1、广东省华附、省实、广雅、深中 2019 届高三上学期期末联考理综化学试题1.古往今来，生活处处有化学。下列有关说法正确的是A. “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”这里用到的实验操作是蒸发B. “自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸” ，这里纸的主要成分为纤维素C. 我国成功实施煤改气工程后，可有效提高空气质量D. 生物柴油与从石油中分馏得来的柴油都属于烃类物质【答案】C【解析】【详解】A酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，为蒸馏操作，故 A 错误；B缣帛的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故 B 错误；C “煤改气”改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天
2、气，可有效降低空气中的 PM10 含量，故 C 正确；D从石油炼制得到的柴油主要是由石油分馏后的 C15C 18的多种烃的混合物属于烃类物质，而从植物油提取的生物柴油的组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯不属于烃类物质，故 D 错误；故答案为 C。2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 标准状况下，2molNa 2O2与 44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为 4NAB. 3.0g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NAC. 将 1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中 NH4+数目为 NAD. 0.1molHCl 与 CH3CH=CH2完全反
3、应时，生成的 CH3CH2CH2Cl 分子数目为 0.1NA【答案】D【解析】【详解】ANa 2O2与 SO2发生反应：Na 2O2+SO2=Na2SO4，反应转移 2mol 电子，标准状况下，2molNa2O2与 44.8LSO2即 2mol 二氧化硫能完全反应，故转移电子数为 4NA，故 A 正确；B甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式相同，均为 CH2O，则 3.0g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA，故 B 正确；C将 1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，由电荷守恒式c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)可知 c(NH4+)=c(NO3-
4、)，则溶液中 NH4+的数目和 NO3-数目相等，均为 NA，故 C 正确；D0.1molHCl 与 CH3CH=CH2完全反应时，除生成的 CH3CH2CH2Cl，还有副产物 CH3CHClCH3，则 CH3CH2CH2Cl 分子数目小于 0.1NA，故 D 错误；故答案为 D。3.有关下列四组实验描述不正确的是A. 加热甲装置中的烧杯可以分离 SiO2和 NH4ClB. 利用装置乙可证明非金属性强弱：ClCSiC. 打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中D. 向丁中铁电极区滴入 2 滴铁氰化钾溶液，一段时间后，烧杯中不会有蓝色沉淀生成【答案】B【解析】【分析】ASiO
5、 2受热不分解，而 NH4Cl 受热分解；B盐酸有挥发性，生成的 CO2中混有 HCl，另外氯元素的最高价氧化物对应水化物为 HClO4；C该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀；DZn-Fe 原电池中 Zn 为负极，Fe 为正极。【详解】ASiO 2受热不分解，而 NH4Cl 受热分解，利用加热甲装置中的烧杯可以分离 SiO2和 NH4Cl，故 A 正确；B氯元素的最高价氧化物对应水化物为 HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的 CO2中混有 HCl，无法判断碳酸的酸性比硅酸强，由装置乙无法证明非金属性强弱：ClCSi，故 B 错误； C该装置构成原电池，该装置中铁发生吸氧腐蚀，一段时间内试
6、管内压强减小，烧杯内溶液上升到试管中，故 C 正确；DZn-Fe 原电池中 Zn 为负极，Fe 为正极，烧杯内无 Fe2+，则滴入 2 滴铁氰化钾溶液，烧杯中不会有蓝色沉淀生成，故 D 正确；故答案为 B。4.下列说法正确的是A. 聚乙烯塑料和天然橡胶均不能使溴水褪色B. 2-丁烯分子中所有原子有可能在同一平面C. 丙烯和环己烷的二氯代物的数目相同（不考虑立体异构）D. 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入溴水中，溶液褪色，说明有乙烯生成【答案】D【解析】【详解】A聚乙烯塑料结构中没有碳碳双键，而天然橡胶是 ，分子结构中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故 A 错误；B2-丁烯分子的结构简
7、式为 CH3CH=CHCH3，分子结构中甲基上的碳原子为 sp3杂化，为立体结构，则分子内所有原子不可能在同一平面内，故 B 错误；C丙烯的二氯代物共有 6 种，而环己烷的二氯代物共有 4 种，故 C 错误；D溴乙烷与 NaOH 的乙醇溶液共热产生，发生消去反应生成乙烯，只有乙烯使溴水褪色，则溶液褪色说明有乙烯生成，故 D 正确；故答案为 D。5.A、B、C、D、E 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中 A 的原子序数是 B 和 D原子序数之和的 1/4，C 元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可做铝热反应的引燃剂，甲和丙是 D 元素的两种常见氧化物，乙是 B 元素的单质，0.005mo
8、l/L 丁溶液的 pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是A. C、D 的简单离子均能促进水的电离B. C、E 两元素形成化合物中既含有离子键又含共价键C. A、D 分别与 B 元素形成的化合物都是大气污染物D. E 的氧化物水化物的酸性大于 D 的氧化物水化物的酸性【答案】A【解析】【分析】A、B、C、D、E 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是 D 元素的两种常见氧化物，乙是 B 元素的单质，0.005mol/L 丁溶液的 pH=2，丁为硫酸，可知丙为 SO3，甲为SO2，乙为 O2，则 B 为 O 元素，D 为 S 元素，其中 A 的原子序
9、数是 B 和 D 原子序数之和的 ，A的原子序数为（8+16） =6，可知 A 为 C 元素；C 元素的单质与热水缓慢反应，且该单质可做铝热反应的引燃剂，可知 C 为 Mg，E 为 Cl，以此来解答【详解】由上述分析可知，A 为 C，B 为 O，C 为 Mg，D 为 S，E 为 Cl；A镁离子、硫离子均水解促进水的电离，故 A 正确；BMg、Cl 两元素形成化合物 MgCl2为离子化合物，只含有离子键，故 B 错误；CA 与 B 形成的二氧化碳不是污染物，故 C 错误；D非金属性ClS，则 E 的最高价氧化物水化物的酸性大于 D 的最高价氧化物水化物的酸性，但硫酸酸性大于 HClO 酸性，故
10、D 错误；故答案为 A。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，为高频考点，把握图中转化、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丁为硫酸为推断的突破口，选项 C 为解答的易错点，题目难度不大6.乙醛酸(HOOCCHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与 M 电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法正确的是A. M 极与直流电源的负极相连B. 每得到 lmol 乙醛酸将有 2molH+从右室迁移到左室C. N 电极上的电极反应式:HOOC-COOH
11、2e+2H + = HOOC-CHO+H2OD. 每消耗 0.1mol 乙二醛在 M 电极放出 2.24L 气体（标准状况）【答案】D【解析】【详解】A根据质子的移动方向，确定 M 电极是阳极，M 极与直流电源的正极相连，故 A 错误；B2mol H+通过质子交换膜，则电池中转移 2mol 电子，根据电极方程式 HOOC-COOH+2e-+2H+HOOC-CHO+H 2O，可知生成 1mol 乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸为2mol，故 B 错误；CN 电极上 HOOC-COOH 得电子生成 HOOC-CHO，则电极反应式为 HOOC-COOH+2e-+2H+HOOC-CHO+
12、H 2O，故 C 错误；D由 N 极电极反应式可知，每消耗 0.1mol 乙二醛转移电子 0.2mol， M 电极上发生氧化反应为 2Cl-2e-Cl 2，则所得氯气的物质的量为0.1mol，体积为 2.24L(标准状况)，故 D 正确；故答案为 D。7.常温下，向 20mL 0.2mol/L H2X 溶液中滴加 0.2mol/L NaOH 溶液，在不同 pH 环境下不同形态的粒子组成分数如图所示，下列说法不正确的是A. 水的电离程度: b 点大于点 aB. 将等物质的量的 NaHX、Na 2X 溶于水中，所得溶液 pH 恰好为 11C. 常温下 HY 的 K1.110 -10，将少量 H2X
13、 溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为：H2XY HYHX D. 常温下，反应 X2 + H2O HX + OH的平衡常数对数值 1gK= -3【答案】B【解析】【详解】Aa 点溶液 pH=7，H 2X 的电离与 HX-的水解程度相同，水的电离基本不受影响，而b 点溶液 pH=11，A 2-和 HX-的水解程度明显大于 HX-的电离，明显促进水的电离程度，即 b 点水的电离程度大于 a 点，故 A 正确；B将等物质的量的 NaHX、Na 2X 溶于水中，HX -电离程度大于 A2-的水解程度，所以溶液中 c（A 2-）c（HX -） ，则溶液 PH 大于 11，故 B 错误；CH 2X
14、 的一级电离平衡常数 K1= ，pH=7 时 c（HX -）=c（H 2X） ，则 K1=c（H +）=10-7，H 2X 的二级电离平衡常数 K2= ，pH=11 时 c（HX -）=c（X 2-） ，则K2=c（H +）=10 -11，HY 的 KB=110-10，则酸性：H 2XHFHX -，结合强酸制弱酸的原理，将少量 H2X 溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为 H2XY HYHX ；故 C 正确；DH 2X 的二级电离平衡常数 K2= ，pH=11 时 c（HX -）=c（X 2-） ，则 K2=c（H +）=10 -11；25时，反应 X2-+H2OHX-+OH-的平衡常
15、数= = =10-3，平衡常数对数值 1gK=-3，故D 正确；故答案为 B。【点睛】本题考查弱电解质的电离图象分析及计算，侧重考查学生对电离平衡常数、水解平衡常数的理解和掌握，明确电离平衡常数、水解平衡常数计算方法是解本题关键，注意：电离平衡常数 K1与水解平衡常数 Kh2、电离平衡常数 K2与水解平衡常数 Kh1的关系，为易错点。8.叠氮化钠（NaN 3）是一种应用广泛的化工产品，可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体，汽车安全气囊等。实验室制备 NaN3（1）实验原理：把氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠（NaNH 2） ，该反应的化学方程式为_。将生成的 NaNH2与 N2O 在 210-
16、220下反应可生成 NaN3、NaOH 和气体 X，该反应的化学方程式为 2NaNH2+N2ONaN 3+NaOH+X，实验室检验 X 气体使用的试纸是湿润的_。（2）实验装置（图 1） 、步骤如下，回答下列问题：已知：i）NaN 3是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚； ii）NaNH 2的熔点为 210，沸点为 400，在水溶液中易水解。组装仪器检查装置气密性后，装入药品。装置 B 中盛放的药品是_。实验过程应先点燃_（填“A”或“C” ）处的酒精灯，理由是_。让氨气和熔化的钠充分反应后，停止加热 A 并关闭止水夹 k。向装置 C 中 b 容器内充入加热介质植物油并加热到 21
17、0-220，然后按图通入 N2O；装置 C 反应完全结束后，冷却，取出 a 中的混合物进行以下操作，得到 NaN3固体：操作 II 的目的是_；操作 IV 中选用的洗涤试剂最好的是_。A水 B乙醇 C乙醇水溶液 D乙醚（3）图中仪器 a 用不锈钢材质的而不用玻璃的，其主要原因是_。II产品 NaN3纯度测定精确称量 0.150 g NaN3样品，设计如图 2 所示装置，连接好装置后使锥形瓶倾斜，使小试管中的 NaN3样品与 M 溶液接触，测量产生的气体体积从而测定其纯度。已知 2 NaN3 3N 2(NaN3中的 N 全部转化为 N2，其他产物略） ，反应中放出大量的热。（4）使用冷水冷凝的目
18、的是_。对量气管读数时，反应前后都需要进行的操作是_。（5）常温下测得量气管读数为 60.0 mL(N2的密度为 1.40 g/L)计算 NaN3样品的纯度为_。 （保留三位有效数字）【答案】 (1). 2NH3+2Na 2NaNH2+H2 (2). 红色石蕊试纸 (3). 碱石灰 (4). A (5). 先产生 NH3，排除装置内空气，防止产品不纯 (6). 降低 NaN3的溶解量或溶解度或促使 NaN3析出 (7). D (8). 反应过程生成的 NaOH 能腐蚀玻璃 (9). 冷却生成的气体 (10). 调节量气管使两侧的液面保持水平 (11). 86.7%【解析】【分析】(1)氨气通入
19、熔融金属钠反应制得氨基钠(NaNH 2)和氢气，结合原子守恒即可得发生反应的化学方程式；根据质量守恒定律和氨水呈碱性回答；(2)氨气选择碱石灰干燥；先点燃 A 产生氨气将装置内空气驱赶除去，防止产品不纯；根据叠氮化钠 (NaN 3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，可知乙醇可降低 NaN3的溶解度促使 NaN3析出，乙醚洗涤叠氮化钠可减少叠氮化钠的损失；(3)玻璃中的 SiO2能于 NaOH 溶液反应生成硅酸钠；(3)反应过程生成的 NaOH 能腐蚀玻璃，则仪器 a 应用不锈钢材质的而不用玻璃的；II(4)反应可能产生水蒸气，使用冷水冷凝可除去生成的气体中的水蒸气；量气管读数前，需要平衡压
20、强；(5)先根据体积和密谋计算氮气的体积，再利用关系式 2NaN33N 2计算 NaN3样品的纯度。【详解】(1)氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠(NaNH 2)和氢气，则发生反应的化学方程式为 2NH3+2Na 2NaNH2+H2；根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，可确定气体 X 为氨气，氨水呈碱性，检验时用湿润的红色石蕊试纸，现象是变蓝色；(2)A 中产生的氨气混有水蒸气，干燥氨气选择碱石灰，则在 C 中盛放的药品是碱石灰；实验过程中先点燃 A 产生氨气将装置内空气驱赶除去，防止产品不纯；C 中混合物加水后，根据叠氮化钠 (NaN 3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，N
21、aN 3溶解在水中，NaNH 2与水反应生成 NaOH 和氨气，可知操作加乙醇可降低 NaN3的溶解度促使 NaN3析出；乙醚洗涤叠氮化钠可减少叠氮化钠的损失，故操作 IV 中选用的洗涤试剂最好的是 D；II(4)反应可能产生水蒸气，使用冷水冷凝的目的是除去生成的气体中的水蒸气；量气管读数前，需要调节量气管使两侧的液面保持水平，确保气体压强与外界大气压强相等。(5)生成氮气的质量为 =0.084g，设 NaN3样品的纯度 X2NaN3 2Na+3N2130 84x0.150g 0.084g 解得：x=86.7%。9.稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为 CeFCO3，它是提取铈等稀
22、土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下： 已知:i铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成 CeO2和 CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。ii酸浸 II 中发生反应：9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(BF4)3+ 11CeCl 3 + 6Cl2+ 27H 2O请回答下列问题： （1）焙烧氟碳铈矿的目的是_。焙烧后产生的 CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着 CeO2 CeO2(1-x)+xO2的循环。写出 CeO2消除 CO 尾气的化学方程式：_。（2）
23、在酸浸 I 中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是_（3）向 Ce(BF4)3中加入 KCl 溶液的目的是_。（4）操作 I 的名称为_，在实验室中进行操作 II 时所需要的硅酸盐仪器有_。（5） “操作 I”后，向溶液中加入 NaOH 溶液来调节溶液的 pH, 以获得 Ce(OH) 3沉淀，常温下加入 NaOH 调节溶液的 pH 应大 于 _ 即可认为 Ce3 +已完全沉淀。(已知:KspCe(OH) 3=1.010-20 )（6）取上述流程中得到的 Ce(OH)4产品 5.000 g，加酸溶解后，向其中加入含 0.03300 molFe
24、SO4的 FeSO4溶液使 Ce4 +全部被还原成 Ce3 +，再用 0.1000 molL1 的酸性 KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00 mL 标准溶液。则该产品中 Ce(OH)4的质量分数为_(已知氧化性：Ce 4+KMnO 4； Ce(OH) 4的相对分子质量为 208)。【答案】 (1). 将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 (2). 2xCO + CeO2 = CeO2(1-x) + 2xCO2 (3). 8H+2Cl-+2CeO2=2Ce3+Cl2+4H 2O (4). 避免 Ce3+以 Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将 Ce3+全部转化为 CeCl3，提高产率
25、 (5). 过滤 (6). 分液漏斗、烧杯 (7). 9 (8). 95.68%【解析】【分析】氟碳铈矿主要化学成分为 CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂，经过分液将溶液中的 Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有 Ce3+的溶液，调节溶液的 pH 值得 Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得 Ce(OH)4产品，以此解答该题。【详解】(1)通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离。尾气消除过程中发生着 CeO2CeO
26、2(1-x)+xO2(0x0.25)的循环，可知 CeO2具有氧化性，可氧化 CO 生成 CO2，则 CeO2消除 CO 尾气的化学方程式为 2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2；(2)在酸浸I 中用盐酸溶解 CeO2，有少量铈进入滤液，可知有 Ce3+生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，则此时发生反应的离子方程式是 8H+2Cl-+2CeO2=2Ce3+Cl2+4H 2O；(3)向 Ce(BF4)3中加入 KCl 溶液生成 CeCl3和 KBF，这样做的目的是避免三价铈以 Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去 BF4-或提高 CeCl3的产率；(4)操作 I 为固液分离，应
27、选择过滤操作；操作 II 为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；(5)溶液中的 C(Ce3+)等于 110-5molL-1，可认为 Ce3+沉淀完全，根据 KSPCe(OH)3=C(Ce3+)C3(OH-)=110-20可知，C(OH -)= molL-1=110-5molL-1，此时溶液的 PH 为 9，即加入 NaOH 调节溶液的 pH 应大于 9 即可认为 Ce3 +已完全沉淀；(6)用 0.1000 molL1 的酸性 KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00 mL 标准溶液，主要是氧化溶液中剩余的 Fe2+，根据电子守恒剩余 Fe2+的物质的量为 0.1000 mol
28、L1 0.02L =0.01mol，则还原 Ce4 +消耗的 Fe2+的物质的量为0.03300 mol-0.01mol=0.02300mol，根据 Ce4 + Fe2+= Fe3+ Ce3 +，则 Ce4 +的物质的量为0.02300mol，该产品中 Ce(OH)4的质量分数为 =95.68%。10.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO 2、SO 2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。已知：25 时，K b(NH3H2O)=1.810-5；H 2SO3:Ka1=1.510-2，K a2=1.010-7（1）处理烟气中的 SO2常用液吸法。室温条件下，将烟气通入浓氨水中得到(
29、NH 4)2SO3溶液，0.1mol/L(NH4)2SO3溶液的 pH_(填“” “ ” , “ (2). SO32-+ SO2+ H2O= 2HSO3- (3). BD (4). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H= - 49kJ/mol (5). 催化剂 I (6). (7). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (8). 8.310-4或 1/1200kPa-2 (9). 加入催化剂 (10). 将容器快速压缩至 2L【解析】【分析】(1)(NH4)2SO3溶液中存在 NH4+和 SO32-的水解，结合 NH3H2O 和 H2SO3:Ka1=1.510-2
30、，K a2=1.010-7分析水解能力的大小，判断溶液的酸碱性； (NH4)2SO3溶液吸收 SO2 生成NH4HSO3，据此写出发生反应的离子方程式；(2)恒容条件下，反应达到平衡的标志依据“变量不变”方法判断，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；(3)根据图 1 可知 0.5mol CO2和 1.5mol H2转化率达 80%时放热 23-3.4=19.6KJ，然后按比例计算：CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的H 得出该反应的热化学方程式；由图象知：反应在较低温度 T3时 CO2就达到 80%的转化率，故催化剂效果最佳的反应是反应；T 3的b 点时，反应未达到限
31、度，故 v(正) v (逆) ；该反应为放热反应，T 4反应已经达到平衡，升高温度到 T5平衡向逆反应移动，从而使 CO2的转化率降低。故 T4的 a 点转化率比 T5的 c 点高；c 点时时，CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol)：1 3 0 0转化(mol)：0.6 1.8 0.6 0.6平衡(mol)：0.4 1.2 0.6 0.6代入平衡常数表达式计算；(4)图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线变为曲线时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气
32、体体积和浓度成反比，气体物质的量不变。【详解】(1)已知 NH3H2O 的电能平衡常数大于 H2SO3的 Ka2，则在(NH 4)2SO3溶液中 NH4+的水解能力小于 SO32-的水解程度，可知溶液显碱性，即 pH7； (NH 4)2SO3溶液吸收 SO2 生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为 SO32-+ SO2+ H2O= 2HSO3-；(2)在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，个组分含量不变，C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO2(g)；A单位时间内生成 2nmol NO(g)的同时消耗 nmol CO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反
33、应达到平衡状态，故 A 不符合；B碳是固体当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故 B符合；C反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故 C 不选；DC 为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故 D 选；故答案为 BD；(3)已知 0.5molCO2和 1.5molH2转化率达 80%时放热 23-3.4=19.6KJ，则该反应的热化学方程式：CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=- 2=-49kJmol-1；由图象知：反应在较低温度
34、 T3时 CO2就达到 80%的转化率，催化剂效果最佳的反应是反应，T 3的 b 点时，反应未达到限度，故 v(正) v (逆) ；该反应为放热反应，T 4反应已经达到平衡，升高温度到 T5平衡向逆反应移动，从而使 CO2的转化率降低。T 4的 a 点转化率比 T5的 c 点高，c 点时：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol)：1 3 0 0转化(mol)：0.6 1.8 0.6 0.6平衡(mol)：0.4 1.2 0.6 0.6在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强 P 总 =100kPa=70 kPa，该反应的平衡常数 Kp=
35、=8.310-4 kPa-2；(4)图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；当曲线变为曲线时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线，体积为 3L，一氧化碳浓度为 3mol/L，改变条件不好为曲线，一氧化碳浓度为 4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至 2L 满足条件。11.许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：（1）现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。
36、（2）某同学画出基态碳原子的核外电子排布图： ，该电子排布图违背了_；CH 3+、CH 3、CH 3都是重要的有机反应中间体。CH 3+、CH 3的空间构型分别为_、_。（3）基态溴原子的价层电子轨道排布图为_，第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_种。（4）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。 磷化硼晶体晶胞如图甲所示: 其中实心球为磷原子，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_，已知晶胞边长 a pm，阿伏加德罗常数为 NA。则磷化硼晶体的密度为_g/cm3。 磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影（图乙中 表示 P 原子的投影） ，用 画出 B 原子的投影位置_。 （5）F
37、e 3O4晶体中，O 2- 围成正四面体空隙（1、3、6、7 号氧围成）和正八面体空隙（3、6、7、8、9、12 号氧围成） ，Fe 3O4中有一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe 2+和另一半 Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为_，有_ %的正八面体空隙没有填充阳离子。（6）一定温度下，NiO 晶体可以自发地分散并形成“单分子层” ，可以认为 O2-作密置单层排列， Ni 2+填充其中（如图） ，己知 O2-的半径为 a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g（用 a、N A表示）【答案】 (1). 原子光谱 (2). 洪特规则 (3). 平
38、面三角形 (4). 三角锥形 (5). (6). 4 种 (7). 面心立方最密堆积 (8). (9). 或 (10). 2:1 (11). 50（ (12). （或 ）【解析】【分析】(1)光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；(2) 当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；CH 3-中心碳原子是 sp3杂化，而 CH3+中的碳原子形成 3 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为 3，中心碳原子是 sp2杂化；(3)溴原子核外电子数为 35，根据核外电子排布规律书写基态溴原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s
39、24p5；根据溴原子的电子排布式确定未成对电子数，再根据第四周期中的金属元素分析解答；(4)实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P 做面心立方最密堆积，根据晶体密度 计算；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心 B 与 P 重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由 3 个 B 或者 3 个 P 形成；(5)根据晶体结构分析；(6)根据图知，每个 Ni 原子被 3 个 O 原子包围、每个 O 原子被 3 个 Ni 原子包围，如图 所示，相邻的 3 个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为 2apm，每个三角形含有一个 Ni 原子，三角形的面积= 2a2asin
40、6010-24m2= 10-24m2，如图 实际上每个 Ni 原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为 2 10-24m2，O 原子个数= 6=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量= g。【详解】(1)光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；(2)2p 轨道上的 2 个电子没有分占不同轨道，且自旋方向相同，故该电子排布图违背了宏特规则；CH 3+中心碳原子是 sp2杂化，为平面三角形结构，而 CH3-中心碳原子是 sp3杂化，为三角锥形；(3)溴的原子的质子数为 35，其价电子排布式为4s24p5，则基态溴原子的价层电子轨道排布图为
41、 ，未成对电子数为 1 对，则第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有 K、Sc、Cu 和 Ga 共 4 种；(4)实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P 做面心立方最密堆积；1 个晶胞中，含有 P 原子数目为8 +6 =4 个，含有 B 原子数目为 4 个，不妨取 1mol 这样的晶胞，即有 NA个这样的晶胞，1mol 晶胞的质量为 m=424g，所以晶体密度为 = g/cm3；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心 B 与 P 重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由 3 个 B 或者 3 个 P 形成，所以画图为：或 ；(5)结构中如 1、3
42、、6、7 的 O2-围成的正四面体空隙有 8个，3、6、7、8、9、12 的 O2-围成的正八面体空隙有 4 个，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为 8:4=2:1；Fe 3O4中有一半的 Fe3+填充到正四面体空隙中，另一半 Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则有 50%的正八面体空隙没有填充阳离子；(6)根据图知，每个Ni 原子被 3 个 O 原子包围、每个 O 原子被 3 个 Ni 原子包围，如图 所示，相邻的 3 个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为 2apm，每个三角形含有一个 Ni 原子，三角形的面积= 2a2asin6010-24m2= 10-24m2，如图实际
43、上每个 Ni 原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为 2 10-24m2，O 原子个数= 6=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量= g=g= g。【点睛】本题考查涉及晶胞的计算，属于高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确顶点、棱、面心上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数，顶点上的原子被 8 个小正方体共用，面心上的原子被 2 个小正方体共用，体心上的原子被 1 个小正方体占有。12.醋氯芬酸(J)是一种新型、强效解热、镇痛、抗关节炎药物，其合成路线如下图所示（部分反应条件省略）：已知：请回答：（1）化合物 D 的名称为_；（2）化合物 F 的
44、分子式为_；（3）写出 的方程式_；（4） 的反应类型为_；（5）下列关于物质性质说法不正确的是_A化合物 D 可以发生氧化、取代、缩聚反应B化合物 B 具有碱性C化合物 C 中所有原子均可分布在同一平面D醋氯芬酸(J)在 Ni 的催化作用下与 H2加成，最多可消耗 8molH2（6）已知 C 的同分异构体有多种，写出同时满足下列条件的同分异构体_；(要求写出其中三种) 红外光谱表征分子中含有两个苯环结构 核磁共振氢谱显示只有 5 种不同环境的氢原子（7）以苯和乙烯为原料，利用题目所给信息，写出合成 的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_【答案】 (1). 2-羟基乙酸 (或 -羟基乙酸) (
45、2). C14H10Cl3NO (3). (4). 取代反应 (5). CD (6). (7). 【解析】【分析】本题首先利用倒推法并结合原子守恒，根据 F 的结构简式 、E 的结构，结合 C 的分子组成可知，C 和 E 发生取代反应生成 F 和 HCl，则 C 的结构简式为 ；由此推出 A 和 B 中均含有一个苯环，结合 A 和 B 的分子式及 C 的结构简式，可知 A 和 B 发生取代生成 C 和 H2，则 A 的结构简式为 、B 的结构简式为；F 在 AlCl3作催化剂的作用下发生类似信息的反应，产物 G 在 NaOH 溶液中碱化后得到的 H 为 ，则 G 的结构简式为 ；由 E的结构简
46、式为 ，结合 D 的分子式 C2H4O3可知其结构简式为 HOCH2COOH，据此分析解题即可。【详解】利用倒推法并结合原子守恒，根据 F 的结构简式 、E 的结构，结合 C 的分子组成可知，C 和 E 发生取代反应生成 F 和 HCl，则 C 的结构简式为 ；由此推出 A 和 B 中均含有一个苯环，结合 A 和 B 的分子式及 C 的结构简式，可知 A 和 B 发生取代生成 C 和 H2，则 A 的结构简式为 、B 的结构简式为；F 在 AlCl3作催化剂的作用下发生类似信息的反应，产物 G 在 NaOH 溶液中碱化后得到的 H 为 ，则 G 的结构简式为 ；由 E的结构简式为 ，结合 D 的分子式 C2H4O3可知其结构简式为 HOCH2COOH；(1)化合物D 的结构简式为 HOCH2COOH，则名称为 2-羟基乙酸(或 -羟基乙酸)；(2)化合物 F 的结构简式 ，则其分子式为 C14H10Cl3NO；(3)C( )和 E( )发生取代反应生成 F 和 HCl，发生反应的化学方程式为；(4)F 在 AlCl3作催化剂的作用下发生类似信息的反应，生成 ，可知 F 的反应类型为取代反应；(5)A化合物 D 的结构简式为 HOCH2COOH，分子组成含有醇羟基，可发生催化氧化、与羧酸发生酯化反应，即取代反应，另外还含有羧
