1、四川省绵阳南山中学实验学校2020届高三化学下学期5月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cl-35.5 Sr-881.近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是（ ）A. 成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B. 制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D. 诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属在常温下能溶于浓硝酸【答案】D【解析】【详解】A百炼成钢包含了杂质被氧化的过程，蜡炬成灰包含了蜡烛的燃烧，均为化学变化，故A正确；B陶瓷属于硅酸盐
2、材料，主要原料为黏土，故B正确；C雷雨肥庄稼是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收，其中生成一氧化氮、二氧化氮、硝酸的反应均为氧化还原反应，故C正确；D诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属为铁，常温下铁在浓硝酸中钝化不能溶解，故D错误；故答案为D。2.某化学学习小组利用如图装置来制备无水AlCl3（已知：无水AlCl3178升华，遇水能迅速发生反应）。下列说法正确是（ ）A. 装置中的试剂可能是二氧化锰B. 装置、中的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水C. 和之间使用粗玻璃管是为了防堵塞D. 球形干燥管中碱石灰的作用只有处理尾气
3、【答案】C【解析】【分析】结合题干信息，由图可知，装置为氯气制备装置，装置的目的是除去氯气中的氯化氢，装置的目的是干燥氯气，装置为制备无水AlCl3的装置，装置用来收集生成的氯化铝，碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置中，并吸收过量的氯气防止污染环境，据此分析解答问题。【详解】A装置为氯气的制备装置，浓盐酸与MnO2需要在加热的条件下才能反应生成Cl2，缺少加热仪器，故A错误；B装置的目的是除去氯气中的氯化氢，用饱和食盐水，装置的目的是干燥氯气，用浓硫酸，故B错误；C无水AlCl3178升华，为了防堵塞，和之间使用粗玻璃管，故C正确；D球形干燥管中的碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入装置
4、中，并吸收过量的氯气防止污染环境，故D错误；答案选C。3.2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NAB. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NAC. 46g75%乙醇中含有的氧原子数大于6NAD. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气【答案】A【解析】【详解】A.74.5gNaClO的物质的量n=1mol，而次氯酸钠中
5、含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含有的离子数目为2NA个，故A正确；B.NaClO和HCl发生归中反应生成氯气，NaClO中氯元素由+1价变为0价，故1molNaClO反应后转移的电子数目为NA，故B错误；C.75%乙醇溶液中75%指的是体积分数，因为未知密度，所以46g乙醇溶液中含有的氧原子数目无法计算，故C错误；D.氯气所处的状态未知，则无法计算氯气的物质的量，故D错误；综上所述，答案A。4.化合物X3Q(Y2Z4)3是制备负载活性催化剂的主要原料。其中Q是使用最广泛的金属元素；Y、Z、X均为前20号元素且原子序数依次增大，X、Q同周期；Y、Z同周期，且两种元素的原子序数之
6、和比X小5；Z的最外层电子数与Y的原子序数相等。下列说法正确的是A. Q在自然界主要以游离态存在B. 简单气态氢化物的稳定性：ZYC. 前20号中简单离子半径是最大的是XD. X与Z形成的二元化合物一定只含离子键【答案】B【解析】【分析】Q是使用最广泛的金属元素，则Q为Fe元素，Y、Z、X均为前20号元素且原子序数依次增大，X、Q同周期；Y、Z同周期，且两种元素的原子序数之和比X小5；Z的最外层电子数与Y的原子序数相等，则可得X为K元素，Y为C元素，Z为O元素，据此分析解答。【详解】AQFe元素，Fe在自然界主要以化合态存在，故A错误；BY为C，Z为O，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越大
7、，非金属性：C小于O，简单氢化物的热稳定性：ZY，故B正确； CX为K元素，位于第四周期，前20号主族元素中原子半径最大的是K，简单离子的电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，如Cl-半径大于K+，故C错误；DX与Z形成的二元化合物，其中一种是K2O2，K2O2中存在离子键和共价键，故D错误；答案选B。5.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法正确的是( )A. 过程中，粗盐的提纯只涉及除杂、结晶等物理过程B. 过程中，工业上常用 NaOH 作为沉淀剂得到 Mg(OH)2C. 过程中，直接加热蒸干 MgCl2 溶液即可得到无水 MgCl2D 过程中，可以选用 Na2SO3 饱和溶液来代替
8、 SO2 水溶液【答案】D【解析】【详解】A. 过程中，粗盐的提纯涉及除杂、过滤、结晶等过程，其中除去镁离子、钙离子和硫酸根用到化学反应，故A错误；B、从海水中获得Mg(OH)2工业上选择NaOH作沉淀剂，不符合生产的经济效益，故B错误；C、镁离子在溶液中会发生水解，直接蒸干氯化镁得到氢氧化镁，氢氧化镁热稳定性差，最终得到氧化镁，为防止镁离子的水解，可在氯化氢气流中蒸发氯化镁溶液，故C错误；D、中加入二氧化硫的作用是还原溴单质， Na2SO3 饱和溶液中的亚硫酸根也能还原溴单质，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。6.我国科学家发明了一种“可固氮”的锂氮二次电池，将可传递离子的醚类做电解质，
9、电池的总反应(固氮过程)为6Li+N2=2Li3N。下列说法不正确的是( )A. 固氮时，阳极区发生反应Li-e-=Li+B. 脱氮过程，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li+N2C. 醚类电解质可换成硫酸锂溶液D. 脱氮时，锂离子移向锂电极【答案】C【解析】【分析】电池的总反应(固氮过程)为6Li+N2=2Li3N可知：固氮时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li+N2+6e-2Li3N，脱氮是固氮的逆过程，据此解答。【详解】A根据分析，固氮时，锂失电子作负极，阳极区发生反应Li-e-=Li+，故
10、A正确；B脱氮是固氮的逆过程，钌复合电极的电极失电子发生还原反应，电极反应为：2Li3N-6e-=6Li+N2，故B正确；C硫酸锂溶液中含有水，锂电极会与水发生剧烈反应，则不能换成硫酸锂溶液，故C错误；D脱氮时为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向阴极锂电极迁移，故D错误；答案选B。7.痛风性关节病的发病机理和尿酸钠有关。室温下，将尿酸钠(NaUr)的悬浊液静置，取上层清液滴加盐酸，溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH的关系如图所示。已知Ksp(NaUr)=4.910-5mol2L-2，Ka(HUr)=2.010-6molL-1。下列说法错误的是( )A. 上层清液中，c(Ur-)=7.010-3
11、molL-1B. MN的变化过程中，逐渐减小C. N点时，c(Cl-)=c(HUr)D. 当c(HUr)=c(Ur-)时，c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据Ksp=c(Na+)c(Ur-)=4.910-5，c(Ur-)=7.0103，故A正确；B尿酸钠(NaUr)的上层清液中:Ur-+H2OHUr+OH-，溶液显碱性，滴加盐酸，在MN的变化过程中，水解平衡正向移动，c(HUr)增大，c(Ur-)减小，溶液趋向于中性，温度不变，Ksp不变，则的值增大，故B错误；CN点时，pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Ur-)+c(Cl
12、-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-)，根据物料守恒：c(Na+)= c(Ur-)+c(HUr)，两式合并可得c(Cl-)=c(HUr)故C正确；D当c(HUr)=c(Ur-)时，根据Ka(HUr)=2.010-6，c(H+)=2.010-6，则pH=5.7，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，故D正确；答案选B。8.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl36H2O能否反应产生Cl2，FeCl3的升华温度为315。实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热.A中部分固体溶解，上方出现白雾.稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴.B中溶液变蓝（1）现象中的白雾是_。（
13、2）分析现象，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a.加热FeCl36H2O，产生白雾和黄色气体。b.用KSCN溶液检验现象和a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象中黄色气体含有_。（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是_。经实验证实推测成立。溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。方案1：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C。方案2：将B中KI淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验
14、Fe2+。现象如下：方案1B中溶液变为蓝色方案2B中溶液呈浅橙红色，未检出Fe2+方案1的C中盛放的试剂是_(填字母)。A.NaCl饱和溶液 B.NaOH溶液 C.NaClO溶液方案2中检验Fe2+的原因是_。综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是_。（5）将A中的产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是：_。【答案】 (1). 盐酸小液滴 (2). FeCl3 (3). 2Fe3+2I-=2Fe2+I2 (4). 另取一支试管，向其中加入KI淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝 (5). A (6). 排除Fe3+将Br-氧化成B
15、r2的可能性 (7). 该实验条件下，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2 (8). 3MnO2+4FeCl36H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2+24H2O【解析】【分析】(1)FeCl36H2O受热失去结晶水，同时水解，生成HCI气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；(2)FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3；(3)氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；作对照实验，需要除去Cl2和Fe3+的干扰才能检验酸性情况下的O2影响，所以最好另取溶液对酸性情况下氧气的影响进
16、行检验。因为原题中存在HC1气体，所以酸化最好选用盐酸；(4)方案1：除去Cl2中的FeCl3和O2(H+),若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色则证明原气体中确实存在Cl2，Cl2中的氯化氢的去除使用饱和NaCl溶液，饱和NaCl溶液也可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCI气体，从而排除两个其他影响因素；方案2：若B中观察到浅橙红色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+另外，因为还原剂用的不是I-，可不用考虑O2(H+)的影响问题；方案2：将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，结果B中溶液呈橙红色，且未检出Fe
17、2+，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br 2；(5)二氧化锰与FeCl36H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，据此结合原子守恒书写反应方程式。【详解】(1) FeCl36H2O受热失去结晶水FeCl36H2OFeCl3+6H2O，同时水解FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，故答案为：HCl小液滴； (2) FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3+3SCN-= Fe(SCN)3，生成血红色的硫氰化铁，用KSCN溶液检验现象ii和A中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl
18、3，故答案为：FeCl3；(1) 碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2，故答案为：2Fe3+2I-=2Fe2+I2；FeCl36H2O受热水解，生成HCl气体，作对照实验，需用盐酸酸化，另取一支试管，向其中加入KI-淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察一段时间后溶液是否变蓝，若一段时间后溶液变蓝则推测成立，故答案为：另取一支试管，向其中加入KI淀粉溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝,进行推测；(4) 方案1：氯化铁能氧化碘离子，氧气在酸性条件下，能氧化碘离子，所以需除去Cl
19、2中的FeCl3和O2(H+)，若仍能观察到B中溶液仍变为蓝色，则证明原气体中确实存在Cl2，使用饱和NaCl溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的HCl气体，从而排除两个其他影响因素，故答案为：A；方案2：若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+另外，因为还原剂用的不是I-，可不用考虑O2(H+)的影响问题，故答案为：排除Fe3+将Br-氧化成Br2的可能性；选择NaBr溶液的依据是Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被氧化为Br2，故答案为：该实验条
20、件下，Br-可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2 ；（5）二氧化锰与FeCl36H2O反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为：3MnO2+4FeCl36H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2+24H2O，故答案为：3MnO2+4FeCl36H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2+24H2O。【点睛】本题根据FeCl3的强氧化性，进行解答；根据Fe3+3SCN-= Fe(SCN)3，生成血红色的硫氰化铁，选择用KSCN溶液检验Fe3+。9.一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶(SrCl26H2O)”的工艺流程如图：(1)锶与钙同主族。金属锶应保
21、存在_中(填“水”、“乙醇”或“煤油”)。(2)天青石(主要成分SrSO4)经过多步反应后可制得工业碳酸锶。其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为_。(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质。“滤渣”的主要成分是_。(4)“重结晶”时蒸馏水用量以质量比m(H2O)：m(SrO)表示对Sr(OH)28H2O纯度及产率的影响如下表。最合适的质量比为_，当质量比大于该比值时，Sr(OH)28H2O产率减小，其原因是_。质量mH2O：mSrO4：15：16：17：18：19：110：1Sr(OH)28H2O纯度%98.6498.6898.6598
22、.6498.6398.6398.65Sr(OH)28H2O产率%17.9153.3663.5072.6692.1789.6588.93(5)水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO42-含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl2除杂，写出该过程的离子方程式_。(6)若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl26H2O(M=267gmol-1)进行脱水。脱水过程采用烘干法在170下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为_。【答案】 (1). 煤油 (2). SrSO4+4CSrS+4CO (3). Ca(OH)2、MgO (4). 8：1 (5). 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤
23、的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 (6). SO42-+Sr2+=SrSO4 (7). SrCl2H2O【解析】【分析】一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶(SrCl26H2O)”，由流程可知，工业碳酸锶隔绝空气高温焙烧后水浸过滤，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶得粗氢氧化锶，再通过重结晶操作，可得精制的氢氧化锶Sr(OH)28H2O，与由水氯镁石提纯而得的精制氯化镁发生复分解反应生成SrCl2溶液和Mg(OH)2沉淀，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl26H2O，由此分析解答。【详解】(1)金属锶很活泼，易与水中的氢发生置换反应和醇羟基中氢发生置换反应，所以可保存在
24、煤油中；(2)此过程中硫酸锶与碳在高温下反应生成硫化锶和一氧化碳，反应方程式为SrSO4+4CSrS+4CO；(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，煅烧后生成对应氧化物，氧化物和水反应生成氢氧化物，MgCO3煅烧后得到的MgO不溶于水，也不与水反应，而氢氧化钙微溶于水，“滤渣”的主要成分是MgO和Ca(OH)2；(4)题给信息中Sr(OH)28H2O纯度都已经达到98%以上，产率是在质量比mH2O:mSrO=8:1时最高为92.17%，当质量比大于该比值时，Sr(OH)28H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶过滤的过程中部分Sr(OH)2留在母液中
25、导致产率降低；(5)水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO42含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl2 除杂，该过程的离子方程式为SO42-+Sr2+=SrSO4；(6)脱水过程采用烘干法在170下预脱水，失重达33.7%，设烘干法在170下脱去x个结晶水，则100%=33.7%，x=5，即SrCl26H2O脱水失去5个结晶水，故此时获得的产物化学式为：SrCl2H2O。10.据公安部2019年12月统计，2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物、氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。I.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知
26、：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=393.5kJmol12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=221.0kJmol1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+180.5kJmol1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式_。（2）对于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_（填字母代号）。A.比值不变B.容器中混合气体的密度不变C.v（N2）正=2v（NO）逆D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变（3）使用间接电化学法可处
27、理燃煤烟气中的NO，装置如图2所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式_。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理_。（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H”、“”或“=)。II.“低碳经济”备受关注，CO2的有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H (7). L1 (8). 【解析】【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热，完成热化学方程式书写；（2）化学平衡状态的判断
28、要依据正逆反应速率相等，各组分的浓度不变来分析判断；（3）结合图示信息确定吸收室中的反应物和产物，以及阴极的反应物和产物，依据电子得失守恒以及元素守恒完成反应方程式的书写；（4）根据表达式，结合平衡时正逆反应速率相等，确定平衡常数与正逆速率常数之间的关系，利用表格数据列出三段式，求解平衡常数，根据温度改变平衡常数改变，由不同温度时平衡常数的大小确定温度的变化情况；（5）根据浓度对平衡的影响分析反应物比值改变时的转化率变化，借助特殊的交点数据列三段式求解Kp。【详解】（1）将三个反应依次标记为I、II、III，根据盖斯定律热化学方程式2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，可由得
29、到，则H= =-746.5kJ/mol，则该反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ/mol，故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ/mol；（2）A.反应过程中NO的浓度在减小，二氧化碳的浓度在增大，则比值在反应过程中是变量，当比值不变时说明浓度不再改变，反应达到平衡，故A可判断；B.该反应前后各物质均为气体，气体质量保持不变，容器体积恒定，则密度始终保持恒定，故容器中混合气体的密度不变不能确定平衡状态，故B不可判断；C.平衡时正逆反应速率相等，不同物质间速率要满足化学计量数之比，即2v（N2
30、）正=v（NO）逆时反应达平衡状态，故C不能判断；D.反应前后气体质量不变，该反应正向气体分子数减小，反应过程中容器中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当平均摩尔质量不变时反应达到平衡，故D可判断。故答案为：AD；（3）由电解装置可知左侧Pb为阴极，阴极上发生转变为的反应，电解为弱酸性环境，则电极反应式为：2+2e-+2H+=+2H2O；吸收室中发生NO和产生和氮气的反应，反应方程式为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故答案为： 2+2e-+2H+=+2H2O；2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-（4）v正=k正c2(CO)c(O2)，v逆=k逆c2(CO2)
31、，当反应达平衡时v正= v逆，则k正c2(CO)c(O2)= k逆c2(CO2)， 。根据表格信息，T1时反应3s达到平衡状态，c(CO)= , c(O2)=0.2mol/L，结合反应可知二氧化碳的浓度变化量=一氧化碳的浓度变化量=1mol/L-0.2mol/L=0.8 mol/L，则该温度时的平衡常数K=,则该温度时=80，故答案为：80；温度改变为T2时k正=k逆，即=1，此时的平衡常数小于T1时的平衡常数，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动平衡常数减小，因此T2大于T1，故答案为：；（5）越大时，可视为是二氧化碳不变时增大氢气的物质的量，增大氢气的量平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大
32、，而氢气的转化率降低，故L1代表二氧化碳，L2代表氢气，故答案为：L1；温度为T不变时，平衡常数不变，取交点时计算，交点时两者的转化率均为50%，总气体为5mol，=amol，则=（5-a）mol，列三段式得：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：a5-a转化物质的量：0.5a0.5（5-a）0.5aa平衡物质的量：0.5a0.5（5-a）0.5aa由变化量之比等于化学计量数之比得： ，解得：a=1,代入三段式得，CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)起始物质的量：14转化物质的量：0.520.51平衡物质的量：0.520.51起始物质的量为5mo
33、l时气体压强为5P，平衡时气体物质的量为4mol，则平衡时压强为4P， ，故答案为：【点睛】本题主要考查化学反应原理的有关知识，涉及盖斯定律的应用，平衡状态的判断，平衡常数的计算等知识，特别主要反应平衡常数表达式中是不允许代入固体和纯液体物质，代数计算算是一定要注意只能是平衡浓度。平衡常数只与温度有关，温度不变时任意平衡点的平衡常数相同。11.碳、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_(填字母)。A. B.C. D.(2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示：P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_。1mo
34、lP4S3分子中含有的孤电子对的数目为_对。(3)科学家合成了一种阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，此后又合成了一种含有“N5n+”的化学式为“N8”的离子晶体(该晶体中每个N原子都达到了8电子稳定结构)，N8的电子式为_。(CN)2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_。(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_。(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表
35、为四种碳酸盐的热分解温度和对应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，原因是_。碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3热分解温度/40290011721360金属阳离子半径/pm6699112135(6)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为gcm-3，C-C键的键长为rcm，NA为阿伏加德罗常数的值，则石墨晶体的层间距d=_cm。【答案】 (1). ACBD (2). sp3 (3). 10NA (4). (5). NCCN (6). PnO3n+1(n+2)- (7). 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二
36、氧化碳的过程，氧离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低 (8). 【解析】【详解】(1)轨道中电子能量：1s2s2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是ACBD；(2)该分子中每个S原子形成2个共价键且还含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知S原子杂化类型为sp3；该分子中每个S原子含有2个孤电子对、每个P原子含有1个孤电子对，所以该分子中孤电子对个数=32+41=10，则1molP4S3分子中含有的孤电子对的数目为10NA；(3)N
37、5n+结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个NN键，满足条件的结构为：，故“N5”带一个单位正电荷，所以化学式为”N8”的阴离子为N3-、阳离子为，N8的电子式为；分子(CN)2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构，则每个C原子形成4个共价键、每个N原子形成3个共价键，其结构简式为NC-CN；(4)含有n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)氧原子，O原子数目=4n-(n-1)=3n+1，所带电荷为(-2)(3n+1)+5n=-(n+2)，故多聚磷酸根离子的通式为：PnO3n+1(n+2)
38、-；(5)碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低；(6)晶胞中C原子的数目为，所以晶胞质量为；设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h=2d，底面图为，则，所以a=r，则底面面积为cm2，则晶胞体积为V=cm3，所以有，解得d=。【点睛】第6题为本题难点，要注意石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，所以图示晶胞的底面不是正方形而是菱形，然后结合几何知识进行计算。12.有研究人员在体外实验中发现药物瑞
39、德西韦对新冠病毒有明显抑制作用。E是合成瑞德西韦的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)W的化学名称为_；反应的反应类型为_(2)A中含氧官能团的名称为_。(3)写出反应的化学方程式_(4)满足下列条件的B的同分异构体有_种(不包括立体异构)。苯的二取代物且苯环上含有硝基；可以发生水解反应。上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2的结构简式为_(5)有机物中手性碳(已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳)有 _个。结合题给信息和已学知识，设计由苯甲醇为原料制备的合成路线_ (无机试剂任选)。【答案】 (1). 氨基乙酸 (2). 取代反应 (3). 硝基和羟基 (4). +
40、+H2O (5). 8 (6). (7). 2 (8). 【解析】【分析】根据流程图，A()和发生取代反应生成B()，B和磷酸在加热条件下发生取代生成C，C在一定条件下转化为，中的一个氯原子被取代转化为D；X与HCN发生加成反应生成Y，Y和氨气在一定条件下发生取代反应生成Z，Z在酸性条件下水解得到W，D和R在一定条件下反应生成E，根据E和D的结构简式，可推出R的结构简式为，由此可知W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，据此分析解答。【详解】(1)W的结构简式为，结构中有羧基和氨基，化学名称为氨基乙酸；根据分析，反应为A()和发生取代反应生成B()，反应类型为取代反应；(2)A的结构简式为，
41、含氧官能团的名称为硝基和羟基；(3)根据分析，反应为W和在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成R，R的结构简式为，化学方程式+ +H2O；(4)B的结构简式为，苯的二取代物且苯环上含有硝基；可以发生水解反应，说明另一个取代基为酯基，该酯基的结构可为-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯环上与硝基分别有邻间对三种位置，分别为：、，除去自身外结构外，共有8种； 上述同分异构体中核磁共振氢谱为3:2:2，说明分子中含有三种不同环境的氢原子且个数比为3:2:2，则符合要求的结构简式为 ； (5)已知与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，有机物中手性碳的位置为，有2个；的水解产物为，的结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，则合成路线为：。
