【文档说明】四川省广安市友谊中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，3.262 MB，由envi的店铺上传

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广安友谊中学高2022级高三上期10月月考化学试题满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答题前，务必将自己的班级、姓名、座号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色

墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H—1N—14O—16S—32Al—27Co—59Cu—64Zn—65Se—79Pb—207一、选择题

（本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意）1.中华文化源远流长、博大精深。下列文物主要是由金属材料制成的是A.明代象牙雕寿星B.南宋德化窑青白釉撇口瓶C.鎏金高士图银杯D.回流清代和田玉籽料龙纹砚

台A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．明代象牙雕寿星的材料主要为天然象牙，象牙的主要材料为牙本质，牙本质主要由羟基磷灰石晶体和胶原蛋白组成，不属于金属材料，A不符合题意；B．南宋德化窑青白釉撇口瓶的材料主要为硅酸盐材料，

属于无机非金属材料，B不符合题意；C．鎏金高士图银杯的材料主要为金属银，属于金属材料，C符合题意；D．和田玉的主要成分是钙镁硅酸盐，不属于金属材料，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语表达正确的是A.氮的基态原子轨道表示式：B.OH−电子式为：C.2HO的空间充填模型为D.3NO−的价

层电子对互斥(VSEPR)模型：【答案】C【解析】【详解】A．不符合洪特规则，氮的基态原子轨道表示式为：，A错误；B．OH−中含有10个电子，电子式为，B；错误C．2HO的中O原子的孤电子对为61222−=、价层电子对数=2+2=4，空间充填模型为V形，氧原子的半径比氢原子半径大，故空间

充填模型为，C正确；D．-3NO中N原子的孤电子对为5+13202−=、价层电子对数=3+0=3，价层电子对互斥(VSEPR)模型为：，D错误；故选C。3.25C时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能使甲基橙变红的溶液：23SO−、2

4SO−、ClO-、Na+B.30.1mol/LFeCl溶液中：2Mg+、+Na、-SCN、24SO−C.()40.1mol/LKAlOH溶液中：4NH+、2Ca+、I−、3HCO−D.常温下，由水电离的c(H+)=10-12的溶液中：K+、Na+

、24SO−、Cl−的【答案】D【解析】【详解】A．能使甲基橙变红的溶液显酸性，23SO−与氢离子反应生成气体、ClO-与氢离子反应生成弱电解质，不能大量共存，A错误；B．30.1mol/LFeCl溶液中-SCN不能大量共存，可以生成Fe(SC

N)3是弱电解质，B错误；C．()4AlOH−和3HCO−发生反应生成氢氧化铝和碳酸根不共存，C错误；D．水电离的c(H+)=10-12的溶液可能为酸或碱，K+、Na+、24SO−、Cl−相互间不反应，不与氢离子或氢氧根离子反应，可大量共存，D正确；故选D。4.设AN为阿伏加德罗常数

的值，下列说法正确的是A.标况下，22.4LSO3的原子数目为NAB.22100mL1mol/LHO溶液中含有的H-O键数目为A0.2NC.密闭容器中，()21molHg与()21molIg充分反应后，容器内分子数目

为A2ND.50mL12mol/L盐酸与足量2MnO共热，转移的电子数目为A0.3N【答案】C【解析】【详解】A．标况下，SO3为非气态，不确定其物质的量，A错误；B．溶液中还有2HO含有HO−键，则22100mL1mol/LHO溶

液中含有的HO−键数目大于A0.2N，B错误；C．氢气和碘反应是气体分子数不变的反应，则()21molHg与()21molIg充分反应后，容器内分子数目为A2N，C正确；D．随反应进行，浓盐酸会变稀，

稀盐酸不能再反应生成氯气，则50mL12mol/L盐酸与足量2MnO共热，转移的电子数目小于A0.3N，D错误；答案选C。5.下列离子方程式正确的是A.向()2CaClO溶液中通入过量2CO制取次氯酸：2223

Ca2ClOHOCO2HClOCaCO+−+++=+B.()36KFeCN溶液滴入2FeCl溶液中：()()3266KFeFeCNKFeFeCN−++++=C.向2CuCl溶液中通入硫

化氢：22CuSCuS+−+=D.向23NaSO溶液中通入过量22232234Cl:3SOClHO2HSO2ClSO−−−−++=++【答案】B【解析】【详解】A．向()2CaClO溶液中通入过量CO2制取次氯酸时生成碳酸氢钙，离子方程式为：223ClOHOCOHClOHCO−−++=+，

A错误；B．将()36KFeCN溶液滴入2FeCl溶液中，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀：()()3266KFeFeCNKFeFeCN−++++=，B正确；C．硫化氢是弱电解质，不能拆开，

离子方程式为：2++2Cu+HS=CuS+2H，C错误；D．向23NaSO溶液中通入过量2Cl，亚硫酸根能全部氧化，离子方程式为：223224SOClHO2H2ClSO−+−−++=++，D错误；答案选B。6.C

r的某配合物的结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为AN。下列说法不正确的是A.键角：43NHNH+B.该配合物中3Cr+的配位数为6C.SCN−中心原子杂化方式为sp杂化D.1mol该物质中含键的数目为A20N【答案】D【

解析】【详解】A．3NH和4NH+的中心原子都是sp3杂化，3NH分子中存在一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力更大，使得其成键电子间的夹角更小，键角：43NHNH+，故A正确；B．由该配合物的结构式可知，该

配合物中3Cr+形成6个配位键，配位数为6，故B正确；C．SCN−中C原子形成2个双键，价层电子对数2，杂化方式为sp杂化，故C正确；D．配位键是键，单键是键，双键中含有1个键，3NH中含有3个键，4NH+中含有4个键，则该物质中含键的数目为

24，1mol该物质中含键的数目为A24N，故D错误；故选D。7.在给定条件下，下列选项所示物质间的转化均能一步实现的是A()()()22COSiO233CaClaqCaCOsCaSiOs⎯⎯⎯→⎯⎯

⎯→高温B.22OHO323ΔNHNOHNO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→催化剂，C.()()()22MgClaqMgOHsMgO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→石灰乳煅烧D.()()()()2NaOHaqCl22FesFeClsFeOH⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→少量点燃【答案】C【解析】

【详解】A．由于HCl的酸性强于H2CO3，故向CaCl2溶液中通入CO2不会反应生成CaCO3，A不符合题意；B．氨气催化氧化生成一氧化氮，不是二氧化氮，B不符合题意；C．MgCl2溶液中加入石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，煅烧Mg(OH)2可得到MgO，物质间的转化均能一步实现，C符合题意；

D．Cl2具有强氧化性，Fe与少量Cl2点燃反应生成FeCl3，而不是FeCl2，D不符合题意；故选C。8.W、X、Y、Z、M、Q均为短周期元素且原子序数依次增大，M的原子半径是短周期元素中最大的。由其中部分元素组成的一种分子结构如图所示

，下列说法正确的是A.M属于s区元素，且离子半径也是同周期中最大B.W的一种单质为混合型晶体为.C.氢化物的熔点：WZQMD.第一电离能：WXYZ【答案】B【解析】【分析】M的原子半径是短周期元素中

最大的，M为Na，根据价键规则X有三个价键，Y有两个价键，Z、Q有一个价键，又因为原子序数依次递增，故W、X、Y、Z、M、Q依次为C、N、O、F、Na、Cl。【详解】A．Na+比Na原子少一个电子层，半径不是同周期中最大，第三周期离子半径最大的是Si4-，

A错误；B．C的一种单质石墨为混合型晶体，B正确；C．碳的氢化物复杂，无法比较熔点，C错误；D．同周期从左到右第一电离能增大趋势，但第二和第五主族反常，第一电离能为CONF，D错误；答案选B。9.治疗流感的特效药——“奥司他韦”结构如图所示，下列说法不正确．．．的是A.分子式为C16

H26N2O4B.该结构中有5种官能团C.能发生氧化反应、加成反应、水解反应D.1mol该物质最多能与2molNaOH发生反应【答案】A【解析】【详解】A．分子式为C16H28N2O4，故A错误；B．该结构中有酯基、肽键、氨基、醚键、碳碳双键，共5种官能团，故A正确；C．

含有氨基能发生氧化反应，含有碳碳双键能发生加成反应，含有酯基、肽键能发生水解反应，故C正确；D．酯基、肽键能发生水解反应，1mol该物质最多能与2molNaOH发生反应，故D正确；选A。10.一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是A.转化①中

既有极性共价键的形成，也有非极性共价键的形成B.[Cu(NH3)2]＋中所含Cu+的基态电子排布式为[Ar]3d94s1C.中间体X和中间体Z中Cu的化合价相同D.总转化过程中每吸收1molNO需要消耗2molNH3【答案】A【解析】【详解

】A．由图可知，转化①中有氢氧极性共价键形成，也有氮氮非极性共价键的形成，A正确；B．铜元素的原子序数为29，则[Cu(NH3)2]＋中所含Cu+的基态电子排布式为[Ar]3d10，B错误；C．由化合价代数和为0可知，中间体X中氧元素的化合价为-1价、铜元素的化合价为+2价，中

间体Z中氧元素的化合价为-2价、铜元素的化合价为+3价，两者中铜元素的化合价不同，C错误；D．由图可知，催化还原一氧化氮的总反应为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，则总转化过程中每吸收1mol一氧化氮需要消耗1mol氨气，D错误；答案

选A。11.下列实验操作或装置能达到目的的是目的A.实验室制取氯气B.量取15.00mLNaOH溶液装置或操作目的C.除去Fe(OH)3胶体中的NaCl溶液D.配制NaOH溶液装置或操作A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．浓盐酸与MnO2反应制取氯气需要加热，该装置

缺少加热装置，不能达到预期目的，A不符合题意；B．氢氧化钠盛放在碱式滴定管中，可以量取15.00mLNaOH溶液，能达到目的，B符合题意；C．胶体和溶液的分散质粒子都能通过滤纸，故不能用过滤方法分离，可以使用渗析，用半透膜分离，C不符合题意；D．不能在容量瓶中溶解NaO

H固体，需要在烧杯中溶解后，冷却再转移，D不符合题意；答案选B。12.可从铅蓄电池中回收铅，实现铅的再生。在工艺中得到含24NaPbCl的电解液，电解24NaPbCl溶液后生成Pb，如图所示，下列说法错误的是A

.一段时间后，阳极附近pH明显增大B.阴极的电极反应方程式：2--4PbCl+2e=Pb+4ClC.每转移0.2mol电子，阴极质量增加20.7gD.24NaPbCl浓度下降后可在阴极区加入PbO，实现电解液的继续使用【答案】A【解析】【分析】利用电解原理从铅蓄电池中回收铅

，左侧电极为阳极，H2O失电子生成O2和H+；右侧电极为阴极，24PbCl−得电子生成Pb和Cl-。【详解】A．阳极的电极反应式为-+222HO-4e=4H+O，阳极附近pH明显减小，A错误；B．由分析可知，右侧电极为阴极，24PbCl−得电子生成Pb和Cl-，电极反

应方程式为2---4PbCl+2e=Pb+4Cl，B正确；C．由2---4PbCl+2e=Pb+4Cl可知，每转移0.2mol电子，阴极生成0.1molPb，质量增加0.1mol207g/mol=20.7g，C正确；D．阴极电解一段时间后溶液为HCl和

NaCl的混合溶液，根据题意向阴极区加PbO粗品，与H+、Cl-反应生成24PbCl−，可恢复其浓度且实现物质的循环利用，D正确；故选A。13.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体密度为ρg/cm3，设阿伏加德罗常数的值为AN

。下列说法不正确的是A.Se位于元素周期表的p区B.基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子C.若A点原子的坐标为()0,0,0，C点原子的坐标为(1,1,1)，则B点原子的坐标为113,,44

4D.该晶胞中Zn与Se之间的最短距离为()73A465793104N+nm【答案】C【解析】【详解】A．Se的价层电子排布式为4s24p4，位于元素周期表的p区，A正确；B．基态Se原子核外电子

排布式为1s22s22p63s23p63d64s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子，B正确；C．A点原子坐标为()0,0,0，由B的投影图可知，B点原子坐标为133,,4

44，C错误；D．该晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，位于晶胞顶点和面心的Se原子个数为1186482+=，则()2132133A33A4M46579N10gcm=10gcmρg/cmaaN−−+=，则晶胞边长为()73A46579a10nmρN+=

，Zn与Se之间的最短距离为体对角线的四分之一，故为()73A465793104ρN+nm，D正确；故选C。14.25℃时，用氨水分别滴定浓度均为11molL−的3CHCOOH、4CuSO、4ZnSO三种溶液，pM随pH的变化关系如图所示[p表示负对数，M表示()

()33CHCOOHCHCOOcc−、()()21Cu/molLc+−、()()21Zn/molLc+−等]，已知()()spsp22CuOHZnOHKK。下列有关分析错误的是A.曲线①代表滴定4CuSO溶液的变化关系B.25℃时，3CHCOOH的4.76a10−=KC.

25℃时，()19.6sp2ZnOH10K−=D.a点对应的p2.18M=【答案】C的【解析】【分析】由题干信息可知，Ksp[Cu(OH）2]＜Ksp[Zn(OH）2]，加碱后溶液中Cu2+先沉淀，Zn2+后沉淀，即①

代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定ZnSO4溶液的变化关系，③表示p()()33CHCOOHCHCOOcc−，pc(Cu2+）=0时，c(Cu2+）=1mol•L-1，pH=4.2，c(OH-）=10-(14-4.2）mol•L-1=10-9.8mol•L-1，Ksp[Cu(O

H）2]=1×(10-9.8）2=10-19.6，同理，Ksp[Zn(OH）2]=1×[10-(14-5.85）]2=10-16.30，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线①代表滴定4CuSO溶液的变化关系，A正确；B．由分析可知，③表示p()()33CHCOOHCHCOOcc−，当p()(

)33CHCOOHCHCOOcc−=0时，即c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，此时c(H+)=4.76，故25℃时，3CHCOOH的4.76a10−=K，B正确；C．由分析可知，25℃时，()16.30sp2ZnO

H10K−=，C错误；D．a点即c(Zn2+)=()()33CHCOOHCHCOOcc−即22-Ksp[Zn(OH)]c(OH)=()()33CHCOOHCHCOOcc−=()()+3+3(H)CHCOOH(H)CHCOOcccc−=+(H)Kac，Ksp[Zn(OH)2]×Ka=c(H

+)×c2(OH-)=Kw×c(OH-)，得c(OH-)=16.304.7614101010−−−=10-7.06，则c(Zn2+)=22-Ksp[Zn(OH)]c(OH)=16.307.06210(10)−−=10-2.18，

即对应的pM2.18=，D正确；故答案为：C。二、非选择题（共58分）15.实现废钨-镍型加氢催化剂（主要成分为3WO、Ni、23AlO，还含有Fe、2SiO和少量有机物）中有价值金属回收的工艺流程如下。已知：①T<70

0℃；纯碱不与23AlO、2SiO、NiO、Fe2O3反应；②常温下钨酸()24HWO难溶于水；③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子2Ni+3Al+3Fe+2+Fe开始沉淀时()c=0.01mol/L

的pH7.23.72.27.5沉淀完全时()-5c=1.010mol/L的pH8.74.73.29.0（1）基态2Ni+有_________个未成对电子。（2）废催化剂进行“氧化”的目的是_________。（3）“钠化焙烧

”中，WO3转化为Na2WO4反应的化学方程式为_________。（4）①“酸化沉钨”中，判断“沉钨”是否沉淀完全的方法是__________。②制备出黄钨()3WO后，工业上可以采用铝热还原法生产钨，其化学方

程式为________。（5）浸渣2的主要成分为_________（填化学式），“调pH”时溶液的pH范围为________。（6）新型储氢材料()3462MgNHBH的晶胞形状为立方体，边长为an

m，如下图所示。与-4BH距离最近且等距的()2+36MgNH有________个。【答案】（1）2（2）除去有机物，氧化Fe和Ni（3）323242WONaCONaWOCO++高温（4）①.将沉淀后的悬浊液静

置分层，向上层清液中继续滴加硫酸，若无明显现象，则沉淀完全；若上层清液变浑浊，则沉淀不完全②.323WO2AlWAlO++高温（5）①.2SiO②.4.7pH7.2（6）4【解析】【分析】由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应

价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、过滤得到浸渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸；钨酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣中加

入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液pH在4.7—6.9范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧

化铝的滤渣和硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。【小问1详解】镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，基态Ni原子的价电子排布式为823d4s，

基态2Ni+的价电子排布式为83d，有2个未成对电子；【小问2详解】由分析可知，氧化的目的是将含硫有机物转化为气体除去，并将Fe和Ni氧化至相应价态；【小问3详解】由分析可知，“钠化焙烧”中生成钨酸钠的反应为氧化钨与碳酸

钠高温下反应生成钨酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为323242WONaCONaWOCO++高温；【小问4详解】①“酸化沉钨”中，向滤液中加入硫酸溶液酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，判断“沉钨”是否沉淀完全的方法是：将沉淀后的悬浊液静置分层，向上层清液中继续滴加硫酸，若无明显现象，则沉

淀完全；若上层清液变浑浊，则沉淀不完全；②制备出黄钨()3WO后，工业上可以采用铝热还原法生产钨，该反应中Al和3WO反应生成W和Al2O3，其化学方程式为：323WO2AlWAlO++高温；【小问5详解】由分析可知，浸渣2的主要成分为2SiO，由分析可知，调节滤液pH的目的是将溶液中的铁离子

、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而镍离子不沉淀，由表格数据可知pH范围为4.7pH7.2。【小问6详解】把立方体晶胞分成八个小立方体，4BH−位于小立方体的体心，()236MgNH+位于四个顶角，则与4BH−距离最近且等距的()236MgNH+有4个。16.实

验室以活性炭为催化剂，由2CoCl制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)()336CoNHCl的装置如图所示：已知：()-15sp2KCoOH=610；()2+36CoNH具有较强还原性，2Co+

不易被氧化。回答下列问题：（1）仪器b的名称是___________。（2）向混合液中先加入浓氨水，目的是①_____________，混合液中4NHCl的作用是②____________；充分反应后再加入双氧水，水浴加热，控制温度为55℃的

原因是③____________。（3）2CoCl制备()336CoNHCl的化学方程式为①___________；将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却、抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到()336CoNHCl晶体，抽滤的优点是②___________

_。（4）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：Ⅰ.称取3.5400g产品，加入足量NaOH溶液蒸出3NH，再加入稀硫酸，使()336CoNHCl全部转化为3Co+，然后将溶液配制成250mL，

取25.00mL于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用-12230.1000molLNaSO标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL。(已知2223246I+2NaSO=NaSO+2NaI)，样品中钴元素的质量分数为__________。【答案】（1）球形冷凝管（2）①.将Co2+转化

为易被氧化的[Co(NH3)6]2+②.抑制NH3·H2O电离，防止生成Co(OH)2沉淀③.温度过低反应速率慢，温度过高双氧水受热易分解（3）①.2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl活性炭2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O②.加快过滤速率（4）20.00%【

解析】【分析】由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程为先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+离子，向充分反应后的溶液中再加入双氧水溶液，在活性炭做催化剂的条

件下，过氧化氢溶液与[Co(NH3)6]2+离子水浴加热反应生成[Co(NH3)6]3+离子。【小问1详解】根据装置图，仪器b的名称是球形冷凝管；【小问2详解】因为[Co(NH3)6]2+具有较强还原性

，Co2+不易被氧化，所以向混合液中先加入浓氨水，目的是：将Co2+转化为易被氧化的[Co(NH3)6]2+；Ksp[Co(OH)2]=6×10-15，为防止生成Co(OH)2沉淀，应控制溶液的碱性，则混合液中NH4Cl的作用是：抑制NH3·H

2O电离，防止生成Co(OH)2沉淀；充分反应后再加入双氧水，双氧水的热稳定性较差，水浴加热时，需控制温度为55℃，原因是：温度过低，反应速率慢；温度过高，双氧水受热易分解。【小问3详解】CoCl2制备[Co(NH3)6]Cl3时，加入双氧水、氨水和氯化铵，化学方程

式为2CoCl2+10NH3·H2O+H2O2+2NH4Cl活性炭2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；抽滤时，产生负压力，有利于液体与固体的分离，优点是：加快过滤速率；【小问4详解】由步骤Ⅱ可知，KI溶液中混入少量I2；步骤Ⅰ中，发

生反应2Co3+~I2~2Na2S2O3，样品中钴元素的质量分数为30.1000mol/L12.0010L59g/mol100%25mL3.5400g250mL−=20.00%；17.工业合成氨对粮食的增产、人口的

增加等具有重要价值。请回答下列问题：（1）Haber-Bosch法合成氨的反应原理为()()()223500C,2050MPaNg3Hg2NHg+铁系催化剂。已知：298K时该反应-1ΔH=-92.2kJmol，-1-1ΔS=-198.2JKmol。①298K时，合成氨反应___

____(填“能”或“不能”)自发进行。②下列措施能提高平衡时氢气转化率的措施的是_______(填字母，下同)。A．将产物氨气分离出反应体系B．适度提高反应温度C．在低压下进行反应D．加入铁催化剂③向一恒定温度的刚性密闭

容器中充入物质的量之比为1:1的N2和H2初始压强为30MPa，在不同催化剂作用下反应相同时间，H2的转化率随温度的变化如下图所示：b点v正_______v逆。(填“＞”“＜”或“=”)，c点H2的转化率比a点低的原因是_______，a点混合气体平均相对分子质量为18.75，该条件下反

应的平衡常数Kp=_______2MPa−(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。（2）NH3用于合成尿素的原理为()()()()()322222NHg+COgCONHg+HOg，向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的NH3和CO2，发生上述反应。下列叙

述不能说明反应已经达到平衡状态的是_______。A.()()322vNH=vHO消耗消耗B.混合气体的平均相对分子质量不再变化C.混合气体的密度不再变化D.CO2的体积分数不再变化（3）氨硼烷(NH3BH3)可用于燃料电池，其工作原理如下图所示：①氨硼烷__

_____(填“是”或“否”)含有配位键。②氨硼烷电池工作时H+通过交换膜进入_____室(填“左”或“右”)；正极的电极反应式为_____。【答案】（1）①.能②.C③.＞④.合成氨反应为放热反应，a点时反应达到平衡，升高温度平衡逆向移动，H2的转化率减小⑤.0.014（2）BD（3）①.②.

右③.H2O2+2e-+2H+=2H2O【解析】【小问1详解】①298K时，△H-TΔS=-92.2kJ∙mol-1-298×(-0.1982kJ∙mol-1)≈-33.14kJ∙mol-1＜0，则合成氨反应能自发进行。②A．将产物氨气分离出反应体系，c(NH3)

减小，反应速率增大，A不符合题意；B．适度提高反应温度，反应速率增大，B不符合题意；C．在低压下进行反应，反应速率减小，C符合题意；D．加入铁催化剂，反应速率增大，D不符合题意；故选C。③从图中可以看出，升高温度，H2的转化率继续增大，则反应正向进行，所以b点v正＞v

逆。a点时反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，则c点H2的转化率比a点低的原因是：合成氨反应为放热反应，a点时反应达到平衡，升高温度平衡逆向移动，H2的转化率减小。向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为1:1的N2和H2(令物质的量都为1mol)，初始压强

为30MPa，a点混合气体平均相对分子质量为18.75，则物质的量为1mol28g/mol+1mol2g/mol18.75g/mol=1.6mol，设参加反应N2物质的量为x，则可建立如下三段式：223N

(g)3H(g)2NH(g)(mol)110(mol)32(mol)1132+−−起始量变化量平衡量xxxxxx依题意，4-2x=1.6，x=0.2mol，平衡时总压强为1.6mol30MPa2mol=24MPa，该条件下反应的平衡常数Kp=230.4

(24MPa)1.60.80.424MPa(24MPa)1.61.6≈0.0142MPa−。【小问2详解】A．()()322NHHOvv=消耗消耗时，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡状态，

A不符合题意；B．反应前后气体的总质量不变，但分子数发生改变，混合气体的平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量不再发生变化时，反应达平衡状态，B符合题意；C．某恒温恒容的密闭容器中，混合气体的质量

和体积都不改变，则密度始终不变，反应不一定达平衡状是态，C不符合题意；D．CO2的体积分数不再变化时，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；故选BD。【小问3详解】①氨硼烷(NH3BH3)分子中，N原子的最外层有孤电子对，B原子的最外层有空轨道，则氨硼烷是含有配位键。②氨硼烷电池

工作时，NH3BH3失电子生成NH4BO2，则左侧电极为负极，右侧H2O2得电子，此电极为正极，阳离子向正极移动，则H+通过交换膜进入右侧；负极NH3BH3失电子产物与电解质反应生成NH4BO2等，电极反应式为NH3BH3-6e-+2H

2O=4NH++2BO−+6H+，正极H2O2得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。18.化合物F是一种除草剂，对扁秆薰草、稗草、异型莎草、鸭舌状草等表现出较好的除草活性。其合成路线设计如图：已知反应：R-ClMg⎯⎯⎯→乙醚RMg

Cl回答下列问题：（1）有机物B的官能团名称为___________。（2）C的结构简式为___________。（3）B→C的反应类型为___________。（4）已知C→D的反应为取代反应，写出C→D反应的化学方程式：__________

_。（5）有机物F中手性碳原子数为___________。（6）H是的一种同分异构体，满足下列条件的H有___________种(不考虑立体异构)。①与FeCl3发生显色反应；②苯环上只有两个取代基。（7）结合题中信息，以为有

机原料，设计合成的路线_________(无机试剂与溶剂任选，合成路线可表示为A反应试剂反应条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→B∙∙∙∙∙∙反应试剂反应条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→目标产物)。【答案】（1）羟基和碳氯键（2）（3）消去反应（4）+

/THF⎯⎯⎯⎯→催化剂+（5）1（6）15（7）【解析】【分析】有机物A发生信息所示反应生成B，B在TsOH作用下反应消去反应，产生C(C9H9Cl)为，C与在催化剂、THF作用下发生取代反应生成D，D与在K2CO3、C

H3CN作用下生成E，E与在甲苯作用下反应产生F。【小问1详解】有机物B的结构为，含有官能团为羟基和碳氯键；【小问2详解】根据上述分析可知，B（）在TsOH作用下反应消去反应生成C，有机物C的结构简式是；【小问3详解】有机物B结构简式是，B在TsOH条件下发生消去反应产

生C：和H2O，故B→C的反应类型是消去反应；【小问4详解】有机物C是，C与在催化剂、THF作用下发生取代反应生成D和，则C→D的化学反应方程式为：+/THF⎯⎯⎯⎯→催化剂+；【小问5详解】手性C原子是连接4个不

同的原子或原子团的C原子。根据有机物F结构简式可知，其分子中只含有1个手性C原子，该手性C原子就是与醚键及氯苯的苯环连接的C原子，即；【小问6详解】有机物H是的一种同分异构体，同时满足条件：①与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯环上只有两个取代基，则该物质分子结构中除酚羟基外，只含有一

个侧链，该侧链结构可能为-CH2CH2CH2Cl、-CH2CHClCH3、—CHClCH2CH3、、五种不同结构，该侧链与羟基在苯环上的位置有邻、间、对三种，故符合要求的同分异构体可能的结构有5×3=15种；【小问7详解】与浓盐酸混合加热发生取代反应产生，该物质与Mg、乙醚作用产

生。与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生。与在发生加成反应，然后酸化反应产生目标产物，则由合成的流程图为：。