2023-2024学年浙江省北斗联盟高二下学期4月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1浙江省北斗联盟2023-2024学年高二下学期4月期中考试考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Si-28Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于电解质的是A.酒精 B.NaOH C.铁丝 D.NH3【答案】B【解析】酒精是乙醇的俗称，酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，A项不符合题意；NaOH是在水溶液和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质，B项符合题意；铁丝是金属单质，既不属于电解质、也不属于非电解质，C项不符合题意；NH3的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是NH3自身电离产生的，NH3属于非电解质，D项不符合题意；答案选B。2.SO2是一种重要的氧化物，下列说法错误的是A.葡萄酒中添加适量二氧化硫的作用是漂白杀菌B.SO2可使酸性KMnO4溶液褪色C.SO2属于酸性氧化物D.SO2的排放会导致酸雨【答案】A【解析】在葡萄酒酿制过程中，葡萄汁中某些细菌的繁殖会影响发酵，添加适量的二氧化硫可以起到杀菌的作用；同时二氧化硫又是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，起到保质作用，并有助于保持葡萄酒的天然果香味，A项错误；SO2具有还原性，能将酸性KMnO4溶液还原，使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；SO2是能与碱反应生成盐和水氧化物，属于酸性氧化物，C项正确；SO2的排放会形成硫酸型酸雨，D项正确；答案选A。3.下列化学用语描述正确的是A.HCl的电子式：B.氨气分子中氮原子为sp3杂化C.的名称：3－甲基丁烷D.Cl－Cl的p－pσ键电子云图形：【答案】B【解析】HCl为共价化合物，H、Cl原子间形成共价键，电子式为，A不正确；氨气分子中，氮原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，B正确；烷烃命名时，从靠近取代基的一端开始编号，则的名称：2－甲基丁烷，C不正确；Cl－Cl共价键是由两个Cl原子的3p轨道相互重叠而成，则p－pσ键电子云图形应为对称结构，D不正确；故选B。4.化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是A.杭州亚运会吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为二氧化硅B.碳酸钠与硫酸铝可以发生双水解，用于制作泡沫灭火器C.储氢合金储存氢气的过程是物理变化D.次氯酸具有强氧化性，可以用于杀菌消毒【答案】D【解析】芯片的主要成分为硅，二氧化硅用于生产光导纤维，A不正确；碳酸钠与硫酸铝可以发生双水解，但碳酸钠的碱性强，具有较强的腐蚀性，制作泡沫灭火器，通常采用碳酸氢钠，B不正确；利用储氢合金储存氢气时，储氢时合金与氢气反应生成金属氢化物，释氢时金属氢化物再分解，两过程均是化学变化，C不正确；次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，D正确；故选D。5.对于方程式3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO，下列说法正确的是A.CO是还原产物 B.每生成1.4gSi3N4转移0.12mol电子C.Si3N4属于传统硅酸盐材料 D.氧化剂和还原剂的物质的量比为3∶2【答案】B【解析】在反应中，C由0价升高到+2价，则CO是氧化产物，A错误；由反应方程式可建立关系式：Si3N4～12e-，每生成1.4gSi3N4(物质的量为0..01mol)转移电子的物质的量为0.01mol×12=0.12mol，B正确；传统硅酸盐材料通常包括水泥、玻璃、陶瓷，Si3N4属于新型无机非金属材料，C错误；该反应中，氧化剂是N2，还原剂是C，氧化剂和还原剂的物质的量比为2∶6=1:3，D错误；故选B。6.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是A.用于盛放KMnO4溶液B.研究浓度对化学平衡的影响C.制备少量NaClOD.加热FeCl3溶液得到无水FeCl3固体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，因此盛装高锰酸钾溶液应选用酸式滴定管，A错误；增大KSCN溶液的浓度，溶液的颜色变深，因此该方案可以用于研究浓度对化学平衡的影响，B正确；Cl-在阳极失去电子得到Cl2，水在阴极得到电子产生NaOH，Cl2与NaOH很难接触反应，应该将正负极换一下，才能让Cl2上逸，与NaOH发生反应:2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl十H2O，制备少量NaC1O，C错误；FeCl3能发生水解，直接蒸发FeCl3溶液可能得到Fe(OH)3而非FeCl3固体，正确的做法是在HCl气流中进行蒸发，D错误；答案选B。7.下列化学反应表示正确的是A.碳酸镁与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+2H2OB.用铁作阳极电解饱和NaCl溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑C.CuCl2溶液与过量氨水反应：Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OD.【答案】C【解析】MgCO3微溶于水，应该写化学式，反应离子方程式应该为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，A错误；Fe是活性电极，在阳极上Fe失去电子被氧化，发生反应：Fe-2e-=Fe2+；在阴极上水电离产生的H+得到电子被还原产生H2，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，总反应方程式为：Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，B错误；反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；苯乙烯发生加聚反应产生聚苯乙烯时，断裂不饱和的碳碳双键之间的π键，然后这些不饱和的C原子彼此结合形成长链，不饱和的C原子变为饱和C原子，苯基应该在主链的一侧，该反应的化学方程式应该为：，D错误；故合理选项是C。8.下列关于有机物描述正确的是A.用红外光谱可确定有机物官能团等信息B.乙烯与苯均能与溴水发生加成反应C.有机物的所有原子均处于同一平面D.煤的气化、液化、干馏均属于物理过程【答案】A【解析】红外光谱可测定有机物分子所含有的化学键及原子团，则用红外光谱可确定有机物官能团等信息，A正确；乙烯能与溴水发生加成反应，但苯不能，B不正确；有机物分子中，除双键碳原子外，其它碳原子都发生sp3杂化，所有原子不可能处于同一平面，C不正确；煤的气化、液化、干馏过程中均有化学键的断裂与形成，均属于化学过程，D不正确；故选A9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.10L0.1mol•L-1Na2S溶液中，S2-和HS-的数目之和为NAB.1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的个数为12NAC.粗铜冶炼过程中每消耗2NA电子，阳极质量减轻64gD.0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子【答案】B【解析】10L0.1mol•L-1Na2S溶液中，依据硫原子守恒，溶液中S2-、HS-、H2S的数目之和为NA，A不正确；[Cu(H2O)4]2+中，H2O中的共价键为σ键，H2O与Cu2+之间的配位键是σ键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的个数为(4×2+4)NA=12NA，B正确；粗铜冶炼过程中，阳极不仅有Cu失电子，还有其含有的杂质Zn、Fe等失电子，同时Au、Ag等脱落后成为阳极泥，所以每消耗2NA电子，阳极质量减轻不是64g，C不正确；0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应时，可建立关系式Na2O2~e-，即0.1molNa2O2转移0.1NA个电子，D不正确；故选B。10.前四周期的A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大。A元素的价层电子排布式为nsnnpn+1，元素B最外层电子数是其内层的3倍，C元素是地壳中含量最多的金属元素，D元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，下列说法不正确的是A.第一电离能A＞BB.简单氢化物的稳定性A＜BC.工业上通过电解C元素的氯化物获得C单质D.基态D原子未成对电子数目为4【答案】C【解析】前四周期的A、B、C、D元素，原子序数依次增大。A元素的价层电子排布式为nsnnpn+1，则A为氮元素；元素B最外层电子数是其内层的3倍，则B为氧元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，则C为铝元素；D元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则D为铁元素。从而得出A、B、C、D分别为N、O、Al、Fe。同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，A、B分别为N、O，N的2p轨道半充满，电子的能量低，第一电离能反常，则第一电离能N＞O，A正确；A、B分别为N、O，O的非金属性大于N，则简单氢化物的稳定性NH3＜H2O，B正确；C为Al，AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，工业上通过电解熔融的Al元素的氧化物获得Al单质，C不正确；D为Fe，基态Fe原子的价层电子的轨道表示式为，未成对电子数目为4，D正确；故选C。11.一种天然气报警器的工作原理如图，固体电解质可以传递O2-，当甲烷浓度升高时，与空气形成燃料电池触发报警器。报警器起作用时，下列选项中错误的是A.电极采用多孔结构的目的是更好的捕获甲烷与空气B.固体熔融电解质中的O2-向多孔电极b移动C.负极电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OD.当有0.8g甲烷参与反应时，固体电解质中传递O2-的物质的量为0.2mol【答案】B【解析】通入甲烷的一极甲烷失电子产生二氧化碳，为负极，通入空气的一极，氧气得电子发生还原反应，为正极。多孔结构可增大表面积，更好的捕获甲烷与空气，A正确；O2-向负极移动，a极是负极，b是正极，B错误；负极上甲烷失电子产生二氧化碳，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，C正确；当有0.8g甲烷参与反应时，电路中转移0.4mole-，一个O2-离子带2个单位负电荷，所以固体电解质中传递O2-的物质的量为0.2mol，D正确；答案选B。12.下列关于物质的结构或性质的描述不正确的是A.通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构B.COCl2结构如图：，其C=O与C－Cl间的排斥大于两个C－Cl间的排斥力C.酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，是因为－CF3基团的吸电子作用比－CCl3基团更强D.阳离子内部含有极性键、非极性键、配位键和离子键【答案】D【解析】通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故A正确；双键和单键之间的斥力大于单键与单键之间，C=O与C-Cl间的排斥大于两个C-Cl间的排斥，故B正确；酸性:CF3COOH＞CCl3COOH，是因为电负性:F>Cl，-CF3基团的吸电子作用强于-CCl3，使得CF3COOH中羧基上的羟基更容易电离出H+，故C正确；Cu2+与乙二胺形成的配离子内部含有H-N等极性键、C-C非极性键、配位键，但不含有离子键，D错误；答案选D。13.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数弱酸氢氟酸碳酸(H2CO3)草酸(H2C2O4)电离平衡常数/25℃6.6×10-4Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka1=5.2×10-2Ka2=5.4×10-5Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。则下列有关说法正确的是A.0.1mol/LNaHC2O4溶液pH＞7B.溶液pH由小到大为NaHC2O4、NaF、Na2CO3C.用NaOH溶液中和一定量的H2C2O4溶液至呈中性时，溶液中HC2O＜C2OD.往20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加60mL0.1mol/LCaCl2溶液，最后溶液中c(C2O)=4.0×10-8mol/L【答案】C【解析】NaHC2O4溶液中存在电离平衡和水解平衡，25℃时电离常数为Ka2=5.4×10-5，水解常数为，则电离程度大于水解程度，溶液显酸性，pH<7，A错误；未说明等物质的量浓度的NaHC2O4、NaF、Na2CO3，无法比较三者的pH，B错误；溶液呈中性时，c(H+)=10-7mol/L，由可知，，则，即此时溶液中，C正确；混合后，已知Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9，则溶液中，D错误；故选C。14.乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)；△H=akJ•mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是A.1molC2H6(g)的能量大于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和B.该反应在低温条件进行的更加充分C.相应的焓变：催化剂AuF小于催化剂D.过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2【答案】B【解析】由图可知，该反应为放热反应，故1molC2H6(g)的能量小于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和，故A错误；该反应是放热反应即∆H<0，该反应是气体分子数减小的反应即∆S<0，根据自发进行的综合判据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行，则该反应在低温条件进行的更加充分，故B正确；催化剂只改变反应历程，不影响反应的焓变，则焓变：催化剂AuF等于催化剂，故C错误；由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1＜过渡态2，故D错误；故选：B。15.CuCl可用作有机合成的催化剂，其难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如图所示：下列说法正确的是A.步骤①，为加快海绵铜的溶解速度，可将其进行大火持续加热B.步骤③主要离子方程式：H2O+2Cu2+++2Cl-=CuCl↓++2H+C.步骤⑤包括酸洗、水洗两步操作，其中酸洗可采用浓盐酸洗涤D.CuCl中铜原子达到稳定结构，故可以采取高温烘干的方式【答案】B【解析】海绵铜(主要成分Cu和少量CuO)溶于硝酸铵、水、硫酸，生成Cu2+等；过滤后，将滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵，Cu2+被还原为CuCl；过滤后，将滤饼洗涤、烘干，即得氯化亚铜产品。硝酸铵的热稳定性差，则步骤①中为加快海绵铜的溶解速度，需控制温度，不能进行大火持续加热，A不正确；步骤③中，加入亚硫酸铵、氯化铵，Cu2+被还原为CuCl，主要离子方程式：H2O+2Cu2+++2Cl-=CuCl↓++2H+，B正确；CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，则酸洗时不能采用浓盐酸洗涤，C不正确；CuCl在潮湿空气中易水解氧化，所以不能采取高温烘干的方式，D不正确；故选B。16.下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A铁与溴单质充分反应后滴入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀Fe与Br2反应生成二价铁B向FeS固体滴加稀盐酸有气体产生非金属性Cl＞SC将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象溶液由黄绿色变为蓝绿色[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，降温平衡向逆方向移动D向CH3COONa和NaI的混合溶液中，滴加少量AgNO3溶液生成黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(CH3COOAg)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】铁与溴单质充分反应后生成FeBr3，滴入K3[Fe(CN)6]溶液没有蓝色沉淀生成，A不正确；向FeS固体滴加稀盐酸，发生反应生成FeCl2和H2S，表明酸性：HCl＞H2S，但不能得出非金属性Cl＞S的结论，B不正确；将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察到溶液由黄绿色变为蓝绿色，则表明对于反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，降温平衡向逆方向移动，C正确；题中没有指明CH3COONa和NaI的混合溶液中二者浓度的大小，则滴加少量AgNO3溶液，虽然生成黄色沉淀，但不能说明Ksp(AgI)＜Ksp(CH3COOAg)，D不正确；故选C。非选择题部分17.硫的矿物质原料丰富、种类繁多。请回答：（1）写出基态S原子核外电子排布式______。（2）S单质有很多同素异形体，其中最著名的是S2、S8分子。①下列说法正确的是______。A.－SH(巯基)中氢原子的活泼性比－OH(羟基)弱B.S2分子内S－S键长小于S8中S－S键长C.中心原子的杂化方式为sp3杂化D.S8分子呈直线形②已知两根S－S键的键能大于一根S=S键的键能，判断相同条件下S2与S8分子的稳定性S2______S8(填“＞”或“＜”)。（3）某含S矿物晶胞结构如图所示。①其化学式为______。②Cu原子的配位数______。【答案】（1）1s22s22p63s23p4（2）①.BC②.＜（3）①.FeCuS2②.4【解析】【小问1详析】S位于第三周期第ⅥA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；【小问2详析】①A．氧吸引电子能力强于硫，巯基（-SH）上的氢原易电离，故－SH(巯基)中氢原子的活泼性比－OH(羟基)强，故A错误；B．S8中S原子间是以单键结合，而S2分子中硫原子间以双键结合(严格地讲是二个叁电子键，一个σ键)，S2分子内S－S键长小于S8中S－S键长，故B正确；C．中，价层电子对数=σ键个数+（a-xb）=4+（6+2-4×2）=4，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，采取sp3杂化，故C正确；D．S8分子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=4，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，是皇冠形，故D错误；答案选BC；②已知两根S-S键的键能大于一根S=S键的键能，这意味着在S2分子中，两根S-S键的总键能高于一根S=S键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，进而影响分子的稳定性，答案为>；【小问3详析】①根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，个Fe，8个S，其化学式为FeCuS2；②根据晶胞可知，Cu原子周围有2个Fe、2个S，Cu原子的配位数4。18.19世纪Kolbe用无机物合成醋酸，用事实支持了维勒的结论，合成方法如图所示：B的分子式为S2Cl2，B分子中每个原子均达到8电子结构。（1）B的结构式为______。（2）下列说法正确的是______。A.化合物S2Cl2为极性分子 B.Cl2C=CCl2属于不饱和烃C.CCl4属于氯代烃，易水解 D.流程中三氯乙酸与H2发生了加成反应（3）写出流程中反应②的化学方程式______。（4）在相同温度下，三氯乙酸的Ka大于CH3COOH的Ka原因是______。（5）B在水中缓慢水解会产生两种有刺激性气味的气体，设计实验检验这两种气体______。【答案】（1）Cl―S―S―Cl（2）A（3）Cl2C=CCl2+Cl2+2H2O→Cl3CCOOH+3HCl（4）Cl元素的电负性较大，使―CCl3基团的吸电子作用较强，导致O―H键极性增强，酸性增强（5）将产生气体通过品红溶液，溶液褪色，加热又变红，证明含SO2；将气体通过硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，反应后静置，取少量上层清液，加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明含HCl【解析】C与S加热反应生成A，A与Cl2光照反应生成B和CCl4，CCl4加热反应生成Cl2C=CCl2，Cl2C=CCl2与Cl2、H2O反应生成三氯乙酸，三氯乙酸与H2在催化剂存在下反应生成CH3COOH。【小问1详析】B的分子式为S2Cl2，B分子中每个原子均达到8电子结构，S原子最外层有6个电子、Cl原子最外层有7个电子，则B的结构式为Cl―S―S―Cl。【小问2详析】A．S2Cl2中S采取sp3杂化，S2Cl2分子中正、负电中心不重合，S2Cl2为极性分子，A项正确；B．Cl2C=CCl2中含碳、氯两种元素，属于不饱和氯代烃，不属于不饱和烃，B项错误；C．CCl4属于氯代烃，CCl4中C原子的最外层L层上没有能接受水分子中孤电子对的空轨道，CCl4不易水解，C项错误；D．对比三氯乙酸(CCl3COOH)与CH3COOH的结构简式，流程中三氯乙酸与H2发生了取代反应，D项错误；答案选A。【小问3详析】反应②为Cl2C=CCl2与Cl2、H2O反应生成Cl3CCOOH，结合原子守恒，反应的化学方程式为Cl2C=CCl2+Cl2+2H2O→Cl3CCOOH+3HCl。【小问4详析】在相同温度下，三氯乙酸的Ka大于CH3COOH的Ka原因是Cl元素的电负性较大，使―CCl3基团的吸电子作用较强，导致O―H键极性增强，酸性增强。【小问5详析】B在水中缓慢水解会产生两种有刺激性气味的气体，S2Cl2在水中缓慢水解产生的两种刺激性气味的气体为SO2和HCl；检验SO2的方法是：将产生的气体通过品红溶液，溶液褪色，加热又变红，证明含SO2；检验HCl的方法是：将气体通过硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液（除去SO2），反应后静置，取少量上层清液，加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明含HCl。19.工业上可采用丙烯氨氧化法制丙烯腈，其中丙烯原料通过丙烷脱氢获取。丙烷脱氢过程中可能发生的反应有：主反应：①C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)副反应：②C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)③C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)④C3H8(g)+H2(g)C2H6(g)+CH4(g)（1）气相体系的平衡常数常用Kp表示[对于气相反应，用某组分B的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数，记作Kp]，p(B)=p•x(B)，p为体系总压，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数。恒压(设为p)、恒温条件下，在密闭容器中通入amol丙烷发生主反应，平衡时，测得丙烷的脱氢转化率为x，计算Kp=______。(用含p的字母表示)（2）丙烷脱氢主、副反应的平衡常数Kp与温度T的关系如图1所示。①判断主反应能够自发的条件______。(填“高温”或“低温”)②常压下，丙烷脱氢的平衡转化率y与温度T、水烃比M的关系如图2所示。工业生产实际采用恒压条件下，充入高温水蒸气的办法提高丙烷的平衡转化率，分析高温水蒸气能够提高平衡转化率的原因______。（3）工业生产中常引入氧化剂CO2，发生反应⑤H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=-41kJ•mol-1。如表为反应气中C3H8/CO2配比对丙烷转化率、产物选择性及丙烯收率的影响。C3H8/CO2(mol)C3H8转化率(mol%)选择性(mol%)C3H6收率(mol%)CH4C2H6+CH4C3H61/1.314.814.9085.112.61/2.423.217.2082.819.21/3.622.816.5083.519.11/6.818.039.7060.310.9下列说法不正确的是______。A.引入氧化剂CO2可消耗部分脱氢产物H2，从而提高了丙烷的转化率和丙烯的选择性和收率B.引入氧化剂CO2可降低反应的能耗C.CO2在高温下可有效抑制催化剂表面的积碳反应，有利于催化剂活性的保持D.高温条件下，更有利于主反应发生，提高了丙烯的选择性（4）丙烯氨氧化法制丙烯腈，原料氨的合成可在常压下用电化学方法实现。以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3做催化剂，在250℃和常压下电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。电极反应式______和2Fe+3H2O+N2=Fe2O3+2NH3。【答案】（1）（2）①.高温自发②.稀释反应物相当于减小压强，同时升高温度，有利于丙烷脱氢平衡正向移动（3）D（4）Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-【解析】【小问1详析】恒压(设为p)、恒温条件下，在密闭容器中通入amol丙烷发生C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应，平衡时，测得丙烷的脱氢转化率为x，则反应消耗丙烷的物质的量为axmol、剩余丙烷a(1-x)mol，反应生成丙烯axmol、生成氢气axmol，则Kp=。【小问2详析】①根据图示，主反应Kp随温度升高而增大，正反应吸热，正反应气体物质的量增多，△s>0，则主反应能够自发的条件为高温自发；②正反应吸热，正反应气体物质的量增多，充入高温水蒸气，稀释反应物相当于减小压强，同时升高温度，有利于丙烷脱氢平衡正向移动。所以充入高温水蒸气的办法提高丙烷的平衡转化率。【小问3详析】A．引入氧化剂CO2发生反应H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，可消耗部分脱氢产物H2，C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)平衡正向移动，从而提高了丙烷的转化率和丙烯的选择性和收率，故A正确；B．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=-41kJ•mol-1，正反应放热，引入氧化剂CO2可降低反应的能耗，故B正确；C．CO2和C在高温条件下反应生成CO，CO2在高温下可有效抑制催化剂表面的积碳反应，有利于催化剂活性的保持，故C正确；D．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=-41kJ•mol-1，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，氢气浓度增大，使C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)逆向移动，高温条件下，不利于主反应发生，故D错误；选D。【小问4详析】丙烯氨氧化法制丙烯腈，原料氨的合成可在常压下用电化学方法实现。以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3做催化剂，在250℃和常压下电化学合成氨。阴极区发生总反应为N2+6H2O+6e-=2NH3+6OH-，总反应减去2Fe+3H2O+N2=Fe2O3+2NH3得电极反应式为Fe2O3+H2O+6e-=2Fe+6OH-。20.硫化钠(Na2S)俗称硫化碱，是一种基本的化工原料，在多个行业有着广泛的用途。某实验小组模拟工业上炭还原芒硝(Na2SO4•10H2O)的方法制备硫化钠，流程图如图：已知：I.原料中炭过量Ⅱ.BaS易溶于水，部分难溶物的溶度积常数如下：Ksp(BaSO3)=5.0×10-10，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9，Ksp(CaSO3)=3.1×10-7，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9（1）步骤②“煅烧”时盛装药品用到的仪器是______。（2）填写滤液处理过程中的空白步骤的操作“⑤加入浓氢氧化钠溶液、______、______”。（3）写出步骤②“煅烧”时主要反应的化学方程式______。（4）步骤(3)“浸取”过程中，需选择合适的试剂去除Na2S中的Na2SO3、Na2CO3、Na2SO4等杂质，下列试剂可以作为浸取剂的是______。A.稀硫酸B.BaS和水C.CaS和水（5）下列说法正确的是______。A.步骤⑤加入浓氢氧化钠溶液的目的是为了抑制Na2S水解B.步骤②③④⑤⑥均需使用玻璃棒C.步骤⑥中洗涤操作可以选择水作洗涤剂D.欲获得更为纯净的产品，需进行重结晶操作获取（6）废水中的汞常用Na2S除去，汞的去除率与溶液pH和Na2S实际用量与理论用量比值x的关系如图所示。为使除汞达到最佳效果，应控制的条件是______。【答案】（1）坩埚（2）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（3）Na2SO4+4CNa2S+4CO↑（4）B（5）AD（6）pH=9，x=12【解析】炭和芒硝(Na2SO4•10H2O)粉碎后煅烧，发生反应生成Na2S等；浸取时加入某种试剂将煅烧后的产物除杂，然后过滤；往滤液中加入浓NaOH溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，即得到硫化钠产品。【小问1详析】步骤②“煅烧”时要求仪器耐高温，则盛装药品用到的仪器是坩埚。【小问2详析】由于Na2S易溶于水，且溶解度随温度升高而增大，所以滤液处理过程中的空白步骤的操作“⑤加入浓氢氧化钠溶液、蒸发浓缩、冷却结晶”。【小问3详析】步骤②“煅烧”时，加入的炭过量，则生成Na2S和CO；主要反应的化学方程式为Na2SO4+4CNa2S+4CO↑。【小问4详析】步骤(3)“浸取”过程中，需选择合适的试剂去除Na2S中的Na2SO3、Na2CO3、Na2SO4等杂质，比较Ksp数值可以看出，杂质中三种阴离子的钡盐的溶度积都小于钙盐的溶度积，所以应选择BaS和水，故选B。【小问5详析】Na2S为强碱弱酸盐，受热时更易发生水解，所以步骤⑤加入浓氢氧化钠溶液的目的是为了抑制Na2S水解，A正确；步骤②③④⑥均需使用玻璃棒，但步骤⑤是往Na2S溶液中加入NaOH溶液，通常不需要搅拌，B不正确；由于Na2S易溶于水，所以步骤⑥中的洗涤操作不能选择水作洗涤剂，C不正确；初次结晶生成的硫化钠产品中可能会混有少量杂质，欲获得更为纯净的产品，需进行重结晶操作获取，D正确；故选AD。【小问6详析】从图中可以看出，pH为9.0~10.0之间时，汞去除率最大，x为12.0~16.0之间时，汞去除率最大，所以为使除汞达到最佳效果，应控制的条件是pH=9，x=12。21.化合物A(C2H2)为重要的有机化工原料。由A制备E(聚乙烯醇缩丁醛)和F(顺式聚异戊二烯)的合成路线(部分反应条件和其他产物略去)如图所示：请回答：（1）化合物D的官能团名称是______。（2）化合物F的结构简式是______。（3）下列说法正确的是______。A.相同质量的化合物A和苯在氧气中充分燃烧，消耗氧气的物质的量相同B.反应①、④、⑤、⑥、⑧反应类型均为加成反应C.反应④、⑦另一种产物均为水D.化合物C可溶于水（4）写出反应②的化学方程式______。（5）已知化合物A在一定条件下可以合成苯，设计以化合物A合成塑料PS(聚苯乙烯)的路线(用流程图表示，无机试剂任选)______。（6）写出同时符合下列条件的异戊二烯()的同分异构体的结构简式______。①结构中只有一个环状结构②经1H－NMR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子。【答案】（1）醛基（2）（3）ACD（4）n（5）（6）、、【解析】A为CH≡CH，由反应②的产物可逆推出B为CH2=CHOOCCH3，C为；由E的结构简式，可逆推出D为CH3CH2CH2CHO。CH≡CH与CH3COCH3反应可生成；与H2加成生成，在催化剂作用下发生加聚反应生成F为。【小问1详析】由分析可知，化合物D为CH3CH2CH2CHO，官能团名称是醛基。【小问2详析】由分析可知，化合物F的结构简式是。【小问3详析】A．A为CH≡CH，与苯的最简式相同，则相同质量的化合物A和苯在氧气中充分燃烧，消耗氧气的物质的量相同，A正确；B．反应①、⑤、⑥反应类型均为加成反应，反应⑧为加聚反应，反应④为取代反应，B不正确；C．反应④发生取代反应生成水，反应⑦发生消去反应生成水，C正确；D．由分析可知，化合物C为，可溶于水，D正确；故选ACD。【小问4详析】反应②中，CH2=CHOOCCH3发生加聚反应生成，则化学方程式为n。【小问5详析】合成塑料PS(聚苯乙烯)的原料是苯乙烯，苯乙烯可由苯与乙炔加成制得，苯可由乙炔三聚制得，则合成路线为：。【小问6详析】异戊二烯()的同分异构体中，同时符合下列条件：“①结构中只有一个环状结构；②经1H－NMR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子”的结构简式为、、。浙江省北斗联盟2023-2024学年高二下学期4月期中考试考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Si-28Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于电解质的是A.酒精 B.NaOH C.铁丝 D.NH3【答案】B【解析】酒精是乙醇的俗称，酒精是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，A项不符合题意；NaOH是在水溶液和熔融状态下都能导电的化合物，属于电解质，B项符合题意；铁丝是金属单质，既不属于电解质、也不属于非电解质，C项不符合题意；NH3的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是NH3自身电离产生的，NH3属于非电解质，D项不符合题意；答案选B。2.SO2是一种重要的氧化物，下列说法错误的是A.葡萄酒中添加适量二氧化硫的作用是漂白杀菌B.SO2可使酸性KMnO4溶液褪色C.SO2属于酸性氧化物D.SO2的排放会导致酸雨【答案】A【解析】在葡萄酒酿制过程中，葡萄汁中某些细菌的繁殖会影响发酵，添加适量的二氧化硫可以起到杀菌的作用；同时二氧化硫又是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，起到保质作用，并有助于保持葡萄酒的天然果香味，A项错误；SO2具有还原性，能将酸性KMnO4溶液还原，使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；SO2是能与碱反应生成盐和水氧化物，属于酸性氧化物，C项正确；SO2的排放会形成硫酸型酸雨，D项正确；答案选A。3.下列化学用语描述正确的是A.HCl的电子式：B.氨气分子中氮原子为sp3杂化C.的名称：3－甲基丁烷D.Cl－Cl的p－pσ键电子云图形：【答案】B【解析】HCl为共价化合物，H、Cl原子间形成共价键，电子式为，A不正确；氨气分子中，氮原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，B正确；烷烃命名时，从靠近取代基的一端开始编号，则的名称：2－甲基丁烷，C不正确；Cl－Cl共价键是由两个Cl原子的3p轨道相互重叠而成，则p－pσ键电子云图形应为对称结构，D不正确；故选B。4.化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是A.杭州亚运会吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为二氧化硅B.碳酸钠与硫酸铝可以发生双水解，用于制作泡沫灭火器C.储氢合金储存氢气的过程是物理变化D.次氯酸具有强氧化性，可以用于杀菌消毒【答案】D【解析】芯片的主要成分为硅，二氧化硅用于生产光导纤维，A不正确；碳酸钠与硫酸铝可以发生双水解，但碳酸钠的碱性强，具有较强的腐蚀性，制作泡沫灭火器，通常采用碳酸氢钠，B不正确；利用储氢合金储存氢气时，储氢时合金与氢气反应生成金属氢化物，释氢时金属氢化物再分解，两过程均是化学变化，C不正确；次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，D正确；故选D。5.对于方程式3SiO2+6C+2N2=Si3N4+6CO，下列说法正确的是A.CO是还原产物 B.每生成1.4gSi3N4转移0.12mol电子C.Si3N4属于传统硅酸盐材料 D.氧化剂和还原剂的物质的量比为3∶2【答案】B【解析】在反应中，C由0价升高到+2价，则CO是氧化产物，A错误；由反应方程式可建立关系式：Si3N4～12e-，每生成1.4gSi3N4(物质的量为0..01mol)转移电子的物质的量为0.01mol×12=0.12mol，B正确；传统硅酸盐材料通常包括水泥、玻璃、陶瓷，Si3N4属于新型无机非金属材料，C错误；该反应中，氧化剂是N2，还原剂是C，氧化剂和还原剂的物质的量比为2∶6=1:3，D错误；故选B。6.下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是A.用于盛放KMnO4溶液B.研究浓度对化学平衡的影响C.制备少量NaClOD.加热FeCl3溶液得到无水FeCl3固体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，因此盛装高锰酸钾溶液应选用酸式滴定管，A错误；增大KSCN溶液的浓度，溶液的颜色变深，因此该方案可以用于研究浓度对化学平衡的影响，B正确；Cl-在阳极失去电子得到Cl2，水在阴极得到电子产生NaOH，Cl2与NaOH很难接触反应，应该将正负极换一下，才能让Cl2上逸，与NaOH发生反应:2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl十H2O，制备少量NaC1O，C错误；FeCl3能发生水解，直接蒸发FeCl3溶液可能得到Fe(OH)3而非FeCl3固体，正确的做法是在HCl气流中进行蒸发，D错误；答案选B。7.下列化学反应表示正确的是A.碳酸镁与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+2H2OB.用铁作阳极电解饱和NaCl溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑C.CuCl2溶液与过量氨水反应：Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OD.【答案】C【解析】MgCO3微溶于水，应该写化学式，反应离子方程式应该为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，A错误；Fe是活性电极，在阳极上Fe失去电子被氧化，发生反应：Fe-2e-=Fe2+；在阴极上水电离产生的H+得到电子被还原产生H2，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，总反应方程式为：Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，B错误；反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；苯乙烯发生加聚反应产生聚苯乙烯时，断裂不饱和的碳碳双键之间的π键，然后这些不饱和的C原子彼此结合形成长链，不饱和的C原子变为饱和C原子，苯基应该在主链的一侧，该反应的化学方程式应该为：，D错误；故合理选项是C。8.下列关于有机物描述正确的是A.用红外光谱可确定有机物官能团等信息B.乙烯与苯均能与溴水发生加成反应C.有机物的所有原子均处于同一平面D.煤的气化、液化、干馏均属于物理过程【答案】A【解析】红外光谱可测定有机物分子所含有的化学键及原子团，则用红外光谱可确定有机物官能团等信息，A正确；乙烯能与溴水发生加成反应，但苯不能，B不正确；有机物分子中，除双键碳原子外，其它碳原子都发生sp3杂化，所有原子不可能处于同一平面，C不正确；煤的气化、液化、干馏过程中均有化学键的断裂与形成，均属于化学过程，D不正确；故选A9.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.10L0.1mol•L-1Na2S溶液中，S2-和HS-的数目之和为NAB.1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的个数为12NAC.粗铜冶炼过程中每消耗2NA电子，阳极质量减轻64gD.0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.2NA个电子【答案】B【解析】10L0.1mol•L-1Na2S溶液中，依据硫原子守恒，溶液中S2-、HS-、H2S的数目之和为NA，A不正确；[Cu(H2O)4]2+中，H2O中的共价键为σ键，H2O与Cu2+之间的配位键是σ键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的个数为(4×2+4)NA=12NA，B正确；粗铜冶炼过程中，阳极不仅有Cu失电子，还有其含有的杂质Zn、Fe等失电子，同时Au、Ag等脱落后成为阳极泥，所以每消耗2NA电子，阳极质量减轻不是64g，C不正确；0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应时，可建立关系式Na2O2~e-，即0.1molNa2O2转移0.1NA个电子，D不正确；故选B。10.前四周期的A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大。A元素的价层电子排布式为nsnnpn+1，元素B最外层电子数是其内层的3倍，C元素是地壳中含量最多的金属元素，D元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，下列说法不正确的是A.第一电离能A＞BB.简单氢化物的稳定性A＜BC.工业上通过电解C元素的氯化物获得C单质D.基态D原子未成对电子数目为4【答案】C【解析】前四周期的A、B、C、D元素，原子序数依次增大。A元素的价层电子排布式为nsnnpn+1，则A为氮元素；元素B最外层电子数是其内层的3倍，则B为氧元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，则C为铝元素；D元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则D为铁元素。从而得出A、B、C、D分别为N、O、Al、Fe。同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，A、B分别为N、O，N的2p轨道半充满，电子的能量低，第一电离能反常，则第一电离能N＞O，A正确；A、B分别为N、O，O的非金属性大于N，则简单氢化物的稳定性NH3＜H2O，B正确；C为Al，AlCl3为共价化合物，熔融时不导电，工业上通过电解熔融的Al元素的氧化物获得Al单质，C不正确；D为Fe，基态Fe原子的价层电子的轨道表示式为，未成对电子数目为4，D正确；故选C。11.一种天然气报警器的工作原理如图，固体电解质可以传递O2-，当甲烷浓度升高时，与空气形成燃料电池触发报警器。报警器起作用时，下列选项中错误的是A.电极采用多孔结构的目的是更好的捕获甲烷与空气B.固体熔融电解质中的O2-向多孔电极b移动C.负极电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OD.当有0.8g甲烷参与反应时，固体电解质中传递O2-的物质的量为0.2mol【答案】B【解析】通入甲烷的一极甲烷失电子产生二氧化碳，为负极，通入空气的一极，氧气得电子发生还原反应，为正极。多孔结构可增大表面积，更好的捕获甲烷与空气，A正确；O2-向负极移动，a极是负极，b是正极，B错误；负极上甲烷失电子产生二氧化碳，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，C正确；当有0.8g甲烷参与反应时，电路中转移0.4mole-，一个O2-离子带2个单位负电荷，所以固体电解质中传递O2-的物质的量为0.2mol，D正确；答案选B。12.下列关于物质的结构或性质的描述不正确的是A.通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构B.COCl2结构如图：，其C=O与C－Cl间的排斥大于两个C－Cl间的排斥力C.酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，是因为－CF3基团的吸电子作用比－CCl3基团更强D.阳离子内部含有极性键、非极性键、配位键和离子键【答案】D【解析】通过X射线晶体衍射，可以测定青蒿素分子的空间结构，故A正确；双键和单键之间的斥力大于单键与单键之间，C=O与C-Cl间的排斥大于两个C-Cl间的排斥，故B正确；酸性:CF3COOH＞CCl3COOH，是因为电负性:F>Cl，-CF3基团的吸电子作用强于-CCl3，使得CF3COOH中羧基上的羟基更容易电离出H+，故C正确；Cu2+与乙二胺形成的配离子内部含有H-N等极性键、C-C非极性键、配位键，但不含有离子键，D错误；答案选D。13.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数弱酸氢氟酸碳酸(H2CO3)草酸(H2C2O4)电离平衡常数/25℃6.6×10-4Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka1=5.2×10-2Ka2=5.4×10-5Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。则下列有关说法正确的是A.0.1mol/LNaHC2O4溶液pH＞7B.溶液pH由小到大为NaHC2O4、NaF、Na2CO3C.用NaOH溶液中和一定量的H2C2O4溶液至呈中性时，溶液中HC2O＜C2OD.往20mL0.1mol/LNaHC2O4溶液中滴加60mL0.1mol/LCaCl2溶液，最后溶液中c(C2O)=4.0×10-8mol/L【答案】C【解析】NaHC2O4溶液中存在电离平衡和水解平衡，25℃时电离常数为Ka2=5.4×10-5，水解常数为，则电离程度大于水解程度，溶液显酸性，pH<7，A错误；未说明等物质的量浓度的NaHC2O4、NaF、Na2CO3，无法比较三者的pH，B错误；溶液呈中性时，c(H+)=10-7mol/L，由可知，，则，即此时溶液中，C正确；混合后，已知Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9，则溶液中，D错误；故选C。14.乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)；△H=akJ•mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是A.1molC2H6(g)的能量大于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和B.该反应在低温条件进行的更加充分C.相应的焓变：催化剂AuF小于催化剂D.过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2【答案】B【解析】由图可知，该反应为放热反应，故1molC2H6(g)的能量小于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和，故A错误；该反应是放热反应即∆H<0，该反应是气体分子数减小的反应即∆S<0，根据自发进行的综合判据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行，则该反应在低温条件进行的更加充分，故B正确；催化剂只改变反应历程，不影响反应的焓变，则焓变：催化剂AuF等于催化剂，故C错误；由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1＜过渡态2，故D错误；故选：B。15.CuCl可用作有机合成的催化剂，其难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如图所示：下列说法正确的是A.步骤①，为加快海绵铜的溶解速度，可将其进行大火持续加热B.步骤③主要离子方程式：H2O+2Cu2+++2Cl-=CuCl↓++2H+C.步骤⑤包括酸洗、水洗两步操作，其中酸洗可采用浓盐酸洗涤D.CuCl中铜原子达到稳定结构，故可以采取高温烘干的方式【答案】B【解析】海绵铜(主要成分Cu和少量CuO)溶于硝酸铵、水、硫酸，生成Cu2+等；过滤后，将滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵，Cu2+被还原为CuCl；过滤后，将滤饼洗涤、烘干，即得氯化亚铜产品。硝酸铵的热稳定性差，则步骤①中为加快海绵铜的溶解速度，需控制温度，不能进行大火持续加热，A不正确；步骤③中，加入亚硫酸铵、氯化铵，Cu2+被还原为CuCl，主要离子方程式：H2O+2Cu2+++2Cl-=CuCl↓++2H+，B正确；CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，则酸洗时不能采用浓盐酸洗涤，C不正确；CuCl在潮湿空气中易水解氧化，所以不能采取高温烘干的方式，D不正确；故选B。16.下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项操作现象结论A铁与溴单质充分反应后滴入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀Fe与Br2反应生成二价铁B向FeS固体滴加稀盐酸有气体产生非金属性Cl＞SC将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象溶液由黄绿色变为蓝绿色[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，降温平衡向逆方向移动D向CH3COONa和NaI的混合溶液中，滴加少量AgNO3溶液生成黄色沉淀Ksp(AgI)＜Ksp(CH3COOAg)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】铁与溴单质充分反应后生成FeBr3，滴入K3[Fe(CN)6]溶液没有蓝色沉淀生成，A不正确；向FeS固体滴加稀盐酸，发生反应生成FeCl2和H2S，表明酸性：HCl＞H2S，但不能得出非金属性Cl＞S的结论，B不正确；将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察到溶液由黄绿色变为蓝绿色，则表明对于反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，降温平衡向逆方向移动，C正确；题中没有指明CH3COONa和NaI的混合溶液中二者浓度的大小，则滴加少量AgNO3溶液，虽然生成黄色沉淀，但不能说明Ksp(AgI)＜Ksp(CH3COOAg)，D不正确；故选C。非选择题部分17.硫的矿物质原料丰富、种类繁多。请回答：（1）写出基态S原子核外电子排布式______。（2）S单质有很多同素异形体，其中最著名的是S2、S8分子。①下列说法正确的是______。A.－SH(巯基)中氢原子的活泼性比－OH(羟基)弱B.S2分子内S－S键长小于S8中S－S键长C.中心原子的杂化方式为sp3杂化D.S8分子呈直线形②已知两根S－S键的键能大于一根S=S键的键能，判断相同条件下S2与S8分子的稳定性S2______S8(填“＞”或“＜”)。（3）某含S矿物晶胞结构如图所示。①其化学式为______。②Cu原子的配位数______。【答案】（1）1s22s22p63s23p4（2）①.BC②.＜（3）①.FeCuS2②.4【解析】【小问1详析】S位于第三周期第ⅥA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；【小问2详析】①A．氧吸引电子能力强于硫，巯基（-SH）上的氢原易电离，故－SH(巯基)中氢原子的活泼性比－OH(羟基)强，故A错误；B．S8中S原子间是以单键结合，而S2分子中硫原子间以双键结合(严格地讲是二个叁电子键，一个σ键)，S2分子内S－S键长小于S8中S－S键长，故B正确；C．中，价层电子对数=σ键个数+（a-xb）=4+（6+2-4×2）=4，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，采取sp3杂化，故C正确；D．S8分子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+=4，8个硫依次连成键，一个S8分子中含8个S-S键，是皇冠形，故D错误；答案选BC；②已知两根S-S键的键能大于一根S=S键的键能，这意味着在S2分子中，两根S-S键的总键能高于一根S=S键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，进而影响分子的稳定性，答案为>；【小问3详析】①根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，个Fe，8个S，其化学式为FeCuS2；②根据晶胞可知，Cu原子周围有2个Fe、2个S，Cu原子的配位数4。18.19世纪Kolbe用无机物合成醋酸，用事实支持了维勒的结论，合成方法如图所示：B的分子式为S2Cl2，B分子中每个原子均达到8电子结构。（1）B的结构式为______。（2）下列说法正确的是______。A.化合物S2Cl2为极性分子 B.Cl2C=CCl2属于不饱和烃C.CCl4属于氯代烃，易水解 D.流程中三氯乙酸与H2发生了加成反应（3）写出流程中反应②的化学方程式______。（4）在相同温度下，三氯乙酸的Ka大于CH3COOH的Ka原因是______。（5）B在水中缓慢水解会产生两种有刺激性气味的气体，设计实验检验这两种气体______。【答案】（1）Cl―S―S―Cl（2）A（3）Cl2C=CCl2+Cl2+2H2O→Cl3CCOOH+3HCl（4）Cl元素的电负性较大，使―CCl3基团的吸电子作用较强，导致O―H键极性增强，酸性增强（5）将产生气体通过品红溶液，溶液褪色，加热又变红，证明含SO2；将气体通过硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，反应后静置，取少量上层清液，加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明含HCl【解析】C与S加热反应生成A，A与Cl2光照反应生成B和CCl4，CCl4加热反应生成Cl2C=CCl2，Cl2C=CCl2与Cl2、H2O反应生成三氯乙酸，三氯乙酸与H2在催化剂存在下反应生成CH3COOH。【小问1详析】B的分子式为S2Cl2，B分子中每个原子均达到8电子结构，S原子最外层有6个电子、Cl原子最外层有7个电子，则B的结构式为Cl―S―S―Cl。【小问2详析】A．S2Cl2中S采取sp3杂化，S2Cl2分子中正、负电中心不重合，S2Cl2为极性分子，A项正确；B．Cl2C=CCl2中含碳、氯两种元素，属于不饱和氯代烃，不属于不饱和烃，B项错误；C．CCl4属于氯代烃，CCl4中C原子的最外层L层上没有能接受水分子中孤电子对的空轨道，CCl4不易水解，C项错误；D．对比三氯乙酸(CCl3COOH)与CH3COOH的结构简式，流程中三氯乙酸与H2发生了取代反应，D项错误；答案选A。【小问3详析】反应②为Cl2C=CCl2与Cl2、H2O反应生成Cl3CCOOH，结合原子守恒，反应的化学方程式为Cl2C=CCl2+Cl2+2H2O→Cl3CCOOH+3HCl。【小问4详析】在相同温度下，三氯乙酸的Ka大于CH3COOH的Ka原因是Cl元素的电负性较大，使―CCl3基团的吸电子作用较强，导致O―H键极性增强，酸性增强。【小问5详析】B在水中缓慢水解会产生两种有刺激性气味的气体，S2Cl2在水中缓慢水解产生的两种刺激性气味的气体为SO2和HCl；检验SO2的方法是：将产生的气体通过品红溶液，溶液褪色，加热又变红，证明含SO2；检验HCl的方法是：将气体通过硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液（除去SO2），反应后静置，取少量上层清液，加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明含HCl。19.工业上可采用丙烯氨氧化法制丙烯腈，其中丙烯原料通过丙烷脱氢获取。丙烷脱氢过程中可能发生的反应有：主反应：①C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)副反应：②C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)③C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)④C3H8(g)+H2(g)C2H6(g)+CH4(g)（1）气相体系的平衡常数常用Kp表示[对于气相反应，用某组分B的平衡分压p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数，记作Kp]，p(B)=p•x(B)，p为体系总压，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数。恒压(设为p)、恒温条件下，在密闭容器中通入amol丙烷发生主反应，平衡时，测得丙烷的脱氢转化率为x，计算Kp=______。(用含p的字母表示)（2）丙烷脱氢主、副反应的平衡常数Kp与温度T的关系如图1所示。①判断主反应能够自发的条件______。(填“高温”或“低温”)②常压下，丙烷脱氢的平衡转化率y与温度T、水烃比M的关系如图2所示。工业生产实际采用恒压条件下，充入高温水蒸气的办法提高丙烷的平衡转化率，分析高温水蒸气能够提高平衡转化率的原因______。（3）工业生产中常引入氧化剂CO2，发生反应⑤H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=-41kJ•mol-1。如表为反应气中C3H8/CO2配比对丙烷转化率、产物选择性及丙烯收率的影响。C3H8/CO2(mol)C3H8转化率(mol%)选择性(mol%)C3H6收率(mol%)CH4C2H6+CH4C3H61/1.314.814.9085.112.61/2.423.217.2082.819.21/3.622.816.5083.519.11/6.818.039.7060.310.9下列说法不正确的是______。A.引入氧化剂CO2可消耗部分脱氢产物H2，从而提高了丙烷的转化率和丙烯的选择性和收率B.引入氧化剂CO2可降低反应的能耗C.CO2在高温下可有效抑制催化剂表面的积碳反应，有利于催化剂活性的保持D.高温条件下，更有利于主反应发生，提高了丙烯的选择性（4）丙烯氨氧化法制丙烯腈，原料氨的合成可在常压下用电化学方法实现。以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3做催化剂，在250℃和常压下电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。电极反应式______和2Fe+3H2O+N2=Fe2O3+2NH3。【答案】（1）（2）①.高温自发②.稀释反应物相当于减小压强，同时升高温度，有利于丙烷脱氢平衡正向移动（3）D（4）Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-【解析】【小问1详析】恒压(设为p)、恒温条件下，在密闭容器中通入amol丙烷发生C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应，平衡时，测得丙烷的脱氢转化率为x，则反应消耗丙烷的物质的量为axmol、剩余丙烷a(1-x)mol，反应生成丙烯axmol、生成氢气axmol，则Kp=。【小问2详析】①根据图示，主反应Kp随温度升高而增大，正反应吸热，正反应气体物质的量增多，△s>0，则主反应能够自发的条件为高温自发；②正反应吸热，正反应气体物质的量增多，充入高温水蒸气，稀释反应物相当于减小压强，同时升高温度，有利于丙烷脱氢平衡正向移动。所以充入高温水蒸气的办法提高丙烷的平衡转化率。【小问3详析】A．引入氧化剂CO2发生反应H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)，可消耗部分脱氢产物H2，C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)平衡正向移动，从而提高了丙烷的转化率和丙烯的选择性和收率，故A正确；B．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=-41kJ•mol-1，正反应放热，引入氧化剂CO2可降低反应的能耗，故B正确；C．CO2和C在高温条件下反应生成CO，CO2在高温下可有效抑制催化剂表面的积碳反应，有利于催化剂活性的保持，故C正确；D．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=-41kJ•mol-1，正反