【文档说明】【精准解析】山西省临汾市洪洞县第一中学2020届高三下学期第一次调研考试理综化学试题.doc，共(21)页，1.489 MB，由小赞的店铺上传

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洪洞县第一中学2020届高三下学期第一次调研考试理科综合注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案

写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ni-59第I卷(选择题)一、选择题本题共7小题，每小题6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.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是A.聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B.家

庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故C.现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D.中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料【答案】B【解析】【详

解】A．聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌，故A错误；B．二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B正确；C．氢键不是化学键，是一种特殊的分子间的作用力，故C

错误；D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D错误；故答案为B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.在12.0gNaHSO4晶体中，所含离子数目为0.3NAB.足量的镁与浓硫酸充分反应，放出2.24L混合气体时，转移电子数为0.2NAC.30

g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为2NAD.标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子，所以在12.0gNaHSO4晶体中，即0.1mol晶体中所

含离子数目为0.2NA，故A错误；B．未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，所以无法确定转移电子数，故B错误；C．冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为：30

g30g/mol×2×NA=2NA，故C正确；D．11.2L乙烯和丙烯的混合气体在标况下的物质的量为0.5mol，0.5mol乙烯中氢原子为2mol，0.5mol丙烯中氢原子为3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3N

A之间，故D错误；故答案为C。【点睛】阿伏加德罗常数是高考的热点，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，还要注

意气体摩尔体积使用条件和对象。3.维生素C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程

式如下：+I2+2HI下列说法正确的是（）A.上述反应说明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B.维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C.维生素C可以水解得到2种产物D.维生素C不可溶于水，可以溶

于有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.从题给的化学方程式可知，维生素C与I2反应时，脱去分子中环上-OH中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A错误；B.维生素C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C.维生素C含有

酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D.维生素C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D错误；故答案为B。4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结

论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清酸性：苯酚＞HCO3－B将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色Fe(NO3)2已变质C氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO

3溶液，生成白色沉淀氯乙烷发生水解D在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．苯酚

与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞HCO3-，选项A正确；B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相当于存在HNO3，会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO

3)2试样已变质，选项B错误；C、氯乙烷与NaOH溶液共热后，溶液中还存在过量的NaOH溶液，此时直接加入AgNO3溶液，最终得到的褐色的Ag2O，选项C错误；D、在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色

沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀CuS，所以无法据此判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，选项D错误。答案选A。5.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和

其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z一具有与氩原子相同的电子层结构；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是A.X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B.

Y与Z形成的化合物只含离子键C.简单氢化物的沸点：Q<XD.Z和W形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，确定Q为N；X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，确定X为F；Z一具有与氩原子相同的电子层结构，确定Z为

Cl；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，当W为K时，Y为Al；当W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X简单氢化物HF的水溶液呈弱酸性，故A错误；B.Y与Z形成的化合物可能是AlCl3或MgCl2，氯化铝属于共价化合物不含有离子键

，故B错误；C.简单氢化物的沸点：Q（NH3）<X（HF），故C正确；D.Z和W形成的化合物为KCl或CaCl2，二者均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故D错误；答案：C6.中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图，下列相关判断正确的是A.电

极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH－+H2↑B.电解池中质子从电极I向电极Ⅱ作定向移动C.每处理1molNO电解池右侧质量减少16gD.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42－+H2O=N2+4HSO3－【

答案】D【解析】【详解】A．HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故A错误；B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳

极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故B错误；C．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-═O2↑+4H+，NO转化为N2，每处理1molNO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的

量为2mol×14=0.5mol，同时有2molH+从右侧迁移到左侧，所以电解池右侧质量减少为0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol=18g，故C错误；D．吸收塔中通入NO和S2O42-离子反应，生

成N2和HSO3-，所以反应方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故D正确，故选：D。7.亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1L0.500mol·L－1H3PO3溶液中滴加等浓度的Na

OH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是A.a、b两点时，水电离出的c水(OH－)之比为1.43：6.54B.b点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32－)C.反应

H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常数为105.11D.当V(NaOH)=1L时，c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(OH－)＞c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.a点为H3PO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c

水(OH－)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则a点溶液中-14-1.43a10()=10OHc－水，b点为Na2HPO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH－)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则b点溶液中-14-6.54b10()=10OHc－

水，则a、b两点时，水电离出的c水(OH－)之比为10-5.11，A项错误；B.由图可知，b点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，且有c(H2PO3−)=c(HPO32−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)

+c(H+)=c(OH−)+c(H2PO3−)+2c(HPO32−)，则c(Na+)＜c(H2PO3−)+2c(HPO32−)＝3c(HPO32－)，B项错误；C.反应H3PO3+HPO32－2H2PO3－的平衡常数为()(

)()()()()()()-1.435.11a1-6.2-2-+232354a22-2-+333333HPOHPOHHPOHPOHPO10====101HO0PHcccccccKKc，C项正确；D.当V(NaOH)

=1L时，H3PO3与NaOH物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)＞c(H2PO3－)＞c(H+)＞c(OH－)，D项错误；答案选C。8.镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居

有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)180∼200℃50∼80℃Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取Ni(CO)4。已知：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl；Ni(CO)4熔点-25℃，沸点43℃

，60℃以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5熔点-20℃，沸点103℃。回答下列问题：(1)装置A中发生反应的化学方程式为_____。(2)装置C用于合成Ni(CO)4(夹持装置略)，最适宜选用的装置为________(填标号)。①②③(3)实验过程中

为了防止_________，必须先观察________(填实验现象)再加热C装置。(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有CO气体，则高纯镍粉在封管的________温度区域端生成填“323K”或

“473K”。(5)实验中加入11.50gHCOOH，C装置质量减轻2.95g(设杂质不参加反应)，E装置中盛有PdCl2溶液100mL，则PdCl2溶液的物质的量浓度至少为________mol·L-1。【答案】(1).HCOOH浓硫酸ΔH2O+CO↑(

2).③(3).CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下爆炸(4).E装置中产生黑色沉淀(5).473K(6).0.50【解析】【分析】A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)180∼200℃50∼

80℃Ni(s)+4CO(g)，温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为43℃，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)

4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成C

O和水，反应方程式为HCOOH浓硫酸ΔH2O+CO↑；(2)温度在50~80℃是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用③装置；(3)CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生

成黑色沉淀，再加热C装置；(4)323K是49.85℃，473K是199.85℃，根据方程式Ni(CO)4(g)180∼200℃50∼80℃Ni(s)+4CO(g)可知180~200℃时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度

区域端生成；(5)n(HCOOH)=11.5g46g/mol=0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g)50~80⎯⎯⎯⎯→℃Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)=2.95g

59g/mol=0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其浓度至少为0.05m

ol0.1L=0.5mol/L。【点睛】解答第(4)题时要注意单位的换算，方程式中温度的单位是摄氏度，封管所给温度时开尔文，0℃=273.15K。9.银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)从其中提取银及铜和铅的工艺

流程如图：回答下列问题：(1)“浸取”时，当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，为提高浸取率可采取的措施是______(请用简练语言列举一项)。(2)“分离Ⅰ”所加试剂X为______，“分离Ⅱ”所得滤渣中除含单质硫外，还含有的成分有______。(3)“浸银”反应的化学方程式

为______(4)N2H4的电子式为______，“还原”反应的离子方程式为______。(5)“粗银”(含Ag、Cu、Zn、Au)可用立式电解槽电解精炼，纯银作阴极，电解液采用硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，其原因是______(写出一条即可)。(6)此

类工厂排出的废水中含有NO3-，对人体有害。科技人员在碱性条件下用Al粉将NO3-还原为N2。缺点是处理后的水中引入了AlO2-，仍然对人体健康有害。已知：25℃时，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33Al(OH)3⇌H++AlO2-+H2OK=1.0×10-1

3①25℃时，欲将上述处理过水中的AlO2-浓度降到1.0×10-6mol/L，此时水中c(Al3+)=______mol/L。②25℃时，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=______。【答案】(1).充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间(2).

Zn(3).SiO2(4).AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl(5).(6).4[Ag(SO3)2]3-+N2H4+4OH-=4Ag↓+8SO32-+N2↑+4H2O(7).防止生成的银被硝酸溶解；防止NO3-优先于Ag+在阴极放电(8).1.3×10-

12(9).10【解析】【分析】银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分

离得到Cu和Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，过滤，滤渣为S和SiO2，滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4，生

成Ag和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠，以此解答该题。【详解】(1)浸取时当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，要加快化学反应速率的方法有：充分搅拌、粉碎银精矿、适当增大液固比、适当提高浸取温度、适当延长浸取时间，选择其中任意两种方法即可；(2)分离得到氯化锌溶液可知加入的试剂X为Zn；根

据分析可知“分离Ⅱ”所得滤渣中除含单质硫外，还含有SiO2；(3)根据流程可知，浸银的反应物为AgCl和Na2SO3溶液，产物有Na3[Ag(SO3)2]，根据元素守恒可知反应方程式为：AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl；(4)N2H4的电子式为；根据流程可

知还原时主要反应物有Na3[Ag(SO3)2]和N2H4，主要产物为氮气和Ag，可知反应过程银离子被还原，N2H4中氮元素被氧化，生成氮气，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：4[Ag(SO3)2]3-+N2H4+4OH-=4Ag↓+8SO32

-+N2↑+4H2O；(5)浓硝酸具有强氧化性能氧化Ag，生成硝酸银溶液，所以硝酸浓度不能过大，防止生成的银被硝酸溶解；同时溶液中有大量硝酸根离子，还要防止NO3-优先于Ag+在阴极放电；(6))①水中AlO2-浓度降到1.0×10-6mol•L-

1，依据Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O，K=1.0×10-13，则c(H+)=1361.0101.010−−=10-7(mol/L)，则c(OH-)=10-7mol/L，25℃时，Ksp[Al(OH)3]=c3(OH-)·c(Al3+)=1.3×10-33，则c(Al3+)=()33

371.31010−−=1.3×10-12mol•L-1；②由①H2O⇌OH-+H+、②Al(OH)3⇌AlO2-+H++H2O可知，②-①得到OH-+Al(OH)3⇌AlO2-+H+，则Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数数值为K＝()()-2-AlOOHcc=67

1.0101.010−−=10。10.雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。(1)天然气中含有的微量H2S会腐蚀管道和设备，可在1200℃下进行脱硫处理，H2S会被氧气氧化为SO

2，并产生水蒸气。化学键H-SO=OH-OSO2中共价键键能/(kJ∙mol-1)3394984641083请写出该反应的热化学方程式：______。(2)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，将NO、SO2氧化为硝酸和硫酸而除去。在

温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：①从图a和图b中可知脱硫脱硝最佳n(H2O2)/n(NaClO2)是_______、最佳pH是______。②图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，

请解释NO去除率减小的可能原因是______。(3)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入lmolO3和2molNO2，相关信息如图所示，请回答下列问题：

①0~15min内乙容器中反应的平均速率：v(NO2)=______。(保留2位有效数字)②下列措施能提高容器乙中NO2转化率的是________(填字母标号)A.向容器中充入氦气，增大容器的压强B.升高容器的温度C.向容器中再充人一定量的NO2D.向容器中再充入lmolO

3和2molNO2③甲容器的初始压强为p0，计算该反应的平衡常数Kp=______。(分压=总压×物质的量分数)(4)过二硫酸钾(K2S2O8)可作为燃煤锅炉脱硝的氧化剂。实验室通过电解饱和KHSO4溶液制备K2S2O8。电解装置如图所

示：①电极B为______极(“阳”或“阴”)。②在常温下，电解液中的含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如图所示，将电极A区域的pH控制在0~2之间进行电解，则电极A的电极反应方程式为______。【答案】(1).2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H

=-1172kJ▪mol-1(2).6:1(3).5.5~6.0之间的任意值均可(4).pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸(5).0.053mol·L-1·min-1(6).D(7).1.5/p0(8).阴(9).2HSO

4--2e-=2S2O82-+2H+【解析】【详解】(1)H2S与O2的反应的方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，△H=反应物键能-生成物键能=4×339kJ∙mol-1+3×498kJ∙mol

-1-(2×1083kJ∙mol-1+4×464kJ∙mol-1)=-1172kJ▪mol-1，所以热化学反应方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=-1172kJ▪mol-1；(2)①从图

a和图b中可知，()()222HONaClOnn=6：1，pH在5.5～6.0时NO、SO2的去除率最高，故脱硫、脱硝的最佳条件是()()222HONaClOnn=6：1，pH在5.5～6.0之间；②图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，pH＞5.5后，随着

pH增大，NO的还原性降低(或NaClO2和H2O2氧化性减弱)，NO不能被氧化成硝酸，故NO的去除率在pH＞5.5时反而减小；(3)①据图可知15min时容器中c(N2O5)=0.4mol/L，容器体积为1L，则初始时c(O3)=1mol/L，c(NO2)=2mol/L，列三段式：()()(

)()-123252-1-1++molL2100molL0.80.40.40.4molL1.20.62NOgO0.40.4gNOgOg起始()转化()平衡()所以v(NO2)=-10.8molL=15min

ct=0.053mol·L-1·min-1；②提高容器乙中NO2转化率，即采取措施使反应2NO2(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)向右进行的程度更大，温度甲＜乙，平衡时正向程度甲＞乙，表明正反应为放热反应，

反应为气体分子数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，据此逐项分析，A．恒容容器充入He，He不参与反应，充入He不改变气体各组分分压，不影响化学平衡，因此不能提高NO2转化率，故A不选；B．反应为放热反应，升高温度

不利于反应正向进行，不能提高NO2转化率，故B不选；C．向容器中再充入一定量的NO2会使O3转化率升高，自身转化率降低，故C不选；D．向容器中再充入lmolO3和2moNO2，由于是按化学计量比充入，相当于对原平衡加压，则有利于反应正向进行，NO2平衡转化率增大，

故D可选；③初始气体总物质的量为1mol+2mol=3mol，平衡时甲容器中c(N2O5)=0.5mol/L，列三段式：()()()()-123252-1-1++molL2100molL10.2NOgOgNO

gO50.50.5molL10.50.50.5g起始()转化()平衡()容器体积为1L，则平衡时气体总物质的量为1mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=2.5mol，则此时容器内压强为002.5mol5=3mol6pp；则p(NO2)=013p，p(O3)=p(N2O5

)=p(O2)=016p，所以Kp=00222300205211))36611))2()3(NO(((O6OppppppppNOp==；(4)①K2S2O8中含有化合价为-1价的氧原子，所以KHSO4

→K2S2O8发生氧化反应，则电极A为电解池的阳极，电极B为阴极；②据图可知pH在0~2之间时HSO4-并未电离，产物应为S2O82-，电极A为阴极得电子发生还原反应，所以电极方程式为2HSO4--2e-=2S2O82-+2H+。【点睛】本题的计算量较大，计算时

学生需认真细心，根据焓变=反应物键能-生成物键能进行计算时要注意化学键的数目，如水分子中有两个氢氧键；第3小题计算Kp时要注意反应前压强为p0，达到平衡后气体物质的量发生变化，压强会变，计算分压时要注意。11.（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂

层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___(填字母代号)。A.B.C.D.（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的B

om-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第

一电子亲和能为348.3kJ/mol（4）配合物[Cu(En)2]SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜(Ⅱ)，是铜的一种重要化合物。其中En是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。①该配合物中含有化学键有___（填字母编号）。A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．

配位键E.金属键②配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为___、___。③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___。④乙二胺(H2NC

H2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___(填“Mg2+”或“Cu2+”)。⑤与氨气互为等电子体的阳离

子为___，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为___。（5）①金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为____。A.B.C.D.②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝__g·cm－3。【答案】(1)

.X-射线衍射(2).A＜C＜B＜D(3).c、d(4).ABCD(5).sp3(6).sp3(7).乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(8).乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键(9

).Cu2+(10).H3O+(11).Si(12).D(13).322A5.36103acN【解析】【分析】(1).晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；(2).轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道

中电子越多，该微粒能量越高；(3).a．Cl-Cl键的键能为119.6kJ•mol-1×2；b．Na的第一电离能为495.0kJ•mol-1；c．NaCl的晶格能为785.6kJ•mol-1；d．Cl的第一电子亲和能为348.3kJ•mol-1；(4).①配合物内部配体存在共价键，配体

和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键；②配体乙二胺分子中C和N均达到饱和，均为sp3杂化；③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高；

④含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱；⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+，同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋

势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；(5).①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D；②该晶胞中As原子个数是2、Ni原子个数=4×112+4×16+2×13+2×16=2

，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×32)×c×10-10cm=32a2c×10-30cm3，晶胞密度=AM2NVg/cm3。【详解】（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X-射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此

通过有无衍射现象即可确定，故答案为X-射线衍射；（2）轨道中电子能量：1s<2s<2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是A

<C<B<D，故答案为A<C<B<D；（3）a.Cl−Cl键的键能为119.6kJ⋅mol−1×2=239.2kJ/mol，故a错误；b.Na的第一电离能为495.0kJ⋅mol−1，故b错误；c.NaCl的晶格能为785.6k

J⋅mol−1，故c正确；d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ⋅mol−1，故d正确；故答案选cd；（4）①配合物内部配体存在共价键，配体和中心离子之间存在配位键，内界和外界存在离子键，乙二胺中存在极性共价键和非极性共价键，故答案为A、B、C、D；②配体乙二胺分

子中C形成4个σ键，且无孤对电子，N形成3个σ键，有一对孤对电子，均为sp3杂化，故答案为sp3；sp3；③乙二胺和甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，考虑分子间形成氢键造成沸点升高，可以解释为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成

氢键，故答案为乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；④由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的

是Cu2+，故答案为乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+；⑤NH3中含有10个电子，由4个原子构成，与氨气互为等电子体的阳离子有H3O+；同一周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第V

A族元素的第一电离能大于相邻元素，故与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素为Si；故答案为H3O+；Si；（5）①由图可知，金属钛的原子按ABABABAB……方式堆积，属于六方最密堆积，晶胞结构为，故金属钛晶胞俯视图为D。故答案选D；②该晶胞中As原子个数是2、

Ni原子个数=4×112+4×16+2×13+2×16=2，其体积=(a×10-10cm×a×10-10cm×32)×c×10-10cm=32a2c×10-30cm3，晶胞密度=AA230M13422NNV3ac102−=g/cm3=322A5.36103acNg/cm3，故答案为3

22A5.36103acN。12.化合物H的分子中含有醛基和酯基。H可以用C和F在一定条件下合成（如图）：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2。②RCH2COOH。③化合

物D苯环上的一氯代物只有两种。④通常同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。（1）A的名称为___。（2）D的官能团名称为___。（3）反应②的化学方程式为__，⑦的反应类型为___。（4）F的结构简式为__。（5）H在一定条件下反应生成高聚物的化学方程式为___。（6）F的同系物G

比F相对分子质量大14，G的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②不能使FeCl3溶液显色，共有__种（不考虑立体异构）。其中能与碳酸氢钠溶液反应且核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为3：2：2

：1，写出G的这种同分异构体的结构简式__。【答案】(1).2-甲基丙酸(2).羟基（酚羟基）(3).+2NaOH+NaBr+2H2O(4).取代反应(5).(6).n(7).12(8).【解析】【分析

】A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，A与溴发生取代反应生成B，则B的结构简式为(CH3)2CBrCO

OH，B与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应再酸化后得到C，C为CH2=C(CH3)COOH，C与F反应生成的H中有酯基和醛基，可知C与F发生发反应是酯化反应，则F中含有醛基，也有羟基能与C酯化，结合F的分子式为C7H6O2，可知F中有一个苯环

和一个醛基、一个酚羟基；因此D中也有一个苯环和一个酚羟基，结合D分子式C7H8O，可知D中还有一个甲基，另外化合物D苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上的取代基为对位，则D的结构为。【详解】（1）根据题中信息，A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，

说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，则A的名称为2-甲基丙酸，故答案为：2-甲基丙酸；（2）由以上分析知D的结构为，则D的官能团名称为羟基（酚羟基），故答案为：羟基（酚羟基）；

（3）在NaOH的醇溶液里发生消去反应得到C为CH2=C(CH3)COOH，则反应②的化学方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O，该反应类型为取代反应，故答案为：.+2NaOH+NaBr+2H2O；取代反应；（4）由在NaOH的水溶液里水解并酸化得到的F为，故答案

为：；（5）和CH2=C(CH3)COOH发生酯化反应得到的H为，一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物的反应方程式为；（6）F的同系物G比F相对分子质量大14，则G的分子式为C8H8O2，其同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基；②不

能使FeCl3溶液显色，说明没有酚羟基，则存在下列几种情况：①苯环上有一个醛基和一个—CH2OH，存在邻、对、间三个位置共3种；②苯环上有一个醛基和一个—OCH3，存在邻、对、间三个位置共3种；③存在一个甲基和一个HCOO—基，存在邻、对、间三个位置共3种；④存

在一个甲基和一个—COOH基，存在邻、对、间三个位置共3种；故满足条件的同分异构体共有12种；G的一个同分异构体被酸性高锰酸钾溶液氧化后核磁共振氢谱为两组峰，且峰面积比为2:1，写出G的这种同分异构体的结构简式为，故答案为：12；

；【点睛】解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改

变往往成为解题的突破口。通常可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。