【化学】黑龙江省大庆市第一中学2018-2019学年高二下学期开学检测（解析版）

黑龙江省大庆市第一中学2018-2019学年高二下学期开学检测
一、单选题（共54分，每小题3分。）
1.下列化学用语正确的是（ ）
A. 氘的原子结构示意图： 
B. 硝基苯的结构简式：
C. 四氯化碳的比例模型：  
D. 乙炔的电子式： 
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氘的核电荷数为1，原子结构示意图： ，故A错误；
B. 硝基苯的结构简式为，N原子直接与苯环相连，故B错误；
C. 四氯化碳是正四面体结构，氯原子比碳原子大，故C错误；
D. 乙炔的结构简式为CH≡CH，电子式为 ，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为C，在比例模型中要注意原子的相对大小和原子间的空间相对位置的排列等方面的判断。
2.下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 制备乙烯
B. 除去甲烷中少量的乙烯
C. 从碘的苯溶液中分离碘 
D. 验证乙炔的还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 实验室利用乙醇在170℃浓硫酸存在时发生消去反应制备乙烯，温度计应该插入液面以下，故A错误；
B．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳，会引入新杂质，应利用溴水来除杂，故B错误；
C. 碘易溶于苯，可以使用蒸馏的方法从碘的苯溶液中分离出碘 ，该蒸馏装置正确，故C正确；
D. 电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢等杂质，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，影响乙炔的还原性的验证，故D错误；
答案选C。
3.已知氟化氢气体中有平衡系：
①2H3F3(g)＝3H2F2(g ) ΔH1＝akJ·mol－1 ②H2F2 (g)＝2HF(g) ΔH2＝bkJ·mol－1 已知a、b均大于0，则可推测反应：H3F3(g)＝3HF(g)的ΔH3等于（ ）
A. (a＋b) kJ·mol－1 B. (a－b) kJ·mol－1
C. (a＋3b) kJ·mol－1 D. (0.5a＋1.5b) kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】由①2H3F3(g)⇌3H2F2(g)△H1=akJ•mol-1，②H2F2(g)⇌2HF(g)△H2=bkJ•mol-1，根据盖斯定律可知，得到H3F3(g)⇌3HF(g)，则H3F3(g)⇌3HF(g)的△H3=kJ/mol=(0.5a+1.5b)kJ•mol-1，故选D。
4.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应:
A(g)+B(g)2C(g)　ΔH1<0；
X(g)+3Y(g)2Z(g)　ΔH2>0。
进行相关操作且达到化学平衡后(忽略体积改变所做的功)，下列叙述错误的是
A. 等压时，通入惰性气体，C的物质的量不变
B. 等压时，通入Z气体，反应器中温度升高
C. 等容时，通入惰性气体，各反应速率不变
D. 等容时，通入Z气体，Y的物质的量浓度增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、等容时，通入惰性气体，各反应混合物的浓度不变，各反应速率不变，正确；B、等容时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，y的物质的量浓度增大，正确；C、等压时，通入z气体，第二反应平衡向逆反应移动，温度升高，导致第一个反应向逆反应移动，但移动结果不会恢复到原温度，故平衡时温度升高，正确；D、等压时，通入惰性气体，体积增大，第二个反应平衡向逆反应移动，温度升高，导致第一个反应向逆反应移动，c的物质的量减小，错误。
考点：本题考查 化学平衡移动原理。
5.某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A. 该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B. 该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C. 加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D. 加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和
【答案】A
【解析】
此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，选项B溶液NaOH与CH3COOH恰好完全反应，所以溶液呈碱性；选项C中当加入NaOH后溶液仍然呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，不成立，当恰好完全反应，溶液呈碱性，则c(Na＋)＞C(CH3COO－)，当碱过量时，必定c(Na＋)＞C(CH3COO－)，所以在任何情况下溶液的离子关系都不能成立；选项D中加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，则c(CH3COO－)＜c(NH4＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－) 不一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和。
6.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是

A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】
【分析】
外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子。
【详解】A、本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，故A正确；
B、通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向电源的正极，再从负极流向钢管桩，故B正确；
C、高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，故C错误；
D、通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D正确。
故选C。
7.二烯烃与单烯烃作用生成六元环状化合物的反应常用于有机合成，其反应形式可示例为：如果要用这一反应方式合成：，则所用原料的名称是（ ）
A. 丁烯和乙基，丁二烯 B. 丁烯和甲基，丁二烯
C. 丁烯和乙基，丁二烯 D. 乙烯和甲基，丁二烯
【答案】A
【解析】
【分析】
据1，3-丁二烯与乙烯反应知，1，3-丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比1，3-丁二烯与乙烯的加成反应采用逆合成分析法分析解答。
【详解】与环己烯相比较，含有2个乙基，由可知，的原料为：、，名称分别为2-乙基-1，3-丁二烯和1-丁烯，故选A。
【点睛】本题的易错点为对信息的理解，根据正确推断原料有机物的结构为解答该题的关键。
8.关于下列各图的叙述正确的是（ ）

A. 甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的标准燃烧热为△H＝－483.6kJ·mol－1
B. 乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2 (g)N2O4 (g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
C. 丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将tl℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数B＞A
D. 丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热是1mol可燃物燃烧生成稳定的氧化物释放的热量，液态水是稳定的，且上图是2mol氢气燃烧放出的热量，故A错误；
B、反应2NO2⇌N2O4(g)中，由图象可知，在A点反应物的消耗速率和生成物的消耗速率相等，其表明正反应速率和逆反应速率不等，没有达到化学平衡状态，故B错误；
C、t1℃时AB浓度相同，升温时，均无溶质析出，溶液的浓度不变，溶质的质量分数B等于A，故C错误；
D、随加水量的增多，HA的pH变化大，说明HA的酸性强于HB，根据越弱越水解的原则，NaB水解程度大，故NaA溶液的碱性弱于同浓度的NaB溶液的碱性，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D正确；
答案选D。
9.一定温度下，将 A、B气体各1 mol充入2L恒容密闭容器，发生反应A(g)+B(g)xC(g)+D(s)，t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确是（ ）

A. 反应方程式中的x＝1
B. t2时刻改变的条件是使用催化剂
C. t3时刻改变的条件是移去少量物质D
D. t1～t3间该反应的平衡常数均为4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变；再根据平衡常数的定义计算平衡常数，在可逆反应中固体物质的量的少量改变不会引起平衡的移动，据此分析解答。
【详解】A．根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以有x=1+1=2，故A错误；
B．催化剂不能改变平衡时的浓度，即加入催化剂，C的浓度不发生变化，故B错误；
C．D为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；
D．t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知，在t1时刻达到平衡，平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：
             A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(s)
开始(mol/L)：0.5   0.5    0
变化(mol/L)：0.25  0.25  0.5
平衡(mol/L)：0.25  0.25  0.5
所以平衡常数K===4，故D正确；
答案选D。
【点睛】解答本题的关键是根据图像确定化学方程式中的x的值。本题的易错点为A，要注意D是固体。
10.O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：
反应：O3O2+[O] ΔH>0 平衡常数为；
反应：[O]+O32O2 ΔH<0平衡常数为；
总反应：2O33O2 ΔH<0平衡常数为K。
下列叙述正确的是（ ）
A. 降低温度，K减小
B.
C. 适当升温，可提高消毒效率
D. 压强增大，减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，结合温度对平衡移动的影响判断。
【详解】A项、由总反应：2O3═3O2 ΔH<0，可知正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故A错误；
B项、由盖斯定律可知反应①+②可得总反应，则K=K1×K2，故B错误；
C项、适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故C正确；
D项、平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，升高温度平衡向吸热反应方向移动、平衡常数为温度函数是解答的关键。
11.一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍
B. CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，△S<0
C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变小
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A、将体积缩小到原来的一半，则压强增大，平衡逆向移动，二氧化碳的浓度比原来的2倍浓度小，错误，不选A；B、从物质的状态分析，反应为熵增，错误，不选B；C、将体积增大为原来的2倍，即减压，平衡正向移动，二氧化碳的浓度比原来小，密度变小，正确，选C；D、保持容器的体积不变，充入氦气，气体的浓度不变，平衡不移动，错误，不选D。
考点：平衡移动
12.烯烃在一定条件下发生氧化反应，碳碳双键断裂，如：被氧化为和、、、表示烃基或氢原子。由此推断分子式为的烯烃所有可能的氧化产物有（ ）
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据碳链异构与位置异构写出分子式为C5H10的烯烃的同分异构体，然后根据题中提供的信息，分析碳碳双键被氧化断裂的情况，从而得出氧化产物的种类。
【详解】C5H10的烯烃的同分异构体有：①CH2═CH-CH2-CH2-CH3、②CH3-CH═CH-CH2-CH3、③CH2═C(CH3)CH2CH3、④CH3C(CH3)═CHCH3、⑤CH3CH(CH3)CH═CH2。
①CH2═CH-CH2-CH2-CH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为HCHO、CH3-CH2-CH2-CHO，
②CH3-CH═CH-CH2-CH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为CH3-CHO、CH3-CH2-CHO，
③CH2═C(CH3)CH2CH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为HCHO、CH3COCH2CH3，
④CH3C(CH3)═CHCH3，双键被氧化断裂生成的氧化产物为CH3COCH3、CH3-CHO，
⑤CH3CH(CH3)CH═CH2，双键被氧化断裂生成的氧化产物为CH3CH(CH3)CHO、HCHO，
因此共得到7种氧化产物，故选C。
13.常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 1 L的溶液中
B. 溶液中：
C.  为 4 的NaHA溶液中：
D. 等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．1 L的溶液中存在电荷守恒，即c(NH4+)+2c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO4 2-)，故A错误；
B．根据物料守恒，溶液中存在c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)，所以c(NH4+)＜c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)，故B错误；
C.0.1 mol•L-1 NaHA溶液pH为4，溶液显酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)，故C错误；
D．等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠混合液中，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)，所以得2c(OH-)+c(CO32-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)，故D正确；
答案选D。
14.工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂。1886年法国化学家 通过电解氟氢化钾的氟化氢无水溶液第一次制得氟气。已知：，制备氟气的电解装置如下图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 钢电极与电源的负极相连
B. 氟氢化钾在氟化氢中可以电离
C. 阴极室与阳极室必须隔开
D. 电解过程需不断补充的X是KF。
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，碳电极上F-失去电子生成F2，发生氧化反应，碳电极为阳极，则钢电极为阴极，电极反应式为2HF2-+2e-═H2+4F-，据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，钢电极为阴极，与电源的负极相连，故A正确；
B. 根据题意“电解氟氢化钾的氟化氢无水溶液制得氟气”，说明氟氢化钾的氟化氢无水溶液能够导电，即氟氢化钾在氟化氢中可以电离，故B正确；
C. 阴极室生成的氢气与阳极室生成的氟气能够发生剧烈的化合反应，必须隔开，故C正确；
D.钢电极为阴极，碳电极为阳极，阳极生成气体为氟气，阴极放出氢气，随着电解的进行，H和F元素不断消耗，电解过程需不断补充的X是HF，故D错误；
答案选D。
15.常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离的与NaOH溶液体积之间的关系如下图所示，下列推断正确的是（ ）

A. 用pH试纸测定a点对应溶液，其
B. b、d点对应的溶液中都存在：
C. c点对应的溶液中：
D. 常温下加水稀释d点对应的溶液，溶液的pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的c水(H+)=10-11mo/L，溶液中OH-完全是由水电离出来的，所以c(OH-)=c水(H+)=10-11mo/L，则溶液中c(H+)= =10-3mol/L，则溶液pH=3，但新制氯水有漂白性，不能用pH试纸测量其pH，应该用pH计，故A错误；
B．d点对应溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此时溶液为碱性，则c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(ClO-)，故B错误；
C．c点，氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO-水解，新制氯水中起始时含等量的HCl和HClO，所以有c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；
D．加水稀释d点对应的溶液，d点为碱性溶液，加水稀释时促使溶液的碱性减弱，所以pH值降低，故D错误；
答案选C。
16.25℃时用溶液沉淀、 两种金属离子，所需最低浓度的对数值与的关系如下图。下列说法中错误的是（ ）

A. 时，比的小
B. 时，约为
C. 溶液中：
D. 向浓度为的废水中加入粉末，会有沉淀析出
【答案】B
【解析】
【详解】A．对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的和越大、Ksp越大。则Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故A正确；
B．在25℃时，ZnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2-(aq)，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)×c(S2-)=10-7.5×10-20=10-27.5，故B错误；
C．硫化钠溶液中的物料守恒为：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，故C正确；
D．由于在25℃下，CuS的是Ksp是10-35，小于ZnS溶度积。根据Ksp(ZnS)可以求出其饱和溶液中，c(S2-)=10-13.75，故向Cu2+浓度为10-5mol•L-1废水中加入ZnS粉末，c(Cu2+)×c(S2-)=10-5×10-13.75=10-18.75＞Ksp（CuS），会有CuS沉淀析出，故D正确；
答案选B。
【点睛】把握Ksp的计算、沉淀生成为解答的关键。本题的难点和易错点是A中KspCuS与KspZnS大小的判断，要注意纵横坐标的意义。
17.为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：电池：Pb(s) +PbO2(s)+2H2SO4 (aq)＝2PbSO4 (s) +2H2O(l) 电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑。电解过程中，以下判断正确的是（ ）

电池
电解池
A.
H+移向Pb电极
H+移向Pb电极
B.
每消耗3molPb
生成2molAl2O3
C.
正极：PbO2+4H++2e－＝Pb2++2H2O
阳极：2Al+3H2O－6e－＝Al2O3+6H+
D.


【答案】AD
【解析】
A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B．根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D。
18.工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：(g)。现将xmol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强恒定在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如下图所示。已知：气体分压气体总压体积分数。不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）

A. 时，向体系中通入水蒸气，正、逆均减小，且乙苯转化率降低
B. 时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各mol，平衡不移动
C. 时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数
D. 时平衡体系中苯乙烯的体积分数是时的3倍
【答案】C
【解析】
试题分析：A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，A错误；B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动，而不是不移动，B错误；C、由图可知500℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，则
（g）（g） ＋ H2（g）
初起量： x mol 0 0
变化量： 0.6xmol 0.6xmol 0.6xmol
平衡量： 0.4xmol 0.6xmol 0.6xmol
所以K＝，C正确；D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%，所以550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的2倍，D错误；答案选C。
考点：考查平衡常数的计算、转化率的计算等
二、非选题（共46分。）
19.某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5μm的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl-
浓度/mol.L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5

根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为 ，试样的pH值 。
（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)H= -241.8KJ/mol
C(s)+1/2O2(g)=CO(g)H= -110.5KJ/mol
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式 ；
②洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是 ；
a．Ca(OH)2b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHSO3
（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：
①已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)H＞0
若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300℃时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10-4mol.计算该温度下的平衡常数K= ___________；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是 。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知该反应的H＞0，简述该设想能否实现的依据 。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为 。
【答案】（1）酸性；4；
（2）①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3KJ/mol；②a、b；
（3）①4×10-6；温度越高，反应速率加快，平衡右移；②该反应是焓增，熵减的反应，任何温度下均不自发进行；③2CO+2NO2CO2+N2
【解析】
（1）考查溶液中的电荷守恒具体计算，c(K+)+ c(H+)+ c(Na+)+c(NH4+)= c(OH—)+ 2 c(SO42—)+2 c(NO3—)+ cCl—),而c(OH—)·c(H+)=10-14,代入具体数据计算可得：c(OH—)=10-10mol/L，c(H+)=10-4mol/L；
（2）①由盖斯定律，两式相加可得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3KJ/mol；②吸收SO2可用ab；
（3）①由题目未告诉容器体积，不妨令为1L注意近似处理，平衡时： c(N2)=0.8mol/L, c(O2) ="0.2mol/L," ，c(NO)=8×10-8mol/L,将数据代入K=c2(NO)÷[c(N2)·c(O2)]= 4×10-6；因为该反应为吸热反应，温度越高，反应速率加快，平衡右移；②该反应是焓增，熵减的反应，由ΔG＝ΔH－TΔS，任何温度下均不自发进行；③产物为N2和CO2才无污染：2CO+2NO2CO2+N2
【规律提升】（1）溶液中的守恒规律要能够灵活运用，pH计算式不要忽略水的离子积，并看清温度限制；（2）盖斯定律的运功要学会加减法的运用，符号不要弄反；（3）平衡常数有关计算时，近似处理（两个数相加减相差100倍以上，可以忽略小的数）、假设处理（例如假设体积）、三阶段式等比较重要；（4）利用ΔG＝ΔH－TΔS判断反应进行方向一定不要把符号弄反。
【考点定位】本题以PM2.5等环保知识为背景，综合考查反应原理部分内容，具体如下：（1）电荷守恒、pH计算、盖斯定律计算、SO2吸收问题、平衡常数计算、反应进行方向的判断、信息方程式的书写等。
20. 金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是 ，
a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3
（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2==4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是 。
（3）下图为电解精炼银的示意图， （填“a”或“b”）极为含有杂质的粗银，若b极 有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为 ，

（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为 。
【答案】（1）bd；
（2）Cu2S；4；H2；
（3）a；2H＋+NO3－+e－→NO2+H2O；
（4）做电解质溶液（或导电）。
【解析】
试题分析：（1）电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；
（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据得失电子相等计算失去电子的物质的量，硫酸铜溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气；
（3）电解精炼银时，粗银作阳极，若b极有少量红棕色气体生成，则b电极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮；
（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，促进溶液的导电性．
解：（1）活泼金属采用电解法冶炼，钠、铝都是活泼金属，采用电解熔融态NaCl、Al2O3的方法冶炼，故选bd；
（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素由﹣2升高到+6，所以Cu2S做还原剂；
氧化还原反应中得失电子数相等，所以当有1molO2参与反应时失去4mol电子，则还原剂所失电子的物质的量为4mol；
硫酸铜是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气，
故答案为：Cu2S；4；氢气；
（3）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；
b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O，
故答案为：a；NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O；
（4）该装置构成原电池，氯化钠溶液作电解质溶液，促进溶液的导电能力，故答案为：作电解质溶液，形成原电池．
21.沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯以及科研等领域有广泛应用。已知25℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝1×10－9。
（1）将浓度均为0.1 mol·L－1的BaCl2溶液与Na2SO4溶液等体积混合，充分搅拌后过滤，滤液中c(Ba2＋)＝_____mol·L－1。
（2）医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸酸性很强( pH约为1)， 但服用大量BaSO4仍然是安全的，BaSO4不溶于酸的原因是_______________________。(用沉淀溶解平衡原理解释)。万一误服了少量BaCO3，应尽快用大量0.5mol·L－1Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2＋浓度仅为________mol·L－1。
【答案】 (1). 1×10－5 (2). 对于溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO (aq)，H＋不能减少Ba2＋或SO42-的浓度，平衡不能向溶解方向移动 (3). 2×10－10
【解析】
【分析】
(1)根据Ksp(BaSO4)=1×10-10计算；
(2)从影响难溶电解质的溶解平衡的角度分析，结合溶度积计算解答。
【详解】(1)将浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液与Na2SO4溶液等体积混合，生成硫酸钡沉淀，充分搅拌后过滤，滤液为硫酸钡饱和溶液，c(Ba2＋)=c(SO42-)，则c(Ba2＋)＝==1×10-5mol/L，故答案为：1×10-5；
(2)由平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)可知，H+不能减少Ba2+或SO42-的浓度，平衡不能向溶解方向移动；c(SO42-)=0.5mol/L，则由c(Ba2+)×c(SO42-)=1×10-10，可知c(Ba2+)=mol/L =2×10-10mol/L，故答案为：对于溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，H+不能减少Ba2+或SO42-的浓度，平衡不能向溶解方向移动；2×10-10。
22.有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。则A的相对分子质量为：______。
（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g。则A的分子式为：________。
（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。用结构简式表示A中含有的官能团：______________________。
（4）A的核磁共振氢谱如下图：则A中含有__________种氢原子。

（5）综上所述，A的结构简式_______________________________。
【答案】 (1). 90 (2). C3H6O3 (3). -COOH、-OH (4). 4 (5).
【解析】
【分析】
(1)相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
(2)浓硫酸可以吸收水蒸气，碱石灰可以吸收二氧化碳气体，根据原子守恒计算分子中C、H原子数目，进而确定是否含有O元素，确定有机物的分子式；
(3)羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，-OH、-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；
(4)核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子；
(5)峰面积之比等于氢原子的数目之比，结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式。
【详解】(1)该有机物A的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物A的相对分子质量=45×2=90，故答案为：90；
(2)9.0gA的物质的量==0.1mol，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n(H2O)==0.3mol，所含有n(H)=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m(CO2)是13.2g，n(CO2)==0.3mol，所以n(C)=0.3mol，n(A)∶n(C)∶n(H)=0.1mol∶0.3mol∶0.6mol=1∶3∶6，则有机物A中碳原子个数是3，氢原子个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数==3，即分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；
(3)9.0gA的物质的量==0.1mol，A和碳酸氢钠反应说明A中含有羧基，生成2.24LCO2(标准状况)，n(CO2)==0.1mol，所以含有一个羧基；醇羟基和羧基都可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2(标准状况)，n(H2)==0.1mol，羧基或羟基与钠反应生成氢气时，羧基或羟基的物质的量与氢气的物质的量之比为2∶1，A与钠反应时，A的物质的量与氢气的物质的量之比是1∶1，则说明A中除了含有一个羧基外还含有一个羟基，故答案为：-COOH、-OH；
(4)根据A的核磁共振氢谱图可以看出，A的核磁共振氢谱中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，故答案为：4；
(5)根据A的核磁共振氢谱可以看出，A的核磁共振氢谱中有4个峰值，且氢原子的个数比是3∶1∶1∶1，所以结构简式为：，故答案为：。
【点睛】本题考查有机物分子式与结构的确定。本题的易错点和难点是(3)，注意根据A和碳酸氢钠、钠反应时生成气体体积判断含有的官能团。