湖北省武汉市武昌区2019届高三下学期五月调研考试理科综合化学试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com ‎2019届高三年级五月调研考试理科综合试卷(化学部分)‎ 可能用到的相对原子质量： H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 C1 35.5‎ ‎1.化学与生产生活、环境保护密切相关，下列说法正确的是 A. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 B. 用活性炭为糖浆脱色和利用臭氧漂白纸浆，原理相似 C. 光导纤维和聚酯纤维都是新型无机非金属材料 D. 汽车尾气中含有的氮氧化合物，是汽油不完全燃烧造成的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化铝、碳酸氢钠都能与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故A正确；‎ B.活性炭为糖浆脱色是利用它的吸附性，臭氧漂白纸浆是利用其强氧化性，故B错误；‎ C. 光导纤维是新型无机非金属材料，聚酯纤维为有机高分子材料，故C错误；‎ D. 汽油属于烃类物质，只含有碳氢两种元素，不含有N元素，汽车尾气中含有的氮氧化合物，是空气中的氮气与氧气在高温下反应生成的，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 60 g丙醇中含有的共价键数目为10NA B. 过氧化钠与水反应生成0.l mol O2时，转移的电子数为0.2 NA C. 0.l mol•L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1 NA D. 密闭容器中，1 mol N2与3mol H2反应制备NH3，产生N—H键的数目为6 NA个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C-H键、2个C-C键、1个C-O键和1个O-H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；‎ B. 2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH +O2↑，Na2O2中一个氧原子从-1价升高到0价；另外一个从-1价降到-2价，每生成l mol O2时，转移的电子数为2NA，生成0.l mol O2时，转移的电子数为0.2 NA，故B正确；‎ C.溶液的体积未知，无法计算，故C错误；‎ D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1 mol N2与3mol H2反应产生的NH3‎ - 19 -‎ 小于2mol，故产生N—H键的数目小于6 NA个，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是 ‎①可以使酸性KMnO4溶液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应 A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；‎ ‎②含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；‎ ‎③含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；‎ ‎④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是 A B C D 尾气吸收Cl2‎ 吸收CO2中的HCl杂质 蒸馏时的接收装置 乙酸乙酯的收集装置 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A - 19 -‎ ‎【解析】‎ A、氯气能与氢氧化钠溶液反应，可用来吸收氯气，A正确；B、应该是长口进，短口出，B错误；C、蒸馏时应该用接收器连接冷凝管和锥形瓶，C错误；D、为了防止倒吸，导管口不能插入溶液中，D错误，答案选A。‎ ‎5.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是 A. W与其他三种元素均可形成两种或两种以上二元化合物 B. Y的氧化物对应的水化物均为强酸 C. Z的氢化物为离子化合物 D. X和Y形成的化合物的水溶液呈中性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为O，Y为S，Z为Cl，根据最外层电子数之和为20，X为Na。‎ ‎【详解】A. W为O，与其他三种元素可形成，Na2O2和Na2O，SO2和SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故A正确；‎ B. Y最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；‎ C. Z的氢化物HCl为共价化合物，故C错误；‎ D. X和Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法正确的是（　　）‎ A. Zn为电池的负极 B. 正极反应式为：2FeO42－+ 10H++6e－ ＝Fe2O3+5H2O C. 该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 D. 电池工作时OH－ 向负极迁移 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ - 19 -‎ 试题分析：根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，Zn为电池的负极，A项正确；K2FeO4为正极材料，KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42-+6e－+8H2O =2Fe(OH)3+10OH－，B项错误；该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，C项错误；电池工作时阴离子OH向负极迁移，D项错误；答案选A。‎ 考点：考查原电池的工作原理。‎ ‎7.室温下，用0.100 mol•L-1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100 mol•L-1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线 B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)＞20.00mL C. V(NaOH)＝20.00mL时，两份溶液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)‎ D. V(NaOH)＝10.00mL时，醋酸中c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(H+)＞c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ，故A错误； ‎ B. V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（NaOH）＜20.00mL，故B错误；‎ C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl-）＞c（CH3COO-），故C正确；‎ D. V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c（CH3COO-）＞c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；‎ 故选C - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。‎ ‎8.亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为－5.5℃，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。‎ ‎(1)制备Cl2的发生装置可以选用___________(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为___________。 ‎ ‎(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a→________________(按气流方向，用小写字母表示)。‎ ‎(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：‎ ‎①实验室也可用 B 装置制备 NO ， X装置的优点为___________________________________。‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是____________，然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 ‎ ‎(4)已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。‎ ‎①设计实验证明 HNO2是弱酸：_____________。(仅提供的试剂：1 mol•L-1盐酸、 1 mol•L-1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。‎ ‎②通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL - 19 -‎ ‎ 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是__________，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_________。(已知： Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10-12)‎ ‎【答案】 (1). A（或B） (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++ Cl2↑+2H2O（或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O） (3). f→g→c→b→d→e→j→h (4). 随开随用，随关随停 (5). 排干净三颈烧瓶中的空气 (6). 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 (7). 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 (8). ％‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的（或KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2）。‎ ‎（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理。‎ ‎（3）①实验室也可用 B 装置制备 NO，X装置的优点为随开随用，随关随停。‎ ‎②通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化。‎ ‎（4）①要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，结合题给试剂分析。‎ ‎②以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)，然后结合m=n×M来计算。‎ ‎【详解】（1）可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++ Cl2↑+2H2O，（或用KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2，发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O）故答案为：A（或B）；MnO2+4H++2Cl-Mn2++ ‎ - 19 -‎ Cl2↑+2H2O（或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O）。‎ ‎（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为 f→g→c→b→d→e→j→h；故答案为：f→g→c→b→d→e→j→h。‎ ‎（3）①实验室也可用 B 装置制备 NO ，X装置的优点为随开随用，随关随停，故答案为：随开随用，随关随停。‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化，故答案为：排干净三颈烧瓶中的空气；‎ ‎（4）①要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNO2溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。‎ ‎②以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL中满足：n(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)=c×0.02L=0.02cmol，则250mL溶液中n(ClNO)=0.2cmol，m（ClNO）=n×M=0.2cmol×65.5g/mol=13.1cg，亚硝酞氯(ClNO)的质量分数为(13.1cg÷m g)×100％=％，故答案为：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；％‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备方案设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验装置的连接，实验方案的设计，氧化还原反应，环境保护等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。‎ ‎9.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： ‎ ‎(1)+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72—还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为___________。‎ ‎(2)利用铬铁矿(FeO•Cr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：‎ - 19 -‎ ‎①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是__________________________ 。‎ ‎②“水浸”要获得浸出液的操作是_________________________________。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为___。‎ ‎③加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是 _______。‎ ‎(3)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5mol∙L-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp＝_______________。 ‎ ‎(4)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+ H2O)。‎ ‎①电极b连接电源的______极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为_________________。 ‎ ‎②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _______________mol 。‎ ‎【答案】 (1). Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O (2). 铬铁矿粉碎 (3). 过滤 (4). 8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH- (5). CO高温还原Cr2O3（热还原法） (6). 1×10-32 (7). 正 (8). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。‎ ‎（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。‎ ‎②依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式 ‎③用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）。‎ ‎（3）根据Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)求算。‎ ‎（4）①根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。‎ - 19 -‎ ‎②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。‎ ‎【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：Cr2O72—+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。‎ ‎（2）①影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为：铬铁矿粉碎。‎ ‎②“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-，故答案为：过滤；8CrO42—+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3↓+3SO42-+16OH-。‎ ‎③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法），故答案为：CO高温还原Cr2O3（热还原法）。‎ ‎（3）pH为5，c(OH-)=10-9，Ksp＝c(Cr3+)c3(OH-)=10-5×（10-9）3=1×10-32，故答案为：1×10-32。‎ ‎（4）①根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72—+ H2O ，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为：正；2H2O-4e-=O2↑+4H+。‎ ‎②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合2CrO42-+2H+ Cr2O72—+ H2O，所以阳极生成的Cr2O72—物质的量是mol，故答案为：。‎ ‎10.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：‎ ‎(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a - 19 -‎ ‎ kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。‎ ‎(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：‎ ‎①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。 ‎ ‎②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。‎ ‎(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。‎ ‎(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。‎ ‎①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。 ‎ ‎②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol - 19 -‎ ‎ NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用盖斯定律解答。‎ ‎（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。‎ ‎②利用化学平衡常数表达式计算。‎ ‎（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。‎ ‎（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。‎ ‎②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。‎ ‎【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；‎ ‎② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；‎ ‎③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；‎ 利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。‎ ‎（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。‎ ‎②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=‎ - 19 -‎ Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。‎ ‎（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。‎ ‎（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。‎ ‎②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。‎ ‎11.硼和硼的化合物在工业上有着广泛的用途。 ‎ ‎(1)基态硼原子的电子排布式为___________________________。‎ ‎(2)晶体硼的基本结构单元是由硼原子构成的正二十面体(如下图)，其中有20个等边三角形的面和一定数目的顶点，每个顶点各有一个硼原子。此结构单元中含有硼原子的数目为________________。‎ ‎(3)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方氮化硼与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法中，正确的是____(填标号）。‎ - 19 -‎ a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大 ‎ b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软 ‎ c．两种晶体中的 B—N 键均为共价键 ‎ d．两种晶体均为分子晶体 ‎(4)六方氮化硼晶体内硼原子的杂化方式为________，该晶体不导电的原因是___________。‎ ‎(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。与BF4—互为等电子体的一种分子的化学式为__， lmolNH4BF4晶体中含有配位键的数目为_____________。‎ ‎(6)立方氮化硼的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的一个晶胞中含有______个硼原子，立方氮化硼的密度是____g•cm－3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p1 (2). 12 (3). bc (4). sp2 (5). 层与层之间无自由电子 (6). CF4 (7). 2NA (8). 4 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据B的原子序数为5，根据构造原理书写核外电子排布式。‎ ‎（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个点，且晶体硼中有20个这样的三角形，则晶体硼中这样的顶点有20×1/5×3=12。‎ ‎（3）①a．立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键； b．六方相氮化硼层间作用力为范德华力； c．两种晶体中的B-N键均为共价键； d．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体；‎ ‎（4）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻3个氮原子形成σ键；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子。‎ ‎（5）具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。 NH4+和BF4-各含有1个配位键。‎ ‎（6）根据金刚石结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×1/8+6×1/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。一个晶胞的质量为4×25g/NA，一个立方氮化硼晶胞的体积为(361.5pm)3，根据ρ=m/V计算密度。‎ - 19 -‎ ‎【详解】（1）B的原子序数为5，基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1。‎ ‎（2）由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个点，且晶体硼中有20个这样的三角形，则晶体硼中这样的顶点有20×1/5×3=12，故答案为：12。‎ ‎（3）a. 立方相氮化硼中N原子与B原子之间形成单键，所以无π键，故错误；‎ b. 六方相氮化硼层间作用力为范德华力，六方相氮化硼质地软，故正确；‎ c.两种晶体中的B-N键均为共价键，故正确；‎ d. 立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故错误；‎ 故选bc。‎ ‎（4）六方氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻3个氮原子形成σ键，且B上没有孤电子对，故硼原子的杂化方式为sp2；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子，故不能导电，故答案为：sp2；层与层之间无自由电子。‎ ‎（5）具有相同价电子总数和相同原子总数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。与BF4—互为等电子体的一种分子的化学式为CF4，NH4BF4中NH4+和BF4-各含有1个配位键，则1molNH4BF4中含有的配位键个数为2NA，故答案为：CF4；2NA。‎ ‎（6）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×1/8+6×1/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。一个晶胞的质量为4×25g/NA，一个立方氮化硼晶胞的体积为(361.5pm)3，根据ρ=m/V计算密度，因此立方氮化硼的密度是 g∙cm-3，故答案为：4； 。‎ ‎12.艾司洛尔(I )是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ - 19 -‎ ‎(1)A的结构简式为_____________________，D 的化学名称为__________________。‎ ‎(2)G→H的反应类型为_______________，H中所含官能团的名称为______________。‎ ‎(3)C→D中步骤①的化学反应方程式为_________________。‎ ‎(4)已知：1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，则 E 的结构简式为 ____________。‎ ‎(5)X是F的同分异构体，写出满足下列条件的 X 的结构简式________。①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②与FeC13溶液发生显色反应③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1‎ ‎(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 对羟基苯甲醛 (3). 取代反应 (4). 酯基和醚键 (5). +4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，B为 - 19 -‎ ‎，根据C→D发生的两步反应推出D为，1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，结合E的分子式，E为，E和氢气发生加成反应生成F为，F和CH3OH发生酯化反应生成G为。‎ ‎【详解】（1）根据A的化学式C7H8O，由C逆推得出A的结构简式为，根据C→D发生的两步反应①+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，②在H+条件下，转化为D，D的化学名称为对羟基苯甲醛，故答案为：；对羟基苯甲醛。‎ ‎（2）G为， G中酚羟基上的氢原子被所取代从而得到H，故G→H的反应类型为取代反应，根据H 的结构简式可知，所含官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：取代反应；酯基和醚键。‎ ‎（3）C→D中步骤①的化学反应方程式为 - 19 -‎ ‎+4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O，故答案为： +4NaOH +2NaCl+CH3COONa+2H2O。‎ ‎（4）1 mol D（）和1 mol 丙二酸（HOOC-CH2-COOH）在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，可知E中含碳碳双键，E的化学式为C9H8O3， E为，故答案为：。‎ ‎（5）X的分子式为C9H10O3，根据①与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有-COOH②与FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基③核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1，有四种不同环境的氢原子，故符合题意的X有 故答案为：。‎ ‎（6）以和为主要原料制备，对比原料和目标产物的结构简式，中羧基发生酯化反应引入—COOCH3，碳碳双键发生加成反应，模仿流程中G→H引入醚键，则合成路线为：‎ - 19 -‎ 故答案为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎