【文档说明】广东省梅州市2020届高三6月总复习质检（二）理科综合化学试题 【精准解析】.doc，共(21)页，1.720 MB，由小赞的店铺上传

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梅州市高三总复习质检试卷理科综合第Ⅰ卷一、选择题1.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是()。A.“水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化B.《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔合两柔则刚”体现了合

金硬度方面的特性C.“司南之(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质为23FeOD.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是23KCO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态

变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化，A选项正确；B．金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚，说明合金的硬度比组成它的纯金属大，体现了合金硬度方面的特性，B选项正确；C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用

材质为Fe3O4，C选项错误；D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性，所以“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾，D选项正确；答案选C。2.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()。A.27.8gNaS与22NaO的混合物，含离子总数为A0.3N

B.已知5CrO中铬元素的化合价为6价，则51molCrO分子中存在的过氧键数目为ANC.1221L1molLHO溶液完全反应，转移电子数目一定为A2ND.常温时，pH5的盐酸中水电离的OH数目为910N【答案】

A【解析】【详解】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2-构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol2-2O构成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的离

子总数为0.3NA，A选项正确；B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中有2个过氧键，因此1molCrO5分子中存在的过氧键数目为2NA，B选项错误；C．H2O2完全分解生成H2O和O2时，O

元素的化合价有升高也有降低，即1molH2O2完全反应时转移的电子数为NA，C选项错误；D．溶液体积位置，不能确定溶液中水电离出的OH-数目，D选项错误；答案选A。【点睛】D选项为易错点，解答时需要注意根据

pH只能得出H+或OH-的浓度，而溶液体积未知，不能计算物质的量及离子数目。3.有机化合物F结构简式如图所示，下列说法正确的是()。A.F中的三个苯环可能在同一平面B.F可与氧气在一定条件下反应生成醛C.F可发生加成聚合反应和取代反应D.苯环上的一氯代物有6种【答案】B【解析

】【详解】A．根据F结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的3个H原子，甲烷上最多2个H原子与C原子共平面，因此F中三个苯环不可能在同一平面，A选项错误；B．F分子中的醇羟基可催化氧化生成醛基，B选项正确；C．F分子中苯环可发生取代反应，

但分子中不含有不饱和键(碳碳双键或碳碳三键)，因此不能发生加聚反应，C选项错误；D．根据F的结构分析，其苯环上的一氯代物共有7种，D选项错误；答案选B。4.下列操作或装置，不能达到实验目的的是()。A.图Ⅰ用于实验室制氨气并收集干燥的氨气B.图Ⅱ

用于检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子C.图Ⅲ用于验证牺牲阳极的阴极保护法D.图Ⅳ用于制取3NaHCO晶体【答案】B【解析】【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物的方法制取氨气，氨气是碱性气体，密度比空气小，用碱石灰干燥，采用向下排空气法收集，A选

项不符合题意；B．由于可能还有过剩的浓硫酸，因此在检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子时应将反应后的溶液倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，B选项符合题意；C．原电池中锌作负极失去电子发生氧化反应，铁作正极被保护，可用K3[Fe(CN)6]来检验是否生成Fe2+从而验证牺

牲阳极的阴极保护法，C选项不符合题意；D．CO2和NH3通入饱和的氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，蘸有稀硫酸的棉花可吸收氨气，防止污染空气，D选项不符合题意；答案选B。【点睛】选项B是易错点，注意检验

铜和浓硫酸反应后的溶液时，溶液中可能仍有过剩的浓硫酸，所以不能够直接把水倒水，防止发生意外事故。5.下图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的是()。A.磷酸(34HPO)的电离方程式为：+3-344HPO3H+PO

=B.亚磷酸(33HPO)与足量NaOH溶液反应生成33NaPOC.24NaHPO溶液呈酸性，是因为24HPO的水解程度比电离程度大D.22NaHPO溶液呈碱性【答案】D【解析】【详解】A．磷酸为三元中

强酸，应分步电离，且可逆，电离方程式为H3PO4⇌H++H2PO4-，H2PO4-⇌H++HPO2-4，HPO2-4⇌H++PO3-4，故A错误；B．亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子，所以与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，

故B错误；C．如果24NaHPO溶液呈酸性，说明24HPO电离程度大于水解程度，故C错误；D．磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为一元酸，所以22NaHP

O为正盐，且为强碱弱酸盐，溶液中存在次磷酸根的水解，使溶液显碱性，故D正确；故答案为D。6.已知电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用10.100molLNaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为10.100molL的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶

液的电导率如图所示。下列说法错误的是()。A.c点的混合液pH=7B.e、d两点溶液混合后的溶液中：33cNacCHCOOHcCHCOOC.b点溶液中：33cOHcHcCHCOOcCHCOOH

D.a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液。因为电解质溶液电导率越大导电能力越强可知，c点为用10.100molLNaOH滴定10.00mL浓度为

10.100molL的盐酸溶液，此时消耗10.100molLNaOH溶液为10.00mL，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知n(NaOH)=n(HCl)，所以混合液pH=7，故A正确；B.根据盐酸为强电

解质溶液，醋酸为弱电解质溶液，分析可知d点所在的曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，e点在的曲线代表滴定HCl溶液的曲线，分别加入5mL10.100molLNaOH溶液后，两者混合后溶液为NaCl和CH3COOH，且n(NaCl)=n(CH3CO

OH)，所以33cNacCHCOOHcCHCOO，故B正确；C.b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混和液,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+C(CH3COO-)；根据物料守恒c(Na+)=2C(CH3COO-)+2C

(CH3COOH)，所以C(OH-)=C(H+)+c(CH3COO-)+2C(CH3COOH)，故C正确；D.a点表示醋酸钠溶液，c点表示氯化钠溶液，b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液，b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离

无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b,故D错误；故答案为D。7.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中M单质为淡黄色固体。下列说法错误的是()。A.简单离子半径：Z＞RB.元素非金属性的顺序：Z＞X＞YC.M的氧

化物对应的水化物均为强酸D.Y的单质在加热条件下能与Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最

外层有6个电子，位于第VIA族，其单质为淡黄色固体，则M为S元素；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、Z原子半径小于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N，据此分析结合元素性质解答。【详

解】A．R为Na元素，Z是N元素，二者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：Z＞R，故A正确；B．X为H元素，Y是C元素，Z是N元素，元素周期表中，越靠上越靠右，非金属性越强，元素非金属性的顺序：Z＞X＞Y，故B正确；C．M为

S元素，其氧化物对应的水化物不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，是强酸，故C错误；D．Y是C、Z是N，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硝酸，碳具有还原性，与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮

和水，故D正确；答案选C。第Ⅱ卷二、非选择题(一)必考题8.25VO是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣(主要含有25VO、FeO和少量23AlO、2SiO)中提取，其工艺流程如下：已知：①.22252VOHOV

O2H②一些金属阳离子沉淀的pH范围：开始沉淀pH完全沉淀pH2Fe6.59.03Fe2.23.53Al4.15.4(1)“酸浸还原”时25VO转化为2+VO，写出有关25VO反应的离子方程式________；经“氧化”

后钒以+2VO存在，写出生成+2VO反应的离子方程式________。(2)调节溶液pH至2.0~3.5，宜选用的试剂是________(填标号)。A．3HNOB．24HSOC．23NaCOD．2Ca(OH)(3)“滤渣1”的主要成分是________；25VO

粗品中的杂质为________。(4)“沉钒”时需加入稀24HSO，其目的是________。(5)焙烧产生的气体用________吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。(6)25VO在一定条件下可转化为不同价态的钒离子(2V、3V、2VO、2VO)，可作为

全钒液充电流电池的电极液，电池总反应为23222VOVHOVVO2H充电放电。下图是钒电池基本工作原理示意图：充电时阳极的反应式为____；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是_

____。【答案】(1).222253424HVOSO2VOSO2HO(2).23226VOClO3HOCl6VO6H(3).C(4).2SiO(5).3Fe(OH)(6).使4NH的水解平衡逆向移动，增大4NH浓度，从而增大43NHVO的产量(7)

.稀24HSO(8).222VOHOeVO2H(9).H【解析】【分析】富钒炉渣(主要含有25VO、FeO和少量23AlO、2SiO)加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝，加亚硫酸钠将25VO还原成4VOSO，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加氯酸

钠将2+VO氧化成+2VO，调节pH值后得到25VO粗品；将粗品25VO溶于氢氧化钠溶液中得到3NaVO溶液，过滤杂质，在滤液中加稀硫酸和硫酸铵得到43NHVO，焙烧得纯净的25VO，据此分析解答。【详解】(1)“酸浸还原”时

25VO转化为2+VO，离子方程式为222253424HVOSO2VOSO2HO，加氯酸钠将2+VO氧化成+2VO，相应的离子反应方程式为：23226VOClO3HOCl6VO6H，故答案为：222253424HVOSO

2VOSO2HO；23226VOClO3HOCl6VO6H；(2)调节溶液pH至2.0~3.5，使.22252VOHOVO2H平衡正向移动得到25VO，需加碱性溶液中和氢离子，A、B为酸溶液不能与氢离子反应，故不合题意；D氢氧化钙能中和氢离

子但会引入钙离子杂质，故不合题意，碳酸钠既可以中和氢离子又不引入新的杂质离子，故选择C，故答案为：C；(3)“滤渣1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解过滤后的滤液中存在亚铁离子，加氯酸钠后被氧化成三

价铁离子，调节溶液pH至2.0~3.5时三价铁离子转变成3Fe(OH)沉淀，因此25VO粗品中含有3Fe(OH)，故答案为：2SiO；3Fe(OH)；(4)因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根

离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使4NH的水解平衡逆向移动，增大4NH浓度，从而增大43NHVO的产量，故答案为：使4NH的水解平衡逆向移动，增大4NH浓度，从而增大43NHVO的产量；(5)焙烧过程中43NH

VO分解产生氨气和25VO，产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸铵在沉钒时循环使用，故答案为：稀24HSO；(6)充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式可得阳极电极反应为：222VOHOeVO2H，由阳极反应可知

电解过程中阳极区的氢离子浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，氢离子应透过隔膜向阴极移动，故答案为：222VOHOeVO2H；H；9.硫酸锰晶体(42MnSO7HO)是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿(主要成分为2MnO，含有少量23AlO、23FeO

、2SiO等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如下：已知：①反应原理为：222424422=MnO+HCO+HSOMnSO+2CO+2HO；②24MnCO难溶于水。(1)滤渣2主要成分是2MnO，步骤②中的稀硫酸的作用是________。(2)步骤③中采用16.0molL

硫酸和草酸晶体溶解2MnO，草酸晶体的作用是________；配制1100mL6.0molL硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要________。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热

后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是________。(3)步骤④的具体实验操作有________，经洗涤后干燥得到42MnSO7HO晶体。(4)兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产

物为xyMnO、2SO、3SO，及水蒸气。为了确定xyMnO的化学式，采用下面装置进行测定(已知：3SO的熔点为16.8℃，沸点为44.8℃)。①C装置中吸收的气体为________。②实验自始至终均需通入2N，其目的是________。③若

起始时，在装置A中加入4283.1gMnSO7HO，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则xyMnO的化学式为________。【答案】(1).除去23FeO(2).做还原剂，将MnO2还原为Mn2+(3).100mL容量瓶、胶头滴管(4).防止

MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质(5).加热浓缩、冷却结晶、过滤(6).SO2(7).排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收(8).Mn3O4【解析】【分析】由题给流

程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣1为二氧化锰和氧化铁；向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣2为二氧化锰；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，

酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体。【详解】（1）步骤②为向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则稀硫酸的

作用是溶解除去Fe2O3，故答案为：除去Fe2O3；（2）步骤③为向滤渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；配制100mL6.0mol/L硫酸时用

到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；由题意可知MnC2O4难溶于水，溶解二氧化锰过程中，为防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，故答案为：做还原剂，将

MnO2还原为Mn2+；100mL容量瓶、胶头滴管；防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；(3)步骤④为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；①由题意可知，MnSO4·7H

2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：SO2；②实验开

始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；

③83.1gMnSO4·7H2O的物质的量为83.1g277g/mol=0.3mol，6.4g二氧化硫的物质的量为6.4g64g/mol=0.1mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.3mol×（a—2）=0.1mol×2，解得a=83，则MnxOy为

Mn3O4，故答案为：Mn3O4。【点睛】MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气

体为二氧化硫是解答关键。10.碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。(1)以2CO与3NH为原料可合成尿素。已知：①32242NH(g)CO(g)NHCOONH(s)1H159.5kJmol②24222NHCOONH(s)CONH(s)HO(g)1H116.

5kJmol③22HO(1)HO(g)1H44.0kJmol写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式________。(2)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：2C(s)+CO(g)2CO(g)。向容积为1L的恒容容器中加入0.2molCO2，在

不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图所示。则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________(填“变大”、“变小”或“不变”)。(3)一定量的2CO与

足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：2C(s)CO(g)2CO(g)，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：①650℃时，反应达平衡后2CO的转化率为________。②T℃时，平衡常数pK=

________p总(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压体积分数)。(4)2NO与2SO能发生反应：223NO(g)SO(g)SO(g)NO(g)0H在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，

改变原料气配比进行多次实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定2NO的平衡转化率。部分实验结果如图所示：①当容器内________(填标号)不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。A．气体的压强B．气体的平均摩尔质量C．气体的密度D．2NO的体积分数②如果要将图中C点的平衡状态改变为

B点的平衡状态，应采取的措施是________。③若A点对应实验中，2SO(g)的起始浓度为10cmolL，经过mint达到平衡状态，该时段化学反应速率2NOv________11molLmin。④图中C、D

两点对应的温度分别为CT℃和DT℃，通过计算判断CT________DT(填“”、“”或“”)。【答案】(1).322222NH(g)CO(g)CONH(s)HO(1)1H87.0kJmol(2).吸热(3).变小(4).25%(

5).0.5(6).D(7).降低温度(8).0c5t(9).【解析】【分析】本题综合考察盖斯定律和化学平衡常数的计算，化学平衡常数的计算常用三段式来进行计算，对于反应2C(s)CO(g)2CO(g)，用平衡分压代替平衡浓度计算的化学平衡常数的表达式为：2

pPKP2（CO）（CO）。【详解】(1)根据盖斯定律计算（1）+（2）-（3）得2CO与3NH合成尿素的热化学方程式为：322222NH(g)CO(g)CONH(s)HO(1)；1H87.0kJmol

，故本题答案为：322222NH(g)CO(g)CONH(s)HO(1)；1H87.0kJmol。(2)随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明平衡正向移动，因此该反应属于吸

热反应；恒容容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先与碳在其他容器反应达到平衡后，再混合把体积缩小至原始体积，相当于增大压强，则平衡向逆反应方向进行，达到新平衡后，体系中CO的百分含量减小，故本题答案为：吸热；变小；(3)由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设

开始反应时加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有：22CO(g)C(s)+CO(g)10x2x1-x2x开始转化平衡所以2100%40%12xxx，计算出x=0.25mol，则二氧化碳的转化率为25%；T℃时，一氧化碳和二氧化碳的体积分数均为50%，则22

p20.5PPCOK===0.5PPCO0.5P总总总（）（）（），故本题答案为：25%；0.5；(4)①A，反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体

的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、反应前后气体质量不变气体体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、NO2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；因此

，本题正确答案是：D；②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行，因此，本题正确答案是：降低温度；③A点平衡转化率为50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始浓度为comol/L

，NO2起始浓度c(NO2)=0.4comol/L，反应的二氧化氮浓度=0.4comol/L×50%=0.2comol/L，该时段化学反应速率V(NO2)=tm2n./i0ocmolL=5tocmol/L▪min，因此，本题正确答案是：5toc；(4N

O2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，△H=-41.8kJ/mol，反应为放热反应，n(NO2)：n(SO2)=1，SO2(g)的起始浓度为comol/L，c(NO2)=comol/L，图中C、D两点对应的

实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%，0000000000000.50.50.50.50.50.50.50.5CCCCCCCCCC223NOg+SOgSOg+NOg平衡常数K=1。D点二氧化碳的转化率为40%，n(NO

2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始浓度为comol/L，c(NO2)=1.5comol/L，则00000000001.5000.60.60.60.60.90.40.60.6CCCCCCCCCC223NOg+SOgSOg+NOg平衡常数K=1。

平衡常数相同，说明反应温度相同，Tc=Td，因此，本题正确答案：=。【点睛】化学平衡常数只与温度有关，化学平衡常数相同，则温度相同，此为易错点。(二)选考题[化学选修——3：物质结构与性质]11.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以

表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。2LiCoO、4LiFePO常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题：(1)基态锂原子的最高能级的电子云形状是________；基态磷原子有________个未成对电子；基态铁原子核外电子排布

式为________。(2)234CoNO中2Co的配位数为4，配体中N的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。(3)3Co在水中易被还原成2Co，而在氨水中可稳定存在，其原因为________。(4)4Li

FePO属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用n代表P原子数)。(5)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ

型小立方体构成。晶体中3Al占据2-O形成的________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)；钴蓝晶体的密度为___________-3gcm(列出计算式，用AN表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).球形(2).3(3).22626621s2s2p3s3p3d4s（或62[Ar]3d4

s）(4).2sp(5).Co<O<N(6).3Co可与3NH形成较稳定的配合物(7).n+2-n3n+1PO(8).八面体空隙(9).3-7A8(59+227+416)N2a10【解析】【详解】(1)锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1，最

高能级是2s，其电子云形状是球形；磷是15号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其未成对电子数是3p能级上的3个电子；铁是26号元素，C根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式1s22s2

2p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；(2)NO3－中价层电子对数为5+0+12=3，故为sp2杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较

稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为Co<O<N；故答案为：sp2；Co<O<N；(3)3Co可与3NH形成较稳定的配合物，故3Co在水中易被还原成2Co，而在氨水中可稳定存在；(4)可以根据磷

酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1、2、3、4，n氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，这类磷酸根离子的化学式可用通式

n+2-n3n+1PO来表示；(5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中Al3+占据O2-形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a×10-7)3，该晶胞的质量为32×16+16×27+8×59NA=8(59+2×27+4×16

)NA，所以密度为3-7A8(59+227+416)N2a10；故答案为：八面体空隙；3-7A8(59+227+416)N2a10。【点睛】金属阳离子易与氨气、水等物质形成稳定的络合物；、第（4）问属于跨学科综合题目

，首先用数学的找规律递推到通式，写出磷酸的化学式，然后寻找规律。[化学选修——5：有机化学基础]12.聚碳酸酯是热塑性材料，双酚A型聚碳酸酯的合成路线如下：(1)B的化学名称为________，B中的官能团的名称是

________。(2)反应③的反应类型是________。(3)写出D到E的反应方程式________。(4)写出反应⑥中除生成双酚A型聚碳酸酯外的产物的结构简式________。(5)写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________(

不考虑立体异构，只需写出2个)。①能发生银镜反应②遇FeCl3溶液显紫色③核磁共振氢谱有六组峰(6)设计由1-丙醇制备的合成路线________（无机试剂任选）。【答案】(1).2-氯乙醇(2).氯原子、羟基(3).加成反应(4).

(5).(6).、、、、、。（任写2个）(7).23223232HOClCa(OH)CHCHCHOHCHCHCHCHCHClCHOH浓硫酸，加热或32232HO

ClCHCHCHOHCHCHCH浓硫酸，加热【解析】【分析】A物质乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2-氯乙醇后，在Ca（OH）2的作用下生成C环氧乙烷，与二氧化碳发生加成反应生成D物质后在乙醇作用下生成E，E物质与苯酚反应生成F，F与双酚A发生加聚反应

得到产物双酚A型聚碳酸酯，根据分析进行题目解答。【详解】（1）物质A乙烯和HOCl发生加成反应生成B物质2-氯乙醇，B中的官能团为氯原子和羟基。故答案为：2-氯乙醇，氯原子、羟基。（2）C为环氧乙烷，二氧化碳中C=O断裂发生加成反应生成D物质。故答案为：加成反应。（3）根据题目

内容，D物质与乙醇反应过程中开环，生成E和乙二醇，反应方程式为：。故答案为：。（4）和双酚A发生加成聚合反应生成双酚A型聚碳酸酯和苯酚，苯酚的结构简式为：。故答案为：。（5）由①能发生银镜反应条件可知含有醛基，②遇FeCl3溶液显紫色表明结构中含有酚羟基，③核磁共

振氢谱有六组峰说明结构中含有6种不同结构的H，故符合题意的结构简式有：、、、、、（任写2个）。故答案为：、、、、、（任写2个）。（6）由1-丙醇制备的合成路线可参考从A物质乙烯到C物质环氧乙烷，1-丙醇在浓硫酸

加热条件下生成丙烯，后与HOCl反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物。反应路线为：23223232HOClCa(OH)CHCHCHOHCHCHCHCHCHClCHOH浓硫酸，加热或3223

2HOClCHCHCHOHCHCHCH浓硫酸，加热。故答案为：23223232HOClCa(OH)CHCHCHOHCHCHCHCHCHClCHOH浓硫酸，加热或32232HOClCHCHCHOHCHCHCH

浓硫酸，加热。【点睛】在类似（6）这种合成路线的设计过程中，尽可能从原题目中参考试剂使用与流程，这样得到的合成路线准确率更高。