PAGEPAGE1上海市金山區2022屆高三下學期二模一、選擇題(共40分，每小題2分。每小題只有一個正確答案)1.下列熔點最高的輕金屬是（）A.Na B.Mg C.Al D.Fe【答案】C【分析】根據金屬的密度判斷是否是輕金屬，根據金屬的半徑越小，金屬鍵越強，熔沸點越高判斷其熔點；【詳解】A．鈉屬于第三周第一種元素，密度小于4.5g/cm3，屬于輕金屬，半徑是第三周中最大的；熔點是第三周期中金屬最低的；故不符合；B．鎂屬于第三周期第IIA元素，密度小于4.5g/cm3，屬于輕金屬，半徑是第三周中比鈉大，比鋁小；熔點大于鈉小于鋁；故不符合；C．鋁屬于第三周期第IIIA元素，密度小于4.5g/cm3，屬于輕金屬，半徑是第三周期中金屬最小的，熔點是其金屬中最大的，故符合題意；D．鐵密度大于4.5g/cm3，屬于重金屬，故不符合題意；故選答案C；2.同溫同壓下，等質量的CO、CO2氣體，下列物理量中CO＜CO2的是（）A.分子數 B.體積 C.摩爾體積 D.密度【答案】D【解析】A．二氧化碳的摩爾質量大于CO，等質量時，二氧化碳的物質的量小于CO，分子數CO>CO2，A錯誤；B．等質量時，二氧化碳的物質的量小于CO，故體積CO>CO2，B錯誤；C．同溫同壓下，CO、CO2氣體的氣體摩爾體積相同，C錯誤；D．二氧化碳的摩爾質量大于CO，同溫同壓下，密度CO<CO2，D正確；故選D。3.液氨中存在：2NH3(l)NH＋NH。下列有關化學用語表示正確的是（）A.NH3的比例模型：B.NH的空間構型：三角錐形C.NH的電子式：D.平衡常數表達式：【答案】C【解析】A．該模型為球棍模型，NH3的比例模型為，故A錯誤；

B．中N原子價層電子對數=4+=4且不含孤電子對，該離子為四面體結構，故B錯誤；

C．中N原子和2個H原子形成N-H鍵，N原子還存在2個孤電子對，的電子式，故C正確；

D．平衡常數K等于生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比，平衡常數，故D錯誤；

故選：C。4.34Se與S為同主族元素。有關性質的比較錯誤的是（）A.半徑：Se＞S B.沸點：H2O＞H2SeC.酸性：H2SeO4＞H2SO4 D.非金屬性：Cl＞Se【答案】C【解析】A．34Se與S位于同主族，34Se在S的下方，所以半徑：Se＞S，故A正確；

B．H2O和H2Se都屬于分子晶體，結構相似，前者分子之間存在氫鍵，熔沸點較高，故B正確；

C．34Se與S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：H2SeO4＜H2SO4，故C錯誤；

D．氯的非金屬性強于硫，硫的非金屬性強于硒，非金屬性：Cl＞Se，故D正確；

故選：C。5.在給定條件下，下列物質間的轉化不能實現的是（）A.FeFeCl3 B.FeFeSO4C.FeFe3O4 D.FeFeCl2【答案】B【解析】A．Fe和Cl2在加熱條件下發生反應生成FeCl3：2Fe+3Cl22FeCl3，物質間的轉化能實現，故A不符合；B．常溫下Fe在濃硫酸中發生鈍化不能繼續反應，物質間的轉化不能實現，故B符合；C．Fe和H2O(g)在高溫條件下發生反應生成Fe3O4和H2：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，物質間的轉化能實現，故C不符合；D．Fe和FeCl3溶液反應生成FeCl2：Fe+2Fe3+=3Fe2+，物質間的轉化能實現，故D不符合；故選B。6.NaI晶體中兩核間距約0.28nm，呈共價鍵；激光脈沖照射NaI時，Na+和I—兩核間距為1.0~1.5nm，呈離子鍵。下列說法正確的是（）A.離子化合物中不可能含共價鍵B.共價鍵和離子鍵之間沒有明顯界線C.NaI晶體中既有離子鍵又有共價鍵D.NaI晶體是離子化合物和共價化合物的混合物【答案】B【解析】A．離子化合物中可能含共價鍵，如過氧化鈉是含有離子鍵和共價鍵的離子化合物，故A錯誤；B．由題給信息可知，碘化鈉晶體中核間距發生變化時，化學鍵的類型發生變化，所以共價鍵和離子鍵之間沒有明顯界線，故B正確；C．由題給信息可知，晶體中核間距發生變化時，化學鍵的類型發生變化，則在狀態相同時，兩種原子組成的晶體中不可能同時存在離子鍵和共價鍵，故C錯誤；D．由碘化鈉晶體的組成可知，晶體是由同種物質形成的純凈物，故D錯誤；故選B。7.下列關于化合物a()和b()的說法正確的是（）A.a中所有原子共平面 B.a的二氯代物有6種C.a、b的分子式均為C6H8 D.a、b均可使KMnO4/H+(aq)褪色【答案】B【解析】A．，分子中標記的1、2號碳原子原子形成的四面體結構，所以a中所有原子不可能共面，A項錯誤；B．a的二氯代物種類有和，總共有6種，B項正確；C．a、b的分子式為C6H6，C項錯誤；D．a中有C=C可以使KMnO4/H+溶液褪色，而b中無C=C無法使KMnO4/H+溶液褪色，D項錯誤；故選B。8.下列有關實驗室制取Cl2的裝置正確的是（）A.制備Cl2B.凈化Cl2C.收集Cl2D.尾氣處理【答案】D【解析】A．濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣要加熱，該裝置沒有加熱，故A項錯誤；B．凈化氯氣應先用飽和食鹽水除去氯化氫，再用濃硫酸除去水，該裝置順序顛倒，故B項錯誤；C．該裝置只有通氣管，沒有排氣管，會導致瓶內壓強過大，發生安全事故，故C項錯誤；D．氯氣有毒，能與堿酚酞，多余的氯氣應用氫氧化鈉除去，故D項正確。故答案選D。9.N2H4作火箭燃料的原理：2N2H4＋2NO2→3N2＋4H2O。有關說法正確的是（）A.22.4L(STP)H2O中有質子10NAB.1molN2H4中共用電子對6NAC.反應生成3molN2，轉移電子8NAD.2molNO與足量O2反應得到NO2分子2NA【答案】C【解析】A．標準狀況下水是液體，不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，A錯誤；B．肼的結構式為：，1molN2H4中共用電子對為5NA，B錯誤；C．反應2N2H4+2NO2→3N2+4H2O，N2H4中N的化合價由-2價升高為0價，NO2中N的化合價由+4價降低為0價，根據化合價升降守恒和原子守恒，可知3N2～8e-，生成3mol氮氣，轉移8mol電子，即8NA個，C正確；D．NO2分子中存在平衡：2NO2?N2O4，2molNO與足量O2反應得到NO2分子小于2NA，D錯誤；故選C。10.由X、Y轉化為M的反應歷程如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.①→②的總過程放熱B.M是CH3COOHC.反應過程中形成C-H鍵D.反應X＋Y→M的原子利用率為100%【答案】C【分析】A中根據反應物和生成物的能量變化判斷反應類型；B中根據有機物的球棍模型判斷判斷化學式；C中利用反應物和生成物的變化判斷形成的鍵；D中利用反應方程式進行判斷；【詳解】A．根據圖象中反應物的能量變化由高到低判斷該反應為放熱反應，A正確；B．根據圖象中的M的球棍模型判斷化學式為CH3COOH，故B正確；C．根據圖象中X判斷是甲烷，Y是二氧化碳，兩者形成乙酸，形成的是碳碳鍵、氧氫鍵，故C不正確；D．根據原子守恒甲烷和二氧化碳1:1完全反應生成乙酸，故原子利用率100%，故D正確；故選答案C；11.常溫下，酸性：H2C2O4＞HC2O＞H2CO3＞HCO。下列離子方程式正確的是（）A.H2C2O4＋CO→HCO＋HC2OB.H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2OC.H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋COD.H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O【答案】B【解析】A．根據酸性大小排序可知，生成的HC2O酸性大于HCO，故兩者還會反應生成二氧化碳，故正確的離子方程式為：H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O，故A項錯誤；B．H2C2O4＋CO→H2O＋CO2↑＋C2O符合強酸制弱酸的規律，故B項正確；C．在反應H2O＋CO2＋2C2O→2HC2O＋CO中，HC2O＞H2CO3，不符合強酸制弱酸的規律，故C項錯誤；D．H2O＋CO2＋C2O→HCO＋HC2O，不符合強酸制弱酸的規律，故D項錯誤。故答案選B。12.如圖是我國化學家合成的聚乙炔衍生物的結構簡式(M)，下列說法正確的是（）A.M為純凈物B.M能發生加成、氧化和還原反應C.1molM在足量NaOH溶液中完全水解消耗nmolNaOHD.合成M的單體有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3【答案】B【解析】A．由結構簡式可知，M為聚合度不確定的合成高分子化合物，屬于混合物，故A錯誤；B．由結構簡式可知，M分子中含有的碳碳雙鍵和苯環能與氫氣發生加成反應，與氫氣的加成反應是加氫的還原反應，含有的碳碳雙鍵和醇羥基能發生氧化反應，故B正確；C．由結構簡式可知，M分子中含有的酯基能與氫氧化鈉溶液反應，則1molM在足量氫氧化鈉溶液中完全水解消耗2nmol氫氧化鈉，故C錯誤；D．由結構簡式可知，合成M的單體為和，故D錯誤；故選B。13.自然界中氮的部分循環過程如圖，有關說法正確的是（）A.過程①和②均屬于自然固氮B.X→Y發生化合反應C.NH3→N發生氧化還原反應D.若為硫循環，X在空氣中點燃可得Y【答案】B【分析】依據自然界中氮的部分循環過程圖可知，的化合價依次遞增，且物質類別分別為氧化物、氧化物、酸，由此判斷X為，Y為，Z為，M為硝酸鹽，N為銨鹽；【詳解】A．自然固氮指的是大自然通過閃電釋放的能量將空氣中的氮氣轉化為含氮化合物或通過豆科植物的根瘤菌將氮氣轉化成氨，所以過程①可能是自然固氮，但是過程②不是，A錯誤；B．發生的反應為，反應物有兩種，生成物只有一種，是化合反應，B正確；C．在自然界中氮的部分循環過程圖，不難發現的過程并未發生化合價的改變，所以不是氧化還原反應，C錯誤；D．若為硫循環，X為，Y為，的反應為，X在空氣中點燃不可能得到Y，D錯誤；故合理選項為B。14.工業上通過惰性電極電解Na2SO4濃溶液來制備NaOH和H2SO4，a、b為離子交換膜，裝置如圖所示。下列說法正確的是（）A.c電極與電源負極相連B.從d口得到H2SO4(aq)C.若生成1molO2，有2molNa+穿過aD.電解總反應：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑【答案】D【分析】由圖可知，c極產生氧氣，發生氧化反應，故c極為陽極，則左側電極為陰極，陽極反應式為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，陰極反應式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通過a膜移向陰極室，SO通過b膜移向陽極室，則a膜為陽離子離子交換膜、b膜為陰離子交換膜，以此來解析；【詳解】A．c極產生氧氣，發生氧化反應，故c極為陽極，c電極連接電源的正極，A錯誤；B．左側溶液生成NaOH，從d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸從右室上口流出，B錯誤；C．若生成1molO2，電路中轉移4mol電子，由電荷守恒可知，將有4molNa+穿過陽離子交換膜，C錯誤；D．左室生成氫氧化鈉和氫氣，右室生成氧氣和硫酸，電解總反應：2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑，D正確；故選D。15.除去下列物質中的雜質，所選試劑與分離方法均能達到目的的是（）物質(雜質)除雜試劑分離方法ANaCl(aq)(I2)CCl4分液BC2H5OH(CH3COOH)NaOH(aq)蒸餾CHCl(Cl2)飽和食鹽水洗氣DCaSO4(CaCO3)稀硫酸過濾【答案】A【解析】A．碘單質微溶于水，易溶于四氯化碳，則向含有碘單質的氯化鈉溶液中加入四氯化碳萃取后，分液可除去氯化鈉溶液中混有的碘單質，A符合題意；B．向混有乙酸的乙醇溶液中加入氫氧化鈉溶液，乙酸與氫氧化鈉溶液反應生成沸點高的乙酸鈉，蒸餾收集可以得到不含有乙酸的乙醇，但是乙醇中混有水蒸氣，B不符合題意；C．氯化氫極易溶于水，氯氣不溶于飽和食鹽水，將含有氯氣的氯化氫氣體通入飽和食鹽水會除去氯化氫氣體，得到氯氣，氯氣中會混有水蒸氣，C不符合題意；D．硫酸與碳酸鈣反應生成硫酸鈣，覆蓋在碳酸鈣的表面，阻止反應的進一步發生，不能用于除雜，應選鹽酸、過濾，D不符合題意；故選A。16.由于氯化銨的市場價格過低，某制堿廠在侯氏制堿基礎上改進的工藝如圖：有關該制堿工藝描述錯誤的是（）A.原料是飽和NaCl(aq)、CO2 B.NH3循環使用C.X可能是石灰乳 D.產品是Na2CO3和CaCl2【答案】A【分析】由制堿工藝圖可知，“侯氏制堿法”是向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，獲得碳酸氫鈉晶體，再將所得碳酸氫鈉晶體加熱分解后即可得到純堿，它的反應原理可用下列化學方程式表示：NaCl(飽和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加熱生成氨氣和氯化鈣溶液，可推知X為氫氧化鈣，以此來解析；【詳解】A．由制堿工藝圖可知，原料是食鹽、NH3、CO2、水還有石灰乳，A錯誤；B．由制堿工藝圖可知，氨氣循環使用，B正確；C．根據以上分析，X為氫氧化鈣，可以是石灰乳，C正確；D．由制堿工藝圖可知，產品是純堿和氯化鈣，D正確；故選A。17.常溫下，等體積等濃度的鹽酸與下列溶液分別恰好完全中和。①V1mLpH=9的氨水；②V2mLpH=10的氨水下列判斷正確的是（）A.10V2＞V1 B.的比值：②＞①C.水的電離程度：②＞① D.反應后溶液的pH：①＞②【答案】D【分析】根據弱堿的電離程度判斷起始的濃度，根據酸堿中和的量關系判斷消耗的堿之間的關系；利用溶液中水的電離受溶質的影響判斷其程度大小；【詳解】A．設pH=9的氨水的濃度為c1，電離程度為α1，則c1=；設pH=10的氨水濃度為c2，電離程度為α2，則c2=；因為故pH=9的氨水比pH=10的氨水電離程度大，故α1>α2，則，根據鹽酸和氨水反應的關系比1：1得：等體積等濃度的鹽酸與其恰好完全中和時，消耗的氨水的量分別為V1×c1=V2×c2，得10V2<V1，故A不正確；B．的比值即是兩溶液的電離度，根據越稀粵電力判斷，②<①，故B不正確；C．根據氨水溶液中水的電離受到抑制，抑制程度越大，水的電離程度越小，故②<①,故C不正確；D．反應后pH=9的氨水消耗的體積大，故最終溶液的體積大，但生成的氯化銨的量相同，故①中最終的氯化銨溶液的濃度較小，故水解后氫離子濃度小，pH大，故D正確；故選答案D；18.某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的幾種，且各離子濃度相同。為確定其組成，進行實驗：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，產生白色沉淀，過濾；②向濾液中加入足量的NaOH(aq)，產生紅褐色沉淀，微熱，產生氣體。關于原溶液的說法正確的是（）A.不能確定是否有Fe3+ B.需通過焰色反應確定Na+是否存在C.Fe2+、Fe3+都存在 D.存在NH、SO、Cl-、Fe2+【答案】D【分析】該溶液中加入足量酸化的(aq)，產生白色沉淀，表明該沉淀為，所以原溶液中一定有；向濾液中加入足量的NaOH(aq)，產生紅褐色沉淀，表明沉淀為，而由于溶液中曾經加入了溶液，暫時無法確定原溶液中含有的是或或二者均有；微熱可產生氣體，表明該氣體為，則表明原溶液中含有；最后依據題目信息“各離子濃度相同”，結合溶液中的正電荷與負電荷數目相等，可判斷出溶液中必須還有有陰離子，且和之間只能有存在；【詳解】A．各離子濃度相等，設Fe元素形成的離子的電荷數目為x，依據電荷守恒，可列出式子，則x=2，所以只能含有，而不含有，A錯誤；B．依據實驗已經確定陰離子只有和，而確定的陽離子有和，題目還要求各離子濃度相等，正電荷數目已經足夠多，不可能再有，否則電荷不守恒，B錯誤；C．依據實驗已經確定陰離子只有和，而確定的陽離子有和，題目還要求各離子濃度相等，正電荷數目已經足夠多，不可能再有，否則電荷不守恒，C錯誤；D．依據分析可得出溶液中含有的離子為、、、，D正確；故合理選項為D。19.一定溫度下，在3個體積均為的恒容密閉容器中發生反應，相關數據如下表(已知：炭粉足量)。容器T/℃物質的起始濃度/()物質的平衡濃度()Ⅰ1.00000.85Ⅱ01.001.00xⅢ2.00001.60下列說法錯誤的是（）A.B.達到平衡所需時間：C.D.℃，該反應的化學平衡常數【答案】B【解析】A．對于容器Ⅰ中的反應來說，達到平衡時，=0.15，=0.85，=0.85，代入平衡常數公式，K()=·/=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在溫度時，達到平衡時的濃度分別為=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常數公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，則K()大于K()，反應向正反應方向進行，而正反應方向是吸熱過程，所以，是升溫的過程，溫度，故A正確；B．容器Ⅲ溫度高，反應的快，達到平衡所需的時間短，容器Ⅰ反應所需要的時間長，故B錯誤；C．在3個體積均為的恒容密閉容器中發生反應，Ⅰ和Ⅱ中的反應為等效平衡，可以利用完全轉化的思想來理解，因為Ⅰ和Ⅱ的反應溫度相同，因為氫氣和一氧化碳的起始濃度均為1.00，若完全轉化為水蒸氣，則生成水蒸氣的濃度為1.00，Ⅰ和Ⅱ中的起始濃度完全一樣，溫度一樣，容積一樣，所達到的平衡狀態一樣，所以達到平衡時物質的平衡濃度一樣，為0.85，則,故C正確；D．在容器Ⅲ中，在溫度時，達到平衡時的濃度分別為=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常數公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，D正確；故選B；20.常溫下，用0.100mol·L-1NaOH(aq)滴定20.00mLcmol·L-1二元酸H2A，滴定曲線如圖所示，下列敘述正確的是（）A.H2A電離：H2A→2H+＋A2-B.a點：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C.b點：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)D.c點：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)【答案】C【解析】A．根據圖示可知：未滴定NaOH溶液時，溶液pH接近1，說明H2A第一步完全電離，當加入NaOH溶液40mL時，二者恰好反應產生Na2A，此時溶液pH=7.26＞7，說明A2-發生水解反應產生了HA-，導致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液顯堿性，說明Na2A強堿弱酸鹽，H2A第一步完全電離，第二步存在電離平衡，電離方程式為：H2A=H++HA-，HA-H+＋A2-，A錯誤；B．a點反應時得到H2A與NaHA的混合溶液，H2A第一步完全電離，HA-也電離產生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B錯誤；C．b點溶液為NaOH與H2A按1：1反應產生NaHA，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，C正確；D．c點溶液為Na2A溶液，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D錯誤；故合理選項是C。二、綜合題(共60分)(一)(本題共15分)21.氫是宇宙中最豐富的元素，H2有多種制法。完成下列填空：（1）氫原子的核外電子排布軌道表示式是___________。三種含氫微粒：H、H+、H-的半徑由大到小依次為___________。（2）充填氣象觀測氣球時，可用CaH2與H2O反應制H2，反應化學方程式為____________________________________________。從物質結構角度解釋熔點：CaH2＞BaH2的原因___________________________________________________________。（3）實驗室用含雜質的鋅粒與稀H2SO4反應制得的H2中，含雜質PH3、AsH3和H2S，雜質氣體的熱穩定性由強到弱依次為______________，PH3的空間構型是______________。（4）水直接熱解條件苛刻，人們設計了Ca-Fe-Br循環制H2。涉及反應：______FeBr2(s)＋______H2O(g)______Fe3O4(s)＋______HBr(g)＋______H2(g)配平上述化學方程式并標出電子轉移的方向和數目。【答案】（1）H－＞H＞H+（2）CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑CaH2、BaH2都是離子晶體，Ca2+、Ba2+所帶電荷數相同，Ca2+半徑更小，CaH2中離子鍵更強，熔點更高（3）H2S＞PH3＞AsH3三角錐形（4）Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)【解析】（1）氫元素的原子序數為1，電子排布式為1s1，軌道表示式為；氫原子的原子半徑比得到1個電子形成的陰離子的離子半徑小，比失去1個電子形成的陽離子的離子半徑大，半徑由大到小依次為H－＞H＞H+，則故答案為：；H－＞H＞H+；（2）由題意可知，氫化鈣與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，反應的化學方程式為CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；氫化鈣和氫化鋇都是離子晶體，鈣離子所帶電荷數與鋇離子相同，但離子半徑小于鋇離子，所以氫化鈣晶體中的離子鍵強于氫化鋇，熔點高于氫化鋇，故答案為：CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑；CaH2、BaH2都是離子晶體，Ca2+、Ba2+所帶電荷數相同，Ca2+半徑更小，CaH2中離子鍵更強，熔點更高；（3）同周期元素，從左到右元素非金屬性依次增強，氫化物的穩定性依次增強，同主族元素，從上到下元素非金屬性依次減弱，氫化物的穩定性依次減弱，則元素的非金屬性強弱順序為S＞P＞As，氫化物的熱穩定性由強到弱順序為H2S＞PH3＞AsH3；砷化氫中砷原子的價層電子對數為4，孤對電子對數為1，分子的空間構型為三角錐形，故答案為：H2S＞PH3＞AsH3；三角錐形；（4）由未配平的化學方程式可知，溴化亞鐵在500—600℃條件下與水蒸氣反應生成四氧化三鐵、溴化氫和氫氣，反應的化學方程式為3FeBr2(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，反應生成1mol氫氣轉移2mol電子，用表示反應電子轉移的方向和數目的單線橋為Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)，故答案為：Fe3O4(s)＋6HBr(g)＋H2(g)。22.S8在300℃左右會分解成S2，過程中吸收熱量；煙氣中的SO2可催化還原成硫蒸氣，主要涉及以下反應：①2SO2(g)＋CH4(g)S8(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q1(Q1＞0)②2SO2(g)＋CH4(g)S2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＋Q2(Q2＞0)在容積固定的2L密閉容器中，通入2molSO2和1molCH4，一定條件下發生上述反應。完成下列填空：（1）Q1_______Q2(選填“＞”或“＜”)。能說明反應已達平衡狀態的是_______。(選填編號)A．CO2物質的量濃度不變B．氣體密度不變C．容器內壓強不變D．容器內SO2與CH4的物質的量之比不變（2）如圖為相同時間內測得SO2的轉化率隨溫度變化情況。a點是否已達到化學平衡狀態？___________(選填“是”或“否”)。隨著溫度升高，SO2轉化率先升后降的原因是___________________________________________________。（3）如圖為某溫度時，SO2和CH4物質的量隨時間變化情況。0~2h內，v(CH4)=___________。溫度不變，若要提高SO2的平衡轉化率可采取的措施是______________________________________________(任寫一條)。（4）煙氣中的SO2常用氨水吸收。向氨水中通入SO2，測得溶液的pH與各含硫組分物質的量分數的關系如圖所示。溶液的pH=7時，n(SO)∶n(HSO)≈___________。氨水吸收煙氣中SO2后，經O2催化氧化可得到硫酸鹽。控制合適的溫度，隨著氧化的進行，溶液的pH___________(選填“增大”或“減小”)。【答案】（1）＞ac（2）否T1之前反應①②未達平衡，溫度升高，反應加速正向移動，SO2轉化率增大，T1之后反應①②均達平衡，反應①②均為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，SO2轉化率減小（3）0.125mol·L－1·h－1增加n(CH4)或減壓（合理即可）（4）1∶1減小【分析】可逆反應到達平衡時，同種物質的正逆速率相等且保持不變，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的其它一些物理量不變，判斷平衡的物理量應隨反應進行發生變化，該物理量由變化到不再變化說明到達平衡，以此來解析；【詳解】（1）①2SO2(g)+CH4(g)?S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q1(Q1＞0)②2SO2(g)+CH4(g)?S2(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Q2(Q2＞0)由①-②，可得S8(g)+Q1=S2(g)+Q2，可得S8(g)=S2(g)+Q2-Q1，由S8在300℃左右會分解成S2，過程中吸收熱量，可知Q2-Q1<0，可得Q1>Q2；A．CO2物質的量濃度不變，說明反應已達到平衡狀態，A符合題意；B．反應均為氣體的反應，氣體總質量反應前后質量守恒，保持不變，恒容容器體積不發生改變，則整個反應混合氣體密度為p=，達到化學平衡前后，混合氣體的密度都不變，不能說明化學反應已達到平衡，B不符合題意；C．隨著反應進行，氣體分子數增加，氣體壓強增大，當容器內壓強不再變化時，可以說明化學反應已達到平衡，C符合題意；D．反應起始量SO2與CH4的物質的量為2：1，反應過程中SO2與CH4的反應物質的量之比始終為2：1，不能說明反應達到平衡狀態，D不符合題意；故選AC。（2）反應①和反應②均為放熱反應，溫度升高，a點的轉化率還未達到SO2的平衡轉化率；T1之前反應①②未達平衡，溫度升高，反應加速正向移動，SO2轉化率增大，T1之后反應①②均達平衡，反應①②均為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，SO2轉化率減小；（3）120min=2h，根據圖中信息，可知v(CH4)===0.125mol·L－1·h－1，根據影響平衡移動的因素，可知可以適當的增加n(CH4)或減小壓強；（4）由圖象可知，pH=7時，縱坐標為0.5，故n(SO)：n(HSO)=1：1；隨著氧化反應進行2HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的濃度逐漸增大，所以溶液中的pH逐漸減小；23.丙酮()是常見的有機化工基礎原料，以下是以丙酮為原料合成G()的路線：完成下列填空：（1）G中含有的官能團的名稱是___________、___________；A→B的反應類型是___________。（2）寫出檢驗B中是否混有A的實驗方法。___________________________________________________________________________（3）寫出C→D的第一步反應的化學方程式。____________________________________（4）D→E反應所需試劑和條件是________________，寫出滿足下列條件的D的一種同分異構體的結構簡式。_____________________(i)分子中只有2種不同化學環境的氫；(ii)能發生銀鏡反應（5）參照上述合成路線所給信息，將一條以HCHO、CH2=CH2為有機原料(無機試劑任選)合成的流程補充完整______________________________________________。【答案】（1）酯基羧基消除反應（2）取樣，加入金屬鈉，若有氣體生成，則B中混有A；無現象，則B中無A（合理即可）（3）+2NaOH+2C2H5OH（4）C2H5OH，濃硫酸，加熱（5）【解析】（1）由G的結構可知，G中有酯基、羧基；A中有羥基，且與羥基相鄰的其中一個C上有H原子，故可發生消去反應生成碳碳雙鍵，故A→B的反應類型為消去反應；（2）A中有羥基，B中沒有，可選擇金屬鈉來鑒別，故該題答案為：取樣，加入金屬鈉，若有氣體生成，則B中混有A；無現象，則B中無A；（3）物質C中有兩個酯基，在堿性條件下發生水解，反應方程式為，+2NaOH+2C2H5OH；（4）分析D→F，將羧基轉化為酯基，且羰基與HCN發生加成反應，加成反應為反應E→F，故D→E為酯化反應，所需反應條件為C2H5OH，濃硫酸，加熱；E結構簡式為,其分子式為C10H18O3，滿足以下條件：(i)分子中只有2種不同化學環境的氫，則該結構為高度對稱結構；(ii)能發生銀鏡反應，則該物質中有醛基，醛基中已有一種環境的氫原子，則不可能有碳碳雙鍵，則該物質有兩個醛基在對稱位置，余下的H原子全部在甲基內，余下的一個氧原子應在中心位置，則滿足條件的結構為；（5）根據的結構分析，該物質中有酯基有如下方法合成該物質（1）可先合成一個在兩端分別為羧基和羥基的碳鏈，讓分子內發生酯化反應；可借鑒流程中用兩個醛制取A的過程在碳鏈端點引入羥基，，再將醛基轉化為羧基，如果用氧化法，羥基也會被氧化，故借鑒流程中用HCN與醛基發生加成反應：，借鑒F到G有：，最后分子內發生酯化反應得到目標產物。（2）在以上流程中得到后，直接根據G到F轉化為。故整個合成路線為：。24.CuCl(M=99.5g·mol-1)是有機合成常用催化劑，不溶于醇，濕的CuCl在空氣中易水解，也會被O2氧化為Cu2(OH)3Cl。工業上有多種途徑合成CuCl：完成下列填空：（1）步驟①控制反應溫度在70~80℃的方法是________________。步驟①②都必須外加NaCl(s)至接近飽和的原因是_________________________________________。（2）已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途徑二使用中間步驟生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是__________________________