1、陕西省西北工业大学附属中学2019届高三第十二次适应性训练理综化学试题1.2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是（ ）A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B. 用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用C. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料D. 铜导线和铝导线缠绕连接处暴露在雨水中比在干燥环境中更快断裂的主要原因是发生了电化学腐蚀【答案】B【解析】【详解】A高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸盐和水，所以光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路
2、，故A正确； B聚氯乙烯塑料因为含有氯，有毒，不可以代替木材，生产快餐盒，故B错误；C.碳纳米管表面积大，易吸附氢气，所以可以用作新型储氢材料，故C正确；D.铜铝两种金属的化学性质不同，在接触处容易电化学腐蚀，故D正确。答案选B。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 0.1molCH4和0.1molCl2充分反应，生成的C-Cl键和H-Cl键的数目均为0.2NAB. 7.8gNa2S和Na2O2的混合物中所含阴离子的数目等于0.2NAC. 18g固态水（冰）中含有的氢键的数目为2NAD. 25时，Ksp（AgI）=1.010-16，则AgI饱和溶液中Ag+数目为1.01
3、0-8NA【答案】C【解析】【详解】A.甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物由一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢，四步反应同时进行，每种产物的物质的量不确定，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷中所含的C-Cl键数目也不相同，则不确定生成的C-Cl键的数目，故A错误；B.Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以78g Na2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA，故B错误；C.依据n=m/M计算物质的量=18g/18g/mol=1mol，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故C正确
4、；D. 25时，Ksp（AgI）=1.010-16，则AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.010-8mol/L，没给出溶液的体积，故无法计算银离子的数目，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。解题时注意B选项Na2O2中的阴离子是，Na2S中的阴离子是，二者的相对分子质量都是78，所以78g Na2O2和Na2S的混合物中含有的阴离子数目一定是NA ；C选项依据n=m/M计算物质的量，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键。据此解答。3.下列各选项有机物同分异构体数目，与分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是(不含立体异构)（ ）A. 分子
5、式为C5H10的烯烃B. 分子式为C4H8O2的酯C. 的一溴代物D. 立方烷()的二氯代物【答案】A【解析】【详解】分子式为ClC4H7O2，且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成氯原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种；A.戊烷的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、，若为CH3CH2CH2CH2CH3，相应烯烃有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3；若为，相应烯烃有：CH2C(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)CHCH3、CH3CH(CH3)CHCH2；若为，没
6、有相应烯烃，总共5种，故A正确；B.分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；C.甲苯分子中含有4种氢原子，一溴代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种，甲基上一种，共4种，故C错误；D.立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D
7、错误。答案选A。4.A、B、C、D是中学化学中常见四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱B. 若A为固态非金属单质，D为O2，则A可以为单质硫C. 若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度D. 若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A只能是C2H6【答案】A【解析】【详解】A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，
8、C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D. 若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。答案选A。5.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2)2。下列有关说法正确的是（ ）A. a为电源的负极B. 电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C. 除去尿素的反应为：CO(NH2)22Cl2H2O= N2CO24HClD. 若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)【答案】D【解析】【详解】A、
9、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl-6e
10、-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.61/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。6.用下列实验方案不能达到实验目的的是（ ）A. 图A装置Cu和稀硝酸制取NOB. 图B装置检验乙炔的还原性C. 图C装置
11、实验室制取溴苯D. 图D装置实验室分离CO和CO2【答案】B【解析】【详解】A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C. 图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。【点睛
12、】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。7.常温下，用0.10molL-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 molL-1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（ ）A. 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点等于点B. 点所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)2c(Cl-)C. 点所示溶液中：c(Na+) c(Cl-) c(CH3COO-)c(CH3C
13、OOH)D. 点所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)0.10molL-1【答案】D【解析】【详解】A.根据电荷守恒点中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；B.点所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)= 2c(Cl-)，故B错误；C.点所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa
14、、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)c(Cl-)，故C错误；D.点所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c
15、(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)0.1mol/L，故D正确。答案选D。8.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。实验室制备BCl3的原理B2O3+3C+3Cl2 =2BCl3+3CO，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。（已知：BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5；硝基苯的密度比水大。）请回答下列问题：实验：制备BCl3并验证产物CO（1）该实验装置中合理的连接顺序为G_FDI；其中装置E的作用是_。（2）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，请写出该反应的化学方程式_。（3）能证明反应中有CO生成的现象是_。实
16、验：产品中氯含量的测定准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液于锥形瓶中加入V1mL浓度为C1 mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。以硝酸铁为指示剂，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。重复步骤二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2mL。已知：Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)。（4）步骤移取溶液时所需仪器名称为_，步骤中达到滴定终点的现象为_。（5）产品中氯元素的质量分数为_。（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_。A步骤中未加硝基苯B步骤中配制100mL溶
17、液时，定容时俯视刻度线C用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】 (1). E (2). H (3). J (4). H (5). 将BCl3冷凝为液态分离出来 (6). BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl (7). F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊 (8). 酸式滴定管或移液管 (9). 当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色 (10). (11). B【解析】【分析】（1）干燥的氯气、B2O3、C反应生成BCl3和CO，BCl3的熔点为-107.3，沸点为12
18、.5，收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气用氢氧化钠溶液吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E，在E和J之间加H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后在通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清的石灰水检验，可以证明原反应中有CO生成，多余的CO不能排放到空气中，要排水法收集。（2）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，是三氯化硼水解生成HCl，HCl溶于空气中的水形成盐酸小液滴从而形成白雾；（3）CO能还原氧化铜，使黑色的氧化铜生成红色的铜单质，CO自身被氧化成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊；（4）根据Fe3+、SCN-反应产生血红色物质判断滴定终点；（5）（6）根据n(Ag
19、+)=n(Cl-)+n(SCN-)，可计算出溶液中10.00mL溶液中含有的n(Cl-)，然后计算mg即100mL中含有的n(Cl-)，从而计算出其质量分数，根据v=n/V进行误差分析。据此解答。【详解】（1）干燥的氯气、B2O3、C反应生成BCl3和CO，BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5，收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气用氢氧化钠溶液吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E，在E和J之间加H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后在通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清的石灰水检验，可以证明原反应中有CO生成，多余的CO不能排放到空气中，要排水法收集。则该实
20、验装置中合理的连接顺序为G_E_H_J_H_FDI；其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来。本小题答案为：E 、H 、J 、H ；将BCl3冷凝为液态分离出来。（2）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，是三氯化硼水解生成HCl，HCl溶于空气中的水形成盐酸小液滴形成白雾，则三氯化硼水解的化学方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。本小题答案为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。（3）CO能还原氧化铜，使黑色的氧化铜生成红色的铜单质，CO自身被氧化成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊，则能证明反应中有CO生成的现象是F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。本小题答案为：F中
21、黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。（4）步骤移取溶液时所需仪器名称为酸式滴定管或移液管；用KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当硝酸银恰好反应完时，再滴入KSCN标准溶液，KSCN遇硝酸铁会生成硫氰化铁血红色溶液，则步骤中达到滴定终点的现象为当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。本小题答案为：酸式滴定管或移液管；当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。（5）消耗的硫氰化钾的物质的量为10-3C2V2mol/L，则过量的硝酸银的物质的量为10-3C2V2mol/L，则与产品中的氯离子反应的硝酸银的物质的量为(10-3C1V1-10
22、-3C2V2)mol/L，则10.00mL该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-3C1V1-10-3C2V2)mol/L，100.00mL该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-2C1V1-10-2C2V2)mol/L，质量为35.5(10-2C1V1-10-2C2V2)g，产品中氯元素的质量分数为35.5(10-2C1V1-10-2C2V2)/m100%，即。本小题答案为：。（6）A. 步骤中未加硝基苯，会使一部分氯化银转化为硫氰化银，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有的n(Cl-)偏小，故A不符合题意；B. 步骤中配制100mL
23、溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，故 B符合题意；C. 用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，气泡占一定的体积，则读出KSCN溶液的体积偏大，消耗KSCN的物质的量偏大，根据KSCN计算出剩余的AgNO3的物质的量偏大，则与产品反应的硝酸银的物质的量偏小，则与硝酸银反应的氯离子的物质的量偏小，则测得产品中氯含量偏低，故 C不符合题意；D. 滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，消耗KSCN的物质的量偏大，根据KSCN计算出剩余的AgNO3的物质的量偏大，则与产品反应的硝酸银的物质的量偏小，则与硝酸银
24、反应的氯离子的物质的量偏小，则测得产品中氯含量偏低，故 D不符合题意。答案选B。9.某工业废水中含有CN和Cr2O等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理厂拟用下列流程进行处理：回答下列问题：（1）步骤中，CN被ClO氧化为CNO的离子方程式为_。（2）步骤的反应为（未配平），则每反应0.1molCr2O72-时，消耗S2O32-_mol。（3）含Cr3+废水可以加入熟石灰进一步处理，目的是_。（4）在25下，将的NaCN溶液与0.01molL-1的盐酸等体积混合，反应后测得溶液pH=7，则a_0.01（填“”、“”或“=”）；用含a的代数式表示HCN的电离常数Ka=_。（5）取工业废水水
25、样于试管中，加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成，继续加至不再产生蓝色沉淀为止，再向溶液中加入足量Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀。该过程中反应的离子方程式是_；_。【答案】 (1). CNClOCNOCl (2). 0.075 (3). 调节废水pH，使其转化成Cr(OH)3沉淀除去 (4). (5). (100a1)107 molL1 (6). Cu22OHCu(OH)2 (7). Cu(OH)2(s)S2(aq)CuS(s)2OH(aq)【解析】【分析】本题考查的是物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。流程分析含CN-废水，调整溶液pH，加入NaClO溶液，氧化CN-离子反应生成C
26、NO-的废水，含Cr2O72-的废水，调整溶液pH，加入Na2S2O3发生氧化还原反应，得到含硫酸根离子的废水和含CNO-的废水继续处理得待测水样。（1）步骤中，CN-被ClO-氧化为CNO-，因为是在碱性环境中，故ClO-只能被还原为Cl-，反应式为：CN-+ClO-CNO-+Cl-；（2）根据得失电子守恒配平方程式，根据方程式找出S2O32-和 Cr2O72-的关系，从而计算出每反应0.1molCr2O72-时，消耗S2O32-的物质的量；（3）加入熟石灰进一步处理，调节废水pH，使其转化成Cr（OH）3沉淀除去；（4）反应后测得溶液pH=7，则可推知NaCN过量，根据电荷守恒和物料守恒即
27、可计算出CN-和HCN的浓度，进而计算出Ka；（5）待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2+2OH-Cu（OH）2，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2-（aq）CuS（s）+2OH-（aq）。据此解答。【详解】(1)碱性条件下，CN离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO、Cl离子，离子反应为：CN+ClOCNO+Cl。本小题答案为：CN+ClOCNO+Cl。(2) 步骤的反应为 ，S2O32-中S元素的化合价由+2价升高到+6价生成SO42-，过程中失4e-发生氧化反应，Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低到+3价生成Cr3+，过程中
28、得3e-发生还原反应，根据得失电子守恒，S2O32-和 Cr2O72-的物质的量之比为3:4，则每反应0.1molCr2O72-时，消耗S2O32-为0.075mol。本小题答案为：0.075。(3)Cr3+废水有毒，可使Cr3+生成沉淀过滤除去，故调节废水pH，使其转化成Cr(OH)3沉淀除去。本小题答案为：调节废水pH，使其转化成Cr(OH)3沉淀除去。(4) 由于反应后测得溶液pH=7，当a=0.01时，恰好反应，生成了氰化氢溶液，溶液显示酸性，则氰化钠应该多些，故a0.01；由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CN)+c(Cl)及pH=7，可知c(H+)=c(OH)=1
29、07molL1，c(CN)=c(Na+)c(Cl)=a/2mol/L0.01/2mol/L，再根据物料守恒：c(CN)+c(HCN)=c(Na+)=a/2mol/L；Kac(H+)c(CN)/c(HCN)=107(a/20.01/2)/0.01/2=(100a1)107molL1。本小题答案为：；(100a1)107molL1。(5)蓝色沉淀为Cu(OH)2，CuS(s)比Cu(OH)2(s)更难溶，发生了沉淀的转化，涉及的离子反应方程式为Cu2+2OHCu(OH)2、Cu(OH)2(s)+S2(aq)CuS(s)+2OH(aq)。本小题答案为：Cu2+2OHCu(OH)2;Cu(OH)2(s
30、)+S2(aq)CuS(s)+2OH(aq)。10.在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)2B(g)C(g)+D(s) H= +85.1kJmol-1，容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值随反应时间(t)数据见下表：时间t/ h012481620251.001.501.802.202.302.382.402.40回答下列问题：（1）下列能提高A的转化率的是_。A 升高温度 B 体系中通入A气体C 将D的浓度减小 D 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍E 若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水（2）该反应的平衡常数表达式K
31、=_；前2小时C的反应速率是_；计算平衡时A的转化率_。（3）若将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到与上述相同的转化率，则达到平衡时B浓度为_。（保留两位有效数字）锂的化合物用途广泛。Li3N是非常有前途的储氢材料；LiFePO4、Li2FeSiO4等可以作为电池的正极材料。请回答下列问题：（4）氮化锂在氢气中加热时可得到氨基锂（LiNH2），其反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，在270时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达Li3N质量的_%（精确到0.1%）。（5）将Li2CO3、FeC2O42H2O和SiO2粉末均匀混合，在80
32、0的氩气中烧结6小时制得Li2FeSiO4，写出该反应的化学方程式_。（6）磷酸亚铁锂电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池在充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化，电池放电时负极发生的反应为LiXC6-xe- =xLi+6C，写出电池放电时的化学方程式_。【答案】 (1). AE (2). (3). 0.02molL-1h-1 (4). 70% (5). 0.058molL-1 (6). 11.4 (7). Li2CO3+FeC2O42H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO+2CO2+2H2O (8). Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4【解析
33、】【分析】本小题考查的是化学平衡常数的含义，化学平衡的影响因素。（1）使化学平衡正向进行的因素（但是不能加入物质本身）均可以提高反应物的转化率；（2）化学平衡常数K为平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，固体或纯液体不在公式中；化学反应速率v=；根据三段式计算化学反应中物质的转化率；（3）据体积之比等于物质的量之比，可求出反应后气体体积和物质的量；（4）根据氧化还原反应中化合价升高被氧化判断出氧化产物；根据反应方程式中反应物氢气与氮化锂的质量关系进行计算；（5）反应物为Li2CO3、FeC2O42H2O和SiO2粉末，生成物为Li2FeSiO4，再根据质
34、量守恒定律、化合价升降相等可知，反应产物中含有一氧化碳、二氧化碳和水生成，据此写出反应的化学方程式；（6）根据磷酸亚铁锂电池充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化及电池放电时负极发生的反应写出电池放电时反应的化学方程式。据此解答。【详解】(1)A(g)2B(g)+C(g)+D(s)H=+85.1kJmol1，D为固体，为反应前后气体体积增大的吸热反应，A. 升高温度，平衡正向移动，所以A的转化率增大，故A正确；B. 体系中通入A气体，相当于增大体系压强，平衡逆向进行A的转化率减小，故B错误；C. 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，总压增大分压不变，平衡不变
35、，A的转化率不变，故C错误；D. 将D（固体）的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，故D错误；E. 若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水，氯化氢易溶于水导致浓度减少，平衡正向进行，A的转化率增大，故E正确。故选AE。 (2)A(g)2B(g)+C(g)+D(s)，平衡常数K=c2(B)c(C)/c(A)，设A消耗物质的量为x， A(g) 2B(g)+C(g)+D(s)起始量(mol) 0.10 0 0 变化量(mol) x 2x x2小时量(mol)0.10x 2x x压强之比等于化学方程式计量数之比，(0.10x+2x+x)/0.10=1.80x=0.04mol前2
36、小时C的反应速率=0.04mol/1.0L/2h=0.02 mol/( Lh)。容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值在20h后不变说明反应达到平衡状态，平衡时气体压强之比为 A(g) 2B(g)+C(g)+D(s)，起始量(mol) 0.10 0 0 变化量(mol) y 2y y2小时量(mol)0.10y 2y y压强之比等于气体物质的量之比，(0.10y+2y+y)/0.10=2.4y=0.07mol平衡时A的转化率=0.07mol/0.1mol100%=70%。本小题答案为： ；0.02molL-1h-1； 70%。(3) 反应后气体物质的量为：0.1-0.07+20.07+0.
37、07=0.24mol，相同压强下，气体体积之比等于物质的量之比，反应后气体体积为：0.24mol/0.1mol，V=2.4L，所以B的浓度为0.14mol/2.4L=0.058mol/L。本小题答案为：0.058mol/L。(4)反应Li3N+2H2LiNH2+2LiH，中，锂元素、N元素化合价不变，氢气化合价由0变成+1价的LiNH2，化合价升高被氧化，所以氧化产物为LiNH2；该反应中，反应掉2mol氢气，同时消耗1mol氮化锂，所以储存氢气最多可达Li3N质量的：4/35100%11.4%。本小题答案为：LiNH2；11.4。(5) 将Li2CO3、FeC2O42H2O和SiO2粉末均匀
38、混合，在800的氩气中烧结6小时制得Li2FeSiO4，根据质量守恒、化合价升降相等可以判断，反应产物还会有一氧化碳、二氧化碳和水生成，该反应的化学方程式为：Li2CO3+FeC2O42H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO+CO2+2H2O。本小题答案为：Li2CO3+FeC2O42H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO+2CO2+2H2O。(6) 磷酸亚铁锂电池充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化，其中LiFePO4Li1-xFePO4的转化化合价降低，发生还原反应，而电池放电时负极发生的反应为：LixC6-xe-xLi+6C，该反应为氧化反应，所以反应转化
39、应该为：LiFePO4Li1-xFePO4，所以电池放电时反应的化学方程式为：Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4。本小题答案为：Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4。11.深井岩盐的主要配料为：精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾K4Fe(CN)63H2O。其中亚铁氰化钾的无水盐在高温下会发生分解：3K4Fe(CN)62(CN)2+12KCN+N2+Fe3C+C请回答下列问题：（1）Fe2+基态核外电子排布式为_。的空间构型为_（用文字描述）。（CN）2分子中碳原子杂化轨道类型为_，一种与CN-互为等电子体的分子的电子式为_。1molFe(CN)63中含
40、有键的数目为_mol。（2）配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x_。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_(填晶体类型)。（3）如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则该立方体是不是Fe3O4的晶胞_(填“是”或“否”)，立方体中三价铁离子处于氧离子围成的_(填空间结构)空隙。（4）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了
41、变化，变为FexO（x1），若测得某FexO晶体密度为5.71gcm3，晶胞边长为4.281010 m，则FexO中x=_。（用代数式表示，不要求算出具体结果）。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6 (2). 三角锥形 (3). sp (4). 或 (5). 12 (6). 5 (7). 分子晶体 (8). 是 (9). 正八面体 (10). x=【解析】【分析】（1）铁是26号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+，根据构造原理写出Fe2+基态离子核外电子排布式；三角锥形，根据价层电子对互斥理论，它本来是正四面体形的，但是有一对孤电子对要
42、排斥它，据此解答；原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似；（2）配合物Fe(CO)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；分子晶体的熔沸点较低；（3）由图示可知晶体中氧离子构成面心立方最密堆积，该立方体中氧离子数目为121/4+1=4，Fe3+的数目为41/8+31/2=2，Fe2+的数目为1，则Fe和O的原子数目为3:4，是Fe3O4的晶胞；立方体中三价铁离子周围有6个氧离子围成的正八面体空隙中心；（4）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=V计算。【详解】（1）铁是2
43、6号元素，铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变为Fe2+，根据构造原理知,该离子核外电子排布式为Ar3d6。本小题答案为：1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6。三角锥形，根据价层电子对互斥理论，它本来是正四面体形的，但是有一对孤电子对要排斥它，就形成三角锥形。本小题答案为：三角锥形。（CN）2分子的分子结构为，碳原子采取sp杂化；与CN-互为等电子体的分子有CO或N2，电子式为或。本小题答案为：sp；或。（2）配合物Fe(CO)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5，分子晶体的熔沸点较低，根据题中所给信息可知，该物质的熔沸点
44、较低，所以为分子晶体。本小题答案为：5；分子晶体。（3）由图示可知晶体中的氧离子构成面心立方最密堆积，该立方体中氧离子数目为121/4+1=4，Fe3+的数目为41/8+31/2=2，Fe2+的数目为1，则Fe和O的原子数目为3:4，是Fe3O4的晶胞；立方体中三价铁离子周围有6个氧离子围成的正八面体空隙中心。本小题答案为：是；正八面体。（4）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“FexO”，再根据m=V可知：4(56x+16)/NAg=5.71gcm3(4.28108cm)3，解得：x=。本小答案为：x=。12.芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A
45、制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是_，B中含有的官能团的名称是_。（2）DE的反应类型是_。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_。（4）写出EF的化学方程式：_。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有_种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_ 。能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：_。【答案】 (1). C6H7N (
46、2). 羰基、碳碳双键 (3). 酯化反应（或取代反应） (4). HOCH2COOC2H5 (5). +C6H5CH2Br+HBr (6). 2 (7). 或 (8). 【解析】【分析】本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说
47、明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()合成路线为。【详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，DE发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D
48、和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为： + C6H5CH2Br +HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。