2021-2022学年湖南省郴州市高二下期末化学试卷
（时间90分钟，满分100）
题号 一 二 三 总分 得分
一、单选题（本大题共12小题，共38.0分）
化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 将煤通过物理变化气化后再作为能源，可减少PM2.5引起的危害 B. 普通玻璃属于无机非金属材料，有机玻璃属于新型无机非金属材料 C. 在某爆炸事故救援现场，消防员发现存放金属钠、电石、甲苯二异氰酸酯等化学品的仓库起火，应立即用泡沫灭火器将火扑灭 D. 硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果
下列说法正确的是（ ）
A. 18O2与16O2属于不同核素 B. 金刚石和石墨烯互为同素异形体 C. 淀粉和纤维素属于同分异构体 D. 乙二醇和丙三醇属于同系物
某同学在实验报告中有以下实验数据记录，其中合理的是（ ）
A. 用托盘天平称取11.72g食盐 B. 用100?mL的量筒量取25.00?mL盐酸 C. 用pH试纸测得某稀醋酸溶液的pH为3.5 D. 用0.2000?mol?L-1HCl溶液滴定20.00?mL未知浓度NaOH，用去22.40?mL?HCl溶液
下列物质性质与用途对应关系正确的是（ ）
性质 用途 A SO2具有氧化性 漂白纸浆 B Na2SiO3溶液呈弱碱性 防火材料 C FeCl3溶液具有氧化性 蚀刻铜制电路板时作为“腐蚀液” D HF具有弱酸性 蚀刻玻璃 A. A B. B C. C D. D
某科研小组发现一种新型的有机物--全氟丙烷（C3F8），下列有关全氟丙烷的说法正确的是（ ）
A. 分子中三个碳原子可能处在同一直线上 B. 它的五氯代物数目与三氯代物的数目相等 C. 它属于烃类 D. 该物质易溶于水，难溶于有机物
设 NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 标准状况下， 22.4L的甲醇中，含有的C—H数目为3 NA B. 25 ℃时， 1 L pH＝2的H2SO4溶液中含有的H＋数目为0.02 NA C. 1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子数目为0.1 NA D. 常温常压下， 7.8g Na2O2与足量CO2充分反应，转移电子数目为0.1 NA
下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（ ）
A. 酸性K2Cr2O7溶液与酒精反应：3CH3CH2OH+2Cr2O72-+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O B. Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑ C. 将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO- D. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O
目前国际空间站处理CO2废气涉及的反应为CO2+4H2CH4+2H2O，该反应的下列说法正确的是（ ）
A. 达到平衡时，H2与CH4的体积之比为4：l B. 升高温度能减慢该反应的速率 C. 当断裂4molH-H键同时断裂4molO-H键，该反应达到平衡状态 D. 当4V正（H2）=V逆（CH4）?时，该反应达到平衡状态
锂-空气动力电池存储的能量是目前常规电池的数倍，放电原理如图（隔膜只允许Li+通过）。下列关于锂-空气电池的有关说法正确的是（ ）
A. 放电时负极反应式Li-e-=Li+ B. 充电时的电池反应为4Li+O2+2H2O=4LiOH C. 放电时OH-移向有机电解液 D. 充电时，“充电专用电极”接外电源的负极
已知M2O7x-+3S?2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（ ）
A. +2价 B. +3价 C. +4价 D. +6价
几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表．分析判断下列说法正确的是（ ）
元素代号 A B D E G H I J 化合价 -1 -2 +4、-4 -1 +5、-3 +3 +2 +1 原子半径/nm 0.071 0.074 0.077 0.099 0.110 0.143 0.160 0.186 A. I在DB2中燃烧生成两种化合物 B. A、H、J的离子半径由大到小顺序是H＞J＞A C. G元素的单质不存在同素异形体 D. A单质能从B的氢化物中置换出B单质来
25℃时，将0.1mol?L-1的R2SO4溶液加水稀释混合溶液中-lg与lgc（OH-）的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. Kb（ROH）=10-5.7 B. P、Q点对应的稀释程度：P＜Q C. 若将溶液无限稀释，溶液中2c（R+）≈c（SO42-） D. 25℃时，加入适量R2SO4可使P点移至W点
二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）
室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论 A 向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀 该溶液中一定含有SO B 向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀 粉溶液，溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强 C 向Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黑色沉淀（Ag2S）生成 Ksp（Ag2S）＜Ksp（Ag2CO3） D 用pH试纸测得0.1mol?L-1的CH3COOH溶液与0.1mol?L-1的HCN溶液的pH分别为3、5 酸性：CH3COOH＞HCN A. A B. B C. C D. D
一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将l mol X和1 mol Y进行如下反应： 2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60 s达到平衡生成0.3 mol的Z，下列说法正确的是( )
A. 60s内X的平均反应速率为0.001 mol·L-1·s-1 B. 将容器的容积变为20 L，Z的新平衡浓度将等于原平衡浓度的1/2 C. 若温度和体积不变，往容器内增加1 mol X，Y的转化率将增大 D. 若升高温度，X的体积分数增大，则正反应的△H>0
三、简答题（本大题共4小题，共54.0分）
Cu2S是火法炼铜的重要原料之一，下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO4?5H2O的流程图。 Cu2SCu2O、CuOAB胆矾 （1）Cu2S中铜元素的化合价为______。 （2）向Cu2O、CuO中加入足量稀硫酸得到的体系A中溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式______。 （3）若将A中红色物质反应掉，操作I中加入的试剂最好是______（填字母序号）。 A．适量的NaNO3 B．适量的HNO3 C．适量的H2O2。
亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，某化学实验小组设计如下实验探究亚氯酸钠的制备与性质。 已知： ①NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2?3H2O，高于38℃时析出无水NaClO2，温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。 ②Ba（ClO2）2易溶于水。 回答下列问题： （1）仪器a的名称是 ______。 （2）A装置中发生的主要反应的离子方程式为 ______。 （3）装置C中混合溶液反应生成NaClO2的化学方程式为 ______。 （4）从装置C反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为： ①减压，55℃蒸发至形成大量晶体；②趁热过滤；③用 ______洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。 （5）设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作是：______。 （6）测定产品中NaClO2（相对分子质量：90.5）的纯度。准确称取3.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-。将所得混合液稀释成250mL待测溶液。用酸式滴定管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000mol?L-1Na2S2O3标准液滴定（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），滴定终点时的现象为 ______，平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为24.00mL。所称取的样品中NaClO2质量百分含量为 ______。
碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。 （1）以CO2与NH3为原料可合成尿素[CO（NH2）2]。已知： ①2NH3（g）+CO2（g）=NH2COONH4（s）△H=-159.5kJ?mol-1 ②NH2COONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ?mol-1 ③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ?mol-1 写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式 ______。 （2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（g）+CO2（g）?2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2molCO2和足量的碳，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为 ______（填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量 ______（填“变大”、“变小”或“不变”）。 （3）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）△H＜0，在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图2所示： ①当容器内 ______（填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。 A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数 ②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是 ______。 ③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol?L-1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）=______mol?L-1?min-1。 ④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC______TD（填“＞”、“=”“＜”）。
有机化合物 M 在有机合成工业和医药方面有重要作用，可按图示合成路线合成 M． 已知：①2CH3CHO ② ③E 的相对分子质量比 D 大 4，F 的核磁共振氢谱中有 5 个吸收峰，G 苯环上的一氯代物仅有 2 种。 请回答下列问题： （1）C 的结构简式为______，D 中官能团的名称是______。 （2）A→B 的反应类型为______，C→D 的反应条件为______。 （3）E 和 I 生成 M 的化学方程式为______。 （4）G→H 与 H→I 的反应不能颠倒，其理由是______。 （5）比 I 的相对分子质量大 14 的同系物 N，可能结构有______种。 （ 6 ）参照题中信息和合成路线，设计以 CH2=CHCH3 为原料合成。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A．煤的气化转化为CO和氢气，为化学变化，且减少固体颗粒物的排放，可减少PM2.5引起的危害，故A错误； B．有机玻璃的成分为聚甲基丙烯酸甲酯，为有机高分子材料，而普通玻璃的组成成分是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，为无机材料，故B错误； C．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应，电石能够与水反应生成乙炔，乙炔为可燃气，氧气为助燃气体，则钠起火不能用泡沫灭火器将火扑灭，故C错误； D．维生素C能将铁离子还原为亚铁离子，则硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果，故D正确； 故选：D。 A．煤的气化转化为CO和氢气，减少固体颗粒物的排放； B．有机玻璃的成分为聚甲基丙烯酸甲酯； C．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应，电石能够与水反应生成乙炔； D．维生素C能将铁离子还原为亚铁离子． 本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、材料、能源应用及化学与生活的联系等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．
2.【答案】B
【解析】解：A．18O2与16O2是氧气单质，不是原子，不属于核素，故A错误； B．金刚石和石墨烯是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确； C．淀粉和纤维素的相对分子质量不同，为混合物，不是同分异构体，故C错误； D．乙二醇和丙三醇的官能团数不同，不属于同系物，故D错误； 故选：B。 A．一定数目质子数和一定数目中子数的元素的原子为核素； B．同种元素组成的不同单质为元素的同素异形体； C．分子式相同，结构不同的有机物为同分异构体； D．结构相似组成相差CH2的有机物互为同系物。 本题考查了核素、同素异形体、同分异构体、同系物概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A．托盘天平的感量为0.1g，则托盘天平称取11.7g食盐合理，故A错误； B．量筒的感量为0.1mL，且量筒规格与液体体积接近可减少误差，可选50mL量筒量取25.0?mL盐酸，故B错误； C．pH试纸测定值为正整数，则用pH试纸测得某稀醋酸溶液的pH为3或4，故C错误； D．滴定管的感量为0.01mL，则HCl溶液滴定20.00?mL未知浓度NaOH，用去22.40?mL?HCl溶液合理，故D正确； 故选D． A．托盘天平的感量为0.1g； B．量筒的感量为0.1mL，量筒规格与液体体积接近可减少误差； C．pH试纸测定值为正整数； D．滴定管的感量为0.01mL． 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、实验数据、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
4.【答案】C
【解析】解：A．SO2具有漂白性，能与有色物质结合生成无色物质，可用于漂白纸浆，故A错误； B．Na2SiO3溶液耐高温，不易燃烧，可用作防火剂，与碱性无关，故B错误； C．刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”，利用的是氯化铁的氧化性，故C正确； D．玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸与二氧化硅反应生成的四氟化硅易挥发，则HF可用于刻蚀玻璃，与HF具有弱酸性无关，故D错误； 故选：C。 A．SO2能与某些有色物质反应生成无色物质，表现出漂白性； B．Na2SiO3溶液耐高温，不易燃烧； C．依据氯化铁的氧化性判断； D．氢氟酸能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水。 本题考查了物质的性质与应用，为高频考点，把握常见物质的性质及其应用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握物质的性质与用途的对应关系，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A．丙烷碳链为V型，三个碳原子不在同一直线上，全氟丙烷可以看成丙烷分子中所有氢原子被氟原子取代，所以分子中三个碳原子不在同一直线上，故A错误； B．C3F8的五氯代物是5个F原子被5个Cl原子取代；三氯代物相当于C3Cl8中的5个Cl原子被5个F原子取代，所以五氯代物种数和三氯代物一样多，故B正确； C．只有C、H两种元素组成的有机物属于烃，此有机物中不含H，且含有F原子，故C错误； D．该物质难溶于水，易溶于有机物，故D错误． 故选B． A．根据烷烃分子的空间结构判断； B．依据等效氯判断即可； C．只有C、H两种元素组成的有机物属于烃； D．有机物一般难溶于水，易溶于有机物． 本题考查的知识点较多，侧重考查学生对各知识点的掌握程度，利用迁移思想是解A选项的关键．
6.【答案】D
【解析】本题考查了阿伏加德罗常数正误判断。要求学生根据所学化学物质及化学反应知识来解决问题，培养学生的问题迁移能力及综合分析能力。
A. 甲醇在标准状况下不是气体，22.4L甲醇物质的量不是1mol，故A错误；
B. c(H＋)＝0.01 mol·L－1,1 L溶液中含有的H＋数目为0.01NA，故B错误；
C. 氧气和臭氧都是氧原子形成的单质，则1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA，但分子数应小于0.1NA，故C错误；
D. 过氧化钠与二氧化碳发生的是自身氧化还原反应，氧元素化合价呈-1价变化为0价和-2价；7.8 g Na2O2物质的量为 0.1mol与足量潮湿的CO2反应，转移的电子数为 0.1 NA，故D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】解：A．酸性K2Cr2O7溶液与酒精发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：3CH3CH2OH+2Cr2O72-+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，故A正确； B．Na2O2与H2O反应制备O2，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故B错误； C．将氯气溶于水制备次氯酸，次氯酸不能拆开，正确的离子方程式为：Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，故C错误； D．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化氯离子，无法证明证明H2O2具有还原性，所以不能用盐酸酸化，通常用硫酸酸化，该实验设计不合理，故D错误； 故选：A。 A．酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能够将乙醇氧化为乙酸； B．该反应不满足电子守恒和质量守恒； C．次氯酸为弱酸，不能拆开； D．酸性高锰酸钾溶液能够氧化氯离子，干扰了检验结果。 本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确发生反应实质、物质性质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，D为易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A、达到平衡时，H2与CH4的体积之比可能为4：l，也可能不是4：l，与各物质的初始浓度及转化率有关，故A错误； B、升高温度能加快该反应的速率，故B错误； C、当断裂4molH-H键等效于生成4molO-H键同时断裂4molO-H键，所以正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，故C正确； D、平衡状态时应有V正（H2）=4V逆（CH4），故D错误； 故选：C。 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。 本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
9.【答案】A
【解析】解：A．锂-空气电池中，锂作负极，锂失电子生成锂离子，负极反应式为Li-e-=Li+，故A正确； B．充电时为电解池，阳极、阴极反应与原电池正极、负极反应相反，则充电时的电池反应为4LiOH4Li+O2↑+2H2O，故B错误； C．隔膜为阳离子交换膜，则放电时OH-不能发生移动，故C错误； D．充电时原电池的正负极分别与电源的正负极相接，Li电极为充放电共用电极，则“充电专用电极”为阳极，接外电源的正极，故D错误； 故选：A。 锂-空气电池中，锂失电子、作负极，则多孔炭电极为正极，锂不与有机电解液发生反应，负极反应式为Li-e-=Li+，空气中的O2在正极上得电子生成OH-，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，因隔膜为阳离子交换膜，则原电池工作时Li+移向正极、OH-不移动；充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源的正负极相接，为阳极和阴极，电极反应与正负极相反，据此分析解答。 本题考查原电池的工作原理和电解原理的应用，为高频考点，明确电极发生反应、隔膜的类型及作用是解题关键，侧重于考查学生的分析能力和运用能力，选项C为易错点，题目难度中等。
10.【答案】D
【解析】
【分析】 本题考查化合价的计算，明确离子反应中的电荷守恒及化合价计算的原则即可解答，题目难度不大。 【解答】 M2O7x-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O中， 由电荷守恒可知， （-x）+3×（-2）+14×（+1）=2×（+3）， 解得x=2， 设M2O72-中的M的化合价为y， 则y×2+（-2）×7=-2， 解得y=+6，故D正确。 故选D。??
11.【答案】D
【解析】解：短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na， A．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故A错误； B．F-、Na+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-＞Na+＞Al3+，故B错误； C．磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误； D．氟气能与水反应生成HF与O2，故D正确， 故选：D。 短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na，据此解答． 本题考查性质结构位置关系应用，难度中等，根据半径与化合价推断元素是解题关键，注意掌握元素周期律．
12.【答案】A
【解析】解：A.由P点数据可知Kb（ROH）==10-8×102.3=10-5.7，故A正确； B.溶液中溶液中=，P点稀释程度大，n（R+）减小，n（H+）增大，P＞Q，故B错误； C.将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知c（R+）≈2c（SO42-），故C错误； D.溶液浓度增大，Kb（ROH）不变，混合溶液中-lg与lgc（OH-）的关系曲线不变，加入适量R2SO4，不可使P点移至W点，故D错误； 故选：A。 A．根据P点数据结合Kb（ROH）=计算； B．溶液中溶液中=，稀释时n（R+）减小，n（H+）增大； C．将溶液无限稀释，溶液接近中性； D．溶液浓度增大，Kb（ROH）不变，混合溶液中-lg与lgc（OH-）的关系曲线不变。 本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象的分析以及数据的处理，把握解答问题的角度，题目难度中等。
13.【答案】BD
【解析】解：A．原溶液中可能含亚硫酸根离子，先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，不能确定是否含硫酸根离子，故A错误； B．氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由现象可知Fe3+的氧化性比I2的强，故B正确； C．浓度未知，为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故C错误； D．等浓度时醋酸的pH大，可知电离程度大，则酸性：CH3COOH＞HCN，故D正确； 故选：BD。 A．原溶液中可能含亚硫酸根离子； B．氯化铁与KI发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝； C．浓度未知，为沉淀生成； D．等浓度时醋酸的pH大，可知电离程度大。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子检验、沉淀生成、弱电解质的电离、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】AC
【解析】试题分析：A、60s内X的平均反应速率。 B、将容器的容积变为20L，则压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，因此Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的1/2。 C、若温度和体积不变，往容器内增加1molX，平衡正移，Y的转化率将增大。 D、若升高温度，X的体积分数增大，因反应前后气体体积发生变化，因此无法无法判断化学平衡的移动。 考点：化学平衡；反应速率与转化率的计算 点评：对于化学平衡的考查，应特别注意平衡移动的影响因素以及平衡发生移动后对反应物生成物的百分含量以及反应热的大小关系。
15.【答案】+1? Cu2O+2H+=Cu↓+Cu2++H2O? C
【解析】解：（1）化合物中各元素化合价代数和为0，O元素的化合价为-2价，所以Cu元素的化合价为+1价； 故答案为：+1； （2）红色物质为铜，溶液呈蓝色为硫酸铜，氧化亚铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、铜和水，生成红色物质的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu↓+Cu2++H2O， 故答案为：Cu2O+2H+=Cu↓+Cu2++H2O； （3）A中红色物质为铜，溶解时要加入氧化剂使铜被氧化，且不能引进新的杂质，硝酸钠在足量的稀硫酸中相当于稀硝酸，硝酸具有强氧化性但引进杂质离子，双氧水具有强氧化性且不引进杂质离子，故选C； 故答案为：C。 Cu2S与氧气加热焙烧生成Cu2O、CuO，加入足量稀硫酸，生成硫酸铜和Cu，再加双氧水，使Cu转化为硫酸铜，蒸发结晶过滤得到胆矾。 （1）化合物中各元素化合价的代数和为0； （2）氧化亚铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜； （3）溶解时要加入氧化剂使铜被氧化，且不能引进新的杂质。 本题考查了由Cu2S冶炼铜及制取CuSO4?5H2O，理解反应流程结合元素化合价变化及氧化还原反应来分析解答，题目难度不大。
16.【答案】分液漏斗? 2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O? 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O? 38℃～60℃的温水洗涤NaClO2? 取晶体少许溶于水，先加适量的盐酸，无沉淀产生，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-? 溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色? 90.5%
【解析】解：（1）根据图示，仪器a是分液漏斗， 故答案为：分液漏斗； （2）A装置中在浓H2SO4的作用下Na2SO3把NaClO3还原为ClO2，反应的离子方程式为2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O， 故答案为：2ClO3-+SO32-+2H+=2ClO2↑+SO42-+H2O； （3）装置C中过氧化氢把二氧化氯还原为NaClO2，反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O， 故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O； （4）NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2?3H2O，高于38℃时析出无水NaClO2，温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl，从装置C反应后的溶液获得晶体NaClO2，要用38℃～60℃的温水洗涤NaClO2， 故答案为：38℃～60℃的温水洗涤NaClO2； （5）检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，即检验是否含有SO42-，操作是：取晶体少许溶于水，先加适量的盐酸，无沉淀产生，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-， 故答案为：取晶体少许溶于水，先加适量的盐酸，无沉淀产生，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-； （6）达到滴定终点时，碘单质完全被还原为碘离子，滴定终点的现象为溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色；根据ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式ClO2-～2I2～4S2O32-，则25mL待测液中含=0.003molNaClO2，所称取的样品中NaClO2质量百分含量为×100%=90.5%， 故答案为：溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色；90.5%。 装置A中制备ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成?ClO2和Na2SO4；C中二氧化氯和、过氧化氢、氢氧化钠反应生成NaClO2，从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，装置D吸收尾气防止污染； （6）根据淀粉遇碘变蓝的现象判断滴定终点；根据ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，得关系式ClO2-～2I2～4S2O32-，可以计算25mL待测液中含NaClO2物质的量，进一步计算样品中NaClO2质量百分含量。 本题主要考查物质制备实验方案的设计，熟悉常见仪器的构造及作用，掌握氧化还原反应的原理及方程式的书写，SO42-的检验原理等是解决本题的关键，同时考查学生对信息的理解以及应用，题目难度中等。
17.【答案】2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-87.0kJ?mol-1? 吸热? 变小? D? 降低温度?? =
【解析】解：（1）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2COONH4（s）△H=-159.5kJ?mol-1 ②NH2COONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ?mol-1 ③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ?mol-1 结合盖斯定律计算①+②-③得到2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=（-159.5+116.5-44.0）kJ/mol=-87.0kJ?mol-1， 故答案为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-87.0kJ?mol-1； （2）升高温度平衡时c（CO2）减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，相当于增大压强，逆向移动导致CO2转化率减小，生成的CO的物质的量减小，则CO的体积分数变小， 故答案为：吸热；变小； （3）①A．恒温恒容条件下，气体压强与气体的物质的量成正比，反应前后气体总物质的量不变，则气体的压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误； B．反应前后气体总质量不变、总物质的量不变，则气体的平均摩尔质量始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误； C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故C错误； D．NO2的体积分数随着反应的进行而改变，当二氧化氮的体积分数不变时，该反应达到平衡状态，故D正确； 故答案为：D； ②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，原料气配比不变，增大NO2的转化率，应该改变条件使平衡正向移动但不能是通过增大c（NO2）实现的，反应前后气体总物质的量不变，该反应的正反应为放热反应，所以只有降低温度才能增大二氧化氮的转化率， 故答案为：降低温度； ③A点=0.4，SO2（g）的起始浓度为c0mol?L-1，则n（NO2）=0.4c0mol?L-1，A点NO2的转化率为50%，则消耗的c（NO2）=0.4c0mol?L-1×50%=0.2c0mol?L-1，该段时间内v（NO2）===mol/（L?min），根据方程式知，相同时间内v（SO2）=v（NO2）=mol/（L?min）， 故答案为：； ④C点=1.0，设n（NO2）=n（SO2）=1mol、容器体积为1L，NO2的转化率为50%，消耗的n（NO2）=1mol×50%=0.5mol， 该可逆反应NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g） 开始（mol/L）1????????? 1???????????????0????????????? 0 消耗（mol/L）0.5???????0.5????????????0.5?????????? 0.5 平衡（mol/L）0.5?????? 0.5??????????? 0.5??????????? 0.5 化学平衡常数K===1； D点=1.5，设n（NO2）=1.5mol，n（SO2）=1mol、容器体积为1L，NO2的转化率为40%，消耗的n（NO2）=1.5mol×40%=0.6mol， 该可逆反应NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g） 开始（mol/L）1.5????????? 1??????????? 0????????????? 0 消耗（mol/L）0.6???????? 0.6??????????0.6????????? ?0.6 平衡（mol/L）0.9??????? ?0.4???????? ?0.6????????? ?0.6 化学平衡常数K===1，温度不变化学平衡常数不变，C、D点化学平衡常数相等，则这两点温度相同，所以TC=TD， 故答案为：=。 （1）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2COONH4（s）△H=-159.5kJ?mol-1 ②NH2COONH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ?mol-1 ③H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ?mol-1 结合盖斯定律计算①+②-③得到2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H进行相应的改变； （2）升高温度平衡向吸热方向移动；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，相当于增大压强，逆向移动导致CO2转化率减小； （3）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变； ②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，原料气配比不变，增大NO2的转化率，应该改变条件使平衡正向移动但不能是通过增大c（NO2）实现的； ③A点=0.4，SO2（g）的起始浓度为c0mol?L-1，则n（NO2）=0.4c0mol?L-1，A点NO2的转化率为50%，则消耗的c（NO2）=0.4c0mol?L-1×50%=0.2c0mol?L-1，该段时间内v（NO2）=，根据方程式知，相同时间内v（SO2）=v（NO2）； ④温度不变化学平衡常数不变，根据C、D两点化学平衡常数相对大小判断温度相对大小。 本题考查盖斯定律、化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡状态判断方法、化学平衡常数与温度的关系等知识点是解本题关键，化学平衡计算是解答难点。
18.【答案】? 碳碳双键、醛基? 氧化反应? 浓硫酸、加热?? I中酚羟基能被酸性KMnO4溶液氧化? 13
【解析】解：（1）C?的结构简式为，D?中官能团的名称是碳碳双键、醛基， 故答案为：；碳碳双键、醛基； （2）A中醇羟基被催化氧化生成醛基，则A→B?的反应类型为氧化反应，C中醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，所以C→D?的反应条件为浓硫酸作催化剂、加热， 故答案为：氧化反应；浓硫酸、加热； （3）E为、I为、M为，EI发生酯化反应生成M，反应方程式为， 故答案为：； （4）I中酚羟基能被酸性KMnO4溶液氧化，所以顺序不能颠倒， 故答案为：I中酚羟基能被酸性KMnO4溶液氧化； ?（5）I为，比I的相对分子质量大?14?的同系物?N，说明N比I多一个-CH2，如果取代基为-CH2COOH、酚-OH，有邻间对3种，如果取代基为-CH3、-COOH、-OH，符合条件的有10种，所以共有13种， 故答案为：13； （6）以?CH2=CHCH3??为?原?料?合?成，可由发生加成反应得到，可由发生消去反应得到，可由CH3CH2CHO在碱性条件下反应得到，丙烯和水反应生成丙醇，丙醇被催化氧化生成丙醛，其合成路线为CH2=CHCH3CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO， 故答案为：CH2=CHCH3CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO。 苯乙烯和水发生加成反应生成A，A发生催化氧化生成B，B发生信息①的反应生成C，则B为、A为，C为，C发生消去反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，E?的相对分子质量比?D?大?4，则D支链上完全加成生成E，E为； F的不饱和度==4，苯环的不饱和度是4，F?的核磁共振氢谱中有?5?个吸收峰，则F为，F和溴发生取代反应生成G， G?苯环上的一氯代物仅有?2?种，结合G分子式知，G为，G被氧化生成H为，G在高温高压催化剂、酸性条件下水解生成I为，EI发生酯化反应生成M为； （6）以?CH2=CHCH3??为?原?料?合?成，可由发生加成反应得到，可由发生消去反应得到，可由CH3CH2CHO在碱性条件下反应得到，丙烯和水反应生成丙醇，丙醇被催化氧化生成丙醛。 本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及题给信息的灵活运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，同分异构体种类判断为解答易错点。
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