河南省南阳市第一中学2019届高三化学第二十次考试试题含解析.doc

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1、河南省南阳市第一中学2019届高三化学第二十次考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 Cl-35.5 Ca-40 Cr-52 Fe-56 Co-59 Cu-64 一、选择题（本题共13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.下列说法不正确的是A. 化学反应有新物质生成，并遵循质量守恒定律和能量守恒定律B. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封C. 分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响D. 酶催化反应具有高效、专一、条件温和等

2、特点，化学模拟生物酶对绿色化学、环境保护及节能减排具有重要意义。【答案】C【解析】【详解】A.化学变化产生了新物质。化学变化是原子的重新组合的过程，反应前后原子的种类、原子的数目、原子的质量都没有改变，因而质量守恒，遵循质量守恒定律，化学变化是旧的化学键断裂，新的化学键形成的过程，化学键断裂要吸收能量，化学键形成要放出能量，遵循能量守恒定律，A正确；B.由于液溴易挥发，密度大于水，所以在存放液溴的试剂瓶应加水封，B正确；C.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用。分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力。分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性

3、质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度等，C错误；D.酶催化反应具有高效、专一、条件温和等特点，化学模拟生物酶对绿色化学、环境保护及节能减排具有重要意义，D正确；故合理选项是C。2.下列各组物质间可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是 ( )A. 向NaClO溶液中通入过量SO2：ClOSO2H2O=HClOHSO3B. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26ClC. 向 AlCl3溶液中投入过量Na：Al34Na2H2O=AlO24Na2H2D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42 沉淀完全：2Al33SO3Ba2

4、6OH=2Al(OH)33BaSO4【答案】C【解析】【详解】A.次氯酸钠具有强氧化性，会与SO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：ClO-+SO2+H2O2H+Cl-+SO42-，故A错误；B.还原性Fe2+Br-，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子被氯气氧化，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，故B错误；C.向AlCl3溶液中投入过量Na，反应生成了偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为Al3+4Na+2H2OAlO2-+4Na+2H2，故C正确；D.溶液中钡离子与硫酸根离子的物质的量相等，此时Al元素以AlO2-的形式存在，反应的离子方程式为：Al3+2S

5、O42-+2Ba2+4OH-AlO2-+2H2O+2BaSO4，故D错误；答案：C。【点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，易错选项B，注意还原性强弱顺序的应用。3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 （ ）A. 硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NAB. 3g甲酸与乙醛的混合物中含有共价键数为0.4NAC. 将标准状况下2.24LSO2通入水中完全溶解，溶液中H2SO3分子数为0.1NAD. 标准状况下8.96L的平均相对分子质量为3.5的H2与D2含有中子数0.3NA【答案】A【解析】试题分析：A、23g混

6、合气体，可以看作都是NO2，因此铜失去电子物质的量为231/46mol=0.5mol，故正确；B、甲酸的结构简式为HCOOH，假设全部是甲酸，共价键的物质的量为35/46mol=0.3mol，乙醛的结构简式为CH3CHO，假设全部是乙醛，含有共价键的物质的量为37/44mol=0.5mol，因此混合物中含有共价键的物质的量不等于0.4mol，故错误；C、H2SO3要发生电离，因此H2SO3的物质的量小于0.1mol，故错误；D、H2的摩尔质量为2gmol1，D2的摩尔质量为4gmol1，混合物总物质的量为8.96/22.4mol=0.4mol，设H2的物质的量为xmol，则D2的物质的量为(0

7、.4x)mol，根据平均摩尔质量=2x(0.4x)4/0.4=3.5，解得x=0.1，D2的物质的量为0.3mol，H2中不含中子数，D2中含有2mol中子数，含有中子数物质的量为0.32mol=0.6mol，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数等知识。4.下列说法正确的是A. 沸点：邻二甲苯间二甲苯对二甲苯B. 鸡蛋清在NH4Cl溶液中能发生盐析，但是不能和盐酸发生化学反应C. 有机物A的分子式为C16H16O3D. 滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去，能证明其结构中存在碳碳双键【答案】A【解析】A对二甲苯间二甲苯邻二甲苯对称性依次减弱，依据对称性越好沸点越低，沸点顺序为：邻二甲苯间二甲苯对二

8、甲苯，故A正确；B. 鸡蛋淸的主要成分为蛋白质，蛋白质是两性物质，能够与盐酸发生中和反应，故B错误；C.根据 ，有机物A的分子式为C16H14O3，故C错误；D. 中含有碳碳双键、酚羟基以及苯环上含有侧链烃基，都能被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪去，故D错误；故选A。5.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是A. 常温常压下X的单质为气态B. Z的氢化物为离子化合物C. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性D. W与Y具有相同的最高化合价【答案】B【解析】分析：

9、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF，因此W是F，Z是Ca，W与Y同族，则Y是Cl。W、X、Z的最外层电子数之和为10，则X的最外层电子数为10721，所以X是Na，据此解答。详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca或F、Mg、Cl、K，则A、金属钠或钾常温常压下是固态，A错误；B、CaH2中含有离子键，属于离子化合物，B正确；C、Y与Z形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C错误；D、F是最活泼的非金属，没有正价，Cl元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。点睛：准确判断出元素名称是

10、解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF，进而推断出CaF2能与浓硫酸反应生成HF。易错点是选项B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。6.用电解法处理含Cr2O72的废水，探究不同因素对含Cr2O72废水处理的影响，结果如表所示Cr2O72的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同)。下列说法错误的是实验iiiiiiiv是否加入Fe2(SO4)3否否加入30g否是否加入H2SO4否加入1 mL加入1 mL加入1 mL阴极村料石墨石墨石墨石墨阳极材料石墨石墨石墨铁Cr2O72的去除率0.092%12.7%20.8%57.3%实验iii中

11、Fe3+去除Cr2O72的机理A. 实验与实验i对比，其他条件不变，增加c(H+)有利于Cr2O72的去除B. 实验与实验对比，其他条件不变，增加c(Fe3+)有利于Cr2O72的去除C. 实验中Fe2+循环利用提高了Cr2O72的去除率D. 若实验中去除0.01 mol Cr2O72，生成的阳离子全部转化成沉淀，则沉淀的质量是2.06g【答案】D【解析】【详解】A实验与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c(H+)有利于Cr2O72的去除，A项正确；B实验与实验对比，差别在于是否加入30gFe2(SO4)3，增加c(Fe3+),Cr2O72的去除率明显

12、提升，B项正确；C实验中，在阴极，Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被Cr2O72氧化后再产生Fe3+,Fe2+循环利用提高了Cr2O72的去除率，C项正确；D实验中,铁作阳极先失电子变成Fe2+，然后发生反应：14H+6Fe2+Cr2O72-=2Cr3+6Fe3+7H2O，去除0.01molCr2O72，生成的阳离子0.06molFe3+、0.02molCr3+，若全部转化成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀，则沉淀的质量是6.42g+2.06g=8.48g，D项错误；所以答案选D项。【点睛】D项中，题给数据只是计算生成的Cr(OH)3的量，漏掉了生成Fe(OH)3的量。7.常温下，用0.

13、1mol.L-1NaOH溶液滴定0.10 HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列陈述错误的是A. Ka（HA）的数量级为10-5B. N点，c（Na+）-c（A-）=C. P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大D. 当滴定至溶液呈中性，c（A-）c（HA）【答案】B【解析】【详解】A. 根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A-的水解和HA的电离都是微弱的，c（A-）c（HA），Ka(HA)=，故Ka(HA)的数量级为10-5，选项A正确；B. N点，根据电荷守恒有，即，选项B错误；C.

14、PQ过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确；D. 根据图b可知当lg（即）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A-)c(HA)，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。三、非选择题：（包括必考题和选考题两部分第22题-32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题-38题为选考题，考生根据要求作答）(一)必考题8.氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一

15、种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以减轻环境污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下： 主反应：(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3+2H2O副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一：实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_。(3)装置a中反应产生

16、的气体需要持续通入装置c的原因是_。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_（填字母）。A.温度计 B.洗气瓶 C.水浴加热装置 D.环形玻璃搅拌棒实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。Ag+2CN-=Ag(CN)2-，Ag+I-=AgI，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.010-3mol/L 的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL。(5)滴定终点的现象是_。(6)处理后的废水是否达到排

17、放标准？_（填“是”或“否”）。.(7)常温下，含硫微粒主要存在形式，受pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4-，则阳极反应方程式为_。【答案】 (1). NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3 (2). 分液漏斗 (3). 将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 (4). AC (5). 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失 (6). 是 (7). 2HSO4-2e-=S2O82-+2H+【解析】【分析】(1)根据元素分析，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变

18、蓝的气体为氨气，据此书写方程式；(2)根据仪器特点可得仪器名称；(3)根据已知主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，从抑制副反应发生的角度分析；(4)根据已知可知该反应要在一定温度下进行可得；(5)废水溶液中KI为指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+将CN-反应完全后与I-结合为AgI黄色沉淀，为终点，可得；(6)根据Ag+2NaCN消耗1.010-3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)M(NaCN)=2n(AgNO3)M(NaCN)，再计算其浓度，与0.50mg/L比较可得；(7)阳极由HSO4-失电子被氧化为S2O8

19、2-，据此分析。【详解】(1)NaCN用双氧水处理后，生成的酸式盐为碳酸氢钠，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，反应方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3+NaHCO3；(2)装置中盛放双氧水的仪器为分液漏斗；(3)主反应产生氨气，副反应氨气为反应物，故置a中反应产生的气体需要持续通入装置c，为了将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；(4)由题可知，主反应的温度为55，因此装置中还需要温度计，为维持温度，采用水浴加热，需要水浴加热装置，所以合理选项是AC；(5)废水溶液中KI指示剂，用标准AgNO3溶液滴定，Ag+将CN-反应完全后与I-结合为AgI黄色沉淀，因此终点现象为：滴入最后一

20、滴标准硝酸银溶液，锥形瓶中溶液恰好产生黄色沉淀，且半分钟沉淀不消失；(6) 根据Ag+2NaCN消耗1.010-3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL，则m(NaCN)=n(NaCN)M(NaCN)=2n(AgNO3)M(NaCN)=21.010-3mol/L5.0010 -3L49g/mol=4910 -5g，废水中氰化钠的浓度为c(NaCN)=0.49mg/L0.5mg/L，故达到排放标准；(7)阳极发生氧化反应，由HSO4-失电子被氧化为S2O82-，电极反应式为：2HSO4-2e-=S2O82-+2H+。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判

21、断的知识，涉及物质性质的应用，滴定反应，电解池原理，对题干信息的分析理是解题关键，这就需要学生有扎实的基础知识，同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。9.一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为 。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为（产物中无沉淀且只有一种酸根） 。在实验室模拟工业生产时，也

22、可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因_ 。（3）过程得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_。（4）碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是_。（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是_（填序号）。Ac(Na+) = 2c(CO32-)Bc(Na+) c(CO32-) c(HCO3-)Cc(OH-) c(HCO3-) c(H+)Dc(OH-) - c(H+) = c(HCO3-) + 2c(H2CO3)（6）CoO溶于盐酸

23、可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_。【答案】（共14分）（1）2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2（2）4Co2O3CoO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CoSO4+ Na2SO4+ 11H2O；Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境（3）2Al3+3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3+3CO2（4）调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO

24、3（5）B C D（6）CoCl22H2O【解析】试题分析：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2-+3H2；（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3CoO可氧化盐酸产生

25、Cl2污染环境；（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；故答案为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；（4）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；（5）A、Na2CO3溶液中电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（HCO3-）+ c（OH-）+ 2c（CO32-），故A错误；B、碳酸根离子发生水解

26、以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c（Na+）c（CO32-）c（OH-）c（HCO3-）c（H+），故B正确；C、碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c （Na+）c （CO32-）c （OH-）c （HCO3-）c （H+），故C错误；D、Na2CO3溶液中质子守恒：c（H+） c（OH-）+ c（HCO3-）+ 2c（H2CO3），故D正确；故选BD；（6）CoCl26H2OCoCl2238 130m 65mg，解得：m=119mgA物质的化学式为CoCl2nH2O，则有：CoCl26H2OCoCl2nH2Om238 18（6-n）119mg 119mg-83mg=，解得

27、：n=2，所以A物质的化学式为：CoCl22H2O，故答案为：CoCl22H2O考点：考查了物质分离和提纯、离子浓度大小的比较的相关知识。10.I.已知： NaHCO3(s)=Na+(ag)+HCO3(aq) H=+18.81kJmo11Na2CO3(s)=2Na+(aq)+CO2(aq) H=16.44 k J mol12NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(1) H=+92.34kJmol1请回答：(1)资料显示，NaHCO3固体加热到100发生分解，但是加热 NaHCO3溶液不到80就有大量CO2气体放出，用反应热角度说明原因_。(2) NaHCO3溶液中主要存在

28、2种化学平衡：a.HCO3+H2OH2CO3+OH，b.2HCO3CO32+H2O+CO2。根据理论计算0.10 mol.L1 NaHCO3溶液中2个反应的转化率随温度变化如图1所示(不考虑相互影响)：计算250.10molL1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为_molL1。加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是_。25时0.10molL1的NaHCO3溶液pH=8.3，加热到4分钟溶液沸腾，后保温到7分钟。已知常温下Na2CO3溶液浓度和pH的关系如下表(忽略温度对Kw的影响)：c(mo1L1)饱和0.200.100.0100.0010pH12.111.811.511.

29、110.6请在图2中作出 NaHCO3溶液pH随时间变化曲线_II.研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度()的关系如图(1)T时，向1L恒容密闭容器中充入0.3 mol CH4，只发生反应2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，c(C2H4)=c(CH4)，CH4的平衡转化率为_；上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2，CH4以0.01mol/(Ls)的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，且平衡时，c (CH4)=2c(C2H4)，则t=_s；(2)列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图中A点温度时的平衡常数K=_(用平衡分压代替平衡浓度

30、计算，1g0.05=1.3)(3)由图可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有_。【答案】 (1). 2HCO3(aq) = CO32(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=+38.28kJmol1，反应需要的能量比固体小 (2). 1.7103 (3). Na2CO3 (4). (5). 66.7 % (6). 5 (7). 5.0104 (8). 充入适量的乙烯【解析】【分析】根据图象信息判断化学平衡移动方向进而进一步推断和计算；根据气体分压计算平衡常数分析解答；根据三段式分析计算化学平衡中的各组分数据。【详解】(1) 根据所给热化学

31、方程式结合盖斯定律可得2HCO3(aq) = CO32(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=+38.28kJmol1，所以加热 NaHCO3溶液需要的能量比固体小；故答案为：2HCO3(aq) = CO32(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=+38.28kJmol1，反应需要的能量比固体小；(2) 根据图象可知，25时，HCO3-的转化率为0.2%，即生成H2CO3的浓度为：0.10molL10.2%=210-4mol/L，25时，反应b中HCO3的转化率为3.0%，即生成CO2的浓度为：0.10molL13.0%=1.510-3mol/L，所以250.10molL1NaHCO3溶液

32、中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为：210-4mol/L+1.510-3mol/L=1.7103mol/L；故答案为：1.7103；加热蒸干NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、和水，所以最后得到的固体是Na2CO3； 故答案为：Na2CO3；根据已知条件，碳酸钠的起始pH应该为8.3，所以起点从8.3出发，由表格中碳酸钠的浓度是0.10mol/L时，pH为11.5，即4分钟时，碳酸钠溶液的pH为11.5，保温7分钟内，pH变化不大；故答案为：；II.(1)根据方程式 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，假设达到平衡时，生成n(C2H4)为xmol，起始(

33、n) 0.3mol 0mol 0mol反应 (n) 2xmol xmol 2xmol平衡(n) (0.3-2x)mol xmol 2xmol，由于恒容密闭容器体积不变，所以达到平衡时，c(C2H4)=c(CH4)，即n(C2H4)=n(CH4)=x=0.3-2x，计算得x=0.1mol，甲烷的转化率为：=66.7%，从图象可知，温度升高，各气体的分压减小，即反应向逆反应方向移动，所以甲烷的物质的量增加，则T2T，假设再次平衡时乙烯的物质的量是ymol，则根据方程式可知生成甲烷的物质的量是2ymol，因此0.1+2y=2(0.1-y)，解得y=0.025mol，这说明甲烷的物质的量增加了0. 1

34、mol-0.025mol2=0.05mol，所以时间t=5s；故答案为：66.7%；5s；(2)根据图象可知，平衡时甲烷、氢气、乙炔的平均分压分别是103、104、，所以A点温度时的平衡常数为:K=5.0104；故答案；5.0104；(3)根据方程式可知，增大乙烯的浓度可以增大甲烷的浓度，进而提高乙炔的转化率；故答案为：充入适量的乙烯。(二)选考题:共45分。请考生从给出2道物理题、2道化学题，2道生物题中每科任选一道作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。11.(1)基态

35、锰原子的价层电子排布式为_，基态Mn3+含有的未成对电子数是_。(2)新型环烯类储氢材料(C16S8)从理论角度证明这种材料的分子呈平面结构(如图)，C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为_。(3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结如图所示钛的配位数为_该配合物中存在的化学键有_(填字母标号)a离子健 b配位键 c金属健 d共价键 e氢键(4)Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是_(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知Cu(NH3)42+的空间构型是_。(5)硫元素对应的含氧酸酸性是H2SO4强于H2SO3，其原因为_。(6)某种镁铝合金可作

36、为储氢材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为anm，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_，该晶体的密度为_g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。【答案】 (1). 3d54s2 (2). 4 (3). sp2、sp3 (4). 6 (5). bd (6). 极性 (7). 平面正方形 (8). H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基氧(2个)多于后者的非羟基氧(1个)的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强 (9). 4 (10). 【解析】【分析】(1)Mn是25号元素，根据构造原理可得其核外

37、电子排布式，进而可得其价层电子排布式；Mn原子失去3个电子形成Mn3+，然后根据各个能级具有的轨道数及每个轨道最多容纳2个电子，结合能量最低原理，判断出基态Mn3+含有的未成对电子数；(2)C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；(3)Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，C-H和C-C及C-O原子之间存在共价键；(4) 根据相似相容原理判断Cu(NH3)2Cl2是否是极性分子，在Cu(NH3)42+中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对；利用Cu(NH3)2Cl2分子的极性判断Cu(NH3)42+的空间构型；(5)非

38、金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目；(6)观察晶胞结构，判断晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目；用均摊方法计算晶胞中含有的Mg、Al原子数目，然后利用晶体密度计算公式=计算晶胞密度。【详解】(1)Mn是25号元素，根据构造原理可得其核外电子排布式为Ar3d54s2，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，Mn原子失去3个电子形成Mn3+，核外电子排布式为Ar3d4，d轨道有5个能量相同的轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且能量最低，因此基态Mn3+含有的未成对电子数是4个；(2)C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂

39、化类型分别为sp2杂化、sp3杂化；(3)Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，根据图示可知：Ti原子的配位数是6；C-H和C-C及C-O原子之间存在共价键，所以含有的化学键为配位键和共价键，故合理选项是bd；(4)Cu(NH3)2Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；Cu(NH3)42+中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对；既然存在两种同分异构体，所以Cu(NH3)42+的空间构型应该是平面正方形；(5)非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基氧

40、(2个)多于后者的非羟基氧(1个)的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强；(6)对晶胞进行观察，可知在晶胞中与每个镁原子周围距离最近的铝原子数目是4；在一个晶胞中含有的Mg原子数目是Mg：8+2=2；含有的Al原子个数为Al=2=1，所以该晶体化学式是Mg2Al；该晶胞的体积V=(a10-7)3cm3，所以晶胞的密度=g/cm3=g/cm3=g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子的排布、原子杂化方式判断、配位键、元素含氧酸的酸性、晶胞计算等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，注意用均摊方法计算晶体的化学式，结合密度公式进行计

41、算，要求学生具有一定的空间想象能力和分析与计算能力。12.有机物A（C11H12O5）同时满足下列条件：含苯环且不含甲基；苯环上一氯取代物只有2种；1 mol A与足量的NaHCO3反应生成1 mol CO2；遇FeCl3溶液不显色。A有如图所示转化关系：已知：回答下列问题：（1）E中官能团名称_，H分子式为_。（2）由C生成G的反应类型是_。（3）A的结构简式为_，G的结构简式为_。（4）写出CD反应的化学方程式_；写出IJ反应的离子方程式_。（5）C的同分异构体中能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，b能发生皂化反应；c能与Na反应产生H2，共有_种（不含立体异构）。其中核磁共振氢谱显示为

42、3组峰，且峰面积比为611的是_（写结构简式)。【答案】 (1). 碳碳双键、羧基 (2). C7H4O3Na2 (3). 酯化反应 (4). (5). (6). (7). (8). 5 (9). 【解析】A在碱性条件下发生水解反应得到B与H，则A中含有酯基；B酸化得到C具有酸性，则C中含有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基；由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH；C发生消去反应得到E，E发生加聚反应生成F，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，则C为HOCH2CH2CH2COOH；G为，B为HOCH2CH2CH2COONa，C发生缩聚反应得到D为。结合A分子式可知，H中含有7个

43、碳原子，H发生信息中脱羧反应得到H，H与二氧化碳、水作用得到J，J与浓溴水作用是白色沉淀，则J中含有酚羟基；1mol A与足量的NaHCO3反应生成1mol CO2，说明A分子中含有1个COOH，而A遇FeCl3溶液不显色，则A不含酚羟基，则A中酯基为羧酸与酚形成的，A中含苯环且不含甲基，且苯环上一氯取代物只有2种，则A中含有2个对位位置的取代基，可推知A的结构简式为：，H为，I为，J为，K为。（1）E为CH2=CHCH2COOH，则E中有碳碳双键、羧基2种官能团；H为，分子式为：C7H4O3Na2，故答案为：碳碳双键、羧基；C7H4O3Na2；（2）由C生成G的反应类型是酯化反应，故答案为：

44、酯化反应；（3）A的结构简式为，G的结构简式为，故答案为：；（4）CD为缩聚反应，故反应方程式为：，苯酚酸性介于碳酸与碳酸氢根之间，故IJ反应的离子方程式：；（5）C为HOCH2CH2CH2COOH，C的同分异构体中能同时满足下列条件：a能发生银镜反应，说明含有醛基，b能发生皂化反应，含有甲酸形成的酯基，c能与Na反应产生H2，还含有羟基，可以看作丙烷中H原子被OH、OOCH取代，OOCH取代甲基中H原子，OH有3种位置，OOCH取代亚甲基中H原子，OH有2种位置，共有5种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为611的是：。故答案为：5；。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式等。要根