1、 广东省华附、省实、广雅、深中广东省华附、省实、广雅、深中 2019 届高三上学期期末联考理综届高三上学期期末联考理综 化学试题化学试题 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
2、“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 C15C18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，2molNa2O2与 44.8LSO2完全反应，转移的电子数目为 4NA B. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA C. 将 1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，
3、溶液中 NH4+数目为 NA D. 0.1molHCl与 CH3CH=CH2完全反应时，生成的 CH3CH2CH2Cl分子数目为 0.1NA 【答案】D 【解析】 【详解】ANa2O2与 SO2发生反应：Na2O2+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
4、 性 ， 由 电 荷 守 恒 式 c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-) 可 知 c(NH4+)=c(NO3-)，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 NH4Cl B. 利用装置乙可证明非金属性强弱：ClCSi C. 打开丙中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯
5、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】 ASiO2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】ASiO2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
6、 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
7、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
8、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，0.005mol/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
9、 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
10、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 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
11、 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-COOH2e+2H+ = HOOC-CHO+H2O D. 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+H2O， 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
12、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+H2O，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-Cl2，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
13、度: b点大于点 a B. 将等物质的量的 NaHX、Na2X溶于水中，所得溶液 pH 恰好为 11 C. 常温下 HY的 K1.1 10-10，将少量 H2X溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为： H2XYHYHX 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，H2X 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，A2-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
14、NaHX、Na2X 溶于水中，HX-电离程度大于 A2-的水解程度，所以溶液中 c（A2-）c（HX-） ， 则溶液 PH 大于 11， 故 B错误； CH2X 的一级电离平衡常数 K1=，pH=7 时 c（HX-）=c（H2X） ，则 K1=c（H+）=10-7，H2X 的二级电离平衡常数 K2= ，pH=11 时 c（HX-）=c（X2-） ，则 K2=c（H+）=10-11，HY 的 KB=1 10-10，则酸性：H2XHFHX-，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 H2XYHYHX； 故 C正确； DH2X 的二级电离平衡常数 K2=
15、，pH=11 时 c（HX-）=c（X2-） ，则 K2=c（H+）=10-11；25时，反 应 X2-+H2OHX-+OH-的平衡常数= =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（NaN3）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 NaN
16、3 （1）实验原理： 把氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠（NaNH2） ，该反应的化学方程式为_。 将生成的 NaNH2与 N2O在 210-220下反应可生成 NaN3、NaOH和气体 X，该反应的化学方程式为 2NaNH2+N2ONaN3+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）NaN3是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚； ii）NaNH2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
17、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 210-220，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
18、体体积从而测定其纯度。 已知 2 NaN3 3N2(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
19、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)氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠(NaNH2)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 (NaN3)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
20、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 强；(5)先根据体积和密谋计算氮气的体积，再利用关系式 2NaN33N2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(NaNH2)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
21、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 (NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚， NaN3溶解在水中，NaNH2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 X
22、2NaN3 2Na+3N2 130 84 x0.150g 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+ 11CeCl3 + 6Cl2+ 27H2O 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
23、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 CeO2CeO2(1-x)+xO2的循环。写出 CeO2消除 CO 尾气的化学方程式： _。 （2）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
24、认为 Ce3 +已完全沉淀。 (已知:KspCe(OH)3=1.0 10-20 ) （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 molFeSO4的 FeSO4 溶液使 Ce4 +全部被还原成 Ce3 +， 再用 0.1000 mol L1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：Ce4+KMnO4； 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
25、(1-x) + 2xCO2 (3). 8H+2Cl-+2CeO2=2Ce3+Cl2+4H2O (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 (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
26、 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 CeO2CeO2(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
27、 方 程 式 是 8H+2Cl-+2CeO2=2Ce3+Cl2+4H2O；(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 1 10-5molL-1，可 认为Ce3+沉淀完全，根据KSPCe(OH)3=C(Ce3+)C3(OH-)=1 10-20可知， C(OH-)=molL-1=1 10-5molL-1，此时溶液的 PH为 9，即加入
28、 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 mol L1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 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
29、的质量分数为 =95.68%。 10.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2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，Kb(NH3 H2O)=1.8 10-5；H2SO3:Ka1=1.5 10-2，Ka2=1.0 10-7 （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(NH4)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/mo
30、l (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). 8.3 10-4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 NH3 H2O和 H2SO3:Ka1=1.5 10-2，Ka2=1.0 10-7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
31、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： CO2(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；T3的 b点时，反应未达到限度，故 v(正)v(逆)；该反应为放热反应，T4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，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(
32、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，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变。 【详解】(1)已知 NH3 H2O的电能平衡常数大于 H2SO3的 Ka2，则在(NH4)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； (NH4)2
33、SO3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)N2(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
34、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：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=- 2=-49kJmol-1；由图象知：反应在较低温度 T3时 CO2就达到 80%的转化率，催化剂效果最佳的反应是反应，T3的 b点时，反应未达到限度，故 v(正)v(逆)；该反应为放热反应，T4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。T4
35、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=8.3 10-4 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
36、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。 （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 _；CH3+、CH3、CH3都是重要的有机反应中间体。CH3+、CH3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
37、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）Fe3O4晶体中，O2- 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） ，Fe3O4中有一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半 Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体 中
38、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， Ni2+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、NA表示） 【答案】 (1). 原子光谱 (2). 洪特规则 (3). 平面三角形 (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
39、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；CH3-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 1s22s22p63s23p63d104s24p5； 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
40、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= 2a 2a sin60 10-24m2= 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
41、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；CH3+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 ， 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
42、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=42 4g，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、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；Fe3O4中有一半的 Fe3+填充到
43、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 = 2a 2a sin60 10-24m2= 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=g=g。 【点睛】
44、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
45、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 ) (2). C14H10Cl3NO (3). (4). 取 代 反 应 (5). CD (6). (7).
46、 【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
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