1、河南省南阳市第一中学2020届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：l B：11 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64第I卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物B. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】B【解析】CaO 与SO2反应生成CaSO3，
2、CaO与CO2不反应，故B错误；绿色化学要求从源头上消除或减少污染，故C正确；天然气和液化石油气燃烧生成二氧化碳和水，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确。2.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）A. 氧化镁中混有氧化铝B. 氯化铝溶液中混有氯化铁C. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜D. 氧化铁中混有二氧化硅【答案】C【解析】AMgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向
3、溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；C二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故C选；D二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故D不选；故选D。3.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O），设计了如下流程：下列说法不正确A. 溶解烧渣选用足量硫
4、酸，试剂X选用铁粉B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2C. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2OD. 从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解【答案】C【解析】试题分析：A.流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；B.固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2（SO4）3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；C.溶液1
5、为硫酸铁和硫酸铝的混合溶液，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀是Fe（OH）3，再用硫酸溶解生成硫酸铁，硫酸铁溶液结晶分离得到的是硫酸铁晶体，得不到FeSO47H2O，C错误；D.Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO47H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，D正确；答案选C。【考点定位】考查离子反应、物质分离、试剂选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等知识。【名师点睛】本题以流程图的形式考查离子反应、物质分离、实验流程、实验评价、实验条件控制等。涉及试剂的选择、溶液pH控制、硫酸亚铁性质、实验条件选择和控制等。化学工艺流程题近几年是高考的热点，所占的分值也相当大，
6、但由于此类试题陌生度高，对我们的能力要求也大，加上有的试题文字量大，容易产生畏惧感，所以这类题的得分不是很理想。流程图解题的基本步骤：（1）审题：从题干中获取有用信息，了解生产的产品，并在流程框图上，标出原料中的成分，找出原料中的杂质。审流程图：看箭头，进入的是投料（即反应物）、出去的是生成物（包括主产物和副产物）；找三线，物料进出线、操作流程线、循环线。（2）析题：分析流程中的每一步骤，知道“四个什么”：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果；对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。（3）技巧：从问题中获取信息，帮助解题，流程下题目中所提的问题，
7、有时对我们分析流程中某一步的作用有很大帮助，所以我们做题时，不仅要把题中所给信息及流程图审一遍，还要把题中所提问题浏览一遍。4.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种【答案】B【解析】【详解】无色溶液中一定不存在有色的Fe3+，溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。若溶液为酸性，则不存在：CO32、OH、NO3，阴离子只能为Cl，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离
8、子；若呈碱性，则不存在H+、NH4+、Fe3+、Al3+、，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32，可存在的离子为：Ba2+、Cl、OH、NO3，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，答案选B。【点睛】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH-、NO3-、CO32-，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题。5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(
9、s)C. AgNO3(aq)Ag(NH3)2+(aq)Ag(s)D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)【答案】A【解析】【分析】A根据碳酸氢钠和碳酸钠的性质分析判断；B根据铝及其化合物的性质分析判断；C根据银氨溶液的性质分析判断；D根据铁及其化合物的性质分析判断。【详解】ANaHCO3(s)加热分解生成Na2CO3(s)，碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；BNaAlO2(aq)与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al(OH)3(s)，故B错误；C蔗糖为非还原性糖，不含醛基，不能和Ag(NH3)2+(aq)发生银镜反应，所以不能生成银析出，故
10、C错误；DFe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3(aq)，故D错误；答案选A。6.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为A. 0.78B. 0.80C. 0.85D. 0.90【答案】B【解析】【详解】FexO中Fe的平均化合价为，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mLCl2转移电子数为。则有：=0.01mol，解得x=0.8，答案选B。【点睛】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。7.下列实验操作
11、、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁都有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色还原性：Cl ID向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】试题分析：A、NaHCO3固体受热易分解为Na2CO3固体、水蒸气和CO2气体，水蒸气遇冷变为液态的水珠，而Na2CO3固体受热则无此现象，因为它不能分解，A错误
12、；B、由于羟基对苯环邻、对位C-H有活化作用，使之容易与Br2发生取代反应，生成的2,4,6-三溴苯酚固体在水中的溶解度比苯酚还小，因此有白色沉淀生成，B错误；C、淀粉遇I不变蓝、遇I2才变蓝，由此说明氯水中的Cl2能将I氧化为I2，则I是该置换反应（Cl2+2I=2Cl+I2）中还原剂，Cl是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，C错误；D、Fe2+遇KSCN溶液不变红，Fe3+遇KSCN溶液变红，由此说明加入的H2O2能使Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+是该反应中的还原剂，只表现出还原性，不表现出氧化性，D错误；答案选B。【考点定位】考查化学实验方案的分析、评价，离子检验，元素化合物知识
13、。【名师点睛】化学是一门以实验为基础的科学，化学实验的考查是高考命题的一个重点。该题型是选择题中化学实验考查的常见题型。解答此类题目注意逐项分析化学实验基本操作、实验方案的科学性、简约性和环保性；实验现象和实验结论的科学性；还要注意分析实验操作、现象和实验结论是否存在逻辑关系。平时学习中要注意教材中的演示实验要分析、理解到位，包括实验操作、现象和结论。题目难度中等。8. 下列图示实验合理的是A. 图1为证明非金属性强弱：S C SiB. 图2为制备少量氧气C. 图3为配制一定物质量浓度的硫酸溶液D. 图4为制备并收集少量NO2气体【答案】A【解析】试题分析：A、最高价氧化物对应水化物酸性越强，
14、其非金属性越强，发生的反应为H2SO4Na2CO3=Na2SO4H2OCO2，CO2H2ONa2SiO3=Na2CO3H2SiO3，现象是锥形瓶中初相气泡，烧杯中出现白色沉淀，因此能够实现实验目的，故正确；B、要求隔板上固体状态反应始终都是块状，而过氧化钠属于粉末状，不适合此装置，故错误；C、容量瓶只能作配制溶液的仪器，不能作稀释、反应、溶解仪器，故错误；D、NO2与水反应：3NO2H2O=2HNO3NO，因此不能用排水法收集，应采用排空气法收集，故错误。考点：考查实验设计方案的评价等知识。9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 0.1 mol C3H6 分子中含有的碳碳双键数为
15、0.1NAB. 常温下，1 L pH=2的CH3COOH溶液中含有的CH3COO-数为0.01NAC. 25.6 g 铜与一定量的浓硝酸完全反应时，转移的电子数为0.8NAD. 标准状况下，2.24 L S16O2和S18O3的混合物中含有的硫原子数为0.1NA【答案】C【解析】C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，前者分子中含有碳碳双键，后者分子中不含碳碳双键，故C3H6分子中不一定含有碳碳双键，A项错误；根据电荷守恒得：n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，n(H+)=0.01 mol，故n(CH3COO-)0； 硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应,则：CuSO4(s)=
16、Cu2+(aq)+SO42 (aq)H20； 已知CuSO45H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)H3；依据盖斯定律得到：H3=H1H2，由于H20，则H30，A.分析可知H30，而H2H2，故A错误；B. H3=H1H2，则H1=H3+H2，故B错误；C.上述分析可知：H20，H3=H1H2则H2=H1H30，即H1H3，故C正确；D.H20，且H1=H3+H2，则H3H1+H2，故D错误；故选B.14.在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁粉和铜粉，反应完全后将固体滤出，下说法中正确的是（ ）A. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2，一定不含Cu2B
17、. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2，可能含Cu2和Fe3C. 若滤出固体中只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe3和Fe2，可能含Cu2D. 若滤出固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2，一定不含Cu2和Fe3【答案】D【解析】【详解】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe3FeCl2，CuCl2+FeFeCl2+Cu。A.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，故A错误；B.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故B错误；
18、C.若滤出的固体只有铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，也可能含Cu2+，一定不含Fe3+，故C错误；D.若滤出的固体中含有铁和铜，则溶液中一定含有的阳离子是Fe2+，一定不含Cu2+和Fe3+，故D正确；答案选D。【点睛】在FeCl3、CuCl2混合溶液中，加入一定量的铁屑，则铁能与氯化铁和氯化铜溶液反应，反应先后顺序是：2FeCl3+Fe3FeCl2，CuCl2+FeFeCl2+Cu，据此回答。二、非选择题，共58分。15.现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁（Mg3N2)。已知实验中可能会发生下列反应：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；2Mg+CO22MgO+
19、C；Mg+H2OMgO+H2；Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3可供选择的装置和药品如图所示（镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连）。回答下列问题：（1）在设计实验方案时，除装置A、E外，还应选择的装置（填字母代号）及其目的分别是_；（2）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是（填字母代号）_；（3）通气后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果有何影响？_，原因是_；（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：_。【答案】 (1). B、目的是除气流中的水蒸汽，避
20、免反应发生；D、目的是除空气中的CO2，避免反应发生；F、目的是除空气中的氧气，避免反应发生； (2). jhgdckl（或lk）ab（或ba） (3). 使氮化镁不纯 (4). 如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁 (5). 取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【解析】【详解】(1)根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气
21、，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气；故答案为：B目的是除气流中的水蒸汽，避免反应发生；D目的是除去空气中的CO2，避免反应发生；F目的是除去空气中的氧气，避免反应发生；(2)气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体除杂干燥制备尾气处理；所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是,jhgdckl(或lk)ab(或ba)；故答案为：jhgdckl(或lk)ab(或ba)；(3)因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入
22、氧化镁；故答案为：制得的氮化镁将不纯；如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁； (4)依据氮化镁和水反应生成氨气,方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；故答案为：将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁；16.氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上
23、用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl）生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：（1）生产过程中X的化学式为_。（2）写出产生CuCl的离子方程式：_。（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为_，当pH较大时CuCl产率变低原因是_。调节pH时，_（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是_。（4）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。用0.10molL1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+Fe
24、Cl2、Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+。三次平行实验结果如表（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数1230.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为_。（结果保留三位有效数字）。（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)H2O(l)CuOH(s)Cl (aq)H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为_。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K_。【答案】 (1). Fe (2). 2Cu2+ 2Cl+SO2+
25、2H2O=2CuCl+4H+SO42- (3). 2 (4). Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小； (5). 不能 (6). 硝酸会与产品CuCl发生反应 (7). 95.5% (8). 2CuOHCu2O+H2O (9). KwKsp(CuCl)/Ksp(CuOH)【解析】【详解】向工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入过量的铁粉，三价铁离子与铁粉反应转化为二价铁离子，铜离子与铁反应生成铜，然后过滤，滤渣为过量的铁和生成的铜，依据铜与铁活泼性，将滤渣溶于盐酸，铜与盐酸不反应，过滤得到滤渣即为铜，然后铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫，铜与
26、氯气反应生成氯化铜，硫酸铜、二氧化硫、氯化铜反应生成氯化亚铜；（1）印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-）加入铁，三价铁离子能够原铁反应生成二价铁离子，铜离子能够与铁反应生成铜，过滤后滤渣中含有铜和铁，加入盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铜与盐酸不反应，将铜分离出来，则X为Fe、Y为HCl，故答案为：Fe；（2）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，依据得失电子守恒其方程式为：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl+2H2SO4，离子反应方程式：2Cu2+ 2Cl+SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42-故答案为
27、：2Cu2+ 2Cl+SO2+2H2O=2CuCl+4H+SO42-；（3）由表中数据可知，pH=2时，CuCl产率最高；pH较大时，Cu2+水解程度增大，导致反应生成CuCl减少；硝酸具有强氧化性，能将产品CuCl氧化生成Cu2+，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸，故答案为：2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应；（4）根据题目中所给数据及平行实验结果相差不能超过1%，体积为24.35mL，误差大舍去，则滴定0.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的平均体积为： =24mL，结合方程式可知：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce
28、4+=Fe3+Ce3+，CuClCe4+，CuCl的纯度为：100%=95.5%，故答案为：95.5%（5）CuOH热分解的化学方程式为2CuOHCu2O+H2O；CuCl（s）+H2O（l）CuOH（s）+Cl-（aq）+H+（aq），平衡常数K=c（H+）c（Cl-）=答案为：17.研究含氮污染物治理是环保的一项重要工作。合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有重要意义。（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g） H=+180.5kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g） H=221.0kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g） H=393. 5kJmol1则汽车尾气处理的
29、反应之一：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=_ kJmol1，利于该反应自发进行的条件是_（选填“高温”或“低温”）。（2）将0.20mol NO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L的密闭容器中发生反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），反应过程中 部分物质的浓度变化如图所示：反应从开始到9min时，用CO2表示该反应的速率是_（保留2位有效数字）第12min时改变的条件是_（填“升温或降温”）第18min时建立新的平衡，此温度下的平衡常数为_（列计算式），第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，平衡将_移动
30、（填“正向”、“逆向”或“不”）。（3）若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在t1时刻达到平衡状态的是_（填序号）。（如图中v正、K、n、m分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和质量）（4）以氨为燃料可以设计制造氨燃料电池，产物无污染。若电极材料均为惰性电极，KOH溶液作电解质溶液，则该电池负极电极反应式为_【答案】 (1). H=746.5KJ/mol (2). 低温 (3). 0.0044mol/（Lmin） (4). 升温 (5). (6). 逆向 (7). BD (8). 2NH36e+6OH=N2+6H2O【解析】（1）已知N2（g）+O2（g）=2NO
31、（g）H=+180.5kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=-393.5 kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=-221kJmol1依据盖斯定律计算2-得到2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-746KJmol1；该反应H0，S0，在低温时，G=H-ST0，该反应自发进行的条件是低温。故答案为：-746.5；低温（2）根据方程式v(CO2)=v(CO)=（0.10-0.06）mol/L/9min=0.0044mol/（Lmin）；氮气浓度减小，NO、CO浓度增大，只要平衡向逆反应方向移动即可，因为正反应为放热反应，所以升高温度；第18min时建立新
32、的平衡，此温度下的平衡常数为平衡时CO2、N2、NO、CO的浓度依次为：0.02mol/L、0.01mol/L、0.18mol/L、0.08mol/L，K=；第24min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和N2各0.060mol，各物质的即时浓度为CO2、N2、NO、CO的浓度依次为：0.02mol/L、0.07mol/L、0.18mol/L、0.14mol/L，浓度商为 ，大于K，所以反应将向逆向进行；（3）A、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡
33、后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故B正确；C、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故C错误；D、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故D正确；故选BD。（4）碱性燃料电池中，负极上燃烧失电子发生氧化反应，所以该原电池中负极上氨气失电子和氢氧根离子反应生成氮气和水，电极反应式为2NH3-6e+6OH=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e+6OH=N2+6H2O点睛：拼盘式的综合题（1）热化学方程式计算，依据盖斯定律方程式之间加减消元计算2-，可算出所需方程式的焓变；（2）用浓度商和平衡常数比较大小，判断反应进行的方向；（4
34、）碱性燃料电池电极反应方程式书写，所有的燃料电池的工作原理都是一样的，其电极反应的书写同样是有规律可循的。书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电池的负极一定是可燃性气体，失电子，元素化合价升高，发生氧化还原反应；电池的正极一定是助燃性气体，得电子，化合价降低，发生还原反应。2.燃料电池两电极材料一般都不参加反应，反应的是通到电极上的燃料和氧气，两电极只是传导电子的作用。【选考题】请考生从给出2道题中任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第
35、一题计分。18.硼、磷元素在化学中有很重要的地位，硼、磷及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题。（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得基态Ti3+的未成对电子数有_个。LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-呈正四面体构型。LiBH4中不存在的作用力有_（填标号）A离子键 B共价键 C金属键 D配位键（2）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子结构式为_，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_(填化学式)。（3）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3B
36、O3分子间通过氢键相连如图。读图分析1mol H3BO3的晶体中有_mol氢键。（4）四(三苯基膦)钯分子结构如图：P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为_；判断该物质在水中_（填写“易溶”或者“难溶”），并加以解释_。（）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示：该晶体中Na+的配位数为_。已知硼氢化钠晶体的密度为g/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a=_(用含、NA的最简式子表示)【答案】 (1). 1 (2). C (3). (4). C2H6 (5). 3 (6). sp3 (7). 难溶 (8). 水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，
37、分子极性不相似，故不相溶 (9). 8 (10). 107【解析】【详解】(1)基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，Ti原子失去4s能级上2个电子、3d能级上1个电子生成基态Ti3+，所以基态Ti3+的未成对电子数有1个，故答案为：1；LiBH4中阴阳离子之间存在离子键，BH原子之间存在4个共价键、其中1个是配位键，所以该物质中含有离子键和共价键、配位键，所以不存在金属键，故答案为：C；(2)氨硼烷(NH3BH3)分子中存在配位键，B原子和N原子之间存在配位键,其结构式为；氨硼烷互为等电子体的分子中含有8个原子、价电子数是14，与其互为等电子体的分子有C2H6，故答案为：；C2H6；(3)
38、硼酸分子中B最外层有3个电子，1个H3BO3分子能形成3个氢键，1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故答案为：3； (4)四(三苯基膦)钯分子中P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子价层电子对个数是4，根据价层电子对判断钯原子的杂化轨道类型为sp3；非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶，故答案为：sp3；难溶于水；水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；(5)该晶体中Na+的配位数=282=8，故答案为：8；该晶胞中钠离子个数=、BH4个数=，晶胞体积=，晶胞密度=g/
39、cm3，则，故答案为：。19.化合物I具有贝类足丝蛋白的功能，可广泛用于表面化学、生物医学、海洋工程、日化用品等领域。其合成路线如图：回答下列问题：（1）I中含氧官能团的名称为_。（2）由B生成C的化学方程式为_。（3）由E和F反应生成D的反应类型为_，由G和H反应生成I的反应类型为_。（4）仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为_。（5）X是I的芳香同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6211。写出两种符合要求的X的结构简式_。（6）参照本题信息，试写出以1丁烯为原料制取的合成路线流程图（无机原料任选）_。合
40、成路线流程图示例如图：H2C=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH【答案】 (1). （酚）羟基、酯基 (2). +NaOH+NaBr (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). n (6). 、 (7). CH2=CHCH2CH3CH2=CHCHBrCH3CH2=CHCH(OH)CH3【解析】【分析】由G结构简式、D分子式知，D发生取代反应生成G（），D为，E和F发生加成反应生成D；由D结构简式知C为，B发生水解反应生成C，则B为，生成B的反应为取代反应，H、G发生取代反应生成I。【详解】（1）I中含氧官能团的名称为羟基、酯基，故答案为：羟基、酯基；（2）C为、B为，B发生水解反应
41、得到C，由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由E和F反应生成D的反应类型为加成反应，由G和H反应生成I的反应类型为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；（4）D为，D发生加聚反应可得到高分子化合物，则仅以D为单体合成高分子化合物的化学方程式为，故答案为：；（5）I是对羟基丙烯酸苯甲酯，X是I的同分异构体，能发生银镜反应，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有醛基、羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6:2:1:1。两种符合要求的X的结构简式为，故答案为：；（6）1丁烯为原料制取，可由CH2CHCH(OH)CH3发生加聚反应得到，CH2CHCH(OH)CH3可由CH2CHCHBrCH3发生取代反应得到，CH2CHCHBrCH3可由CH2CHCH2CH3发生取代反应得到，合成路线为CH2CHCH2CH3CH2CHCHBrCH3CH2CHCH(OH)CH3，故答案为：CH2CHCH2CH3CH2CHCHBrCH3CH2CHCH(OH)CH3。
