【文档说明】重庆市南开中学校2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析 .docx，共(19)页，1.762 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市南开中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7N-14O-16Mg-12Si-28Ca40Fe-56I-127第Ⅰ卷(单选题共42分)本卷共14题，每小题3分，共计42分，每小题只有一个正确选项。1.化学与生活、生产、

环境密切相关。下列说法不正确的A.玛瑙、水晶、钻石，红宝石等装饰品的主要成分都是硅酸盐B.乙酸可用于环境消毒C.使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀D.沼气可再生资源，电能是二次能源【答案】A【解析】【详解】A．玛瑙、水晶的主要成

分是二氧化硅，钻石的成分是碳单质，不是硅酸盐，故A错误；B．乙酸能使蛋白质变性，且无污染，可用于环境消毒，故B正确；C．含有氯化钙的融雪剂，可与桥梁中Fe、C构成原电池，加速桥梁的腐蚀，故C正确；D．沼气可以通过植物秸秆的发酵和绿色植物光合作用实现再生；通

过人为加工获得的能源为二次能源，电能是通过燃煤或水能或风能等转化而来的，属于二次能源，故D正确；故选：A。2.我国明代《余东录》记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉

及物质转化如下：()3232PbCHCOOPb2Pb(OH)PbCOPbOⅰⅱⅲ⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→。下列有关说法错误的是A.铅块属于金属材料B.232Pb(OH)PbCO属于碱式盐C.反应ⅰ中()32CHCOOPb为氧化物D.反应iii为分解反应【答案】C【解析】【详解】A．铅属于金属，

铅块属于金属材料，故A正确；B．碱式盐是可电离出氢氧根离子的盐，232Pb(OH)PbCO可以电离出氢氧根离子属于碱式盐，故B正确；C．化合价升高的产物为氧化产物，反应ⅰPb～(CH3COO)2Pb化合价升高为氧化反应，(CH3C

OO)2Pb为氧是化产物，属于盐，不是氧化物，故C错误；D．由一种物质生成了两种物质或两种以上生成物，属于分解反应，2Pb(OH)2•PbCO33PbO+2H2O+CO2↑，属于分解反应，故D正确；故选

C。3.实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是A.反应前，试管a中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇B.乙酸乙酯易挥发C.试管b中应盛放NaOH浓溶液D.实验结束后，将试管b中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A．密

度大的液体加入到密度小的液体中，反应前，试管a中试剂的添加顺序为：先加入乙醇，再加入浓硫酸和冰醋酸，防止混合液体溅出，发生危险，故A错误；B．乙酸乙酯沸点低，易挥发，故B正确；C．试管b中盛放NaOH浓溶液能使乙酸乙酯发生完全水解，导致实验失败，试管b中应盛放饱和碳酸钠溶液以除去乙醇、乙酸，

故C错误；D．乙酸乙酯是不溶于水的液体，与碳酸钠溶液出现分层，应该采用分液法分离，故D错误；故选B。4.下列关于有机物的说法正确的是(不考虑立体异构)A.所有脂肪醛均符合通式n2nCHOB.乙醇、乙酸均能与3NaHCO反应。是因为分子中均含

有官能团-OHC.分子式为410CHO的有机物属于醇类的异构体有4种D.分子式为472CHClO的羧酸有6种【答案】C【解析】【详解】A．符合通式CnH2nO的醛为饱和一元脂肪醛，故A错误；B．羧酸酸性比碳酸强，乙酸分子中含有羧基，能与NaHCO

3反应，乙醇分子中没有羧基，不能与NaHCO3反应，醇中的羟基不能和NaHCO3反应，故B错误；C．分子式为C4H10O属于醇类的有机物可以看作是丁基和羟基相连，丁基有4种，所以C4H10O属于醇类的异构体就有4种，故C正确；D．分子式为C4H7ClO2的羧酸可以看作是丁酸分子中的一个H被Cl

取代生成的有机物，正丁酸分子中有三种碳原子上的氢原子，其一氯代物有3种，异丁酸分子中有2种碳原子上的氢原子，其一氯代物有2种，则分子式为C4H7ClO2的羧酸有5种，故D错误；故选C。5.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A.用排饱和

食盐水法收集氯气B.加催化剂，使2SO和2O在一定的条件下转化为3SOC.将2NO球浸泡热水中颜色加深D.加压条件下有利于2N和H2反应生成3NH【答案】B【解析】【详解】A．氯气溶于水发生可逆反应：C

l2+H2OHCl+HClO，在饱和食盐水中有大量Cl-，可以阻止氯气溶在水中，故A可以用平衡移动原理解释；B．催化剂不影响平衡，故B不能用平衡移动原理解释；C．NO2和N2O4存在平衡：2NO2N2O4，该反应的正反应是放热的，升高温度，平衡逆向移动，NO2是红棕色的，N2O4是无色

的，则混合气颜色加深，故C可以用平衡移动原理解释；D．氮气和氢气合成氨气是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于合成氨，故D可以用平衡移动原理解释；故选B。6.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12L0.2molL−

氯化铵溶液中加入氨水至溶液为中性，溶液含铵根离子数0.4NAB.在高温高压、催化剂的条件下，256gN和212gH充分反应，生成3NH的分子数为4NAC.用惰性电极电解KOH溶液，若阴极产生5.6L气体，则

电路中通过电子数为NA在的D.7g晶体硅中含有SiSi−键的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．2L0.2mol⋅L−1氯化铵溶液中n(Cl-)=0.4mol，加入氨水至溶液为中性，根据电荷守恒，溶液中n(Cl-)=n(4NH+)=0.4mol

，则溶液含铵根离子数0.4NA，故A正确；B．氮气和氢气合成氨气的反应是可逆反应，反应不能进行到底，所以56gN2和12gH2充分反应，不能生成4NA个NH3分子，故B错误；C．没有指明温度和压强，无法计算气体的物质的

量以及数目，故C错误；D．晶体硅中每个硅原子都连接4个硅原子形成Si-Si共价键，每个Si-Si键被2个Si共有，所以相当于每个Si原子连有2个Si-Si键。7g晶体硅的物质的量为0.25mol，则含有的Si-Si键数目为0.5NA，故D

错误；故选A。7.铝土矿的主要成分为2323AlOFeO、和2SiO，工业上经过下列流得冶炼铝：NaOHabcdAl盐酸过量电解①②③④铝土矿⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯→⎯⎯⎯→下列说法正确的是A.①、②中除加试剂外，还需进行蒸发结晶B.a、b中铝元素的化

合价不同C.④进行的操作为过滤、洗涤、灼烧，且d为3AlClD.③中可通入过量的2CO【答案】D【解析】【分析】铝土矿中的氧化铝和氧化铁能和盐酸反应，二氧化硅不反应，过滤除去；得到的溶液a中有氯化铝和氯化铁，加入过量NaOH溶液后生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤除去氢氧化铁沉淀，

滤液中通足量二氧化碳，将NaAlO2转化为氢氧化铝沉淀，将氢氧化铝沉淀过滤出来后洗涤，然后灼烧氢氧化铝沉淀得到氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到金属铝。【详解】A．由以上分析可以，①、②中除加试剂外，还需进行过滤，故A错

误；B．a中含氯化铝，b中含NaAlO2，铝元素均为+3价，故B错误；C．④是将Al(OH)3过滤出来后洗涤灼烧为Al2O3，d为Al2O3，不是AlCl3，故C错误；D．③是将NaAlO2转化为Al(O

H)3，需要通入过量的CO2，故D正确；故选D。8.下列有关实验的操作正确的是A.容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有0刻度：它们使用时均需水洗后再润洗B.为观察Mg条在2CO气体中的燃烧，在一个底部铺有少量沙子的集气瓶中收集满2CO

气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持伸入集气瓶中燃烧C.检验某溶液是否含有24SO−时，应取少量该溶液，依次加入2BaCl溶液和稀硝酸D.用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在桌面的pH试纸上测pH值【答案】B【解析】【

详解】A．容量瓶、量筒和滴定管都属于量取液体体积的容器，都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有0刻度，滴定管需要水洗后再润洗，量筒需干燥状态时使用，容量瓶洗净后无需干燥和润洗，可以直接使用，故A错误；B．为防止镁和C

O2反应后生成的灼热的物质炸裂容量瓶底，要在一个底部铺有少量沙子的集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持伸入集气瓶中燃烧，故B正确；C．检验某溶液是否含有23SO−时，应取少量该溶液，依次加入盐酸和BaCl2溶液，若先加入BaCl2溶液，

不能排除Ag+的干扰，也不能加入硝酸，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故C错误；D．NaClO溶液中有强氧化性和漂白性的次氯酸，会使pH试纸褪色，无法测定pH，pH试纸也不能放在桌面上，应放在洁净的玻璃片或表面皿上，故D错误；故选B。9.抗击新冠肺炎疫情过程中，法匹拉韦和瑞德西韦率先

突出重围。研究表明两者是新冠肺炎潜在的有效药物，目前正在中国进行3期临床试验，下列关于法匹拉韦和瑞德西韦的描述正确的是A.瑞德西韦属于芳香烃B.法匹拉韦分子式为5323CHONFC.1mol瑞德西韦与足量金属钠反应最多生成20.5molHD.瑞德西韦能发生消去反应【答案】D【解

析】详解】A．瑞德西韦含有O、N，不属于烃类，故A错误；B．根据法匹拉韦结构简式，其分子式为C5H4O2N3F，故B错误；C．1个瑞德西韦分子中含有2个羟基，羟基上的H可以和钠反应生成氢气，1mol瑞德西韦与足量金属钠反应最多生成1molH2

，故C错误；D．瑞德西韦分子中有羟基，且连接羟基的邻位碳原子上有氢原子，所以瑞德西韦能发生消去反应，故D正确；故选D。10.我国科学家设计了一种将电解酸性饱和食盐水与电催化还原CO2相耦合的电解装置如图所示。下列叙述错误的是A.阳极生成HClOB.该交换膜为质子

交换膜C.阴极电极反应式为22CO2e2HCOHO−+++=+D.每生成11.2L(标况下)CO转移电子数为A2N【答案】D【解析】【分析】从图中可以看出，Cl-在阳极失去电子变为HClO，CO2在阴极得到电子变为CO。【详解】A．Cl-在阳极失去电子生成HClO：Cl--

2e-+H2O=HClO+H+，故A正确；【B．阳极生成的H+通过质子交换膜移向阴极，故B正确；C．阴极发生还原反应，电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，故C正确；D．在阴极二氧化碳得电子生成CO，碳元素化合价由+4降低为+2，每生成11.2L（标况下）CO即

0.5molCO转移电子数为NA，故D错误；故选D。11.一种新型漂白剂结构如图所示，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A.可利用单质

W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YB.Z的基态原子电子云轮廓为哑铃型C.非金属性：X>W>YD.该漂白剂中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据

图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的

最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素。【详解】A．加热镁和B2O3生成B和氧化镁，故A正确；B．Z为H元素，基态H原子的核外电子排布式为1s1，s能级电子云轮廓图呈球形，故B错误；

C．X、W、Y分别为O、Mg、B，其非金属性顺序为：O>B>Mg，即X>Y>W，故C错误；D．该漂白剂中H含有2个电子，不满足8电子稳定结构，故D错误；答案选A。12.下列有关操作的实验现象及解释都正确的是选项实验操作现象解释A加热滴有酚酞的浓氨水溶液红色加深

加热促进氨水电离B将SO2通入Fe(NO3)3溶液中无明显现象3NO−不能氧化SO2C向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加几滴氯水溶液变蓝还原性：I-＞Fe2+DH2O2溶液中加入FeCl2溶液产生无色气体，溶液变为浅绿色Fe2+催化H2O2分解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解

】A．对氨水加热时，一水合氨发生分解反应，放出氨气，导致溶液碱性减弱，所以溶液颜色不会加深，A错误；B．通入二氧化硫，SO2与水反应产生H2SO3，使溶液显酸性。在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可以氧化

亚硫酸生成硫酸，但由于Fe3+未参加反应，因此溶液无明显现象，B错误；C．向足量含淀粉的FeI2溶液中滴加几滴氯水，溶液变蓝，是由于发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉使溶液变为蓝色，而Fe2+没有发生反应，故可以证明还原性：I-＞Fe2+，C正确；D．H

2O2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+作为催化剂可以加快双氧水的分解，产生大量气泡，而不是Fe2+催化H2O2分解，D错误；故合理选项是C。13.科学家合成的一种纳米小人结构如图。下列关于该化合物的说法正确的是A.易溶于水B.1mol该物质最多可与214molH发生加成反应C.一氯

代物有8种(不考虑空间异构)D.所有原子处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A．该物质不含亲水基团，不能溶于水，A错误；B．1mol苯环可与3mol氢气加成，1mol碳碳三键可与2mol氢气加成，分子中含2个苯环，4个碳碳三键，故1mol该物质最多可与(2×3+4×2)mol=14mol

H2发生加成反应，B正确；C．该分子有11种等效氢，一氯代物有11种，C错误；D．该分子中存在单键的C，所有原子不可能共面，D错误；答案选B。14.室温下，部分酸和碱的电离常数如下表：电离常数H2SO328121.3106.310−−

==KKCH3COOH51.810K−=NH3·H2O51.810K−=向下列溶液中通入相应的气体至溶液呈中性，下列浓度关系正确的是A.向0.10mol/LCH3COOH溶液中通入NH3：c(N

H3·H2O)+c(4NH+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)B.向0.10mol/LNa2SO3溶液中通入SO2：()()()()23323cNacSOcHSOcHSO+−−++C.向0.10mol/LCH3COONa溶液中通

入HCl：c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c(H+)D.向0.10mol/LNH4HSO4溶液中通入NH3：()()()23244cNHHOcNH2cSO+−+=【答案】A【解析】【详解】A．向0.

10mol/LCH3COOH溶液中通入NH3，二者发生反应产生CH3COONH4，由于CH3COOH、NH3·H2O电离平衡常数相等，所以CH3COONH4电离产生的CH3COO-、4NH+水解程度相同，则溶液显中性，根据物料守恒可知c(NH3·H2

O)+c(4NH+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，A正确；B．向0.10mol/LNa2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，NaHSO3的溶液中微粒浓度关系为：()

()()()23323cNa=cSOcHSOcHSO+−−++。NaHSO3电离产生的3HSO−的电离平衡常数K2=6.3×10-8，3HSO−的水解平衡常数Kh=-14-13-210=7.7101.310，由于3HSO−的电离程度大于其水解程

度，因此NaHSO3溶液显酸性，当通入SO2至溶液pH=7，因此反应后溶液中溶质应该为NaHSO3、Na2SO3，则根据物料守恒可得()()()()23323cNacSOcHSOcHSO＞+−−++，

B错误；C．向0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl，发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，根据物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则溶液中c(Na+)最大。由于等浓度的CH3COONa、CH3COOH的混合溶液中

CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，溶液显酸性，要使溶液显中性，则溶液为CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合物，c(CH3COONa)＞c(CH3COOH)，故c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)。同时由于CH3COOH是弱酸，主要以电

解质分子存在，电离产生的c(H+)很小，故微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，C错误；D．向0.10mol/LNH4HSO4溶液中通入NH3，发生反应：NH4HSO4+NH3=(NH4)2SO4，在(NH4)2

SO4溶液中，根据物料守恒可得c(NH3·H2O)+c(4NH+)=2c(24SO−)，(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，要使溶液显中性，则该溶液中除含有(NH4)2SO4外，还含有NH3·H2O，则溶液

中微粒浓度关系c(NH3·H2O)+c(4NH+)＞2c(24SO−)，D错误；故合理选项是A。第Ⅱ卷(非选择题共58分)15.有机化合物A～H的相互转化关系如下图所示(图中副产物均未写出)：其中芳香族化合物

A的分子式为89CHCl，请回答：（1）写出有机物的结构简式：A_______；F_______。（2）写出反应类型：反应②_______；反应③_______。（3）写出下列反应的化学方程式：反应③_______；反应⑧_______；（4）B分子内处于同一平面上的碳原子最多有_____

__个，B在一定条件下可以发生反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为_______。（5）化合物M是G的一种同分异构体，M具有如下性质：①不与3NaHCO反应，②遇3FeCl溶液显紫色，③1molM恰好与2molNaOH反应

，则M的结构简式为_______(写一种)。【答案】（1）①.②.（2）①.加成反应；②.消去反应（3）①.②.（4）①.8②.（5）或【解析】【分析】由题中反应的转化关系可知，A发生消去反应得到B，B与溴发生加成反应生成C，C发生消去反应得到D，D与氢气

发生加成后生成X(C8H10)，结构简式为，可知D应为炔烃，含有C≡C官能团，则D为，C为，B为，E连续氧化得到G，G含有羧基，根据H的分子式可知，G为，故H为，逆推可知F为，E为；芳香族化合物A的分子式为C8H9Cl，A为。【小问1详解】根据分析，A的结构简式为；F的结构简式

为；【小问2详解】根据分析，反应②为加成反应，反应③为消去反应；【小问3详解】反应③为发生消去反应，发生反应的化学方程式为；反应⑧为G与乙二醇发生酯化反应，化学方程式为：【小问4详解】B为，其中苯环和乙烯基均为平面结构，则分子内所有碳原子可能在同一平面内，则处于同一平面上的碳原子最多有8个；在一

定条件下可以发生反应生成高分子化合物聚苯乙烯N，N的结构简式为；【小问5详解】G为，化合物M是G的一种同分异构体，M具有如下性质：①不与NaHCO3反应，无羧基；②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基；③1molM恰好与2molNaOH反应，含有2个酚羟基，则M

的结构简式为或。16.在饲料添加剂中常用到碘酸钙，制备碘酸钙晶体的流程如下：已知：碘酸钙在不同温度下的存在形态碘酸钙存在形态无水盐一水合物六水合物稳定的温度区域>57.5℃32-57.5℃<32℃（1）

KOH的电子式为_______。（2）反应1在85℃中进行，应当选用的加热方法为_______。温度不能太高的原因是_______。反应Ⅰ的其中一种产物是()32KHIO，写出反应1的化学方程式_______。（3）操作2的名称为_______；醇洗的目的是______

_。（4）测定产品纯度的实验步骤如下：准确称取产品mg，置于100mL烧杯中，加1:1高氯酸20mL，微热溶解试样，冷却后移入500mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，得试液准确量取所得试液50.00mL置于250mL碘量瓶中，加入1:1高氯酸2mL，3g碘化钾(足量)，盖上瓶

塞，在暗处放置3分钟，加50mL水，用浓度为0.1000mol/L223NaSO标准溶液滴定至浅黄色，加入2mL0.5%淀粉溶液，继续滴定至终点，重复实验2次，平均消耗223NaSO，标准溶液nmL。滴定过程中发生的反应如下：()()343422CaIO+

2HClO=2HIO+CaClO、2232222346IO5I6H3I3HOI2SO2ISO、−−+−−−++=++=+①滴定至终点的现象是_______。。②该样品中纯度为_______。(用含m、n的式子表示)【答案】（1）（2）①.水浴加热②.温度过高，碘挥发，影响产率③.()32322Δ2

KClO+I+HCl=KHIO+Cl+KCl（3）①.过滤②.除水，乙醇易挥发可加快干燥（4）①.当加入最后一滴223NaSO溶液时，溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复原色②.4.15n%m或0.0415n100%m【解析】【分析】由题给

流程可知，氯酸钾、单质碘和稀盐酸混合反应生成KH(IO3)2、氯化钾和氯气，向反应后的混合液中加入氢氧化钾溶液调节溶液pH，氢氧化钾溶液和碘酸氢钾反应生成碘酸钾，再加入氯化钙，氯化钙会和碘酸钾发生反应

生成碘酸钙，冰水静置降低碘酸钙的溶解度，有利于析出碘酸钙晶体，待析出碘酸钙晶体后，过滤、水洗、乙醇洗、干燥得到碘酸钙晶体。【小问1详解】氢氧化钾为离子化合物，其电子式为：。【小问2详解】为了使受热均匀，反应1在8

5℃中进行，应当选用的加热方法为水浴加热；单质碘受热易升华，若温度高于85℃，碘升华，会影响反应的产率；氯酸钾、单质碘和稀盐酸混合反应生成KH(IO3)2、氯化钾和氯气，反应的化学方程式为：()32322Δ2KClO+I+HCl=KHIO+Cl+KCl

。【小问3详解】操作2为过滤分离得到碘酸钙晶体；乙醇易挥发，挥发时能带走水分，便于碘酸钙晶体干燥。【小问4详解】①由题意可知，硫代硫酸钠与含有淀粉的溶液完全反应时，溶液蓝色会褪去，则滴定至终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色消失，且

半分钟不恢复原色。②由题给方程式可得如下关系式Ca(IO3)2~2HIO3~6I2~12S2O23−，则mg产品中Ca(IO3)2的物质的量为0.1000mol/L×n×10-3L×50050×112，则该样品的纯度为-31120.1000mol/Ln10L10498g/molmg

100%=4.15n%m。17.草酸亚铁晶体受热易分解，是一种浅黄色晶体，难溶于水。某化学兴趣小组查文献得出其热分解方程式为24222FeCO2HOFeOCOCO2HO=+++，然后根据文献设计如图装置，探究草酸亚铁晶体(242FeCO2HO)的分解反应。（1）

实验装置图中间部分为B、C、D、E装置，其正确连接顺序是_______。其中检验并保证除尽CO的装置是_______(填字母)。（2）设计实验步骤如下：①检查装置的气密性；②打开活塞x，通入一段时间的2N；③先点燃_______处(填A或B)的

酒精灯，再点燃_______处(坝A或B)的酒精灯。（3）实验过程中，证明分解生成2CO的现象是_______。证明分解生成CO的现象是_______。（4）草酸亚铁中亚铁离子的价电子排布式为_______，碳原子采用_______杂化。（5）铁和氨气在640℃可发生置换反应，

产物之一的晶胞结构如图所示：写出该反应的化学方程式_______。若该晶体的密度是3bgcm−，则两个最近的Fe原子间的距离为_______cm。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】（1）①.CEDB②.B（2）①.B②.A（3）①.E中澄清石灰水变浑浊②.F中澄清石灰

水变浑浊或黑色氧化铜变红色（4）①.63d②.2sp（5）①.3428Fe+2NH=2FeN+3H②.3A22382bN【解析】【分析】草酸亚铁晶体分解生成一氧化碳、二氧化碳和水，先将产物通过无水硫酸铜检验水，再通过澄清石灰水检验并除去二氧化碳，干燥CO后，将CO通入氧化铜，

检验CO并除去CO，CO也可以通过检验CO与氧化铜生成二氧化碳确定，据此分析解答。【小问1详解】由以上分析可知产物应先通过C无水硫酸铜检验水，再通过澄清石灰水E检验并除去二氧化碳，然后通过D干燥CO，再通过B氧化铜检验并除去CO；故答案为：CEDB；B；【小

问2详解】实验开始时应先点燃B处酒精灯，以防止分解产生的CO排放到空气中污染环境，然后再点燃A处酒精灯，故答案为：B；A；【小问3详解】E中澄清石灰水变浑浊可以说明反应生成了二氧化碳，F中澄清石灰水变浑浊或B中黑色氧化铜变红色可

以证明生成了CO，故答案为：E中澄清石灰水变浑浊；F中澄清石灰水变浑浊或黑色氧化铜变红色；【小问4详解】草酸亚铁中亚铁离子的价电子排布式为63d，碳原子形成3对价电子，且无孤电子对，采用2sp，故答案为：63d；2sp；【小问5详解】由晶胞结构可知Fe有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：118

+6=482，N位于体心个数为1，其化学式为Fe4N，根据氧化还原反应的规律，化合价有升有降，可分析出另一种产物为氢气，则铁与氨气的反应为：3428Fe+2NH=2FeN+3H；由晶胞的化学式可得晶胞的质量为：A238

Ng，晶胞密度为3bgcm−，晶胞的体积为：A238bN，晶胞的边长为：3A238bN，由晶胞结构可知距离最近的Fe和N原子的距离为面对角线的一半，距离为3A22382bN，故答案为：3428Fe+2NH=2FeN+3H；3A22382

bN。18.Ⅰ．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：(g)催化剂(g)+H2(g)ΔH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p总恒定。在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示。已知：气体分压p分=气体总压(p

总)×体积分数。(g)、2H(g)、(g)的燃烧热H分别为akJ/mol−、bkJ/mol−、ckJ/mol−。（1）上述反应中，ΔH=_______kJ/mol(用含a、b、c的代数式表示)。（2）500℃时，10分钟

建立平衡，用单位时间内物质的量的改变表示平均反应速率，则10分钟内v()=_______。（3）a、b点的平衡常数aK_______bK(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。（4）550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数pK=_______。【答案】（1）a+b-c（2

）0.04xmol/min（3）①.<②.由图可知，温度升高，乙苯平衡转化率增大，故该反应为吸热反应，则升高温度，平衡常数增大（4）916p总【解析】【小问1详解】根据乙苯、苯乙烯和氢气的燃烧热可写出反应的热化学方程式

：①C8H10(g)+212O2(g)→8CO2(g)+5H2O(l)ΔH=-ckJ/mol，②C8H8(g)+10O2(g)→8CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-akJ/mol，③H2(g)+12O2(g)→H2O(l)ΔH=-bkJ/mol，将反应①-反应

②-反应③即可得反应：C8H10(g)→C8H8(g)+H2(g)，其ΔH=(a+b-c)kJ/mol。【小问2详解】500℃时，乙苯的平衡转化率为40%，则转化的乙苯为0.4xmol，10分钟建立平衡，用单位时间内物质的量的改变表示平均反应速率，则10分钟内v(C8H10)=

0.4xmol10min=0.04xmol/min。【小问3详解】由图可知，温度升高，乙苯平衡转化率增大，故该反应为吸热反应，则升高温度，平衡常数增大，所以b点的平衡常数大于a点的平衡常数。【小问4详解】550℃时，乙苯的平衡转化率为6

0%，可列三段式：()()()()()()810882CHgCHgHgx000.6x0.6x0.6x0.4x0.6x0.6xmolmolmol+起始变化平衡平衡时总的物质的量为0.4x+0.6x+0.6x=1.6x，C8H10、C8H8、H2的物质的量

分数分别为0.4x1.6x=0.25，0.6x31.6x8=，0.6x31.6x8=，总压强为p总，则C8H10、C8H8、H2的分压分别为0.25p总，38p总，38p总，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学

平衡常数Kp=339880.2516pppp=总总总总。