1、（全国I卷）安徽省皖南八校2020届高三化学第三次联考试题（含解析）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.中华传统文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是A. “零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的B. 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的操作是蒸馏C. 抱朴子中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，涉及的反应是分解反应和化合反应D. 李商隐的无题诗句中的“春蚕到死丝方尽”中的蚕丝的主要成分是蛋白质【答案】A【解析】【详解】A香，体现了物质的挥发性，说明物质的沸点低，易
2、挥发，说明分子在不断的运动，不能体现分子由原子构成，故A错误；B由“蒸令气上”可知，与混合物沸点有关，蒸馏分离混合物，故B正确；C丹砂(HgS)烧之成水银-即红色的硫化汞(即丹砂)在空气中灼烧有汞生成，反应的化学方程式为：HgSHg+S，此为分解反应；积变又还成了丹砂即汞和硫在一起又生成硫化汞，反应的化学方程式为：Hg+S=HgS，此为化合反应，故C正确；D蚕丝主要成分是蛋白质，故D正确；答案选A。【点睛】丹砂（HgS）烧之成水银-即指红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂-汞和硫在一起又生成硫化汞，写出反应的化学方程式，然后分析。2.化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药
3、中间体。下列有关该化合物的说法正确的是A. 分子中所有碳原子共平面B. 其同分异构体可能是苯的同系物C. 一氯代物有4种D. 可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应【答案】D【解析】【详解】A分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体，故所有碳原子不可能在同一平面上，故A错误；B该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n-6，不符合苯的同系物的通式，故B错误；C该分子中存在三种等效氢，故一氯代物有三种，故C错误；D该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故D正确；答案选D。【点睛】苯的同系物要满足苯的同系物的通式，结构要相似
4、。3.溴化亚铁（FeBr2）是一种常用的催化剂，易潮解变质，800以上可升华。高温时溴化铁（FeBr3）迅速分解成溴化亚铁。某学习小组用如图所示装置制备溴化亚铁，若将浓磷酸换成浓硫酸，也能制得溴化氢气体，但反应过程中圆底烧瓶中的溶液变为橙黄色。下列说法错误的是A. 该实验体现了浓磷酸的难挥发性B. 实验结束，关闭热源，仍需继续通人氮气一段时间C. 若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低D. 碱石灰既可吸收未反应的溴化氢，又可防止空气中的水蒸气进入【答案】C【解析】【详解】A浓磷酸和溴化钠在加热的条件下生成溴化氢，利用了浓磷酸的难挥发性，故A正确；B实验结束，关闭热源，继续通人氮气一段时间
5、，将装置中残留的溴化氢气体排出，使其被碱石灰充分吸收，避免造成环境污染，故B正确；C用浓硫酸代替浓磷酸，进入素烧瓷反应管的溴化氢气体中含有溴蒸气和二氧化硫，二氧化硫与铁不反应，溴蒸气与铁加热生成溴化铁，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁，不影响产品纯度，故C错误；D碱石灰既可吸收未反应的溴化氢，又可防止空气中的水蒸气进入而使溴化亚铁潮解变质，故D正确；答案选C。4.某科研团队研制出在温和条件下利用某分子筛作催化剂，用氨可脱除废气中的氮氧化物，转化成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法错误的是A. X、Y代表的物质相同，均为氮气和水B. 反应中，若生成1mol H+，则转移6mo
6、l电子C. 反应、中，只有反应、属于氧化还原反应D. 该分子筛催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快【答案】B【解析】【详解】A由题给信息和图中的物质可以判断，反应物为NH3，NO和NO2，生成物为N2和H2O两种无毒物质，再结合质量守恒定律可知，X、Y代表氮气和水，故A正确；B反应中，根据化合价的变化规律可知，+4价N降低到+3价，+2价降低到0价，-3价升高到0价，因此，生成1mol氢离子，则同时生成1mol氮气，转移3mol电子，故B错误；C根据元素化合价是否发生变化，可判断出只有反应、属于氧化还原反应， 故C正确；D催化剂在反应中通过降低反应的活化能，使反应速率加快，故D正确；答案选
7、B。【点睛】铵根离子中的氮元素为-3价，二氧化氮中氮元素的化合价为+4价，单质氮气是0价，含氮元素物质的化合价标正确是解本题的关键。5.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0. 01 molL-l）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是A. 简单离子半径：ZYWXB. 化合物Y2Z2中含有极性共价键和非极性共价键C. 气态氢化物的热稳定性：YZD. Z的单质具有强氧化性和漂白性【答案】B【解析】【分析】由图像和题给信息可知，浓度均为0. 01 molL-l 溶液，W，Y，Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，说明W，Y
8、，Z都是非金属元素，W，Y，Z的最高检氧化物对应的水化物是酸，W，Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子半径ZW，Z是N，W是Cl，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH=172，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N，Na，S，Cl，由此回答；【详解】A电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3，Na+，S2-，Cl-的半径大小为S2- Cl- N3Na+，即YZWX，故A
9、错误；B化合物Y2Z2为SCl2，结构式为Cl-S-S-Cl，可以看出硫原子之间为非极性共价键，硫原子和氯原子之间是极性共价键，故B正确；CS和Cl位于同一周期，同周期元素的非金属性逐渐增强，非金属性ClS，气态氢化物的稳定性ZY，故C错误；DZ的单质氯气具有强氧化性，没有漂白性，故D错误；答案选B。【点睛】从图表中得出W，Y，Z都是非金属元素，X是金属元素，具体的pH值可以得出W，Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，Y的最高价氧化物对应的水化物的pH=172，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，需要学生综合应用所学知识，正确推断出元素。6.用微生物燃料电池作电源进行
10、模拟消除酸性工业废水中的重铬酸根离子(Cr2O72-)的示意图如下所示，反应一段时间后，在装置中得到Fe(OH)3和Cr(OH)3两种沉淀。下列说法错误的是A. 装置中，a极的电极反应为HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+B. 向装置中加入适量Na2SO4，其主要作用是增强溶液的导电性C. 装置中，b极上消耗的n(O2)与装置中惰性电极上生成的n(生成物)相等D. 当装置中有0.6 mol H+通过质子交换膜时，装置中产生0.4 mol沉淀【答案】C【解析】【分析】由图示可知，装置为原电池装置，装置为电解池装置，在装置中，a极为负极，b为正极，金属铁为阳极，惰性电极为阴极，由此分析。【
11、详解】A在装置中，a为负极，由图示可知，HS-失去电子转化为SO42-，故电极反应为HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故A正确；BNa+和SO42-均不参加反应，故向装置中加入适量的Na2SO4，其主要作用是增强溶液的导电性，故B正确；C装置中，b极上消耗1mol氧气，则转移4mol电子，装置中，惰性电极为阴极，H+得电子，生成2mol氢气，故C错误；D当装置中有0.6molH+通过质子交换膜时，则说明有0.6mol电子转移，惰性电极为阴极，在装置中，Fe-2e-= Fe2+，生成0.3mol Fe2+，在溶液中发生反应Cr2O72- +6Fe2+14H+=2Cr3+ 6Fe3+7
12、H2O，得到0.1mol Cr3+和0.3mol Fe3+，最终生成0.3mol Fe(OH)3和0.1molCr(OH)3，沉淀共0.4mol，故D正确；答案选C。7.常温下，向某二元弱酸H2Y溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg XX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A. 曲线I表示随pH变化的关系曲线B. 由图可知，H2Y的二级电离常数Ka2(H2Y)数量级为10-10C. 从a点到b点过程中，水的电离程度先增大后减小D. NaHY溶液中的离子浓度大小为：c(Na+)c(HY-)c(OH-)c(H+)c(Y2-)【答案】D【解析】【详解】A二元弱酸H2Y的Ka1(H2Y
13、)=Ka(H2Y)，当溶液的pH相同时，H+的浓度也相同，lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系；故A错误；BKa(H2Y)，b点时，=1，pH=10.35，则c(H+)=10-10.35，故Ka(H2Y)=10-10.35，数量级为10-10.35，数量级为10-11，故B错误；C从H2YNaHYNa2Y的转化过程中，水的电离程度逐渐增大，在b点，c(HY-)=c(Y2-)，还未完全转化为Na2Y，故水的电离程度逐渐增大，故C错误；D因HY-的水解常数 Kh=10-7.65Ka(H2Y)=10-10.35，故NaHY溶液显碱性，离子浓度c(Na+)c(HY-)c(OH
14、-)c(H+)c(Y2-)，故D正确；答案选D。二、填空题8.五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：已知：部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。部分金属离子c（Mn+）=0.1 mol/L形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：回答下列问题：（l）“研磨”的目的是_，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为_ 。（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为_。（3）向三颈烧瓶
15、中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是_（填标号），调节溶液的pH范围为_，滤渣b为_（写化学式）。（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为_。温度高于80，沉钒率下降，其可能原因是_【答案】 (1). 增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (2). V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O (3). 2VO2+ClO-+H2O=2VO2+Cl-+2H+ (4). D (5). 4.7pH7.8 (6). Fe(OH)3 、Al(OH) (7). 水浴加热(热水浴) (8). 温度高于80，
16、NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降【解析】【分析】粗钒(主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、
17、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。【详解】(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O；(2)根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元
18、素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2+ClO-+H2O=2VO2+Cl-+2H+；(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子c(Mn+)=0.1 mol/L形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知， pH值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7pH7.8，滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧
19、化钠溶液顺利流下，答案选D；(4)由图像可知，当温度为80左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。9.已知某钴酸锂(LiCoO2)电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。为实现绿色环保，某化学兴趣小组在实验室尝试对废旧钴酸锂电池进行回收再利用，实验流程如下：已知：Fe3+和C2O42-结合生成较稳定的Fe(C2O4)33-；在强酸性条件下，Fe(C2O4
20、)33-分解生成Fe3+。回答下列问题：(l)操作中使用的主要玻璃仪器有_。(2)溶液到固体的离子方程式为_。(3)已知溶液中含有CoCl2、LiCl等溶质，则LiCoO2和盐酸反应的化学方程式为 _。(4)向溶液中加入草酸铵得到CoC2O42H2O固体的实验操作为_、_、过滤、洗涤、干燥。(5)能说明Li2CO3固体已洗涤干净的实验操作方法是_.(6)溶液中铁元素以离子_填离子符号)形式存在，然后加入_(填化学式)试剂，再进行后续操作。(7)已知固体失重率为对应温度下样品失重的质量与样品的初始质量之比。现在空气中加热一定质量的CoC2O42H2O固体样品时，若在300-350时其固体失重率为
21、59.0%，则生成的固体为_(填化学式)。【答案】 (1). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (2). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (3). 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2+4H2O+2LiCl (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 取少量最后一次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明Li2CO3固体已洗涤干净 (7). Fe(C2O4)33- (8). HCl (9). CoO【解析】【分析】废旧钴酸锂电池粉末加减进行碱浸，电池粉末中的Al与碱反应生成偏铝酸根离子，铁、碳和LiCoO2不与碱反应，根据流程图固液分离
22、得到溶液和固体，则操作为过滤，溶液为主要含AlO2-的滤液，固体中主要含有铁、碳和LiCoO2，向溶液通入过滤CO2，AlO2-与CO2发生反应：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，根据流程图固液分离得到溶液和固体，则操作为过滤，溶液为主要含HCO3-的溶液，固体为Al(OH)3沉淀，氢氧化铝高温加热转化为氧化铝，电解熔融氧化铝得到铝单质；向固体加入盐酸，铁与盐酸反应生成Fe2+，LiCoO2可与盐酸发生氧化还原反应：2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2+4H2O+2LiCl，生成的氯气将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，碳与盐酸不反应，根据流程图固液分离得到溶液
23、和固体，则操作为过滤，固体为碳，溶液为含Fe3+、Li+、Co3+、Cl-的滤液，根据流程图，向溶液加入草酸铵，得到溶液和CoC2O42H2O晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，溶液为含有Fe(C2O4)33-、Li+、Cl-的溶液，向溶液加入碳酸钠，生成Li2CO3沉淀和溶液，则操作为过滤，溶液主要含Fe(C2O4)33-、Cl-、Na+、CO32-的溶液；根据已知信息，在强酸性条件下，Fe(C2O4)33-分解生成Fe3+，向溶液加入盐酸，CO32-转化为CO2气体除去，Fe(C2O4)33-分解生成Fe3+，最后得到含有Cl-、Na+、Fe3+、H+的溶液，对其蒸发浓缩，
24、冷却结晶，得到FeCl36H2O晶体，据此分析解答。【详解】(1)操作为过滤操作，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)根据分析，向溶液通入过滤CO2，AlO2-与CO2发生反应：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；(3)已知溶液中含有CoCl2、LiCl等溶质，根据流程中反应前后Co元素化合价发生变化，LiCoO2与盐酸发生氧化还原反应，结合物料守恒和得失电子守恒，化学方程式为：2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2+4H2O+2LiCl；(4)根据分析，向溶液加入草酸铵，得到溶液和CoC2O42H2O晶体，向溶液中加入草酸铵得到CoC2O42H2O固体
25、的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)由于溶液中含有氯离子，Li2CO3固体表面附着有氯离子，能说明Li2CO3固体已洗涤干净的实验操作方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明Li2CO3固体已洗涤干净；(6)根据分析，溶液中铁元素以离子Fe(C2O4)33-形式存在，根据已知信息，在强酸性条件下，Fe(C2O4)33-分解生成Fe3+，向溶液加入盐酸，CO32-转化为CO2气体除去，Fe(C2O4)33-分解生成Fe3+，加入试剂为盐酸(HCl)，再进行后续操作；(7) 300-350时，CoC2O42H2O晶体加热失重为1
26、8359.0%=108，剩余为75，即生成产物为CoO。10.碳、氮、硫的化合物在生产、生活中广泛存在。回答下列问题：(l)甲烷不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO+H2)。CH4与H2O(g)通人聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H。已知：CH4、H2、CO的燃烧热H分别为-a kJ/mol、-b kJ/mol、-c kJ/mol,lmol H2O的气化热H为+dkJ/mol (a、b、c、d均大于0)，则反应CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的H=_kJ.mol-l.(2)在某密闭容器中发生反应：2CO2(g)=2C
27、O(g)+O2(g)，0.995 mol CO2在不同温度下平衡分解情况如图所示。图中a、b、c三点的平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系为_。若1660时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则该温度下，该反应的逆反应2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)的平衡常数K=_Lmol-l。恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的是_(填标号)。A CO的体积分数与O2的体积分数的比值保持不变B 容器内混合气体的密度保持不变C 容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变D 容器内碳元素的质量分数保持不变(3)烟道气中的SO2和CO2可用氢氧化钠溶液或氢氧化钡溶液来吸收。下列事实中，能比
28、较碳酸与亚硫酸的酸性强弱的是_(填标号)。A 25下，饱和碳酸溶液的pH大于饱和亚硫酸溶液的pHB 25下，等物质的量浓度的NaHCO3溶液的pH大于NaHSO3溶液的pHC 将SO2气体通人NaHCO3溶液，再将逸出的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊D 滴定等量的氢氧化钠溶液至中性时消耗的碳酸溶液的体积比亚硫酸溶液的体积多25时，Ksp(BaSO3)=5.4610-7，Ksp( BaCO3)=2.610-9。该温度下，BaSO3和BaCO3沉淀共存的悬浊液中，=_。(4)光化学烟雾中的NO2可以被NaOH溶液吸收生成两种钠盐，溶液呈碱性，反应的离子方程式为_。已知常温下，HNO2的电离平衡
29、常数Ka=5010-4，则0. 05 molL-1 NaNO2溶液的pH为_【答案】 (1). (-a+3b+c-d) (2). K(a)=K(b)K(c) (3). 1940450 (4). C (5). B (6). 210 (7). 2NO2+2OH-= NO3-+ NO2-+H2O (8). 8【解析】【分析】(l)根据题意，写出CH4、H2、CO的燃烧热化学方程式和H2O的气化热化学方程式，结合盖斯定律计算解答；(2)根据反应CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-c kJ/mol，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-2c kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g
30、)+O2(g) H=2c kJ/mol，(c0)，该反应为吸热反应；平衡常数之与温度有关，a、b点的温度相同，c点温度高于a、b点，根据温度对平衡常数的影响分析判断；结合图示数据，计算2CO(g)+O2(g)2CO2(g)的平衡常数，与逆反应2CO(g)+O2(g)2CO2 (g)的平衡常数互为倒数；反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答；(3)比较酸性强弱，可根据强酸制备弱酸、测定等浓度的pH以及溶液的导电能力判断；根据Ksp公式计算推到计算；(4) NO2可以被NaOH溶液捕获生成两种钠盐，必然是为N
31、O2的歧化反应，硝酸钠和亚硝酸钠，结合质量守恒书写；常温下，HNO2的电离平衡常数为Ka=5.010-4，则0.05mol/LNaNO2中存在水解平衡：NO2-+H2OHNO2+OH-，根据水解平衡常数Kh计算溶液中 c(OH-)，再由c(H+)=，溶液的pH值=溶液中c(H+)的负对数，据此可得。【详解】(l)根据已知信息可得：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-a kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-b kJ/molCO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-c kJ/molH2O(l)= H2O(g) H=+dkJ/mol根据盖斯定律，-3
32、-可得：CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=(-a+3b+c-d)kJ.mol-l.；(2)根据反应CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-c kJ/mol，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-2c kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) H=2c kJ/mol，(c0)，该反应为吸热反应；平衡常数大小只与温度有关，图中a、b、c三点中，a、b点的温度相同，则K(a)=K(b)，c点温度高于a、b点，由该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动， 平衡常数增大，则平衡常数的大小关系为K(a)=K(b)K(c)；若1660时反应达到平衡状态
33、，容器中O2的体积分数为0.5%，设平衡时生成O2的物质的量为x，列“三段式”：相同条件下，体积之比等于物质的量之比，则100%=0.5%，解得：x=0.005mol/L，则该反应的平衡常数K=，正逆反应的平衡常数互为倒数，则逆反应2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)的平衡常数K=1940450Lmol-l；ACO的体积分数与O2的体积分数的比值始终保持不变，不能作为判断平衡状态的依据，故A错误；B反应前后气体质量不变，体积不变，容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C混合气体的平均摩尔质量=，反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内混合气体的平均摩
34、尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；D根据碳原子守恒，容器内碳元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡平衡状态，故D错误；答案选C；(3)A25下，二者的溶解度不同，饱和碳酸溶液pH大于饱和亚硫酸溶液pH，不能用于比较酸性的强弱，故A错误；B酸性越强，对应的盐类水解的程度越弱，则25下，等浓度的NaHCO3溶液pH大于NaHSO3溶液，可说明亚硫酸的酸性强，故B正确；C将SO2气体通入NaHCO3溶液，逸出气体可能含有二氧化硫，通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，不能说明生成二氧化碳，不能说明亚硫酸的酸性强，故C错误；D碳酸溶液和亚硫酸溶液的浓度未知，不能比较酸性强弱，故D错
35、误；答案选B。=2.1102=210；(4) NO2可以被NaOH溶液捕获生成两种钠盐，必然是为NO2的歧化反应，硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式为2NO2+2OH-= NO3-+ NO2-+H2O。常温下，HNO2的电离平衡常数为Ka=5.010-4，则0.05mol/LNaNO2中存在水解平衡：NO2-+H2OHNO2+OH-，水解平衡常数Kh=，溶液中c(NO2-)=0.05mol/L，解得c(OH-)=110-6mol/L，c(H+)=110-8mol/L，溶液的pH值=溶液中c(H+)的负对数，则溶液的pH值=8。化学选修3：物质结构与性质 11.铝、铁、铜等金属在日常生活中应用广
36、泛，钛由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。回答下列问题：（l）下列有关说法正确的是_（填标号）。A 铜元素焰色反应的光谱为吸收光谱B 铝晶体中的作用力没有方向性和饱和性C 在单质或化合物中，铁的配位数都是6D 四水合铜离子中，配位原子的VSEPR模型为V形（2）氯化铝熔点很低，加热容易升华。基态Al原子的价层电子排布式为_。固态AICl3的晶体类型是_，加热升华后以二聚物Al2C16形式存在，Al2Cl6中铝原子的杂化形式为_。离子AlCl4-的立体构型为_。（3）甘氨酸亚铁（H2NCH2COO）2Fe可用于改善缺铁性贫血。Fe2+中电子占据最高能级的空间运动状态有_个。甘氨酸亚铁中位于
37、第二周期的非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_，由其中不同的两种元素形成的等电子体分子是_（写出两种分子式）。（4）Ti（H2O）6C13和Ti（H2O）5ClC12H2O是TiC13六水合物的两种晶体，这两种晶体所含元素的电负性由大到小的顺序为_。（5）Cu2O晶体的品胞如图所示；该晶胞中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为。则D的原子坐标参数为_。已知Cu2O晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则其中两个Cu+之间的距离为_pm（列出计算表达式）。【答案】 (1). B (2). 3s23p1 (3). 分子晶体 (4). sp3 (5). 正四面体型
38、 (6). 5 (7). NOC (8). CO2、N2O (9). OClHTi (10). (11). 【解析】【分析】(1)A焰色反应为原子的发射光谱；B金属键不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，因此金属键没有方向性和饱和性；C根据铁原子的堆积方式是体心立方堆积判断；D四水合铜离子中，配位原子是铜离子，根据铜离子的杂化方式回答；(2)根据铝的核外电子排布式书写价电子排布式；根据氯化铝熔点很低，加热容易升华的特性判断晶体的类型，根据价层电子对数判断杂化方式；根据价层电子对数判断分子的构型；(3)写出Fe2+的核外电子排布式，空间运动状态，根据同周期元素第一电离能递变规律回答，
39、根据等电子体的概念回答；(4)根据电负性的变化规律回答；(5)根据D原子位置回答；根据V=，计算出边长，从而计算出铜离子间的距离；【详解】(1)A处于高能级原子或分子在向较低能级跃迁时产生辐射，将多余的能量发射出去形成的光谱要使原子或分子处于较高能级就要供给它能量这叫激发被激发的处于较高能级的原子、分子向低能级跃迁放出频率为n的光子在原子光谱的研究中多采用发射光谱，铜元素焰色反应为发射光谱，故A错误；B 铝属于金属晶体，金属晶体中存在金属键，金属键不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，晶体中的作用力没有方向性和饱和性，因此金属键没有方向性和饱和性，故B正确；C铁单质属于体心立方堆积
40、，铁的配位数是8，故C错误；D四水合铜离子中，配位原子配位原子是铜离子，和四个水分子形成配位键，整个络离子呈平面正方形构型， VSEPR模型为平面四边形，故D错误；(2)铝是13号元素，基态Al原子的价层电子排布式为3s23p1；氯化铝熔点很低，加热容易升华，属于分子晶体，一般是AlCl3的二聚体形式存在，Al2Cl6中铝原子的杂化形式为sp3杂化。空出一个轨道由第四个氯来提供电子， 一个铝和四个氯形成正四面体结构；AICl3为缺电子分子，容易和氯离子形成配离子AlCl4-，Al采用的是sp3杂化，离子的立体构型为正四面体型；(3)Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6
41、，占据的最高能级是3d，空间运动状态有5种，甘氨酸亚铁中位于第二周期的非金属元素有N，O，C，同周期第一电离能呈现增大的趋势，N的最外层电子层为半充满状态，故第一电离能NOC，等电子体指的是价电子数和原子数相同的分子、离子或基团，由其中不同的两种元素形成的等电子体分子为CO2、N2O；(4)电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度。元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强，故电负性大小为：OClHTi；(5)该晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为，C原子位于4个D原子形成的四面体的中心，D的原子坐标参数为；Cu2O晶体，Cu+位于晶胞体心内，个
42、数为4，O2-位于晶胞的8个顶点和体心，8+1=2，在晶体里，Cu2O的个数为2，V=1030 pm，边长=，两个Cu+之间的距离为面对角线的一半，答案为。化学选修5：有机化学基础 12.有机物G是一种重要的医用药物，其合成路线如下：已知：A中不含有甲基， R-CHOR-CH(OH)COOH回答下列问题：（1）A中的官能团名称是_。（2）的反应类型是_。（3）C的化学名称为_。（4）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 F的结构简式，并用星号（*）标出 F中的手性碳_。（5）的化学方程式为_。（6）已知化合物H是D的同分异构体，则满足下列条件的H共有_种（不考虑立体异构）；
43、其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为2:2:1:1的结构简式为_遇氯化铁溶液显紫色 与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体（7）设计由HOOCCH2CH2OH制备化合物G的合成路线：_ （无机试剂任选）。【答案】 (1). 酯基、醛基、溴原子 (2). 缩聚反应 (3). 邻苯二甲醇(或1，2-苯二甲醇) (4). (5). +H2O+HOOCCH2CHO (6). 13 (7). (8). HOOCCH2CH2OHHOOCCH2CHOHOOCCH2CH(OH)COOH【解析】【分析】B在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解F生成C，C被高锰酸钾溶液氧化后酸化得到D，通过流程分析，结合D的结构简式，C
44、的结构简式为，B的结构简式为，F在一定条件下发生缩聚反应生成G，结合G的结构简式，F的结构简式为，E和HCN在酸性条件下反应生成F，结合已知信息和F的结构简式可知E的结构简式为，A在稀硫酸加热条件下反应生成B和E，结合A的分子式和B、E的结构简式可得，A的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析A的结构简式为，含有的官能团名称是酯基、醛基、溴原子；(2)根据分析，反应为F在一定条件下发生缩聚反应生成G，反应类型是缩聚反应；(3)C的结构简式为，化学名称为邻苯二甲醇(或1，2-苯二甲醇)；(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。F的结构简式为，其中的中的手性碳如图所示：
45、；(5)根据分析，反应为A在稀硫酸加热条件下反应生成B和E，化学方程式为+H2O+HOOCCH2CHO；(6)D的结构简式为，已知化合物H是D的同分异构体，H遇氯化铁溶液显紫色，说明H的结构中含有苯环和酚羟基，H与碳酸氢钠溶液反应产生CO2气体，说明H中含有羧基，当H的结构由和醛基(-CHO)、羧基(-COOH)构成，若羟基和羧基在苯环上处于邻位，醛基在苯环上有4种连接方式，若羟基和羧基在苯环上处于间位，醛基有4种连接方式，若羟基和羧基在苯环上处于对位，醛基有2种连接方式；当H的结构由和构成时，羟基与有邻、间、对3种连接方式；综上分析，符合要求的同分异构体共有13种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为2:2:1:1，说明H结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的数目之比为2:2:1:1 ，结构简式为；(7)由HOOCCH2CH2OH与O2在Cu作催化剂加热条件下发生催化氧化反应生成HOOCCH2CHO，HOOCCH2CHO和HCN在酸性条件下反应生成HOOCCH2CH(OH)COOH，HOOCCH2CH(OH)COOH在一定条件下发生缩聚反应生成，则制备化合物G的合成路线：HOOCCH2CH2OHHOOCCH2CHOHOOCCH2CH(OH)COOH。
