昌市部分示范高中教学协作体2017年春期末联考
高二化学
（全卷满分：100分 考试用时：90分钟）
可能用到的相对原子质量：Na-23 O-16 H-1 C-12 N-14 Cu-64 S-32 Mg-24
第Ⅰ卷（选择题48分）
一、选择题（本卷包括16个小题、每小题3分、共计48分，只有一个选项符合题意）
1. 下列过程需要通电才能进行的是（ ）
①电离 ②电解 ③电镀 ④电泳 ⑤电化学腐蚀
A. ②③④ B. ②④⑤ C. ①②③ D. 全部
【答案】A
【解析】试题分析：①电解质溶于水即可电离，不需要通电；②电解需要通电；③电镀利用电解原理，需要通电；④电泳是胶体的性质，需要通电；⑤电化学腐蚀不需要通电，答案选C。
考点：考查电解、电离等有关判断
2. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 B. 高压比常压有利于工业合成氨反应
C. 红棕色NO2加压后颜色比原要深 D. 热的纯碱除油污效果好
【答案】C
【解析】溴水中存在：Br2+H2O⇌HBr+HBrO，加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，A项不选；合成N2+3H22NH3，其反应特点之一是正反应是气体体积缩小的反应，当其他条件不变时，增大压强，平衡向减小压强即向气体总体积减小方向移动，所以高压将有利于NH3的合成，可用勒夏特列原理解释，B项不选；红棕色NO2加压后加压后颜色比原要深，因为加压瞬间，NO2浓度增大，颜色加深，而后2NO2
N2O4平衡移动，NO2浓度减小，颜色变浅，故不能用勒夏特列原理解释：红棕色NO2加压后颜色比原要深，故选C项；热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO32-的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强，可用勒夏特列原理解释，D项不选。
3. 溶液一定呈酸性的是（ ）
①pH＜7 ②c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 ③c（H+）=10﹣6 mol•L﹣1的溶液
④0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液 ⑤使甲基橙显黄色的溶液．
A. ②④ B. ①②③④ C. ②③④⑤ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，①、③、⑤错误，②正确；NH4Cl溶液 为强酸弱碱盐水解呈酸性，④正确，故答案选A。
4. 据统计，金属腐蚀造成的损失远远超过火灾、水灾等自然灾害的总和，越越被世界各国所重视，下面金属的防腐措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法的是（ ）
A. 汽车底盘喷涂油漆 B. 掺防腐的金属制成不锈钢菜刀
C. 钢闸门连接电负极 D. 地下钢管连接锌块
【答案】D
【解析】汽车底盘喷涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，不属于牺牲阳极的阴极保护法，故A项错误；掺防腐的金属制成不锈钢菜刀是改变金属的内部结构，不属于牺牲阳极的阴极保护法，故B项错误；钢闸门连接电负极属于外加电流的阴极保护法，不属于牺牲阳极的阴极保护法，C项错误；地下钢管连接锌块为牺牲阳极的阴极保护法，D项正确...
点睛：（1）电化学防护
①牺牲阳极的阴极保护法—原电池原理
a．负极：比被保护金属活泼的金属；b．正极：被保护的金属设备。
②外加电流的阴极保护法—电解原理
a．阴极：被保护的金属设备；b．阳极：惰性金属。
（2）改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。
（3）加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。
5. 将浓度为0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（ ）
A. c（H+） B. C.
D. a（CH3COOH）
【答案】B
【解析】因CH3COOH为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但(H+)不断减小，A项错误；由于在同一溶液中，体积(V)相同，，稀释过程中，醋酸的电离程度增大，则溶液中的n(H+)增大、n(CH3COOH)减小， B项正确；随着稀释的不断进行，最终c（H+）不会小于10-7mol•L-1，而c（CH3COO-）仍然不断减小，则该比值会变小，故C项错误；因电离平衡常数只与温度有关，则a（CH3COOH）在稀释过程中不变，D项错误。
6. 在下列各说法中，正确的是（ ）
A. △H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸热反应
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
【答案】B
【解析】试题分析：A．放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应，故A错误；B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；C．中和热是指稀的强酸和强碱当生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；D．燃烧热是指在101时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；故选B。
【考点定位】考查中和热、燃烧热的概念以及热化学方程式中计量数的含义。
【名师点晴】准确理解中和热、燃烧热的概念是解题关键，中和热是指稀的强酸和强碱当生成1mol水时所放出的热量；燃烧热是指在101时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，特别注意反应热与化学计量数成正比，据此解题。
7. 下列表达式正确的是（ ）
A. 小苏打溶液电离：NaHCO3＝Na+＋H+＋CO32-
B. 明矾净水原理：Al3+＋3H2OAl(OH)3↓＋3H+
C. 稀醋酸呈酸性：CH3COOH+H2OCH3COO-＋H3O+
D. 重晶石的电离：BaSO4Ba2+＋SO42-
【答案】C
【解析】试题分析：A、小苏打溶液电离应为：NaHCO3＝Na+＋HCO3-，错误；B、明矾净水原理应为：Al3+＋3H2OAl(OH)3（胶体）＋3H+，错误；C、稀醋酸呈酸性：CH3COOH+H2O
CH3COO-＋H3O+，正确；D、重晶石（硫酸钡）为强电解质，电离方程式为：BaSO4
Ba2+＋SO42-，错误。
考点：考查化学用语。
8. 在C（s）+CO2（g）＝ 2CO（g）△H＞0 的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2 ...
④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2 能够使反应速率增大的措施是（ ）
A. ①③ B. ②③⑤ C. ①④ D. ①②④
【答案】A
考点：考查化学反应速率的影响因素。
9. 用 0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（ ）
A. 若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色
B. 用量筒量取上述盐酸
C. 若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大
D. 盐酸的浓度为1.00 mol•L﹣1
【答案】C
【解析】标准溶液(NaOH)装在滴定管，待测液(盐酸)装在锥形瓶中，若选用酚酞作指示剂加入锥形瓶中，终点时，液体恰好变为浅红色，A项错误；滴定操作应用酸式滴定管或移液管量取待测液盐酸于锥形瓶中，B项错误；滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，造成V(NaOH)偏大，根据 可知，所测的盐酸浓度偏大，C项正确；
=0.25 mol•L﹣1，D项错误。
10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 甲基橙呈黄色的溶液：Na+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣
B. 由水电离得到的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣
C. 与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、+、Cl﹣、NO3﹣
D. =1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣
【答案】D
【解析】常温下，甲基橙的变色范围为：红色(pH<3.1)→橙色(3.1~4.4)→黄色(pH>4.4)，甲基橙呈黄色，即pH>4.4，说明溶液可能是酸性、碱性或中性，酸性条件下，AlO2﹣和H+不能共存，A项错误；由水电离得到的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液说明溶液可能为强酸性，也可能为碱性，酸性条件下，CH3COO﹣和H+不能共存，B项错误；与铝反应产生大量氢气的溶液，说明溶液可能为非氧化性酸性，也可能为碱性，酸性条件，NO3﹣不能存在，否则，与铝反应不会产生氢气，C项错误；=1012，c(H+)＞c(OH﹣)，溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣能共存，D项正确。
11. Mg﹣AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池，以下说法错误的是（ ）
A. 放电时Cl﹣由负极向正极迁移 B. 正极反应式为：AgCl+e﹣=Ag+Cl﹣
C. Mg作电池负极，发生氧化反应 D. 当负极质量减轻4.8g，电路中通过0.4mol电子
【答案】A
【解析】对原电池说，阴离子由正极移向负极，A项错误；根据题意，Mg海水AgCl电池总反应式为Mg＋2AgCl=MgCl2＋2Ag。正极发生还原反应，故正极反应式为2AgCl＋2e－=2Cl－＋ 2Ag，B项正确；Mg作电池负极，负极发生氧化反应，C项正确；当负极质量减轻4.8g，即0.2molMg参与反应，根据反应式Mg－2e－=Mg2＋，可知电路中通过0.4mol电子，D项正确。
点睛：本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键。
12. 已知反应m（g）+nY（g）⇌q（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（ ）
A. 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动 B. 的正反应速率是Y的逆反应速率的倍
C. 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小 D. 增加的物质的量，Y的转化率降低
【答案】B
【解析】A．在恒容密闭容器中通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；...
B．速率之比等于化学方程式的系数之比，v（）正：v（Y）正=m：n，平衡时，的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故B正确；
C．反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；
D．增加的量会提高Y的转化率，Y的转化率增大，本身转化率减小，故D错误；
13. 已知450℃时，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣Q1 J•mol﹣1．在相同条件下，向一密闭容器中通入1mol SO2和0.5mol O2，达到平衡时放出的热量为Q2 J，则Q1、Q2满足的关系是（ ）
A. Q2= B. Q2＜
C. Q2＞
D. 不能确定
【答案】B
考点：考查反应热计算
14. 已知sp（AgCl）=1.56×10﹣10，sp（Ag2CO3）=8.45×10﹣12，sp（AgBr）=7.7×10﹣13．某溶液中含有Cl﹣、CO32﹣和Br﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）
A. Cl﹣、Br﹣、CO32﹣ B. Br﹣、CO32﹣、Cl﹣ C. CO32﹣、Br﹣、Cl﹣ D. Br﹣、Cl﹣、CO32﹣
【答案】D
【解析】析出沉淀时，AgCl溶液中
Ag2CO3溶液中
AgBr溶液中
c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CO32﹣，
点睛 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解①Qc>sp：溶液过饱和，有沉淀析出;②Qc＝sp：溶液饱和，处于平衡状态;③Qc<sp：溶液未饱和，无沉淀析出.
15. 如图所示甲池的总反应式为CH4 + 2O2 + 2OH===2CO3 + 3H2O，下列说法正确的是( )
A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置
B. 甲池中正极的电极反应式是O2 + 4e－+ 4H+ === 2H2O
C. 反应过程中，乙池的pH逐渐减小
D. 甲池消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1∶2
【答案】C
【解析】A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，正极是氧气得到电子的还原反应，在碱性电解质下的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，pH逐渐减小，C正确；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以如果消耗1mol氧气，则转移电子4mol，根据丙装置可知生成的气体是氢气和氯气，因此根据电子守恒可知甲池中消耗O2的体积与丙池生成气体的总体积在相同条件下的比值为1∶1，D错误，答案选C。
16. 下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（ ）
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）＝ c（OH﹣）+c（A﹣）
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液： c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa）
C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）＝ 2c（H+）+c（CH3COOH）
D. 0.1mol•L﹣1的NaHA溶液，其pH=4：c（Na+）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）...
【答案】D
【解析】试题分析：pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合，溶液都不显电性，由电荷守恒可知，c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-），A项正确；B．酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOH＞Na2CO3＞CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B项正确；物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒可知2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），由电荷守恒可知c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）二者联式可得c（CH3COO-）+2c（OH-）═2c（H+）+c（CH3COOH），C项正确；pH=4，则HA-的电离大于其水解，电离生成A2-，则c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D项错误；选D．
考点：考查溶液中离子浓度的大小比较。
第Ⅱ卷（非选择题共52分）
本卷共5道题(包括必考试题17—19题和选考题20—21题)
17. 实验是化学学习的基础，请完成以下实验填空：
Ⅰ．（1）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.55mol/L硫酸溶液进行中和热的测定．若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，配制0.50mol/L NaOH溶液时至少需要称量NaOH固体______g．
（2）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．装置中环形玻璃搅拌棒的搅拌方法是_________．
（3）取50mL NaOH溶液和25mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表．
①表中的a=______℃
②近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.55mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c= 4.18J/（g•℃）．则中和热△H=_____________ （取小数点后两位）．
Ⅱ. 利用反应：I2 + 2Na2S2O3 ＝ Na2S4O6 + 2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠（Mr=158）的纯度，现在称取Wg硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为amol/L的碘水滴定，消耗碘水bmL，则：
（1）实验过程中滴定管应该选择的是______（酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择_______做指示剂，滴定终点的现象为____________________________ 。
（2）对于该滴定实验的有关操作或误差分析正确的是_______．
A．滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作
B．滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大
C．滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会偏小
D．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小
（3）样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为___________．...
【答案】 (1). 5.0 (2). 上下移动 (3). 4.5 (4). ﹣56.43 (5). 酸式 (6). 淀粉 (7). 溶液刚好出现蓝色，且半分钟不褪去 (8). BC (9). ×100%
【解析】Ⅰ．(1) 没有245mL的容量瓶，故选用250mL的容量瓶，根据公式m=nM=cVM计算氢氧化钠的质量，需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g；（2）在测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热时，利用环形玻璃搅拌棒上下移动的方法搅拌；（3）①温度差平均值=，但是第4组数据明显有误，所以删掉，由此可知第四组实验误差较大，舍去，故a=4.5℃；②50mL NaOH溶液和25mL硫酸溶液反应只能生成0.025mol水，中和热指生成1mol水时，故
△H=
=
=
= -56.43 J/mol；
Ⅱ. （1）单质碘具有氧化性，能氧化腐蚀橡胶；淀粉遇到单质碘变蓝色；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（2）滴定前，对锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏高，A项错误；滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据
分析，c（待测）偏大，B项正确；滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据
分析，c（待测）偏小，C项正确；滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据
分析，c（待测）偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大，D项错误；（3）根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=amol/L×b×10-3L，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=2amol/L×b×10-3L，根据现称取Wg硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，则被滴定的硫代硫酸钠质量为
Wg，故样品中硫代硫酸钠纯度的表达式为
=
。
点睛：中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当、读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，c标准、V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。
18．
18. Ⅰ．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中．
（1）仅1闭合，石墨棒周围溶液pH升高，其电极反应式为___________________．
（2）仅2闭合，在铁棒附近滴加酚酞显红色，理由是______________________（用平衡移动原理解释）．
（3）仅2闭合，发生总反应的离子方程式为________________________________．
Ⅱ. 海水的综合利用可以制备金属镁和精盐，其流程如图所示：
（1）步骤a中，溶解、过滤、蒸发三个阶段都要用到的一种玻璃仪器是________．
（2）为使母液中的Mg2+完全转化为Mg（OH）2（离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时，沉淀就达完全），步骤b中溶液的pH至少要控制在___________．（常温下，Mg(OH)2的sp=1×10﹣11）
（3）步骤c必须在氯化氢气体的氛围中加热蒸发才能完成，试用化学方程式表示在无氯化氢的情况下不能生成无水MgCl2的原理_________________________________．
（4）完成步骤d的化学方程式____________________________．
【答案】 (1). O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣ (2). H2O⇌H++OH﹣，由于2H++2 e﹣=H2↑，使平衡正向移动，结果c（H+）＜c（OH﹣） (3). 2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣ (4). 玻璃棒 (5). 11 (6). MgCl2+2H2O=Mg（OH）2↓+2HCl↑ (7). MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑
【解析】Ⅰ．（1）1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，其电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；（2）仅2闭合构成电解池，铁棒与电的负极相连，作阴极，溶液中的水电离(H2O⇌H++OH﹣)氢离子放电生成氢气，使平衡正向移动，结果c（H+）＜c（OH﹣），溶液呈碱性，故在铁棒附近滴加酚酞显红色；（3）仅2闭合构成电解池，铁棒与电的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，故发生总反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣ ；Ⅱ. （1）玻璃棒在溶解、过滤、蒸发三个阶段都要用到，故答案为玻璃棒；（2）
，常温下，w=1×10-14，
，故使母液中的Mg2+完全转化为Mg（OH）2（离子浓度小于10﹣5mol•L﹣1时，沉淀就达完全），步骤b中溶液的pH至少要控制在11；（3）氯化镁为强酸弱碱盐，能发生水解反应：MgCl2+2H2O=Mg（OH）2+2HCl，加热将会促进Mg2+水解和盐酸中的HCl挥发，使平衡向正反应方向进行，故不在氯化氢气流中加热氯化镁的方程式为：MgCl2+2H2O=Mg（OH）2↓+2HCl↑；（4）制备金属镁采用电解法，故步骤d的化学方程式为：MgCl2（熔融）
Mg+Cl2↑。
19. 节能减排已经成为全社会的共识，浙江省在原先推行乙醇汽油的基础上，开始试点甲醇汽油（即在汽油中添加一定量的甲醇），根据检测的数据分析认为，若宁波全市的140余万辆机动车全部使用甲醇汽油，一年内能减少有害气体（一氧化碳）排放将近100万吨．甲醇常利用煤气化过程中生成的CO和H2制备：CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g) ．请根据图示回答下列问题：
（1）关于该反应的下列说法中，正确的是________（填字母）：
A．△H＞0，△S＞0 B．△H＞0，△S＜0
C．△H＜0，△S＜0 D．△H＜0，△S＞0
（2）现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和3molH2，净测得CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化如（如图）所示．从反应开始到平衡，CO的平均反应速率v（CO）=______，该反应的平衡常数 = ________．...
（3）恒容条件下，达到平衡后，下列措施中能使增大的有_________．
A．升高温度 B．充入He气
C．再充入1molCO和3molH2 D．使用催化剂
（4）根据（如图），写出此反应的热化学方程式_________________________________．
（5）若在一体积可变的密闭容器中充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，达到平衡时测的混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍（此过程三种物质均处于气态），则平衡时混合气体的平均摩尔质量=__________g/mol．
【答案】 (1). C (2). 0.075mol/（L•min） (3). (4). C (5). 2CO（g）+2H2（g）⇌ CH3OH（g）△H=﹣91 J/mol (6). 25.6
【解析】试题分析：（1）该反应为气体体积减小的反应，所以△S<0，△H-T△S<0，反应自发进行，所以△H<0，答案C；（2）由图可知，10min达平衡，CO的浓度为0.25mol/L，则△c（CO）=（1.00-0.25）mol/L="0.75" mol/L，则平衡时c(CH3OH)= c（CO）="0.75" mol/L，平衡时c(H2)="3" mol/L-2△c（CO）="1.5" mol/L，则v（CO）="0.75" mol/L÷10min=0.075 mol/(L•min)，该反应的平衡常数==4/3；（3）A．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(CH3OH)/n(CO)减小，错误；B．充入He气，恒温恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO)不变，错误；C．再冲入1molCO和3molH2，等效为增大压强，平衡整箱移动，n(CH3OH)/n(CO)增大，正确；D．使用催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，n(CH3OH)/n(CO)不变，错误。（4） 充入1molCO、2molH2和1molCH3OH，开始的平均摩尔质量
=16g/mol，同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以则平衡时混合气体的平均摩尔质量=16g/mol×1.6=25.6g/mol。
【考点定位】化学平衡的计算、化学平衡影响因素
【名师点睛】本题考查化学平衡的计算、化学平衡影响因素、平衡常数、反应速率计算等，
选考题（从20、21两题中任选一题作答，多答则按所做第一题计分）
20. 已知、Y、三种元素均为短周期元素，原子序数依次递增，Q、W为前30号元素。5种元素的部分特点：
（1）F3分子中的杂化类型为______，该分子的空间构型为_______．
（2）基态Q原子的电子排布式为_____________________，第一电离能：______Y（填“＞” “＜”或“=”） ．
（3）、Y、电负性由大到小的顺序为____________（用元素符号表示）．
（4）Na在Y2中燃烧产物的电子式为________________ ．
（5）和形成的化合物常用作高温耐火材料，化学性质稳定，据此推测它应属于_______晶体．
（6）W元素与元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示（黑球代表W原子），若该晶体的密度为ρ g·cm-3，则该晶胞的体积是__________cm3．
【答案】 (1). sp3 (2). 三角锥形 (3). 1s22s22p63s23p63d24s2 (4). ＞ (5). O＞N＞Si (6). (7). 原子 (8). 206/(NA.ρ)
【解析】本题考查位置结构性质的相互关系。（1）的气态氢化物呈三角锥形，水溶液显碱性，为N，NF3分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以NF3分子中N的杂化类型为sp3，该分子的空间构型为三角锥形；（2）Q被誉为“太空金属”，也有“生物金属”之称，Q为22号元素钛(Ti)，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2；Y的最外层电子数等于次外层电子数的3倍，且基态原子核外由3个能级，故Y为O，元素N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是(N)＞Y(O)；（3）元素原子的外围电子为nsn-1npn-1，s能级最多排列2个电子，所以n=3，则是Si元素，非金属性越强电负性越大可知(N)、Y(O)、(Si)的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞Si； （4）Na在Y2(O2)中燃烧产物位Na2O2，其电子式为
；（5）硅和氮形成的化合物氮化硅，由于熔点高，化学性质稳定，所以氮化硅为原子晶体；（6）W为Cu，为N，该晶胞中，Cu原子个数为12×=3，N原子个数为8×=1，该晶胞的化学式为Cu3N，该晶胞的体积为
。
点睛：物质结构包括原子结构(原子核外电子排布、原子的杂化方式、元素电负性大小比较、元素金属性、非金属性的强弱)、分子结构(化学键、分子的电子式、结构式、结构简式的书写、化学式的种类、官能团等)、晶体结构(晶体类型的判断、物质熔沸点的高低、影响因素、晶体的密度、均摊方法的应用等)。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构的问题。元素的非金属性影响元素的电负性大小比较，要根据元素在周期表的位置及元素周期律，掌握元素的非金属性强弱比较方法进行判断。了解元素的原子杂化与形成的化合物的结构关系，掌握元素的种类与形成化学键的类别、晶体类型的关系，了解影响晶体熔沸点的因素及作用、掌握原子核外电子排布时遵循的能量最低原理、保利不相容原理和洪特规则、原子核外电子排布的能级图，正确写出原子核外电子排布式、确定元素在周期表的位置。掌握原子结构的基本理论和元素周期律知识是本题的关键，难点是晶胞结构分析与计算，注意均摊法的灵活应用。本题较为全面的考查了考生对物质结构的掌握情况。
21. 2011年4月台湾曝出的增塑剂风波一度让人们“谈塑色变”．常用的增塑剂如下：
请回答下列问题：...
（1）下列对甲的叙述正确的是_______（填选项字母）
A．甲能使Br2的CCl4溶液褪色
B．甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3
C．1mol甲能与1mol NaOH发生水解反应
D．甲能发生酯化反应、取代反应、消去反应、加成反应
（2）丙中含有的官能团名称是_________．
（3）乙的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式____________．
（4）已知通过燃烧法确定丁的含氧量（质量分数）为23%．以某烃A为原料合成该塑料增塑剂的流程如下：
① A习惯命名为_____________________________ ．
② 反应1的反应条件是_____________________．
③ 反应2的反应类型是_____________________．
④ 反应3的化学方程式是________________________________________________．
【答案】 (1). B (2). 酯基 (3). 等 (4). 对二甲苯 (5). NaOH水溶液、加热 (6). 氧化反应 (7).
【解析】试题分析：（1）根据甲的结构简式可知，甲中有酯基，所以甲不能使Br2的CCl4溶液退色，根据甲的结构简式可知甲的单体是CH3CH=CHCOOCH2CH2CH3，1mol甲能与nmol NaOH发生水解反应，甲不能发生酯化反应、消去反应、加成反应，故选B；
（2）根据丙的结构简式可知，丙中官能团为酯基，故答案为：酯基；
（3）属于不含甲基的羧酸，且是乙的同分异构体的结构简式为），故答案为：
）；
（4）丁的含氧量（质量分数）为23%，丁分子中有四个氧原子，所以丁的相对分子质量为=278，所以丁中每个烃基的相对分子质量为57，R为直链烃基，所以烃基为-CH2CH2CH2CH3，丁为对苯二甲酸丁酯，由合成路线可知，D为
．A与氯气在光照的条件下发生取代反应生成
，故A为
，
在NaOH水溶液、加热的条件下生成水解反应生成B，B为
，B在金属铜或银作催化剂、加热条件下，被氧气氧化性生成C为
，进一步发生氧化反应生成D，D发生酯化反应生成对苯二甲酸丁酯，
①根据上面的分析可知，反应1的反应条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热；
②根据上面的分析可知，反应2的反应类型是氧化反应，故答案为：氧化反应；
③反应3的化学方程式是，故答案为：
。
考点：考查了有机合成与推断的相关知识。
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/dc6bf91c48649b6648d7c1c708a1284ac95005eb.html
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