1、广东省阳春市第一中学 2018 届高三第九次月考理综化学试题1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A. 在大豆油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程B. 生石灰、硅胶、无水 CaCl2、P 2O5 等均可作食品干燥剂C. 本草纲目中记载：“烧酒非古法也，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。 ”涉及的操作方法是蒸馏D. 肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”采用低温提取青蒿素，该过程属于物理变化【答案】B详解：A、大豆油是植物油脂，分子中含有不饱和 C=C，易被空气氧化而变质，加入抗氧化剂可除去空气中具有氧化性的氧气，防止或延缓其酸败的过程，所以 A 正确；B、
2、生石灰与水生成碱性的熟石灰，P 2O5具有极强的吸水性，且与水反应，但生成的偏磷酸有毒，故不能用于食品的干燥剂，故 B 错误；C、将浓酒和糟放入容器中，加热使酒蒸汽上升，再用容器接收冷凝后的液体，这个过程就是实验室的蒸馏操作，所以 C 正确；D、把青蒿放入水中浸泡，并拧取其汁，这样提取青蒿素的过程就是物质的溶解过程，属于物理变化，所以 D 正确。本题答案选 B。点睛：要明确“抗氧化剂”的含义是能够除去具有氧化性物质的试剂，有的可加入食品中，而有的不能，如在食品包装袋中的还原铁粉；作为食品干燥剂一定具有吸水性的同时，对食品具有绿色安全无害性；对古文的理解，一定要理解关键字的含义。2. NA代表阿
3、伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1mol/LAlCl3溶液中含 Al3+数目一定小于 NAB. 1mol 环己烷含非极性键的数目为 5NAC. 71gCl2完全反应转移电子数一定为 2NAD. 30g 葡萄糖和乳酸(C 3H6O3)的混合物中含氢原子数目为 2NA【答案】D【解析】A. 1mol/LAlCl 3溶液中含 Al3+数目，缺少溶液的体积，无法求，故 A 错误；B. 1mol环己烷含非极性键的数目为 6NA，故 B 错误；C. 0 价的氯化合价可升可降，71gCl 2完全反应转移电子数不一定为 2NA，故 C 错误；D.葡萄糖和乳酸(C 3H6O3)的最简式 CH2O 相同，
4、每有 30g混合物中含氢原子数目为 2NA，故 D 正确；故选 D。3. 有机玻璃的单体甲基丙烯酸甲酯(MMA) 的合成原理如下：下列说法正确的是A. 若反应的原子利用率为 100%，则物质 X 为 CO2B. 可用分液漏斗分离 MMA 和甲醇C. 、 均可发生加成反应、氧化反应、取代反应D. MMA 与 H2反应生成 Y，能与 NaHCO3溶液反应的 Y 的同分异构体有 3 种【答案】C【解析】根据原子个数守恒可知，若反应的原子利用率为 100%，则物质 X 为 CO，A 项错误；MMA 与甲醇互溶，故不能分液漏斗分离 MMA 和甲醇，B 项错误； 、 均含碳碳双键，故均可发生加成反应、氧化
5、反应，含有甲基，均能发生取代反应，C 项正确；MMA 与H2反应生成 ，能与 NaHCO3溶液反应说明含有-COOH，故 C4H9-COOH,因丁基存在4 种结构，故 Y 的同分异构体有 4 种，D 项错误。4. 液态 N2O4是火箭推进系统的有效氧化剂。实验室制备少量 N2O4的流程如下： 下列分析正确的是A. 反应、中氮元素的化合价发生了变化B. 反应利用了 NH3的氧化性C. 反应的颜色变化是由化学平衡移动引起的D. 反应可由图所示装置实现【答案】C【解析】分析：直接分析这五种化合物中 N 元素的化合价，根据化合价的升降与氧化还原的关系思考 A、B 选项，根据温度对化学平衡的影响可解答
6、C 选项，根据实验室制取 NH3的原理可判断发生装置和收集装置是否正确。详解：A、已知这五种化合物 NH4Cl、NH 3、NO、NO 2、N 2O4中 N 元素的化合价分别为-3、-3、+2、+4、+4，所以反应中 N 元素的化合价没有变化，反应中 N 元素的化合价变化了，故 A 不正确；B、反应中 N 元素从-3 价升高为+2 价，NH 3表现出还原性，则 B 不正确；C、由于 2NO2 N2O4是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，使 NO2转化为 N2O4，所以 C正确；D、反应是固体加热生成易溶于水的 NH3，所以图示装置中发生装置和收集装置都不合适，故 D 不正确。本题答案是 C。5
7、. 电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的 pH 在 5.06.0 之间，通过电解生成 Fe(OH)3胶体，Fe(OH) 3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是A. 石墨电极上发生氧化反应 B. 通甲烷的电极反应式：CH 4+4CO32-8e-=5CO2+2H2OC. 通空气的电极反应式为 O2+4e-=2O2- D. 甲烷燃料电池中 CO32-向空气一极移动【答案】B【解析】分析：该装置是以甲烷燃料电池为电源，对污水进行电解处理，根据甲烷燃烧的原理，通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，所以铁电极为阳极，石墨为
8、阴极，根据电极上发生的反应，结合溶液中阴阳离子的移动情况进行解答。详解：A、根据甲烷燃烧时化合价的变化情况，可知甲烷中的 C 元素化合价升高，失去电子，甲烷在负极发生氧化反应，与之相连接的石墨为阴极，发生还原反应，所以 A 错误；B、以熔融的碳酸盐为电解质，则通甲烷的负极反应为 CH4+4CO32-8e-=5CO2+2H2O，所以 B 正确；C、由装置图所含信息可知，通空气的正极反应式为 O2+2CO2+4e-=2CO32-，所以 C 错误；D、在电池内部，阴离子向负极移动，所以甲烷燃料电池中 CO32-向通甲烷的负极移动，故 D错误。本题答案为 B。点睛：注意装置图所给信息，特别是物质 A
9、即 CO2，是通甲烷一极的生成物，也是通空气一极的反应物之一；题干描述的是利用电解原理制取 Fe(OH)3胶体，利用胶体的性质进行污水处理，但选项中是以装置图为依据进行电化学知识的考查。6. 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，A、B、C、D、E 均由上述元素组成的中学化学常见的物质，其中 A 是单质，C 是酸性氧化物，A 的水溶液和 C 均具有漂白性，B 是自然界最常见的液体，E 是三元化台物，物质之间存在如右下图所示的关系。下列说法不正确的是A. YX2遇到蓝色石蕊试液先变红后褪色 B. 离子半径大小关系：YZXWC. 简单阴离子的还原性：YZ D. Y 与 Z 属于同一周
10、期，与 X 属于同一主族【答案】A【解析】分析：A 单质的水溶液具有漂白性，说明 A 为 Cl2，C 是酸性氧化物，其水溶液也具有漂白性，即 SO2，由此可判断 B 为水，D 为 HCl，E 为 H2SO4，所以 W、X、Y、Z 分别为H、O、S、Cl 四种元素。详解：A、YX 2即 SO2，其水溶液呈酸性，使蓝色石蕊试液变红色，尽管 SO2具有漂白性，但只能选择性地漂白像品红、秸秆、毛丝等物质，而不能漂白石蕊及其变色后的物质，所以 A 不正确；B、这四种元素形成的简单离子中，H +半径最小，O 2-是 28 型，S 2-和 Cl-都是 288 型，所以离子半径为 S2-Cl-O2-H+，即
11、B 正确；C、由于 S 的非金属性弱于 Cl，所以 S2-的还原性强于 Cl-，故 C 正确；D、S 和 Cl 是第三周期相邻，S 与 O 是第A 相邻，故 D 正确。本题答案为 A。点睛：本题以物质的性质为条件，推导出物质后，再确定含有哪些元素，然后对元素的相关内容进行考查，给人的感觉很新颖；SO 2的选择性漂白是易错点。7. 已知 298K 时，K sp(NiS)=1.010-21，K sp(NiCO3)=1.010-7；p(Ni)=-lgc(Ni 2+)，p(B)=lgc(S2-)或-lgc(CO 32-)。在含物质的量浓度相同的 Na2S 和 Na2CO3的混合溶液中滴加 Ni(NO3
12、)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阳离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是A. 常温下 NiCO3的溶解度大于 NiS 的溶解度B. 向 d 点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d 点向 b 点移动C. 对于曲线 I，在 b 点加热(忽略蒸发)，b 点向 c 点移动D. P 为 3.5 且对应的阴离子是 CO32-【答案】C【解析】A，常温下 Ksp（NiS） Ksp（NiCO 3） ，NiS、NiCO 3属于同种类型，常温下 NiCO3的溶解度大于 NiS，A 项正确；B，K sp（NiS） Ksp（NiCO 3） ，则曲线 I 代表 NiS，曲线 II 代表NiCO3，在 d 点溶液中存
13、在溶解平衡 NiS（s） Ni2+（aq）+S 2-（aq） ，加入 Na2S，S 2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni 2+减小，d 点向 b 点移动，B 项正确；C，对曲线 I 在 b 点加热，NiS的溶解度增大，Ni 2+、S 2-浓度增大，b 点向 a 点方向移动，C 项错误；D，曲线 II 代表NiCO3， a 点 c（Ni 2+）=c（CO 32-） ，K sp（NiCO 3）= c（Ni 2+）c（CO 32-）=1 10-7，c（Ni 2+）=c（CO 32-）=1 10-3.5，pNi=pB=3.5 且对应的阴离子为 CO32-，D 项正确；答案选C。点睛：本题考查与沉淀溶解平衡
14、有关的曲线分析，注意图像中 pNi、pB 越大，Ni 2+、B 2-浓度越小是解题的关键。注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。8. 某兴趣学习小组设计如图装置制取 SO2,研究其性质。请回答下列问题：(1)装置 C 用于检验 SO2的性质,写出 C 中反应的离子方程式_。(2)实验中观察到 D 中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明 SO2具有氧化性,请简述理由_。(3)E 装置的作用为_。某学习小组进一步探究不同浓度的硫酸氧化性不同，设计并完成如下实验：称取一定量还原铁粉放入一定体积浓硫酸中，加热，充分反应后
15、得到溶液 X 并收集到气体Y。经检验，气体 Y 中含有 SO2、H 2。(4)溶液 X 中含有的金属阴离子是(填化学式)_，简述如何检验该离子_。(5) 为了测定气休 Y 中 SO2 的含量，将 2.24 L( 标准状况)气体 Y 通入到200.00mL0.2000mol/L 酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出 20.00mL 溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗 0.1000mol/L 的 KHC2O4标准液 10.00mL (高锰酸钾被还原均生成 Mn2+ )。已知室温下，0.1000mol/L KHC 2O4 的溶液中，c(C 2O42-) c(H2C2O4)。滴定操作过程中标准液应用_(填
16、仪器名称)盛装；滴定终点的现象为_。计算气体 Y 中 SO2 的物质的量分数为_。【答案】 (1). SO 2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2Cl- (2). 装置 C 挥发出的氯气也可以使 D装置中出现浑浊 (3). 尾气处理 防倒吸 (4). Fe 2+ (5). 取少量溶液于试管中,滴加 K3Fe(CN)3溶液,若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有 Fe2+ (6). 酸式滴定管 (7).滴入最后一滴 KHC7O4标准液,锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内颜色不恢复 (8).90%【解析】(1)铜与浓硫酸反应的方程式为 2H2SO4(浓) + Cu CuSO4 + 2H2O +
17、SO2，二氧化硫能够使品红褪色，二氧化硫具有还原性，能够被饱和的氯水氧化，二氧化硫具有氧化性，能够将硫化氢氧化，C 中反应的离子方程式为 SO2+Cl2+2H2O=4H+ SO42 +2 Cl ，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H+ SO42 +2 Cl ；(2)由于氯水具有挥发性，C 中挥发出的氯气也可以使 D 装置中出现浑浊，因此 D 中有浑浊出现，不能证明 SO2 具有氧化性，故答案为：装置 C 挥发出的氯气也可以使 D 装置中出现浑浊；(3)二氧化硫能够污染空气，E 装置中的氢氧化钠能够吸收尾气，防止污染，同时倒扣的漏斗可以防倒吸，故答案为：尾气处理，防倒吸；(4)还原铁粉与浓硫
18、酸反应的产物中含有二氧化硫和氢气，说明反应一段时间后浓硫酸变成了稀硫酸，发生了铁与稀硫酸的反应，因此溶液 X 中含有的金属阳离子为 Fe2+，检验亚铁离子可以取少量溶液，向其中滴加 K3Fe(CN)3溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2+，故答案为：Fe 2+；取少量溶液，向其中滴加 K3Fe(CN)3溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有 Fe2+；(5)已知室温下，0.1000mol/L KHC 2O4 的溶液中，c(C 2O42-) c(H2C2O4)，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，应该选用酸式滴定管盛装 KHC2O4 溶液；KHC 2O4 溶液能够被酸性高锰酸钾溶液
19、氧化，滴入最后一滴 KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复，证明达到了滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴 KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复；气体 Y 中的二氧化硫被高锰酸钾吸收，剩余的高锰酸钾用 KHC2O4 溶液滴定。消耗的 KHC2O4的物质的量=0.1000mol/L0.01L=0.001mol，根据 2MnO4-+5HC2O4-+11H+=2Mn2+10CO2+8H 2O，5 SO 2 + 2 MnO4- + 2 H2O = 2 Mn2+ + 4 H+ + 5 SO42- ，可知二氧化硫的物质的量= (0.2000
20、mol/L 0.2L-0.001mol )=0.09mol，则气体 Y 中 SO2 的物质的量分数= 100%=90%，故答案为：90%。9. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO： 25%、CuS：71%、少量 FeS 和 SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知： 铍、铝元素化学性质相似常温下：K spCu(OH)2=2.210-20 KspFe(OH)3=4.010-38 KspMn(OH)2=-2.110-13(1)滤液 A 的主要成分除 NaOH 外，还有_(填化学式)，写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式_。(2)溶液
21、 C 中含 NaCl、BeCl 2和少量 HCl，为提纯 BeCl2，选择最合理步骤顺序_。a加入过量的 NaOH b通入过量的 CO2 c加入过量的氨水 d加入适量的 HC1 e过滤 f洗涤从 BeCl2溶液中得到 BeCl2固体的操作是_。(3)MnO 2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应中 CuS 发生反应的化学方程式_。若用浓 HNO3溶解金属硫化物，缺点是_(任写一条)。(4)溶液 D 中含 c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe 3+)=0.008mol/Lc(Mn2+)=0.01mol/L，逐滴加入稀氨水调节 pH 可依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)，为使铜
22、离子开始沉淀，常温下应调节溶液的 pH 值大于_。【答案】 (1). Na 2SiO3、Na 2BeO2 (2). BeO22-+4H+=Be2+2H2O (3). cefd (4). 在氯化氢气流中蒸发结晶(或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体) (5). MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O (6). 产生污染环境的气体 (7). Fe 3+ (8). 4【解析】考查化学工艺流程， （1）旧铍铜原件的成分 BeO、CuS、FeS、SiO 2，根据信息I，BeO 属于两性氧化物，CuS 不与氢氧化钠溶液反应，FeS 不与氢氧化钠反应，SiO 2属于酸性氧化物
23、，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液 A 中主要成分是 NaOH、Na 2SiO3、Na 2BeO2；根据信息 I，BeO 2 与过量盐酸反应生成氯化铍和水。其离子方程式为 BeO22 +4H =Be2 +2H2O；答案：Na 2SiO3、Na 2BeO2，BeO 22-+4H+=Be2+2H2O。（2）利用 Be 元素、铝元素化学性质相似，向溶液 C 中先加入过量的氨水，生成 Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的 HCl，生成 BeCl2，合理步骤是 cefd；为了抑制 Be2 的水解，因此需要在 HCl 的氛围中对 BeCl2溶液蒸发结晶；（3）根据信息，CuS 中 S 转化为 S
24、 单质，MnO 2中 Mn 被还原为 Mn2 ，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为 MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO 4+CuSO4+2H2O；用浓硝酸作氧化剂，浓 HNO3被还原成 NO2，NO 2有毒污染环境；（4）三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与 Ksp的关系，Cu 2 转化成沉淀，c(OH )=molL1 ，Fe 3 转化成沉淀，c(OH )=molL1 ，Mn 2 转化成沉淀，c(OH )= molL1 ，因此首先沉淀的是 Fe3 ，为使 Cu2 沉淀，此时c(OH )=11010 molL1 ，c(H )=1014 /1010 =104 molL1 ，即
25、pH=4，当 pH4 时，Cu 2出现沉淀；10. 煤的主要组成元素是碳、氢、氧、硫、氮，还有极少量的磷、砷、锗、镓、铟等元素， 燃煤产生 CxHy、SO 2、NO X等大气污染物，研究 NO2、NO、CO、SO 2等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。(1)锗是第四周期第A 元素，其原子结构示意图为_。(2)利用煤的气化获得的水煤气(主要成分为 CO、CO 2和 H2)在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。已知：H 2O(l)=H2O(g) H 1=+44.0kJ/molCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l) H 2=-3.0 kJ/molCO2(g)+3H2(g
26、)=CH3OH(g)+H2O(g) H 3=-58.7 kJ/mol写出由 CO 与 H2制备 CH3OH 气体的热化学方程式_。(3)甲醇和 CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH 3OCOOCH3，简称 DMC)：2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) H 4” “” “或”=”)。(4)直接排放含 SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。可用 NaOH 吸收，所得含硫各微粒(H2SO3、HSO 3-和 SO32-)存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数 X()与溶液 pH 的关系如图所示。若是 0.1mol/LNaOH 反应后的溶液，测得溶液的 pH=8 时，溶
27、液中各离子浓度由大到小的顺序是_。 向 pH=5 的 NaHSO3溶液中滴加一定浓度的 CaCl2 溶液，溶液中出现浑浊，pH 降为 2，用化学平衡移动原理解释溶液 pH 降低的原因_。【答案】 (1). (2). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-99.7kJmol -1 (3).(4). AC (5). 0.05molL-1min-1 (6). (7). (8). c(Na +)c(SO 32-)c(HSO 3-)c(OH -)c(H +) (9). 因为 HSO3-在溶液中既能电离，又能水解，当向其中加入氯化钙时，发生反应 Ca2+SO32-=CaSO3，使其电离平衡HS
28、O3- H+SO32-中 c(SO32-)减小而正向移动，导致 c(H+)增大，pH 减小【解析】分析：(1)主族元素的原子核外电子排布按照一般的电子排布规律即可画出其原子结构示意图；(2)应用盖斯定律解答；(3)化学平衡状态的判断依据有速率判据和“量”判据两种，正确理解，认真分析，以不变应万变，是解题的关键；利用表格和图象信息，根据反应方程式进行“三段式”分析，应用等效平衡、外界条件对反应速率和化学平衡的影响等进行综合分析解答，特别是甲、丙两容器中速率的快慢和产物浓度的大小的影响因素是难点；(4)根据图象信息，由溶液的 pH 即可得离子浓度的大小关系，复分解反应的发生是导致溶液酸性变化的原因
29、。详解：(1)锗是第四周期第A 元素，原子序数为 32，其原子结构示意图为 。(2)根据盖斯定律，反应 3-反应 2-反应 1 即得热化学方程式 CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g) H=H 3-H 2-H 1= -99.7kJmol-1，(3)根据 2CH3OH(g)+CO2(g) CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) H 40，其平衡常数表达式为 K= ；根据平衡状态的判断依据，A、当 v 正 (CH3OH)= 2v 逆 (H2O) 时，反应已达平衡；B、由于容器体积不变，气体质量守恒，所以气体密度始终都不变，当容器内气体密度不变时不能说明反应已达平衡；C、由于反应前后气体物质
30、的量不等，由压强之比等于物质的量之比，当压强不变时，说明反应已达平衡；D、CH 3OH 与 CO2的物质的量之比取决于起始时加入量之比，若加入量与系数比相等，则任何时候 CH3OH 与 CO2的物质的量之比都不变，所以 CH3OH 与 CO2的物质的量之比保持不变时不能说明反应已达平衡。因此本题答案为 AC。由图象可知，甲容器在 5-15min 内，DMC 的浓度改变了 0.5mol/L，根据反应方程式得c(CO2)=0.5 mol/L，则此时间段内的平均反应速率为 v(CO2) = =0.05molL-1min-1；比较甲、乙两容器起始加入的物质的量，若在相同条件下，二者建立的平衡是完全等效
31、平衡，图象显示甲容器平衡时 c 甲 平 (DMC)=1.5 mol/L，则 n 甲 平 (CO2) = 1mol-1.5 mol/L0.5L=0.25mol，乙容器平衡时 n 乙 平 (CO2) =0.2mol n 甲 平 (CO2) =0.25mol，说明乙容器相对于甲容器，平衡向右移动，已知该反应H 40，则降低温度，化学平衡向右移动，所以 T1T 2；由于丙容器的体积和温度都不确定，只是 CO2的物质的量比甲容器大，由图象可知，丙建立平衡的过程中速率比甲的快，且生成物 DMC 的浓度比甲的大，由于该反应是放热反应，升高温度，可加快反应速率，但平衡左移，使生成物的浓度减小，不符合图象所示；
32、若体积缩小即 V0.5L，即加压，可加快反应速率，且该反应是一个气体体积缩小的反应，加压向右移动，反应物转化率增大，生成物浓度增大，符合图象所示，所以甲、丙两容器的反应达平衡时 CO2的转化率是甲丙。(4)由图象可知，当溶液的 pH=8 时，c(SO 32-)c(HSO 3-)，且 c(OH-)c(H +)，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 c(Na+)c(SO 32-)c(HSO 3-)c(OH -)c(H +)；HSO 3-在溶液中既有电离平衡，也有水解平衡，当向其中滴加 CaCl2溶液时，发生反应 Ca2+ SO32-=CaSO3，使其电离平衡 HSO3- H+SO32-因 c(SO
33、32-)减小而正向移动，导致 c(H+)增大，pH 减小。点睛：本题的难点是 1、甲、乙容器中温度的比较：在完全相同的条件下，二者将建立完全等效平衡，根据 CO2平衡时物质的量的大小，确定是升温还是降温引起的；2、甲、丙容器中CO2转化率的比较：由于丙容器的体积和温度都不确定，必须利用图象信息，分析出速率加快和产物浓度增大都符合的条件，要么是温度，要么是体积即压强，进而说明 CO2转化率的大小。3、平衡状态的判断，不很难，但易出错。明确速率判据中正逆反应速率相等的真正含义；“量”的判据中要明确当变量一定时即平衡，而定量不变时不一定，量之比不能做判据。11. 氮(N)、磷(P)、砷(As)等 V
34、A 族元素化合物在研究和生产中有许多重要用途。如我国科研人员研究发现 As2O3(或写成 As4O6，俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用回答下列问题：(1)As 原子的核外电子排布式为_；P 的第一电离能比 S 大的原因为_。(2)写出一种与 CN-互为等电子体的粒子_(用化学式表示)；(SCN) 2分予中 键和 键个数比为_。(3)砒霜剧毒，可用石灰消毒生成 AsO33-和少量 AsO43-，其中 AsO33-中 As 的杂化方式为_，AsO 43-的空间构型为_。(4)NH4+中 H-N-H 的键角比 NH3中 H-N-H 的键角大的原因是_；NH 3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈
35、轴向狭长的八面体结构(如下图)， 该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：_。(5)BN 的熔点为 3000，密度为 2.25 gcm-3, 其晶胞结构如上图所示，晶体中一个 B 原子周围距离最近的 N 原子有_个;若原子半径分别为 rNpm 和 rBpm,阿伏加德罗常数值NA,则 BN 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。【答案】 (1). 1s 22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d 104s24p3 (2). P 的 P 能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大 (3). CO 或 N2 (4). 54 (5). sp 3 (6). 正四面体 (
36、7). NH 4+中的氮原子上均为成键电子，而 NH3分子中的氨原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中 H-N-H 的键角比 NH3中大 (8). 由于 O 原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比 N 原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子 (9). 4 (10). 100%【解析】试题分析：本题考查原子核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，等电子体， 键和 键的判断，杂化方式和空间构型的判断，晶体的分析和计算。（1）As 原子核外有 33 个电子，根据构造原理，As 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1
37、04s24p3或Ar 3d 104s24p3。P 和 S 都处于第三周期，S 的价电子排布式为3s23p4，P 的价电子排布式为 3s23p3，P 的 3p 能级处于半充满，比较稳定，P 的第一电离能比S 的大。（2）用“替代法” ，与 CN-互为等电子体的粒子有 CO、N 2、C 22-等。 （SCN） 2的结构式为N CSSC N，单键全是 键，三键中有 1 个 键和 2 个 键， （SCN） 2分子中有 5个 键、4 个 键， 键和 键个数比为 5:4。（3）AsO 33-中 As 上的孤电子对数= （5+3-3 2）=1，成键电子对数为 3，As 的价层电子对数为 1+3=4，As 的
38、杂化方式为 sp3杂化。AsO 43-中 As 上的孤电子对数= （5+3-4 2）=0，成键电子对数为 4，As 的价层电子对数为 0+4=4，AsO 43-的 VSEPR 模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO 43-的空间构型为正四面体。（4）NH 4+中 HNH 的键角比 NH3中 HNH 的键角大的原因是：NH 4+中的氮原子上均为成键电子，而 NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致 NH4+中 H-N-H 的键角比 NH3中大。NH 3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首
39、先失去水，说明水分子与 Cu2+形成的配位键弱于 NH3分子，原因是：O 原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比 N 原子弱，故水分子与 Cu2+形成的配位键弱于氨分子。（5）用“均摊法” ，B：8 +6 =4，N：4，该晶体的化学式为 BN，根据晶胞，晶体中一个N 原子周围距离最近的 B 原子有 4 个，则一个 B 原子周围距离最近的 N 原子有 4 个。一个晶胞中原子的体积为 4 （ r N3+ r B3）pm 3=4 （ r N3+ r B3） 10-30cm3，1mol 晶体的质量为 25g，1mol 晶体的体积为 25g 2.25g/cm3，晶胞的体积为 4 （25g 2.25g/
40、cm3 NA） ，BN 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 4 （ r N3+ r B3） 10-30cm3 4 （25g 2.25g/cm3 NA）= 。12. 聚合物 （W 是链接中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料聚合物是其中的一种，转化路线如下：已知：A 中官能团不在同一个碳原子上。R 1CH=CHR2+R3CH=CHR4 R1CH=CHR4+R2CH=CHR3 (R 表示烃基或氢原子)。(1)B 所含的官能团名称是_。(2)E 的名称是_，G 生成 H 的反应类型是_。(3)写出 D 生成 E 的化学方程式是_。(4)X 的结构简式_。(5)E 存在多秧同分异构体,与 E 具有
41、相同官能团且不能发生银镜反应的同分异构体有_种(不考虑立体结构,不含 E)。其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比 3：3：2 的结构简式_。(6)以 CH3CH2OH 为原料(无机试剂任选)合成环丁烯,试写出合成流程图_。【答案】 (1). 醛基、溴原子 (2). 丙烯酸乙酯 (3). 消去反应 (4). CH2=CHCOOH+CH3CH2OH CH2=CHCOOCH2CH3+H2O (5). (6). 7 (7). CH2=C(CH3)COOCH3、CH 3COO(CH3)C=CH2 (8). CH3CH2OH【解析】由已知结合流程，A 中含有醇羟基和溴原子，且连在不同碳原子上；AB 发生醇的催
42、化氧化，BC 也发生氧化，则 B 含有醛基、C 含有羧基；ABC 的反应中并没有改变溴原子，所以 B、C 中也含有溴原子；由 CD 的反应条件可得，发生消去反应，结合 A 的分子式可推出 D 为：CH 2=CHCOOH；结合 Q 的结构简式、DE 的反应条件及已知可得，E 为CH2=CHCOOCH2CH3，H 为 ；再结合 F 的分子式及 FG 的条件可得，F 为 ，G 为。（1）由上述分析知，B 中含有官能团为醛基和溴原子。（2）E 为 CH2=CHCOOCH2CH3，是 CH2=CHCOOH(丙烯酸)和乙醇反应生成的酯，故名称是丙烯酸乙酯；G 为 ，H 为 ，所以 G 发生消去反应生成的 H。（3）D 为 CH2=CHCOOH，E 为 CH2=CHCOOCH2CH3，结合反应条件可得，D(CH 2=CHCOOH)与乙醇发生酯化反应生成 E 为(CH 2=CHCOOCH2CH3)，故 D 生成 E 的化学方程式是：CH 2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O。（4）由聚合物 X 是 (W 是链接中的部分结构)的一种，结合已知及流程中QX 可得，X 为 。（6）由已知得到启发，以 CH3CH2OH 为原料(无机试剂任选)合成环丁烯，需要乙烯和乙炔发生成环反应；乙醇消去反应可得到乙烯，由乙烯可进一步得到乙炔，故合成流程为：。
