1、七校联合体2018届高三第三次联考理科综合化学试题1. 对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解说错误的是A. 黄白第十六中“曾青涂铁，铁赤如铜”，该反应类型为置换反应B. 本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，该实验方法可用于分离乙酸和乙酸乙酯C. 新修本草中“（青矾）本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾主要成分是FeSO47H2OD. 本草经集注中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，对硝酸钾的鉴定过程中发生了化学变化【答案】D【解析】【分析】A“曾青涂铁，铁赤如铜”是铁与硫酸铜发生置换反应；B蒸馏的办法可用来分离乙酸和乙酸乙酯；C“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠
2、璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色；D.焰色反应为物理变化。【详解】A项，“曾青”是古代炼制外丹常用的矿物原料，即硫酸铜（CuSO4），反应的离子方程式为：Cu2+Fe=Cu+Fe2+，故A项正确；B项，“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”涉及蒸馏的办法，蒸馏的办法可用来分离乙酸和乙酸乙酯，故B项正确；C项，青矾的主要成分为FeSO47H2O，高温分解并在空气中被氧化为红色的Fe2O3，故C项正确；D项，利用了钾的焰色反应为紫色来鉴定钾盐，焰色反应为物理变化，故D项错误。综上所述，本题答案为D。【点睛】本题考查化学与生产、生活的密切关系，题目难度不大
3、，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握常见物质组成、结构与性质，试题培养了学生的灵活应用能力。2. NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A. 适量Na2O2溶于水充分反应，生成0.1mol O2，则电子转移数目为0.4NAB. 1mol氨基(-NH2)中含有电子的数目为9NAC. 42g有机物C3H6中含有双键数目为NAD. 1mol/L的NaClO溶液中含有ClO-的数目小于NA【答案】B【解析】【分析】A2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，生成0.1mol O2，转移0.2NA个电子；B1个氨基（-NH2
4、）中含电子9个；C有机物C3H6可能为烯烃也可能是环烷烃，若为环烷烃不含碳碳双键；D.没有给出溶液体积大小，无法计算NaClO的物质的量。【详解】A项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，生成0.1mol O2，转移0.2NA个电子，故A错误；B项，1个氨基（-NH2）中含电子9个，1mol氨基（-NH2）中含有电子的数目为9NA，故B正确；C项，42g有机物 C3H6的物质的量为：=1mol，若C3H6为烯烃，烯烃分子中含碳碳双键数目NA，C3H6也可以为环烷烃，故C错误；D.没有给出溶液体积大小，无法计算，故D错误。
5、综上所述，本题正确答案为B。3. 下列关于有机化合物的说法正确的是A. 苯与甲苯互为同系物，均能使酸性KMnO4溶液褪色B. 苯乙烯分子中的所有原子一定都处于同一个平面C. 淀粉和纤维素不是同分异构体D. 乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同【答案】C【解析】【分析】A苯和甲苯互为同系物，但苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；B苯环、双键为平面结构，且直接相连；C淀粉和纤维素分子式不同，不是同分异构体；D乙烯和苯都能使溴水褪色，乙烯含有碳碳双键，和溴水发生加成反应；苯和溴水因萃取而褪色。【详解】A苯和甲苯互为同系物，甲苯能被酸性KMnO4氧化成苯甲酸，溶液褪色，但苯与酸性KMnO4不反应，不能使
6、KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；B苯环、双键为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一个平面，但不一定在同一平面，故B错误；C淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度在较大的一个范围之间，没有具体值，二者分子式不同，不是同分异构体，故C正确；D乙烯和苯都能使溴水褪色，乙烯含有碳碳双键，和溴水发生加成反应；苯和溴水因萃取而褪色，故D错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查有机物的性质和鉴别，题目难度不大，本题易错点为C，注意淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度在较大的一个范围之间，二者分子式不同，不是同分异构体。4. 用如下图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的
7、是.ab实验现象预期结论A铁丝HCl酸化的H2O2c中收集到无色气体铁丝催化H2O2分解B铜丝浓硝酸c中收集到红棕色气体硝酸有强氧化性C生铁NaCl溶液导管处发生倒吸生铁发生吸氧腐蚀D木条浓硫酸木条变黑浓硫酸有强氧化性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁；B二氧化氮能与水反应生成一氧化氮；C铁在中性条件下发生吸氧腐蚀；D. 浓硫酸有脱水性。【详解】A铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故A错误；B.二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故B错误；C.NaCl
8、溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，所以C选项是正确的；D. 木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故D错误。综上所述，本题正确答案为C。5. 短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如下图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是 A. 原子半径和离子半径均满足：YRC. 最高价氧化物对应水化物的酸性：TRD. 由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液一定显碱性【答案】B【解析】试题分析：X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H，R 原子最外层电子数是电子层数的 2
9、 倍，R位于第二周期，则R是碳元素。Y 与 Z 能形成 Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z是Na，Y是O。Z 与 T 形成的化合物 Z2T，能破坏水的电离平衡，所以T是S。A氧离子半径大于钠离子半径，A错误；B元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性TR，所以其最高价含氧酸酸性TR，B错误；C碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C正确；D由 X、R、Y、Z 四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D错误；答案选C。考点：考查原子结构和元素周期律6. 如图所示，甲池的总反应式为N2H4O2=N22H2O。下列说法正确的是A. 乙池中Fe电极上发生氧化反应B. 乙
10、池中石墨电极上发生的反应可写为4OH4e=2H2OO2C. 甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D. 甲池中每消耗0.1 mol N2H4乙池电极上则会析出6.4 g固体【答案】B【解析】【分析】本题所示串联装置中甲池为原电池，乙池为电解池。燃料电池中，可燃气发生氧化反应，通入可燃气的电极为原电池的负极，通入氧气的电极为原电池的正极；与负极相连的电极为电解池的阴极，与正极相连的电极为电解池的阳极。以此解答。【详解】A项，乙池中Fe电极是电解池的阴极，发生还原反应，A项错误；B项，乙池中石墨电极是电解池的阳极，发生氧化反应，发生的反应可写为4OH4e=2H2OO2，B项正确；C项，甲池总反应生成了
11、水，则KOH溶液浓度变小，pH减小，乙池的阴极析出铜，结合B项可知乙池溶液的pH减小，C项错误；D项，根据各个电极流过的电量相等知N2H42Cu，甲池消耗0.1 mol N2H4时，则乙池电极上会析出12.8 g Cu，D项错误。综上所述，本题正确答案为B。7. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 molL1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 molL1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A. 曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B. A点溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(H)0.1 molL1C.
12、 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度： ACBD. D点溶液中：c(Cl)+ 2c(H)2c(OH)【答案】D【解析】【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.100 molL1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线代表0.100 molL1的NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，
13、据此解答。【详解】A.由分析可以知道，曲线代表0.100 molL1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，故A错误；B.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na+)=0.05mol/L，故B错误；C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：BCA，故C错误；D. D点溶液中，存在电荷守恒，c(Cl)c(OH)c(Na+)+c(H)，定量分析可以知道， c(
14、Na+)=1.5c(Cl)，将电荷守恒式中c(Na+)代换为c(Cl)并整理得：c(OH)0.5c(Cl)+c(H)，即c(Cl)+ 2c(H)2c(OH)，所以D选项是正确的；综上所述，本题正确答案为D。8. 某小组利用如下装置制备Cu(NH3)xSO4H2O（溶于水呈深蓝色）并测量x值。【Cu(NH3)xSO4H2O制备】见图1（1）A中发生的化学反应方程式为_ 。（2）B中观察到的现象是_；C中CCl4的作用是 _。（3）欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4H2O晶体，可加入试剂 _ 。【x值的测量】见图2步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体M = (17
15、8+17x)g/mol于锥形瓶a中；步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液；步骤三：用0. 5000 mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16. 00 mL。（4）步骤二的反应可理解为Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应，其离子方程式为 _。【x值的计算与论证】（5）计算：x = _ ，该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值(x)比理论值偏小的原因如下：假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；假设2：步骤二中 _（任写两点）；假设3 ：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小。该假设_（填“成立”或“不成立”）。（6）针对假设l，你对实验的处理意见是_。
16、【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4Cl=2NH3+CaCl2+2H2O (2). 由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液 (3). 防止倒吸 (4). 无水乙醇 (5). Cu(NH3)x2+2OH= Cu(OH)2+xNH3 (6). 3.56 (7). 加入NaOH溶液不足，没有加热或生成氨气未完全溢出等 (8). 不成立 (9). 更换砝码完好的托盘天平后，重新进行步骤一到三的全部实验【解析】试题分析：（1）A为实验室制取氨气的装置，是利用氯化铵与氢氧化钙固体加热，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O；氨气通入硫酸铜溶液中，开
17、始生成氢氧化铜蓝色沉淀，随着氨气的通入，则氨气与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子，后沉淀逐渐溶解，转化为深蓝色溶液；（2）四氯化碳的密度大于水，因为氨气直接通入水中，会发生倒吸现象，氨气不溶于四氯化碳，通过四氯化碳的缓冲作用，可以防止发生倒吸；（3）欲从Cu(NH3)xSO4溶液中析出Cu(NH3)xSO4H2O晶体,可加入试剂无水乙醇，因为乙醇的极性较小，且该晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，有利于晶体的析出；（4）Cu(NH3)xSO4与NaOH在溶液中反应,生成硫酸钠、氢氧化铜和氨气，所以反应的离子方程式为Cu(NH3)x2+2OH-= Cu(OH)2+xNH3；（5）b中原来HCl的
18、物质的量是0.03L0.5000mol/L=0.015mol，剩余HCl的物质的量是0.016L0.5000mol/L=0.008mol，则与氨气反应的HCl的物质的量也是氨气的物质的量是0.015-0.008=0.007mol；则0.4690g/(178+17x)g/molx=0.007mol，解得x=3.56；测定结果偏小，可能步骤二加入NaOH溶液不足，没有加热或生成的氨气未完全逸出等；步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则说明剩余HCl偏小，则与氨气反应的HCl偏多，则氨气的物质的量偏大，测定结果应偏高，所以不成立；针对假设l，可更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验，再
19、进行测定。考点：考察对物质制备实验的定量分析，离子方程式的书写，实验数据的处理，实验现象的判断9. 铅单质及其化合物在新能源领域应用广泛，工业上利用方铅精矿（主要成分为PbS）制备PbSO4的工艺流程如下：已知：PbCl2（s）+2Cl(aq)PbCl4-(aq) H0 Ksp(PbSO4)=1.010-8,Ksp(PbCl2)=1.610-5Fe3、Pb2以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH值分别为3.2、7.0。（1）步骤中发现有淡黄色沉淀生成，请写出离子反应方程式：_；（2）步骤原料预处理过程中写出一种除搅拌外加快反应速率的办法：_；反应温度不宜过高，且需加入过量盐酸保证溶液呈强酸性，原
20、因是：_；（3）操作应为：_ ；操作应为：_ ；A、趁热过滤 B、蒸发浓缩，冷却结晶； C、蒸发结晶 D、重结晶（4）写出步骤III中PbCl2生成PbSO4的离子反应方程式：_ ，该反应的平衡常数K=_；（5）铅蓄电池（Pb-PbO2-H2SO4）充电时的阳极反应方程式：_ ；（6）某铅蓄电池放电时电流为0.2A，可持续放电时间96500s，此时参加反应的Pb的质量为41.4g，求该电池放电的能量转化率=_ 。（电池能量转化率的定义：=实际输出电量/理论输出电量100%，结果保留两位有效数字，已知法拉第常数为96500C/mol）【答案】 (1). PbS+2Fe3+2Cl= PbCl2+2
21、Fe2+S (2). 将方铅矿精矿磨成粉末 (3). 抑制Fe3+、Pb2+离子水解 (4). A (5). B (6). PbCl2（s）+ SO42(aq) PbSO4（s）+2Cl-(aq) (7). 1.6103mol/L (8). PbSO4 -2e +2H2O =PbO2+SO42-+4H+ (9). 50%【解析】【分析】往方铅矿精矿中加入FeCl3溶液和盐酸，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl(aq)PbCl4-(aq)H0 正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液1含有PbCl4-、Cl-、Fe2、
22、Fe3等，滤液1蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，PbCl2晶体中加入稀硫酸，转化为更难溶的硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅沉淀，洗涤、烘干得到硫酸铅粉末，以此解答。【详解】(1)由分析可知FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，Pb元素化合价不变，S元素化合价升高，则铁元素的化合价降低，有FeCl2生成，反应离子方程式为：PbS+2Fe3+2Cl= PbCl2+2Fe2+S ，因此，本题正确答案是：PbS+2Fe3+2Cl= PbCl2+2Fe2+S ；(2) 将方铅矿精矿磨成粉末能增大反应接触面积，加快反应速率；Fe3+、Pb2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH
23、值分别为3.2、7.0，加入盐酸的主要目的是为了控制pH值在0.51.0，抑制Fe3+、Pb2+的水解，因此，本题正确答案是：将方铅矿精矿磨成粉末；抑制Fe3+、Pb2+离子水解； (3)产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于PbCl2（s）+2Cl(aq)PbCl4-(aq)H0 正向进行，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，滤液1含有PbCl4-、Cl-、Fe2、Fe3等，滤液1蒸发浓缩，冷水浴中冷却，利用平衡逆向进行，析出PbCl2晶体，操作应为：趁热过滤；操作应为：蒸发浓缩，冷却结晶；因此，本题正确答案是：A ； B ；(4) Ksp(PbSO4)=1.010-8Ksp(PbCl2)=1
24、.610-5，结合沉淀的转化，PbCl2晶体转化为PbSO4沉淀是因为PbCl2中加入稀硫酸破坏了氯化铅的溶解平衡，使溶解平衡正向移动生成硫酸铅，反应的离子方程式为：PbCl2（s）+ SO42-(aq)PbSO4（s）+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=1.6103mol/L因此，本题正确答案是：PbCl2（s）+ SO42-(aq)PbSO4（s）+2Cl-(aq)；1.6103mol/L；(5)铅蓄电池充电时为电解池，阳极发生氧化反应，PbSO4在阳极失去电子，生成PbO2，电极反应式为：PbSO4 -2e- +2H2O =PbO2+SO42-+4H+；因此，本题正确答案是：PbSO
25、4 -2e- +2H2O =PbO2+SO42-+4H+；（6）41.4gPb的物质的量为：=0.2mol，由电极反应可知：Pb2e-，所以实际输出电量为：0.2mol296500C/mol=38600C，理论输出的电量为：Q=It=0.2A96500s=19300C，该电池放电的能量转化率=实际输出电量/理论输出电量100%=100%=50%,因此，本题正确答案是：50%。10. 工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。.NOx的消除。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)
26、 N2(g)+2CO2(g) H。(1)已知：CO燃烧热的H1=283.0kJmol-l，N2(g)+O2(g) 2NO(g) H2=+180.5kJmol-1，则H=_。(2)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如下图所示。以下说法正确的是_(填字母)。A.两种催化剂均能降低活化能，但H不变B.相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响C.曲线中的催化剂适用于450左右脱氮D.曲线中催化剂脱氮率比曲线I中的高若低于200，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不
27、大的主要原因为_；判断a点是否为对应温度下的平衡脱氮率，并说明其理由：_。.SO2的综合利用(3)某研究小组对反应NO2+SO2SO3+NO H”、“=”或“”)。(4)已知25C时，NH3H2O的Kb=1.810-5，H2SO3的Ka1=1.310-2，Ka=6.210-8。若氨水的浓度为2.0molL-1，溶液中的c(OH)= _molL-1；将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中的=_。【答案】 (1). -746.5kJ/mol (2). A、C (3). 温度较低时，催化剂的活性偏低 (4). 不是平衡脱氮率。因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高。
28、 (5). 降低温度 (6). = (7). 6.010-3 (8). 2.24【解析】试题分析：本题考查盖斯定律的应用，图像分析，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，影响化学平衡常数的因素，电离平衡常数的计算。I.（1）CO燃烧热的H1=-283.0kJ/mol，则CO（g）+O2（g）=CO2（g）H1=-283.0kJ/mol（式），N2（g）+O2（g）2NO（g）H2=+180.5kJ/mol（式），应用盖斯定律，式2-式得，2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）H=（-283.0kJ/mol）2-（+180.5kJ/mol）=-746.5kJ/mol。（2）A，两
29、种催化剂均能降低活化能，加快反应速率，但H不变，A项正确；B，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，脱氮率增大，B项错误；C，根据图像，曲线II在450左右催化活性最大，曲线II中的催化剂适用于450左右脱氮，C项正确；D，催化剂只影响化学反应速率，不影响转化率，不影响脱氮率，D项错误；正确的是A、C，答案选AC。低于200，曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为：温度较低时（低于200），催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响小。a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，根据曲线II可知，a点对应温
30、度下的平衡转化率应高于450时，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高。II.（3）C点和B点原料气配比相同，B点NO2的平衡转化率大于C点，说明将C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡向正反应方向移动，该反应的正反应为气体分子数不变的放热反应，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是降低温度。C点，原料气配比为1，NO2的平衡转化率为50%，用三段式NO2+SO2SO3+NOc（起始）（mol/L） 1 1 0 0c（转化）（mol/L）150% 0.5 0.5 0.5c（平衡）（mol/L） 0.5 0.5 0.5 0.5C点，化学平衡常数KC=1。D点，原料气配比为1.5，NO2的
31、平衡转化率为40%，用三段式NO2+SO2SO3+NOc（起始）（mol/L） 1.5 1 0 0c（转化）（mol/L）1.540% 0.6 0.6 0.6c（平衡）（mol/L） 0.9 0.4 0.6 0.6D点，化学平衡常数KD=1。C点和D点的化学平衡常数相等，TC=TD。（4）NH3H2O的电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，溶液中c（NH4+）=c（OH-），c（NH3H2O）=2.0mol/L-c（NH4+）2.0mol/L，Kb=，c（OH-）=610-3mol/L。SO2通入氨水中，溶液中的电荷守恒为c（NH4+）+c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（
32、OH-），当溶液呈中性时c（H+）=c（OH-），则c（NH4+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），Ka2=，c（SO32-）=Ka2c（HSO3-）/c（H+），c（NH4+）=c（HSO3-）+2 Ka2c（HSO3-）/c（H+）=1+2Ka2/c（H+）c（HSO3-），=1+2Ka2/c（H+）=1+26.210-8（110-7）=2.24。点睛：本题的易错点是第（2）问，图像中脱氮率是在相同时间内测得的，图像中最高点表示催化剂的活性最高，不表示平衡脱氮率。注意催化剂能降低反应的活化能，不影响H；催化剂能改变化学反应速率，不能使化学平衡发生移动，不影响平衡脱氮率。11. 我国部
33、分城市灰霾天占全年一半,引起灰霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。通过测定灰霾中锌等重金属的含量,可知目前造成我国灰霾天气的原因主要是交通污染。(1)Zn2+在基态时核外电子排布式为_。(2)NO3的立体构型是_。(3)PM2.5含有大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾污染,光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、CH3COOONO2（PAN）等二次污染物。下列说法正确的是_。A.N2O结构式可表示为N=N=O B.O3分子呈直线形C.CH2=CHCHO分子中碳原子均采用sp2杂化D.相同压强下,HCOOH沸点比CH3OC
34、H3高，说明前者是极性分子，后者是非极性分子1 mol PAN中含键数目为_(用含NA的式子表示)。NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4,该配合物中心离子的配位数为_(填数字)。(4)测定大气中PM2.5的浓度方法之一是-射线吸收法,-射线放射源可用85Kr,已知Kr晶体的晶胞结构如图所示,设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个,晶胞中含Kr原子为n个,则=_(填数字)。(5)水分子的立体结构是_，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有_。(6)冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞（其晶胞结构如上图,其中空心所示原子位于立方体的顶点或面心
35、,实心球所示原子位于立方体内）类似。每个冰晶胞平均占有_个水分子。冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同的原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 (2). 平面三角形 (3). AC (4). 10NA (5). 6 (6). 3 (7). V形 (8). 孤电子对 (9). 8 (10). C原子与O原子都为sp3杂化,且氢键和共价键都具有方向性和饱和性【解析】【分析】（1）Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去两个电子生成锌离子，Zn2+基态核外有28个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；（2）根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断NO3-的空间构型；（
36、3）A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，据此答题；B、O3与SO2互为等电子体，据此答题；C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，据此答题；D、HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3不能形成分子间氢键，据此答题；一个单键就是一个键，一个双键中含有一个键，一个键；配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成。（4）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为81/8+61/2=4，然后求出比值；（5）根
37、据键数目和孤电子对数判断分子的立体构型；水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；（6）由图可知，水位于晶胞的顶点、面心和晶胞内，利用均摊法计算；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。【详解】（1）Zn为30号元素，所以Zn2+在基态时核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d10；（2）对于NO3-，根据VSEPR理论，中心N原子的配位原子数3，孤电子对数
38、为0，则价电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，则其空间构型为平面三角形；因此，本题正确答案是：平面三角形；（3）A、N2O与CO2互为等电子体，二者形成的化学键相似，故N2O结构式可表示为N=N=O，A正确；B、O3与SO2互为等电子体，为V形分子，B错误；C、CH2=CH-CHO中每个碳原子均形成两个单键和一个双键，故均为sp2杂化，C正确；D、HCOOH分子间可以形成氢键，CH3OCH3分子间只有范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以HCOOH沸点比CH3OCH3高，与分子的极性无关，D错误。答案选AC；PAN中所有单键均为键，双键中有一个为键，-NO2的结构为
39、，所以PAN（CH3COOONO2）分子中含有10个键，则1mo1PAN含键数目为10 NA（或106.021023或6.021022）。配体位于方括号中，由1个NO和5个H2O构成，则配位数为6。因此，本题正确答案是：AC；10NA；6；（4）根据均摊法，以顶点计算，与之相邻最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为38/2=12，晶胞中Kr有81/8+61/2=4，两者比值为12：4=3。因此，本题正确答案是：3；（5）水分子中含有2个键，孤电子对数=2，所以水分子的立体构型为V型，水分子能与很多金属离子形成配合物，其原因是在氧
40、原子上有孤对电子，金属离子有空轨道，能形成配位键；因此，本题正确答案是：V形；孤电子对；（6）每个冰晶胞平均含有水分子数为：8+6+4=8（其中顶点为8个，面心为6个，晶胞内有4个）；金刚石中，C原子为sp3杂化，而冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相同，说明C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性；因此，本题正确答案是：8 ；C原子与O原子都为sp3杂化，且氢键和共价键都具有方向性和饱和性。【点睛】该题的难点是晶胞分析与计算，注意晶胞计算的思维方法：（1）晶胞计算是晶体考查的重要知识点之一，也是考查学生分析问题、解决问题能力的较好素材。晶体结构的计算常常涉及如下数据：晶体
41、密度、NA、M、晶体体积、微粒间距离、微粒半径、夹角等，密度的表达式往往是列等式的依据。解决这类题，一是要掌握晶体“均摊法”的原理，二是要有扎实的立体几何知识，三是要熟悉常见晶体的结构特征，并能融会贯通，举一反三。（2）在使用均摊法计算晶胞中微粒个数时，要注意晶胞的形状，不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有，如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面心依次被6、3、4、2个晶胞所共有。（3）晶体微粒与M、之间的关系：若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol晶胞中含有x mol微粒，其质量为xM g（M为微粒的相对“分子”质量）；又1个晶胞的质量为a3g（a3为晶胞的体积）
42、，则1 mol晶胞的质量为a3NAg，因此有xMa3NA。12. G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：已知： （1）B的结构简式为_。 （2）反应的条件为_；的反应类型为_；反应的作用是_。（3）下列对有机物G的性质推测正确的是_(填选项字母)。A具有两性，既能与酸反应也能与碱反应 B能发生消去反应、取代反应和氧化反应C能聚合成高分子化合物 D1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的C的同分异构体有_ 种。A属于芳香族化合物，且含有两个甲基 B能发生银镜反应 C与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱
43、有4组峰，且峰面积之比为6221的是 _ (写出其中一种结构简式)。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻或对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。_合成路线流程图示例如下：XYZ目标产物【答案】 (1). . (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 取代反应 (4). 保护酚羟基，以防被氧化 (5). AC (6). (7). (8). 16种 (9). 【解析】C发生氧化反应生成D，由D的结构逆推，可知C为；A与B反应生成C，结合B的分子式、给予的反应信息，可知B为，A为；D发生水解反应、酸
44、化得到E为；由G的结构简式可知，E发生硝化反应生成F，F再发生还原反应得到G。（1）由上述分析可知，B的结构简式为：,故答案为：；（2）反应为硝化反应，反应条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热，的反应类型为取代反应，反应的作用是保护酚羟基，以防被氧化。故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）A、G含有氨基与羧基，具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B、G不能发生消去反应，故B错误；C、含有羧基、氨基，能进行缩聚，形成高分子化合物，故C正确；D、羧基能与NaHCO3反应生成CO2，1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误。故选AC；（4）
45、D中羧基，水解得到羧酸与酚羟基均与NaOH反应，反应化学方程式为：；（5）C为,符合下列条件的C的同分异构体：a、属于芳香族化合物，且含有两个甲基，说明含有苯环和2个CH3；b、能发生银镜反应，说明含有CHO；c、与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则苯环上有四个取代基：2个CH3、1个OH、1个CHO。若为苯环上H原子被OH、CHO取代，则当OH在中1号位置，-CHO有3种位置；当-OH在2号位置，CHO有3种、3种位置，故共6种同分异构体；若为苯环上H原子被OH、CHO取代，则当OH在中1号位置，-CHO有2种位置；当-OH在2号位置，-CHO有2种位置；当-OH在3号位置，-CHO有3种位置，共7种同分异构体；若为苯环上H原子被OH、CHO取代，OH有1种位置，而CHO有3种位置。故符合条件的同分异构体共有16种。其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积之比为6:2:1:1的是或。故答案为：16； 或。（6）流程目的：。要将-CH3氧化为-COOH，且要在邻位引入1个-NH2。苯环上-CH3可以在酸性高锰酸钾条件下被氧化为-COOH；据已知信息可知，可以先在甲苯上引入-NO2，即发生硝化反应；然后在Fe/HCl的条件下将-NO2还原为-NH2；而又已知-NH2极易被氧化，所以-CH3的氧化应在-NO2的还原之前。合成流程图为：。
