1、河北省唐山市20192020 学年度高三上学期期末考试理科综合能力测试化学部分1.“远上寒山石径斜，白云深处有人家”是唐代诗人杜牧的诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法正确的是A. 白云和雾霾的组成成分相同B. 白云和雾霾都只通过物理变化形成C. 若山石的主要成分为石灰石，则水泥、玻璃和炼铁工业上都要用到它D. 若山石的主要成分为正长石(K2OAl2O33SiO2),则该物质在分类上属于氧化物【答案】C【解析】【详解】A.雾霾是悬浮在空中的可吸入颗粒物，云是大气中的水蒸气在高空遇到冷形成，组成成分不同，故A错误；B.雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发
2、等等，雾霾天气通常是多种污染源混合作用形成的，雾霾的形成是既有物理变化又有化学变化的过程，云是大气中的水蒸气在高空遇到冷形成，是物理变化过程，故B错误；C.生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，石灰石还是炼铁的一种造渣原料，在水泥、玻璃和炼铁工业上都要用到石灰石，故C正确；D.正长石属于硅酸盐，不属于氧化物，故D错误；故选C。【点睛】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断是解答关键。2.萜类化合物广泛存在于动植物体内，某萜类化合物如下图所
3、示，下列说法正确的是A. 此萜类化合物的化学式为C10H14OB. 该有机物属于芳香烃C. 分子中所有碳原子均处于同一平面上D. 在浓硫酸、加热条件下，可生成两种芳香烯烃【答案】A【解析】【详解】A.由萜类化合物的结构简式可知分子式为C10H14O，故A正确；B萜类化合物中含有氧元素，属于芳香化合物，不属于芳香烃，故B错误；C.萜类化合物中含有4个饱和碳原子，所有碳原子不可能处于同一平面上，故C错误；D.萜类化合物含有羟基，与羟基相连的碳原子上含有的两个甲基是等效的，在浓硫酸、加热条件下，只能生成一种芳香烯烃，故D错误；故选A。【点睛】判断分子中共线、共面原子数的技巧1.任何两个直接相连的原子
4、在同一直线上。2.任何满足炔烃结构的分子，其所有4个原子在同一直线上。3.苯环对位上的2个碳原子及与之相连的2个氢原子共4个原子一定在一条直线上。4.典型所有的原子一定共平面的有：CH2=CH2、CHCH、苯；可能共平面的有：CH2=CHCH=CH2、。5.只要出现CH4、CH3或CX3等，即只要出现饱和碳原子，所有原子肯定不能都在同一平面上。3.下列操作、现象及结论均正确的是选项操作现象结论A用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧火焰呈绿色溶液中含有Cu2+B向茶水中滴加FeCl3溶液溶液呈紫色茶水中含有酚类物质C向紫色石蕊溶液中通入SO2溶液先变红后褪色SO2具有酸性、漂白性D等体积pH=3的HA和H
5、B两种酸加水稀释相同倍数后测溶液的pHHA的pH大HB的酸性比HA强A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.洁净的铜丝灼烧的火焰呈绿色，用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧的火焰呈绿色不能确定是否含有Cu2+，故A错误；B.FeCl3溶液能与酚类物质发生显色反应使溶液呈紫色，则向茶水中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色说明茶水中含有酚类物质，故B正确；C.向紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液只能变红色，不会褪色，故C错误；D.相同pH的强酸溶液和弱酸溶液稀释相同倍数，强酸溶液pH变化大，则等体积pH=3的HA和HB两种酸加水稀释相同倍数后HA的pH大，说明HA的酸性强于HB，故D错误；故选
6、B。【点睛】SO2只能使紫色石蕊溶液变红色，不会褪色是解答关键，也是易错点。4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 标准状况下，22.4L氩气含有的电子数为18NAB. 7.8gNa2O2中含有的阴离子总数为0.1NAC. 0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2 NAD. 若1LFeCl3溶液中，含NA个Fe3+，则Cl物质的量浓度大于3 molL1【答案】C【解析】【详解】A.氩气是单原子分子，含有18个电子，标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，含有的电子数为18NA，故A正确；B.过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子
7、组成的离子化合物，7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol，含有的阴离子总数为0.1NA，故B正确；C.氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应是一个气体体积不变的可逆反应，则0.1 mol H2和0.1 mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2 NA，故C错误；D.FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中水解，Cl-不水解，则1LFeCl3溶液中，含NA个Fe3+，Cl物质的量一定大于3 molL1，故D正确；故选C。【点睛】氢气与碘蒸气生成碘化氢的反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论反应是否达到平衡，气体体积恒定不变是解答关键，也是易错点。5.如图是全钒液流储能电池的示意图，a、b是
8、碳电极，几种含钒元素的离子在水溶液中颜色如表所列，全钒液中还含有H+、SO42-，下列说法中错误的是V2+V3+VO2+VO2+紫色绿色蓝色黄色A. 当外接负载时，右槽溶液若逐渐由紫变绿，则b为负极B. 当外接负载时，电流若由a流出，则左槽溶液的pH增大C. 当b与外接电源负极相连时，则b极发生V3+e=V2+D. 充电时若电路中转移0.1 mol电子，则左槽溶液中n(H+)的变化量为0.2 mol【答案】D【解析】【详解】A.当外接负载时，右槽溶液若逐渐由紫变绿，说明V2+失电子被氧化发生氧化反应生成V3+，则b为负极，故A正确；B.当外接负载时，电流若由a流出，a为原电池的正极，VO2+在
9、正极得电子发生还原反应生成VO2+，电极反应式为VO2+2H+e-VO2+H2O，由电极反应式可知，放电时正极消耗氢离子，溶液的pH增大，故B正确；C.当b与外接电源负极相连时，b为电解池阴极，V3+在阴极得电子发生还原反应生成V2+，电极反应式为V3+e=V2+，故C正确；D.充电时，左槽发生的反应为VO2+H2Oe-VO2+2H+，当转移0.1 mol电子，生成氢离子为0.2mol，右槽发生的反应为V3+e=V2+，电荷数变化为0.1 mol，则由电荷守恒可知，有0.1 mol氢离子由左槽移向右槽，左槽溶液中n(H+)的变化量为（0.20.1）mol=0.1mol，故D错误；故选C。【点睛
10、】充电时，左槽发生的反应为VO2+H2Oe-VO2+2H+，当转移0.1 mol电子，生成氢离子为0.2mol，右槽发生的反应为V3+e=V2+，电荷数变化为0.1 mol，则由电荷守恒可知，有0.1 mol氢离子由左槽移向右槽是解答关键，也是解答难点。6.W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y所处的周期序数与族序数相等。甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，丁是氯碱工业的-种产物，戊为二元化合物，常温下0.01 molL 1戊溶液的pH为2。上述物质的转化关系如图所示。下列说法中错误的是A. 原子半径: NYXB. W2N分子的比例模型为C. 物质丁中含有离子键和共价
11、键D. 丙在固态时属于分子晶体【答案】B【解析】【分析】由Y所处的周期序数与族序数相等可知，Y为Al元素；丁是氯碱工业的-种产物，戊为二元化合物，常温下0.01 molL 1戊溶液的pH为2可知，丁为NaOH、戊为HCl，则甲为Al（OH）3、乙为NaAlO2、丙为AlCl3，由W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素可知，W为H元素、N为O元素、X为Na元素、Z是Cl元素。【详解】A.同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径：OAlc(S2) c(H2S) c(H+)C. pH=7的溶液: c(Na+)c(S2)c(HS )c(OH
12、)=c(H+)D. c(H+)=9.110-8 molL-1时: c(H2S)+2c(S2 )+c(OH )=c(Na + )+c(H )【答案】D【解析】【详解】A.H2S是二元弱酸，在溶液中抑制水的电离，向25.00 mL 0.1000 molL1H2S溶液中逐滴滴入NaOH溶液，H2S与NaOH反应生成NaHS、Na2S时，反应生成的NaHS、Na2S水解，促进水的电离，溶液中水的电离程度不断增大，当H2S完全反应，再滴入NaOH溶液，溶液中过量的NaOH抑制水的电离，水的电离程度会减小，故A错误；B.c(Na+ )=c(总)的溶液为NaHS溶液，NaHS的水解常数Kh= Ka2=1.1
13、10 -12，溶液中NaHS的水解程度大于电离程度，NaHS溶液呈碱性， 溶液中c(H2S) c(S2-)，故B错误；C.因NaHS溶液呈碱性，pH=7的溶液为H2S与NaHS的混合溶液，则溶液中c(HS- ) c(S2-)，故C错误；D.由K a1=9.110-8可知c(H+)=9.110-8 molL-1时，溶液中c(H2S)= c(HS- )，由电荷守恒c(HS- ) +2c(S2- )+c(OH- )=c(Na + )+c(H- )可得c(H2S)+2c(S2- )+c(OH- )=c(Na + )+c(H- )，故D正确；故选D。【点睛】由由K a1确定c(H+)=9.110-8 m
14、olL-1的溶液中c(H2S)= c(HS )，再由电荷守恒确定c(H2S)+2c(S2 )+c(OH )=c(Na + )+c(H )是分析解答的难点，也是易错点。8.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)。利用废玻璃粉末可以制取多种化工产品。设计流程如下:查阅资料可知:CeO2性质:淡黄或黄褐色粉末，不溶于水和碱，微溶于酸;有强氧化性Ce3+在碱金属碳酸盐溶液中生成难溶的碳酸复盐Ce2(CO3):Na2CO32H2O。常温时两种沉淀物的溶度积见表:沉淀物Fe(OH)3Ce(OH)3Ksp4.010-381.510-20回答下列问题:(1)过程分离
15、操作中用到的玻璃仪器有_。(2)过程中发生反应的离子方程式为_，过程中发生的化学反应方程式为_。(3)产品I是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、灭菌、消毒、吸附、絮凝、沉淀等性能为一体。净水过程中，Na2FeO4 起到吸附、絮凝作用的原理是_。(4)工业上也可用电解浓NaOH溶液制备产品I。用铁做电极，写出电解时阳极发生的电极反应方程式_。(5)沉淀过程中，当某种离子浓度降至105 molL-1时，可认为此离子完全沉淀。过程中Fe3+沉淀完全时溶液的pH=_ (已知 lg2=0.3)。(6)写出产品III的一种用途_。【答案】 (1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). 2CeO2H2O26H
16、=2Ce34H2OO2 (3). 2Ce2(CO3)3Na2CO32H2O+O24CeO2+2Na2CO3+6CO2+4H2O (4). 净水过程中，FeO42被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用 (5). Fe6e+8OH=FeO42+4H2O (6). 3.2 (7). 建筑行业的黏合剂（特殊用途的木材、纺织品的耐腐蚀剂、阻燃剂）【解析】分析】由流程可知，向废玻璃粉末中加入稀盐酸，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，二氧化硅与稀盐酸不反应，二氧化铈部分与盐酸反应，则过滤后滤渣A为二氧化硅和二氧化铈，滤液A为氯化铁和氯化铈的混合液；调节滤液A的pH，氯化铁转化为氢
17、氧化铁沉淀，则过滤后滤渣B为氢氧化铁，滤液B为含有四氯化铈的溶液；碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠发生氧化还原反应生成产品高铁酸钠；在酸性条件下，滤渣A中二氧化铈和滤液B中四氯化铈与双氧水发生氧化还原反应生成Ce3，二氧化硅不反应，则过滤后得到含有Ce3的滤液，滤渣C为二氧化硅；向含有Ce3的滤液中加入浓碳酸钠溶液，反应生成Ce2(CO3)3Na2CO32H2O，Ce2(CO3)3Na2CO32H2O在空气中煅烧生成产品二氧化铈；向滤渣C中加入氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成产品硅酸钠。【详解】（1）过程的分离操作为过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、
18、玻璃棒；（2）过程发生的反应为酸性条件下，二氧化铈与双氧水发生氧化还原反应生成Ce3，反应中铈元素化合价降低被还原，二氧化铈做氧化剂，双氧水做还原剂，反应的离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce34H2OO2；过程发生的反应为Ce2(CO3)3Na2CO32H2O在空气中煅烧生成二氧化铈，反应中铈元素化合价升高被氧化，空气中氧气做反应的氧化剂，反应的化学方程式为2Ce2(CO3)3Na2CO32H2O+O24CeO2+2Na2CO3+6CO2+4H2O，故答案为：2CeO2H2O26H=2Ce34H2OO2；2Ce2(CO3)3Na2CO32H2O+O24CeO2+2Na2CO3+6CO2
19、+4H2O；（3）Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，净水过程中，FeO42被细菌还原成Fe3+，达到杀菌消毒的作用，反应生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有很大的表面积，能够吸附水中悬浮杂质，起到吸附、絮凝作用，达到净水的目的，故答案为：净水过程中，FeO42被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用；（4）工业上也可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4时，阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42，电极反应式为Fe6e+8OH=FeO42+4H2O，故答案为：Fe6e+8OH=FeO42+4H2O；（5）Fe(OH)3的K
20、sp=c（Fe3+）c3（OH）=4.010-38，Fe3+沉淀完全时溶液中c（OH）=mol/ L，则溶液的pH=1411+lg2=3.2，故答案为：3.2；（6）产品为硅酸钠，硅酸钠溶液常用作建筑行业的黏合剂，特殊用途的木材、纺织品的耐腐蚀剂、阻燃剂等，故答案为：建筑行业的黏合剂（特殊用途的木材、纺织品的耐腐蚀剂、阻燃剂。【点睛】酸性条件下，二氧化铈与双氧水发生氧化还原反应生成Ce3，反应中铈元素化合价降低被还原，二氧化铈做氧化剂，双氧水做还原剂是解答关键，也是易错点。9.亚硫酸钠容易被氧化，某化学兴趣小组为测定某亚硫酸钠样品的纯度，三名学生分别设计了不同实验方案。甲同学的实验方案：称取1
21、0.0g样品，进行如图所示实验，测得装置D中干燥管实验前后增大。(1)写出B中发生反应的化学方程式_。装置E的作用是_。乙同学的实验方案:称取10.0g样品，溶于过量的盐酸后，再加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量为0.9g。(2)洗涤沉淀的方法是_，重复23次。丙同学的设计方案步骤如下：称取样品10.0g,加水溶解配成250 mL溶液;量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中;用酸化的0.1502 molL 1 KMnO4标准液滴定至终点; 重复操作23次，得出消耗KMnO4溶液体积的平均值为19.97 mL。(3)滴定中盛装KMnO4标准液的仪器是_。(4)写出滴定过程中
22、发生反应的离子方程式:_。(5)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(6)三名学生通过实验数据计算出的样品纯度各不相同，指导教师指出_(填“甲”、“乙”、“丙”)同学实验误差较大,其实验装置存在明显缺陷，理由是_。【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (2). 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果 (3). 向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下 (4). 酸式滴定管 (5). 5SO322MnO4-6H=5SO422Mn23H2O (6). 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色 (7). 甲 (8). 反
23、应结束后，装置中残留一定量的SO2（或SO2气流速度过快或装置气密性不好），未被装置D吸收【解析】【分析】长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠，也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和硫酸钠。甲同学设计的实验方案的原理为用70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，通过测定碱石灰吸收二氧化硫的量测定样品的纯度；乙同学设计的实验方案的原理为先将样品溶于过量的盐酸中除去样品中的亚硫酸钠，再加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量硫酸钡沉淀质量，利用硫酸钡沉淀质量测定样品的纯度；丙同学设计的实验方案的原理为利用亚硫酸钠具有还原性，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定样品溶液，利用消耗酸性高锰酸钾溶液的
24、量测定样品的纯度。【详解】（1）B中发生的反应为70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；因碱石灰能吸收空气中的CO2和水蒸气，会导致所测结果偏大，则装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，防止CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；防止空气中的CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果；（2）乙同学最终得到是硫酸钡沉淀，洗涤沉淀的方法是向过滤器中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下后，重复23次，故答案为：向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉
25、淀，待水自然流下；（3）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，则滴定中， KMnO4标准液盛装在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；（4）滴定过程中，酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、硫酸锰和水，反应的离子方程式为5SO322MnO4-6H=5SO422Mn23H2O，故答案为：5SO322MnO4-6H=5SO422Mn23H2O；（5）当酸性高锰酸钾溶液过量时，溶液会变为紫色，则确定滴定达到终点的操作及现象为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟
26、内不褪色；（6）甲同学设计的实验存在缺陷，一是若装置气密性不好，二氧化硫泄露，导致测定结果偏低；二是二氧化硫气流速度过快，不能被D中碱石灰完全吸收，导致测定结果偏低；三是装置中残留二氧化硫，没有被D中碱石灰完全吸收，导致测定结果偏低，故答案为：甲；反应结束后，装置中残留一定量的SO2（或SO2气流速度过快或装置气密性不好），未被装置D吸收。【点睛】长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠，也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和硫酸钠，设计实验方案测定样品的纯度时可从两个角度设计：一是测定亚硫酸钠的含量，二是测定硫酸钠的含量。10.氨在生产生活中应用广泛。(1) NH2Cl与水反应生成强氧化性的物
27、质，可作长效缓释消毒剂，工业上可通过反应：NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g) + HCl(g)制备氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示(假定不同物质中同种化学键的键能一样)， 则上述反应的H=_kJmol1化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/(kJ/mol)abcd(2)氨气是重要的化工产品。目前工业合成氨的原理是: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是_。a.气体压强不再变化时，表明该反应已达平衡状态b.气体密度不再变化时，表明该反应已达平衡状态c.平衡后，压缩容器，会生成更多NH3d.平衡后，向装置中通入一定量Ar
28、， 平衡不移动(3)现向三个体积均为5L,温度分别恒定为T1、 T2、T3的恒容密闭容器I、II、 III中，分别充入1 mol N2和3 molH2发生反应: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H1=-93 kJmol1，当反应均进行到2min时H2的体积分数如图所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。2min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是_容器.(填“I”、“II”或“III”)。02 min内容器I中用NH3表示的化学反应速率v(NH3)=_。 (保留两位有效数字)2 min时容器II中v正_ v逆。 (填“”或“=”)当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数
29、最小的是容器_(填容器序号)，它的数值为_(保留两位有效数字)。(4)氨在高温下可将一些固体金属氧化物还原为固态或液态金属单质，本身被氧化为N2。在不同温度下，氨气还原四种金属氧化物达到平衡后，气体中与温度(T)的关系如图所示。下列说法正确的是_(填字母)。A. NH3还原PbO2的反应H0B.工业冶炼这四种金属时，NH3冶炼金属铬(Cr)的还原效率最低C.实验室还原出金属铜(Cu)时，325C 下NH3的利用率比425C下NH3的利用率更大D.通过延长反应管的长度来增加金属氧化物和NH3的接触面积，可以减少尾气中NH3的量【答案】 (1). a+b-c-d (2). bc (3). (4).
30、 0.064molL1min 1 (5). (6). III (7). 2.1 L2mol2 (8). BC【解析】【分析】（1）反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和；（2）a.恒温恒压装置中气体压强始终没有变化；b.反应中，由质量守恒定律可知气体质量不变，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，容器的体积会减小，气体密度增大；c.该反应是一个气体体积减小的可逆反应，平衡后，压缩容器，容器的压强增大，平衡向正反应方向移动；d.在恒温恒压装置中合成氨反应达到平衡后，向装置中通入一定量Ar，容器的压强减小，平衡向逆反应方向移动；（3）若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量
31、越低；依据题意建立三段式求解可得；若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，2min时，氢气的含量最大，则II没有达到平衡；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器，依据题意建立三段式求解可得；（4）的值越大，说明冶炼金属的还原效率越低，NH3的利用率越大。【详解】（1）反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则反应的H=3E（N-H）+E（Cl-Cl）2 E（N-H）+E（N-Cl）+E(H-Cl)=（a+b-c-d）kJmol1，故答案为：a+b-c-d；（2）a.在恒温恒压
32、装置中气体压强始终没有变化，气体压强不再变化不能表明该反应已达平衡状态，故错误；b.反应中，由质量守恒定律可知气体质量不变，该反应是一个气体体积减小的可逆反应，容器的体积会减小，气体密度增大，则气体密度不再变化能表明该反应已达平衡状态，故正确；c.该反应是一个气体体积减小的可逆反应，平衡后，压缩容器，容器的压强增大，平衡向正反应方向移动，NH3的量增大，故正确；d.在恒温恒压装置中合成氨反应达到平衡后，向装置中通入一定量Ar，容器的压强减小，平衡向逆反应方向移动，故错误；bc正确，故答案为：bc；（3）若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，2min时，氢气的含量最大，则到
33、达平衡，故答案为：到达平衡；设02 min内容器I中氨气的转化率为x，由题意建立如下三段式：由氢气百分含量为40%可得100%=40%，解得x=，则化学反应速率v(NH3)= 0.064 molL1min 1，故答案为：0.064 molL1min 1；若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氢气的含量越低，2min时，氢气的含量最大，则II没有达到平衡，则v正v逆，故答案为：；合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则当三个容器中的反应均达到平衡状态时，平衡常数最小的是容器，设02 min内容器中氨气的转化率为x，由题意建立如下三段式：由氢气百分含量为60%可
34、得100%=60%，解得x=，则平衡常数K=2.1L2mol2，故答案为：2.1L2mol2；（4）A.由图可知，NH3还原PbO2时，升高温度，增大，说明平衡向逆反应方向移动，NH3还原PbO2的反应为放热反应，H0，故错误；B.相同温度时，的值越大，说明冶炼金属的还原效率越低，由图可知，相同温度时，NH3冶炼金属铬(Cr)的最大，则还原效率最低，故正确；C.的值越大，说明NH3的利用率越大，由图可知，还原出金属铜(Cu)时，温度升高，增大，则325C 下NH3的利用率比425C下NH3的利用率更大，故正确；D.、通过延长反应管的长度不能增加金属氧化物的表面积，不能增大金属氧化物和NH3的接
35、触面积，故D错误；BC正确，故答案为：BC。11.2018年第26届国际计量大会(CGPM)对国际单位制进行了修改，将阿伏加德常数变为了精确数值，用原子来定义千克。研究者们使用激光测量“硅球球体点阵中一个晶格单位的长度和硅原子的平均直径，从而确定一定 质量的纯硅球体中准确的原子数。(1)基态硅原子的核外电子排布式是_。基态的气态原子失去一个电子形成气态一价正离子时所需能量称为元素的第一电离能(I1)，元素气态一价正离子失去一个电子形成气态二价正离子时所需能量称为元素的第二电离能(I2)， .以此类推。下列电离能比值最大的是_A. B. C. D. (2)晶体硅具有金刚石型结构，其中硅原子的杂化
36、方式是_，晶体硅中硅原子与键的数目比是_。(3)组成为Na2OAl2O32SiO2nH2O的铝硅酸盐是一种常见的分子筛。O、Al、Si 电负性由小到大的顺序是_。(4)硅与碳是同主族元素，碳原子与碳原子之间可以形成单键、双键和三键，但硅原子之间却不容易形成双键和三键，原因是_。(5)硅晶胞结构如图所示，则晶胞中含有_个硅原子。 硅晶体的密度为 gcm3，硅的摩尔质量为 M gmol-1, 经测定，晶胞边长为a pm，则阿伏加德罗常数可表示为:NA=_mol1。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p2 (2). D (3). sp3杂化 (4). 1:2 (5). AlSiO (6).
37、 硅原子半径较大，形成的键的键长较长，难以形成键 (7). 8 (8). 【解析】【分析】（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式；硅原子最外层有4个电子，硅的I1、I2、I3、I4相差不多，而I4比I5小很多，则最大；（2）晶体硅具有金刚石型结构，每个硅原子连有4个硅原子，硅原子的配位数为4，则硅原子的杂化方式是sp3杂化；结合硅晶体的结构分析硅原子与键的个数比；（3）非金属元素的电负性大于金属元素，非金属性越强，电负性越大； （4）因为硅原子半径比碳原子半径要大，硅原子之间形成键后，原子间的距离比较大，p电子云之间进行难以进行“肩并肩”重叠或重叠程度小，所以难以形成
38、稳定的双键及三键； （5）根据均摊法计算晶胞中Si原子的个数，根据m=V列方程进行计算。【详解】（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p2；硅原子最外层有4个电子，硅的I1、I2、I3、I4相差不多，而I4比I5小很多，则最大，故答案为：1s22s22p63s23p2；D；(2)晶体硅具有金刚石型结构，每个硅原子连有4个硅原子，硅原子的配位数为4，则硅原子的杂化方式是sp3杂化；晶体中，每个Si原子与4个Si原子形成键，每一个共价键中Si的贡献为一半，则平均1个Si原子形成2个键，则晶体硅中硅原子与键的个数比为1：2，故答案为：sp3杂化
39、；1:2；（3）非金属元素的电负性大于金属元素，非金属性越强，电负性越大，则O、Al、Si 电负性由小到大的顺序是AlSiO，故答案为：AlSiO；（4）因为硅原子半径比碳原子半径要大，硅原子之间形成键后，原子间的距离比较大，p电子云之间进行难以进行“肩并肩”重叠或重叠程度小，所以难以形成稳定的双键及三键，故答案为：硅原子半径较大，形成的键的键长较长，难以形成键；（5）由图可知，晶胞中Si原子的个数为8+6+41=8；由质量关系可得：molMg/mol=(a1010cm)3 g/cm，解得NA=mol1，故答案为：8；。12.有机物I是一种常用的植物调味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成
40、：已知RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。回答下列问题:(1) A的名称是_，H含有的官能团名称是_。(2)反应条件是_，的反应类型是_。(3) I的结构简式是_。(4)的化学方程式是_。(5)L是I的同分异构体且含有相同的官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_种 (不考虑立体异构)。(6)参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂,的合成路线(无机试剂任选)_【答案】 (1). 乙烯 (2). 羧基、碳碳双键 (3). 铜或银、氧气，加热 (4). 酯化反应(取代反应) (5). (6). +2NaOH+2
41、NaCl+H2O (7). 9 (8). 【解析】【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为CH2=CH2、B为CH3CH2OH；在铜或银做催化剂作用下，发生催化氧化反应生成CH3CHO，则C为CH3CHO；甲苯与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成，则D为、E为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则F为；与CH3CHO发生信息反应生成，则G为；先发生银镜反应，再酸化生成，则H为；在浓硫酸作用下，与甲醇共热发生酯化反应生成，则I为。【详解】(1) A的结构简式为CH2=CH2，名称是乙烯；H的结构简式为，官能团为羧基、碳碳双键，故答案为：乙烯；羧基、碳碳
42、双键；(2) 反应为在铜或银做催化剂作用下，发生催化氧化反应生成CH3CHO；反应为在浓硫酸作用下，与甲醇共热发生酯化反应生成，故答案为：铜或银、氧气，加热；酯化反应(取代反应)；(3) I的结构简式为，故答案为：；(4)反应为在氢氧化钠溶液中中共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；（5）L是的同分异构体且含有相同的官能团，则两个处于对位的取代基可能是CH2=CH和COOCH3、OOCCH3和CH2OOCH，HCOO和CH2=CHCH2、CH3CH=CH2和CH2=C（CH3），CH3和CH2=CHCOO、HCOOCH=CH和CH2=C（OOCH），共9种，故答案为：9；（6）由题给信息和有机物的性质可知，CH3CHO制备的转化关系为CH3CHO在氢氧化钠溶液中共热发生信息反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO先发生银镜反应，再酸化生成CH3CH=CHCOOH，一定条件下，CH3CH=CHCOOH发生缩聚反应生成，则合成路线为，故答案为：。
