福建省福州市2019届高三毕业班第三次质量检测化学试题（含答案解析）

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1、福州市福州市 2019 届高三毕业班第三次质量检测理科综合化学试题届高三毕业班第三次质量检测理科综合化学试题 1.氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物。 平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下： 下列说法错误的是 A. 滤渣 A 中主要含有 SiO2、CeO2 B. 过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 C. 过程中发生反应的离子方程式为 CeO2+H2O2+3H+=Ce3+2H2O+O2 D. 过程中消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为 26.021023 【答案

2、】C 【解析】 【分析】 该反应过程为：CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化 FeCl3存在于滤液中，滤渣为 CeO2和 SiO2；加入稀硫酸和 H2O2，CeO2转化为 Ce3+，滤渣为 SiO2；加入碱后 Ce3+转化为沉淀，通入氧气将 Ce 从+3氧化为+4，得到产品。 【详解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化 FeCl3存在于滤液中，滤渣为 CeO2和 SiO2，故 A 正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故 B 正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为 Ce2（SO4）3、O2和

3、H2O，反应的离子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2Ce3+O2+4H2O，故 C 错误；D.过程中消耗 11.2L O2的物质的量为 0.5mol，转移电子数为 0.5molNA=26.021023，故 D 正确；故答案为 C。 2.鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是 A. 二者互为同分异构体 B. 二者均能发生氧化反应和取代反应 C. 胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内 D. 等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量 Na 反应时，最多消耗 Na 的量相同 【答案】B 【解析】 【详解】A鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷

4、酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故 A 错误；B鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故 B 正确；C胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是 sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故 C 错误；D鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与 Na 完全反应时消耗的 Na 的物质的量不等，故 D 错误；故答案为 B。 3.氯气氧化 HBr 提取溴的新工艺反应之一为:6H2SO4+5BaBr2+Ba(BrO3)2=6BaSO4+6Br2+6H2O,利用此反

5、应和CCl4得到液溴的实验中不需要用到的实验装置是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A萃取后得到的 Br2的 CCl4溶液分离时应选择蒸馏操作，故 A 正确；B反应后的液体混合物除BaSO4沉淀时，应选择过滤操作，故 B 正确；C过滤后的混合液中的 Br2应选择加入 CCl4，萃取后再选择分液操作，故 C 正确；D固体加热才选择坩埚加热，本实验不涉及此操作，故 D 错误；故答案为 D。 4.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 1 L0.2mol/L 亚硫酸钠溶液中 H2SO3、HSO3、SO32的总数为 0.2NA B. 标准状况下，等物质的量的 C2H

6、4和 CH4所含的氢原子数均为 4NA C. 向含 1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的 Cl2，转移的电子数为 NA D. 100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为 0.4NA 【答案】A 【解析】 【详解】A根据物料守恒，1 L0.2mol/L 亚硫酸钠溶液中 H2SO3、HSO3、SO32的总物质的量为1L0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为 0.2NA，故 A 正确；B标准状况下，等物质的量的 C2H4和 CH4所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是 1mol，则不一定均为 4NA，故 B 错误；C向含 1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量

7、的 Cl2， 1molCl2全部被还原为 Cl-， 则转移的电子数为 2NA， 故 C 错误； D 100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为 9.8g，物质的量总和为 0.1mol，酸中含有氧原子数为 0.4NA，但水中也有氧原子，则总氧原子数大于 0.4NA，故 D 错误；故答案为 A。 5.一种新兴宝玉石主要成分的化学式为 X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W 均为短周期主族元素且 Y、W、X、Z 的原子序数依次增大，X 与 Y 位于同一主族，Y 与 W 位于同一周期。X、Y、Z 的最外层电子数之和与 W 的最外层电子数相等，W 是地壳中含量最多的元素。下列说法

8、错误的是 A. 原子半径：XYW B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：XY C. Z、W 组成的化合物能与强碱反应 D. X 的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为 1:1 【答案】D 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W 均为短周期主族元素且 Y、W、X、Z 的原子序数依次增大，W 是地壳中含量最多的元素，则 W 为O 元素； X 与 Y 位于同一主族，Y 与 W 位于同一周期，则 X、Z 均为第三周期；X、Y、Z 的最外层电子数之和与 W 的最外层电子数相等，设 X、Y 的最外层电子数为 a，Z 的最外层电子数为 b，则 2a+b+6，当 a=1，b=4时满足题意，即 Y 为 Li

9、、X 为 Na、Z 为 Si。 【详解】由分析可知：Y 为 Li 元素、W 为 O 元素、X 为 Na 元素、Z 为 Si 元素；ALi、O 同周期，核电荷数大，原子半径小， Li 的原子半径大于 O，Li、Na 同主族，核电荷数大， 原子半径大，Na 的原子半径大于 Li，则原子半径是 XYW，故 A 正确；BNa 的金属性比 Li 强，NaOH 的碱性比 LiOH 强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故 B 正确；CZ、W 组成的化合物 SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故 C 正确；DX的单质是 Na，在氧气中燃烧生成 Na2O2，存在 Na+和 O22-，则阴阳离子之比为 1:

10、2，故 D 错误；故答案为 D。 【点睛】微粒半径大小比较的常用规律： （1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如 NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2） 同主族元素的微粒： 同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大， 如 LiNaK，Li+Na+K+。 （3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如 O2FNa+Mg2+Al3+。 （4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如 Fe3+Fe

11、2+Fe，H+HH。 （5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较 A13+与 S2的半径大小，可找出与 A13+电子数相同的 O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故 A13+S2。 6.FFC 电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质， 西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为电能 B. a 极为电源的正极 C. Ta2O5极发生的电极反应为 Ta2O5+10e=2Ta+5O2 D. 石墨电极上生成 22.4 L O2，则电路中转移的电子数为 46.021023 【答案】C 【解析】 【分析】

12、 电解池工作时 O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的 b 极为正极，电解池的阴极发生还原反应，据此分析解题。 【详解】A该装置是电解池，是将电能转化为化学能，故 A 错误；B电解池工作时 O2-向阳极移动，则石墨电极为阳极，电源的 b 极为正极，a 极为电源的负极，故 B 错误；CTa2O5极为阴极，发生还原反应，其电极反应为 Ta2O5+10e=2Ta+5O2，故 C 正确；D石墨电极上生成的 22.4 L O2没有指明是标准状况，则其物质的量不一定是 1mol，转移电子数也不一定是 46.021023，故 D 错误；故答案为 C。 【点睛】本题考查电解原理的应用，判断电源的电极是解题

13、关键，在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，再结合电解池的阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应分析，难点是气体摩尔体积的应用，只有指明气体的状态，才能利用 22.4L/mol 计算气体的物质的量。 7.已知 NaClO2在水溶液中能发生水解。常温时，有 1 mol/L 的 HClO2溶液和 1mol/L 的 HBF4(氟硼酸)溶液起始时的体积均为 V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为 V，所得曲线如图所示。下列说法错误的是 A. HClO2为弱酸，HBF4为强酸 B. 常温下 HClO2的电高平衡常数的数量级为 104 C. 在 0pH5 时，HBF4溶液满足 pH=lg(V/V0

14、) D. 25时 1L pH=2 的 HBF4溶液与 100时 1L pH=2 的 HBF4溶液消耗的 NaOH 相同 【答案】B 【解析】 【详解】Alg0VV+1=1 时 pH=0，则 V=V0，即 1mol/L HBF4溶液 pH=0，说明 HBF4是强酸；而 NaClO2在水溶液中能发生水解， 说明 HClO2是弱酸， 故 A 正确； B 对于 HClO2溶液， 当 lg0VV+1=1 时 pH=1， 则 V=V0， 即 1mol/L HClO2溶液中 c(H+)=0.1mol， 常温下 HClO2的电离平衡常数 Ka=22cc HClOc HClO110-2， 即 HClO2的电高平

15、衡常数的数量级为 102，故 B 错误；Clg0VV+1=1 时 pH=0，则 V=V0，即 1mol/L HBF4溶液 pH=0，说明 HBF4是强酸，pH=-lgc（H+） ，溶液稀释多少倍，溶液中 c（H+）为原来的多少分之一，所以在 0pH5 时，HMnO4溶液满足：pH=lg0VV，故 C 正确；D25时 pH=2 的 HBF4溶液与 100时 pH=2 的 HBF4溶液中 c（H+）均为0.01mol/L，则体积均为 1L 的两溶液完全中和消耗的 NaOH 相同，故 D 正确；故答案为 B。 8.氯化氨基汞Hg(NH2)Cl是祛斑霜中常用的添加剂，可由反应:Hg+2NH3+Cl2=

16、Hg(NH2)Cl+NH4Cl 制备，某学习小组在实验室中利用下列装置制备氯化氨基汞，回答下列问题。 (1)A 中发生反应的离子方程式为_。 (2)F 中发生反应的化学方程式为_。 (3)盛装碱石灰的仪器名称为_，其作用为_。 (4)整个装置的仪器连接顺序为 A_(装置不能重复使用)。该实验的不足之处是_。 (5)E 中短导管 a 通入的气体是_，导管 ab 采用长短不同的原因是_。 (6)氯化氨基汞产品中氯化氨基汞的含量测定：称取 ag 样品，加入水及稀硫酸溶解向溶解后的溶液中加入0.1mol/L KI 溶液， 立即出现橙红色沉淀， 继续滴加 KI 溶液至沉淀消失， 溶液呈无色已知 Hg2+

17、2I=HgI2(橙红色)，HgI2+2I=HgI42(无色)，共消耗 V mL KI 溶液。测定产品中氯化氨基汞的质量分数为_ 【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2 (2). NH3H2O+CaONH3+Ca(OH)2 (3). U形管 (4). 干燥氨气 (5). DBECF (6). 无尾气处理装置 (7). 氯气 (8). 氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，采用逆流原理，使氯气、氨气、汞充分混合 (9). 30.110252.5100%4Va 【解析】 分析】 (1)装置 A 中利用浓盐酸和 MnO2混合加热制氯气，结合守恒法写出发生反应的离子方程式

18、； (2)装置 F 中浓氨水加入到 CaO 中生成氨气和 Ca(OH)2，结合原子守恒即可写出发生反应的化学方程式； (3)碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体，根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称； (4) 整个装置分成两部分，一部分是由 A 装置中的氯气经除杂并干燥后得到干燥的氯气，一部分是由 F 装置生成的氨气经干燥后得到干燥的氨气，最后将干燥的氯气和氨气一起通入 E 中制得 Hg(NH2)Cl；氯气、氨气和汞蒸气都是有毒气体，需要进行尾气处理； (5)结合气体充分混合的目的，根据氯气和氨气的密度相对大小分析； (6)已知 Hg2+2I=HgI2(橙红色)，HgI2+2I=HgI42(无色)，得

19、 Hg(NH2)Cl Hg2+4I，结合关系式并根据滴定时消耗的 KI 溶液的体积即可计算样品的纯度。 【详解】(1)装置 A 中利用浓盐酸和 MnO2混合加热制氯气，发生反应的离子方程式为 MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2； (2) 装置 F 中浓氨水加入到 CaO 中生成氨气和 Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为 NH3H2O+CaONH3+Ca(OH)2； (3) 根据仪器结构确定盛装碱石灰的仪器名称为 U 形管；碱石灰能吸收水蒸气和酸性气体，因此利用碱石灰干燥氨气； (4)整个装置分成两部分，一部分是由 A 装置中的氯气经除杂并干燥后得到干燥的氯气，一部分是由 F

20、装置生成的氨气经干燥后得到干燥的氨气，最后将干燥的氯气和氨气一起通入 E 中制得 Hg(NH2)Cl，则整个装置的仪器连接顺序为 ADBECF，该实验的不足之处是没有尾气处理装置； (5) 氯气的密度大于空气，氨气的密度小于空气，采用逆流原理，可使氯气、氨气、汞充分混合，故装置E 中短导管 a 通入的气体是氯气，也是导管 ab 采用长短不同的根本原因； (6)已知 Hg2+2I=HgI2(橙红色)，HgI2+2I=HgI42(无色)，得 Hg(NH2)Cl Hg2+4I，滴定时消耗的 KI溶液 V mL，KI 的物质的量为 V10-3L0.1mol/L=0.1V10-3mol，则样品的纯度为3

21、10.1V 10 mol 252.5g/ mol4100%a=30.110252.5100%4Va。 9.溴酸镉Cd(BrO3)2常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO 及少量的 Al2O3和 SiO2)为原料制备Cd(BrO3)2的流程如下: 已知：Cd(SO4)2溶于水。 (1)Cd(BrO3)2中 Cd 的化合价为_ (2)酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有_(写出两种即可)。 (3)还原镉时,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为_ (4)用 H2O2溶液氧化时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_ (5)已知几种金属离子的氢氧化物

22、开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表,调 pH 时， 应调整的 pH 范为_,滤渣 2的主要成分为_(填化学式)。 (6)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中 Cd2+的含量,其原理是: Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液 pH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.046g/L，则该条件下 Cd(OH)2的 Ksp 值为_ (7)已知镉铁矿中 CdO2的含量为 72%， 整个流程中镉元素的损耗率为 8%， 则 2t 该镉铁矿可制得 Cd(BrO3)2(相对分子质量为 368)_

23、Kg。 【答案】 (1). +2 (2). 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸取的时间、增大浸取液的浓度、充分搅拌等 (3). 3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+ (4). 1:2 (5). 5. 0pH7.4 (6). Fe(OH)3和 Al(OH)3 (7). 10-19 (8). 3385.6 【解析】 【分析】 用稀硫酸溶解镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO 及少量的 Al2O3和 SiO2)，其中 SiO2不溶于水和酸，通过过滤除去，即滤渣 1 为 SiO2；滤液中主要含有 Fe2+、Fe3+、Al3+及 Cd4+，加入 CH3OH 将 Cd4+还

24、原为 Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，再调节溶液 pH 使溶液中的 Al3+、Fe3+完全转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物，向含有 CdSO4的滤液中加入 K2CO3生成 CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于 HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉Cd(BrO3)2，据此分析解答（1）（5） 。 (6)将沉镉后的溶液 pH=6，则 c(OH-)=110-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623 / mol1ggL=0.002mol/L，根据 Cd

25、2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，再计算 Cd(OH)2的 Ksp； (7) 2t 该镉铁矿中 CdO2的质量为 2106g72%=1.44106g，其物质的量为61.44 10144 /molgg=0.01106mol，再根据整个流程中镉元素的损耗率为 8%，并结合原子守恒计算 Cd(BrO3)2的质量。 【详解】(1)在 Cd(BrO3)2中 Br 元素为+5 价，O 元素为-2 价，根据正负化合价代数和为 0，可知 Cd 的化合价为+2； (2)固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸的浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸

26、取率； (3) CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为 CO2，结合守恒法，可知发生反应的离于方程式为 3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+； (4)用 H2O2溶液将溶液中Fe2+氧化为 Fe3+时，发生反应的离子方程式为 2Fe2+ H2O2+2H+= 2Fe3+H2O，则氧化剂 H2O2与还原剂 Fe2+的物质的量之比为 1:2； (5) Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀时的 pH 为 2.8，Al3 +完全转化为 Al(OH)3沉淀时的 pH 为 5.0，Cd2+开始转化为 Cd(OH)2沉淀时的 pH 为 7.4，

27、则调节溶液的 pH 范围为 5. 0pH7.4，此时获得 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即过滤的滤渣 2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3； (6)将沉镉后的溶液 pH=6，则 c(OH-)=110-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623 / mol1ggL=0.002mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，则 Cd(OH)2的 Ksp= c(Cd2+)c2 (OH-)=110-19； (7) 2t 该镉铁矿中 CdO2的质量为 2106

28、g72%=1.44106g，其物质的量为61.44 10144 /molgg=0.01106mol，整个流程中镉元素的损耗率为 8%，根据原子守恒可知获得 Cd(BrO3)2的物质的量为 0.01106mol（1-8%）=9.2103mol，其质量为 9.2103mol368g/mol=3.3856106g=3385.6Kg。 10.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可用 Pt/Al2O3、Pd/C、 Rh/SiO2等作催化剂，采用如下反应来合成甲醇:2H2 (g)+CO(g) CH3OH(g) (1)下表所列数据是各化学键键能，该反应的 H=_(用含字母的代数式表示)。 (2)

29、某科研小组用 Pd/C 作催化剂，在 450时，研究了 n(H):n(CO)分别为 2:1、3:1 时 CO 转化率的变化情况(如图)，则图中表示 n(H2)：n(CO)=3:1 的变化曲线为_(填“曲线 a或“曲线 b”)。 (3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在 2L 的恒容密闭容器内充入 1 mol CO 和 2molH2，加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下： 反应时间/min 0 5 10 15 20 25 压强/MPa 12.6 10.8 9.5 8.7 8.4 8.4 则从反应开始到 20min 时，CO 的平均反应速率为_,该温度

30、下的平衡常数 K 为_. (4)将 CO 和 H2加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) HT2T1 (6). 压强越大，CO 的体积分数越小，T1、T2、T3对应的 CO 的体积分数逐渐增大，该反应向左移动，则 T3T2T1 (7). 正 (8). CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ 【解析】 【分析】 (1)反应热 H=反应物的键能和生成物键能和； (2)n(H2)：n(CO)越大，CO 的转化率越大； (3)反应进行到 20min 时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为3mol，压强为 12.6MPa，

31、平衡时压强为 8.4MPa，则平衡时总物质的量为 3mol8.4MPa12.6MPa=2mol，设反应中参加反应的 CO 的物质的量为 xmol，则： 2H2 (g)+CO(g) CH3OH(g) 起始物质的量（mol） 2 1 0 变化物质的量（mol） 2x x x 平衡物质的量（mol） 2-2x 1-x x 故（2-2x）+（1-x ）+x=2，解得 x=0.5，再根据速率公式和平衡常数表达式计算即可； (4)图示中压强越大，CO 的体积分数越小，且 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H0 温度升高平衡逆向移动，CO的体积分数越大； (5)由甲醇燃料电池工作原理可知， 石墨

32、2 通入 O2， 发生还原反应生成 H2O， 而原电池的正极发生还原反应，则石墨 1 为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇被氧化生成 CO2； 【详解】 (1)已知反应热H=反应物的键能和-生成物键能和， 则2H2 (g)+CO(g) CH3OH(g)的反应热H= （2a+b）kJ/mol-(3c+d+e)kJ/mol=（2a+b-3c-d-e）kJmol-1； (2)n(H2)：n(CO)越大，CO 的转化率越大，故曲线 a 表示 n(H2)：n(CO)=3：1 的变化曲线； (3)反应进行到 20min 时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为3mol，压强

33、为 12.6MPa，平衡时压强为 8.4MPa，则平衡时总物质的量为 3mol8.4MPa12.6MPa=2mol，设反应中参加反应的 CO 的物质的量为 xmol，则： 2H2 (g)+CO(g) CH3OH(g) 起始物质的量（mol） 2 1 0 变化物质的量（mol） 2x x x 平衡物质的量（mol） 2-2x 1-x x 故（2-2x）+（1-x ）+x=2，解得 x=0.5， 则从反应开始到 20min 时，CO 的平均反应速率为0.5mol220minL=0.0125molL-1min-1； 该温度下的平衡常数 K=322OHc CHcHc CO=20.5210.522mol

34、LmolmolLL=4； (4)已知 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) HT2T1； (5)石墨 2 通入 O2，发生还原反应生成 H2O，而原电池的正极发生还原反应，则石墨 2 为正极； 石墨 1 为燃料电池的负极，甲醇被氧化生成 CO2，发生的电极反应式为 CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+。 11.AA705 合金(含 Al、Zn、Mg 和 Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。 但这种合金很难被焊接。 最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入 AA7075 的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材

35、料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题： (1)基态铜原子的价层电子排布式为_。 (2)第三周期某元素的前 5 个电子的电离能如图 1 所示。 该元素是_(填元素符号)， 判断依据是_。 (3)CN、NH3、H2O 和 OH等配体都能与 Zn2+形成配离子。1mol Zn(NH3)42+含_ mol 键，中心离子的配位数为_。 (4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图 2 所示。1 个铝原子周围有_个镁原子最近且等距离。 (5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛： 苯甲醇中 C 原子杂化类型是_。 苯甲醇的沸点高

36、于苯甲醛，其原因是_。 (6)钛晶体有两种品胞，如图所示。 如图 3 所示，晶胞的空间利用率为_(用含 的式子表示)。 已知图 4 中六棱柱边长为 x cm，高为 y cm。该钛晶胞密度为 D gcm-3，NA为_mol1(用含 x y 和 D的式子表示)。 【答案】 (1). 3d104s1 (2). Mg (3). I3是I2的5倍多， 说明最外层有2个电子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 (9). 3100%8 (10). 2192 33Dxy 【解析】 【分析】 （1）铜原子有 29 个电子

37、，其 3d、4s 能级上的电子为其价电子； (2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析； (3)所有单键包括配位键均为 键，双键中有一个为 键，每个 NH3分子中含有 3 个 N-H 键，中心原子 Zn与四个 N 原子之间存在配位键； (4)晶胞中每个侧面的 4 个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到 Al 原子的距离相等且最近； (5)苯环上碳原子形成 3 个共用电子对，而-CH2OH 中 C 原子形成 4 个共用电子对； 分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键； (6)由图 3 可知，晶胞中钛原子的数目为 1+818=2，设原子半径为 r，则晶胞的对角线

38、为 4r，晶胞的边长为43r，由此计算空间利用率； 图 4 晶胞中钛原子的数目为 3+212+1216=6， 晶胞的质量为6 48ANg， 六棱柱边长为 x cm， 高为 y cm，则晶胞的体积为3 32x2ycm3，再结合晶胞的密度计算 NA。 【详解】 （1）铜原子有 29 个电子，其 3d、4s 能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为 3d104s1； (2)由图 1 可知电离能I3是I25 倍多，说明最外层有 2 个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A 元素，此元素为镁，元素符号为 Mg； (3)所有单键包括配位键均为 键，双键中有一个为 键，每个 NH3分子中含有

39、 3 个 N-H 键，中心原子 Zn与四个 N 原子之间存在配位键，则 1mol Zn(NH3)42+含（4+34）mol=16mol 键，配位体为 NH3，中心离子 Zn2+的配位数为 4； (4)晶胞中每个侧面的 4 个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到 Al 原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有 8 个； (5)苯环上碳原子形成 3 个共用电子对，碳原子的杂化类型是 sp2，而-CH2OH 中 C 原子形成 4 个共用电子对，碳原子的杂化类型是 sp3； 苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高； (6)由图 3 可知，晶胞中钛原子

40、的数目为 1+818=2，设原子半径为 r，则晶胞的对角线为 4r，晶胞的边长为43r，则空间利用率为33423100%43rr=3100%8； 图 4 晶胞中钛原子的数目为 3+212+1216=6， 晶胞的质量为6 48ANg， 六棱柱边长为 x cm， 高为 y cm，则晶胞的体积为3 32x2ycm3，则 D=6 48ANg3 32x2ycm3，由此计算得 NA=2192 33Dxymol1。 【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤

41、电子对个数， 键个数=配原子个数，孤电子对个数=12（a-xb） ，a 指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据 n 值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp 杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。 12.吡贝地尔（ ）是多巴胺能激动剂，合成路线如下： 已知： D 的结构简式为 (1)A 的名称是_。 (2)EF 的反应类型是_。 (3)G 的结构简式为_；1molB 最多消耗 NaOH 与 Na 的物质的量之比为_。 (4)D+H吡贝地尔反应的化学方程式为_。 (5)D 的同分异构体中满足下列条件的有_种（碳碳双键上的碳原子不能连羟基）

42、，其中核磁共振氢谱有5 种峰且峰面积之比为 2:2:1:1:1 的结构简式为_（写出一种即可） 。与 FeCl3溶液发生显色反应苯环上有 3 个取代基1mol 该同分异构体最多消耗 3molNaOH。 (6)已知：；参照上述合成路线，以苯和硝基苯为原料（无机试剂任选）合成，设计制备的合成路线：_。 【答案】 (1). 苯 (2). 取代反应 (3). (4). 1:1 (5). 或 (6). 12 (7). (8). 【解析】 【分析】 由已知信息可知A为苯，再和CH2Cl2发生取代反应生成，再和HCHO在浓盐酸的作用下生成的 D 为；和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成的 F 为，F再和

43、G 发生取代反应生成， 结合 G 的分子式可知 G 的结构简式为；再和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔（） ，据此分析解题； （6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在 PdBr4的催化作用下即可得到目标产物。 【详解】(1)A 的结构简式为，其名称是苯； (2)和 Cl2在光照条件下发生取代反应生成的 F 为，则 EF 的反应类型是取代反应； (3)由分析知 G 的结构简式为；B 为，酚羟基均能和 Na、NaOH 反应，则 1molB 最多消耗NaOH 与 Na 的物质的量之比为 1:1； (4)和在乙醇和浓氨水的作用下生成吡贝地尔

44、的化学方程式为； (5)D 为，其分子式为 C8H7O2Cl，其同分异构体中：与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；苯环上有 3 个取代基，这三个取代基有连、间、偏三种连接方式；1mol 该同分异构体最多消耗3molNaOH， 则分子结构中含有 2 个酚羟基， 另外存在卤素原子水解， 则另一个取代基为-CH=CHCl 或-CCl=CH2，苯环上先定位取代基为-CH=CHCl 或-CCl=CH2，再增加二个酚羟基，则各有 6 种结构，即满足条件的同分异构体共有 12 种，其中核磁共振氢谱有 5 种峰且峰面积之比为 2:2:1:1:1 的结构简式为； （6）以苯和硝基苯为原料合成，则需要将苯依次酚羟基、卤素原子得到，将硝基苯先还原生成苯胺，苯胺再和在 PdBr4的催化作用下即可得到目标产物，具体合成路线为。 【点睛】 解有机推断与合成题， 学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法， 逐步分析有机合成路线， 可推出各有机物的结构简式， 然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题根据吡贝地尔的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程 C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。