1、高考资源网（） 您身边的高考专家唐山市2019-2020 学年度高三年级第一次模拟考试理科综合能力测试化学部分相对原子质量(原子量)： H1 Li7 B11 C12 N14 016 Na23 S32 Cl35.5 Cr52 Fe56 Zn651.化学与中华古文化密切相关，下列说法不正确的是A. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为粘土B. 雾霾天气会危害人类的健康，“雾” 和“霾”的分散质微粒不同C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯【答案】D【解析】【详解】A陶瓷以黏土为原料，故A正确；B雾霾天气对
2、人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾是粒度较大的液滴，霾是粒度较小的固体颗粒，故B正确；C电热水器内胆一般是不锈钢或铜制成的，Mg较活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止内胆被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D花生油是植物油，植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，牛油是动物油，是饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误； 答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 将4.6g 钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1 NAB. 标准状况下，22.4L 已烷中含有的共价键的数目为19NAC. 标准状况下，11.2L 12C18O中
3、含有的中子数为8NAD. 标准状况下，7.1 gCl2通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A4.6 g钠为0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1NA，故A错误；B己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键的数目也无法确定，故B错误；C标准状况下， 11.2L 12C18O物质的量为0.5mol，而一个12C18O分子中含16个中子，故0.5mol12C18O中含中子为8NA个，故C正确；D7.1g氯气的物质
4、的量为0.1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗1molCl2转移1mol电子，故0.1mol氯气和碱反应转移0.1NA个电子，故D错误；答案选C。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，上述物质的转化关系如下图所示，下列说法正确的是A. 由于丁和戊化学键相同，所以它们都是平面结构B. 简单氢化物的沸点： XZC. 简单离子半径大小： XYD. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是
5、元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶液钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2、丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，二氧化硫能被戊氧化为硫酸，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)3，则W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S元素，据此分析结合元素性质解答。【详解】A丁为H2O，戊为H2O2，H2O中O原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=2+=4，所以采取sp3杂化，分子构型为V型平面结构，H2O2的构型为二面角结构，像半开书页型一般，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上，结构如图所示：，故A错误； BX为O，Z为S，简单氢化
6、物分别为H2O和H2S，水分之间存在氢键，使其熔沸点较高，H2S分子间没有氢键，熔沸点较低，则简单氢化物沸点：XZ，故B正确；CX、Y分别为O、Al元素，其简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小：XY，故C错误；DY、Z分别为Al、S元素，Y的简单离子为弱碱根（弱碱阳离子）离子，可水解生成氢氧化铝和氢离子，Z的简单离子为弱酸根离子，在水溶液水解生成硫氢根离子和氢氧根，二者放入同一溶液中可相互促进水解反应，则不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】铝与浓硫酸和浓硝酸在常温下都能发生钝化现象，由于甲溶液是浓硝酸，则生成的气体是二氧化氮，为红棕色气体，丙是无色气体排
7、除甲是硝酸的情况。4.毒番石榴是自然界中最毒的树木之一，人若在树下避雨它的汁液会通过雨水渗进皮肤使人中毒，毒番石榴汁液的主要成分佛波醇分子结构如下图，下列说法正确的是A. 该分子不能使稀高锰酸钾溶液褪色B. 佛波醇不能溶于水及甲苯C. 该分子中所有原子共平面D. 佛波醇可以发生加聚反应【答案】D【解析】【详解】A该分子含有碳碳双键和羟基，具有烯烃和醇的性质，能使稀高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B分子中羟基个数较多，能与水形成分子间氢键，可溶于水，故B错误；C该分子结构中含有亚甲基，为四面体结构，则所有原子不可能共平面，故C错误；D佛波醇分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可以发生加聚反应，故
8、D正确；答案选D。【点睛】官能团的性质决定有机物的化学性质，清晰记忆双键，羟基能发生的化学反应是解本题的关键。5.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是A. 该分解过程是：2NON2+O2B. 实验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应C. 过程释放能量，过程吸收能量D. 标准状况下，NO分解生成5.6 LN2转移电子数约为6.021023【答案】C【解析】【详解】A根据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2NON2+O2，故A正确；B铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于实验室制取NO，故B正确；C过程为NO在催化剂表面发生断键形成氮原子和
9、氧原子，断开化学键需要吸收能量，过程为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键需要释放能量，故C错误；D根据反应2NON2+O2，O元素由-2价变为0价，生成1mol O2，同时生成1molN2，转移4mol电子，标准状况下，NO分解生成5.6 LN2为0.25mol，则转移电子数约为0.25mol 46.021023=6.021023个，故D正确；答案选C。【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清晰反应历程很关键。6.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论ACu片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有
10、反应混合物的烧杯中溶液变蓝证明反应生成了Cu2+B取少量某溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体蓝色石蕊试纸变红溶液中含有NH4+C向20.00mL浓度均为0.01mol/L的Na2SO4和Na2S 的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液只产生黑色沉淀Ag2SKsp(Ag2S)Ksp(Ag2SO4)D室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pHpH：Na2CO3Na2SO3非金属性：SCA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A由于使用的是足量浓硫酸，故浓硫酸会剩余在试管中，浓硫酸溶于水会
11、放出大量的热，为防止液体飞溅，确保实验安全，应将反应混合物加入到水中，故A错误；B氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则检验铵根离子，应使用湿润红色石蕊试纸，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NH4+，故B错误；CNa2SO4和Na2S 的混合溶液中含有硫酸根离子和硫离子，均可与银离子反应生成沉淀，由于Ksp小的先沉淀，只产生黑色沉淀，说明硫离子先和银离子反应，硫化银更难溶，则Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2SO4)，故C正确；D等浓度的Na2SO3和Na2CO3两种溶液的pH，后者大，可以说明Na2CO3更易发生水解，相应的碳酸氢根离子的酸性更弱，但对应的并不是最高价氧化物
12、对应水化物形成的酸，不能比较非金属性的强弱，故D错误；答案选C。7.已知：pKa=- lgKa， 25C时，弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1 mo/L NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L H2A溶液的曲线如下图所示。下列说法不正确的是A. d点所得溶液中溶质的水解平衡常数Kh1=10-7.19B. c点所得溶液中：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)C. b点所得溶液中： c(A2-)c(H2A)D. a点所得溶液中：溶质是NaHA和H2A【答案】A【解析】【详解】A弱酸H2A的pKa1=1.85，pKa2=
13、7.19，则Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2+H2OHA+OH，则A2-水解平衡常数Khl=106.81，故A错误；Bb点为加入NaOH溶液20mL，此时溶液中恰好生成NaHA，d点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，则c点所得溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)，故B正确；Cb点加入NaOH溶液的体积为20mL，
14、此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒：c(H2A)+c(H+)=c(A2)+c(OH)，该点溶液的pH=4.52，显酸性，c(H+)c(OH)，则c(A2-)c(H2A)，故C正确；Da点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL，弱酸H2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H2A，故D正确；答案选A。8.碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知： FeCO3 是白色固体，难溶于水。I研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3，铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等。（1）试剂
15、1是过量的_，滤渣 2的成分是_ (写化学式)；（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是_；（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO47H2O)，“操作a”是_，取28.70g皓矾(ZnSO47H2O)加热，剩余固体的质量变化如图，100C时所得固体的化学式_。II研究小组又采用如下装置制取FeCO3 (C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀。 （1）画出装置B_，B中所用试剂为_；（2）先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是_；（3）Fe
16、CO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_(不考虑操作不当引起的误差)。【答案】 (1). H2SO4 (2). MgF2、CaF2、Fe (3). Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). ZnSO4H2O (6). (7). 饱和NaHCO3溶液 (8). 排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2 (9). 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I
17、用过量的稀硫酸溶解铁矾渣(主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等)，SiO2不溶，过滤得到的滤渣I主要是SiO2，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2+H2，再加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，再加入NH4HCO3沉淀Fe2+，生成FeCO3和CO2气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、 洗涤、干燥，得到皓矾(ZnSO47H2O) ，据此
18、分析解答；II(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，据此分析；(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；(3)根据乳酸CH3CH(OH)COOH的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高锰酸钾溶液反应，据此分析。【详解】I(1)根据分析，试剂1是过量的硫酸(H2SO4)，滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2、MgF2；(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)沉铁后的滤液经“操作
19、a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO47H2O)，结合分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶；皓矾(ZnSO47H2O)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO，产物不同；28.70g皓矾的物质的量为：n(ZnSO47H2O)=0.1mol，不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为0.1mol，因此生成0.1molZnSO4H2O的质量=0.1mol 179g/mol=17.90g；生成0.1molZnSO4的质量=0.1mol 161g/mol=16.10g；生成0.1molZnO的质量=0.1mol 81g/mol=8.10g；根据上述分
20、析：100C时所得固体A的质量为17.90g，生成的固体为ZnSO4H2O；II(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，通入C装置前应先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应长进短出，装置图为；(2)装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子， CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中
21、OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高锰酸鉀溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。9.铋(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3, 含杂质SiO2等，Bi2S3不溶于水和硫酸)制备Bi2O3的工艺如下。回答下列问题：（1）试剂a最好选用的试剂是_(填选项字母)；A HCl溶液 B浓H2SO4 C H2O2溶液 D FeCl3和HCl混合液（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式_，“滤
22、液b”中通入气体X后可循环利用，气体X是_ (写化学式)；（3）“抽滤”用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序(洗涤操作只做一次)：开抽气泵abd _c 关抽气泵；a转移固液混合物 b关活塞A c开活塞A d确认抽干 e加洗涤剂洗涤（4）写出“煅烧”碱式碳酸铋(BiO)2CO3制备Bi2O3 的化学方程式_；（5）硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋，碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是_；（6）从“母液”中回收可用做炸药的物质是_ ( 写物质名称)。【答案】 (1). D (2). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3+6
23、Fe2+3S (3). Cl2(或O2) (4). cebd (5). (BiO)2CO3Bi2O3+CO2 (6). 没有污染性气体产生 (7). 硝酸铵【解析】【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3含杂质SiO2等)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3+3Fe=3Fe2+2Bi、2Fe3+Fe=3Fe2+，滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将
24、Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3，据此分析作答。【详解】(1)根据分析，浸出溶浸过程中，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，Bi3+，Fe3+易水解生成沉淀，加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液答案
25、选D；(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3+6Fe2+3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，则气体X是Cl2(或O2)；(3)抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵转移固液混合物关活塞A确认抽干开活塞A加洗涤剂洗涤关活塞A确认抽干开活塞A关抽气泵，故答案为：cebd； (4)根据分析， “煅烧”操作是将碱
26、式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳，化学方程式为(BiO)2CO3Bi2O3+CO2；(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性气体产生；(6)根据分析，母液为硝酸铵，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵。10.燃煤烟气中含有大量NOx和SO2，可经处理消除。（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)+ 4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； H1=574.0 kJ mol-1CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2
27、O(g)； H2= 1160.0 kJmol-1反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； H3=_；若该反应中将NOx还原为N2，消耗标准状况下5.6L CH4，则反应过程中转移的电子物质的量为_；（2）用CH4原NO2的反应为CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，向两个容积均为2L温度分别为T1C、T2C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1 mol的CH4和2molNO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示：T1_T2(填“”或“”)；T1C时，4080 min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率
28、为v(N2)=_，此温度下的化学平衡常数K=_；T1C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，化学平衡_移动(填“正向”、 “逆向”或“不”)；（3）亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)碱性混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO3-、SO42-。写出NO与NaClO2反应的离子方程式：_；下图表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是_ ( 答出一点即可)； （4）用碱液脱硝是目前研究的课题之一。将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶
29、液可制NaNO2溶液。请写出该反应的离子方程式_。将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到下图所示的电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应：_。【答案】 (1). 867kJmol-1 (2). 2mol (3). (4). 0.0025molL-1min-1 (5). 0.25 (6). 正向 (7). 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O (8). SO2易溶于水，NO难溶于水，SO2溶于吸收剂中的浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高) (9). NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O (
30、10). 2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+ N2【解析】【分析】(1)依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答；若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4价升高为+4价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；(2)根据先拐先平数值大原则分析，先拐先平温度高；T1C时，结合图像找出4080 min N2的浓度变化量计算v(N2)，利用三段式计算化学平衡常数K；T1C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，根据Qc与K的数值关系判断；(3)废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性
31、，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，据此写出反应的离子方程式；烟所中SO2和NO的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO2、NO脱除效率；(4)NO、NO2 和足量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和水；通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH-在B极放电，据此分析。【详解】(1)已知：CH4(g)+ 4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) H1=574.0 kJ mol-1，CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+
32、CO2(g)+ 2H2O(g) H2= 1160.0 kJmol-1，由盖斯定律：可得，CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) H3= 867kJmol-1；还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，n(CH4)=0.25mol，根据反应可知，CH4转化为CO2，C元素由-4价变为+4价，1mol CH4参与反应转移8mol电子，0.25mol CH4参与反应整个过程中转移的电子物质的量为0.25mol8=2mol；(2)根据先拐先平数值大原则，先拐先平温度高，则T1T2，；T1C时，结合图像，4080 min ，NO2物质的量变化量=1.50mol-1
33、.10mol=0.40mol，浓度变化量=0.20mol/L，根据反应CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，浓度的变化量之比等于计量系数比，则N2的浓度变化量为0.10mol/L，则v(N2)= 0.0025molL-1min-1；120min时T1C下，反应达到平衡，平衡时NO2物质的量为1mol，利用三段式：化学平衡常数K=0.25；T1C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，Qc=K=0.25，则化学平衡正向移动；(3)废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生
34、成NO3-、Cl-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；SO2易溶于水，而NO难溶于水，导致吸收剂中SO2浓度明显比NO大，则SO2比NO脱除效率高；(4)将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液，该反应的离子方程式：NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O；NO2在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是碱性溶液，故放电的方程式为：2NO2+6e+4H2O=8OH+N2。化学选修3：物质结构与性质 11.硼(B)钴(Co)和锰(Mn)形成物质时比较复杂和变化多端。（1） Co基态原子核外电子排布式为
35、_，第二周期元素第一电离能比B高的有_种；（2）硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在_；（3）NaBO2可用于织物漂白。BO2-的空间构型为_写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：_；（4）下图表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为_(以n表示硼原子的个数)；下图表示的是一种五硼酸根离子， 其中B原子的杂化方式为_； （5）立方BN和立方AIN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AIN的原因为_；（6）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为_gcm-3(用含a、NA的代数式表示)。 【答案】
36、(1). 1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 (2). 6 (3). 键、离子键 (4). 直线形 (5). CO2或CS2或N2O或BeCl2 (6). (BO2)nn- (7). sp3、sp2 (8). B原子半径更小，B-N键键长更短，键能更大 (9). 【解析】【分析】(1) Co 为27号元素，根据构造理论书写排布式；B位于周期表中第2周期，第A族，同周期主族元素，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第A族和第A族元素反常；(2)硝酸锰是离子化合物，硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大键；(3) BO2-中心原子的价层电子对
37、数为2，孤电子对数为0；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；(4) 根据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式，根据杂化轨道理论判断五硼酸根离子中B原子的杂化方式；(5)原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；(6)结合晶胞中各离子数目计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量晶胞体积。【详解】(1) Co为27号元素，根据构造理论，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2；同周期主族元素，随着原子序数的增大，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第A族和第A族元素反常，所以第一电离能比B大的有Be，C，N，O，F，Ne，共有6
38、个元素；(2)硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大键，所以除键外，还存在键和离子键；(3)BO2的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与BO2由3个原子构成，价层电子数为16，互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等；(4)根据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有O的数目为1+2=2，所以其化学式可表示为：(BO2)n n；根据杂化轨道理论，五硼酸根离子中，B原子部分形成3根共价键，为sp2杂化，部分形成4根共价键，为sp3杂化；(5)立方BN和立方AlN均为原子晶
39、体，B原子半径更小，BN键键长更短，键能更大，熔点更高；(6)晶胞中，Na+位于晶胞的面上和棱上，离子数目=4+4=3；Li+位于晶胞的面心，离子数目=2=1，BH4位于顶点、面心和体心离子数目=1+4+8=4，故该物质的化学式为Na3Li(BH4)4，晶胞的体积V=(a1010cm)2(2a1010cm)，晶胞质量=g，晶体密度=gcm3。化学选修5： 有机化学基础 12.G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下： 已知： (呈碱性，易氧化)（1）C的官能团名称是_；（2）反应的反应类型为_；反应的作用是_；（3）下列对有机物G的性质推测不正确的是_ (填选项字母)；A1molG与足量NaH
40、CO3溶液反应放出2molCO2B能发生取代反应和氧化反应C能加聚合成高分子化合物D具有两性，既能与酸反应也能与碱反应（4）写出EF的化学反应方程式_；（5）同时符合下列条件的D的同分异构体有_种：含有苯环且能发生水解反应：能发生银镜反应；能与NaHCO3溶液反应放出CO2。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有发基时，新引入的取代基连在苯环的问位。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：XYZ目标产物【答案】 (1). 酯基 (2). 取代反应 (3). 保护酚羟基，以防被氧化 (4). AC (5).
41、+HNO3+H2O (6). 17 (7). 【解析】【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为，A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，C为，则C的官能团名称是酯基；(2)反应为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O，乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反
42、应的作用是保护酚羟基，防止被氧化；(3) AG中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故A错误；BG中含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；CG中含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；DG中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；答案选AC；(4) E为，F为，E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式+HNO3+H2O；(5)含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由和-OOCH构成有邻间对3中结构，或和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种； (6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图： 。- 19 - 版权所有高考资源网