【文档说明】上海市复旦大学附属中学2021-2022学年高三下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(23)页，1.700 MB，由小赞的店铺上传

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复旦附中高三年级第二学期教学质量检测化学等级试卷相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Na-23一、选择题1.下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是A.定期清淤，疏通河道B.化工企业“三废”处理后，达标排放C.利用微生物降解水域中

的有毒有害物质D.河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理【答案】A【解析】【分析】【详解】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，没有涉及化学变化，A符合题意；B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（

简称“三废”），常涉及化学方法进行处理，如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的

、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及的是化学变化，C不符合题意；D．河道中的垃圾回收分类，适合焚化处理的垃圾，利用现代焚化炉进行燃烧，消灭各种病原体，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，同时可回收热能，用于供热和发电等，此过程涉及化学变化，D不符合

题意；故选A。2.下列化学用语只能用来表示一种微粒的是A.SB.C2H6OC.12CD.【答案】C【解析】【详解】A．S可以表示硫原子，也可以表示硫单质，故A不选；B．C2H6O可以表示乙醇和二甲醚，故

B不选；C．12C表示6个质子、6个中子的碳原子，故C选；D．可以表示甲烷也可以表示硅烷，故D不选；故选C。3.下列变化过程中有可能不涉及氧化还原反应的是A.钝化B.漂白C.固氮D.燃烧【答案】B【解析】【详解】A．钝化是指

金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝态的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。故A不符；B．氧化性漂白和还原性漂白均涉及氧化还原反应，物理吸附性漂白，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．将空气中的游

离氮转化为化合态氮的过程，称为固氮，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．燃烧是一种发光、发热、剧烈的化学反应。燃烧是可燃物跟助燃物(氧化剂)发生的一种剧烈的、发光、发热的化学反应，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选

B。4.在空气中久置会变色的强电解质是A.氯水B.硫化氢C.烧碱D.硫酸亚铁【答案】D【解析】【详解】A．氯水在空气中久置会褪色，氯水是混合物，不属于电解质，A不符合题意；B．硫化氢在空气中久置会生成黄色硫单质，硫化氢是弱酸，属于弱电解质，B不符合题意；C．烧碱为白色固体，碳酸钠为白色固体；烧碱

是氢氧化钠在空气中久置变为碳酸钠，颜色不变，C不符合题意；D．硫酸亚铁在空气中久置会被氧化，溶液从浅绿色变成硫酸铁的黄色，硫酸亚铁属于强电解质，D符合题意；故选D。5.下列变化中属于吸热反应的是A.1molH2O分解形成H、OB.灼热的炭与二氧化碳生成一氧化碳C.冰

融化D.NH4NO3(s)NH4+(aq)＋NO3−(aq)【答案】B【解析】【详解】A.1molH2O分解形成H、O，断开化学键，吸收能量，不是化学反应，故A不符合；B．灼热炭与二氧化碳生成一氧化碳是吸热反应，故B符合；C．冰融化是吸热的物理过程，故C不符合；D．NH4N

O3(s)NH4+(aq)＋NO3−(aq)是溶解平衡，不是化学反应，故D不符合；故选B。6.某晶体中含有非极性键，关于该晶体的说法正确的是A.可能有很高的熔沸点B.不可能是化合物C.只可能是有机物D.不可能是离子晶体【答案】A

【解析】【详解】A.金刚石为原子晶体，晶体中含有非极性共价键C−C键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，所以可能有很高的熔沸点，故A正确；B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种

元素的原子形成的共价键是极性共价键，H2O2等含有非极性键，属于化合物，故B错误；C.离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，故C错误；D.离子化合物中一定含有离子键，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，因此含有非极性键的化合物可能是离子晶体，故D错

误；故选：A。7.关于下列仪器使用的说法正确的是的A.①、③需要垫石棉网加热B.①、④可作反应容器C.②、④滴定时需要润洗D.③、⑤可用于蒸馏【答案】D【解析】【详解】A．①为蒸发皿,可以直接加热，③为蒸馏烧瓶,需

要垫石棉网加热，A错误；B．①为蒸发皿,不可以作为反应容器，④为锥形瓶,可作反应容器，B错误；C．②为碱式滴定管，滴定时需要用待装液润洗，④为锥形瓶，滴定时不能用待装液润洗，C错误；D．③为蒸馏烧瓶，⑤为冷凝管，都可用

于蒸馏操作，D正确；故答案为D。8.不能鉴别FeCl2和AlCl3的试剂是A.溴水B.NaOH溶液C.酸性KMnO4溶液D.H2O2溶液【答案】C【解析】【详解】A．溴水能将二价铁离子氧化为三价铁离子，溶液变成黄色，可以区分，故A不选；B．

滴入NaOH溶液，现象分别为：生成白色沉淀,白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色；生成白色沉淀后溶解，故B不选；C．含有氯离子，滴入酸性KMnO4溶液都能褪色，不能区分，故C选；D．滴入H2O2溶液，现象分别为：溶液变成黄色、不变色，故D不选；故选C。9.向B

aCl2溶液中以任意比例通入以下两种气体，均无沉淀产生。则该混合气体是A.Cl2和SO2B.CO2和NH3C.NO2和CO2D.NO2和SO2【答案】C【解析】详解】A．Cl2和SO2混合通入水中生成盐酸和硫酸，硫酸和BaC

l2溶液生成硫酸钡沉淀，故A不符；B．CO2和NH3生成碳酸铵或碳酸氢铵，碳酸铵与BaCl2溶液生成碳酸钡沉淀，故B不符；C．NO2和CO2混合通入水中与BaCl2溶液无沉淀生成，故C符合；D．NO2和SO2混合后，SO2将被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀

生成，故D不符；故选C。10.实验过程中不可能产生Fe(OH)3的是A.蒸发FeCl3溶液B.FeCl3溶液中滴入氨水C.将水蒸气通过灼热的铁D.FeCl2溶液中滴入NaOH溶液【【答案】C【解析】【详解】A.蒸发FeCl3溶液，铁离子水解生成

氢氧化铁，故A正确；B.FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B正确；C.将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D.FeCl2溶液中滴入NaOH溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D正确；故选：C。11.已知甲、乙、丙三种物质均含有同种

元素，其转化关系如下(反应条件已略去)。Xx→→试剂试剂甲乙丙下列推断错误的是A.若丙为红棕色气体，则甲可能为3NHB.若丙为2FeCl，则X与稀盐酸反应可以得到丙C.若乙为3NaHCO，则甲可能是2COD.若乙能使品红溶液褪色，则甲一定是S单质【答案】D【

解析】【分析】【详解】A．若丙为红棕色气体二氧化氮，则甲可能为3NH，试剂X为氧气，乙为一氧化氮成立，故A不选；B．若丙为2FeCl，X与稀盐酸反应可以得到2FeCl，则试剂X为Fe，根据转化关系可知乙为3FeCl，甲为2Cl成立，故B不选；C．

若乙为3NaHCO，则甲可能是2CO试剂X为NaOH溶液，丙为23NaCO成立，故C不选；D．若乙能使品红溶液褪色，则乙可能为2SO，若乙为2SO则甲可能为S也可能为硫化物等，故选D。答案选D。12.用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是ABCD蒸

发结晶制备3NaHCO晶体检验溴乙烷消去产物分离苯和溴苯探究不同催化剂对22HO分解速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热易发生分解反应，制备碳酸氢钠晶体不能用蒸发结晶的方法，故A错误；B．溴乙烷在氢氧化

钠乙醇溶液中共热发生消去反应制得乙烯，乙烯气体中混有挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，会干扰乙烯的检验，将混合气体通入盛有水的洗气瓶吸收乙醇，排出乙醇的干扰，再通入酸性高锰酸钾溶液中能

检验乙烯的生成，故B正确；C．苯和溴苯是互溶的液体，不能用分液的方法分离，故C错误；D．未明确硫酸铁和硫酸铜的浓度和用量，无法探究不同催化剂对过氧化氢分解速率的影响，故D错误；故选B。13.在下列实验操作中，会导致测量结果偏小的是A.胆矾品体中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物

质B.灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作C.HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出D.气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数【答案】C【解析】【详解】A．胆矾品体

中结晶水含量测定实验中，坩埚中有受热不分解的物质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故A不选；B．灼烧法测定Na2CO3、NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数实验中，未进行恒重操作，减小的质量小，碳酸氢钠的含量小，碳酸钠的含量增

大，故B不选；C．HCl标准液滴定未知浓度的NaOH溶液实验中，锥形瓶内溶液溅出，引起消耗HCl标准液的体积偏小，导致测量NaOH溶液浓度偏小，故C选；D．气体摩尔体积的测定中，反应结束后未冷却至室温便读数，温度高，测得的气体体积偏大，故D不选；故选

C。14.NH3可用于检验氯气管道是否露，NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl，NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.35℃时，1LpH=5的NH4Cl溶液中，水电离出的H+数为10-5NAB.1molNH3与足量O2发生化氧化生成的N2分子数为0.5N

AC.53.5gNH4Cl直接加热制备NH3的分子数为1NAD.22.4LN2中含有的N≡N的数目为1NA【答案】A【解析】【详解】A．NH4Cl溶液中氢离子全部由水电离出的，则氢离子的物质的量为n=cV=10-5mol/L×1L=10-5mol，则氢离子数为10-5NA，A正确；B

．根据上述方程式可知，1molNH3与足量O2发生化氧化生成的N2分子数为1NA，B错误；C．NH4Cl受热分解得到氨气和HCl，氨气和HCl会自发发生化合生成氯化铵，所以氯化铵直接加热制备不出氨气分子，C错误；D．未指明是否是标准状况，无法利用22.4L/m

ol进行计算，D错误；故选A。15.据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是A.O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2OB.中间体HOOBr和HOBr

中Br的化合价相同C.发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D.步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应①为HBr+O2=HOOBr；反应②为HOOBr+HBr=2

HOBr；反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，根据盖斯定律，将①+②+③×2，整理可得总反应方程式为：O2+4HBr=2Br2+2H2O，选项A正确；B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价均为+1价，相同，选项B正确；C．步骤②反应为HOOBr+HBr=2HOBr，在该

反应过程中有断裂的化学键有极性键H-Br、H-O、Br-O键的断裂，也有非极性键O-O的断裂，选项C正确；D．步骤③反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，在该反应中Br元素化合价由HBr中的-1价，HOBr中的+1价变为反应后Br2的0价，每生成1molBr2转移1mol电子，选项D错误；答案

选D。16.下列指定反应的离子方程式正确的是A.向0.1mol/LNaHA溶液(pH=1)加入NaOH溶液：HA-+OH-→A2-+H2OB.Na2O2溶于水：2Na2O2+2H2O→4Na++4OH-+O

2↑C.Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合：S2O23−+2H+→S↓+SO2↑+H2OD.溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++Br2+4Cl-【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LNaHA溶液的pH=1，说明完全电离出氢离子，则加入NaOH溶液反应的离子

方程式为H＋+OH-→H2O，A错误；B．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O→4Na++4OH-+O2↑，B正确；C．Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合发生氧化还原反应生成硫酸钠、一氧化氮

和水，C错误；D．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2→2Fe3++2Br2+6Cl-，D错误；答案选B。17.有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z，反应方程式如下：下列说法正确的是A.X中所有原子都共面B.可用Br2的CCl4溶液除去Z中混有的Y杂质C.

Z的同分异构体可以是芳香族化合物D.Z在酸性条件下水解生成和CH3OH【答案】C【解析】【详解】A．X中饱和碳原子连接的四个原子构成四面体型，所有原子不可能都共面，A错误；B．Y和Z两种物质均含有碳碳双键，两者均能与Br2的CCl4溶液反应，不能用Br2的CCl4溶液除去

Z中混有的Y杂质，B错误；C．从Z的结构简式可知其分子式为C9H12O2，不饱和度是4，芳香族化合物含有苯环，不饱和度至少为4，故Z的同分异构体可以是芳香族化合物，C正确；D．酯基在酸性条件下水解，断裂酯基中的碳氧单键，故其中的18O在生成物甲醇而

不是羧基上，D错误；故选C。18.X、Y、Z、W是原子序数依次增大短周期元素。W与X位于同一主族，X、Y、Z三种元素形成的化合物具有强氧化性，其结构如下图所示。下列叙述错误的是A.该化合物中各元素原子均达稳定结构B.Z的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物

C.Z、W形成的简单离子半径，Z大于WD.由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物一定能与X、Z、W形成的化合物反应【答案】D【解析】【分析】从短周期主族元素X、Y、Z形成的化合物结构图判断，X、Y、Z、W是原子序数依次增大，X形成单键达到稳定结构，推断X是

H元素，Y可形成四对共用电子对，推断Y是C元素，Z形成一个双键或两个单键，推断Z为O元素，该化合物是过氧乙酸CH3COOOH，具有强氧化性；W与X位于同一主族，且原子序数大于O，推断W是Na元素。故X、Y、Z、W分别是H、C、O、Na元素。【详解】A．过氧乙酸CH3COOOH中H、C、O元素

原子均达稳定结构，A正确；B．Z的氢化物H2O，其分子间形成氢键，沸点高于Y的氢化物CH4，B正确；C．Z、W形成的简单离子半径O2-、Na+，两者具有相同的电子层数，O2-的核电荷数较少，半径较大，

C的正确；D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物若是CH3COONa则不能与X、Z、W形成的化合物NaOH不反应，若是NaHCO3则可以与NaOH反应，D错误；故选D。19.在体积为1L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2

O(g)。相同时间内不同的温度下，将1molCO2和3molH2在反应器中反应，测定CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.图中X点v(正)>v(逆)B.该反应是吸热反应C.图中P点所示条件下，延长反应时间不能提高CH3O

H的产率D.520K下，X点所对应甲醇的产率50%，则平衡常数K=427【答案】D【解析】【分析】由图得：初始投料量相同时，在不同温度下均反应8小时，甲醇的产率先升高后降低，说明该反应为放热反应。【详解】A

．已知随着温度的升高，反应达到平衡时时间会缩短，故最高点左边，反应均未达到平衡，最高点右边曲线表示反应均处于平衡状态，所以X点处已达到平衡状态，即v(正)=v(逆)，A项错误；B．由上述分析知，该反应为放热反应，B项错误；C．P点所示的条件下，反应还未

达到平衡状态，所以延长时间可以提高甲醇的产率，C项错误；D．X点所对应得反应处于平衡状态，根据题给信息可列出三段式：()()()2232CO3HCHOH+HOmol/L1300mol/L0.51.50

.50.5mol/L0.51.50.50.5+初始变化平衡，容器体积为1L，故平衡常数30.50.54K0.51.527==，D项正确；故答案为D。20.常温下，体积均为20mL、浓度均为0.1m

ol/L的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H+)水的负对数[-lgc(H+)水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.HX、HY均为弱酸B.a、b、c三点溶液均显中性C.b、d两点溶液的离子总浓度不同D.c点溶液中c(X-)

+c(HX)=0.1mol/L【答案】C【解析】【分析】b、d点酸碱恰好完全中和，b点-lgc(H+)水=7，说明溶液呈中性，则HY为一元强酸；d点-lgc(H+)水＜7，说明促进了水的电离，则HX为一元弱酸。【详解】A．HX为弱酸、HY为强酸，故A错误；B．a、b点溶

液呈中性，而c点NaOH过量，溶质为NaX、NaOH，溶液呈碱性，故B错误；C．结合电荷守恒可知d点满足：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，d点离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)；b点满足：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y

-)，b点离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)；b、d点酸碱恰好完全中和，b点溶液呈中性、d点碱性，则c(H+)：b＞d，由于b、d两点c(Na+)相同，所以b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液，故C正确；D．c点溶液的体积大于

40mL,[c(X-)+c(HX)]小于原浓度，c点溶液中c(X-)+c(HX)<0.1mol·L－1，故D错误；故选C。二、综合题21.NaNO2广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂成防腐剂。（1）氮原子核外共有_______种能量不同的电子，能

量最高的电子有_______种伸展方向。（2）亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体，每个原子最外层都达到8e-结构，则其电子式为_______，其水解生成两种不同的酸，请写出其水解的方程式：_______。（3）NaNO2

具有毒性，含NaNO2的废水直接排放会引起严重的水体污染，通常采用还原法将其转化为对环境无污染的气体排放，如工业上采用KI或NH4Cl处理，请写出NH4Cl与NaNO2反应的离子方程式：_______。已知：酸性H2SO3>HNO2>CH3COOH（4）往冷NaNO2溶液中加入下列

某种物质可得HNO2稀溶液。该物质是_______(填序号)。a.稀硫酸b.二氧化碳c.二氧化硫d.醋酸（5）NaNO2其有咸味，不法商家会用其制作假食盐，请写出一种简单的方法检验NaCl中是否含有NaNO2：_______。（6）某课外兴趣小组

通过如图所示的流程来制取少量NaNO2晶体。已知：Na2CO3+NO+NO2→2NaNO2+CO2；Na2CO3+2NO2→NaNO2+NaNO3+CO2①“还原”步骤SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是_______。②若使“吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2

，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.3②.3（2）①.②.22NOCl+HO=HNO+HCl（3）-+2422NO+NH=N+2HO（4）a（5）可测定亚硝酸钠和氯化钠溶液酸碱性（方法简单合理即可）（6）①.气液逆向吸收，使硝酸与SO

2充分反应，增大接触面积②.1：1【解析】的【小问1详解】N元素的原子序数为7，其核外电子排布为1s22s22p3，可知其核外共有1+1+1=3种能量不同的电子，能量最高的电子占据p能级，其伸展方向分别为px、p

y和pz共3种，故答案为：3；3；【小问2详解】N原子有三个未成对电子，O原子有两个未成对电子，Cl原子有一个未成对电子，原子之间形成共价键后每个原子均是8电子稳定结构，故应是N原子在中间，O、N之间是两对共

用电子对，N、Cl之间是一对共用电子对，；NOCl中各元素的化合价分别为+3，-2和-1价，所以NOCl发生水解生成两种不同的酸分别应该为HNO2和HCl，其水解的方程式为：22NOCl+HO=HNO+HCl；【小问3详解】由题意可知，亚硝

酸钠溶液与氯化铵溶液反应生成氮气和氯化钠，反应中+4NH具有还原性，作还原剂，NO2具有氧化性，作氧化剂，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得离子方程式为：-+2422NO+NH=N+2HO；【小问4详解】往冷

NaNO2溶液中加入或通入某种物质可得HNO2稀溶液，则说明加入物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性：-2-24NO>SO，所以不能选择通入SO2，由酸性强弱规律

可知，只有稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；【小问5详解】因为亚硝酸为弱酸，所以亚硝酸钠可发生水解反应，使溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，所以可通过测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性来检测NaCl中是否含

有NaNO2，据此操作如下：取少许固体加入蒸馏水溶解后，使用pH试纸检测其溶液的酸碱性，若溶液显碱性的，则推知NaCl中含有NaNO2，若溶液呈中性，则NaCl中不含有NaNO2；【小问6详解】①生产过程中，SO2从底部通入，硝

酸从顶部以雾状喷下，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，增大接触面积，提高原料利用率；硝酸和二氧化硫反应生成硫酸、NO2，根据得失电子守恒，“还原”步骤中生成NO2反应的离子方程式是SO2+2NO-3=SO2-4+2NO2；②根据反应方程式Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，若使“

吸收”步骤中NO、NO2完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中生成NO、NO2物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒，SO2与HNO3反应的方程式是2SO2+2HNO3+H2O=2H2SO4+NO+NO2，SO2与HNO3的物质的量之比为1：1。22.我国高含硫天然气

资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。（1）天然气脱硫工艺涉及如下反应：①()()()()22222HSg+3Og=2SOg+2HOgΔΗ=-akJ/mol②()()()()22224HSg+2SOg=3Sg+4HOgΔΗ=-bkJ

/mol③()()()()2222HSg+Og=2Sg+2HOgΔΗ=-ckJ/mol若()()22SgSgQ==，则Q=___________kJ/mol。（2）甲烷与2HS重整制氢是一条全新的2HS转化与制氢技术路线：()()()()4222CHg2HSgCSg4Hg++，为了

研究甲烷对2HS制氢的影响，原料初始组成()()42nCHnHS1:2：=，保持体系压强的为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：①图中表示2HS、2H变化的曲线分别是___________、_______

____。②反应达平衡的标志是___________(填标号)。A．()()222vHS4vH正逆=B．4CH的体积分数不再变化C．()()42cCHcHS不再变化D．混合气体的密度不再改变③由图可知该反应的△H___________0(填“>”“＜

”或“=”)，判断的理由是___________。④M点对应温度下，4CH的转化率为___________。（3）2HS燃料电池的原理如图所示，则电池的正极是___________极(填a或b)，负极的电极反应式为___________。【答案】（1）

—(a3+b3—c)（2）①.c②.a③.BD④.>⑤.升高温度，反应的物质的量分数减小，生成物的物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动⑥.33.3%（3）①.b②.2H2S—4e—=4H++S2【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应3①+②—③得到反应()()22SgSgQ

==，则Q=—(a3+b3—c)kJ/mol，故答案为：—(a3+b3—c)；【小问2详解】①由甲烷和硫化氢的物质的量比为1：2可知，c曲线为硫化氢、d曲线为甲烷，由方程式可知，氢气的化学计量数是二硫化碳的4倍，

则a曲线为氢气、b曲线为二硫化碳，故答案为：c；a；②A．()()222vHS4vH正逆=说明正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡，故错误；B．甲烷的体积分数不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡

，故正确；C．由方程式可知，反应中生成物甲烷和硫化氢浓度比始终为1：2，则()()42cCHcHS不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，恒

压条件下，混合气体的密度减小，则混合气体的密度不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；故选BD；③由图可知，升高温度，反应物的物质的量分数减小，生成物的物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，反应△H大于0，故答案为：>；升高温度，反应的物质的量分数减

小，生成物的的物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动；④设起始甲烷和硫化氢的物质的量分别为1mol和2mol，甲烷的转化率为a，由题意可建立如下三段式：()()()()4222CHg+2HSgCSg+4Hg(mol

)1200(mol)a2aa4a(mol)1-a2-2aa4a起变平由M点硫化氢和氢气的物质的量分数相等可得：2—2a=4a，解得a=13，则甲烷的转化率为33.3%，故答案为：33.3%；【小问3详解】由图可知，电极a为燃料电池的负极，硫化氢在负极失去电子发生氧化反应生成S2和氢离子

，电极反应式为2H2S—4e—=4H++S2，电极b为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故答案为：b；2H2S—4e—=4H++S2。23.二氧化氯(ClO2)气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为NaClO2保存。分别利用吸收

法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl。（1）通入空气的作用是_______（2）方法1中，反应的离子方程式是____

___。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是_______。（3）NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是_______。（4）为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水

溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL(已知：I2+2S2O23−→2I-+S4O26−)。

样品中NaClO2的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_______。（5）NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2

的含量会增大，原因是_______。【答案】（1）将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸（2）①.2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2-2ClO＋O2↑＋2H2O②.NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl（3）加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于

38℃结晶，洗涤（4）①.390.510−bca×100%②.碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多（5）亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气【解析】【分析】由题中制备流程可知，NaClO3在

酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，ClO2发生器中发生反应为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2↑+2NaHSO4，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；方法1中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2

+2H2O+O2↑，根据题中信息可知，高于38℃时析出NaClO2晶体，且控制温度低于60℃，减压蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2产品；方法2中电解时阳极上发生2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上

发生ClO2+e-=-2ClO，阴极上析出NaClO2，结晶、干燥得到NaClO2产品；据此解答。【小问1详解】根据题给信息可知，由于纯ClO2易分解爆炸，因此步骤1中，通入空气的作用是将生成的ClO2稀释到10%以下

，防止分解爆炸；故答案为：将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸。【小问2详解】方法1中，反应的离子方程式是2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2-2ClO＋O2↑＋2H2O；利用方法1制NaClO2时，根据信息高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaC

l，温度不能超过20℃，可能的原因是NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；故答案为：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2-2ClO＋O2↑＋2H2O；NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；【小问3详解】根据图中NaClO2的溶解度曲

线，低于38℃析出的是NaClO2∙3H2O，高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，因此步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；故答案为：加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；【

小问4详解】由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=14n(S2O32-)=31bc10mol4

−，则样品中NaC1O2的质量分数为：33110090.51090.510425100%100%−−=bcbcaa；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：390.

510−bca×100%；碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多；【小问5详解】在酸性增强的情况下，NaClO2使用时的氧化性增强，盐酸

的还原性也增强，两者反应会生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。24.由化合物A制备可降解保型料PHB和一种医药合成中间体J的合成路线如图：已知：i.(-R1、-R2、-R3均为烃基)ii.回答下列问题：（1）B中官能团的名称是_____

__。（2）A的结构简式是_______。（3）D→E的反应方程式是_______。（4）H的结构简式是_______。（5）X是J的同分异构体，满足下列条件的有_______种(不考虑顺反异构)。①链

状结构：②既能发生银镜反应，又能发生水解反应其中分子中有3种氢原子，且个数比为6：1：1的结构简式是_______。（6）请设计一条以为原料制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：A反应试剂反应条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→B……反应试剂反应条件⎯⎯⎯⎯⎯

⎯→目标产物)【答案】（1）羰基、羧基（2）（3）（4）（5）①.8②.（6）⎯⎯⎯⎯⎯→2HNi,⎯⎯⎯→浓硫酸2Br⎯⎯→NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→的水溶液【解析】【分析】A发生信息i中的反应生成B、D，根据PHB的结构简式可知，C发生缩聚反应生成P

HB，则C结构简式为，由于B是由A与高锰酸钾氧化得到，B应为CH3COCH2COOH，B与氢气发生加成反应生成C，根据D和E的化学式及转化的条件可知，D与乙醇发生酯化反应生成E，所以D应为HOOCCH2COOH，E为CH

3CH2OOCCH2COOCH2CH3，结合B、D结构简式，结合A分子式知，A为，根据F的化学式可知，F应为HOCH2CH2CH2OH，则G应为BrCH2CH2CH2Br，E和G发生信息ii中的反应生成H为，H水解得I为，I脱去一个羧基得J。【小问1详解】B为CH3COCH2COOH，

B中官能团的名称是羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基。【小问2详解】分析可知，A的结构简式是，故答案为：。【小问3详解】D与乙醇发生酯化反应生成E，D→E的反应方程式是；故答案为：。【小问4详解】E和G发生信息

ii中的反应生成H为；故答案为：。【小问5详解】X是J的同分异构体，根据条件①链状结构；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明有甲酸某酯的结构，则符合条件的结构为HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH=CHC

H2CH3、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOCH2C(CH3)=CH2、HCOOC(C2H5)=CH2，共有8种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为

6：1：1的结构简式是，故答案为：8；。【小问6详解】以为原料先制备1，3-丁二烯，1，3-丁二烯和溴发生1，4-加成反应生成1，4-二溴-2丁烯，然后发生水解反应，制备HOCH2CH=CHCH2OH的合成路线：⎯⎯⎯⎯⎯→2HNi,⎯⎯⎯

→浓硫酸2Br⎯⎯→NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→的水溶液；故答案为：⎯⎯⎯⎯⎯→2HNi,⎯⎯⎯→浓硫酸2Br⎯⎯→NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→的水溶液。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com