2022届高三一模测验卷 化学 B卷 答案版.doc

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2022届高三一模检验卷化 学（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在

2、每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰凉州词中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”。夜光杯的主要成分为3MgO4SiO2H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是（ ）A由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质B忽略水和酒精之外的其它成分，葡萄美酒的度数越低，则酒的密度越低C夜光杯属硅酸盐产品，不溶于水，具有抗腐蚀、抗氧化等优点D制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用【答案】B【解析】A蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，A正确；B忽略水和酒精之外的

3、其它成分，葡萄美酒的度数越低，说明酒精含量越少，水的含量就越多，则酒的密度越高，B错误；C夜光杯的主要成分为3MgO4SiO2H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，C正确；DNa2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，D正确。答案选B。2有关化学用语正确的是（ ）A氯化氢的比例模型：B37Cl的结构示意图：C乙烯分子的球棍模型：D甲基的电子式：【答案】C【解析】A氯化氢分子是直线形分子，氯原子比氢原子大，氯化氢的比例模型为，故A错误；B氯离子核电荷数为17，核外电子数为18，有3个电子层，最外层电子数为8，

4、离子的结构示意图为，故B错误；C乙烯分子的结构简式为CH2=CH2，分子的球棍模型为，故C正确；D甲基的结构简式为CH3，电子式为，故D正确；故选C。3下列实验操作正确且能达到实验目的的是（ ）A用甲装置收集SO2气体B装置乙海带灼烧C用丙装置制取并收集干燥的氨气D用丁装置干燥Cl2【答案】A【解析】A排饱和亚硫酸氢钠溶液可收集二氧化硫，图中导管短进长出可收集SO2气体，故A正确；B灼烧在坩埚中进行，不需要蒸发皿，故B错误；C氨气的密度比空气密度小，不能选图中向上排空气法收集，故C错误；DU型管中一般盛放固体干燥剂，应选盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氯气，故D错误；答案为A。4广东有许多具有地域特征的

5、民间活动，下列各项描述中所涉及的化学知识错误的是（ ）选项民间活动化学知识A喜庆节日，客家人喜欢用娘酒来款宴宾客娘酒的酿造过程涉及氧化还原反应B广佛地区流行“叹”早茶泡茶的过程涉及萃取操作C潮汕地区中秋夜“烧塔”时，人们把海盐撒向塔里，黄色火焰直冲云天“黄色火焰”是因为NaCl受热分解D“豆腐节”是佛冈县元宵节独具特色的活动制豆腐时涉及到胶体的聚沉AABBCCDD【答案】C【解析】A酿酒的过程中淀粉转化为葡萄糖，葡萄糖转化为酒精和二氧化碳，C元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；B泡茶的过程中，茶叶中易溶于水的物质被萃取进水中，B正确；C“黄色火焰”是钠元素的焰色反应，C错误；D豆浆

6、属于胶体，向其中加入电解质，豆浆发生聚沉，从而得到豆腐，D正确；综上所述答案为C。5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A16.8g铁丝在足量O2中燃烧时转移的电子数为0.9NAB含0.1molFeCl3的溶液与0.1 mol锌充分反应，转移电子数目为0.1NAC1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.1NAD50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为2NA【答案】D【解析】A16.8g即0.3mol铁丝在足量O2中燃烧时，生成0.1molFe3O4，转移的电子数为0.8NA，A错误；B含0.1molFeCl3的溶液与0.1 mol锌充分反应，先

7、发生：，消耗0.1molFeCl3、0.05 mol锌、生成含0.1molFeCl2、0.05molZnCl2、多余0.05mol锌，再发生，消耗0.05molFeCl2、0.05 mol锌、则反应过程中0.1mol锌全部消耗，整个反应过程中失去电子的物质只有锌，按得失电子守恒，转移电子数目为0.2NA，B错误；CNaHSO4在水溶液中可电离出Na+、H+、SO，1L0.1mol/L的NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.2NA，C错误；D乙醇和水分子中均含有的氧原子，50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为mol1= 2NA，D正确；答案选D。6下列各组离子在指定溶液中一定大

8、量共存的是（ ）A无色溶液中：K+、Na+、CrO、B水电离的c(H+)=110-13 molL1的溶液中：Na+、ClC含有较多Fe3+的溶液中：Al3+、ID0.1 molL1氨水溶液中：Na+、K+、OH【答案】D【解析】A的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在， A错误；B水电离的c(H+)=11013 mol/L1107 mol/L，该溶液可能是酸性溶液或碱性溶液，在碱性溶液中与OH会反应产生弱电解质NH3H2O，在溶液中不能大量共存；在酸性溶液中，、H+会反应产生CO2、H2O，也不能大量共存，B错误；CFe3+和I会发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，不能大量共存，C错误；D

9、在0.1 mol/L氨水溶液中：Na+、K+、OH各离子相互之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。7下列由实验现象所得结论不正确的是（ ）A浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2B酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4，紫色褪去，证明Fe3O4在H+作用下产生Fe2+CNaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解DNaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性【答案】A【解析】A浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也有可能是浓硝酸受热分解生成的NO2，A错误；B酸性KMnO4溶液中

10、加入Fe3O4，紫色褪去，证明Fe3O4在H+作用下产生Fe2+，亚铁离子具有还原性，可以与高锰酸根离子反应，B正确；CNaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解生成具有漂白性的次氯酸，C正确；DNaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，亚硫酸氢根中硫元素化合价降低，证明HSO具有氧化性，D正确。故选A。8已知：2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) 1=-akJmol1C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) 2=-bkJmol12Na(s)+C(s，石墨)+O2(g)=Na2CO3(s) 3=-ckJmol1CO2(g)+Na2O2(s)=Na2C

11、O3(s)+O2(g) 4下列说法正确的是（ ）A石墨的燃烧热=-bkJmol1BC(s，石墨)+O2(g)=CO(g) -bkJmol1C反应中，4=(c-a-b)kJmol1D若将设计成原电池，则32gO2在正极反应转移2mol电子【答案】C【解析】A燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的能量，A正确；B生成时放岀热量减小，B正确；C根据盖斯定律，C错误；D反应中，1molO2在正极发生还原反应转移2mol电子，D正确；故选C。9硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是（ ）浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA反应中生成的SO2具有漂白性，可使

12、溴水褪色B反应中若SO2过量，就会生成NaHSO3C反应中生成 S 既是氧化产物，也是还原产物D反应中当消耗 1mol 稀硫酸时，电子转移为4mol【答案】B【解析】A反应中生成的二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应中溴水褪色是二氧化硫表现还原性，故A错误；B反应中过量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，故B正确；C反应中硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，硫代硫酸钠转化为硫时，硫元素的化合价降低被还原，硫是反应的还原产物，故C错误；D反应中硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=

13、Na2SO4+S+SO2+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol稀硫酸时，转移2mol电子，故D错误；故选B。10已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和3 mol B发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ） At2时改变的条件：向容器中加入C B平衡常数K：K(II)K(I)C平衡时A的体积分数：(II)(I)D容器内压强不变，表明反应达到平衡【答案】A【解析】At2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，A正确；B平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不

14、变，则平衡常数K：K(II)=K(I)，B错误C由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，t2时加入C，导致体系的压强增大，增大压强化学平衡不移动，则平衡时A的体积分数：(II)=(I)，C错误D该反应是反应前后气体体积不变的反应，则反应前后气体的物质的量不变，因此体系的压强始终不变，故不能据此判定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是A。11中药透骨草中一种抗氧化性活性成分结构如图，下列说法正确的是（ ）A该有机物经过质谱测定，最大质荷比为338B该有机物分子对人体有益，含有3种官能团C1mol该化合物最多与4molNaOH发生反应D0.5mol该有机物中最多有4NA个碳原子共面【答案

15、】B【解析】A质谱就是测定质荷比，最大质荷比就等于其相对分子质量，此有机物分子式为C19H16O6，相对分子质量为340，A错误；B此有机物有羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，B正确；C1mol该化合物可以水解得到1mol酚羟基、2mol羧基，再加上本身的2mol酚羟基，最多与5molNaOH发生反应，C错误；D该有机物分子中的碳原子，最多可以全部共面，故0.5mol该有机物中最多有9.5NA个碳原子共面，D错误；故选B。12一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，原子核外电子的数目Q比Z多8个。下列说法正确

16、的是（ ）A是一种强酸 B简单氢化物沸点：C简单离子半径： D和均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核内只有1个质子，W为H元素；根据该杀虫剂的结构可知，X形成4个共价键，X为C元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；则Y为N元素；原子核外电子的数目Q比Z多8个，Q的原子核外电子数为8+8=16个，Q为S元素；M为+5价，原子序数小于16，大于8，则M为P元素。根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为P元素，Q为S元素。A为H3PO4，是一种中强酸，故A错误；B水分子和氨气分子间能够形成氢键，硫

17、化氢不能，则硫化氢的沸点最低，故B错误；C一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。Q、M离子的电子层数比Y、Z离子多，因此简单离子半径：，故C错误；D和分别为、，亚硫酸根和草酸根均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。13由下列实验及现象能推出相应结论的是（ ）选项实验现象结论A向Na2S溶液中滴加盐酸产生臭鸡蛋气味的气体Cl的非金属性比S强B向CuSO4溶液中滴入KI溶液溶液变黄且有白色沉淀氧化性：Cu2+I2C将盛有(NH4)2SO4的试管微热，试管口放湿润红色石蕊试纸试纸变蓝(NH4)2SO4显碱性D向发黄的浓硝

18、酸中通入O2溶液黄色褪去浓硝酸中混有Fe3+AABBCCDD【答案】B【解析】A硫化钠和盐酸反应生成硫化氢气体，说明HCl酸性大于H2S，不能说明Cl的非金属性比S强，A错误；BCu2+与I反应生成CuI白色沉淀和I2的黄色溶液，能证明氧化性：Cu2+I2，B正确；C(NH4)2SO4受热分解生成氨气，氨气与水结合成氨水显碱性，C错误；D浓硝酸发黄，可能是溶解了二氧化氮气体，通入氧气，又能生成硝酸，故黄色消失，D错误；答案选B。142020年，天津大学张兵教授团队实现了两电极体系中将温室气体CO2转化为甲酸的高选择性合成，装置工作原理如图（隔膜a只允许OH通过）。下列说法错误的是（ ）ANi2

19、P为阳极，发生氧化反应B在外电场作用下，OH由左向右迁移CIn/In2O3-x电极上发生的反应：CO2+2e+H2O=HCOO+OHD若Ni2P电极上生成1molCH3(CH2)6CN，理论上通过隔膜a的OH为2mol【答案】D【解析】A由图可知，Ni2P电极上CH3(CH2)7NH2CH3(CH2)6CN发生氧化反应，故Ni2P电极为阳极，A正确。B电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH由In/In2O3x电极区向Ni2P电极区迁移，B正确。C由图可知，In/In2O3x电极为阴极，故电极反应为CO2+H2O=，C正确。D由图可知，Ni2P电极为阳极，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+

20、=CH3(CH2)6CN+4H2O，故每生成1molCH3(CH2)6CN，转移4mol电子，根据电子守恒，通过隔膜a的OH应为4mol，D错误。答案选D。15一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)容器编号温度()起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090下列说法正确的是（ ）A该反应的正反应为吸热反应B达到平衡时，容器中的CH3OH体积分数比容器中的小C若容器中反应达到平衡时增大压强，则各物质

21、浓度保持增大D若起始向容器中充入CH3OH 0.10mol、CH3OCH3 0.10mol、H2O 0.10mol，则反应将向逆反应方向进行【答案】C【解析】A对比、知，其它条件不变时，升高温度，平衡时生成物的量减少，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B、温度相同，但由于反应前后体积不变，增大反应物浓度相当于是增大压强，平衡不移动。因此容器中的CH3OH体积分数和容器中的相同，故B错误；C若容器中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但容器容积减小，则各物质浓度均增大，故C正确；D387时，根据三段式可知容器容积为1L，化学平衡常数K=4，若起始时向容器中充入CH3OH 0

22、.10mol、CH3OCH3 0.10mol、H2O 0.10mol，浓度商Qc=1c(K+)c(HA)c(H+)Cc点：溶液恰好呈中性D溶液中水电离程度：d点c点【答案】B【解析】A未加氢氧化钾时，溶液为HA溶液，水电离出来的氢离子浓度为1011mol/L，则溶液中c(OH)=1011mol/L，溶液中c(H+)=103mol/L，pH=3，故A错误；B加入10mLKOH后，HA反应了一半，溶液中HA与KA浓度相等，此时水电离出来c(H+)水=109mol/L，说明酸的电离出的氢离子抑制了水电离，则HA的电离大于A的水解，所以c(A)c(K+)c(HA)c(H+)，故B正确；Cc点，KOH与

23、HA恰好完全反应，溶质是KA，KA是强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性，故C错误；Dc点完全反应，溶质只有KA，其水解促进了水的电离，而d除了KA外，还有KOH抑制了水的电离，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；选B。第卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1719题为必考题，每个试题考生都必须作答。第20、21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共37分。17五氧化二氮（N2O5）是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成强酸，高于室温时对热不稳定。（1）某化学兴趣小组设计臭氧（O3）氧化

24、法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3=N2O5+O2。实验装置如图：回答下列问题：装置C的名称_，装置E的作用是_。写出装置A中发生反应的化学方程式_。实验时，将装置C浸入_（填“热水”或“冰水”）中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。（2）判断C中反应已结束的简单方法是_。（3）该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250molL-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000molL-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点

25、时，消耗H2O2溶液17.50mL。（已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解）产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_。判断滴定终点的方法是_。产品中N2O4的质量分数为_。【答案】（1）三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入C中 Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 冰水 （2）红棕色褪去（3）5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2+10NO+4H+ 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 20.7% 【解析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2；2NO2N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3=N2O

26、5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是保护装置，防止倒吸；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。（1）装置C的名称三颈烧瓶；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；由于N2O5高于室温时对热不稳定，所以实验时，将装置C浸入冰水中；（2）装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反

27、应已结束，故答案为：红棕色褪去；（3）N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O=2Mn2+10NO+4H+；酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，则判断滴定终点的方法是：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；KMnO4的总物质的量为n=cV=0.1250molL-120.010-3L =2.510-3mol，H2O2与KMnO4反应的比例关系为5H2O22KMnO4，则剩余的KMnO4物质的量为n(KMnO4)=n(H2O2)=0.1000molL-117.5010-3L =0.710-3mol，所以与N

28、2O4反应的KMnO4物质的量为2.510-3mol-0.710-3mol=1.810-3mol，由关系式：5N2O42KMnO4，n(N2O4)=1.810-3mol=4.510-3mol，N2O4的质量m=nM=4.510-3mol92g/mol=0.414g，产品中N2O4的质量分数为。182019年度诺贝尔化学奖奖励锂电池的发明者，锂离子电池已经彻底改变了我们的生活。如果废旧电池处理不当就会对环境造成严重污染，影响人们的健康生活。一种以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）原料制备CoC2O42H2O的流程如下图：（1）除铝时发生反应的离子方程式为_。（2）灼烧的主

29、要目的是_，实验室中灼烧实验用到最重要的仪器是_。（3）还原步骤在70左右，LiCoO2发生反应的化学方程式为_，若用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可以达到目的，但其缺点是_。（4）沉淀时，证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象是_。（5）已知：NH3H2O+OH-，Kb=1.810-5，H2C2O4H+，Ka1=5.410-2，H+ Ka2=5.410-5，则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_7（填“”或“”或“=”）。【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2（2）除去C 坩埚 （3）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+Li2SO4+O2+4H2O

30、 会产生有毒气体Cl2 （4）静置，向上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不出现浑浊，就证明Co2+已经沉淀完全。（5）【解析】以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）为原料制备CoC2O42H2O，正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）加入NaOH溶液，Al被溶解形成NaAlO2溶液，剩余LiCoO2、C在空气中灼烧，C与O2反应生成CO2，剩余固体LiCoO2与H2SO4、H2O2反应，H2O2被Co3+氧化生成CoSO4溶液与O2，继续加入(NH4)2C2O4溶液，最终形成CoC2O42H2O。（1）除铝时的反应为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，该反

31、应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2；（2）除铝后仍有杂质C，在空气中灼烧时碳会变为CO2气体逸出，从而实现除去C的目的，灼烧实验一般要用到坩埚；（3）根据产物中Co元素的化合价可知还原过程中双氧水将Co3+还原成Co2+，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=2CoSO4+Li2SO4+O2+4H2O。若使用盐酸代替H2SO4，HCl被氧化时生成Cl2，而氯气有毒，会污染大气；（4）证明Co2+已经沉淀完全的实验操作与现象为：静置，在上层清液中继续滴加(NH4)2C2O4溶液，若不出现浑浊，就证明Co2+已经沉淀完全；（5）根据题目所

32、给消息可知一水合氨的电离程度小于草酸氢根的电离程度，则铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，铵根水解使溶液显酸性，所以(NH4)2C2O4溶液显酸性，溶液的pH7。19“绿水青山就是金山银山”，研究并消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。（1）已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H1=-114kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+181kJmol-1若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_。（2）T时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正逆反

33、应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)（k正、k逆是速率常数），且lgv正lgc(NO2)与lgv逆lgc(N2O4)的关系如图所示。T时，该反应的平衡常数K=_。T时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为_（以分数表示）。平衡后v正=_（用含a的表达式表示）。（3）用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向一恒压密闭容器中加入一定量（足量）的活性炭和NO，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。则t2时刻改变的条件为_。t1

34、时刻的v逆_t2时刻的v正（填“”“”或“=”）。（4）在恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H0。下列说法正确的是_。A及时分离出生成的尿素，有利于NH3的转化率增大B反应达到平衡后，混合气体的密度不再发生改变C反应在任何温度下都能自发进行D当尿素的质量不变时，说明反应达到平衡【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) H=-854 kJmol-1 （2）100 10a （3）向密闭容器中加入NO （4）BD 【解析】（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H1=-114kJmol-1 C(s)+O2(g)

35、=CO2(g) H2=-393.5kJmol-1 N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+181kJmol-1 若某反应的平衡常数表达式为K=，则反应为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，将2-，得H=(-393.52+114-181) kJmol-1=-854 kJmol-1，此反应的热化学方程式为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) H= -854 kJmol-1。答案为：2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) H= -854 kJmol-1；（2）由化学方程式可知，v正的斜率更大一些，从而得出lgv正=a+2，lgv逆=a，则l

36、gv正=lgk正+2lgc(NO2)= lgk正=a+2，k正=10（a+2），lgv逆=a，则lgv逆= lgk逆+lgc(N2O4)= lgk逆=a，k逆=10a。T时，该反应的平衡常数K=100。T时，往刚性容器中充入x mol/LNO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则可建立如下三段式：K=，x=2.1mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为=。平衡后v正=10（a+2）0.12=10a。答案为：100；10a；（3）因为恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，但平衡正向移动且达平衡后，逆反应速率与原平衡时相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO。t2时刻

37、，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆t2时刻的v正。（4）A因为尿素呈固态，所以及时分离出生成的尿素，对NH3的转化率没有影响，A不正确；B因为达平衡前，混合气体的质量减小，但体积不变，所以密度不断减小，当混合气体的密度不再发生改变时，反应达平衡状态，B正确；C因为正反应为熵减反应，所以低温下反应能自发进行，但高温时反应不能自发进行，C不正确；D当尿素的质量不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D正确；故选BD。答案为向密闭容器中加入NO；BD。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题

38、号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。20【选修3-物质结构与性质】碳、氮、氟、硅、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运动状态有_种；氟原子的价电子排布式为_。（2）NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，NF3分子的空间构型为_；写出与N2互为等电子体的一种离子的化学式_。（3）已知金刚石中的C-C键键长为154.45pm，C60中C-C键键长为145140pm，而金刚石的熔点远远高于C60，其理由是_。（4）氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为_，Si原子采用_杂化。（5）Cu的某种晶体晶胞为面

39、心立方结构，晶胞边长为acm，原子的半径为rcm。该晶体中铜原子的堆积方式为_（填“A1”“A2”或“A3”），该晶体的密度为_g/cm3（用含a和NA的代数式表示），该晶体中铜原子的空间利用率为_（用含a和r的代数式表达）。【答案】（1）9 2s22p5 （2）三角锥形 CN-或或NO+ （3）金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键 （4）Si8H8O12 sp3 （5）A1 【解析】（1）F是9号元素，基态F原子核外有9个电子，所以基态F原子核外电子有9种运动状态；F原子3s、3p能级上电子为其价电子，价电子排布式为2s

40、22p5；（2）NF3分子中N原子孤电子对数=，NF3分子含有3个键，所以分子空间构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与N2互为等电子体的一种离子的化学式CN- 或或NO+；（3）金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而C60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；（4）由分子结构可知，分子中有8个Si原子、8个H原子、12个O原子，故分子式为：Si8H8O12；Si原子形成4个价键，没有孤电子对数，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化；（5）根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC堆积，该堆积方式为面心立方最密堆

41、积，即属于Au堆积；晶胞中Cu原子数目=8+6=4，晶胞质量=4g，则晶体密度=g/cm3；晶胞中Cu原子总体积=4(rcm)3=cm3，所以该晶体中铜原子的空间利用率为=100%。21有机化合物J（）是治疗心脏病的药物的一种中间体。J的一种合成路线如下：已知：A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1221。C是日常生活中常见的一种有香昧的有机物，也是一种常用的有机溶剂。R1-CHO+R2CH2-CHO回答下列问题：（1）A的名称是_，E的结构简式是_。（2）CD的反应类型是_。（3）化合物H中含氧官能团的名称是_。（4）FG的化学反应

42、方程式为_。（5）符合下列条件的E的同分异构体有_种。能发生水解反应苯环上只有两个对位取代基能与FeCl3溶液发生显色反应（6）以有机物B为原料，结合题设合成路线，写出制备1，3-丁二醇的转化流程图_（无机化合物原料任选）。【答案】（1）对羟基苯甲醛（4羟基苯甲醛） （2）氧化反应（3）（酚）羟基、羧基（4）+H2O （5）6（6）【解析】A既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明A中含有醛基和酚羟基，其核磁共振氢谱显示有4种氢，且峰面积之比为1221，则A结构简式为；C是日常生活中常见的一种有香昧的有机物，也是一种常用的有机溶剂，C为CH3CH2OH，B与水加成得到C，则B为

43、CH2CH2，C发生催化氧化生成D为CH3CHO，AD发生信息中的反应生成E为，E发生银镜反应然后酸化得到F，F为，F发生消去反应生成G为, G发生加成反应生成H，H为，H发生水解反应然后酸化得到I，I为，I发生酯化反应生成J，J分子结构中含有3个六元环，。（1）A结构简式为：，A的名称为对羟基苯甲醛，由分析可知E为；（2）C为CH3CH2OH，C发生催化氧化生成D为CH3CHO，CD的反应类型是氧化反应；（3）H为，化合物H中含氧官能团的名称是（酚）羟基、羧基；（4）F发生消去反应生成G，FG的化学反应方程式为+H2O；（5）E为，E的同分异构体符合下列条件：能发生水解反应，说明有酯基，苯环上只有两个对位取代基；FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；其含有酯基的取代基可以是-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)-OOCH、-CH2OOCCH3、-OOCCH2CH3、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3，故符合条件的E的同分异构体有6种；（6）B为CH2CH2，以有机物B为原料，结合题设合成路线，写出制备1，3-丁二醇的转化流程图为：。