【文档说明】【精准解析】天津市耀华中学2020届高三第一次校模拟考试化学试卷.doc，共(20)页，1.613 MB，由小赞的店铺上传

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天津市耀华中学2020届高三年级第一次校模拟考试化学第Ⅰ卷相对原子质量：H-1C-12O-16Ni-59Cu-641.2019年12月以来，突发的新冠肺炎严重威胁着人们的健康和生命安全，在抗疫防护期间，化学与

其密切相关，下列说法正确的是积()A.新型冠状病毒结构主要包括球形蛋白质外壳和核酸，由C、H、O三种元素组成B.N95的核心材料是熔喷聚丙烯布，属于热固性塑料C.酒精浓度越高，消毒效果越好D.研制好的疫苗要

冷冻保藏，防止蛋白质变性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．新型冠状病毒结构主要包括球形蛋白质外壳和核酸，由C、H、O、N四种元素等组成，故A错误；B．N95的核心材料是熔喷聚丙烯布，属于热塑性塑料，可以加热加工，可重新加工为新的产品，故B错误；C．酒

精浓度越高，表面蛋白质凝固后，阻止酒精与内部的病毒作用，减弱消毒效果，一般用75%的酒精消毒，故C错误；D．蛋白质受热易变质，研制好的疫苗要冷冻保藏，防止蛋白质变性，故D正确；故选D。2.下列叙述错误．．的是A.C2H4中存在键B.13153I的化学性质与12753I基

本相同C.H2O2的电子式：D.CO2全部为极性共价键【答案】C【解析】【详解】A．C2H4中5个σ键和1个键，故A正确；B．同位素原子最外层电子数相同，化学性质基本相同，故B正确；C．H2O2是共价化合物，电子式：，故C错误；D．CO2中O=C的成键原子不相同，

为极性共价键，故D正确；故选C。3.下列说法中正确的是A.HF、HCl、HBr的热稳定性与熔沸点均依次减小B.N、O、F的电负性和第一电离能均依次增大C.F−、Cl−、I−的还原性和水解程度均依次越大D.NaCl、KCl、CsCl的晶格能和熔点均依次减小【答案】D【解析】

【详解】A．HF、HCl、HBr的热稳定性依次减小，但是，由于HF分子间存在氢键，故其熔沸点最高，A不正确；B．N、O、F的电负性依次增大，但是，由于N的2p轨道是较稳定的半充满状态，故其第一电离能高于O，B不正确；C．F−、Cl−、I−的还原性依次越大，但是，只有F−能够水解，C不正确；D

．NaCl、KCl、CsCl均为离子晶体，由于其阳离子半径依次增大，其离子键的强度依次减小，故其晶格能和熔点均依次减小，D正确。综上所述，相关说法中正确的是D。4.下列说法错误．．的是A.分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键B.原子晶体中只含有共价键C.任何晶体中，若含有

阳离子也一定含有阴离子D.单质的晶体中一定不存在离子键【答案】C【解析】【详解】A．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键，如稀有气体是单原子分子，没有化学键，故A正确；B．相邻原子之间只通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，原子晶体中只含有共

价键，故B正确；C．金属晶体中，含有阳离子却不含有阴离子，故C错误；D．金属单质中只有金属键，非金属单质中可能存在共价键，单质的晶体中一定不存在离子键，故D正确；故选C。5.下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AD微粒都是Mg原

子失去一个电子后得到的，但是A微粒能量高于D，稳定性D＞A，所以失电子能量D＞A；BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C＞B，稳定性B＞C，所以失去一个电子能量：B＞C；D为Mg+、B为Mg原子，D再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能

，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量D＞B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为D。【点睛】能量越高越不稳定，越易失电子；原子的第一电离能、第二电离能、第三电离能···依次增大。6.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的A.pH5=的

3CHCOOH溶液和pH5=的4NHCl溶液中，()+cH不相等B.3NaHCO溶液中：()()()()+-2-3323cNa>cHCO>cCO>cHCOC.0.1molAgCl和0.1molAgl混合后加入1L水中，所得溶液中：()()cClcI−−D.把10.2molL−醋酸

与10.1molL−醋酸钠溶液等体积混合：()()()33cCHCOOHcCHCOO3cNa−++=【答案】D【解析】【详解】A．相同温度下，pH5=的3CHCOOH溶液和pH5=的4NHCl溶液中，()+cH=1

0-5mol·L－1，相等，故A错误；B．溶液中存在5种离子Na＋、HCO3−、OH－、H＋、CO23−，Na＋是最多，HCO3−要水解，浓度次于Na＋，但水解是微弱的，浓度仍大于其他离子，HCO3−水解，使得溶液显碱性，C(OH－)>C(H＋)，HC

O3−还有极少部分电离，HCO3−CO23−+H＋，水也会电离出部分H＋，所以C(H＋)>C(CO23−)，由于溶液呈碱性，说明HCO3−水解大于电离，水解得H2CO3，电离得CO23−，()()()()+-2-3233cNa>cHCO>c

HCO>cCO，故B错误；C．0.1molAgCl和0.1molAgl混合后加入1L水中，AgI更难溶，所得溶液中：()()cClcI−−，故C错误；D．把10.2molL−醋酸与10.1molL

−醋酸钠溶液等体积混合：根据物料守恒：()()()33cCHCOOHcCHCOO3cNa−++=，故D正确；故选D。7.《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎，氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和

图2所示，对这两种化合物性质描述错误．．的是A.均可以与磷酸反应形成离子化合物B.可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分C.与足量的2H发生加成反应后，分子的手性碳原子数均发生了改变D.羟基氯喹比氯喹的水溶

性更好，在人体胃肠道吸收更快【答案】B【解析】【详解】A．这两种化合物分子中均有多个N原子，且N原子上有孤电子对，类比氨气和氨基酸的化学性质可知，其均可与H+形成配位键，故其均可以与磷酸反应形成离子化合物，A描述正确；B．这两种化合物的官能团不完全相同，故可用红外光谱区

分；这两种化合物分子中，不同化学环境的H原子的种数也不相同，故能用核磁共振氢谱将其区分，B描述不正确；C．这两种化合物均有1个手性碳原子，其分别与足量的2H发生加成反应后，均增加4个手性碳原子，故其分子中的手性碳原子数均发生了改变，C描述正确；D．羟基氯喹分子中有羟基，羟基为

亲水基，羟基可以水分子间形成氢键，故其比氯喹的水溶性更好，在人体胃肠道吸收更快，D描述正确。综上所述，对这两种化合物性质描述错误．．的是B。8.《黄帝内经》曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充，气味合而服之，以补精益气”，合理膳食，能提高免疫力，下列说法正

确的是A.牛奶在体内水解后可以得到丰富的必需氨基酸，甘氨酸和苯丙氨酸缩合最多可以形成4种二肽B.燕麦粥中的碳水化合物主要是淀粉和纤维素，均在体内可以水解为葡萄糖C.油脂及其水解产物均为非电解质D.苹果中含有大量具有还原

性的维生素C，不宜同时服用补血剂(含硫酸亚铁)【答案】A【解析】【详解】A．牛奶中有蛋白质，蛋白质在体内水解后可以得到丰富的必需氨基酸；甘氨酸与甘氨酸、苯丙氨酸和苯丙氨酸分子间缩合可以形成两种二肽，甘氨酸和苯丙氨酸缩合有两种方式，故两分子间也可以形成两种二肽，故这两种氨基酸最多可以形成4种二肽

，A正确；B．纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，B不正确；C．油脂的水解产物中有高级脂肪酸，高级脂肪酸属于电解质，C不正确；D．苹果中含有大量具有还原性的维生素C，维生素C有较强的还原性，同时服用补血剂(

含硫酸亚铁)可以防止硫酸亚铁被氧化，D不正确。本题选A。9.用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A.用装置①制取乙酸乙酯B.用装置②制CaCO3C.用装置③熔融Na2CO3D.用装置④滴定未知浓度的硫酸【答案】B【解析】【详解

】A．导管插入碳酸钠溶液液面以下会引起倒吸，故A错误；B．二氧化碳与氯化钙溶液不能直接反应，溶有氨气后溶液显碱性可以更好的吸收二氧化碳，生成碳酸根，从而生成碳酸钙，故B正确；C．高温条件下碳酸钠可以和瓷坩埚中二氧化硅发生反应，不能用瓷坩埚熔融碳酸钠，故C错误；D．NaOH溶液呈碱性，不能使用

酸式滴定管，故D错误；故答案为B。【点睛】酸式滴定管的下端为玻璃制旋塞，碱式滴定管下端橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管，橡皮管内装有一个玻璃圆球，注意区分二者。10.下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是A.室温下，测的氯化

铵溶液pH7，证明一水合氨是弱碱：++42323NH+2HO=NHHO+HOB.将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：-+23234SO+NHHO=HSO+NHC.硫代硫酸根与稀硫酸反应：2-+2-23423SO+2H=4S+2SO+HOD.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：-+2-2+4242

22MnO+16H+5CO=2Mn+10CO+8HO【答案】B【解析】【详解】A．室温下，测的氯化铵溶液pH7，证明一水合氨是弱碱：++42323NH+2HONHHO+HO垐?噲?g，水解是可逆反应，故A错误；B．将过量二氧化硫气体通入冷氨水中生成亚硫酸氢铵：-+23234SO+

NHHO=HSO+NH，故B正确；C．硫代硫酸根与稀硫酸反应生成硫、二氧化硫和水：2-+2322SO+2H=S+SO+HO，故C错误；D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸是弱电解质：-+2+422222MnO+6H+5HCO=2Mn+10CO+8HO，故D错误；故选B。11.为减少温室气体

的排放，科学家研究出以2TiO为催化剂，光热化学循环分解2CO的反应，该反应机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A.该反应中，光能和热能转化为化学能B.该过程中没有电子的转移C.使用2TiO作催化剂可以降低反应的焓变，

从而提高化学反应速率D.分解2CO反应的热化学方程式：222CO(g)2CO(g)O(g)30kJ/molH=+=−【答案】A【解析】【详解】A．由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光能和热能转化为化学能，A正确；B．该过程中

二氧化碳发生了分解反应222CO(g)2CO(g)O(g)=+，属于氧化还原反应，故有电子转移，B不正确；C．催化剂不能改变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用2TiO作催化剂可以提高化学反应速率，C不正确；D．化学反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的

键能总和的差，21598kJ/mol21072kJ/mol496kJ/mol556kJ/molH=−−=+，则分解2CO反应的热化学方程式为222CO(g)2CO(g)O(g)556kJ/molH=+=+，D不正确。本题选A。12.

如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素(22HNCONH)的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确．．．的是A.铜电极应与Y相连接B.乙装置中溶液的颜色不会变浅C.标准状况下

，当N电极消耗5.6L气体时，则铁电极质量增加64gD.M电极反应式：22222HNCONHHO6eCON6H−++−=++【答案】C【解析】【分析】由图中信息结合原电池原理可知，M为负极、N为正极。由电解原理可知，Cu电极为阳极，Fe为阴极。【详解】A．铜电极是阳极，应与电源的正极相连，

即与Y相连接，A说法正确；B．电镀过程中，电解质的浓度及成分均不会发生变化，因此，乙装置中溶液的颜色不会变浅，B说法正确；C．标准状况下，当N电极消耗5.6LO2时，这些O2的物质的量为0.25mol，则电路中转移电子的物质的量为1mol，铁电极上发生Cu2++2e-

=Cu，根据转移电子守恒可知，析出Cu的物质的量为0.5mol，故铁电极的质量增加32g，C说法不正确；D．M电极为负极，负极上发生氧化反应，电极反应式为22222HNCONHHO6eCON6H−++−=++，D说法正确。综上所述，相关说法中不正确．．．的是C。第Ⅱ卷13.东

晋《华阳国志·南中志》已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)镍元素基态原子价层电子排布式为_____，3d能级上未成对电子数为__

___。(2)硫酸镍溶于氨水形成()346NiNHSO蓝色溶液。①()346NiNHSO中阴离子的立体构型是______。②在()236NiNH+中2Ni+与3NH之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成健原子是___。③氨是

___分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为___。④向硫酸铜溶液逐滴加入氨水，会先生成难溶物而后溶解也能形成深蓝色溶液，写出难溶物溶于氨水的离子方程式：__。(3)单质铜及镍都是由_____键形成的晶体；元素铜与镍的第二电

离能分别为：1CuI1958kJmol−=，1NiI1753kJmol−=，CuNiII的原因是______。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为__。②若合金的密度为3dgcm−，该

立方晶胞的边长约为___nm。【答案】(1).823d4s(2).2(3).正四面体(4).配位键(5).N(6).极性(7).3sp(8).()222+-2334Cu(OH)+4NH=CuNH+2OHHOO4H+(9).金

属(10).Cu+失去的是全充满的103d电子，Ni+失去的是14s电子(11).3∶1(12).13723251106.0210d−【解析】【分析】根据原子核外电子的排布规律分析原子的价电子结构；根据价层电子对互斥理论分析杂化类型；根据离子的

价电子结构分析第二电离能不同的原因；根据均摊法判断晶胞中的原子数，并计算晶胞的质量，然后根据密度求出晶胞的体积，最后可以求出晶胞的边长。【详解】(1)镍元素是28号元素，其基态原子价层电子排布式为823d4s，根据洪特规则和泡利不相容原理可知，其3d能级上未成对电

子数为2。(2)①()346NiNHSO中阴离子为24SO−，其中心原子的价层电子对数为6242+=，其杂化类型为sp3，没有孤电子对，故其立体构型是正四面体。②在()236NiNH+中2Ni+与3NH之间形成的化学键称为配位键，3NH

是配体，N原子有孤电子对，故提供孤电子对的成健原子是N原子。③氨分子是三角锥形结构，其正负电荷的重心不能重合，故其是极性分子，中心原子的价电子对数为51342+=，其轨道杂化类型为3sp。④向硫酸铜溶液逐滴加入氨水，会先生成难溶物而后溶解也能形成深蓝色溶液，难溶物为2Cu

(OH)，其溶于氨水的离子方程式为()222+-2334Cu(OH)+4NH=CuNH+2OHHOO4H+。(3)单质铜及镍都是由金属键形成的金属晶体；Cu+的价电子排布为全充满的103d，较稳定，而Ni+的价

电子排布为813d4s，较不稳定，因此，第二电离能CuNiII的原因是：Cu+失去的是全充满的103d电子，Ni+失去的是14s电子。(4)①由镍白铜合金的立方晶胞结构可知，Ni位于晶胞的8个顶点，平均每个晶胞中占有1个Ni；Cu位于晶胞的6个面心，平均每个晶胞中占有3个C

u，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1。②若合金的密度为3dgcm−，晶胞的质量为()23643596.0210g+，则晶胞的体积为()233643596.0210gdgcm−+，该立方晶胞的边长约为13723251106.0210d−nm

。【点睛】最后一个问题根据密度和质量求出晶胞的体积，进一步可以求出晶胞的边长，不要忘了长度单位的换算。14.中医药是中华民族的宝库，莲花清瘟胶囊由13味中药组方而成，研究表明，其中黄酮类物质(如槲皮素、木犀草素等)对COVID-19病毒有明显的抑制作用，某黄酮类化合物G的化学合成路

线如下图所示：已知：ⅰ.R1-COR2+HO-R3+HΔ⎯⎯→(1R、2R为烃基或氢，3R为烃基)ⅱ.+25CHONa⎯⎯⎯→+R4OH(1R、2R、3R为烃基或氢，4R为烃基)(1)G的分子式为___，其中含氧官能团的名称是_____。(2)AB→的

反应条件为______。(3)C的名称为______，共面原子最多为______。(4)CD→的化学方程式是______。(5)下列说法正确的是_______(填字母序号)。a1molD最多能与23molH或2molNaOH反应b.可以用酸性4KMn

O是否褪色检验D已完全转化为Ec.E的沸点比低d.与F为同系物(6)符合下列条件E的所有同分异构体的结构共有_____种，a.苯环上的一氯代物只有两种b.既能发生银镜反应又能发生水解反应任写出其中一种核磁共振谱具有四组峰的结构简式___

____。(7)已知EF→的反应为可逆反应，吡啶是一种有机碱，吡啶的作用是_______。(8)F经三步转化为G的路线：F25CHONa⎯⎯⎯⎯→第一步中间产物1+HΔ⎯⎯⎯→，第二步中间产物2⎯⎯⎯

→第三步G，已知：中间产物1、中间产物2与F互为同分异构体，中间产物1的结构简式_______；第二步的反应类型是____；第三步所用的试剂和条件______。【答案】(1).16122CHO(2).羰基、醚键(3).液溴、F

e粉(或3FeBr)(4).4−甲基苯酚(对甲基苯酚)(5).14(6).+(CH3CO)2O+CH3COOH(7).ac(8).4(9).或(10).吡啶与HCl发生酸碱反应，使HCl浓度降低，使EF→反应平衡向右移动(1

1).(12).加成反应(13).浓硫酸、加热【解析】【分析】根据A、B的分子式和C的结构可以推断A为甲苯、B为对溴甲苯；C与醋酸酐发生取代反应生成D，D在氯化铝的作用下发生重排生成E；E与苯甲酸发生取代反应生成F；F经三步转化为G。【详解】(1)由G的分子结构可知，其分子式

为16122CHO，其中含氧官能团有两种，分别是羰基和醚键。(2)AB→的反应是甲苯发生苯环上的溴代反应，故其条件为液溴、Fe粉(或3FeBr)。(3)C的苯环的对位上有两个取基，分别是甲基和羟基，故其名称为4−甲基苯酚(对甲基苯酚)，

根据苯分子有12原子共面，甲基上最多可有2原子与苯环共面，单键可以旋转，故羟基的2个原子可能与苯环共面，故共面原子最多为14个。(4)CD→为C与醋酸酐发生取代反应，其化学方程式是+(CH3CO)2O+CH3COOH。(5)a.D与氢气加成时，只有苯环部分可以发生反应；D是种特

殊的酯，其水解后可以生成酚羟基，因此，1molD最多能与23molH或2molNaOH反应，a正确；b.D和E均有连接在苯环的甲基，故其均可以使酸性4KMnO是否褪色，不能用酸性4KMnO是否褪色检验D已完全转

化为E，b不正确；c.E（）可以形成分子内氢键，而只能形成分子间氢铵，故E的沸点比低，c正确；d.与F（）的分子结构不相似，故其不可能是同系物，d不正确；综上所述，相关说法正确的是ac。(6)E的同分异构体的结构符合下列条件：a.苯环上的一氯代物只有两种，说明分子结构有对称性；b.既能发生

银镜反应又能发生水解反应，说明其是甲酸的酯。符合上述条件E的同分异构体可能有、、、，共有4种，其中一种核磁共振谱具有四组峰的结构简式为或。(7)已知EF→的反应为可逆反应，该反应的产物中有HCl，吡啶是一种有机碱，因此，吡啶的作用是：吡啶与HCl发生酸碱反应，

使HCl浓度降低，使EF→反应平衡向右移动。(8)中间产物1、中间产物2与F互为同分异构体。根据信息ⅱ可知，中间产物1的结构简式为；根据信息ⅰ可知第二步的反应是发生了羟基与羰基之间的加成反应，产物为；第

三步发生的反应是醇类的消去反应，故所用的试剂和条件为：浓硫酸、加热。【点睛】本题主要考查了学生的学习能力，能正确地解读题中所给的新信息，并能用这个信息解决新的问题，要求学生能关注到官能团的变化，明确反应的本质变化。15.过氧乙酸(3C

HCOOOH)是一种常用的消毒剂，易溶于水、易挥发、见光或受热易分解，其制备愿理为：2233260HOCHCOOHCHCOOOHHO,0H++℃，同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时分离出水，以提高产率，为减少反应瓶中乙丁酯的损耗，反应开始前，在油水分离器中加满乙酸丁酯，实验装

置如下图。(1)过氧乙酸保存与使用时应注意____(填标号)。A.避光B.低温C.配制消毒液时应带上橡胶手套D.储存于密闭的金属容器(2)仪器a的名称是___，在本实验中与使用普通分液漏斗相比的优点是__，其中盛放的试剂为__(填“乙酸”或“双氧

水”)(3)反应体系采用减压的目的是___。(4)过氧乙酸(含有少量22HO杂质)的含量测定流程如下图。①判断22HO恰好除尽的实验现象是____。②过氧乙酸被2Fe+还原，还原产物之一为乙酸，其离子方程

式为_____。③若样品体积为0VmL，加入14cmol/LFeSO溶液1VmL，消耗2227cmol/LKCrO溶液2VmL，则过氧乙酸含量为_____1gL−。(5)判断下列情况对过氧乙酸含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或

“无影响”)。①若滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，会使测定结果_____。②若4FeSO标准液部分变质，会使测定结果_______。【答案】(1).ABC(2).恒压分液(或滴液)漏斗(3).可以平衡压强，利于滴液漏斗中液体顺利滴

下(4).双氧水(5).降低共沸物的沸点，防止温度过高过氧乙酸分解(6).当最后一滴4KMnO溶液滴入时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色(7).23332CHCOOOH2Fe2HCHCOOH2FeHO+++++=++(8).1122038(C

V6CV)V−(9).偏高(10).偏高【解析】【分析】过氧乙酸(3CHCOOOH)的制备原理为2233260HOCHCOOHCHCOOOHHO++℃，利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7℃)及时分离出水。过氧乙酸易挥发、见光或受热易分解，结合这些信息解

决相关问题。求出过氧乙酸消耗的硫酸亚铁的物质的量，就可以求出样品中过氧乙酸的含量。【详解】(1)过氧乙酸易挥发、见光或受热易分解，因此，保存与使用时应注意避光、低温、配制消毒液时应带上橡胶手套以防止腐蚀皮肤，因其有强氧化性和酸性，故不能储存于金属容器中

，故选ABC。(2)根据仪器a的结构可知其为恒压分液(或滴液)漏斗。在本实验中与使用普通分液漏斗相比，其优点是：可以平衡压强，利于滴液漏斗中液体顺利滴下。由于双氧水受热易分解，故仪器a盛放的试剂为双氧水。(3)过氧乙酸受热易分解，物质的沸点随着压强的减小而减小，因此，反应体系采用减压的目的是：降低

共沸物的沸点，防止温度过高过氧乙酸分解。(4)①高锰酸钾溶液能够与双氧水反应，高锰酸钾溶液褪色，本实验是利用过量的一滴4KMnO溶液判断滴定终点的，判断22HO恰好除尽的实验现象是：当最后一滴4KMnO溶液滴入时，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。②过氧乙酸被2Fe

+还原，还原产物之一为乙酸，则2Fe+被氧化为3Fe+。因此，其离子方程式为23332CHCOOOH2Fe2HCHCOOH2FeHO+++++=++。③若样品体积为0VmL，加入14cmol/LFeSO溶液1VmL，n(4FeSO)=1cmol/L33111V10L=cV10mol−−

，过量的4FeSO溶液消耗2227cmol/LKCrO溶液2VmL，该反应的离子方程式为6Fe2++227CrO−+14H+=2Cr3++63Fe++7H2O，n(227KCrO)=2cmol/L33222V10L=cV

10mol−−，则与227KCrO反应的n(4FeSO)=6322cV10mol−，与过氧乙酸反应的n(4FeSO)=1122(CV6CV)−310mol−，则过氧乙酸的物质的量为0.51122(CV6CV)−310mol−，其含量为311221122-30

00.5(CV6CV)10mol76g/mol38(CV6CV)=V10LV−−−1gL−。(5)①若滴定前无气泡，滴定终点时出现气泡，则227KCrO溶液的体积读数偏小，会使测定结果偏高。②若4FeSO标准液部分变质，则消耗227KCrO溶液的体积偏小，会使测

定结果偏高。【点睛】227KCrO溶液的体积偏小，则其消耗的4FeSO偏少，导致计算出的过氧乙酸消耗的4FeSO偏大，会使测定结果偏高。16.硫的氧化物是形成酸雨的罪魁祸首，含硫烟气(主要成分为2SO)的处理备受关注，主要有以下两种

方法，请回答下列问题：1碱液吸收法步骤1：用足量氨水吸收2SO。步骤2：再加入熟石灰，发生反应：22433322NHCa2OHSOCaSO2NHHO−−−+++++。(1)已知：25℃时，()b32NHHOaK

=；()sp3CaSObK=，该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=_____(用含a、b的代数式表示)。(2)汽车尾气中的2SO和过氧化氢可设计成酸性原电池，请写出它正极的电极反应式__________。Ⅱ.水煤气还原法

已知：ⅰ.12212CO(g)SO(g)S(l)2CO(g)37.0kJmolH−++=−ⅱ.122222H(g)SO(g)S(l)2HO(g)45.4kJmolH−++=+(3)写出CO(g)与2HO(g)反应生成2CO(g)、2H(g)的热化学

方程式为______。若该反应在绝热、恒容体系中进行，达到平衡的标志是______(填序号)。a．混合气体的平均摩尔质量保持不变b．混合气体的总压强保持不变c．2HO(g)与2H(g)的体积比保持不变(4)在

一定压强下，发生反应ⅱ。平衡时，()2SO(二氧化硫的转化率)与原料气投料比()()22SOHnn和温度(T)的关系如图所示。①()2H：M_____(填“＞”、“＜”成“=”)N。②逆反应速率：M_____(填“＞”“＜”或“=”)Q。(5)T℃，向10L恒容密闭容器中充入2

molCO(g)、22molSO(g)和22molH(g)，发生反应ⅰ和反应ⅱ，5min达到平衡时，2CO(g)和2HO(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。①该温度下，反应ⅱ的平衡常数=K_____。②其他条件不变，6min时缩小容器容

积，()2αSO____(填“增大”、“碱小”或“不变”)。【答案】(1).21ab(2).222HO2e2H2HO−+++=(3).21322H(g)CO()CO4(g)+HO(1.2kJmo)lggH−+=−(4).bc(5).＞(6).＞(7

).2700(8).增大【解析】【分析】写出平衡常数的表达式，设法运用所给数据进行计算；根据盖斯定律计算反应热；判断相关物质量是否为变量，变量不变达平衡；根据平衡移动原理，比较相关物质的转化率；根据变化量之比等于化学计量数之比，求出相关物质的平衡浓度，计算平衡常数。【详解】(

1)已知：25℃时，()b32NHHOaK=；()sp3CaSObK=，该温度下，步骤2中的反应为22433322NHCa2OHSOCaSO2NHHO−−−+++++，其平衡常数K=()()()()()()()23222222323431bspcNHHOK

NHHOKCaSOcNHcOHcCacSO+−+−==21ab。(2)汽车尾气中的2SO和过氧化氢可设计成酸性原电池，则2SO为还原剂，过氧化氢为氧化剂，正极上氧化剂得电子发生还原反应，其电极反应式为222HO2e2H2HO−+++=。(3)已知：ⅰ.12212CO(g)SO(g)S(l

)2CO(g)37.0kJmolH−++=−ⅱ.122222H(g)SO(g)S(l)2HO(g)45.4kJmolH−++=+根据盖斯定律可知，由(ⅰ-ⅱ)0.5可以得到222H(g)CO()

CO(g)+HO(g)g+，则111312(()0.5[37.0kJmol45.4kJmol]0.541.2)kJmolHHH−−−==−+=−−−，所以，CO(g)与2HO(g)反应生成2CO(g

)、2H(g)的热化学方程式为21322H(g)CO(g)41.2kJmolCO(g)+HO(g)H−+=−。若该反应在绝热、恒容体系中进行：a．由于该反应前后的气体的总质量和总分子数均保持不变，则混合气体的平均摩尔质量在反应过程中始终保持不变，故无法据此判断该反应是否达到化学平衡状态，

a不符合题意；b．由于该反应在绝热、恒容体系中进行，反应体系不能与外界进行热交换，体系的温度随着反应的能量变化而发生变化，故体系的压强也混合气体的温度变化而变化，因此，当体系的总压强保持不变时，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应达到化学平衡状态，b符合题意；c．2H

O(g)与2H(g)的体积比等于其分子数之比，在反应过程中，该比值发生变化，当2HO(g)与2H(g)的体积比保持不变时，说明各组分的浓度保持不变，该反应达到化学平衡状态，c符合题意。综上所述，达到平衡的标志是bc。(4)①由于122222H(g)SO(

g)S(l)2HO(g)45.4kJmolH−++=+是吸热反应，在其他条件不变的情况下，升高温度可使该化学平衡向正反应方向移动，()2SO变大，因此，结合图中信息可知，T1＞T2，M和N两点()2SO相同，但是M点温度更高、()()22SOHnn的值更大，温度越高，该反

应向正反应方向进行的程度越大，()2H越大，()()22SOHnn越大，()2H越大，因此()2H：M＞N。②M和Q两点对应的均为化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，由于M点对应的温度高于Q点，温度越高，化学反应速率越大，所以，逆反应速率：M＞Q。(5)T℃，向10L恒容密闭容器中充

入2molCO(g)、22molSO(g)和22molH(g)，则其起始浓度均为0.2mol/L，发生反应ⅰ和反应ⅱ（ⅰ.12212CO(g)SO(g)S(l)2CO(g)37.0kJmolH−++=−；ⅱ.122222H(g)SO(g)S(l)2HO(g)45

.4kJmolH−++=+）。5min达到平衡时，2CO(g)和2HO(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol，则其平衡浓度分别为0.16mol/L和0.18mol/L，2CO(g)的变化量为0.16mol/L，则若只发生反应ⅰ，2SO(g)的变化量为0.08m

ol/L，其平衡量为0.12mol/L。①根据H元素守恒可知，2H(g)的平衡浓度为0.02mol/L，2H(g)的变化量为0.18mol/L，则反应ⅱ中2SO(g)的变化量为0.09mol/L，2SO(g)的平衡量为0.12mol/L-0.

09mol/L=0.03mol/L，该温度下，反应ⅱ的平衡常数=K()()()22222220.180.020.03cHOcHcSO==2700。②其他条件不变，6min时缩小容器容积，则体系的压强增大，两反应的化学平衡均向正反应

方向移动，故()2αSO增大。【点睛】计算平衡常数时，要以各组分的平衡浓度代入其表达式，要注意S(l)的状态，其不能出现在平衡常数的表达式中。