1、山东省临沂市2019届高三5月第三次模拟考试理综化学试题1.下列关于文献记载的说法正确的是A. 天工开物中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质B. 肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化C. 抱朴子中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏【答案】D【解析】【详解】A丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之
2、成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。2.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB. 4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NAC. 25，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NAD. 标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳
3、双键的数目，故A错误；B1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；CpH=13的 Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25、pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯
4、原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。3.下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是A. 与互为同系物B. 二氯代物有3种C. 所有原子都处于同一平面内D. 1mol该有机物完全燃烧消耗5molO2【答案】C【解析】【分析】的分子式为C4H4O，共有2种等效氢，再结合碳碳双键的平面结构特征和烃的燃烧规律分析即可。【详解】A属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；B共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；C中含有两个碳碳双
5、键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；D的分子式为C4H4O，1mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1mol（4+）=4.5mol，故D错误；故答案为C。4.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A. 简单离子的半径：ZYXB. WX2中含有非极性共价键C. 简单氢化物的热稳定性：XYD. 常温常压下Z的单质为气态【答案】B【解析】【分析】主族元素X、Y、Z 、W的原子序数依次增加，且均不大于20，只有
6、X、Y处于同一周期，Y的单质与水反应可生成X的单质，X的原子序数大于W元素，则Y为F元素，X为O，结合原子序数可知Z、W位于第三周期，X、Y、W的最外层电子数之和是Z的最外层电子数的3倍，设Z的最外层电子数为m、W的最外层电子数为n，则6+7+n=3m，只有n=2时、m=5符合，Z、W不位于同周期，即Z为P、W为Ca，以此来解答。【详解】解：由上述分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca，A电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：P3-O2-F-，即ZXY，故A错误；BWX2为CaO2，含有O-O非极性键，故B正确；C非金属性越强，对应氢化
7、物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：HFH2O，即YX，故C错误；DZ的单质为P4或红磷，常温常压下均为固态，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查“位、构、性”的关系，其主要应用有：元素原子的核外电子排布，决定元素在周期表中的位置，也决定了元素的性质；元素在周期表中的位置，以及元素的性质，可以反映原子的核外电子排布；根据元素周期律中元素的性质递变规律，可以从元素的性质推断元素的位置；根据元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可以推测元素的性质。5.下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结 论A向等体积等浓度盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)Ksp(
8、ZnS)B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D常温下，测得0.1 molL1 NaA溶液的pH小于0.1 molL1 Na2B溶液的pH酸性：HAH2BA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）Ksp（ZnS），故A正确；BFe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧
9、化为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HAHB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。6.利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是A. 负极的电极反应为CH3COO-8e-+2H2O=2C
10、O2+7H+B. 电池工作时，H+由M极移向N极C. 相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：2D. 好氧微生物反应器中发生的反应为NH3+2O2=NO3-+2H+H2O【答案】C【解析】【分析】图示分析可知：N极NO3-离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。M极CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，据此分析解答。【详解】AM极为负极，CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，故A正确；B原电池工作时，阳离子向正极移动，即
11、H+由M极移向N极，故B正确；C生成1molCO2转移4mole-，生成1molN2转移10mol e-，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10mol：4mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，故C错误；DNH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，则反应器中发生的反应为NH3+2O2=NO3-+2H+H2O，故D正确；故答案为C。7.常温下，将盐酸滴加到Na2X溶液中，混合溶液的pOHpOH=lgc(OH-)与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A. 曲线N表示pOH与两者的变化关系B. NaHX溶液中c(X2-)c(H2X)C. 当混合溶液呈中性时，c(
12、Na+)=c(HX-)+2c(X2-)D. 常温下，Na2X的第一步水解常数Kh1=1.010-4【答案】D【解析】【分析】Na2X溶液中，X2-分步水解，以第一步水解为主，则Kh1(X2-)Kh2(X2-)，碱性条件下，则pOH相同时，由图象可知N为pOH与lg的变化曲线，M为pOH与lg变化曲线，当lg或lg=0时，说明或=1，浓度相等，结合图像可计算水解常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A由以上分析可知，曲线N表示pOH与lg的变化曲线，故A错误；B由曲线M可知，当lg=0时，=1，pOH=9，c(OH-)=10-9mol/L，则Kh2(X2-)=c(OH-)=110-9；由曲线N可知，当
13、lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，Kh1(X2-)=c(OH-)=110-4，则HX-的电离平衡常数Ka2=110-10，则NaHX溶液中HX-的水解程度大于电离程度，溶液中c(H2X)c( X2-)，故B错误；C混合液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)+c(OH-)，则当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(Cl-)+c(HX-)+2c(X2-)，故C错误；D由曲线N可知，当lg =0时， =1，pOH=4，c(OH-)=10-4mol/L，则Kh1(X2-)=c(OH-)=110-4，故D正确；故答案为D
14、。8.甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe是一种补铁强化剂。实验室利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0molL-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。(1)仪器a的名称是_；与a相比，仪器b的优点是_。(2)装
15、置B中盛有的试剂是：_；装置D的作用是_。(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，该反应的离子方程式为_。(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。pH过低或过高均导致产率下降，其原因是_；柠檬酸的作用还有_。(5)过程II中加入无水乙醇的目的是_。(6)本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强、便于液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 (5). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (6
16、). pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 (7). 防止Fe2+被氧化 (8). 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 (9). 75【解析】【分析】(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；柠檬酸的还原性比
17、Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6) 17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L1.0molL-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204gmol-10.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置
18、D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水
19、乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L1.0molL-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204gmol-10.1mol=20.4g，产率是=75%。9.工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O，其生产工艺流程如下。(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为_。(2)滤渣的主要成分是_(写化学式)。(3)“沉钒
20、”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO3-)=0.1molL-1，为使钒元素的沉降率达到98，至少应调节c(NH4+)为_molL-1。已知Ksp(NH4VO3)=1.610-3(4)“还原”V2O5过程中，生成VOC12和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，该方法的缺点是_。(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02molL-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至
21、终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO2+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O)KMnO4溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数表达式为_(以VO2计)。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案】 (1). V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2 (2). Mg3(PO4)2、MgSiO3 (3). 0.8 (4). N2H42HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O (5). 有氯气生成，污染空气 (6). 将VO2+氧化为VO2+ (7). (8). 偏高【解析】分析】钒炉渣（主要
22、含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质），加入碳酸钠通入空气焙烧，产物加水溶解，向溶液中加入硫酸镁除去硅磷过滤，滤渣的主要成分为Mg3（PO4）2、MgSiO3滤液中加入氯化铵沉钒生成NH4VO3，其受热分解生成V2O5，再用盐酸酸化的N2H42HCl还原V2O5生成VOCl2，最后再向反应后溶液中加入NH4HCO3，即可得到产品氧钒碱式碳酸铵晶体(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O；（5）测定氧钒碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量的原理为：氧钒碱式碳酸铵晶体溶解后，加0.02mol/LKMnO4溶液至稍过量，氧化其中+4价钒为VO2+，再加入NaNO2溶液除去过量的KMn
23、O4，防止后续对标准液的消耗干扰试验，最后用（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定VO2+；根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O，则钒元素的物质的量n=n（NH4）2Fe（SO4）2）=cmol/Lb10-3L=cb10-3mol，据此计算；若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，由此判断误差；【详解】(1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2；(2)焙烧时SiO2、P2O5分
24、别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3； (3)已知Ksp(NH4VO3)=c(NH4+)c(VO3-)=1.610-3, 若滤液中c(VO3-)=0.1molL-1，为使钒元素的沉降率达到98，则溶液中剩余c(VO3-)=0.1molL-12%=0.002 molL-1，此时c(NH4+)=molL-1=0.8molL-1；(4)用盐酸酸化的N2H42HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应
25、的化学方程式为N2H42HCl+2V2O3+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOC12，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；(5)根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O，则钒元素的物质的量n=n（NH4）2Fe（SO4）2=cmol/Lb10-3L=cb10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为=；若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2-+Fe2+
26、2H+=VO2+Fe3+H2O，可知会使测定结果偏高。10.1，2-二氯丙烷(CH2C1CHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2C1)，反应原理为：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) H1=134kJmol-1IICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJmol-1请回答下列问题：(1)已知CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)的活化能Ea(正)为132kJmol-1，则该反应的活化能Ea(逆)为_kJmo
27、l-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和C12(g)。在催化剂作用下发生反应I、，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则前120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=_kPamin-1。(保留小数点后2位)。该温度下，若平衡时HC1的体积分数为，则丙烯的平衡总转化率_；反应I的平衡常数Kp=_kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。(3)某研究小组向密闭容器
28、中充入一定量的CH2=CHCH3和C12，分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2C1CHC1CH3的产率与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是_(填代号)。a使用催化剂A的最佳温度约为250b相同条件下，改变压强不影响CH2C1CHC1CH3的产率c两种催化剂均能降低反应的活化能，但H不变d提高CH2C1CHC1CH3反应选择性的关键因素是控制温度在催化剂A作用下，温度低于200时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_。p点是否为对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率，判断理由是_。【答案】 (1). 164 (2). 0.09 (3)
29、. 74% (4). 0.21 (5). bd (6). 温度较低，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小 (7). 不是平衡产率，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，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450的产率【解析】【分析】(1)已知：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) H1=134kJmol-1，IICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJmol-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热H=
30、Ea(正)-Ea(逆)；(2)因反应II的V=0，p=0，则反应I的p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，根据，计算120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)；设起始时CH2=CHCH3(与)和C12(g)均为5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol=7.2mol，减小的物质的量为10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)为2.8mol，平衡时HC1的体积分数为，说明生成的HCl为7.2mol=0.9mol，结合反应I、，则参加
31、反应的丙烯的总物质的量为2.8mol+0.9mol=3.7mol，由此计算平衡时丙烯的平衡总转化率和反应I的平衡常数；(3)a由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250；b根据反应I的特点分析压强对产率的影响；c使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热；d不同催化剂对产率影响与温度有关；在催化剂A作用下，温度低于200时，CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大，说明此时催化效率低；在相同温度下，不同的催化剂能改变反应速率，但不影响平衡状态，反应I是放热反应，温度升高平衡会逆向移动。【详解】(1)已知：ICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2C1CHC1CH3(g) H
32、1=134kJmol-1，IICH2=CHCH3(g)+C12(g)CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)H2=102kJmol-1，根据盖斯定律可知，I-II得CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g)CH2C1CHC1CH3(g)，此反应的反应热H=H1-H2=Ea(正)-Ea(逆)，则Ea(逆)=Ea(正)-（H1-H2）=132kJmol-1-（134kJmol-1+102kJmol-1）=164kJmol-1；(2) 因反应II的V=0，p=0，则反应I的p=80kPa-69.4kPa=10.6kPa，则120min内平均反应速率v(CH2C1CHC1CH3)=kPamin-10
33、.09kPamin-1；设起始时CH2=CHCH3(g)和C12(g)均为5mol，则容器内起始时总物质的量为10mol，根据恒温恒容条件下气体的物质的量与压强成正比可知，平衡时气体的总物质的量为10mol=7.2mol，减小的物质的量为10mol-7.2mol=2.8mol，根据反应I可知反应生成的CH2C1CHC1CH3(g)为2.8mol，平衡时HC1的体积分数为，说明生成的HCl为7.2mol=0.9mol，结合反应I、，则参加反应的丙烯的总物质的量为2.8mol+0.9mol=3.7mol，故平衡时丙烯的平衡总转化率=100%=74%；另外平衡时CH2=CHCH3(g)和C12(g)
34、均为1.3mol，CH2C1CHC1CH3为2.8mol，则反应I的平衡常数Kp=0.21 kPa-1； (3)a由图示可知使用催化剂A时产率最高时温度约为250，即使用催化剂A的最佳温度约为250，故a正确；b反应I是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故CH2C1CHC1CH3的产率会随着压强的改变而改变，b错误；c催化剂能降低反应的活化能，但不影响H，故c正确；d由图中信息可知，两种不同的催化剂对CH2C1CHC1CH3的产率的影响有明显的差别，催化剂明适宜的活化温度，故提高该反应的选择性的关键因素是催化剂的选择及其活化温度的控制，故d错误；故答案为bd；催
35、化剂的效率与温度有关，当温度较低时，催化剂的活性较低，对化学反应速率的影响小，导致CH2C1CHC1CH3的产率随温度升高变化不大；反应I的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，p点的平衡产率应高于B催化剂作用下450的产率，故p点不是对应温度下CH2C1CHC1CH3的平衡产率。11.金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。(1)基态Ga原子中有_种能量不同的电子，其价电子排布式为_。(2)第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数与镓相同的元素有_(填元素符号)。(3)三甲基镓(CH3)3Ga是制备有机镓化合物的中间体。在700时，(CH3)3Ga和AsH3反应得到
36、GaAs，化学方程式为_。(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为_；AsH3的空间构型是_。(4)GaF3的熔点为1000，GaC13的熔点为77.9，其原因是_。(5)砷化镓是半导体材料，其晶胞结构如图所示。晶胞中与Ga原子等距离且最近的As原子形成的空间构型为_。原子坐标参数是晶胞的基本要素之一，表示晶胞内部各原子的相对位置。图中a(0，0，0)、b(1，)，则c原子的坐标参数为_。砷化镓的摩尔质量为M gmol-1，Ga的原子半径为p nm，则晶体的密度为_gcm-3。【答案】 (1). 8 (2). 4s24p1 (3). K、Br (4). (CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH
37、4 (5). sp2 (6). 三角锥形 (7). GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体 (8). 正四面体 (9). （，） (10). 【解析】【分析】(1)基态Ga原子核外有31个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，不同的原子轨道能量不同；(2)基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，未成对电子数是1，第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数也是1的，其电子排布式应为1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p63d104s1；(3)在700时，(CH3)3Ga和AsH3反应得到G
38、aAs，根据质量守恒可知还应有CH4，结合原子守恒可写出反应的化学方程式为；利用价层电子对互斥模型判断分子的空间构型和杂化方式；(4)GaF3的熔点为1000，GaC13的熔点为77.9，两者熔点差异较大，是由于其中一种为离子晶体，一种为分子晶体；(5)在GaAs晶体中，距离每个Ga原子最近的As原子有4个；晶胞中距离a球最远的黑球c与a球的连线处于晶胞体对角线上，根据几何原理二者距离等于体对角线长度的，该黑色球c距离各坐标平面距离均为晶胞棱长的；晶胞中含Ga原子数为8+=4，As原子数目为4，则晶胞中含有GaAs的数目为4，晶胞的质量为g；根据晶胞的结构可知，晶胞的面对角线长度应为两个砷原子
39、直径的长度之和，即砷原子半径为晶胞面对角线的，则晶胞边长a=10-7cm，晶胞的体积为a3=10-21cm3，由此计算晶胞的密度。【详解】(1)Ga元素在周期表中的位置为第四周期第IIIA族，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，其中不同的原子轨道能量不同，电子排布在不同原子轨道上，电子的能量也是不同的，因此共有8种不同能量的电子，其价电子排布式为：4s24p1；(2)基态Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，未成对电子数是1，第四周期的主族元素中，基态原子未成对电子数也是1的，其电子排布式应为1s22s22p63s23p
40、64s1或1s22s22p63s23p63d104s24p5，其中核电荷数19为钾元素，元素符号为K；核电荷数35为溴元素，元素符号为Br；(3)在700时，(CH3)3Ga和AsH3反应得到GaAs和CH4，发生反应的化学方程式为(CH3)3Ga+AsH3GaAs+3CH4；，（CH3）3Ga中Ga形成3个键，没有孤电子对，为sp2杂化；AsH3中心原子As电子对数=3+=4，为sp3杂化，有一对孤电子对，故分子空间构型为三角锥形；(4)GaF3属于离子晶体，GaCl3属于分子晶体，两者熔点相差较大；(5)由晶胞结构示意图可知，砷化镓的晶胞与金刚石的晶胞相似，两种原子的配位数均为4，即Ga原
41、子周围与之距离最近且距离相等的As原子有4个，形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中心；晶胞中距离a球最远的黑球c与a球的连线处于晶胞体对角线上，根据几何原理二者距离等于体对角线长度的，该黑色球c距离各坐标平面距离均为晶胞棱长的，由坐标参数可知晶胞棱长为1，故该黑色球c到各坐标平面的距离均为，故该黑色球的坐标参数为 （，）；晶胞中含Ga原子数为8+=4，As原子数目为4，则晶胞中含有GaAs的数目为4，晶胞的质量为g；根据晶胞的结构可知，晶胞的面对角线长度应为两个砷原子直径的长度之和，即砷原子半径为晶胞面对角线的，则晶胞边长a=10-7cm，晶胞的体积为a3=10-21cm3，故晶胞的密度=g
42、cm-3=gcm-3。【点睛】本题考查了原子杂化方式及分子的立体构型的判断，侧重分子结构与性质的考查，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。
43、12.是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物C以及抗肿瘤药物G。已知：(1)A含有的官能团名称是_。(2)DE的反应类型是_。(3)E的分子式是_；F的结构简式是_。(4)BC的化学方程式为_。(5)W是B的同分异构体，0.5mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44g CO2，W共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_。(6)设计由甲苯和为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】 (1). 碳碳双键、酯基 (2). 酯化反应（取代反应） (3). C11H10O3 (4). (5). nCH3OOCH2CH2COOCH3+nHOCH2CH2OH+(
44、2n-1)CH3OH (6). 9 (7). (8). 【解析】【分析】由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；【详解】(1) A为，含有的官能团名称是酯基和碳碳双键；(2) D与甲醇发生酯化反应生成，则DE的反应类型是酯化反应或取代反应；(3)E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；(4) HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发
45、生反应的化学方程式为；(5) B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为；(6)结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。学生需要根据目标产品的结构特点分析产品与原料间的构成关系，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。
