2023年湖南省怀化市高考化学二模试卷.docx

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1、第 10 页，共 10 页2023 年湖南省怀化市高考化学二模试卷一、单项选择题本大题共 7 小题，共 42.0 分1. 化学与生产生活亲热相关，以下说法不正确的选项是A. “卤水点豆腐”运用了胶体电泳的性质B. 有漂白性，可漂白草帽和纸浆C. NaCl 既可以做调味品，也可以做食品防腐剂D. 清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，它们的主要成分是硅酸盐2. 以下说法正确的选项是A. 溶于硝酸，电子转移数目肯定为B. 标准状况下，正戊烷中含键数目为C. 用装置比较和的热稳定性D. 用装置制少量NaClO 为主要成分的消毒液C. 18g 重水中含中子数目为6.锂锰电池构造如下图，其中电解质LiClO4

2、溶于混合有机溶剂中，Li+通过D. 12g 熔融，中含离子总数目为电解质迁移入 MnO2晶格中生成 LiMnO以下有关说法正确的选项是23. 依据如图其他产物未写出分析，以下说法正确的选项是A. 外电路电流方向：B. 电池正极反响式为：C. 可以用水代替电池中的混合有机溶剂D. 用该电池给铅蓄电池充电，a 极与Pb 电极相连7.常温下，将 VmL 1mo/L HClO和V mL 1mo/L HClO两种酸溶液分别0204A. A 和B 生成C 的反响为加成反响C. B 的分子式为B. C 中全部原子可能在同一平面D. C 苯环上的二氯代物只有两种加水稀释，稀释溶液体积为V，稀释液pH 与其体积

3、变化的关系如图所示。以下说法正确的选项是A. 和，均为一元弱酸4. 短周期元素Tx、Y、zw 在元素周期表中的相对位置如表所示，其中T 的单质在-定条件下能与w的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反响并生成两种酸性气体，则以下相关说法正确的选项是B. 在时，溶液满足，C. 分别往M、N 两点对应溶液中滴加NaOH 溶液至恰好完全反响，消耗NaOH 溶液的体积相等D. 常温下，浓度均为的和溶液，溶液pH：A. 离子半径：B. 最简洁气态氢化物的热稳定性：C. 分子中每个原子均满足 8 电子稳定构造二、简答题本大题共 5 小题，共 63.0 分8.某争论性学习小组利用如图装置探究草酸钙晶体CaC O

4、xH O的热分解。：CO 能与PdCl 溶D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：5. 以下试验能到达预期目的A. 用装置吸取HCl 尾气B. 用装置进展喷泉试验液反响生成黑色的钯粉。24221A 的作用是；D 中可观看到的现象是。2B 中长玻璃管的作用是。（3） E、F 位置填“能”或“不能”互换，理由是。（4） 写出PdCl2 溶液与CO 反响的化学方程式。（5） 为探究草酸钙晶体加热分解产物的成份并测x，进展如下试验：按图连接好仪器，填试验操作名称。将 29.2g 草酸钙晶体放入C 中，从a 处通入一-段时间空气。加热草酸钙晶体直到质量不再削减，从a 处始终通空气直至冷却。测得c 中残留固体

5、质量 11.2g，D 增重 3.6g，E 增重 8.8g澄清石灰水足量。数据处理：计算可得x=；写出上述试验中草酸钙晶体受热分解的化学方程式。9. 镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。某锌矿渣主要含 Zn、AH2 的浓度增大BN2 的浓度增大CNH3 的体积分数增大DN2 的浓度减小温度为T2 时，向 2L 密闭容器中假设 1.0molH2和 1.0molN ，假设 5min 后反响到达平衡，则用vH22Si、Pb、Fe、Ga 的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：物质KspZnOH2GaOH3FeOH2FeOH31.610-172.710-31810-162.

6、810-39：镓在元素周期表中位于第四周期第A，化学性质与铝相像。lg2=0.3，lg3=0.48局部物质的 Ksp 如 F 表所示。（1） 滤渣 1 的主要成分是写化学式。（2） 参加H2O2 的目的是用离子方程式表示。（3） 调pH 的目的是；室温条件下，假设浸出液中各阳离子的浓度均为0.01mo/L，当溶液中某种离子浓度小于 110-5mol/L 时即认为该离子已完全除去，则pH 应调整的范围为。（4） 操作D 包括：过滤、洗涤、枯燥。（5） 制备、精炼金属Ga。电解法制备金属镓。用惰性电极电解NaGaO2 溶液即可制得金属镍，写出阴极电极反响式。电解法精炼金属镓粗镓含Zn、Fe、Cu

7、等杂质，氧化性：Zn2+Ga2+Fe2+Cu2+表示该反响的平均速率为；反响在T2 时的平衡常数K=。（3） 一种型除烟气中氮氧化物的方法是承受NH3 作复原剂复原烟气中的氮氧化物且产物无污染， 写出 NH3 复原NO2 的化学反响方程式。（4） 假设用标准盐酸测定某稀氨水的浓度，应选择作指示剂；滴定过程中眼睛注视。稀氨水体积为 25.0mL，滴定完毕测得消耗 0.0100mol/L 盐酸的平均体积为 20.0mL，则该氨水的浓度为 保存 2 位有效数字；假设滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴无气泡，则测定结果。填“偏大”、“偏小”、“不变”。11. 铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的

8、用途。请答复以下问题：1协作物FeCOx 常温下呈液态，熔点为-20.5，沸点为 103，易溶于非极性溶剂，据此可推断FeCOx 晶体属于填晶体类型；FeCOx 的中心原子价电子数与配体供给电子数之和为18，则x=；Fe2+的核外电子排布式为。2K FeCN溶液可用于检验 填离子符号；CN-中碳原子杂化轨道类型为 1molCN-以下有关电解精炼金属镓的说法正确的选项是填字母序号。36A电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连 B电解精炼过程中，阳极质量的削减与阴极质量的增加相等我的手机C电解后，Cu 和 Fe 沉积在电解槽底部形成阳极泥D假设用甲烷燃料电池电解精炼金属镓，当阴极有56.0g 镓析出时，

9、电池负极最多消耗标准状态下的CH46.72L10. 氨气是一种重要化工原料。含有的 键数目为用N 表示；C、N、O 第一电离能由大到小的挨次为用元素符号表示。（3） 某M 原子的外围电子排布式为 3s23p5，铜与M 形成的某化合物的晶胞构造如下图黑点代表铜原子。该晶体的化学式为 铜和M的电负性分别为1.9 和3.0，则铜与M 形成的化合物属于 填“离子”或“共价”化合物。（1） 德国化学家哈伯从 1902 年开头争论由氮气和氢气直接合成氨。该晶体的密度为 gcm-3，阿伏加德罗常数为N，则该晶体中铜原子和 原子之间的最短距离MA催化剂：N g+3H g2NH gH=a kJ/mol为pm只需

10、写出计算式。223高温、高压H-H436kJN-H391kJNN946kJ每破坏lmol 有关化学键需要的能量如下表：12. 口服抗菌药利君沙的制备原料 E 和某种广泛应用于电子电器领域的高分子化合物 H 的合成路线如下： ：则 a=。（2） 如为不同温度T、不同投料比时反响到达平衡时N2 的转化率变化曲线。1234T 、T 、T 、T 的大小关系为。保持温度和体积不变，提高投料比则重到达平衡时，以下说法定正确的选项是填字母序号。、核磁共振氢谱显示E 分子中有两组峰，且峰面积比为 2：1、R-CH=CHR-CH CH CHO222、答复以下问题：1丙烯的构造简式为；E 的分子式为；2B 分子中

11、官能团的名称为；G 的名称为。（3） 由甲苯生成F 的反响类型为。（4） 写出CD 的化学方程式。（5） 满足以下条件的G 的同分异构体有种。苯环上有三个取代基。遇 FeCl3溶液发生显色反响。能和NaHCO3溶液反响生成CO 。2（6） 写出 1，3 丁二烯CH =CH-CH=CH 和乙二醇为某原料制备聚酯纤维22的合成路线无机试剂任选。1. 【答案】A【解析】答案和解析下钝化；B.1 个正戊烷分子含有 4 个 C-C 键；解：A豆浆为蛋白质，参加卤水，能够使其聚沉而制成豆腐，故 A 错误； B二氧化硫具有漂白性，其缘由是二氧化硫与某些有色物质反响生成不稳定的无色物质，常 用于漂白纸浆、草帽

12、辫等，故 B 正确；C食盐可以改善食品的口感，可做调味品，也能抑制微生物的生长和生殖，防止食物变质，可 以做防腐剂，故 C 正确；D陶瓷主要成分为硅酸盐，故 D 正确； 应选：A。A依据胶体的聚沉性质解答； B二氧化硫可用于工业漂白；C食品防腐剂是指保持食品原有的质量和食品养分价值为目的食品添加剂，它能抑制微生物 的生长和生殖；调味剂是指改善食品的感官性质，使食品更加美味可口；D陶瓷主要成分为硅酸盐。此题考察了胶体的性质，二氧化硫的性质，以及食品中的添加剂等，题目难度不大。2. 【答案】B【解析】解：A.0.1molFe 溶于硝酸，转移电子数与硝酸浓度与用量有关，电子转移数目在 0.2NA0.

13、3NA之间，故 A 错误；C.1 个 D2O 含有 10 个中子；D硫酸氢钠熔融状态下电离产生钠离子与硫酸氢根离子。此题考察阿伏加德罗常数的有关计算和推断，把握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加 德罗常数的关系，留意硫酸氢钠在熔融状态下与在水中电离方式不同，题目难度不大。3. 【答案】D【解析】解：A依据 BC 构造简式知，该反响为取代反响，故 A 错误；BC 中甲基上的 C 原子承受 sp3 杂化，甲基具有甲烷构造特点，所以该分子中全部原子不能共平面，故B 错误；CB 的分子式为 C4H5OBr，故 C 错误；DC 苯环上只有两种氢原子，其二氯代物中两个氯原子可能相邻或相间，所以其二氯代物

14、有 2种，故D 正确； 应选：D。依据BC构造简式知，二者发生取代反响生成C，A为，该反响为取代反响，A中含有酚羟基和苯环，具有酚和苯的性质，能发生氧化反响、中和反响、取代反响、显色反响；B 能发生水解反响、加成反响，C 能发生加成反响、取代反响、水解反响，据此分析解答。此题考察有机物构造和性质，明确官能团及其性质关系是解此题关键，侧重考察酚、卤代烃、B. 标准状况下，14.4g 正戊烷C5H12中含C-C 键数目为：2NA=0.8N，故正确；BA酯的性质，题目难度不大。C. 8g 重水D2O中含中子数目为：10NA=9NA，故 C 错误；4.【答案】CD. 硫酸氢钠熔融状态下电离产生钠离子与

15、硫酸氢根离子，12g 熔融 NaHSO4，物质的量为【解析】解：由短周期元素 T、X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置可知，T 位于其次周期，另外 4 种0.1mol，中含离子总数目为 0.2N ，故 D 错误；A应选：B。元素处于第三周期，而T 的单质在肯定条件下能与 W 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应并生成两种酸性气体，应是碳与浓硫酸的反响生成二氧化碳与二氧化硫，故 T 为碳、W 为硫，A铁与足量稀硝酸反响生成三价铁离子，与少量稀硝酸反响生成二价铁离子，与浓硝酸常温则 X 为 Mg、Y 为 Al、Z 为 P。A. 电子层构造一样核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大

16、，故离子半径： YAl3+XMg2+WS2-，故A 错误；B. 非金属性 W硫Z磷，故氢化物稳定性：WZ，故 B 错误；CTW2 为 CS2，构造式为 S=C=S，分子中每个原子均满足 8 电子稳定构造，故C 正确； D由于金属性 XY，故最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故 D 错误。应选：C。由短周期元素T、X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置可知，T 位于其次周期，另外4 种元素处于第三周期，而T 的单质在肯定条件下能与 W 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反响并生成两种酸性气体，应是碳与浓硫酸的反响生成二氧化碳与二氧化硫，故T为碳、W为硫，则X 为 Mg、Y 为 Al、Z 为 P

17、。此题考察元素周期表与元素周期律，留意抓住短周期元素，娴熟把握元素周期表、元素周期律与元素化合物的性质，留意金属性与非金属性强弱比较试验事实。5. 【答案】B【解析】解：A漏斗在液面下，易发生倒吸，漏斗口应在液面上，故 A 错误；B氯气与 NaOH 反响，导致烧瓶内气体削减，挤压胶头滴管，图中装置可进展喷泉试验，故 BD电解食盐水时，阳极上生成氯气，氯气与 NaOH 反响生成 NaClO。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、喷泉试验、电解应用、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。6. 【答案】D【解析】解：A、Li 为负极，M

18、nO2 为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从 b 极流向 a 极，故A 错误；B、MnO2 为正极，被复原，电极方程式为 MnO2+e-+Li+=LiMnO2，故 B 错误；C、因负极材料为 Li，可与水反响，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，故 C 错误； D、用该电池给铅蓄电池充电，负极即 a 极与铅蓄电池的负极即 Pb 电极相连，故 D 正确； 应选：D。形成原电池反响时，Li 为负极，被氧化，电极方程式为 Li-e-=Li+，MnO2 为正极，被复原，电极方程式为 MnO2+e-+Li+=LiMnO2，结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题。此题侧重于电化学学

19、问以及氧化复原反响的全面考察，题目难度适中，能很好地考察学生的分析力量、计算力量以及电化学学问的综合理解和运用，难度中等。7. 【答案】C【解析】解：A、由图可知 HClO2 为弱酸，HMnO4 为强酸，故A 错误；正确；C碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，为表达比照，小试管中应为碳酸钠氢，故 C 错误；Blg+1=1 时pH=2，则V=V0，即1mol/LHClO2溶液pH=2，说明HClO2是弱酸，pH=-lgcH+，D电解食盐水时，阳极上生成氯气，氯气与 NaOH 反响生成NaClO，图中下方应与电源正极相连，故 D 错误； 应选：B。A. 漏斗在液面下，易发生倒吸；B. 氯气与 NaOH 反

20、响，导致烧瓶内气体削减； C碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；溶液稀释 n 倍，溶液中 cH+小于原来的，所以 HClO2 溶液的 pH2+lg，故 B 错误； CM、N 两点的溶液中 HClO2 和 HMnO4 的起始浓度相等，用等浓度的 NaOH 中和时，消耗等量的 NaOH 溶液，所以消耗的 NaOH 溶液体积，故 C 正确；DNaClO2 是弱酸强碱盐、水解显碱性，NaMnO4 是强酸强碱盐，溶液呈中性，所以浓度均为0.1m1mo/L 的 NaClO2 和 NaMnO4 溶液，溶液 pH：NaMnO4NaClO2，故 D 错误；应选：C。A、常温时，1molL-1 的HClO2 和1molL

21、-1 的HMnO4 两种酸，HMnO4 的PH=0，HClO2 的PH=2，说明 HMnO4 是强酸，而HClO2 是弱酸；Blg+1=1 时pH=2，则V=V0，即1mol/LHClO2 溶液pH=2，说明HClO2 是弱酸，pH=-lgcH+，少，从a 处始终通空气直至冷却，测得 c 中残留固体质量 11.2g，生成氧化钙物质的量 nCaO=0.2mol，D 增重 3.6g，物质的量 nH2O=0.2mol，E 增重 8.8g澄清石灰水溶液稀释 n 倍，溶液中 cH+小于原来的；足量，生成二氧化碳物质的量 nCO2=0.2mol，摩尔质量 M=146g/mol，x=CM、N 两点的溶液中H

22、ClO2 和HClO4 的起始浓度相等，用等浓度的NaOH 中和时，消耗等量的 NaOH 溶液；=1，反响的化学方程式为：CaC2O4H2O CaO+CO2+CO+H2O，DNaClO2 是弱酸强碱盐、水解显碱性，NaMnO4 是强酸强碱盐，显中性。此题考察酸碱混合溶液定性推断，侧重考察学生分析推断力量，正确推断酸的强弱是解此题关键，留意 B 中体积之比与 cH+之比的关系，为易错点，题目难度中等。248. 【答案】除去空气中的CO 和水，防止对分解产物的检验产生干扰 无水CuSO 变蓝 平衡气压 不能 假设互换则原F 中可能产生的CO2 对原E 中CO2 的检验会造成干扰 PdCl +CO+

23、H O=Pd+CO +2HCl检查装置气密性 1CaC O H O CaO+CO +CO+H O故答案为：1；CaC2O4H2OCaO+CO2+CO+H2O。装置A 中氢氧化钠溶液吸取空气中的二氧化碳，通过装置B 吸取水蒸气，长玻璃管起到平衡压强的作用，进入装置 C 排净装置内空气，加热装置 C，草酸钙晶体CaC2O4xH2O的热分解得到的气体通过装置 D 中无水硫酸铜检验生成的水蒸气，通过装置 E 检验生成产物中的二氧化222【解析】解：1A 的作用是除去空气中的 CO2现象是：无水 CuSO4 变蓝，24222和水，防止对分解产物的检验产生干扰，D 中可观看到的碳气体，通过装置F 检验生成

24、的气体中的一氧化碳气体，CO 能与PdCl2 溶液反响生成黑色的钯粉，1A 装置中氢氧化钠溶液吸取空气中的二氧化碳；2B 中长玻璃管的作用是平衡压强，防止倒吸；故答案为：除去空气中的 CO2 和水，防止对分解产物的检验产生干扰；无水 CuSO4 变蓝；2B 中长玻璃管的作用是平衡压强的作用， 故答案为：平衡气压；（3） 通过装置 E 检验生成产物中的二氧化碳气体，通过装置 F 检验生成的气体中的一氧化碳气体，不能互换，假设互换则原 F 中可能产生的 CO2 对原 E 中 CO2 的检验会造成干扰，（3） 一氧化碳反响生成二氧化碳会干扰二氧化碳的检验；（4） PdCl2 溶液与CO 反响生成二氧

25、化碳、Pd、氯化氢；（5） 反响过程中生成了气体，检验气体存在需要装置气密性完好；测得c 中残留固体质量 11.2g，生成氧化钙物质的量 nCaO=0.2mol，D 增重 3.6g，故答案为：不能；假设互换则原 F 中可能产生的 CO2 对原 E 中 CO2 的检验会造成干扰；（4） PdCl2 溶液与CO 反响生成二氧化碳、Pd、氯化氢，生成黑色沉淀，反响的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pb+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O=Pb+CO2+2HCl；为水蒸气质量，物质的量 nH2O=0.2mol，E 增重 8.8g澄清石灰水足量，生成二氧化碳物质的量 nCO2=0

26、.2mol，计算摩尔质量得到 x，结合定量关系书写化学方程式。此题考察了物质性质试验验证、反响产物的试验检验和定量分析计算，把握根底是解题关键，题目难度中等。242229. 【答案】SiO 、PbSO2Fe2+H O +2H+=2Fe3+2H O使 Fe3+、Ga3+沉淀完全面Zn2+不沉淀 5.48pH6.6蒸发浓缩，冷却结晶 GaO -+2H O+3e-=Ga+4OH-AC（5） 为探究草酸钙晶体加热分解产物的成份并测 x，按图连接好仪器检查装置气密性故答案为：检查装置气密性；将 29.2g 草酸钙晶体放入C 中，从a 处通入一-段时间空气，加热草酸钙晶体直到质量不再减22【解析】4解：1

27、由以上分析可知滤渣 1 为 SiO2、PbSO4，故答案为：SiO2、PbSO ；（2） 在滤液中参加H2O2 的目的是氧化亚铁离子调整溶液pH 沉淀铁离子，反响的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，12343222故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；力量，涉及电解原理、氧化复原反响等学问点，综合性较强，侧重考察根本理论，明确电解原理、氧化复原反响原理等学问点即可解答，题目难度中等。（3） 调 pH 的目的是使 Fe3+、Ga3+沉淀完全面 Zn2+不沉淀，GaOH完全沉淀时，cOH-=10. 【答案】-92T T T TAD0.06mol/Lm

28、in 12.58NH +6NO =7N +12H O甲基橙 锥3mol/L=310-9mol/L，则 pH=5.48，2如生成ZnOH ，则cOH-=410-8mol/L，则pH=6.6，所以应调整pH 范围为5.48pH6.6，故答案为：使 Fe3+、Ga3+沉淀完全面 Zn2+不沉淀；5.48pH6.6；（4） 操作D 得到晶体，涉及操作为 蒸发浓缩，冷却结晶过滤、洗涤、枯燥，故答案为：蒸发浓缩， 冷却结晶；（5） 阴极发生复原反响生成 Ga，电极方程式为 GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-，故答案为：形瓶中溶液颜色的变化 0.0080mol/L 或 8.010-3mol/L偏大

29、【解析】解：1反响 N2g+3H2g2NH3g的H=反响物总键能-生成物总键能=946kJ+436kJ3-391kJ6=-92kJ/mol，则 a=-92， 故答案为：-92；（2） N2g+3H2g2NH3g为放热反响，温度越高氮气的转化率越低，依据图象可知，投 料比一样时，氮气的转化率：T1T2T3T4，则温度：T1T2T3T4，3故答案为：T1T2T T4；GaO2-+2H2O+3e-=Ga+4OH-；A电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，粗镓在阳极被氧化，在阴极生成纯镓，故 A 正确；B电解精炼过程中，阳极含有其它金属，而在阴极只生成镓，则质量的削减与阴极质量的增加 不相等，故B 错误；

30、A保持温度和体积不变，提高投料比正确；B. 保持温度和体积不变，提高投料比 C保持温度和体积不变，提高投料比，平衡向着正向移动，但 H 的浓度会增大，故A2，氮气转化率增大，则 N2 的浓度减小，故B 错误；，平衡向着正向移动，假设氢气的物质的量过大，则C. 由氧化性氧化性：Zn2+Ga2+Fe2+Cu2+可知，电解后，Cu 和 Fe 沉积在电解槽底部形成平衡时 NH3 的体积分数不肯定增大，故C 错误；阳极泥，故C 正确；D. 气体存在的状态未知，则不能确定甲烷的体积，故 D 错误。故答案为：AC。D保持温度和体积不变，提高投料比平衡时 N2 的浓度减小，故D 正确； 故答案为：AD；，氮气

31、的物质的量减小，且平衡向着正向移动，则某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga 的氧化物，参加硫酸，经过滤，得到滤渣为 SiO2、PbSO4， 浸出液含有Zn、Fe、Ga 的离子，参加过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调整溶液pH 生成33FeOH 、GaOH 沉淀，滤液含有硫酸锌，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到硫酸锌晶体，滤渣 2温度为T 时，向 2L 密闭容器中假设 1.0molH 和 1.0molN ，投料比222转化率为 20%，氮气转化的物质的量为：1.0mol20%=0.2mol， N2g+3H2g2NH3g=1，平衡时氮气的3转化mol0.20.60.4平衡mol0.80.40.

32、4含有 FeOH3、GaOH，参加过量的氢氧化钠，可生成 NaGaO23溶液，过滤得到有 FeOH ，初始mol1.01.00分解可生成氧化铁，电解 NaGaO2 溶液，可制备 Ga，以此解答该题。此题考察物质分别提纯的过程分析，为高考常见题型和高频考点，综合考察学生的分析、计算用 H2 表示该反响的平均速率为：vH2=0.06mol/Lmin ；该温度下该反响的平衡常数 K=故答案为：0.06mol/Lmin；12.5；=12.5，关键，留意把握三段式在化学平衡计算中的应用，试题学问点较多，充分考察了学生的分析能力及化学计算力量。A11. 【答案】分子晶体 51s22s22p63s23p63

33、d6 或Ar3d6Fe2+sp2NNOCCuCl共（3） 承受 NH3 作复原剂复原烟气中的氮氧化物且产物无污染，则 NH3 复原 NO2 生成N2，结合价1010质量守恒可知还生成 H2O，结合电子守恒配平方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，【解析】解：1分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，为分子晶体；中心原子Fe原子价电子数是8，故答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O；（4） 恰好反响时生成氯化铵，氯化铵溶液呈酸性，应中选取甲基橙作指示剂；滴定过程中，为了 准时推断滴定终点，锥形瓶中溶液颜色的变化；稀氨水体积为25.0mL，滴定完毕测得消耗0.0100mol/L

34、盐酸的平均体积为20.0mL，则该氨水的6浓度为：=0.0080mol/L 或 8.010-3mol/L；C 原子供给电子数是 2，FeCOx 的中心原子价电子数与配体供给电子数之和为 18，则8+2x=18，x=5；Fe 原子失去 4s 能级电子生成亚铁离子，依据构造原理书写亚铁离子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6，故答案为：分子晶体；5；1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6；假设滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴无气泡，读出的标准液体积偏大，依据待测=2K3FeCN和亚铁离子生成蓝色沉淀而检验 Fe2+；CN-中 C 原子价层电子对个数=1

35、+可知，测定结果偏大，故答案为：甲基橙； 锥形瓶中溶液颜色的变化；0.0080mol/L 或 8.010-3mol/L；偏大。（1） 依据H=反响物总键能-生成物总键能计算；（2） 该反响为放热反响，投料比一样时，温度越高氮气的转化率越低；=2，依据价层电子对互斥理论推断 C 原子杂化方式为 sp；1 个 CN-含有 2 个 键1molCN-含有的 键数目为 2N ；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势， 但是第 IIA 族、第 VA 族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能 NOC，A故答案为：Fe2+；sp；2NA； NOC；（3） 某 M 原子的外围电子排布式为 3s23

36、p5，为 Cl 元素；提高投料比肯定增大；，氮气的转化率增大，氢气浓度增大、氮气浓度减小，但氨气体积分数不该晶胞中 Cu 原子个数为 4、氯原子个数=8+6=4，则 Cu、Cl 原子个数之比=4：4=1：1，222温度为T 时，向 2L 密闭容器中假设 1.0molH 和 1.0molN ，投料比转化率为 20%，利用三段式计算 vH2表及反响在 T2 时的平衡常数；=1，平衡时氮气的所以其化学式为 CuCl， 故答案为：CuCl；（3） 用 NH3 作复原剂复原烟气中的氮氧化物且产物无污染，则氨气与二氧化氮反响生成氮气，结合质量守恒可知反响产物中还有水，据此结合电子守恒书写化学方程式；（4）

37、 氯化铵溶液呈酸性，应中选取甲基橙作指示剂；为了准时推断滴定终点，眼睛应当注视锥形铜和 M 的电负性分别为 1.9 和 3.0，其电负性差为 1.1，所以二者形成的化学键为共价键，所以为共价化合物， 故答案为：共价；瓶中溶液颜色变化；依据 c待测=计算；假设滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后该晶胞棱长=，该晶体中铜原子和 M 原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的尖嘴无气泡，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏大。= =1010pm，此题考察化学平衡的计算，题目难度中等，明确反响热与反响物、生成物总键能的关系为解答故答案为：1010。1分子晶体熔沸点较低；中心原子 Fe 原子价电子数是 8，C 原子

38、供给电子数是 2，FeCOx 的3由甲苯生成 F 是甲基中甲基对位的 H 原子被甲基替代，属于取代反响，中心原子价电子数与配体供给电子数之和为18，则8+2x=18；Fe 原子失去4s 能级电子生成亚铁离子，依据构造原理书写亚铁离子核外电子排布式；故答案为：取代反响；4CD 的化学方程式为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CHO+2H2O，62K3FeCN 和亚铁离子生成蓝色沉淀而检验亚铁离子；CN-中 C 原子价层电子对个数=1+=2，依据价层电子对互斥理论推断 C 原子杂化方式；1 个CN-含有 2 个 键；同一周期故答案为：HOCH2CH2CH2CH2OH+O2O

39、HCCH2CH2CHO+2H2O；元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第 IIA 族、第 VA 族第一电离能大于其5满足以下条件的G的同分异构体：苯环上有三个取代基，遇FeCl3 溶液发生显相邻元素；3某 M 原子的外围电子排布式为 3s23p5，为 Cl 元素；该晶胞中 Cu 原子个数为 4、氯原子个数=8+6 =4，则 Cu、Cl 原子个数之比=4：4=1：1；铜和 M 的电负性分别为 1.9 和 3.0，其电负性差为 1.1，所以二者形成的化学键为共价键；色反响，说明含有酚羟基，能和 NaHCO3 溶液反响生成 CO2，说明含有羧基，三个取代基为-OH、-COOH、-CHO，

40、醛基与羧基有邻、间、对 3 种位置构造，对应的醛基分别有 4 种、4 种、2种位置构造，故符合条件的共有 4+4+2=10 种， 故答案为：10；该晶胞棱长=，该晶体中铜原子和 M 原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的。6CH2=CH-CH=CH2 与 CO/H2 作用得到 OHCCH2CH2CH2CH2CHO，进一步氧化生成2 4此题考察物质构造和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式推断、原子核外电子排布等学问点，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，最终与乙二醇发生缩聚反响得到聚酯纤维，合成路线流程图为：侧重考察根底学问及空间想像力量、计算力量，留意铜原子和 M 原子之间的最短距离与晶胞

41、棱长关系，为解答难点，题目难度中等。324642222212. 【答案】CH CH=CHC H O醛基、氯原子 对苯二甲酸 取代反响 HOCH CH CH CH OH+OCH2=CH-CH=CH2OHCCH CHOHOOCCH COOH2 4，OHCCH CH CHO+2H O10CH =CH-CH=CHOHCCH CHOHOOC故答案为：CH=CH-CH=CHOHCCH CHOHOOCCH COOH222222 4222 42 44CH2 COOH【解析】2464解：1丙烯的构造简式为：CH3CH=CH2；E 为 HOOCCH2CH2COOH，E 的分子式为 C4H6O4， 故答案为：CH3

42、CH=CH ；C H O ；2B为ClCH2CH2CH2CHO，B分子中官能团的名称为：醛基、氯原子；G为，G的名称为：对苯二甲酸，故答案为：醛基、氯原子；对苯二甲酸；。由H 的构造可知C、G 分别为HOCH2CH2CH2CH2OH、中的一种，而丙烯系列转化得到C、甲苯转化得到 G，故 C 为 HOCH2CH2CH2CH2OH、G 为C 发生氧化反响生成 D 为OHCCH2CH2CHO，D 发生氧化反响、酸化生成E 为HOOCCH2CH2COOH结合信息II、反响条件，逆推可知B 为 ClCH2CH2CH2CHO、A 为 ClCH2CH=CH2结合信息 III 逆推可知 F 为 ，甲苯与 CH3Cl 发生取代反响生成 F。22222222226CH2=CH-CH=CH 与 CO/H 作用得到 OHCCH CH CH CH CHO，进一步氧化生成HOOCCH CH CH