2018-2019學(xué)年高二化學(xué)下學(xué)期期末考試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量:H1B11C12N14O16Cl35.5Na23Cu64一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。1.下列說法正確的是A.為防止富脂食品氧化變質(zhì)，常在包裝袋中放入生石灰B.海水淡化能解決淡水供應(yīng)危機，向海水中加凈水劑明礬可以使海水淡化C.中國的瓷器馳名世界。我們?nèi)粘Ｉ钪兴玫降奶沾?，主要是硅酸鹽產(chǎn)品D.為緩解旱情，可以用干冰或溴化銀進行人工降雨【答案】C【解析】【詳解】A．包裝袋中裝生石灰作干燥劑，不是防氧化變質(zhì)，故A錯誤；B．明礬能凈水，不能消除水中的無機鹽，不是淡化海水，故B錯誤；C．三大硅酸鹽制品是：水泥、玻璃、陶瓷，故C正確；D．碘化銀在高空分解生成銀單質(zhì)和碘單質(zhì)，形成人工冰核，這些冰核經(jīng)過水汽凝聚，形成冰晶，冰晶發(fā)展到一定的程度，它們將通過零度層下降，之后融化，形成雨滴。干冰和碘化銀用于人工降雨，而不是溴化銀，故D錯誤；答案選C。【點睛】防止食品氧化變質(zhì)應(yīng)加入還原劑。如鐵粉。2.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A.46g乙醇中存在的共價鍵總數(shù)為7NAB.1mol甲醇完全燃燒時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L甲烷和22.4L氯仿所具有的微粒數(shù)均為NAD.1L0.1mol/L醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)為0.1NA【答案】B【解析】A、46g乙醇的物質(zhì)的量為1mol，而乙醇中含8條共價鍵，故含8NA條，故A錯誤；B、1mol甲醇燃燒消耗1.5mol氧氣，而氧氣反應(yīng)后變?yōu)椹?價，故1.5mol氧氣轉(zhuǎn)移6mol電子即6NA個，故B正確；C、標(biāo)況下氯仿為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量和微粒個數(shù)，故C錯誤；D、醋酸是弱電解質(zhì)，在溶液中不能完全電離，故溶液中的氫離子的個數(shù)小于0.1NA個，故D錯誤．故選B．【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關(guān)計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，難度不大．3.松油醇具有紫丁香味，其酯類常用于香精調(diào)制。下圖為松油醇的結(jié)構(gòu)，以下關(guān)于它的說法正確的是A.分子式為C10H19OB.同分異構(gòu)體可能屬于醛類、酮類或酚類C.與氫氣加成后的產(chǎn)物有4種一氯代物D.能發(fā)生取代、氧化、還原反應(yīng)【答案】D【解析】【分析】由結(jié)構(gòu)可知分子式，分子中含-OH、碳碳雙鍵，結(jié)合酚、烯烴的性質(zhì)來解答?！驹斀狻緼．由結(jié)構(gòu)可知分子式為C10H18O，故A錯誤；B．含1個環(huán)和1個碳碳雙鍵，不飽和度為2，不能形成苯環(huán)，同分異構(gòu)體不可能為酚類，故B錯誤；C．與氫氣加成后的產(chǎn)物結(jié)構(gòu)對稱，含6種H（不含-OH），則有6種一氯化物，故C錯誤；D．含雙鍵可發(fā)生加成、氧化、還原反應(yīng)，含-OH可發(fā)生取代反應(yīng)，故D正確；答案選D。4.下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論將光亮的鎂條放入盛有NH4Cl溶液的有大量氣泡產(chǎn)生反應(yīng)中有NH3產(chǎn)生A試管中更難溶的物質(zhì)無法轉(zhuǎn)化為難溶的物質(zhì)BCD向AgI懸濁液中滴加NaCl溶液不出現(xiàn)白色沉淀溶液上層呈紫色溶液呈紅色向KI溶液中滴入少量氯水和苯，振I－還原性強于Cl－溶液中一定含有Fe2+蕩、靜置向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．氯化銨溶液水解成酸性，鎂能與氫離子反應(yīng)生成氫氣，無法確定氣體是氨氣，故A錯誤；B．氯離子濃度大時，可能反應(yīng)生成白色沉淀，故B錯誤；C．氯氣氧化碘離子生成碘單質(zhì)，該反應(yīng)中碘離子是還原劑、氯離子是還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，所以I-的還原性強于Cl-，故C正確；D．KSCN和鐵離子反應(yīng)生成血紅色液體，和亞鐵離子不反應(yīng)，氯水具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，所以應(yīng)該先加入KSCN然后加入氯水，防止鐵離子干擾實驗，故D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查化學(xué)實驗方案評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)的性質(zhì)、沉淀轉(zhuǎn)化、還原性比較以及離子檢驗等知識點，側(cè)重考查實驗基本操作、物質(zhì)性質(zhì)，明確常見離子性質(zhì)的特殊性、實驗操作規(guī)范性是解本題關(guān)鍵，注意離子檢驗時要排除其它離子干擾，易錯選項是D。5.W、X、Y、Z均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，X與Y形成的化合物能與水反應(yīng)生成酸且X、Y同主族，兩元素核電荷數(shù)之和與W、Z的原子序數(shù)之和相等，則下列說法正確的是（）A.Z元素的含氧酸是最強酸B.原子半徑：X＞ZC.氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：W＞XD.W與Y可以存在于同一離子化合物中【答案】D【解析】W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數(shù)依次增加，X與Y形成的化合物能與水反應(yīng)生成酸且X、Y同主族，則X為O元素，Y為S元素，O、S元素核電荷數(shù)之和與W、Z的原子序數(shù)之和相等，則W、Z的原子序數(shù)之和24，而且W的原子序數(shù)小于O，Z的原子序數(shù)大于S，則Z為Cl元素，所以W的原子序數(shù)為24﹣17=7，即W為N元素；A、Z為Cl元素，Cl元素的最高價含氧酸是最強酸，其它價態(tài)的含氧酸的酸性不一定強，如HClO是弱酸，故A錯誤；B、電子層越多，原子半徑越大，所以O(shè)＜Cl，即原子半徑：X＜Z，故B錯誤；C、元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性O(shè)＞N，所以氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性：W＜X，故C錯誤；D、N與S可以存在于同一離子化合物中，如硫酸銨中含有N、S，故D正確．故選：D．【點評】本題以元素推斷為載體，考查原子結(jié)構(gòu)位置與性質(zhì)關(guān)系、元素化合物知識，題目難度不大，推斷元素是解題的關(guān)鍵．6.水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法正確的是A.圖中五點KW間關(guān)系：B>C>A＝D＝EB.若從A點到D點，可采用在水中加入少量NaOH的方法C.若從A點到C點，可采用溫度不變時在水中加入適量H2SO4的方法D.若處在B點時，將pH＝2的硫酸與pH＝12的KOH等體積混合后，溶液顯中性【答案】A【解析】【詳解】A．在圖中可看出：A、D、E是在25℃水的電離平衡曲線，三點的Kw相同。B是在100℃水的電離平衡曲線產(chǎn)生的離子濃度的關(guān)系，C在A、B的連線上，由于水是弱電解質(zhì)，升高溫度，促進水的電離，水的離子積常數(shù)增大，則圖中五點K間的關(guān)系：B>C>ADE＝＝，故A正確；WB．若從A點到D點，由于溫度不變，溶液中c(H+)增大，c(OH-)減小?？刹捎迷谒屑尤肷倭克岬姆椒?，故B錯誤；C．若從A點到C點，由于水的離子積常數(shù)增大，所以可采用升高溫度的方法，故C錯誤；D．若處在B點時，由于Kw=10—12。pH＝2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L,pH＝12的KOH,c(OH-)=1mol/L，若二者等體積混合，由于n(OH-)>n(H+)，所以溶液顯堿性，故D錯誤；答案選A?！军c睛】考查溫度對水的電離平衡的影響及有關(guān)溶液的酸堿性的計算的知識。7.硼氫化物NaBH4(B元素的化合價為+3價)燃料電池(DBFC),由于具有效率高、產(chǎn)物清潔無污染和燃料易于儲存和運輸?shù)葍?yōu)點，被認為是一種很有發(fā)展?jié)摿Φ娜剂想姵?。其工作原理如下圖所示，下列說法正確的是A.電池的負極反應(yīng)為BH4－+2H2O－8e－=BO2－+8H+B.放電時，每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上需要消耗9.5gNaBH4C.電池放電時Na+從b極區(qū)移向a極區(qū)D.電極a采用MnO2，MnO2既作電極材料又有催化作用【答案】B【解析】分析】以硼氫化合物NaBH4（B元素的化合價為+3價）和H2O2作原料的燃料電池，電解質(zhì)溶液呈堿性，由工作原理裝置圖可知，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正極H2O2發(fā)生還原反應(yīng)，得到電子被還原生成OH-，電極反應(yīng)式為H2O2+2e-=2OH-，結(jié)合原電池的工作原理和解答該題【詳解】A．負極發(fā)生氧化反應(yīng)生成BO2-，電極反應(yīng)式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故A錯誤；B．負極發(fā)生氧化反應(yīng)生成BO2-，電極反應(yīng)式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4，故B正確；C．原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，則Na+從a極區(qū)移向b極區(qū)，故C錯誤；D．電極b采用MnO2，為正極，H2O2發(fā)生還原反應(yīng)，得到電子被還原生成OH-，MnO2既作電極材料又有催化作用，故D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查原電池工作原理，涉及電極判斷與電極反應(yīng)式書寫等問題，做題時注意從氧化還原的角度判斷原電池的正負極以及電極方程式的書寫，本題中難點和易錯點為電極方程式的書寫，注意化合價的變化。8.某化學(xué)小組探究酸性條件下NO3－、SO42－、Fe3+三種微粒的氧化性強弱，設(shè)計如下實驗(夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗)。(忽略氧氣對反應(yīng)的影響)實驗記錄如下：實驗序號實驗操作實驗現(xiàn)象A中黃色溶液迅速變成深紅棕色，最終變?yōu)闇\綠色。向A裝置中通入一段時間的SO2氣體。I取出少量A裝置中的溶液，先加入KSCN溶加入KSCN溶液后溶液不變色，再加入BaCl2溶II液，再加入BaCl2溶液。液產(chǎn)生白色沉淀。打開活塞a，將過量稀HNO3加入裝置A中，關(guān)閉活塞a。IIIIVA中淺綠色溶液最終變?yōu)辄S色。取出少量A裝置中的溶液，加入KSCN溶溶液變?yōu)榧t色；液面上方有少量紅棕色氣體生液；向A裝置中注入空氣。成。請回答下列問題：(1)配制FeCl3溶液時，常常加入鹽酸，目的是(用化學(xué)用語和簡單文字?jǐn)⑹?：________。(2)資料表明，F(xiàn)e3+能與SO2結(jié)合形成深紅棕色物質(zhì)Fe(SO2)63+，反應(yīng)方程式為：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。請用化學(xué)平衡移動原理解釋實驗I中溶液顏色變化的原因________。(3)實驗II中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__________________。(4)實驗III中，淺綠色溶液變?yōu)辄S色的原因是__________________(用離子方程式表示)。(5)實驗IV中液面上方有少量紅棕色氣體生成，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________。(6)綜合上述實驗得出的結(jié)論是：在酸性條件下，氧化性強弱是：NO3－>Fe3+>SO42－。請從微粒變化的角度解釋________?！敬鸢浮?1).Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入鹽酸，增大c(H+)，平衡左移，抑制Fe3+水解；(2).Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)63+反應(yīng)速率較快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反應(yīng)緩慢，但是反應(yīng)限度較大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移動，紅棕色逐漸褪去，最終得到淺綠色溶液；(3).Ba2++SO42-=BaSO4↓；(4).3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(5).2NO+O2=2NO2；(6).實驗II中溶液中檢出Fe2+和SO42-，說明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；實驗III中溶液變黃色、IV中檢出Fe3+和NO生成，說明酸性條件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性條件下，氧化性強弱是：NO3->Fe3+>SO42-?！窘馕觥俊痉治觥客ㄟ^“氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性”原理設(shè)計實驗。【詳解】（1）溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O移，抑制Fe3+水解；Fe(OH)3+3H+，加入鹽酸，增大c(H+)，平衡左（2）Fe3+和SO2生成紅棕色的Fe(SO2)63+反應(yīng)速率較快：Fe3++6SO2Fe(SO2)63+。而反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+反應(yīng)緩慢，但是反應(yīng)限度較大，使溶液中c(Fe3+)降低，平衡逆向移動，紅棕色逐漸褪去，最終得到淺綠色溶液；（3）加入KSCN溶液后溶液不變色，說明鐵離子完全轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，再加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，氧化生成硫酸根與鋇離子結(jié)合為硫酸鋇，反應(yīng)離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；（4）硝酸具有強氧化性，將溶液中亞鐵離子氧化為鐵離子，淺綠色溶液變?yōu)辄S色，反應(yīng)離子方程式為：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；（5）反應(yīng)生成的NO與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮為紅棕色，發(fā)生反應(yīng)的方程式是：2NO+O2=2NO2；（6）驗II中溶液中檢出Fe2+和SO42-，說明Fe3+氧化SO2生成SO42-，氧化性Fe3+>SO42-；實驗III中溶液變黃色、IV中檢出Fe3+和NO生成，說明酸性條件下NO3-氧化Fe2+，氧化性NO3->Fe3+；所以，在酸性條件下，氧化性強弱是：NO3->Fe3+>SO42-。9.硫酸銅在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛。某化工廠用含少量鐵的廢銅渣為原料生產(chǎn)膽礬的流程如下：已知生成氫氧化物沉淀的pH如下表所示：Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3開始沉淀完全沉淀4.26.76.59.71.53.7(1)寫出浸出時銅與稀硫酸、稀硝酸反應(yīng)生成硫酸銅的化學(xué)方程式：________________。(2)取樣檢驗是為了確認Fe3＋是否除凈，你的檢驗方法是__________________________。(3)試劑b是____________，濾渣c是______________(均寫化學(xué)式)。(4)氣體a可以被循環(huán)利用，用化學(xué)方程式表示氣體a被循環(huán)利用的原理為2NO＋O2===2NO2、__________________。(5)一定溫度下，硫酸銅受熱分解生成CuO、SO2氣體、SO3氣體和O2氣體，且n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，寫出硫酸銅受熱分解的化學(xué)方程式：________________。(6)某同學(xué)設(shè)計了如下圖所示的實驗裝置分別測定生成的SO2、SO3氣體的質(zhì)量和O2氣體的體積。此設(shè)計有不合理之處，請說明理由：______________?！敬鸢浮?1).3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；(2).向試樣中滴加KSCN溶液，若溶液顯紅色，則Fe3+未除凈，否則Fe3+除凈；(3).CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(4).Fe(OH)3；(5).3NO2+H2O=2HNO3+NO；(6).3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；(7).混合氣體通過飽和NaHSO3溶液，SO3被吸收生成硫酸，和NaHSO3反應(yīng)生成SO2，沒法確定SO3和SO2的質(zhì)量，因此需要去掉盛飽和NaHSO3溶液的裝置；此外排水量氧氣的體積時，氣體從短導(dǎo)管通入?！窘馕觥俊痉治觥亢倭胯F的廢銅渣先經(jīng)稀硫酸、稀硝酸反應(yīng)生成硫酸銅和硫酸鐵，再加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3調(diào)節(jié)溶液PH，使生成Fe(OH)3沉淀，濾液再進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥可得到膽礬?！驹斀狻浚?）銅與稀硫酸、稀硝酸的混合液反應(yīng)生成硫酸銅，而為了不殘留NO3－的雜質(zhì)，NO3－要全部轉(zhuǎn)化為NO。根據(jù)得失電子守恒，1molCu失去2mol電子，生成硫酸銅，1molNO3－得到3mol電子生成NO，得失電子守恒，則CuSO4和NO的比例為3：2，根據(jù)原子守恒配平，化學(xué)方程式為3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；（2）Fe3+的檢驗方法是：向試樣中滴加KSCN溶液，若溶液顯紅色，則Fe3+未除凈，否則Fe3+除凈；（3）廢銅渣中含有雜質(zhì)鐵，所以調(diào)節(jié)pH目的是促進Fe3＋水解，生成Fe(OH)3沉淀，從而與CuSO4分離；，則濾渣c是Fe(OH)3；（4）氣體a是NO，NO與氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮溶于水又得硝酸和NO，化學(xué)方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）硫酸銅受熱分解生成CuO、SO2氣體、SO3氣體和O2氣體，其中n(SO3)∶n(SO2)＝1∶2，物質(zhì)的量之比，等于化學(xué)計量數(shù)之比，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式得3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑；（6）SO3氣體可溶解于濃硫酸中，采用98.3%的濃硫酸吸收SO3氣體，SO2氣體用堿液吸收，氧氣用排水法測量，混合氣體通過飽和NaHSO3溶液，SO3被吸收生成硫酸，和NaHSO3反應(yīng)生成SO2，沒法確定SO3的質(zhì)量，此外排水測氧氣體積時，氣體應(yīng)該從短導(dǎo)管進入，而水從長導(dǎo)管被氣體壓入量筒中。答案為混合氣體通過飽和NaHSO3溶液，SO3被吸收生成硫酸，和NaHSO3反應(yīng)生成SO2，沒法確定SO3和SO2的質(zhì)量，因此需要去掉盛飽和NaHSO3溶液的裝置；此外排水量氧氣的體積時，氣體從短導(dǎo)管通入。10.近年來，對“霧霾”的防護與治理成為越來越重要的環(huán)境問題和社會問題。霧霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物這三項組成。(1)機動車的尾氣是霧霾形成的原因之一，近幾年有人提出利用選擇性催化劑讓汽油中揮發(fā)出來的C3H6催化還原尾氣中的NO氣體，請寫出該過程的化學(xué)方程式：__________(2)到了冬季，我國北方燒煤供暖所產(chǎn)生的廢氣也是霧霾的主要來源之一。經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)將煤炭在O2/CO2的氣氛下燃燒，發(fā)現(xiàn)能夠降低燃煤時NO的排放，主要反應(yīng)為：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH若①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=＋180.5kJ?mol-1②CO(g)C(s)+1/2O2(g)ΔH2=＋110.5kJ?mol-1ΔH3=－393.5kJ?mol-1③C(s)+O2(g)CO2(g)則ΔH=_____________kJ?mol-1。(3)燃煤尾氣中的SO2用NaOH溶液吸收形成NaHSO3溶液，在pH為4~7之間時電解，硫元素在鉛陰極上被電解還原為Na2S2O4。Na2S2O4俗稱保險粉，廣泛應(yīng)用于染料、印染、造紙、食品工業(yè)以及醫(yī)學(xué)上。這種技術(shù)是最初的電化學(xué)脫硫技術(shù)之一。請寫出該電解反應(yīng)中陰極的電極方程式：______________________________________。(4)SO2經(jīng)過凈化后與空氣混合進行催化氧化后制取硫酸或者硫酸銨，其中SO2發(fā)生催化氧化的反應(yīng)為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。若在T1℃、0.1MPa條件下，往一密閉容器通入SO2和O2(其中n(SO2):n(O2)=2:1)，測得容器內(nèi)總壓強與反應(yīng)時間如圖所示：①該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式：K=__________________。②圖中A點時，SO2的轉(zhuǎn)化率為________________③計算SO2催化氧化反應(yīng)在圖中B點的壓強平衡常數(shù)K＝_______________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))④若在T2℃，其他條件不變的情況下測得壓強的變化曲線如圖所示，則T1____T2(填“>”、“<”、“=”)；其中C點的正反應(yīng)速率vc(正)與A點的逆反應(yīng)速率vA(逆)的大小關(guān)系為vc(正)____vA(逆)(填“>”、“<”、“=”)?！敬鸢浮浚?）2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2；（2）﹣746.5kJ?mol﹣1；（3）2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2HO；（4）①2；②45%；③24300（MPa）﹣1；④：＜，＞．【解析】（1）C3H6催化還原尾氣中的NO氣體，可以得到無毒的氣體氮氣和二氧化碳，即2C3H6+18NO=6CO2+6H2O+9N2；（2））②×2+③×2﹣①得到2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g），反應(yīng)的焓變=2（+110.5kJ?mol﹣1）+2（﹣393.5kJ?mol﹣1）﹣（180.5kJ?mol﹣1）=﹣746.5kJ?mol﹣1，故答案為：﹣746.5kJ?mol﹣1；（3）電解反應(yīng)中陰極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，2HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2HO，故答案為：22HSO3﹣+2H++2e﹣=S2O42﹣+2HO；2（4）①2SO2（g）+O2（g）?2SO3，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，②依據(jù)化學(xué)三行列式計算，設(shè)氧氣消耗物質(zhì)的量為x，2SO2（g）+O2（g）?2SO3起始量（mol）2a變化量（mol）2xa0x2x平衡量（mol）2a﹣2xa﹣x2x圖中A點時，氣體物質(zhì)的量0.085，則x=0.45a=，SO2的轉(zhuǎn)化率=×100%=45%，③圖中B點，依據(jù)化學(xué)三行列式計算，設(shè)氧氣消耗物質(zhì)的量為y，2SO2（g）+O2（g）?2SO3起始量（mol）2aa變化量（mol）2yy02y平衡量（mol）2a﹣2ya﹣yB點氣體物質(zhì)的量為0.007，則平衡常數(shù)K=2y=，y=0.9a，=24300（MPa）﹣1，④圖象分析可知，先拐先平溫度高則T1＜T2，C點是平衡狀態(tài)，A點反應(yīng)未達到平衡狀態(tài)，其中C點的正反應(yīng)速率vC（正）與A點的逆反應(yīng)速率vA（逆）的大小關(guān)系為vC（正）＞vA（逆）【點評】本題考查了化學(xué)平衡、化學(xué)反應(yīng)速率影響因素的分析應(yīng)用，圖象變化和數(shù)值的計算是解題關(guān)鍵，題目難度中等．11.銅及其化合物在人們的日常生活中有著廣泛的用途?；卮鹣铝袉栴}：(1)銅或銅鹽焰色反應(yīng)為綠色，該光譜是________(填“吸收光譜”或“發(fā)射光譜”)。(2)基態(tài)Cu原子中，核外電子占據(jù)的最低能層符號是________，其價電子層的電子排布式為___________，Cu與Ag均屬于IB族，熔點：Cu________Ag(填“>”或“<”)。(3)[Cu(NH3)4]SO4中陰離子的立體構(gòu)型是_______；中心原子的軌道雜化類型為_____，[Cu(NH3)4]SO4中Cu2＋與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱為_______________。(4)用Cu作催化劑可以氧化乙醇生成乙醛，乙醛再被氧化成乙酸，等物質(zhì)的量的乙醛與乙酸中σ鍵的數(shù)目比為_____________。(5)氯、銅兩種元素的電負性如表：CuCl屬于________(填“共價”或“離子”)化合物。元素ClCu1.9電負性3.2(6)Cu與Cl形成某種化合物的晶胞如圖所示，該晶體的密度為ρg·cm－3，晶胞邊長為acm，則阿伏加德羅常數(shù)為______________(用含ρ、a的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1).發(fā)射光譜(2).K(3).3d104s1(4).＞(5).正四面體(6).sp3(7).配位鍵(8).6:7(9).共價(10).mol-1【解析】【分析】（1）基態(tài)原子的電子吸收能量，躍遷到較高能級，電子又從高能級躍遷到低能級，以光的形式釋放能量；（2）基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1。其3d、4s能級上電子為其價電子。金屬鍵越強，其熔沸點越高；（3）SO42-中硫原子的價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為0，根據(jù)價層電子互斥理論判斷。Cu2+含有空軌道，NH3中氮原子有孤電子對；（4）單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、1個鍵；（5）二者電負性的差為1.3小于1.7；（6）推導(dǎo)出公式NA=計算?！驹斀狻浚?）基態(tài)原子的電子吸收能量，躍遷到較高能級，電子又從高能級躍遷到低能級，以光的形式釋放能量，為發(fā)射光譜；（2）基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，核外電子占據(jù)能量最低的能層為K層，其3d、4s能級上電子為其價電子，其價電子排布式為3d104s1；Cu的離子半徑比Ag的小，Cu的金屬鍵更強，金屬鍵越強，其熔沸點越高，所以熔沸點Cu＞Ag；（3）SO42-中硫原子的價層電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)為0，所以為正四面體結(jié)構(gòu)且硫原子采用sp3雜化。Cu2+含有空軌道，NH3中氮原子有孤電子對，二者形成的化學(xué)鍵為配位鍵；（4）乙醛分子中有4個C-H鍵、1個C-C鍵、1個C=O雙鍵。乙酸分子中有4個C-H鍵、1個C-C鍵、1個C=O鍵、1個C-O鍵、1個O-H鍵。單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、1個鍵，所以等物質(zhì)的量的乙醛與乙酸中σ鍵的數(shù)目比為6:7；（5）二者電負性的差為1.3，小于1.7，不是離子化合物，所以CuCl屬于共價化合物；=4、銅原子4個，晶胞體積=a3cm3，晶胞密度=（6）該晶胞中含氯原子個數(shù)=8mol-1=mol-1。NA=，則12.以苯和乙炔為原料合成化工原料E的路線如下：回答下列問題：(1)以下有關(guān)苯和乙炔認識正確的是__