2019-2020学年北京市第二十二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市第二十二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A测定一定质量的2Na O和22Na O混合物中22Na O的含量B确定分子式为26C H O的有机物分子中含活泼氢原子的个数C测定一定质量的242Na SOH Ox?晶体中结晶水数目D比较 Fe3+和 Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率【答案】C【解析】【分析】【详解】A.在烧瓶中放入Na2O 和 Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故 A

2、符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B 符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4 xH2O 晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和 Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故 D 符合题意。故选 C。2分析如图装置，下列说法错误的是（）A虚线框中接直流电源，铁可能会被腐蚀B虚线框中接灵敏电流计或接直流电源，锌都是负极C虚线框中接灵敏电流计，该装置可将化学能转化为电能D若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，该装置

3、可用于铁皮上镀锌【答案】B【解析】【分析】【详解】A虚线框中接直流电源，铁作阳极时，铁会失电子被腐蚀，A 正确；B虚线框中接直流电源构成电解池，电解池中没有正、负极，B 错误；C虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，把化学能转化为电能，C正确；D若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，Zn作阳极，Fe作阴极，可在铁皮上镀锌，D 正确；故选 B。3我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2 NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反

4、应决速步(*N2*N2H)的能量降低D N2的活化是NN键的断裂与NH 键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中 N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对 N2的活化，A 正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B 错误；C.根据图示可知MoS2在 Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C 正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H 的过程，即是NN键的断裂与NH 键形成的过程，D 正确；故合理选项是B。4自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方

5、向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A N2NH3，NH3NO 均属于氮的固定B催化剂a 作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b 表面均发生了极性共价键的断裂D使用催化剂a、b 均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO 不属于氮的固定，A 错误；B.催化剂 a 作用下氮原子发生了还原反应，B 错误；C.催化剂 a、b 表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b 可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D 正

6、确。故选 D。5氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）A白磷、硅B碳化硅、硫酸钠C水晶、金刚石D碘、汞【答案】C【解析】【分析】【详解】根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：A.白磷4P是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A 项错误；B.硫酸钠24Na SO是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B 项错误；C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C 项正确；D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔融时克服的也是范德

7、华力，D 项错误；答案选 C。【点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s 电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。6下列说法正确的是：A将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色B氨气不但可以用向下排空气法收集，还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集C向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32D为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动【答案】A【解析】【详解】A.将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A

8、正确；B.氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；C.向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有CO32、HCO3、SO32、HSO3等，故 C错误；D.过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D 错误。故选：A 7某有机化工品R 的结构简式如图所示。下列有关R 的说法正确的是A R的分子式为C10H10O2B苯环上一氯代物有2 种CR分子中所有原子可共平面D R能发生加成、氧化和水解反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A R的分子式为C10H8O2，A 项错误；B苯环上4 个氢原子位置不对称，故苯环上一氯代物有4 种，B项错

9、误；C CH3中四个原子不可能共平面，则R 分子中所有原子不可能共平面，C项错误；D R含有酯基、碳碳双键和苯环，能发生水解反应、加成反应和氧化反应，D 项正确；答案选 D。【点睛】确定多官能团有机物性质的步骤：（1）找出有机物所含的官能团，如碳碳双键、碳碳叁键、醇羟基、酚羟基、羧基等等；（2）联想每种官能团的典型性质；（3）结合选项分析对有机物性质描述的正误。注意：有些官能团性质会交叉，如碳碳叁键与醛基都能被溴水、酸性高锰酸钾溶液氧化，也能与氢气发生加成反应等。8在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A Al2O3(熔融)电解冰晶石Al(s)2Cl(g)AlCl3(s)BFe

10、S2(s)2O(g)高温SO2(g)2H O(l)H2SO4(aq)CNH3(g)2O(g)催化剂，NO(g)NaOH(aq)NaNO3(aq)D SiO2(s)2H O(l)H4SiO4(s)NaOH(aq)Na2SiO3(aq)【答案】A【解析】【详解】A.2Al2O3(熔融)电解冰晶石4Al(s)+3O2，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故 A 正确；B.SO2(g)+H2O=H2SO3(aq)，故 B 错误；C.NO(g)与 NaOH(aq)不反应，故C错误；D.SiO2(s)不溶于水，故D 错误；故选 A。9X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，X与 Z同族，Y与 Z同周期，W

11、是短周期主族元素中原子半径最大的，X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是A Y的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZY C气态氢化物的热稳定性：YZ D X与 W 可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2 的离子化合物【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W 为四种短周期主族元素，Y与 Z同周期，W 是短周期主族元素中原子半径最大的，则W 为Na，X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，则 X为 O，X 与 Z同族，则 Z为 S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则 Y为 Cl。A.Y 的最高价氧化物对应的水化物

12、HClO4是一元强酸，选项A错误；B.原子半径：X(O)Y(Cl)Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项 C错误；D.X与 W 可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2 的离子化合物Na2O 和 Na2O2，选项 D 正确。答案选 D。10对图两种有机物的描述错误的是（）A互为同分异构体B均能与钠反应C均能发生加成反应D可用银氨溶液鉴别【答案】A【解析】【详解】A.前者含 8 个 H 原子，后者含10 个 H 原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故A 错误；B.前者含-OH，后者含-COOH，则均能与钠反应生成氢气，故B 正确；C.前后含苯环、-CHO，后者含碳碳双键，则

13、均可发生加成反应，故C正确；D.前者含-CHO（能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故D 正确；故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、羰基，含有苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。11短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M 的气态氢化物变蓝色。含 X、Y和 Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3HNO3)。下列说法正确的是A简单离子半径：YZMX B简单气态氢化物的热稳定性：MX C

14、加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大【答案】D【解析】【分析】在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na 元素，所以强碱戊为NaOH。能使品红溶液褪色的气体可能是 SO2、Cl2，单质只有Cl2。电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R 可能是 NaClO。M 的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M 为氮元素。综上所述，M 为氮元素，X 为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【详解】A X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M 为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A 错误；BX 为氧元素，M

15、为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：ON，H2O 的热稳定性比NH3强，故 B 错误；C若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；D NaClO 属于强碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D 正确；答案选 D。12下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A NH3NO2HNO3BAlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)CFeFe2O3Fe DAgNO3(aq)Ag(NH3)2OH(aq)Ag【答案】B【解析】【详解】A NH3与氧气反应生成的是NO，无法直接得到NO2，故 A 错误；B铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏

16、铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发，蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以Al NaAlO2(aq)NaAlO2(s)，能够在给定条件下实现，故B正确；C铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故C错误；D硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故D 错误；答案选 B。13设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A 25，pH=1 的 H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NAB常温常压下，56g 丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C标准状况下，11.2LCHCl3中含

17、有的原子数目为2.5NAD常温下，1mol 浓硝酸与足量Al 反应，转移电子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故 56g 混合物中含4molCH2原子团，故含4NA个碳原子，故B 正确；C标准状况下，CHCl3是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D 错误；答案选 B【点睛】本题的易错点为D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。14NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 88.0 g14CO2与

18、14N2O 的混合物中所含中子数为44 NA B1 mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为 NA C17.4 g MnO2与 40 mL10 mol/L 浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA D常温下pH=4 的醋酸溶液中由水电离出的H的数目为10-10 NA【答案】B【解析】【详解】A.14CO2分子中含有24 个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g 46 g/mol=1.91 mol，所以其中含有的中子数目为1.9124NA=45.9NA；14N2O 的分子中含有22 个中子，88.0 g14N2O 的物质的量等于2 m

19、ol，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以 88.0 g14CO2与14N2O 的混合物中所含中子数大于44 NA，A 错误；B.在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于 CH3COONa的物质的量是1 mol，所以该溶液中CH3COO-数目为 NA，B 正确；C.17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g 87 g/mol=0.2 mol，n(HCl)=10 mol/L 0.04 L=0.4 mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以 HCl 为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以 0.4 mol HCl 不能完全反应，所以反应过程

20、中转移电子的物质的量小于0.2NA，C错误；D.只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D 错误；故合理选项是B。15下列装置不能完成相应实验的是A甲装置可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B乙装置可除去CO2中少量的 SO2杂质C丙装置可用于检验溴乙烷与NaOH 的醇溶液共热产生的乙烯D丁装置可用于实验室制备氨气【答案】B【解析】【分析】【详解】A.稀硫酸跟碳酸钠反应放出二氧化碳气体，二氧化碳与硅酸钠溶液反应有白色胶状沉淀生成，说明酸性：硫酸碳酸硅酸，硫酸、碳酸、硅酸分别是S、C、Si的最高价含氧酸，则说明非金属性：SCSi，能完成实验；B.CO2也能被碳酸钠溶液吸收，不能选用碳

21、酸钠溶液，不能完成实验；C.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，对乙烯的检验没有影响，丙装置中溴的四氯化碳溶液褪色说明溴乙烷与NaOH 的醇溶液共热产生了乙烯，能完成实验；D.在氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3 H2O?NH4+OH-，CaO与水反应放热、同时生成Ca(OH)2，反应放出的热量促进 NH3 H2O 分解产生氨气，同时Ca(OH)2电离出 OH-，使平衡逆向移动，促进氨气逸出，实验室可以用氧化钙固体与浓氨水反应来制备氨气，能完成实验；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16资料显示：浓硫酸形成的酸雾中含有少量的H2SO4分子。某小组拟设计实验

22、探究该资料的真实性并探究 SO2的性质，实验装置如图所示（装置中试剂均足量，夹持装置已省略）。请回答下列问题：（1）检验 A 装置气密性的方法是_；A 装置中发生反应的化学方程式为_。（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是_。（3）能证明该资料真实、有效的实验现象是_。（4）本实验制备SO2，利用的浓硫酸的性质有_（填字母）。a强氧化性b脱水性c吸水性d强酸性（5）实验中观察到C中产生白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，滴加_的水溶液（填化学式），观察到白色沉淀不溶解，证明白色沉淀是BaSO4。写出生成白色沉淀的离子方程式：_。【答案】关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯

23、中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气密性良好23242224Na SOH SO=SOH O+Na)O+(+S浓打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2B中溶液出现白色沉淀，且不溶解cd HCl+22+234+2H O3BaSONO=3BaSONO+4H322【解析】【分析】（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验，装置A 反生反应：23242224Na SOH SO=SOH O+Na)O+(+S浓；（2）利用 N2排尽装置内空气；（3）如有 H2SO4分子则 B 中有沉淀生成；（4）制备 SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解

24、；（5）SO2与 Ba(NO3)2的水溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，可滴加稀盐酸证明。【详解】（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验具体操作为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气密性良好；装置A 反生反应：23242224Na SOH SO=SOH O+Na)O+(+S浓；故答案为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，则证明容器气密性良好；23242224Na SOH SO=SOH O+Na)O+(+S浓；（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是：打开止水夹K

25、，向装置中通入一段时间N2；故答案为：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；（3）SO2不与 B中物质反应，若有H2SO4分子则 B 中有沉淀生成，则能证明该资料真实、有效的实验现象是：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；故答案为：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；（4）制备 SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；故答案选：cd；（5）C中沉淀可能为BaSO3或 BaSO4不能用稀硫酸或稀硝酸鉴别，可用稀盐酸鉴别；C 中反应为：22+2343BaSONO=3BaSO+NO+4H2H O+322；故答案为：HCl；22+2343BaSONO=3B+aSO+2H

26、 OO4H+N+322。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）172005 年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M 和 N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A 的名称是 _。（2）B的结构简式是_。（3）CD 的反应类型是_。（4）写出 DM 的化学方程式_。（5）已知 X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N 的结构简式为 _。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。

27、遇 FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出 EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。_【答案】2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【解析】【分析】由 F的结构简式可知A 应为 CH2=C(CH3)CH2CH3，生成 E为 CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G 为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N 的分子式可知N 的结构简式为，可知 X 为苯乙醇，由M 的分子式可知D 含有 8 个 C，结合信息可知 B 为 CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则 C为

28、 CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D 为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M 为，以此解答该题。【详解】(1)A 为 CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B 为 CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C 为 CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D 为 CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M 为，反应的方程式为；(5)由以上

29、分析可知N 为；(6)X 为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2 个甲基或1 个乙基，共3 种，即等；(7)E 为 CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓 H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚

30、反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与 H2在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与 O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇 醛羧酸的过程)。(8)在稀 H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。四、综合题（本题包括2 个小题，共2

31、0 分）18元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。(1)硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布图为_；与硒同周期的p 区元素中第一电离能大于硒的元素有_种；SeO3的空间构型是_。(2)科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了CuNiFe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是_。(3)镍能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2。(SCN)2分子中硫原子的杂化方式是_，键和键数目之比为 _。(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向 100mL0.2mol L-1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成 5.74g白色沉淀，则该配合

32、物的化学式为_，中心离子的配位数为_。(5)已知：r(Fe2+)为 61pm，r(Co2+)为 65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和 CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 _。(6)某离子型铁的氧化物晶胞如下图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为_。已知该晶体的密度为dg cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该品体的晶胞参数 a=_pm(用含 d 和 NA的代数式表示)。【答案】3 平面三角形X射线衍射sp3杂化5:4 Co（NH3）5ClCl26 Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比 CoCO3易分解Fe3O43232

33、 8AdN1010【解析】【分析】(1)硒为 34 号元素，有6 个价电子，据此书写价层电子排布图；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第A族元素第一电离能大于相邻元素；气态SeO3分子 Se 原子孤电子对数=6232=0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；(2)确定晶体、非晶体的方法是X射线衍射(3)根据(SCN）2分子中分子结构式为NC-S-S-CN 分析；(4)配合物中配位离子Cl-不与 Ag+反应，据此计算出外界离子Cl-离子的数目，据此分析解答；(5)根据产物FeO的晶格能和CoO 的晶格能比较进行分析；(6)根据均摊法确定微粒个数，即可确定化学式；晶胞

34、参数a=3md（晶胞中微粒）1010cm。【详解】(1)硒为 34 号元素，有6 个价电子，价电子排布图为；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第A族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期p 区元素第一电离能大于硒的元素有3 种，分别为As、Br、Kr；气态 SeO3分子 Se原子孤电子对数=6232=0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；答案：3 平面三角形(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是是X射线衍射答案：X 射线衍射(3)（SCN）2分子中分子结构式为NC-S-S-CN，每个 S原子价层电子对个数是4 且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理

35、论知硫原子的杂化方式为sp3，该分子中 键和 键数目之比为5:4；答案：sp3杂化5:4(4)配合物的物质的量为0.2mol/L 10010-3L=0.02mol，氯化银的物质的量为5.740.04143.5/gmolgmol，配合物中配位离子Cl-不与 Ag+反应，1mol 该配合物生成2mol AgCl 沉淀，所以1mol 该配合物中含2mol 外界离子 Cl-，即配离子中含有2 个 Cl-，该配合物的化学式可写为：Co（NH3）5ClCl2，中心离子配位数6；答案：Co（NH3）5ClCl2 6（5）因为 Fe2+的半径小于Co2+，所以 FeO的晶格能大于CoO，生成物FeO比 CoO

36、 稳定，所以FeCO3的分解温度低于CoCO3；答案：Fe2+的半径小于Co2+，FeO的晶格能大于CoO，FeCO3比 CoCO3易分解（6）根据图示可知晶胞中含4个 X、4个 Y，每个 X中含 Fe3+：41/8+1=3/2，O2-：4；每个 Y中含 Fe3+：41/8=1/2，Fe2+：4 O：4 则晶胞中共有Fe3+：4（3/2+1/2）=8，Fe2+：44=16 O2-：（4+4）4=32，晶胞中铁与氧个数比为（8+16）：32=3:4，氧化物的化学式为Fe3O4；晶胞参数a=3md（晶胞中微粒）=38 1656 16 32AN d 1010pm=3232 8AdN1010pm 答案

37、：3232 8AdN101019NOx是空气的主要污染物之一。回答下列问题：（1）汽车尾气中的NO来自于反应：N2(g)O2(g)2NO(g)。如图表示在不同温度时，一定量NO分解过程中N2的体积分数随时间的变化。则N2(g)O2(g)2NO(g)为_(填“吸热”或“放热”)反应。2000时，向容积为2L 的密闭容器中充入10mol N2和 5mol O2，发生上述反应，10min 达到平衡，产生 2mol NO，则 10min 内的平均反应速率(O2)_molL1min1。（2）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化

38、剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原 NO的机理如下：第一阶段：B4(不稳定)H2低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K12NO(a)2N(a)+O2(g)H2、K22N(a)N2(g)2 H3、K32NO(a)N2(g)+2O(a)H4、K42O(a)O2(g)2 H5、K5注：表示催化剂表面的氧缺位，g 表示气态，a 表示吸附态第一阶段用氢气还原B4得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_。第二阶段中各反应焓变间的关系：2H1H2H3_；该温度下，NO脱除反

39、应2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数K_(用 K1、K2、K3的表达式表示)。（3）工业废气中的NO和 NO2可用 NaOH溶液吸收。向 20mL0.1mo1 L1NaOH溶液中通入含NO和 NO2的废气，溶液 pH随气体体积V的变化如图所示(过程中温度保持不变)，B点对应的溶液中c(HNO2)c(NO2)，则 A点对应溶液中c(NO2-)/c(HNO2)_。（4）氨催化还原法也可以消除NO，原理如图所示，NO最终转化为H2O和_(填电子式)；当消耗 1 molNH3和 0.5 molO2时，理论上可消除_L(标准状况)NO。【答案】吸热0.05 还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态

40、降低，氧缺位增多，反应速率加快2H1H4H5K12K2K3103.711.2【解析】【分析】(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，结合温度对平衡的影响分析判断；根据N2(g)O2(g)2NO(g)，计算出反应消耗的氧气，再计算10min 内的氧气的平均反应速率；(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多；根据盖斯定律分析解答；(3)NO 和 NO2可用 NaOH 溶液，吸收发生的反应为NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，根据亚硝酸钠的水解平衡常数Kh=22c HNOc OHc N)()O(结合温度不变，Kh不变计算；(4)由图 2 知，该原理中的

41、中NO 最终转化为H2O 和氮气；根据氨气失去的电子的物质的量等于NO 和氧气得到的电子总物质的量计算。【详解】(1)根据图像，T2曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度升高，氮气的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；根据N2(g)O2(g)2NO(g)，10min 达到平衡，产生 2mol NO，则反应的氧气为1mol，10min 内的平均反应速率(O2)1mol2L10min=0.05 molL1 min1，故答案为吸热；0.05；(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：NO(g)NO(a)H1、K

42、1，2NO(a)2N(a)+O2(g)H2、K2，2N(a)N2(g)2H3、K3，2NO(a)N2(g)+2O(a)H4、K4，2O(a)O2(g)2H5、K5，根据盖斯定律，将 2+得到2NO(g)O2(g)+N2(g)，将 2+得到 2NO(g)N2(g)+O2(g)，即 2H1 H2 H32H1H4H5；因此 2NO(g)N2(g)O2(g)的平衡常数KK12K2K3，故答案为还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；2H1H4H5；K12K2K3；(3)20mL0.1mo1L1NaOH 溶液中含有氢氧化钠0.002mol，NO 和 NO2可用 NaOH 溶

43、液吸收，发生的反应为NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，亚硝酸钠的水解平衡常数Kh=22c HNOc OHc N)()O(，B 点对应的溶液中c(HNO2)c(NO2)，Kh=c(OH-)=-14-3.31010=10-10.7，温度不变，Kh不变，A 点 Kh=22c HNOc OHc N)()O(，22c NOc)()HNO(=hc OHK=710.71010=103.7，故答案为103.7；(4)由图 2 可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO 最终转化为N2和 H2O，氮气的电子式为；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于 NO 和氧气得到的电子总物质的量，1mol NH3转化为 N2失去 3mol 电子，0.5mol O2得到 2mol 电子，则 NO 转化为 N2得到的电子为1mol，所以 NO 的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故答案为；11.2。【点睛】本题的难点为(3)，要注意水解平衡常数、电离平衡常数等是温度的函数，易错点为(2)，要注意根据盖斯定律处理方程式时，焓变与平衡常数的处理方式不同。