【文档说明】重庆市石柱中学校2022-2023学年高二下学期第二次月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.117 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市石柱中学校高2024级高二(下)第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Si：28P：31Co：59Ti：48Ba：137Mn：55一、选择题(本题共14题，每题3

分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列说法错误的是A.CH4分子填充模型：B.基态Si原子价电子排布图C.第一电离能：N＞O＞CD.石墨质软的原因是其层间作用力微弱【答案】A【解析】【分析】【详解】A．CH4分子为正四面体结构，碳原子的原子半径较大，其空间充填模型

为，A错误；B．基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为，B正确；C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：N＞O＞C，C正确；D．在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层

之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D正确；综上所述答案为A。2.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同是①2SiO与2CO②4NHCl与NaOH③2O与2N④晶体氖与白磷⑤NaCl与3AlCl⑥AlN与SiCA①③⑥B.②③⑥C.②③④D.①

⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①SiO2只含有共价键，属于共价晶体；CO2分子内部含有共价键，但是由分子构成的，属于分子晶体，两者晶体类型不同，不符合题意；②NH4Cl是由铵根离子与氯离子构成的离子化合物，含有离子键和共价键，属于离子晶体；NaOH含有离的.子键、共价键，属

于离子晶体；两者化学键类型和晶体类型均相同，符合题意；③O2与N2均是由分子构成，属于分子晶体，分子内部均由共价键结合，符合题意；④晶体氖与白磷均是由分子构成，属于分子晶体，但氖是单原子分子，不含化学键，而白磷分子内由共价键结合，不符合

题意；⑤NaCl含有离子键，属于离子晶体；AlCl3含有共价键，属于分子晶体，两者化学键类型和晶体类型均不相同，不符合题意；⑥AlN(硬度大，熔点高)与SiC均属于共价晶体，由共价键构成，符合题意；综上所述，②③⑥符合题意

，答案选B。3.某有机物A用质谱仪测定示意图如图①，核磁共振氢谱示意图如图②，则A的结构简式可能为A.HCOOHB.CH3CHOC.CH3CH2OHD.CH3CH2COOH【答案】C【解析】【分析】质核比的最大值=相对分子质量，

则该有机物的相对分子质量=46，则分子式为：C2H6O或CH2O2。核磁共振氢谱示意图可知，核磁共振氢谱有3个吸收峰，故有机物分子中有3种等效氢。【详解】A．HCOOH只含2种等效氢，A错误；B．CH3CHO的分子式不符合C2H6O或C

H2O2，B错误；C．CH3CH2OH的分子式和等效氢均符合上面分析的情况，C正确；D．CH3CH2COOH的分子式不符合C2H6O或CH2O2，D错误。答案选C。【点睛】质谱仪用来测有机物分子式，质核比的最大值=相对分子质量。4.某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A.2

，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B.2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C.2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答案】B【解析】【详解】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符

合题意。综上所述，答案为B。5.在实验室由废铁屑制取无水3FeCl，下列实验原理与装置能达到实验目的的是A.用装置I除去废铁屑表面的油污B.用装置II溶解废铁屑制3FeClC.用装置III过滤得到3FeClD

.用装置IV蒸干溶液获得3FeCl【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，加热有利于碳酸根水解碱性增强，油污可以在碱性条件下水解而被除去，A正确；B．废铁屑和盐酸反应生成FeCl2，同时废铁屑会与三价铁离子反应，生成二价铁，B错误；C．过滤需要用

玻璃棒引流，C错误；D．加热促进Fe3+水解，蒸干氯化铁溶液得到氢氧化铁固体，D错误；故选A。6.化合物p()、q()、r()是三种重要有机合成原料，下列有关三种化合物的说法错误的是A.p、q、r互为同分异构体B.均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.p、q、r中所有碳原子一定共平面D.p、q、

r均难溶于水，密度均比水小【答案】C【解析】【详解】A．p,q,r,分子式都为58CH，它们的分子结构不同，都互为同分异构体，A项正确；B．p,q,r,分子中都含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C

．p()，q()，中*碳原子与其他碳原子不一定共面，r()中1个乙烯基上的碳原子与另1个乙烯基上的碳原子不一定共面，C项错误；D．p,q,r,都属于烃，烃都难溶于水，密度均比水小，D项正确；答案选C。7.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确

的是（）A.124g的P4含有P－P键的数目为6NAB.15.6g的苯含有σ键的数目为1.2NAC.2.24L的乙炔含有π键的数目为0.2NAD.60g的SiO2中含有Si－O键的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．P4是正四

面体结构，每个P4分子中含有6个P—P键，则124gP4物质的量为-1124g=1mol124gmol，含有P－P键的数目为6NA，A选项正确；B．一个苯分子中含有12个σ键，则15.6g苯的物质的量为-115.6g=0.2mol78gmol，含有σ键的数目为2.4NA，B选项错误；C．

乙炔所处温度和压强未知，不能用22.4L/mol计算2.24L乙炔物质的量，含有π键的数目也不能准确计算，C选项错误；D．1molSiO2中含有4molSi—O键，60gSiO2的物质的量为-160g=1mol60gmol，含有的Si—O键的数目为4NA，D选项错误；

答案选A。8.下列实验中，所采取的分离提纯的方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A除去己烷中混有的己烯加溴水，再进行分液操作己烯可以与溴水反应，己烷与溴水不反应B除去苯中的二甲苯蒸馏苯与二甲苯的沸点相差较大C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D分离苯

和硝基苯分液苯的密度比水小，硝基苯的密度比水大A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．溴水与己烯发生加成反应生成二溴己烷，二溴己烷易溶于己烷，不能使用分液的操作分离，A选项错误；B．苯和二甲苯互溶，但两者沸点差异较大，可用蒸馏的方法进行分离，B

选项正确；C．用重结晶的方法除去KNO3中的NaCl杂质，其原理是KNO3溶解度随温度升高明显增大，而NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，将热饱和溶液降低温度时，KNO3从溶液中析出，而NaCl仍留在

溶液中，从而可将KNO3中的NaCl除去，C选项错误；D．苯和硝基苯两者互溶，不能用分液法分离，应采用蒸馏的方法进行分离，D选项错误；答案选B。9.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2

p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是A.第一电离能：W>X>YB.电负性：Y>W>ZC.简单离子半径：Z>X>YD.最简单氢化物的沸点：X>W>Z【答案】B【

解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的

原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1，Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是Na，Z是P元素。A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第

VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，选项A正确；B．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族

元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，选项B错误；C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P

3-核外电子排布是2、8、8，有3个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+，即离子半径：Z＞X＞Y，选项C正确；D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3，即氢化物的稳定性：

X＞W＞Z，选项D正确；答案选B。10.的一氯代产物有(不考虑立体异构)A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】C【解析】【详解】该物质分子是对称结构，分子中含有4种不同位置的H原子，因此其一氯代产物有4种，故答案选C。

11.观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是A.装置①中阳极上析出红色固体B.装置②的待镀铁制品应与电源正极相连C.装置③中外电路电子由a极沿导线流向b极D.装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过【答案】C【解析】【详解】A．装置①中阳极上氯离子失电子生成氯气

，故A错误；B．装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，故B错误；C．装置③中a是负极、b是正极，外电路电子由a极沿导线流向b极，故C正确；D．装置④的离子交换膜允许阳离子、水分子自由通过，不允许阴离子通过，故D错误；选C。12.钴

的一种化合物的晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，A点的原子坐标参数为(0，0，0)，C点为(12，12，12)，下列说法中错误的是A.钴位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区B.距离Ti4+最近且等距的O2-的数

目为12C.B点的原子坐标参数为(12，0，12)D.该晶体的密度为-33A155gcmNa【答案】D【解析】【详解】A．钴是27号元素，价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元

素，A正确；B．根据晶胞结构可知距离Ti4+最近且等距的O2-的数目为382=12，B正确；C．根据已知各个坐标，结合B点对A点的相对位置，可知B点的原子坐标参数为(12，0，12)，C正确；D．该晶胞中含有Ti4+数目为：8×18

=1；含有Co2+数目是1，含有O2-数目是6×12=3，则该晶体化学式为CoTiO3，其密度ρ=33-103-103AAm(59+48+16?3)155=g/cm=g/cmVN(a10)N(a10)，D错误；故合理选项是D。13.在体积

为2L的刚性密闭容器中加入一定量的4CH和CO，发生反应：43CH(g)CO(g)CHCHO(g)+。在不同温度下，测得容器中CO转化率随时间的变化关系如图所示，已知该反应的速率方程为()4vkcCHc(CO)=正正，()3vkcCHCHO=逆逆，k

是速率常数，受温度影响。下列说法正确的是A.该反应的ΔH0B.1T时，测得平衡体系中()4nCH0.50mol=，则k4k3=正逆C.2T时，降低温度，k正增大，k逆减小D.达到平衡状态后，增大压强，v逆先增大后减

小【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，温度为T2时，反应先达到平衡，则T2大于T1，T2时一氧化碳的转化率小于T1时说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应ΔH＜0，故A错误；B．T1反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则()4kcC

Hc(CO)正=()3kcCHCHO逆，()()34cCHCHOkkcCHc(CO)=逆正=K，设起始甲烷和一氧化碳的起始物质的量分别为amol和bmol，由题意可建立如下三段式：()()()34CH(mol)ab0(mol)0.25b0.25b0.25b(mol)a-0.25b

0.75b0.25bCHg+COgCHOg起变平则反应的平衡常数K=()()34cCHCHOkkcCHc(CO)=逆正=0.25b20.50.75b22=43，故B正确；C．T1时，降低温度，正逆反应速率均减小，则k正、k逆均减小，故C错误；D．该反应

是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则增大压强，逆反应速率增大，反应达到新平衡时，逆反应速率保持不变，故D错误；故选B。14.常温下，向2425mL0.1mol/LNaHCO溶液中加入NaOH固体或通入HCl气体，已知：224HCO的电离平衡常数1pKa1.2=，2pKa4.2

=。下列有关叙述正确的是A.24NaHCO溶液中存在：()()()22422424cHCOcHCOcCO−−B.加入NaOH固体或通入HCl气体的过程中，水的电离程度均减小C.加入NaOH固体至pH4.2=，此时()()()

()222424242cNa3cHCOcHCOcCO+−−++D.当pH7=时，溶液中离子浓度满足：()()()()()22424cHCOcCOcOHcHcNa−−−++++=+【答案】C【解析】

【详解】A．H2C2O4的pKa1=1.2，Ka1=10-1.2，Kh2=wa1KK=10-12.8＜Ka2=10-4.2，即-24HCO的电离大于水解，故NaHC2O4溶液中c(2-24CO)＞c(H2C2O4)，A错误；B．加入

NaOH后-24HCO+OH-=2-24CO+H2O，根据越弱越水解的原理，2-24CO水解程度大于-24HCO，即水的电离程度增大，B错误；C．pH=4.2时，恰好生成NaHC2O4，由物料守恒得c(N

a+)=c(2-24CO)+c(H2C2O4)+c(-24HCO)，由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(2-24CO)+c(OH-)+c(-24HCO)，两式相加得2(Na+)+c(H+)=3c(2-24CO)+c(OH-)+2c(-24HCO)+c(H2C2O4)，pH=4.

2，故c(H+)＞c(OH-)，因此2(Na+)＜3c(2-24CO)+2c(-24HCO)+c(H2C2O4)＜3c(2-24CO)+3c(-24HCO)+3c(H2C2O4)=3[c(2-24CO)+c(-24HCO)+c(H2C2O4)]，C正确；D．pH=7时，

由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(2-24CO)+c(OH-)+c(-24HCO)，D错误；故选C。二、非选择题(共4小题，合计58分)15.请回答下列问题：（1）有机物中含氧官能团的名称为___________；（2）基态镍原子核外电子排布式为_______

____，3d能级上的未成对电子数为___________个；（3）的分子结构处在同一条直线上的碳原子有___________个；（4）分子式为818CH，核磁共振氢谱只有一组峰的烷烃的结构简式为___________；（5）()3

424CuNHSOHO晶体中不含有的化学键类型为___________(填选项)，其中24SO−的空间构型为___________。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．氢键【答案】（1）羟基和羧基（2）①.22626821s2s2p3s3p3d4s或82Ar3d4s②.2（3

）5（4）（5）①.D②.正四面体形【解析】【小问1详解】有机物中含氧官能团的名称为羟基和羧基；【小问2详解】Ni核电荷数为28，基态镍原子核外电子排布式为22626821s2s2p3s3p3d4s或82Ar3d4s，3d能级上的未成对电子数为2个；【小问3详解】苯环处

于对位的碳原子及其相连的原子在同一直线上、碳碳叁键是直线形、与碳碳叁键直接相连的原子在同一条直线上，则所给有机物的分子结构处在同一条直线上的碳原子有5个；【小问4详解】分子式为818CH，核磁共振氢谱只有一组峰即氢原

子只有1种的烷烃的结构简式为()()3333CHCCCH；【小问5详解】()3424CuNHSOHO晶体中配离子和硫酸根之间是离子键，氨分子和硫酸根内有共价键，铜离子和氨分子通过配位键形成配离子，晶体内不存在金属键，而氢键不属于化学键

，则不含有的化学键类型为金属键，选D；24SO−的中心原子S原子的孤电子对为622402+−=，价层电子对个数=4+0=4，所以中心原子为3sp杂化，其空间构型为正四面体。16.碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。

一种以辉铜矿(2CuS，含有2SiO和少量23FeO等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子2Fe+3Fe+2Cu+2Mn+开始沉淀的pH7.52.75.68.3完全沉淀的pH9.03.76.79.8②()344Cu

NHSO常温稳定，在热水中会分解生成3NH；③()38sp3K=FeOH4.010−=。回答下列问题：（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有___________(任写一种)。（2）滤渣Ⅰ经2CS提取后可获得一种淡黄色

副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是2MnO、___________和___________(填化学式)。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高或过低的原因是___________。（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO，调节pH的范围

为___________，若加A后将溶液的pH调为5，则溶液中3Fe+的浓度为___________1molL−。（4）写出“沉锰”(除2Mn+)过程中反应的离子方程式：___________。（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是________

___。（6）测定副产品42MnSOHO样品的纯度：准确称取样品ag，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的2BaCl溶液测定，完全反应后得到了bg沉淀，则此样品的纯度为___________(用a、b表示即可)。【答案】（1）搅拌(适量增加硫酸的浓度、适当加

热等)（2）①.S②.2SiO③.温度过低，硫的溶解速率小；温度过高，二硫化碳易挥发（3）①.3.7≤pH<5.6②.114.010−（4）23334MnHCONHMnCONH+−+++=+（5）加热（6）169?4b×100%233a

【解析】【分析】浮选精矿与MnO2、硫酸反应生成一种淡黄色副产品，即S、Cu的化合价升高，Mn原子的化合价降低，生成硫酸锰、硫酸铜、单质硫和水，少量Fe2O3等杂质溶于硫酸，则SiO2不溶，滤渣I为单质

硫和SiO2；加入CuO、Cu(OH)2或碱式碳酸铜调节pH，使铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤，向滤液中加入碳酸氢铵、氨气，生成碳酸锰沉淀和铵根离子；通过加热，赶走多余的氨气，使溶液中的铜离子生成碱式碳酸铜，据此回答。【小问1详解】为了加快辉铜矿的“浸取”速率可采取的措施一般为将辉铜矿粉碎

、搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等，可以任答一条；【小问2详解】在浸取时候加入的稀硫酸和二氧化锰，则滤渣中含有不反应的SiO2、过量的MnO2、和Cu2S与稀硫酸反应生成的单质S；回收该淡黄色副产品过程中，如果温度过低，则S的

溶解度小较，产率较低；如果温度过高，会使CS2大量挥发，也会造成产率过低；【小问3详解】Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，常温下加入的试剂A为CuO会消耗H+，使水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而

除去，结合表格数据，Fe3+完全沉淀时的pH为3.7，同时为了防止其它离子被沉淀，则pH不能超过5.6，所以范围为3.7≤pH<5.6；加A后将溶液的pH调为5，即氢离子浓度为10-5mol/L，所以氢氧根浓度为10-9mol/L，又3+3--38c(Fe)c(OH)=410

，则溶液中3Fe+的浓度为114.010−mol/L；【小问4详解】根据流程图沉锰时加入碳酸氢铵和氨气，锰离子就反应生成了碳酸锰，另外一种产物可推为铵根离子，即离子方程式为：2+-+334Mn+HCO=MnCO+NH

；小问5详解】过量的氨气会与铜离子反应生成配离子，则“赶氨"操作的目的是防止[Cu(NH3)4]SO4生成，提高产品的产的【率，利用氨易挥发性质，即可采取方法为加热；【小问6详解】根据硫酸根守恒，结合题中数据知25.00mL溶液中含有硫酸根物质的量为bmol233，所以

ag样品中含有硫酸根物质的量为b4mol233，即硫酸锰晶体质量为4?b169?g233，故质量分数为169?4b×100%233a17.研究发现“利用零价铁还原3NO−可脱除地下废水中硝酸盐”，某课外活动小组利用如下装置探究铁粉与3KNO溶液的反应。

实验步骤如下：①连接好装置，并检查装置的气密性。②装好药品。③打开弹簧夹，缓慢通入2N，并保持后续反应均在2N氛围中进行。④加入pH已调至2.5的0.011molL−3KNO酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐

变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现剩余固体表面有少量白色物质附着。⑤过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色。⑥检测到滤液中存在3NO−、4NH+和2Fe+。请回答下列问题：（1）使用仪器a的第一步操作的名称是___________。（2）通入2N并保持后续反应均在2N氛围中进行的实验目的是

___________。（3）检验滤液中2Fe+所用的试剂是___________。（4）检验滤液中3NO−的实验方案是___________。（5）某地下废水中3NO−的含量测定。取VL废水，加入稀硫酸酸化，再加入111Vm

LcmolL−4FeSO标准溶液(过量)，充分反应后，用12cmolL−4KMnO标准溶液滴定剩余的2Fe+，消耗4KMnO标准溶液的体积为2VmL，终点时的现象是___________；废水中3NO−的含量为___

________1mgL−。(用含1c、2c、V、1V、2V的代数式表示)【答案】（1）检查分液漏斗是否漏液（2）排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰（3）()36KFeCN溶液（4）取一定量的滤液于试管中，加入稀硫酸，溶

液内有气泡产生，在试管口变为红棕色，则滤液中含有硝酸根(表达合理即可)（5）①.当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色②.()112262cV-5cVmg/L3V【解析】【分析】该实验研究铁粉与KNO3溶液的反应，实

验前需要对分液漏斗进行查漏，连接好装置后先检查装置气密性，载加入实验药品，空气中的氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应，故要通入氮气以除去氧气对实验的干扰，反应开始后铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明

有Fe2+生成，溶液的酸性减弱，Fe２+水解得到Fe(OH)２，氢氧化亚铁在过滤时被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；【小问1详解】第一步操作为检查分液漏斗是否漏液；【小问2详解】根据上述分析，通入N2的目的，排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；【小问3详解】Fe2+与K3[Fe(CN)

6]溶液发生特征反应、产生深蓝色沉淀，常用于检验2+Fe，则检验滤液中Fe2+所用的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；【小问4详解】滤液中含Fe2+、3NO−，二者在酸性环境中能发生氧化还原反应生成NO气体，则检验滤液中3NO−实验方案是：取一定量的滤液于试管中，加入稀硫酸，

溶液内有气泡产生，在试管口变为红棕色，则滤液中含有硝酸根；【小问5详解】高锰酸钾溶液呈紫色，能被亚铁离子还原为锰离子而使溶液褪色，所以终点时的实验现象是：当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色。水样中3NO−被Fe2+

还原成NO，根据氧化还原反应规律可知二者关系-2+3NO3Fe，剩余的Fe2+被-4MnO氧化，二者关系式：2+-45FeMnO，则水样中3NO−的含量：的()()331122112231cV105cV106

2cV5cV362g/mol10mgmg/LV3V−−−−−=。18.环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：①11ΔH=+100kJmol−②()()()22HgIg2

HIg+=12ΔH=-11kJmol−对于反应：③3ΔH=___________1kJmol−。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③，起始总压为0PPa，平衡时总压增加了10%，环戊烯的转化率为___________，该反

应的平衡常数pK=___________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有___________(填标号)。A．通入惰性气体B．提高温度C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可

逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。A.12T>TB.a点的反应速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D.b点时二聚体的浓度为0.451molL−（4

）环戊二烯可用于制备二茂铁(()552FeCH结构简式为)，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶

剂)。该电解池的阴极为___________，总反应为___________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为___________。【答案】（1）+89（2）①.20％②.0P/40③.BD（3）

CD（4）①.Ni电极②.(()565522Fe2CHFeCHH+=+)③.水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与2Fe+反应生成()2FeOH【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，由反应①+反应②得反应③，则3ΔH=12ΔH+ΔH=+891kJmol−；【小问2

详解】设容器中起始加入得I2(g)和环戊烯得物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式：()()()molaa00molxxx2xmola-xa-xx2x起始变化平衡根据平衡时总压强增加了10%，且恒温恒容

时，压强之比等于气体物质的量之比,得a+a1=a-x+a-x+x+2x1.1解得x＝0.2a，则环戊烯的转化率为0.2a×100%=20%a，平衡时环戊烯、I2(g)、环戊二烯、HI(g)的分压分别为4P11总、4P11总、1P11总、2P11总，

则Kp=2×()×12PP11111=P4444PP1111总总总总总，根据P总=1.1P0，可得Kp=P0/40。通入惰性气体，对反应③的平衡无影响，A项不符合题意；反应③为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高l

2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。故选BD；【小问3详解】由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1<T2，A项错误；根据图像可知，a点切线斜率的绝对

值大于c点切线斜率的绝对值，故a点的速率大于c点，B项错误；a点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于

逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C项正确；b点时，环戊二烯的浓度减小0.9mol/L，结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的一半，可知二聚体的浓度为0.45mol/L，D项正确。【小问4详解】根据图示可知二价

铁参与反应，则铁在阳极失去电子，故该电池的阳极是铁电极，阴极是镍电极；电解液中的钠离子起到催化剂作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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