【文档说明】2021届高三高考理综化学临考练习三（新课标2卷）含答案.docx，共(18)页，590.172 KB，由小赞的店铺上传

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2021届高考理综化学临考练习三（新课标2卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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：H1C12N14O16Na23Al27S32Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的

四个选项中，只有一个选项符合题意。7．化学与社会、技术、环境、生活密切相关，下列有关说法中错误的是A．处理秸秆的方法之一，是将秸秆转化为乙醇以作汽车燃料B．在过渡元素中可以寻找到优良的催化剂C．为卫星供电的太阳能帆板主要由二氧化硅制成D．镧镍合金等贮氢合金的发现和应用解决了氢气贮存、运输等

难题8．有机物的结构可用“键线式”简化表示，如：CH3-CH=CH-CH3可表示为，有一种有机物X键线式为下列关于有机物X的叙述错误的是A．X的分子式为C8H8O3B．有机物Y足X的同分异构体，含有苯环、能与NaHC03溶液反应、且有三个取代基，则Y的结构有8种C．X分子中的所有原子不可能在同一

平面内D．X能发生加成反应，取代反应，并能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色9．下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作实验现象结论A将Cu与浓硫酸反应后的混合物冷却，再向其中加入蒸馏水溶液变蓝有2Cu+生成B向0.1molL-1H2O2溶液中滴加0.1mol·L-1KMnO4溶液溶液褪色22HO具

有氧化性C2-+2-42722CrO+2HCrO+HO有砖红色沉()()sp24sp227KAgCrO<KAgCrO在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液淀(24AgCrO)生成D向淀粉溶液中加入适量20%的H2SO4溶液，加热，冷却后加入足量NaOH溶液，再滴加少量碘水

溶液未变蓝色淀粉已完全水解A．AB．BC．CD．D10．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LCHCl3中分子数为NAB．常温常压下，28gN2含有的原子数为2NAC．1L0.1mol•L−1CH3COOH的水溶液中含氧原子数为0

.2NAD．常温下，28g铁片投入足量浓H2SO4中生成SO2为0.5NA11．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W原子序数之和为Z原子序数的2倍，W的最外层电子数是内层电子数的3倍，这四种元素可组成一种化合物M的结构如图所示。下列说法错误的是A．Y、Z、W分别

与X形成的二元化合物均不止一种B．X、Y、W形成的一种酸具有还原性C．化合物M溶于水能促进水的电离D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z12．双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH−，作为H+和O

H−离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法不正确．．．的是（）A．相同条件下，不考虑气体溶解，阴极得到气体体积是阳极两倍B．电解过程中Na+向左迁移，N为阴离子膜C．若去掉双极膜(BP)，阳极室会有C

l2生成D．电解结束后，阴极附近溶液酸性明显增强13．常温下，向25mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法中不正确．．．的是A．a点对应的M=13B．b点对应的N>12.5C．曲线a

b(不含a、b点)上总是存在：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)D．c点对应的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)二、非选择题：共58分。第26~28题为必考

题，每个考试必须作答，第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．某化学兴趣小组在实验室中用苯甲醛制备苯甲醇和苯甲酸。有关物质的性质如表所示：苯甲醛微溶于水，易溶于有机溶剂；易被空气氧化；与饱和NaHSO3溶液反应产生沉淀苯甲醇沸点为205.3

℃；微溶于水，易溶于醇、醚等苯甲酸熔点为121.7℃，沸点为249℃；微溶于水乙醚沸点为34.8℃；难溶于水；易燃烧，当空气中含量为1.83%～48.0%时易发生爆炸已知：2CH3CHO＋KOHΔ⎯⎯→CH3

CH2OH＋CH3COOK回答下列问题：(1)向图1所示装置(夹持及加热装置已略去)中加入少量NaOH和水，搅拌溶解，稍冷，加入新蒸过的苯甲醛，开启搅拌器，加热回流。停止加热，从球形冷凝管上口缓缓加入冷水，摇动，冷却后将液体倒入分液漏斗，用乙醚萃取三次，水层保留待用。合并三次

萃取液，依次用饱和NaHSO3溶液、Na2CO3溶液、水洗涤。用饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤的目的是___，而用碳酸钠溶液洗涤可除去醚层中极少量的苯甲酸。(2)将洗涤后的醚层倒入干燥的锥形瓶内，加入无水MgSO4后再加上瓶塞，静置一段时间后，将锥形瓶中溶液转入图2所示蒸馏装置中，缓缓加热，蒸馏

除去乙醚。当温度升到140℃时改用空气冷凝管，收集198℃～206℃的馏分。①锥形瓶上加塞子的目的是____；无水硫酸镁的作用是_____。②蒸馏除去乙醚的过程中宜采用的加热方式为____；收集的198℃～206℃的馏分为___(写名称)。(3

)将萃取后的水层慢慢地加入到盛有盐酸的烧杯中，同时用玻璃棒搅拌，析出白色固体。冷却、过滤，得到粗苯甲酸产品，然后提纯得到较纯净的产品。将苯甲酸粗产品提纯所用的实验方法为____。(4)图1和图2装置中都用了冷凝管，下列说法正确的是___(填选项序号)。a.两种冷

凝管冷凝效果相同，本实验中可以互换使用b.直形冷凝管一般在用蒸馏法分离物质时使用c.两种冷凝管的冷凝水进出方向都为“高(处)进低(处)出”d.球形冷凝管能冷凝回流反应物而减少其蒸发流失，使反应更彻底27．二硫化钼(

MoS2，其中Mo的化合价为+4)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为___

________。(2)在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。(3)若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是_________，“氨浸”后生成(NH4)

2MoO4反应的化学方程式为___________。(4)向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4]，加入盐酸后，(NH4)2MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_________________。(5)高纯MoS2中仍然会

存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6两种价态，则MoS2中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数()()4nMonMo+为__________。(6)钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种无公害

型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去SO42-，若溶液中c(MoO42-)=0.4mol/L，c(SO42-)=0.05mol/L，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时

，SO42-的去除率为____________[忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10]。28．氨气是一种重要的化工原料。I．已知298K、101k

Pa下，合成氨反应的能量变化如图1所示(ad表示被催化剂吸附，反应历程中粒子均为气态)。(1)该条件下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=___________。(2)反应历程中决定合成氨反应速率的一步反应的热化学方程式为___________。(3)改变下列某一条件，既能加快合

成氨反应速率又能提高氮气的平衡转化率的是___________(填字母)。A．升高温度B．增大压强C．增加N2的量D．及时分离氨气Ⅱ．以氨气作还原剂，可除去烟气中的氮氧化物。其中除去NO的反应原理如下：4NH3(g)+6NO

(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH=−1980kJ/mol(4)反应速率与浓度之间存在如下关系：v正=k正c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆c5(N2)·c6(H2O)。k正、k逆为速率常数，

只受温度影响。350℃时，在2L恒容密闭容器中，通入0.9molNH3(g)和1.2molNO(g)发生反应，保持温度不变，平衡时NO的转化率为50%，则此温度下k=k正逆___________；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________n(填“＞”、“

＜”或“=”)。(5)初始投料量一定，平衡时NO的转化率与温度、压强的关系如图2所示，则P1、P2、P3由大到小的顺序为___________，原因是___________。(6)保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比充入NH3(g)和NO(

g)发生反应，达到平衡时H2O(g)的体积分数φ(H2O)随3n(NO)n(NH)的变化如图3所示，当3n(NO)=2.0n(NH)时，达到平衡时φ(H2O)可能是A、B、C三点中的___________(填“A”、“B”或“C”)。（二）选考题：共15

分。从2道化学题中任选一道。如果多做则按第一题给分。35．多年来，储氢材料、光催化剂与硼酸盐材料的研究一直是材料领域的热点研究方向。回答下列问题：一种Ru络合物与g-C3N4符合光催化剂将CO2还原为HCOOH的原理如图。(1)Ru络合

物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___，Ru络合物含有的片段和中都存在大π键，氮原子的杂化方式为___，氮原子配位能力更强的是___（填结构简式）(2)基态碳原子的价电子排布图为___，HCOOH的沸点比CO2高的原因是___。(3)2019年

8月13日中国科学家合成了白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2，[B(OH)4]-中B的价层电子对数为____，[Sn(OH)6]2-中，Sn与O之间的化学键不可能是___。a.π键b.σ键c.

配位键d.极性键(4)镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中Z表示的微粒为___(填化学式)。若原子分数坐标A为（0，

0，0），则B（Y）的原子分数坐标为___，已知LaNi5H6摩尔质量为499g·mol-1，晶体密度为g·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为a=___pm（用代数式表示）。36．以芳香烃A为原料合成有机物F和I的合成路线如下：已知：

R-CHO+(CH3CO)2O+H→R-CH=CHCOOH+CH3COOH（1）A的分子式为_________，C中的官能团名称为_____________。（2）D分子中最多有________________个原子共平面。（3）E生成F的反应类型为________________，G的结

构简式为________________。（4）由H生成I的化学方程式为：______________。（5）符合下列条件的B的同分异构体有多种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2:1:1的是（写出其中一种的结构简式）________________。①属于芳香化合

物；②能发生银镜反应（6）已知RCOOH2SOCl⎯⎯⎯⎯⎯→RCOCl，参照上述合成路线，以苯和丙酸为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。参考答案1．C【详解】A．秸秆主要成分为纤维素，纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵得到乙醇，乙醇能够做内燃机燃料，所以处理秸秆的方

法之一，将秸杆转化为乙醇以作汽车燃料，A正确；B．在过渡元素中可以寻找到优良的催化剂，B正确；C．太阳能电池板主要由Si制成，C错误；D．贮氢合金方便储存和运输氢气，解决了贮存和运输氢气难的问题，D正确。答案选C。2．B【详解】A.由结构简式可以知道有机物分子式为C8H8O3

，A正确；B.有机物Y分子式C8H8O3，能与碳酸氮钠溶液反应且含有苯环,环上含有1个COOH、1个-CH3、1个–OH，共计有10种，B错误；C.分子结构含有-CH3，为四面体构型，所以X分子中的所有原子不可能在同一平面内，C正确；D.

X含有官能团碳碳双键能与溴水发生加成反应，碳碳双键能够被酸性KMnO4溶液氧化而导致高锰酸钾溶液褪色，醇羟基能够发生取代反应，D正确；正确选项B。3．C【详解】A．由于反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，故稀

释时应该把反应后的混合物沿玻璃棒缓慢加入蒸馏水中，并不断搅拌，A选项操作错误，不符合题意；B．KMnO4具有强氧化性，可将H2O2氧化为O2，体现H2O2的还原性，B选项结论错误，不符合题意；C．K2Cr2O7溶液中，2-27c(CrO)＞2-4c(CrO)，但加入AgNO3后生成Ag2Cr

O4沉淀，而没有生成Ag2Cr2O7沉淀，说明Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，即Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(Ag2Cr2O7)，C符合题意；D．加入碘水检验淀粉是否有剩余，不需要加入NaOH碱化，如果加NaOH，则I2与NaOH反应，导致无法检测淀粉，也就无法确定淀粉

是否完全水解，D选项操作错误，不符合题意；故答案选C。4．B【详解】A．CHCl3在标准状况下是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故22.4LCHCl3中分子数不等于NA，A错误；B．常温常压下，28gN2含有的原子数为AA-128g2228g?molNN=，B

正确；C．除CH3COOH中含有O原子外，H2O中也含有O原子，故1L0.1mol•L−1CH3COOH的水溶液中含氧原子数大于0.2NA，C错误；D．常温下，铁片在浓硫酸中发生钝化，故28g铁片（0.5mol）投入足量浓H2SO4中几乎不生成SO2

，D错误；故答案为：B。5．D【分析】W的最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素；根据M的结构可知X可以形成一个共价键，且原子序数小于O，所以X为H元素，Z可以和4个H原子形成正一价阳离子，则Z应为N元素，该阳

离子为NH+4；Y可以形成4个共价键，且和O原子形成双键，则Y应为C元素。【详解】A．C可以和H形成多种烃类，都为二元化合物，N可以和H形成NH3、N2H4等多种二元化合物，O可以和H形成H2O、H2O2，A正确；

B．H、C、O可以形成具有还原性的H2C2O4(草酸)，B正确；C．化合物M为(NH4)2C2O4，铵根和草酸根的水解都能促进水的电离，C正确；D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，硝酸酸性强于碳酸，D错误；综上所述答案为D。6．D【详解】A.阴

极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为4OH——4e-=O2↑+2H2O，转移相同物质的量的电子，生成氢气的体积是生成氧气体积的两倍，故A正确；B.阴极生成氢氧化钠，钠离子向左穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离

子交换膜，故B正确；C.若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；D.阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，氢离子被消耗，酸性减弱，故D错误；题目要求选错误选项，故选D。【点睛】本题考查电解原理，注意审题

，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜(BP)是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。7．C【详解】A．常温下，0.1mol·L－1NaOH溶液中c

(OH－)=0.1mol·L－1，其溶液的pH=14W10-lgc(H)=-lg()=13(OH)0.1Kc−+−=，则a点对应的M=13，正确，A不符合题意；B．若加入12.5mLCH3COOH溶液，根据c(NaOH)·V(NaOH)=c(CH

3COOH)·V(CH3COOH)，混合溶液中的NaOH和CH3COOH恰好完全反应，此时的溶液为CH3COONa。CH3COONa是强碱弱酸盐，由于CH3COO－水解，溶液呈碱性。现b点溶液的pH=7，需要加入更多的

酸，因此N＞12.5，正确，B不符合题意；C．向NaOH溶液中滴加CH3COOH溶液，a点到b点的过程中，溶液由碱性变成酸性，溶液中有c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(O

H－)＋C(CH3COO－)，则可知，溶液中有c(Na＋)＞c(CH3COO－)。但是开始时，加入的CH3COOH非常少的时候，c(CH3COO－)不一定大于c(OH－)，因此不总存在c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误，C

符合题意；D．CH3COOH与NaOH生成CH3COONa。根据33(CHCOOH)(CHCOOH)(NaOH)(NaOH)=2cVcV，结合电荷守恒，有c(CH3COO－)＋C(CH3COOH)=2c(Na＋)，正确，D不符合题意

；答案选C。8．除去有机混合物中残留的苯甲醛防止乙醚挥发到空气中引起爆炸吸收有机混合物中残留的水水浴加热苯甲醇重结晶bd【分析】有机反应往往需要较长时间，且反应不完全，所以反应结束后，混合物中既有生成物，也会有未反应的苯甲醛等。各物质根据溶解性，分布区域不同，苯甲醇和未反

应的苯甲醛及极少量水解生成的苯甲酸微溶于水，所以加入乙醚萃取后会进入乙醚层，而未反应的KOH和生成物苯甲酸钠，则溶于水层。分液操作后的乙醚层中需除去的杂质有苯甲醛、苯甲酸和分液操作时残留的水，根据题目所给物质化学性质，饱和亚硫酸氢钠会和苯甲醛生成沉淀、苯甲酸可以与碳酸钠反应生成易溶于

水的苯甲酸钠，水洗目的是洗去前几步操作存留在乙醚层中的极少量无机盐。【详解】(1)根据分析，分液后的乙醚层有残留的未反应的苯甲醛需要除去，所以本问应填“除去有机混合物中的苯甲醛”；(2)①根据题目所给信息，乙醚沸点

低，易挥发，混合入空气后易爆炸，所以要避免乙醚挥发，所以本问第一空填“防止乙醚挥发到空气中引起爆炸”；分液操作容易有水残留，需要在蒸馏之前去除，所以本问第二空应填“吸收有机混合物中残留的水”；②乙醚沸点34.8℃，很低，酒精灯直接加热温度过高，所以要持续稳定的低温加

热，所需操作应填“水浴加热”；根据题目所给信息，符合198℃～206℃温度区间的是沸点205.3℃的苯甲醇，所以此温度段的馏分应填“苯甲醇”；(3)苯甲酸在结晶时可能会有少量无机物同时结晶析出，故要除去可溶性杂质，所需

操作是重复进行晶体溶解结晶过程2至3次，所以本问应填“重结晶”；(4)a．球形冷凝管内管曲面较多，若进行蒸馏操作会有较多液态物质存留冷凝管中，所以不能互换使用，描述错误，不符题意；b．直型冷凝管内管光滑且通畅，蒸汽冷凝为液态后可畅快流下，所以使用在蒸馏操作

环节，描述正确，符合题意；c．冷凝管的冷凝液一定都是“下进上出”，描述错误，不符题意；d．球形冷凝管内管曲面多，可使蒸气与冷凝液充分进行热量交换，所以竖直(或接近竖直)放置时，可使更多蒸发出去的有机物冷凝为液态回

流，从而实现节约反应物使反应充分进行的目的，描述正确，符合题意；综上，本问应选填bd。9．SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O7：2增大反应物的接触面积，提高浸出速率MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2OMoS42-+2H+=MoS3↓+H

2S↑1：597.8%【分析】(1)SiO2与HF反应产生SiF4、H2O；(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，结合电子守恒、原子守恒书写反应方程式，然后根据氧化还原反应规律判断物质的作用及

反应时物质的量关系；(3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4同时产生水，该反应的化学方程式是MoO3+2

NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；(4)(NH4)2MoS4与盐酸反应得到MoS3沉淀和H2S气体；(5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，根据质量守恒和化合物化合价为0列式可得；(6)根据Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8及

c(MoO42-)=0.4mol/L计算形成BaMoO4沉淀时溶液中c(Ba2+)，再结合Ksp(BaSO4)=1.1×10-10计算溶液中c(SO42-)，最后根据去除率含义计算SO42-的去除率；【详解】(1)杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，

反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，在该反应中Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化剂，则在该反应中氧化

剂与还原剂的物质的量之比为7：2；(3)“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是MoO3+2NH3•H2O=(NH4)2MoO4+H2O；(4)(N

H4)2MoS4在溶液中应该电离出NH4+和MoS42-，MoS42-在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为：MoS42-+2H+=MoS3↓+H2S↑；(5)设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y=1，

根据化合价代数之和为0，则有4x+6y=2.8×2，解得x=0.2，y=0.8，所以该杂质中Mo4+与Mo6+的物质的量之比()()4nMonMo+=0.2：(0.2+0.8)=1：5；(6)当BaMo

O4即将开始沉淀时，溶液中c(Ba2+)=()()8sp424KBaMoO4.0100.4cMoO−−==1.0×10-7mol/L，由于Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则此时溶液中SO42-的浓度为c(SO42-)=()()10sp472KBaSO1.1101.010cBa

−−+=mol/L=1.1×10-3mol/L，所以SO42-的去除率为30.05mol/L1.110mol/L0.05mol/L−−×100%=97.8%。【点睛】本题考查了物质的制备，掌握氧化还原反应的特征与反应实质的关系及物质的作用、和溶度积常数应

用是分析、计算与判断的依据，明确反应原理及具体流程是解本题关键，试题侧重考查学生的分析问题和计算能力及运用知识解决实际问题的能力。10．-92kJ/molNad(g)+3Had(g)=NHad(g)+2Had(g)ΔH=+106kJ/molB0.25

＜P1>P2>P3反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆移，NO转化率减小C【详解】I．(1)由合成氨能量变化图可知合成1molNH3(g)放出46kJ能量，因此该条件下，N2(g)+3H2(g)2N

H3(g)ΔH=-2×46kJ/mol=-92kJ/mol；(2)相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，决定反应速率的一步为反应速率最慢的一步，即活化能最大的一步，因此反应历程中决定合成氨反应速率的一步反应的热化学方程式为Nad(g)+3Had(g)=NHad(g)+2Had(g)ΔH=

+106kJ/mol；(3)A．由(1)可知合成氨反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，氮气的平衡转化率降低，A不符题意；B．增大压强，反应速率增大，合成氨平衡正向移动，氮气的平衡转化率增大，B符题意；C．增加N2的量，N2的浓度增大，反应速率增大，但N2的

平衡转化率降低，C不符题意；D．及时分离氨气平衡正向移动，氮气的平衡转化率增大，氮反应物浓度减小，反应速率减小，D不符题意；选B。Ⅱ．(4)根据以建立三段式：3224NH(g)+6NO(g)5N(g)+6HO(g)(mol/L)0.

450.600(mol/L)0.20.30.250.3(mol/L)0.250.30.250.3开始变化平衡，平衡时，v正=v逆，即k正c4(NH3)·c6(NO)=k逆c5(N2)·c6(H2O)，k=k正逆5624

632()c(HO))cNcc(NHc(NO)=56460.250.30.250.3=0.25；温度升高，平衡4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)逆向移动，新平衡前v正<v逆，升高温度瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速

率增大倍数小于逆反应增大倍数，即m＜n；(5)由图2可知，温度相同时，P3→P2→P1，NO平衡转化率减小，即P3→P2→P1为增大压强的过程，因此P1>P2>P3；原因是反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆移，NO转化率减小；(6)

其他条件不变，3n(NO)n(NH)增大，相等于n(NH3)不变，n(NO)增大，平衡正向移动，平衡时体系中n总增大，n(H2O)增大，但根据勒夏特列原理可知n(H2O)增大幅度小于n总增大幅度，因此φ(H2O)减小，可能为图中C点。11．N＞O＞Csp2H

COOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成氢键4aH2(34，14，0)3A499N×1010【分析】根据元素第一电离能的变化趋势比较元素的第一电离能的大小关系，根据杂化轨道理论和大π键的成键特点判断氮原子的轨道杂化方式，根据配位键的成键条件判断和中谁的氮原子配位能力

更强。根据价层电子对互斥理论分析中心原子的价层电子对数，根据Sn与O的成键特点判断其所形成的化学键类型。根据均摊法确定晶胞中各种微粒的个数，再结合晶体的化学式确定微粒Z的类型，根据晶胞结构及其粒子的空间分布特点判断其坐标参数，根据晶胞的密度和质量计算晶胞的边长。【详解】(1)同周期从左向右元

素的第一电离能总体呈增大趋势，但是第ⅤA族元素比同周期的第ⅥA族元素的第一电离能大，故N、O、C的第一电离能依次减小；和中都存在大π键，氮原子均采用sp2杂化，的大π键为π66，N原子有一对孤电子对，的大π键为π56，N原子无孤电子对，因此氮原子

配位能力更强的是，故答案为：N＞O＞C；sp2；；(2)碳原子为6号元素，根据构造原理可写出基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，故基态碳原子的价电子排布图为；HCOOH和CO2都为分子晶体，但是HCOOH分子间可形成氢键，故HCOOH的沸点比CO2高；(3)[B(OH)4]－中硼原子

连接四个羟基，其价层电子对数为4；[Sn(OH)6]2-的中心离子Sn4+与OH-之间形成配位键，配位键是一种特殊的共价键，则Sn与O之间形成的化学键属于σ键或极性键，不可能是π键，故答案为：4；a；(4)根据均摊法可

知，晶胞中，微粒X的个数为18=18，微粒Y的个数为18+1=52，微粒Z的个数为118+2=342，根据储氢后所得晶体的化学式LaNi5H6，可知微粒Z为H2；根据晶胞结构图可知，B(Y)的原子分数坐标为(34，14，0)；晶

胞边长1033A499a==10pmmN，故答案为：H2；(34，14，0)；3A499N×1010。【点睛】第(4)问在计算晶胞边长时单位的换算是学生们的易错点，1cm=1010pm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换

算，1cm=10-7nm。12．C7H8羟基17消去反应或；【分析】A为芳香烃，由A到B可推测A可能为甲苯，A得到B是在甲基对位上引入，由A到G应为氧化过程，G的分子式为C7H6O，进一步可判断G为，是由被氧化得到的。C中含有-OH，D为C分子内脱水得到的，E为，在KO

H醇溶液作用下可发生消去反应生成F，由已知反应可知，G在一定条件下生成H，H在浓硫酸加热发生酯化反应生成I可逆推知，H为。【详解】（1）由A到B可推测A可能为甲苯（C7H8），A得到B是在甲基对位上引入，由A到G为氧化过程，G的分子式为C7H6O，进一步可判断

G为，应该是由被氧化得到的，C中含有的官能团为：-OH；（2）D为C分子内脱水得到的，由于苯环上的C原子，及与这些C原子直接相连的原子都在一个平面上，与C=C直接相连的原子也在同一平面上，这样通过单键旋转，这两个平面可

共面，由于-CH3中C原子与相连的基团呈四面体结构，其中一个H原子可与上述平面共面，D分子式为C9H10，除2个H原子外，其余原子都可能共面，可共面的原子为17个；（3）E为，在KOH醇溶液作用下可发生消去反应生成F，由上述知G为；（4）

H为，变为I发生的是酯化反应，其化学方程式为：；（5）①属于芳香化合物，有苯环，②能发生银镜反应，有醛基，若苯环上有一个取代基，有两种基团：-CH2CH2CHO、-CH（CH3）CHO，因此有2种异构体，若有两个取代基，可以是-CH

3、-CH2CHO组合，也可以是-CH2CH3、-CHO组合，分别有邻、间、对三种相对位置，有6种异构体。当苯环上有三个取代基，即2个-CH3和1个-CHO时，其有6种异构体，可由定二移一法确定，如图示：、、，箭头为-CHO的可能位置，所以有满足条件的异构体数目为14种，其中满足核磁共振氢

谱要求的为：或；（6）要合成，可在苯环上引入丙酰基，再还原，其合成路线为：。