云南省民族大学附属中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018·银川模拟）人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
B．中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐
C．中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的
D．石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料
【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；高分子材料
【解析】【解答】A.有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A不符合题意；
B.石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B不符合题意；
C.金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故C不符合题意；
D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据有机物的概念进行判断；
B.高纯硅不是硅酸盐；
C.根据合金材料的组成进行判断；
D.根据胶体的性质进行判断。
2．（2018高三上·云南期中）下列化学用语正确的是（ ）
A．雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：
B．新制氯水中含氧酸的结构式：H—Cl—O
C．S2-的结构示意图
D．标准状况下密度为1.25g/L的气态烃的球棍模型：
【答案】D
【知识点】画元素的原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为： ，故A不符合题意；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连，新制氯水中含氧酸的结构式：H—O—Cl，故B不符合题意；
C、S2-最外层8个电子，结构示意图 ，故C不符合题意；
D、标准状况下密度为1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型： ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.HF是共价化合物；
B.次氯酸中氧原子与氢原子相连；
C.硫离子的最外层有8个电子。
3．（2018高三上·云南期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．S2和S8的混合物共6.4g,其中所含的电子数一定为3.2NA
B．密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应,产物的分子数为2NA
C．24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4 NA
D．5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分反应,至少失去电子数为0.2 NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、S2和S8均由S原子构成，6.4g混合物中S原子的物质的量为0.2mol，S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故A符合题意；
B、NO和氧气反应后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2NA个，故B不符合题意；
C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C不符合题意；
D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA个，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.S2和S8均由S原子构成，利用硫原子进行计算；
B.反应后的气体是由NO和O2组成的；
C.二氧化硅是原子晶体，没有二氧化硅分子存在；
D.铁与氧化性酸反应生成三价铁离子。
4．（2018高三上·云南期中）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中Ⅹ、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞R＞T
B．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：Y＞Z＞R＞T，选项A不符合题意；
B．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，选项B不符合题意；
C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙＞氢氧化铍，选项C不符合题意；
D．XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为-1价，SiO2中O元素化合价为-2，选项D符合题意，
故答案为：D。
【分析】首先根据原子核外电子排布特点、元素在周期表中的位置，以及元素的化合价等推断各种元素，然后结合元素周期律进行解答即可。
5．（2018高三上·云南期中）下列各溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．常温下，c(H+)=10－13mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2－、S2－、SO32－
B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I－、NO3－、Cl－
C．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42－、K+
D．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液中：K+、Na+、HCO3－、Ca2+
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．常温下，c(H+)=10－13mol·L－1的溶液pH=13，在碱性溶液中Na+、AlO2－、S2－、SO32－彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A符合题意；
B．使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件Fe2+和I－均能被NO3－氧化，不能大量共存，故B不符合题意；
C．加入铝粉有氢气生成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不可能大量存在Mg2+和Cu2+，故C不符合题意；
D．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液pH=1或13，HCO3－在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下，c(H+)=10－13mol·L－1的溶液pH=13，溶液呈碱性；
B.使pH试纸呈红色的溶液显酸性；
C.该溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液；
D.常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液。
6．（2018高三上·云南期中）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A．用石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl－+2H2O 2OH－+Cl2↑+H2↑
B．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2－+2H2O
C．将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO2+ClO－+2OH－=SO42－+Cl－+H2O
D．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3+H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气，电解方程式为2Cl-+Cu2+ Cu+Cl2↑，故A不符合题意；
B.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3 H2O，故B不符合题意；
C．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为SO2+ClO-+2OH-═SO42-+Cl-+H2O，故C符合题意；
D．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应，生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3+CO32-+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.用惰性电极电解氯化铜生成通和氯气；
B.根据反应物的物质的量关系分析发生的反应；
D.碳酸氢钙与过量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
7．（2018高三上·云南期中）有机物a和苯通过反应合成b的过程如图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是（ ）
A．该反应是加成反应
B．若R为CH3时，b中所有原子可能共面
C．若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有4种
D．若R为C4H5O时，1molb最多可以与5molH2加成
【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故A不符合题意；
B．R为CH3时，应具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B不符合题意；
C．-C4H9有4种，分别为：①CH3-CH2-CH2-CH2-、②CH3-CH2-CH(CH3)-、③(CH3)2CH-CH2-、④(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C不符合题意；
D．R为C4H5O时，不饱合度为 =2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则1mol b最多可以与5mol H2加成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.由反应方程式可知，R取代了苯环上的一个氢原子；
B.含有饱和碳原子时所有原子不可能共平面；
C.丁基有四种结构，结合氯原子在丁基上的位置判断同分异构体数即可；
D.根据不饱和度计算需要氢气的物质的量。
8．（2018高三上·云南期中）下列叙述或书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483.6kJ·mol－1，则1mol氢气的燃烧热大于241.8 kJ·mol－1
B．H2（g）+F2（g）=2HF（g）ΔH=-270kJ·mol－1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol 氟气的能量之和
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该中和反应的热化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2OΔH=-57.4kJ·mol－1
D．500℃、30MPa时，发生反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g） ΔH=-38.6kJ·mol－1。在此条件下将1.5molH2和过量N2充分反应，放出热量19.3kJ
【答案】A
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483.6kJ·mol－1，水由气体变成液体要放出热量，则1mol氢气的燃烧热大于241.8 kJ·mol－1，故A符合题意；
B、从热化学方程式H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=-270 kJ·mol－1可知，反应放热，即1 mol氢气与1 mol氟气的总能量大于2 mol氟化氢的总能量，故B不符合题意；
C、热化学方程式没有标明物质的状态，故C不符合题意；
D、H2的物质的量为1.5mol，完全消耗1.5mol氢气会放出19.3kJ热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化成氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.放热反应中反应物的能量大于生成物的能量总和；
C.热化学方程式中必须注明物质的状态；
D.合成氨的反应是可逆反应，不能进行到底。
9．（2018·曲靖模拟）利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项 ① ② ③ 实验结论 实验装置
A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的溶液 Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)
B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性
C 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2 溶液 SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能比较溶度积大小，A不符合题意；
B.浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B符合题意；
C.二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C不符合题意；
D.强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D不符合题意，
答案选B。
【分析】A.氯化银和硫化银的化学式类型不同，不能比较溶度积大小；
B.根据浓硫酸与蔗糖的反应进行分析；
C.在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性；
D.浓硝酸具有挥发性。
10．（2018高三上·云南期中）CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）。按n(CO)：n(H2)=1：2，向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中，正确的是（ ）
A．p1
C．平衡常数：K(A)=K(B) D．在C点时，CO转化率为75%
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A不符合题意；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B不符合题意；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C不符合题意；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始 1 2 0
转化 x 2x x
平衡 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据压强对化学平衡的一项进行判断压强的大小；
B.由图判断甲醇的体积分数与温度的关系分析平衡移动的方向，然后确定焓变；
C.A、B两点的温度不同，平衡常数是温度的函数。
11．（2018高三上·云南期中）下表是25℃时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（ ）
化学式 AgCl Ag2CrO4 CH3COOH HClO H2CO3
KSP或Ka KSP=1.8×10-10 KSP=2.0×10-12 Ka=1.8×10-5 Ka=3.0×10-8 Ka1=4.1×10-7Ka2=5.6×10-11
A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是 c（Na+）>c（ClO-）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+）
B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为CO32-+Cl2=HCO3-+Cl-+HClO
C．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，此时溶液pH=5
D．向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol·L-1的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是
c（Na+）>c（CH3COO-）>c（ClO-）>c（OH-）>c（H+），故该项不符合题意；
B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为CO32-+Cl2+ H2O=HCO3-+Cl-+HClO，故该选项不符合题意；
C．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，此时溶液pH=5，符合题意。
D．向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol·L-1的AgNO3溶液，根据二者Ksp大小比较，Cl-先形成沉淀，故该选项不符合题意。
【分析】A.醋酸的电离常数大于次氯酸的电离常数，醋酸更易电离；
B.质量不守恒；
D.根据溶度积常数计算产生沉淀需要银离子浓度，然后判断产生沉淀的先后顺序。
12．（2018·银川模拟）新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极b为电池负极
B．电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2S
C．电极b上的电极反应为：O2+4e-＋4H+=2H2O
D．电极a上的电极反应为：2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。在电解液中，阴离子靠近负极，阳离子靠近正极。
13．（2018高三上·云南期中）下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是（ ）
A．模拟工业制氨气并检验产物
B．实验室采用所示装置收集SO2
C．可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀
D．可用所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故A不符合题意；
B. SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式收集SO2，故B不符合题意；
C. 食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故C不符合题意；
D. 锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了Cl2和S，证明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次减弱，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
B.二氧化硫的密度大于空气的密度，应采用向上排空气法收集；
C.中性溶液中发生吸氧腐蚀。
14．（2018高三上·云南期中）常温下，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A．W点所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)= c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B．pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/L
C．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D．pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A符合题意；
B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1 mol·L-1，故B不符合题意；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C不符合题意；
D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c （H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c（HCO3-），故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图中不同pH下存在的离子情况判断溶液中离子浓度的大小关系即可。
二、综合题
15．（2018高三上·云南期中）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
（1）Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJ/mol
N2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) △H= +133 kJ/mol
H2O(g) =H2O(l) △H= -44 kJ/mol
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为 。
（2）Ⅱ．脱碳：
向2L恒容密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__________。
A．混合气体的平均式量保持不变
B．CO2和H2的体积分数保持不变
C．CO2和H2的转化率相等
D．混合气体的密度保持不变
E．1 mol CO2生成的同时有3 mol H—H键断裂
（3）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。
①当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率V(H2)= 。若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
②当起始n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的 点（选填“D”、“E”或“F”）
（4）Ⅲ．脱硫：
如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42－。物质A的化学式为 ，阴极的电极反应式是 。
【答案】（1）4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H= -1100.2kJ/mol
（2）D；E
（3）0.08mol/（L．min）；减小；F
（4）H2SO4；NO+6H++5e－=NH4++H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】Ⅰ．（1）已知：燃烧热为285.8kJ·mol－1，
①H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ·mol－1
②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ·mol－1
③H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ·mol－1
①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100.2kJ·mol－1；
（2）CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l），
A、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，生成物全呈液态，混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故B错误；
C、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故C错误；
D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：DE；
（3）①H2和CO总共为3mol，且起始n(H2)/n(CO)=2，可知H2为2mol、CO为1mol，5min达到平衡时CO的转化率为0.4，则：
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol） 1 2 0
转化（mol） 0.4 0.8 0.4
平衡（mol） 0.6 1.2 0.4
容器的容积为2L，则v（H2）=0.8mol/（2L×5min）=0.08mol/（L·min），
该温度下平衡常数K= ，此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，此时浓度商Qc= ，反应向逆向反应进行，达新平衡时H2的转化率将减小；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3 OH的体积分数小于C点，
故答案为：F。
（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4＋和SO42－，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O （NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其化学式为H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2 e－═SO42－+4H＋，阴极电极反应为：NO+6H＋+5e－=NH4＋+H2O。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标方程式的焓变，然后书写热化学方程式；
（2）根据可逆反应达到平衡状态时，各组分的百分含量不变、正逆反应速率相等判断是否达到平衡状态及可；
（3）①根据一氧化碳的转化率计算氢气的物质的量变化，然后计算反应速率；根据浓度熵与平衡常数的相对大小关系判断反应进行的方向；
②增大反应物的浓度，该物质的转化率减小；
（4）根据化学方程式判断物质A的化学式；电解池的阴极发生还原反应，据此书写电极方程式。
16．（2018高三上·云南期中）香豆素（结构如下图中I所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸。
已知：CH3CH=CHCH2CH3 CH3COOH+CH3CH2COOH
请回答下列问题：
（1）香豆素分子中的官能团的名称为 ，步骤II→III的反应类型为 。
（2）有机物III的结构简式为 ，在上述转化过程中，设计反应步骤II→III的目的是 。
（3）下列关于有机物I、II、III、IV的叙述中正确的是________（选填序号）。
A．可用FeCl3溶液来鉴别II和III
B．IV中核磁共振氢谱共有4种峰
C．I、II、III均可使溴的四氯化碳溶液褪色
D．1molI最多能和5molH2发生加成反应
（4）写出水杨酸与过量NaHCO3溶液反应的化学方程式 。
（5）化合物IV有多种同分异构体，符合下列两个条件的芳香族同分异构体共有 种。
①遇氯化铁溶液发生显色反应
②能发生水解反应和银镜反应
其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1:2:2:2:1同分异构体的结构简式为 。
【答案】（1）酯基和碳碳双键；取代反应
（2）；目的是起到保护酚羟基的作用，使之不被氧化
（3）A；C
（4）
（5）共13种；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）香豆素分子中的官能团的名称为：酯基、碳碳双键，步骤II→III的反应类型为：取代反应；
（2）有机物III的结构简式为 ，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是：起到保护酚羟基的作用，使之不被氧化；
（3）A．Ⅲ中不存在酚羟基，Ⅱ中存在酚羟基，可以用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和Ⅲ，故A正确；
B．Ⅳ中不存在对称结构，所以核磁共振氢谱有6种峰，故B错误；
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．I中苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，1molⅠ最多能和4mol H2发生加成反应，故D错误。
故答案为：AC；
（4）羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，酚羟基不能与碳酸氢钠反应，反应的化学方程式： ；
（5）Ⅳ的芳香族同分异构体，含有苯环，同时满足条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，有2个取代基为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种，有3个取代基为：-OH、-CH3、-OOCH，而-OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-OOCH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有3+4+4+2=13种，其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1：2：2：2：1同分异构体的结构简式为： 。
【分析】（1）根据有机物的结构简式判断其官能团名称，发生的市价及替代氢原子的反应；
（2）香豆素水解后发生取代反应生成Ⅲ，据此书写结构简式；酚羟基易被氧化；
（3）根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的结构简式和含有的官能团的性质进行分析即可；
（4）水杨酸中的酚羟基不能与碳酸氢钠反应，羧基可以发生反应；
（5）根据同分异构体中含有的官能团和位置异构进行判断同分异构体数目即可。
17．（2018高三上·云南期中）N、P、As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途.请回答下列问题:
（1）意大利罗马大学的Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子,该分子的空间构型与P4类似,其中氮原子的轨道杂化方式为 ，N—N键的键角为 ；
（2）基态砷原子的价电子排布图为 ，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为 ；
（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。PH3与NH3的结构相似,和过渡金属更容易形成配合物的是 (填“PH3”或“NH3”)。
（4）SCl3+和PCl3是等电子体,SCl3+的空间构型是 ；S—Cl键键长 P-Cl键键长(填“＞”、“=”或“＜”),原因是 。
（5）砷化镓为第三代半导体,以其为材料制造的灯泡寿命长,耗能少。已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示,砷化镓的化学式为 。若该晶体的密度为ρg/cm3,设NA为阿伏加德罗常数的值,则a、b的距离为 pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
【答案】（1）sp3；60°
（2）；As＞Se＞Ge
（3）PH3
（4）三角锥形；<；S 原子半径小于P原子半径,故S-Cl键要比P-Cl键短
（5）GaAs；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化，每个面均为正三角形，故N-N键的键角为60°；
（2）As元素处于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为： ；As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：As＞Se＞Ge；
（3）P元素的电负性比N元素的小，P原子对孤电子对吸引更弱，容易给出孤对电子形成配位键，即为：PH3；
（4）PCl3中P原子形成3个P-Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体的结构相似，SCl3＋的空间构型是三角锥形，S 原子半径小于P原子半径，故 S-Cl 键要比 P-Cl 键短。
（5）晶胞中含有Ga原子数为8×1/8+6×1/2=4，As原子数目为4，化学式为GaAs，As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As原子与晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞体对角线上，Ga原子与As原子之间的距离为晶胞体对角线长度的1/4倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的 倍，晶胞质量为4×(70+75)/NAg，则晶胞棱长= ，故a、b的距离为 。
【分析】（1）根据氮原子的成键特点和孤对电子数判断杂化方式；证三角形的内角是60°；
（2）根据砷的价电子排布式何处电子排布图，As是第ⅤA族元素，4p轨道达到半充满状态，第一电离能大于相邻元素；
（3）电负性越小，吸引孤对电子的能力越小；
（4）根据等电子体具有相似结构和性质进行分析；
（5）根据均摊法计算化学式，结合密度的计算方法计算棱长。
三、实验题
18．（2018高三上·云南期中）水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。
【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）
已知：3NaClO 2NaCl+NaClO3
（1）配制30 %NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。
A．容量瓶 B．烧杯 C．移液管 D．玻璃棒
（2）装置I中发生的离子反应方程式是 ；Ⅱ中玻璃管a的作用为 ；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的
【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示
（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快， 部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式 ；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。
（4）称取馏分0.3000 g，加水配成20.0 mL溶液，一定条件下用0.1500 mol·L-1的I2溶液滴定。已知: N2H4·H2O
+ 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O。
①滴定时，可以选用的指示剂为 ；
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20. 00 mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为 。
【答案】（1）B；D
（2）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；平衡压强；防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率
（3）2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O 【测定肼的含量】
（4）淀粉溶液；25%
【知识点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。
【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。
【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。
【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的I2和方程式计算N2H4·H2O的质量，进一步计算N2H4·H2O的质量分数。
详解：【制备NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，
故答案为：BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。
【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O。
【测定肼的含量】①滴定时反应原理为2I2+N2H4·H2O=N2↑+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。
②20.00mL溶液中n（N2H4·H2O）= n（I2）= 0.1500mol/L 0.02L=0.0015mol，馏分中m（N2H4·H2O）=0.0015mol 50g/mol=0.075g，馏分中N2H4·H2O的质量分数为 100%=25%。
【分析】（1）配制一定质量分数的溶液，需用量筒和烧杯；
（2） 装置I中发生的制取氯气的化学反应；根据氯气与氢氧化钠溶液的反应产物的性质进行分析；
（3）肼的结晶水合物与次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯化钠、氮气和水；
（4）根据碘与淀粉的反应判断指示剂，并利用方程式计算质量分数。
19．（2018高三上·云南期中）在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。
（1）在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式 ；
（2）已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阴极的电极反应式 ；
（3）某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。
①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是 。
②反应①的离子方程式为 。
③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。
该产品中Ce(OH)4的质量分数为 (保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度 (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O
（2）
（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净；2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；冷却结晶65.30%；偏高
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。
（2）电解熔融状态的 二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为 。
（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++ Fe2++= Ce3++ Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%" ；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。
【分析】（1）根据氧化还原反应规律书写化学方程式；
（2）电解池的阴极发生还原反应；
（3）根据流程关系图分析各步操作、发生的反应等，然后进行计算产品纯度。
云南省民族大学附属中学2018-2019学年高三上学期化学期中考试试卷
一、单选题
1．（2018·银川模拟）人们的生活、生产与化学息息相关，下列说法正确的是（ ）
A．复旦大学研究的能导电、存储的二维材料二硫化钼是一种新型有机功能材料
B．中国天眼用到碳化硅、芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐
C．中国歼-20上用到的氮化镓材料是当做金属合金材料使用的
D．石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵可用作处理原油泄漏的吸油材料
2．（2018高三上·云南期中）下列化学用语正确的是（ ）
A．雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：
B．新制氯水中含氧酸的结构式：H—Cl—O
C．S2-的结构示意图
D．标准状况下密度为1.25g/L的气态烃的球棍模型：
3．（2018高三上·云南期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．S2和S8的混合物共6.4g,其中所含的电子数一定为3.2NA
B．密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应,产物的分子数为2NA
C．24g二氧化硅晶体中含有SiO2分子数为0.4 NA
D．5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分反应,至少失去电子数为0.2 NA
4．（2018高三上·云南期中）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，分别为X、Y、Z、W、R、T。其中Ⅹ、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：Y＞Z＞R＞T
B．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
C．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞Z
D．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
5．（2018高三上·云南期中）下列各溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．常温下，c(H+)=10－13mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2－、S2－、SO32－
B．使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I－、NO3－、Cl－
C．加入铝粉有氢气生成的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42－、K+
D．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液中：K+、Na+、HCO3－、Ca2+
6．（2018高三上·云南期中）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
A．用石墨作电极电解CuCl2溶液：2Cl－+2H2O 2OH－+Cl2↑+H2↑
B．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+AlO2－+2H2O
C．将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液：SO2+ClO－+2OH－=SO42－+Cl－+H2O
D．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3+H2O
7．（2018高三上·云南期中）有机物a和苯通过反应合成b的过程如图(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是（ ）
A．该反应是加成反应
B．若R为CH3时，b中所有原子可能共面
C．若R为C4H9时，取代b苯环上的氢的一氯代物的可能的结构共有4种
D．若R为C4H5O时，1molb最多可以与5molH2加成
8．（2018高三上·云南期中）下列叙述或书写正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483.6kJ·mol－1，则1mol氢气的燃烧热大于241.8 kJ·mol－1
B．H2（g）+F2（g）=2HF（g）ΔH=-270kJ·mol－1，则相同条件下，2molHF气体的能量大于1mol氢气和1mol 氟气的能量之和
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该中和反应的热化学方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2OΔH=-57.4kJ·mol－1
D．500℃、30MPa时，发生反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g） ΔH=-38.6kJ·mol－1。在此条件下将1.5molH2和过量N2充分反应，放出热量19.3kJ
9．（2018·曲靖模拟）利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项 ① ② ③ 实验结论 实验装置
A 稀硫酸 Na2S AgNO3与AgCl的溶液 Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)
B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化性
C 稀盐酸 Na2SO3 Ba(NO3)2 溶液 SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀
D 浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
A．A B．B C．C D．D
10．（2018高三上·云南期中）CH3OH是重要的化工原料，工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH，其反应为：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）。按n(CO)：n(H2)=1：2，向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中，正确的是（ ）
A．p1
C．平衡常数：K(A)=K(B) D．在C点时，CO转化率为75%
11．（2018高三上·云南期中）下表是25℃时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（ ）
化学式 AgCl Ag2CrO4 CH3COOH HClO H2CO3
KSP或Ka KSP=1.8×10-10 KSP=2.0×10-12 Ka=1.8×10-5 Ka=3.0×10-8 Ka1=4.1×10-7Ka2=5.6×10-11
A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是 c（Na+）>c（ClO-）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+）
B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为CO32-+Cl2=HCO3-+Cl-+HClO
C．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，此时溶液pH=5
D．向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol·L-1的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
12．（2018·银川模拟）新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极b为电池负极
B．电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2S
C．电极b上的电极反应为：O2+4e-＋4H+=2H2O
D．电极a上的电极反应为：2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O
13．（2018高三上·云南期中）下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是（ ）
A．模拟工业制氨气并检验产物
B．实验室采用所示装置收集SO2
C．可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀
D．可用所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱
14．（2018高三上·云南期中）常温下，0.1mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是（ ）
A．W点所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)= c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
B．pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1mol/L
C．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)
D．pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)
二、综合题
15．（2018高三上·云南期中）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
（1）Ⅰ．脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJ/mol
N2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) △H= +133 kJ/mol
H2O(g) =H2O(l) △H= -44 kJ/mol
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为 。
（2）Ⅱ．脱碳：
向2L恒容密闭容器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(l) + H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__________。
A．混合气体的平均式量保持不变
B．CO2和H2的体积分数保持不变
C．CO2和H2的转化率相等
D．混合气体的密度保持不变
E．1 mol CO2生成的同时有3 mol H—H键断裂
（3）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。
①当起始n(H2)/n(CO)=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率V(H2)= 。若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；
②当起始n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的 点（选填“D”、“E”或“F”）
（4）Ⅲ．脱硫：
如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42－。物质A的化学式为 ，阴极的电极反应式是 。
16．（2018高三上·云南期中）香豆素（结构如下图中I所示）是用途广泛的香料，由香豆素经下列图示的步骤可转变为水杨酸。
已知：CH3CH=CHCH2CH3 CH3COOH+CH3CH2COOH
请回答下列问题：
（1）香豆素分子中的官能团的名称为 ，步骤II→III的反应类型为 。
（2）有机物III的结构简式为 ，在上述转化过程中，设计反应步骤II→III的目的是 。
（3）下列关于有机物I、II、III、IV的叙述中正确的是________（选填序号）。
A．可用FeCl3溶液来鉴别II和III
B．IV中核磁共振氢谱共有4种峰
C．I、II、III均可使溴的四氯化碳溶液褪色
D．1molI最多能和5molH2发生加成反应
（4）写出水杨酸与过量NaHCO3溶液反应的化学方程式 。
（5）化合物IV有多种同分异构体，符合下列两个条件的芳香族同分异构体共有 种。
①遇氯化铁溶液发生显色反应
②能发生水解反应和银镜反应
其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1:2:2:2:1同分异构体的结构简式为 。
17．（2018高三上·云南期中）N、P、As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途.请回答下列问题:
（1）意大利罗马大学的Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子,该分子的空间构型与P4类似,其中氮原子的轨道杂化方式为 ，N—N键的键角为 ；
（2）基态砷原子的价电子排布图为 ，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为 ；
（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。PH3与NH3的结构相似,和过渡金属更容易形成配合物的是 (填“PH3”或“NH3”)。
（4）SCl3+和PCl3是等电子体,SCl3+的空间构型是 ；S—Cl键键长 P-Cl键键长(填“＞”、“=”或“＜”),原因是 。
（5）砷化镓为第三代半导体,以其为材料制造的灯泡寿命长,耗能少。已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示,砷化镓的化学式为 。若该晶体的密度为ρg/cm3,设NA为阿伏加德罗常数的值,则a、b的距离为 pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
三、实验题
18．（2018高三上·云南期中）水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。
【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）
已知：3NaClO 2NaCl+NaClO3
（1）配制30 %NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。
A．容量瓶 B．烧杯 C．移液管 D．玻璃棒
（2）装置I中发生的离子反应方程式是 ；Ⅱ中玻璃管a的作用为 ；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的
【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示
（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快， 部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式 ；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。
（4）称取馏分0.3000 g，加水配成20.0 mL溶液，一定条件下用0.1500 mol·L-1的I2溶液滴定。已知: N2H4·H2O
+ 2I2 = N2↑+ 4HI + H2O。
①滴定时，可以选用的指示剂为 ；
②实验测得消耗I2溶液的平均值为20. 00 mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为 。
19．（2018高三上·云南期中）在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。
（1）在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式 ；
（2）已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阴极的电极反应式 ；
（3）某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。
①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是 。
②反应①的离子方程式为 。
③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。
该产品中Ce(OH)4的质量分数为 (保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度 (“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含硅矿物及材料的应用；高分子材料
【解析】【解答】A.有机物是指含碳的化合物，所以二硫化钼不属于有机化合物，故A不符合题意；
B.石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，故B不符合题意；
C.金属合金是指一种金属与另一种或几种金属，或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物。氮化镓是化合物，不属于合金，故C不符合题意；
D.石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作处理原油泄漏的吸油材料，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据有机物的概念进行判断；
B.高纯硅不是硅酸盐；
C.根据合金材料的组成进行判断；
D.根据胶体的性质进行判断。
2．【答案】D
【知识点】画元素的原子结构示意图；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为： ，故A不符合题意；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连，新制氯水中含氧酸的结构式：H—O—Cl，故B不符合题意；
C、S2-最外层8个电子，结构示意图 ，故C不符合题意；
D、标准状况下密度为1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型： ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.HF是共价化合物；
B.次氯酸中氧原子与氢原子相连；
C.硫离子的最外层有8个电子。
3．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、S2和S8均由S原子构成，6.4g混合物中S原子的物质的量为0.2mol，S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故A符合题意；
B、NO和氧气反应后生成的NO2，NO2中存在平衡：2NO2 N2O4，导致分子个数减小，故分子个数小于2NA个，故B不符合题意；
C、二氧化硅为原子晶体，不含二氧化硅分子，故C不符合题意；
D、5.6g铁为0.1mol，和0.2mol硝酸反应时，无论硝酸的还原产物为什么，硝酸均不足，故铁过量，不能完全反应，则转移的电子数小于0.2NA个，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.S2和S8均由S原子构成，利用硫原子进行计算；
B.反应后的气体是由NO和O2组成的；
C.二氧化硅是原子晶体，没有二氧化硅分子存在；
D.铁与氧化性酸反应生成三价铁离子。
4．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：Y＞Z＞R＞T，选项A不符合题意；
B．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，选项B不符合题意；
C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙＞氢氧化铍，选项C不符合题意；
D．XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为-1价，SiO2中O元素化合价为-2，选项D符合题意，
故答案为：D。
【分析】首先根据原子核外电子排布特点、元素在周期表中的位置，以及元素的化合价等推断各种元素，然后结合元素周期律进行解答即可。
5．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．常温下，c(H+)=10－13mol·L－1的溶液pH=13，在碱性溶液中Na+、AlO2－、S2－、SO32－彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A符合题意；
B．使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件Fe2+和I－均能被NO3－氧化，不能大量共存，故B不符合题意；
C．加入铝粉有氢气生成的溶液可能显酸性，也可能显碱性，有碱性溶液中不可能大量存在Mg2+和Cu2+，故C不符合题意；
D．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液pH=1或13，HCO3－在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下，c(H+)=10－13mol·L－1的溶液pH=13，溶液呈碱性；
B.使pH试纸呈红色的溶液显酸性；
C.该溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液；
D.常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)=1.0×10－26的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液。
6．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．用石墨作电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气，电解方程式为2Cl-+Cu2+ Cu+Cl2↑，故A不符合题意；
B.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3 H2O，故B不符合题意；
C．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，离子方程式为SO2+ClO-+2OH-═SO42-+Cl-+H2O，故C符合题意；
D．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应，生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3+CO32-+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.用惰性电极电解氯化铜生成通和氯气；
B.根据反应物的物质的量关系分析发生的反应；
D.碳酸氢钙与过量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
7．【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．烃基取代苯环的氢原子，同时生成氯化氢，为取代反应，故A不符合题意；
B．R为CH3时，应具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，故B不符合题意；
C．-C4H9有4种，分别为：①CH3-CH2-CH2-CH2-、②CH3-CH2-CH(CH3)-、③(CH3)2CH-CH2-、④(CH3)3C-，苯环的H被取代，各有邻、间、对3种，共12种，故C不符合题意；
D．R为C4H5O时，不饱合度为 =2，且1mol苯环消耗3mol氢气，则1mol b最多可以与5mol H2加成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.由反应方程式可知，R取代了苯环上的一个氢原子；
B.含有饱和碳原子时所有原子不可能共平面；
C.丁基有四种结构，结合氯原子在丁基上的位置判断同分异构体数即可；
D.根据不饱和度计算需要氢气的物质的量。
8．【答案】A
【知识点】燃烧热；中和热；热化学方程式
【解析】【解答】A、 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）ΔH=-483.6kJ·mol－1，水由气体变成液体要放出热量，则1mol氢气的燃烧热大于241.8 kJ·mol－1，故A符合题意；
B、从热化学方程式H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H=-270 kJ·mol－1可知，反应放热，即1 mol氢气与1 mol氟气的总能量大于2 mol氟化氢的总能量，故B不符合题意；
C、热化学方程式没有标明物质的状态，故C不符合题意；
D、H2的物质的量为1.5mol，完全消耗1.5mol氢气会放出19.3kJ热量，由于该反应为可逆反应，氢气不可能完全转化成氨气，所以放出的热量小于19.3kJ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.放热反应中反应物的能量大于生成物的能量总和；
C.热化学方程式中必须注明物质的状态；
D.合成氨的反应是可逆反应，不能进行到底。
9．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能比较溶度积大小，A不符合题意；
B.浓硫酸将蔗糖炭化，进而氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B符合题意；
C.二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C不符合题意；
D.强酸能弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D不符合题意，
答案选B。
【分析】A.氯化银和硫化银的化学式类型不同，不能比较溶度积大小；
B.根据浓硫酸与蔗糖的反应进行分析；
C.在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性；
D.浓硝酸具有挥发性。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A不符合题意；
B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B不符合题意；
C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C不符合题意；
D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始 1 2 0
转化 x 2x x
平衡 1-x 2-2x x
在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据压强对化学平衡的一项进行判断压强的大小；
B.由图判断甲醇的体积分数与温度的关系分析平衡移动的方向，然后确定焓变；
C.A、B两点的温度不同，平衡常数是温度的函数。
11．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是
c（Na+）>c（CH3COO-）>c（ClO-）>c（OH-）>c（H+），故该项不符合题意；
B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为CO32-+Cl2+ H2O=HCO3-+Cl-+HClO，故该选项不符合题意；
C．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO-）=5：9，此时溶液pH=5，符合题意。
D．向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol·L-1的AgNO3溶液，根据二者Ksp大小比较，Cl-先形成沉淀，故该选项不符合题意。
【分析】A.醋酸的电离常数大于次氯酸的电离常数，醋酸更易电离；
B.质量不守恒；
D.根据溶度积常数计算产生沉淀需要银离子浓度，然后判断产生沉淀的先后顺序。
12．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2--4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。在电解液中，阴离子靠近负极，阳离子靠近正极。
13．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A. 检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故A不符合题意；
B. SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式收集SO2，故B不符合题意；
C. 食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故C不符合题意；
D. 锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了Cl2和S，证明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次减弱，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
B.二氧化硫的密度大于空气的密度，应采用向上排空气法收集；
C.中性溶液中发生吸氧腐蚀。
14．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A符合题意；
B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1 mol·L-1，故B不符合题意；
C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C不符合题意；
D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c （H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c（HCO3-），故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图中不同pH下存在的离子情况判断溶液中离子浓度的大小关系即可。
15．【答案】（1）4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H= -1100.2kJ/mol
（2）D；E
（3）0.08mol/（L．min）；减小；F
（4）H2SO4；NO+6H++5e－=NH4++H2O
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】Ⅰ．（1）已知：燃烧热为285.8kJ·mol－1，
①H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ·mol－1
②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ·mol－1
③H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ·mol－1
①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100.2kJ·mol－1；
（2）CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l），
A、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，生成物全呈液态，混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故B错误；
C、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故C错误；
D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为：DE；
（3）①H2和CO总共为3mol，且起始n(H2)/n(CO)=2，可知H2为2mol、CO为1mol，5min达到平衡时CO的转化率为0.4，则：
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol） 1 2 0
转化（mol） 0.4 0.8 0.4
平衡（mol） 0.6 1.2 0.4
容器的容积为2L，则v（H2）=0.8mol/（2L×5min）=0.08mol/（L·min），
该温度下平衡常数K= ，此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，此时浓度商Qc= ，反应向逆向反应进行，达新平衡时H2的转化率将减小；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当n(H2)/n(CO)=3.5时，达到平衡状态后，CH3 OH的体积分数小于C点，
故答案为：F。
（4）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4＋和SO42－，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O （NH4）2SO4+4H2SO4，由电解方程式可知，物质A为硫酸，其化学式为H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，则阳极的电极反应式是SO2+2H2O-2 e－═SO42－+4H＋，阴极电极反应为：NO+6H＋+5e－=NH4＋+H2O。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标方程式的焓变，然后书写热化学方程式；
（2）根据可逆反应达到平衡状态时，各组分的百分含量不变、正逆反应速率相等判断是否达到平衡状态及可；
（3）①根据一氧化碳的转化率计算氢气的物质的量变化，然后计算反应速率；根据浓度熵与平衡常数的相对大小关系判断反应进行的方向；
②增大反应物的浓度，该物质的转化率减小；
（4）根据化学方程式判断物质A的化学式；电解池的阴极发生还原反应，据此书写电极方程式。
16．【答案】（1）酯基和碳碳双键；取代反应
（2）；目的是起到保护酚羟基的作用，使之不被氧化
（3）A；C
（4）
（5）共13种；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）香豆素分子中的官能团的名称为：酯基、碳碳双键，步骤II→III的反应类型为：取代反应；
（2）有机物III的结构简式为 ，最终的产物中仍有酚羟基，说明设计反应步骤Ⅱ→Ⅲ的目的是：起到保护酚羟基的作用，使之不被氧化；
（3）A．Ⅲ中不存在酚羟基，Ⅱ中存在酚羟基，可以用FeCl3溶液来鉴别Ⅱ和Ⅲ，故A正确；
B．Ⅳ中不存在对称结构，所以核磁共振氢谱有6种峰，故B错误；
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均存在碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．I中苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，1molⅠ最多能和4mol H2发生加成反应，故D错误。
故答案为：AC；
（4）羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，酚羟基不能与碳酸氢钠反应，反应的化学方程式： ；
（5）Ⅳ的芳香族同分异构体，含有苯环，同时满足条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，有2个取代基为-OH、-CH2OOCH，有邻、间、对3种，有3个取代基为：-OH、-CH3、-OOCH，而-OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-OOCH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有3+4+4+2=13种，其中，核磁共振氢谱共有5种吸收峰，且吸收峰面积比为1：2：2：2：1同分异构体的结构简式为： 。
【分析】（1）根据有机物的结构简式判断其官能团名称，发生的市价及替代氢原子的反应；
（2）香豆素水解后发生取代反应生成Ⅲ，据此书写结构简式；酚羟基易被氧化；
（3）根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的结构简式和含有的官能团的性质进行分析即可；
（4）水杨酸中的酚羟基不能与碳酸氢钠反应，羧基可以发生反应；
（5）根据同分异构体中含有的官能团和位置异构进行判断同分异构体数目即可。
17．【答案】（1）sp3；60°
（2）；As＞Se＞Ge
（3）PH3
（4）三角锥形；<；S 原子半径小于P原子半径,故S-Cl键要比P-Cl键短
（5）GaAs；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化，每个面均为正三角形，故N-N键的键角为60°；
（2）As元素处于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为： ；As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：As＞Se＞Ge；
（3）P元素的电负性比N元素的小，P原子对孤电子对吸引更弱，容易给出孤对电子形成配位键，即为：PH3；
（4）PCl3中P原子形成3个P-Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体的结构相似，SCl3＋的空间构型是三角锥形，S 原子半径小于P原子半径，故 S-Cl 键要比 P-Cl 键短。
（5）晶胞中含有Ga原子数为8×1/8+6×1/2=4，As原子数目为4，化学式为GaAs，As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As原子与晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞体对角线上，Ga原子与As原子之间的距离为晶胞体对角线长度的1/4倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的 倍，晶胞质量为4×(70+75)/NAg，则晶胞棱长= ，故a、b的距离为 。
【分析】（1）根据氮原子的成键特点和孤对电子数判断杂化方式；证三角形的内角是60°；
（2）根据砷的价电子排布式何处电子排布图，As是第ⅤA族元素，4p轨道达到半充满状态，第一电离能大于相邻元素；
（3）电负性越小，吸引孤对电子的能力越小；
（4）根据等电子体具有相似结构和性质进行分析；
（5）根据均摊法计算化学式，结合密度的计算方法计算棱长。
18．【答案】（1）B；D
（2）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；平衡压强；防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率
（3）2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O 【测定肼的含量】
（4）淀粉溶液；25%
【知识点】氯气的实验室制法；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。
【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。
【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。
【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的I2和方程式计算N2H4·H2O的质量，进一步计算N2H4·H2O的质量分数。
详解：【制备NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，
故答案为：BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO 2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。
【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O。
【测定肼的含量】①滴定时反应原理为2I2+N2H4·H2O=N2↑+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。
②20.00mL溶液中n（N2H4·H2O）= n（I2）= 0.1500mol/L 0.02L=0.0015mol，馏分中m（N2H4·H2O）=0.0015mol 50g/mol=0.075g，馏分中N2H4·H2O的质量分数为 100%=25%。
【分析】（1）配制一定质量分数的溶液，需用量筒和烧杯；
（2） 装置I中发生的制取氯气的化学反应；根据氯气与氢氧化钠溶液的反应产物的性质进行分析；
（3）肼的结晶水合物与次氯酸钠发生氧化还原反应生成氯化钠、氮气和水；
（4）根据碘与淀粉的反应判断指示剂，并利用方程式计算质量分数。
19．【答案】（1）4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O
（2）
（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净；2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；冷却结晶65.30%；偏高
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4 Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。
（2）电解熔融状态的 二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为 。
（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++ Fe2++= Ce3++ Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%" ；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。
【分析】（1）根据氧化还原反应规律书写化学方程式；
（2）电解池的阴极发生还原反应；
（3）根据流程关系图分析各步操作、发生的反应等，然后进行计算产品纯度。
