湖南省醴陵市第二中学2022学年高二化学上学期入学考试试题含解析

2022下学期醴陵二中高二入学考试化学试卷时量90分钟满分100分一、选择题(每题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列各组指定原子序数的元素，能形成AB2型离子化合物的是()A.6和8B.16和8C.12和9D.11和6【答案】CB、原子序数为16和8的元素分别为S元素和O元素，可以生成S02、SO3等化合物，故B不选；C、原子序数为12和9的元素分别为Mg元素和F元素，可以生成MgF2，故C不选；D、原子序数为11和6的元素分别为Na元素和C元素，不能生成AB2型化合物，故D选；故选D。考点：原子序数原子结构与元素的性质点评：本题考查原子序数与物质的性质，题目难度不大，注意短周期元素形成的单质和化合物的性质。2.有关化学用语正确的是（　　）A.四氯化碳的电子式：B.氢氧根的电子式：C.乙烯的结构简式：CH2CH2D.乙醇的结构简式：CH3CH2OH【答案】D【解析】试题分析：A．四氯化碳的电子式是，错误；B．氢氧根的电子式是：，错误；C．乙烯的结构简式：CH2=CH2，错误；D．乙醇含有羟基，其结构简式是：CH3CH2OH，正确。考点：考查化学用语正误判断的知识。3.下列反应是吸热反应的是（）A.Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑C.NaOH+HCl=NaCl+H2OD.2NH4Cl+Ba(OH)2=BaCl2+2NH3↑+2H2O17【答案】D【解析】A.Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑是放热反应，A错误；B.2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑是放热反应，B错误；C.NaOH+HCl=NaCl+H2O是放热反应，C错误；D.2NH4Cl+Ba(OH)2=BaCl2+2NH3↑+2H2O吸热反应，D错误，答案选D。4.将两个铂电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，即构成甲烷燃料电池．已知通入甲烷的一极，其电极反应为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；下列叙述正确的是（　　）A.通入甲烷的一极为正极B.通入氧气的一极发生氧化反应C.该电池总反应为：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2OD.该电池在工作时，溶液中的阴离子向正极移动【答案】C【解析】试题分析：A.原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，则通入甲烷的一极为负极，A错误；B通入氧气的一极发生还原反应，B错误；C.电解质溶液显碱性，则该电池总反应为CH4+2O2+2OH－＝CO32－+3H2O，C正确；D.该电池在工作时，溶液中的阴离子向负极移动，D错误，答案选C。考点：考查原电池原理的应用5.下列关于糖类、油脂和蛋白质的性质说法正确的是（　　）A.糖类物质中含C、H、O元素，都有甜味B.向淀粉溶液中加入碘水，溶液变蓝C.油脂是高分子化合物，热值较大D.在蛋白质溶液中加入浓硫酸并微热，可使蛋白质变黄【答案】B【解析】A.糖类物质不一定都有甜味，A错误；B.向淀粉溶液中加入碘水，溶液变蓝，B正确；C.油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，C错误；D.在蛋白质溶液中加入浓硝酸并微热，可使蛋白质变黄，D错误，答案选B。6.青蒿素是抗疟特效药，属于萜类化合物，如图所示有机物也属于萜类化合物，该有机物的一氯取代物有（不考虑立体异构）（　　）A.6种B.7种C.8种D.9种17【答案】B【解析】试题分析：该有机物没有对称结构，所以其一氯代物中氯原子的位置如图：，总共7种。考点：同分异构体7.同周期的X、Y、Z三元素，其最高价氧化物的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则下列判断正确的是A.含氧酸的酸性H3ZO4＞H2YO4＞HXO4B.非金属性X>Y>ZC.元素的负化合价的绝对值按X、Y、Z变小D.气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序增强【答案】B【解析】试题分析：同周期的X、Y、Z三元素，它们最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则这三种元素的最高正化合价分别是+7、+6、+5，原子序数越大，元素的最高正化合价越高。元素原子的最外层电子数与最高化合价相等。元素的原子序数越大，元素的非金属性就越强，最高价含氧酸的酸性就越强。所以A．含氧酸的酸性H3ZO4<h2yo4<hxo4，错误。b．非金属性x>Y>Z，正确。C．元素的最高化合价与最低化合价绝对值的和等于8。所以元素的负化合价的绝对值按X、Y、Z变大。错误。D．元素的非金属性越强，其简单的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性X>Y>Z，所以元素气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序减弱，错误。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用的知识。8.将0.1mol两种气体烃组成的混合气完全燃烧后得3.36L（标况）CO2和3.6g水，对于组成判断正确的是A.可能是甲烷和乙烷的混合气体B.一定是甲烷和乙烯的混合气体C.混合气体中一定没有甲烷D.混合气体中一定没有乙烷【答案】D【解析】标况下3.36LCO2的物质的量为3.36L÷22.4L/mol=0.15mol，3.6g水的物质的量为173.6g÷18g/mol=0.2mol，根据原子守恒可知，混合物的平均化学式为C1.5H4，由于是混合物，则肯定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，可能含有乙烯、丙炔等，不含乙烷，答案选D。点睛：本题考查混合物的计算，把握烃燃烧的反应及原子守恒、平均值法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意利用平均分子组成判断烃的组成。9.在一定温度下，向一容积固定的密闭容器中充入1molN2和3molH2反应发生，下列说法正确的是A.当混合气体的密度不再改变时，即达到化学平衡。B.达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为l：3：2。C.达到化学平衡时，&#39;容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化。D.达到化学平衡时，N2和H2的速率关系为：3V(N2)=V(H2)。【答案】C【解析】A.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此当混合气体的密度不再改变时不能说明达到化学平衡，A错误；B.达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度之比不一定为l：3：2，与反应物的转化率有关系，B错误；C.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以达到化学平衡时，容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化，C正确；D.达到化学平衡时，N2和H2的速率关系应该为：3V(N2)=V(H2)，D错误，答案选C。点睛：平衡状态判断是解答的难点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。10.从柑橘中炼制萜二烯下列有关它的推测，不正确的是（　　）A.它不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.常温下为液态，难溶于水C.分子式为C10H16D.1mol萜二烯与过量的溴的CCl4溶液反应最多消耗2molBr2【答案】A17【解析】A.分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.烃的相对分子质量较大，常温下为液态，难溶于水，B正确；C.根据结构简式可知分子式为C10H16，C正确；D.分子中含有2个碳碳双键，1mol萜二烯与过量的溴的CCl4溶液反应最多消耗2molBr2，D错误，答案选A。11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A.溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅B.合成氨是放热反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施C.反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）ΔH<0，达到平衡后，升高温度体系颜色变深D.对于2HI（g）H2（g）+I2（g），达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深【答案】D点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。另外需要注意颜色的深浅与气体的浓度有关系，与平衡移动方向无关。12.已知反应①2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H＝-221kJ/mol②稀溶液中，H＋(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H＝-57.3kJ/mol,下列结论正确的是()A.碳的燃烧热△H为110.5kJ/molB.2molC(s)和1molO2(g)的总能量比2molCO(g)的能量高221kJC.0.5molH2SO4(浓)与1molNaOH溶液混合，产生57.3kJ热量D.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量17【答案】B【解析】试题分析：A、在298K、101Kpa时。1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时反应放出的热量叫做该物质的燃烧热，根据题给信息无法确定碳的燃烧热，错误；B、由反应①知该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故2molC(s)和1molO2(g)的能量比2molCO(g)的能量高221kJ，正确；C、浓硫酸溶于水放热，含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，产生热量大于57.3kJ，错误；D、醋酸为弱电解质，电离吸热，故稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量小于57.3kJ，错误。考点：考查化学反应与能量转化，燃烧热、中和热的概念。13.如图所示是Zn（原子量为65）和Cu形成的原电池，下列描述合理的是（　　）①Zn为负极，Cu为正极②Cu极上有气泡产生③阳离子移向Zn极④电子从Zn极流出沿导线流向Cu极⑤该装置能将电能转化为化学能⑥若有0.5mol电子流经导线，则负极质量减轻32.5gA.①②④B.②③C.④⑤⑥D.③④⑤【答案】A【解析】①锌的金属性强于铜，该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，①正确；②铜电极上电极反应为2H++2e-=H2↑，Cu极上有气泡产生，②正确；③硫酸根离子向负极锌移动，阳离子显正极移动，③错误；④电子由Zn电极流向Cu电极，④正确；⑤该装置能将化学能转化为电能，⑤错误；⑥若有0.5mol电子流经导线，负极质量减轻为65g/mol×0.25mol=16.25g，⑥错误；答案选A。14.在如图所示装置中，观察到电流表指针偏转，M棒（左）变粗，N棒（右）变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（　　）17A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于N。A、M极材料比N极活泼，故A错误；B、N极材料比M极活泼，但M极上质量不增加，故B错误；C、N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，所以质量增加，符合题意，故C正确；D、M极材料比N极活泼，故D错误；故选C。点睛：本题考查了原电池的工作原理，能根据电极材料的变化判断正负极是解本题的关键。原电池正负极的判断方法：1、活泼性相对强的一极作负极；2、电子流出或电流流入的一极作负极；3、阴离子移向的一极作负极；4、发生氧化反应的一极作负极；5、溶解或减轻的一极作负极。15.反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）①增加C的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2④保持压强不变，充入N2A.①④B.①③C.③D.②③【答案】B【解析】试题分析：①C是固体，增加C的量，不改变浓度，不影响化学反应速率，②将容器的体积缩小一半，气体浓度增大，化学反应速率加快，③保持体积不变，充入N2，氮气是无关气体，没有影响有关气体的浓度，化学反应速率不变，④保持压强不变，充入N2，体积增大，导致有关气体浓度减小，化学反应速率减慢，选①③，即B。考点：考查影响化学反应速率的因素。16.已知：Na2S2O3＋H2SO4===S↓＋SO2↑＋H2O＋Na2SO4，通过析出硫的快慢可以说明反应速率的大小，请判断下列几种情况下，最先看到硫析出的是(　　)17温度Na2S2O3溶液的体积和物质的量浓度H2SO4的体积和物质的量浓度A20℃15mL0.1mol·L－115mL0.1mol·L－1B20℃10mL0.2mol·L－110mL0.2mol·L－1C50℃50mL0.1mol·L－150mL0.1mol·L－1D50℃5mL0.5mol·L－15mL0.5mol·L－1A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】因50℃＞20℃，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊，答案选D。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度和浓度对化学反应速率的影响即可解答，注意利用表格中的数据来比较温度和浓度，注意控制变量法的灵活应用。17.分子式符合C4H10O且能与金属钠反应生成氢气的有机物的同分异构体有（）A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】C【解析】分子式为C4H10O且能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可知丁烷中的1个H原子被羟基取代产物，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，CH3CH2CH2CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，CH3CH（CH3）CH3中有2种H原子，1个H原子被1个羟基取代有2种结构，故符合条件的C4H10O结构共有4种，答案选C。18.金属钛（Ti）性能优越，钛被称为“第三金属”（铁、铝分为第一、二金属），工业以TiO2冶炼Ti的主要反应有：①TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述正确的是（）A.反应①是置换反应B.反应②是复分解反应C.反应①中TiO2是氧化剂D.反应②中金属镁是还原剂【答案】D17【解析】A．反应①没有单质生成，不是置换反应，A错误；B．反应②是置换反应，不是复分解反应，B错误；C．反应①中Ti和O元素的化合价没有发生变化，Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂，C错误；D．反应②中金属Ti元素化合价降低，为氧化剂，镁元素化合价升高，镁是还原剂，D正确，答案选D。点睛：本题考查氧化还原反应，解答时注意从元素化合价变化的角度分析物质的性质，即氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。19.下列除去杂质(括号内物质为少量杂质)的方法中，正确的是(　　)A.乙烷(乙烯)：光照条件下通入Cl2，分液分离B.乙酸乙酯(乙酸)：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏C.CO2(SO2)：气体通过盛氢氧化钠溶液的洗气瓶D.乙醇(乙酸)：加足量浓硫酸，蒸馏【答案】B【解析】试题分析：A选项会引入新的杂质，所以是错误的。B选项乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液中，浮在饱和碳酸钠溶液上面，而乙酸能与饱和碳酸钠溶液反应，故可以用分液的方面把两者进行分离。C选项两者都能于氢氧化钠溶液反应故C选项是错误的。D选项浓硫酸具有强氧化性，会把乙醇碳化。故D选项是错误的，所以答案选B考点：考查物质的分离和提纯的相关知识点20.甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得如图所示的分子，对该分子的描述正确的是A.此物质属于芳香烃，是苯的同系物B.所有碳原子可能在同一平面上C.常温下此分子为气态17D.分子式为C25H20【答案】D【解析】A.此物质属于芳香烃，苯的结构不相似，不是苯的同系物，A错误；B．甲烷的正四面体结构．烃分子中氢原子被其它原子取代后，其空间位点不变，由于甲烷分子中的四个氢原子位于正四面体的四个顶点上，当4个氢原子全部被苯基取代后，苯基就排在正四面体的四个顶点上，故该化合物分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；C.该物质的相对分子质量较大，常温下此分子不是气态，C错误；D．分子中含有4个苯环，共含有25个C和20个H，则分子式为C25H20，D正确；答案选D。21.已知：1molH2(g)与1molBr2(g)完全反应生成2molHBr(g)时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表：则表中a为(　　)H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a369A.404B.260C.230D.200【答案】C【解析】1molH2（g）与1molBr2（g）完全反应生成2molHBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-72=436+a-2×369，解得a=230，答案选C。22.下图是可逆反应X2＋3Y22Z2在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是(　　)A.t1时，只有正方向反应B.t1时，反应到达限度C.t2～t3，反应不再发生D.t2～t3，各物质的浓度不再发生变化【答案】D17【解析】试题分析：t1时，反应未达平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，反应向正方向进行，既有正方向反应又有逆方向反应，A错误；t2时，反应已经达到平衡状态，也就是反应的限度，B错误；t2-t3时，反应已经处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，正逆反应仍在进行，C错误；t2-t3时，反应已经处于平衡状态，各物质的浓度不再随着时间的变化而变化，D正确。考点：考查了化学平衡的相关知识。23.已知反应：2X(g)+Y(g)2Z(g)。某研究小组将4molX和2molY置于一容积不变的密闭容器中，测定不同时间段内X的转化率，得到如下表数据：t（min）24.556X转化率30％40％70％70％根据以上信息作出的下列判断中正确的是（）A.随着反应的进行，混合气体的密度不断增大B.反应在5.5min时，v正(X)=v逆(Z)C.6min时，容器中剩余1.4molYD.Y的转化率小于70％【答案】B【解析】由表格中数据可知，5min时达到平衡，X的转化率为70%，则2X(g)+Y(g)2Z(g)起始量（mol）420转化量（mol）2.81.42.8平衡量（mol）1.20.62.8A．混合气体的质量不变，容积不变的密闭容器，则气体体积不变，由ρ=m/V可知，密度始终不变，A错误；B．平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则反应在5.5min时，v正（X）=v逆（Z），B正确；C.6min时物质的量不再发生变化，与5min时相同，则6min时，容器中剩余0.6molY，C错误；D．Y转化率是1.4/2×100%＝70%，D错误；答案选B。1724.沼气是一种能源，它的主要成分是CH4。0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时放出445kJ的热量，则下列热化学方程式中正确的是(　　)A.2CH4(g)＋4O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝＋890kJ·mol－1B.CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝＋890kJ·mol－1C.CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890kJ·mol－1D.CH4(g)＋O2(g)===CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－890kJ·mol－1【答案】C【解析】试题分析：根据信息，1mol甲烷完全燃烧放出的热量为445/0.5kJ=890kJ，此反应是放热反应，即△H<0，CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－890kJ·mol－1，故选项C正确。考点：考查热化学反应方程式的书写等知识。25.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是(　　)①加快化石燃料的开采与使用　②研发易降解的生物农药　③应用高效洁净的能源转化技术　④田间焚烧秸秆　⑤推广使用节能环保材料A.①③⑤B.②③⑤C.①②④D.②④⑤【答案】B【解析】试题分析：①加快化石燃料的开采与使用，会减少非再生资源，不利于节能减排和环境保护，①错误；②研发易降解的生物农药，可减少污染物的排放，降低农药对环境的污染，②正确；③应用高效洁净的能源转换技术，减少污染物的排放，保护环境，③正确；④田间焚烧秸秆会导致大量污染物的产生，导致环境污染，④错误；⑤推广使用节能环保材料，可减少环境污染和能源的消耗，⑤正确，选B。考点：考查常见的生活环境的污染及治理方法的知识。二、简答题：(共50分,每空2分，请将答案填在答题卡上。)26.17安全气囊是行车安全的重要设施。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的粉末进行研究。经实验分析，确定该粉末是一种混合物且只含Na、Fe、N、O四种元素。（1）氧元素在元素周期表中的位置是______________________________________，其中三种主族元素的原子半径从大到小的顺序是_____________________________(用原子符号表示)。(2)氮的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应生成一种盐，写出该化学反应方程式：_______________，该盐晶体中含有的化学键类型是__________。(3)水溶性实验表明，安全气囊中固体粉末部分溶解，不溶物为一种红棕色固体，可溶于盐酸，写出反应的离子方程式________________________________________________________。【答案】(1).第二周期ⅥA族(2).Na>N>O(3).NH3+HNO3=NH4NO3(4).离子键和共价键(5).Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【解析】（1）氧元素的原子序数是8，在元素周期表中的位置是第二周期ⅥA族。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则其中三种主族元素的原子半径从大到小的顺序是Na>N>O。（2）氮的最高价氧化物对应的水化物硝酸与其氢化物氨气反应生成硝酸铵，该化学反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，该盐晶体中含有的化学键类型是离子键和共价键；（3）不溶物为一种红棕色固体，可溶于盐酸，固体是氧化铁，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。27.硫酸的消费量是衡量一个国家化工生产水平的重要标志。而在硫酸的生产中，最关键的一步反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。（1）一定条件下，SO2与O2反应10min后，若SO2和SO3物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.3mol/L，则10min内生成SO3的化学反应速率为___________；SO2的转化率为___________。（2）下列关于该反应的说法正确的是_________。A．增加O2的浓度能加快反应速率B．降低体系温度能加快反应速率C．使用催化剂能加快反应速率D．一定条件下达到反应限度时SO2全部转化为SO3（3）在反应过程中若某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L。当反应达到平衡时，可能存在的数据是______。A．O2为0.2mol/LB．SO2为0.25mol/LC．SO3为0.4mol/LD．SO2、SO3均为0.15mol/L（4）工业制硫酸，用过量的氨水对SO217尾气处理，请写出相关的化学方程式：___________。【答案】(1).0.03mol/(L·min)(2).75％(3).AC(4).B(5).2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O【解析】（1）一定条件下，SO2与O2反应10min后，若SO2和SO3物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.3mol/L，则10min内生成SO3的化学反应速率为0.3mol/L÷10min＝0.03mol/(L·min)；根据硫原子守恒可知SO2的转化率为0.30.1+0.3×100%=75%。（2）A．增加O2的浓度能加快反应速率，A正确；B．降低体系温度减慢反应速率，B错误；C．使用催化剂能加快反应速率，C正确；D．反应是可逆反应，一定条件下达到反应限度时SO2不能全部转化为SO3，D错误，答案选AC；（3）A．O2为0.2mol/L时需要消耗0.2mol/L的三氧化硫，由于是可逆反应，因此三氧化硫不可能完全转化，A错误；B．SO2为0.25mol/L，需要消耗0.05mol/L三氧化硫，此时三氧化硫有剩余，B正确；C．SO3为0.4mol/L时需要消耗0.2mol/L的二氧化硫，由于是可逆反应，因此二氧化硫不可能完全转化，C错误；D．根据硫原子守恒可知SO2、SO3的浓度之和是0.4mol/L，因此二者不可能均为0.15mol/L，D错误，答案选B。（4）过量的氨水与SO2反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O。28.某温度时,在一个2L的密闭容器中,X、Y、Z（均为气体）三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空:（1）该反应的化学方程式为___________________________。（2）2min时反应达到平衡,此时体系内压强与开始时的压强之比为________。达到平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时____(填增大、减小或相等)。（4）若要加快该反应的速率，可以采取的措施有（_____）A.扩大密闭容器的体积B.适当升高温度C.加入正催化剂D.减小Y的用量（5）已知该反应为放热反应，2min后，若要使平衡正向移动，可以采取的措施有（_________）A.缩小密闭容器的体积B.适当降低温度C.加入正催化剂D.增大Z的用量【答案】(1).3X+Y2Z(2).9：10(3).增大(4).BC(5).AB【解析】17（1）根据图像可知反应进行到2min时物质的量不再发生变化，此时X减少0.3mol，Y减少0.1mol，Z增加0.2mol，因此该反应的化学方程式为3X+Y2Z。（2）压强之比是物质的量之比，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为0.2+0.7+0.91+1=910。（3）正反应体积减小，混合气体的质量不变，因此达到平衡时,容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大。（4）A.扩大密闭容器的体积压强减小，反应速率减小，A错误；B.适当升高温度加快反应速率，B正确；C.加入正催化剂加快反应速率，C正确；D.减小Y的用量，浓度减小，反应速率减小，D错误，答案选BC；（5）A.正反应体积减小，缩小密闭容器的体积压强增大，平衡向正反应方向进行，A正确；B.正反应放热，适当降低温度，平衡向正反应方向进行，B正确；C.加入正催化剂不改变平衡状态，C错误；D.增大Z的用量，Z的浓度增大，平衡向逆反应方向进行，D错误，答案选AB。29.已知乳酸的结构简式为CH3CH(OH)COOH，试回答下列问题:(1)乳酸分子中含有两种官能团的名称是________，试写出一种与乳酸含有相同官能团的同分异构体的结构简式:____________。(2)乳酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式:_______________________________。(3)乳酸与足量的金属钠反应的化学方程式:__________________________________。(4)乳酸与乙醇发生酯化反应的化学方程式:____________。【答案】(1).羟基、羧基(2).CH2(OH)—CH2—COOH(3).+NaOH+H2O(4).+2Na+H2↑(5).CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OHCH3CH(OH)COOCH2CH3+H2O【解析】(1)乳酸分子中含有两种官能团的名称是羟基和羧基，与乳酸含有相同官能团的同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH。(2)乳酸中的羧基能与氢氧化钠溶液反应，则与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为+NaOH+H2O；(3)羟基和羧基均能与金属钠反应，则乳酸与足量的金属钠反应的化学方程式为+2Na+H2↑；(4)乳酸中的羧基与乙醇发生酯化反应的化学方程式为CH3CH(OH)COOH+CH3CH2OHCH3CH(OH)COOCH2CH3+H2O。17点睛：准确判断出有机物分子中含有的官能团以及掌握相应官能团的结构和性质特点是解答的关键，注意已有知识的灵活迁移应用。易错点是认为醇羟基也能与氢氧化钠溶液反应。30.(1)氢能源是绿色燃料，可以减少汽车尾气的排放，利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)。下图是该反应的能量变化图：①通过图中信息可判断反应CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)的ΔH________0(选填“>”“＝”或“<”)。②图中途径(Ⅱ)的条件是__________________，途径(Ⅰ)的反应热________途径(Ⅱ)的反应热(选填“>”“＝”或“<”)。③在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为__________________________________________。(2)以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]。已知：①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2CO2NH4(s)　ΔH＝－159.5kJ/mol②NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝＋116.5kJ/mol③H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0kJ/mol写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式__________________。【答案】(1).>(2).催化剂(3).=(4).CH3OH(1)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(1)　ΔH＝－725.76kJ·mol－1(5).2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH＝－87.0kJ/mol【解析】（1）①通过图中信息可知反应物总能量生成物总能量，因此反应CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)的ΔH＞0。②图中途径(Ⅱ)的活化能减小，因此条件是使用了催化剂，催化剂改变活化能，不能改变反应热，因此途径(Ⅰ)的反应热等于途径(Ⅱ)的反应热；③在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则1mol甲醇即32g甲醇完全放出的热量是22.68kJ×32＝725.7617kJ，由于在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，因此表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(1)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(1)　ΔH＝－725.76kJ·mol－1。(2)已知：①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2CO2NH4(s)　ΔH＝－159.5kJ/mol②NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝＋116.5kJ/mol③H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0kJ/mol则根据盖斯定律可知①+②－③即得到CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH＝－87.0kJ/mol。17</h2yo4<hxo4，错误。b．非金属性x>