的中间体，所以该制备反应的总反应方程为，B错误；C．该过程中1mol微粒含电子数为18NA的粒子分别为、HCl和，C正确；D．离子带两个单位负电荷，其中有4个-1价的，则Pd的化合价为+2；带两个单位负电荷，结构为，其中2个-1价的，而O为-1价，则Pd的化合价为+2；即由转化为时，Pd化合价没有改变，D错误；故合理选项为C。4.下表中陈述I和陈述II均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA具有氧化性可用于纸浆漂白B可以与反应生成可用于潜水器供氧C是两性氧化物可用作耐火材料D易溶于水可用作净水剂A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．SO2漂白不是利用其氧化性，A错误；B．Na2O2可以与CO2反应生成O2，Na2O2可用于潜水器供氧，B正确；C．Al2O3可用作耐火材料是利用其高熔点的性质，C错误；D．Fe2(SO4)3可用作净水剂是利用其水解生成胶体的吸附性，D错误；\n故选B。5.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（）A.Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B.1molHCHO分子中含有σ键的数目为3molC.HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D.[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为【答案】C【解析】【详解】A.Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；B.1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol，B选项正确；C.HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；D.[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。6.能源危机似乎一直以来都是我们的社会普遍问题，即使锂离子电池及其他成熟的能源技术现在还足以应付我们的能源需求。最近，国际能源期刊NanoEnergy报道了一种正负电极均利用涉及氢气反应的全氢电池，产生能源的源泉为酸和碱的中和能，则下列说法正确的是\nA.该电池是利用电极反应和特殊的隔膜材料将中和能转化为电能B.电池外电路电子经导线由吸附层M向吸附层N移动，内电路H+通过离子交换膜由左往右移动C.吸附层M的电极反应是H2-2e-=2H+D.吸附层N释放出H2体积为2.24L时，负极电解质溶液的质量减少2g【答案】A【解析】【分析】该装置没有外加电源，属于电池装置，通入氢气一极为负极，产生氢气一极为正极，即吸附层M为负极，吸附层N为正极，据此分析；【详解】A．该装置为化学电源，根据题中所给信息，“产生能源的源泉为酸和碱的中和能”，因此该电池是利用中和能转化成电能，故A正确；B．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从吸附层M流向吸附层N，根据装置图可知，吸附层M上产生H＋与电解质溶液中OH－反应生成H2O，右侧电解液中H＋在吸附层N上得电子转化为H2，H＋几乎没有移动，内电路Na＋通过离子交换膜由左往右移动，故B错误；C．吸附层M电极反应式是H2－2e－＋2OH－=2H2O，故C错误；D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断产生氢气物质的量，故D错误；答案A。7.我国科学家最近发现一种可用于制造半导体材料的新物质，其结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Y处于同一主族。下列说法正确的是\nA.W、Z形成的化合物各原子最外层满足8电子稳定结构B.原子半径：W>Z>Y>XC.简单氢化物的稳定性：Z>YD.W的氧化物对应的水化物为强电解质【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Y处于同一主族，由新物质的结构式可知，X、W能形成1个共价键，Y、Z形成4个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为Si元素、W为Cl元素。【详解】A．四氯化硅中硅原子和氯原子的最外层均满足8电子稳定结构，故A正确；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氯原子的原子半径小于硅原子，故B错误；C．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的稳定性依次减弱，则硅化氢的稳定性小于甲烷，故C错误；D．次氯酸是氯元素的氧化物对应的水化物，在溶液中部分电离，属于弱电解质，故D错误；故选A。8.中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理，如图所示。下列说法不正确的是（）A.过程中有极性键形成B.复合催化剂降低了反应的活化能C.复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D.350℃，催化效率：5LiH-Fe/MgO>铁触媒【答案】C【解析】\n【详解】A.根据图中信息，过程中有极性键N—H键形成，故A正确；B.复合催化剂降低了反应的活化能，故B正确；C.复合催化剂能降低反应的活化能，但不能降低合成氨反应的焓变，故C错误；D.根据图中信息，350℃，催化效率：5LiH-Fe/MgO＞铁触媒，故D正确。综上所述，答案为C。9.表中是有关物质的溶解度(20℃)，下列说法正确的是物质CaCl2Ca(OH)2CaCO3溶解度(g/100g)74.50.1650.0013A.除去粗盐中含有的CaCl2杂质，最佳除杂试剂为NaOH溶液B.0.1mol的Ca(OH)2和0.1molCaCO3混合加入1L水中，所得溶液中：c(OH-)>c(Ca2+)>c(CO)C.将CaCl2、Ca(OH)2、CaCO3三种物质和水混合，加热、灼烧，最终的固体产物相同D.用足量的NaOH溶液与Ca(HCO3)2，发生的离子方程式式为：4OH-+Ca2++2HCO=Ca(OH)2↓+2CO+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．根据表中数据可知，除去粗盐中含有的氯化钙杂质，最佳除杂试剂为碳酸钠，故A不符合题意；B．氢氧化钙微溶于水，碳酸钙难溶于水，因此离子浓度大小顺序是c(OH-)＞c(Ca2+)＞c(CO)，故B符合题意；C．氯化钙加热、灼烧得到物质氯化钙，氢氧化钙、碳酸钙灼烧最后得到物质是CaO，故C不符合题意；D．碳酸钙比氢氧化钙更难溶，足量氢氧化钠与碳酸氢钙反应的离子方程式为2OH-+2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO+2H2O，故D不符合题意；答案为B。10.常温下某盐在水中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法错误的是\nA.a点体系中存在平衡：B.d点对应的体系中，分散质粒子直径大于C.b、c两点均为的饱和溶液D.常温下【答案】A【解析】【详解】A．由图像可知，a点Qc<Ksp，为不饱和溶液，不存在沉淀溶解平衡，故A错误；B．由图像和A可知，d点为过饱和状态，有沉淀生成，悬浊液中分散质粒子直径大于，故B正确；C．b、c两点均在曲线上，则为的饱和溶液，故C正确；D．由c点数据：，，则，故D正确；答案选A。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程，则下列说法不正确的是\nA.粗铜电解精炼时，粗铜做阴极B.黄铜矿冶炼铜时，副产物二氧化硫可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料。C.生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应D.粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法【答案】AC【解析】【详解】A．精炼铜时粗铜作阳极，精铜作阴极，含Cu2+电解质溶液作电解液，粗铜在阳极失去电子生成Cu2+进入溶液中，Cu2+在阴极得到电子生成Cu，A错误；B．黄铜矿燃烧生成SO2可催化氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸；高温条件下CO还原FeO生成Fe，FeO可用作冶铁的原料，B正确；C．生产铝、铜、高纯硅的物质转化分别为：、、，反应前后元素化合价都有变化，属于氧化还原反应，生产玻璃的反应为、，反应前后元素化合价都没有变化，则生成玻璃过程中不涉及氧化还原反应，C错误；D．制备硅的过程中生成了SiCl4，可根据沸点不同分馏分离SiCl4和Cl2以提纯SiCl4，可用多次分馏的方法得到高纯度SiCl4，再与H2反应生成高纯硅，D正确；故答案为AC。12.微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，示意图如图\n所示。下列说法错误的是A.该装置能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物，而且还可提供电能B.电极b为正极C.负极反应为D.Y为阴离子交换膜【答案】CD【解析】【分析】燃料电池通入O2的电极为正极，因此b为正极；CH3COO-反应的电极为负极，即a为负极；【详解】A．该装置为原电池，a极有机物发生氧化反应生成二氧化碳，海水中的Na+和Cl-通过离子交换膜分别移向正极和负极，能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物，而且还可提供电能，A正确；B．根据分析，电极b通入氧气，得电子，为正极，B正确；C．由图可知，负极为有机弱酸性废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，溶液为酸性，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，C错误；D．原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，D错误；故选CD。13.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。0.1Mpa时，按n(CO2):n(H2)=1:3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图，下列叙述不正确的是（）\nA.该反应的ΔH<0B.曲线b代表H2OC.N点和M点所处的状态c(H2)不一样D.其它条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点大【答案】C【解析】【详解】温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，△H<0，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O,曲线c为C2H4；故A正确，B正确；C项：N点和M点均处于所处同一T1℃下，所处的状态的c(H2)是一样的；D项：其它条件不变，T1℃、0.2MPa相对0.1MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，下反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确。14.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol∙L−1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H+)表示为pH水=−lgc(H+)水，pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是A.HX的电离方程式为HX⇌H＋+X-\nB.T点时c(Na+)=c(Y-)>c(H＋)=c(OH-)C.常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低D.常温下，HY的电离常数Ka=【答案】AD【解析】【详解】A．依题意HX和HY是两种一元酸，由图像知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值，HX为弱酸，电离方程式为HX⇌H＋+X-，A项正确；B．T、P点对应的溶液都呈碱性，B项错误；C．N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，C项错误；D．取M点计算电离常数，c(H＋)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，混合溶液中，，，D项正确；答案选AD。三、非选择题：本题共5小题，共54分15.工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，A12O3等杂质)制备PbSO4和MnCO3的工艺流程如图：已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。②PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl(aq)ΔH>0③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13（1）“浸取”时，工业上选择的温度为80℃，选择此温度的目的有_______。(只答一条)\n（2）“浸取”充分反应后，写出盐酸、NaCl与、PbS发生反应生成、和S的离子方程式_______.（3）若上述酸浸液中Mn2+浓度为0.16mol·L-1，加物质A调节pH，使酸浸液中Fe3+、Al3+完全沉淀(离子浓度小于10-5mol·L-1)与Mn2+分离，则调节pH的物质A可以是_______，调节溶液pH范围为_______(不考虑体积的变化)。（4）“趁热过滤”的目的是_______，“加入冰水冷却过滤”的目的是_______。（5）经“沉淀转化”后得到PbSO4，若转化后溶液中时，_______。（6）制取MnCO3时往滤液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液的原因是_______【答案】（1）PbCl2的溶解度大；铅的浸出率高（2）MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O（3）①.MnCO3、MnO、Mn(OH)2②.5pH<8（4）①.避免铅的化合物析出②.用冰水浴使PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl∆H>0逆向移动，使PbCl转化为PbCl2析出（5）1.08×10-4（6）Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低【解析】【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)，软锰矿(主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，A12O3等杂质)，两者粉碎后，加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，盐酸、氯化钠、二氧化锰、硫化铅反应生成Na2PbCl4、MnCl2和S，过滤除去S沉淀，得到酸浸液，含有Na2PbCl4、MnCl2、FeCl3、AlCl3等，加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2调节pH，使酸浸液中铁离子、铝离子完全沉淀与锰离子分离，趁热过滤，向滤液中加入冰水，冷却过滤，得到PbCl2沉淀和MnCl2滤液，向PbCl2沉淀中加入硫酸钠进行沉淀的转化，得到硫酸铅沉淀，向MnCl2滤液中加入碳酸氢铵溶液，得到碳酸锰沉淀。小问1详解】PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，“浸取”时选择的温度为80℃，选择此温度的目的有：PbCl2的溶解度大，铅的浸出率高。\n【小问2详解】“浸取”过程中，盐酸、NaCl与MnO2、PbS发生氧化还原反应生成Na2PbCl4、MnCl2和S，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O。小问3详解】酸浸液中Mn2+的浓度为0.16mol·L-1，为了不引入新的杂质，可以加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2调节pH，使酸浸液中铁离子、铝离子完全沉淀与锰离子分离，使铁离子完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=1.010-11mol/L，c(H+)=1.010-3mol/L，pH=3，同理，使铝离子完全沉淀时，c(OH-)==mol/L=1.010-9mol/L，c(H+)=1.010-5mol/L，pH=5，为了防止锰离子沉淀，c(OH-)==mol/L=1.010-6mol/L，c(H+)=1.010-8mol/L，pH=8，因此调节溶液pH范围为：5pH<8。【小问4详解】PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，“趁热过滤”的目的是：避免铅的化合物析出；溶液中存在PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl(aq)ΔH>0，加入冰水冷却，可使反应逆向移动，使PbCl转化为PbCl2析出。【小问5详解】依据题意有：PbCl2+SO=PbSO4+2Cl-，则K====，将c(Cl-)=0.4mol⋅L−1代入，计算得c(SO)=1.08×10-4mol/L。【小问6详解】碳酸钠溶液碱性较强，若加入碳酸钠溶液，会有部分氢氧化锰沉淀生成，所得碳酸锰不纯，锰的利用率降低，因此制取MnCO3时往滤液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液。16.某学习小组设计实验探究与漂粉精溶液反应中“量不同产物不同”。查阅资料知，浓硫酸在338℃时会分解。\n回答下列问题：（1）R仪器的名称是___________；C装置中的作用是___________。（2）实验中，若D中堵塞，则可观察到的现象是___________。（3）实验过程中，控制D中反应速率的方法是___________。（4）实验中观察到B中产生白色沉淀，不能说明浓分解生成了，原因是______。（5）实验完毕后，有同学提出用“酸碱中和滴定实验”测定烧瓶内剩余硫酸的量，你认为是否可行？___________(填“可行”或“不可行”)。（6）探究D中是否过量，若不足，则发生反应，若过量，则发生反应的化学方程式为___________。取少量D中反应后的溶液于试管，滴加品红溶液，溶液褪色。有同学认为仅根据该实验现象不能说明量不足，请你补充实验：___________。【答案】（1）①.长颈漏斗②.液封，降低损失（2）C中瓶内液面下降，长颈漏斗中液面上升（3）旋转A中分液漏斗的活塞，减慢滴加浓硫酸的速率（4）装置内有少量，氧化（5）不可行（6）①.②.加热褪色后溶液，若不变色，则说明不足；若变红色，则说明过量【解析】【分析】装置A中铜与浓硫酸加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸在338℃时会分解，生成的二氧化硫中可能含有少量三氧化硫，在装置B中可以除去三氧化硫，装置C为安全瓶，在装置D中二氧化硫与次氯酸钙发生氧化还原反应，装置E\n可以吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析解答。【小问1详解】根据装置图，R仪器为长颈漏斗；二氧化硫与稀硫酸不反应，C装置中可以起到液封，降低损失的作用，故答案为：长颈漏斗；液封，降低损失；【小问2详解】装置D中二氧化硫与次氯酸钙发生氧化还原反应生成硫酸钙，由于硫酸钙微溶于水，可能造成导管堵塞，则C中瓶内液面下降，长颈漏斗中液面上升，故答案为：C中瓶内液面下降，长颈漏斗中液面上升；【小问3详解】实验过程中，要控制D中反应速率，可以通过控制通入二氧化硫气体的速率，即旋转A中分液漏斗的活塞，减慢滴加浓硫酸的速率，故答案为：旋转A中分液漏斗的活塞，减慢滴加浓硫酸的速率；【小问4详解】实验中观察到B中产生白色沉淀，该白色沉淀为硫酸钡，因为装置A中有空气，空气中的氧气能将生成的二氧化硫氧化生成三氧化硫，因此不能说明浓分解生成了，故答案为：装置内有少量，氧化；【小问5详解】实验完毕后，烧瓶中的溶质有未反应完的硫酸和生成的硫酸铜，二者都能与氢氧化钠反应，因此不能通过用“酸碱中和滴定实验”测定烧瓶内剩余硫酸的量，故答案为：不可行；【小问6详解】若不足，则发生反应，若过量，过量的二氧化硫能够被次氯酸氧化生成硫酸，反应的化学方程式为。量不足，使品红褪色的是次氯酸，但二氧化硫也具有漂白性，因此需要排除二氧化硫漂白的影响，只需要加热褪色后溶液，若不变色，则说明不足；若变红色，则说明过量，故答案为：；加热褪色后溶液，若不变色，则说明不足；若变红色，则说明过量。\n【点睛】本题的易错点和难点为(6)，要注意二氧化硫也具有漂白性，但二氧化硫的漂白性具有可逆性，而次氯酸的漂白性不具有可逆性。17.甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：①ΔH=+206kJ/mol②ΔH=-41kJ/mol恒定压强为时，将n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。回答下列问题：(1)写出与生成和的热化学方程式：_______。(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是_______(填标号)。A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快D．加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现平衡转化率不变(3)系统中的含量，在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：①低于700℃，_______；②高于700℃，_______。\n(4)已知投料比为n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体，。600℃时，的平衡转化率为_______，反应①的平衡常数的计算式为_______(是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】①.ΔH=247kJ/mol②.C③.由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大④.随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小⑤.77.78%⑥.5859.375【解析】【详解】(1)①ΔH=+206kJ/mol②ΔH=-41kJ/mol根据盖斯定律，①-②，ΔH=+206kJ/mol+41kJ/mol=247kJ/mol，得到和生成和的热化学方程式：ΔH=247kJ/mol；(2)由反应ΔH=+206kJ/mol；A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度没变，化学反应速率不变，故A不符合题意；B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故B不符合题意；C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故C符合题意；D．反应为吸热反应，加入合适的催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变；降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率减小，故D不符合题意；答案选C；(3)①温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大；②温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小；(4)已知投料比为的混合气体，设甲烷的初始物质的量为1mol\n，水蒸气的物质的量为3mol，设转化的甲烷的物质的量为x，设转化的一氧化碳的物质的量为y，由图可知，600℃时，CH4的物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为1-x+3-x-y+x+3x+y=4+2x，==0.04，解得x=mol，的平衡转化率为×100%=77.78%；600℃时，由图可知，，平衡时H2的物质的量分数为0.50，可以得到：=0.5，解得y=mol，平衡时CO的物质的量=mol-mol=mol，CO的物质的量分数为=0.06，CH4的物质的量分数为0.04，H2O的物质的量分数为0.32，H2的物质的量分数为0.50，反应①的平衡常数的计算式为Kp===5859.375。18.三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，具有高效、广谱、较为安全的消毒作用。三氯异氰尿酸之所以有杀菌、消毒功能，是因为三氯异氰尿酸溶于水能迅速生成次氯酸，反应方程式如图：\n回答下列问题：（1）Cl的基态原子核外电子排布式_______。在三氯异氰尿酸分子中，C和N原子的杂化类型分别为_______、_______，基态C和N核外未成对电子数较多的是_______（2）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)，则氰尿酸分子中存在的大π键可表示为_______。（3）1mol异氰尿酸分子中σ键的数目为_______，π键的数目为_______。HClO分子属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，其立体构型为_______。（4）异氰尿酸分子和氰尿酸分子的熔点都高于三氯异氰尿酸分子的熔点，其原因是_______。（5）CO2的综合利用有利于“碳中和”，CO2分子在晶体中的堆积方式如图所示，该晶体面心立方最密堆积结构，晶胞边长为apm，则该晶体的密度ρ=_______g/cm3(列出计算式，设NA为阿伏伽德罗常数)【答案】（1）①.[Ne]3s23p5②.sp2③.sp3④.N（2）（3）①.12NA②.3NA③.极性分子④.V型\n（4）异氰尿酸分子和氰尿酸分子的分子间存在氢键，而三氯异氰尿酸分子间不能形成氢键（5）【解析】【小问1详解】Cl的原子序数是17，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p5。在三氯异氰尿酸分子中，C是不饱和碳原子，属于sp3杂化，N全部形成单键，其N原子的杂化类型为sp2，基态C和N核外未成对电子数分别是2、3，因此核外未成对电子数较多的是N；【小问2详解】氰尿酸分子存在的环状结构和苯环结构是类似的，则氰尿酸分子中存在的大π键可表示为。【小问3详解】单键都是σ键，双键中也含有1个σ键，根据异氰尿酸分子的结构简式可知1mol异氰尿酸分子中σ键的数目为12NA，双键中也含有1个π键，π键的数目为3NA。HClO分子的结构式为H-O-Cl，结构不对称，属于极性分子，中心原子氧原子含有2对孤电子对，其立体构型为V形。【小问4详解】由于异氰尿酸分子和氰尿酸分子的分子间存在氢键，而三氯异氰尿酸分子间不能形成氢键，所以异氰尿酸分子和氰尿酸分子的熔点都高于三氯异氰尿酸分子的熔点；【小问5详解】根据晶胞结构可知含有二氧化碳分子个数是，晶胞边长为apm，所以该晶体的密度ρ==g/cm3。19.化合物VI是一种药物的中间体，合成VI的路线如下：\n已知：回答下列问题：（1）化合物I中含氧官能团的名称为___________，II的分子式为___________。（2）写出化合物II与CH3I在Na2CO3催化下生成III的化学方程式：___________，反应类型为___________。（3）化合物IV的同分异构体同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)。①含有苯环和原子团；②分子中含有2个手性碳原子(连有4个不同的基团的碳原子)。写出其中1种能与碳酸氢钠反应生成CO2的同分异构体的结构简式：___________。（4）V→VI的转化需要化合物X，化合物X的结构简式为___________。（5）已知(R表示烃基)。写出以和为原料制备的合成路线流程图：____(无机试剂和有机溶剂任用)。【答案】（1）①.硝基、羧基②.C8H6NO4Br（2）①.+CH3I+HI②.取代反应\n（3）①.6②.或或（4）CH3CHO（5）【解析】【小问1详解】化合物I结构简式是，其中的含氧官能团的名称为硝基、羧基；化合物II的结构简式是，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式为C8H6NO4Br；【小问2详解】化合物II与CH3I在Na2CO3作用下反应产生化合物III，分子式是C9H8O4NBr，该物质与Fe、HCl发生还原反应产生IV：，结合已知信息可知III是，即与CH3I发生取代反应产生，同时产生HI，该反应的化学方程式为：+CH3I+HI；【小问3详解】化合物IV结构简式为，其同分异构体满足条件：①含有苯环和原子团；②分子中含有2个手性碳原子(连有4个不同的基团的碳原子)，则其可能结构为：\n、、、、、，共6种。其中1种能与碳酸氢钠反应生成CO2的同分异构体的结构简式为：或或；【小问4详解】化合物V是，化合物VI是，根据二者结构不同，可知转化过程中需添加的化合物X是CH3CHO；【小问5详解】与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，与Fe、HCl发生还原反应产生；与在AlCl3作用下反应产生，与在CH3COOH、NaBH(OCOCH3)2作用下反应产生，故由和为原料制取的流程为：。