《2022届福建省八地市（福州一中、厦门、泉州、莆田、南平、宁德、三明、龙岩）高三毕业班4月诊断性联考化学试题（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届福建省八地市（福州一中、厦门、泉州、莆田、南平、宁德、三明、龙岩）高三毕业班4月诊断性联考化学试题（解析版）.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、福建省八地市（福州一中、厦门、泉州、莆田、南平、宁德、三明、龙岩）2022届高三毕业班4月诊断性联考化学试题一、单选题1.在冬奥会上，中国使用了多项高科技。下列说法正确的是（）A.滑道使用二氧化碳超临界制冰的相变过程是物理变化B.火炬“飞扬”使用的碳纤维和高性能树脂属于无机非金属材料C.颁奖礼仪服饰“瑞雪样云”使用的保温材料石墨烯属于有机高分子材料D.冬奥会场馆使用的氢燃料车是利用电解池原理提供电能2.卤族元素在生产生活中有重要应用。下列有关化学用语表述正确的是（）B.NH4a的电子式:HH：N：HiiD.中子数为74的碘原子：74/3.NA是阿伏加德罗常数的值。消毒剂需科学使用，84消毒液不
2、能和医用酒精混用的原因是4NaCI0+CH3CH20H=CHCh+HC00Na+2Na0H+NaCl+H20o 下 歹！I说法正确的是（）A.L0.2mol-L-1 NaClO溶液中含有CIO离子数为0.2NAB.23g CH3cH20H 中含有。键数为 3.5NAC.标准状况下，2.24LCHCL中含有原子数为0.5NAD.每生成ImolHCOONa,该反应转称电子数为8NA4.从废感光胶片中回收银的流程如下，相关离子方程式不正确的是（）A.FeCh 溶液呈酸性：Fe3+4-3H2O=Fe（0H）3+3H+B.反应：Fe3+Cl+A g =Fe2+AgClC.反 应 :AgCl+2S20j-
3、Ag（S2O3）23+Cl-D.反应：8Mg区。3）23-+4H2。=84g 1+I6S2。歹+8H+B（0H）45.糠醛可选择性转化为糠醇或2-甲基喃（如图）。下列说法不正确的是（）糠醛W2-甲基跌喃A.糠醛中所有的碳原子可能共平面B.糠 醛 与 互 为 同 系 物 oC.糠醛在钢催化条件下生成糠醇为加成反应D.2-甲基味喃的一氯代物有4 种6.一种高储能电池的电解液微观结构如图，R、W、X、Y、Z、M 为原子序数依次增大的短周期元素,M 的原子半径大于Z。下列说法正确的是（)R、z，RR、+尸Z W ZR，z RI IR y/X RIR RZHMHZA.电负性：RWB.简单氢化物的熔点：W
4、MC.MZ 呈四面体D.最高价氧化物对应水化物的酸性：YX7.下列实验方案与实验目的不匹配的是（）选项实验目的实验方案A探究5。2既有氧化性又有还原性将S 3 分别通入浸水和Na2s溶液B证明甲苯中甲基能活化苯环将酸性KMnO,溶液分别加入苯和甲苯中并振荡C比较HSO 水解程度和电离程度大小常温下，用 pH试纸测一定浓度NaHSg溶液的pHD除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇用饱和N&2C03溶液洗涤后分液A.A B.B C.C D.D)8.二氧化镐矿粉中用 乳。2含量测定实验流程如图。下列说法不正确的是（H,SO4样品m g 酸化30.00 mL 0.2000 mol-L 1 J ：7 后N aQ4
5、溶液-竽消耗0.1000 m olL -KMnO,溶液20.00 mL 同A.Na2c2。4将“71。2还原为M2+B.滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色C.MT!。?含量为庠%D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则测得“兀。2含量偏小9.已知反-2-丁烯转化为顺-2-丁烯反应如下，Ink=仇 力一霹，仇如 万 和 Ink逆随温度变化的曲线如图。下列有关该反应的说法正确的是（）H /I厂（g）-,H CH3 H3C反 2 丁烯I n /A.反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为位置异构体B.温度变化对k点的影响程度小于对k逆的影响程度C.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.顺-2-丁烯比反-2-丁烯
6、稳定Hc=(g)CH3顺 2 丁烯1 0.用 Ph表示苯基，三苯基胺（P髭N）失去一个电子后形成的。危可产结构较为稳定。一种铝胺电池工作原理示意如图。下列说法不正确的是（）A.4C%和4 2 c 0 中A l原子的杂化方式相同B.放电时，负极的电极反应式为4-3 e-+7 4 C 5=4 4 2。亍C.充电时，4 c q 向铝电极移动D.理论上每生成Imol Ph3N,外电路通过Imol电子二、非选择题1 1.含铝电镀废水的主要成分如下表，常用“P/+沉淀法”和“药剂还原沉淀法”进行处理。离子Cr(VI)Cr3+Cu2+Fe2+Zn2+含量/mg L-128.3812.920.340.0690
7、.014(1)I.“Pb2+沉淀法,，工艺流程如下图。Na,CO,H,O,NaOH NaOH PbSO,污泥 倍黄(PbCrO,)金属离子沉淀完全时(c=1.0 x 10-5m01.L-1)及沉淀开始溶解时的pH如下。金属离子Cu2+Fe2+Fe3+Zn2+Cr3+pH沉淀完全6.78.32.88.25.6沉淀开始溶解-13.514.010.512.0“氧化”过程中Cr(0H)3转化为CrOf-的离子方程式为(2)“沉降”过程中应调节pH范围是 10.5。(3)己知 2 5 H寸K s p(P 6 SO 4)=2.5 x 1 0-8、Ksp(PbCrO4)=2.8 x 1 0-1 3；Cr2O
8、+H202CrOl+2 H+。“沉铭”过程中:生成格黄的离子方程式为.从 平衡角度分析p H对沉辂率的影响.H2sosNa,SO,NaOH（4）I I.“药剂还原沉淀法”工艺流程如下图。滤液（达标排放）含珞污泥“还原”过程中，S。被C r（V I）氧化为（5）比较叩炉+沉淀法，和“药剂还原沉淀法”工艺的优劣（写出一条即可）。12.可用“沉淀法”除去粗盐中的M g2+、ca2+.S O；-杂质。某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响，实验流程及结果如下。沉淀剂11沉淀剂21沉淀剂3盐酸1PH书起笈一工I I/I I IN-Al-N-Al-N-AI；N-AI-N-AI-N-
9、A!H H HOH HO HH OH HO HI I I IN-AI-N-AI-N-AIH HIIN-AI-N-A1-N-A1H HH HI IN-AI-N-AI-N-AIH过渡态1过渡态2 反应历程比较不同路径，路径1 能垒较低的原因是 的键能大于 的键能。1 5 m i n 时反应速率突然加快的原因（6）相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本。（写出一条即可）。1 4.耐 H F 腐蚀的催化剂R a O 2/4-M g F 2,可应用于氟化工行业中的氯循环（如图）。（1）R u 的价电子排布式为4 d 7 5 s】，该元素位于第 周期 族。（2）上述转化过程
10、中涉及的有机反应类型有 o（3）可通过液化分离出H C1 中大多数的H F,从结构角度解释两者沸点差异的原-M g F z的晶体结构如图（K u。?和M g F z中实线部分为晶胞）EuGSCOU个 R u,0在晶胞的位置为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _已知/?“。2与载体晶体结构（堆积方式、晶胞参数）越相似，催化效果越好。MgFz载体中掺杂加3+的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
11、 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _15.戊快草胺常用于控制阔叶杂草的生长。其合成路线如下。回答下列问题：（1）A中官能团的名称为 o（2）B的 结 构 简 式 为。（3）D的名称为（4）C+H-戊快草胺的化学方程式为 o（5）D的一种同分异构体苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为3：2：2,其 结 构 简 式 为。（6）已知：苯环电子云密度越大，越容易与C%，发生取代反应；-COOH为吸电子间位定位基，-NH2为给电子邻对位定位基。不直接使
12、用苯甲酸而使用D合成G的原因是。答案1.【答案】A【解析】【解答】A.使用二氧化碳超临界制冰的相变过程没有生成新物质，是物理变化，A 符合题意;B.高性能树脂属于有机合成高分子材料，B 不符合题意；C.石墨烯属于无机非金属材料，C 不符合题意；D.氢燃料车是将化学能转化为电能，利用原电池原理提供电能，D 不符合题意；故答案为：Ao【分析】A.物质“三态”的变化是物理变化；B.有机合成高分子材料包括树脂、纤维、橡胶;C.碳单质不是有机物；D.氢燃料车是利用原电池工作原理。2.【答案】A【解析】【解答】A.BF3中B 原子价层电子对数为3+主 誓 =3,且不含孤电子对，该分子为平面正三角形，键角为
13、120。，其球棍模型为故 A 符合题意;B.氯化镂是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成,其电子式为H：N叫,i：故 B 不符合题意;C.澳元素的原子序数是3 5,其原子结构示意图为故 C 不符合题意;D.I 是53号元素，其质子数为5 3,质量数=质子数+中子数，则中子数为74的碘原子表示为51327I,故D 不符合题意;故答案为：Ao【分析】A.BF3分子为平面正三角形，B 原子半径大于F 原子半径；B.氯离子满足8 电子结构；C.依据核外电子排布规律书写；D.依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数。3.【答案】D【解析】【解答】A.CIO离子为弱酸根离子，
14、会水解生成次氯酸和氢氧根离子，CIO离子数小于0.2NA,A不符合题意；B.23gCH3cH20H的物质的量为0.5m ol,键均为。键，则含有键数为4NA,B不符合题意；C.标准状况下，CHCb不是气态，不能计算其物质的量，C不符合题意；D.次氯酸钠中氯元素由正一价变为负一价，转移2个电子；由方程式结合电子守恒可知，生成HCOONa与电子转移的关系为HCOONa 8 e;则每生成1 mol HCOONa,该反应转称电子数为8NA，D符合题-if.忌；故答案为：Do【分析】A.Cl。离子会水解；B.1 个CH3cH20H分子含8个。键；C.标准状况下，CHCb不是气体；D.由方程式结合电子守恒
15、分析。4.【答案】D【解析】【解答】A.FeCb是强酸弱碱盐，在溶液中Fe部分发生水解反应，消耗水电离产生的0 6变为Fe(OH)3,最终达到平衡时溶液中c(H+)c(OH),溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：Fe3+342。0 F 6(。)3+3”+,A不符合题意；B.FeCb溶液具有强氧化性，能够与A g反应使A g单质变为Ag+,Ag*结合C 生成AgCl沉淀，分解单质守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得反应的离子方程式为：Fe3+C r+Ag=Fe2+AgCl,B不符合题意；C.AgCl难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)wAg+(aq)+Cl-(aq),
16、向其中加入Na2s2O3溶液，S2。/与Ag+反应产生Ag(S2O3)F，使沉淀溶解平衡正向移动，则反应的离子方程式为：AgCl+2s2。歹=Ag(S2O3)23-+C l-,C 不符合题意；D.H+、52。会反应产生氏0、S、S02,不能大量共存，反应的离子方程式应该为矶4跃52。3)23-+BH*+80H-=8Ag I+16S20 j-+4H20+B(0H)4,D 符合题意；故答案为：D。【分析】A.多元弱碱根离子水解一步完成；B.FeCb溶液具有强氧化性，能够与A g反应使A g单质变为Ag+,Ag+结合C 生成AgCl沉淀；C.S2O歹与 Ag+反应产生Ag(S2W,A不符合题意；B.
17、锂化氢为离子晶体，氯化氢为分子晶体，简单氢化物的熔点：WM,B不符合题意；C.Q 0 7中中心C1原子价层电子对数为4+Zl声1=4,C1原子采用sp3杂化，呈四面体，C符合题思；D.同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，最高价氧化物对应水化物的酸性：YX,D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；B.离子晶体熔沸点一般比分子晶体高；C.中中心C1原子有4个键；D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。7.【答案】B【解析】【解答】A.SO2通入滨水反应生成硫酸根离子，二氧化硫发生氧化反应体现还
18、原性；二氧化硫和Na2s反应生成硫单质，二氧化硫发生氧化反应体现还原性，A 不符合题意；B.酸性KM71O4溶液加入苯中不退色，和甲苯反应褪色是甲苯中甲基被氧化为竣基，不能证明甲苯中甲基能活化苯环，B 符合题意；C.HS。电离出氢离子、水解生成氢氧根离子；常温下，用 pH试纸测一定浓度Na”S03溶液的pH,通过溶液的酸碱性可以判断HSO 的电离程度大还是水解程度答，C 不符合题意；D.用饱和Na2c。3溶液洗涤，可以溶解乙醇、和乙酸反应，且可以降低乙酸乙酯的溶解度，然后分液得到乙酸乙酯，D 不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.依据硫化合价的升降进行判断；B.甲苯使酸性KM71O4溶液褪色是
19、体现苯环对甲基的影响；C.酸式盐的电离和水解的程度，通过测定溶液的pH判断；D.制 备 乙 酸 乙 酯 时 饱 和 溶 液 的 用 途。8.【答案】D【解析】【解答】A.Na2c2。4具有还原性、二氧化镒具有氧化性，Na2c2。4将Mn外还原为MM+,A不符合题意；B.滴定中使用高锌酸钾溶液滴定草酸钠，恰好反应后高锌酸钾过量溶液显紫红色，故滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色，B 不符合题意；C.Na2c2。4将KMnOt还原为M n2+,根据电子守恒可知，5 Na2C204 10e-2KMnO4,与KMnQ反应Na2c2。4的物质的量为 20 xl(y3Lx0.i000mol/Lx|=5xl(
20、y3mol；Na2c2。4将“正。2还原为M/+,根据电子守恒可知，Na2c2。4Mn(?2，与MnO?反应的Na2c2 0 的物质的量也就是Mn。2的物质的量为30 x 10-3Lx0.2000mol/L-5x 10-3mol=10 mol；故MnO2含量为x 100%=呢%，C 不m m符合题意；D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则高锦酸钾的读数偏小，导致测得M n 含量偏大，D 符合题意；故答案为：D。【分析】A.依据元素化合价降低被还原；B.滴定终点高镒酸钾过量；C.根据电子守恒计算；D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，消耗标准液偏小。9.【答案】C【解析】【解答】A.反-2-丁
21、烯与顺-2-丁烯互为顺反异构体，A 不符合题意；B.由图可知，必 上 上的斜率更大，受温度影响更大，温度变化对k下的影响程度大于对k逆的影响程度，B 不符合题意；C.图中曲线的斜率代表活化能，正反应的斜率更大，活化能更大，C 符合题意；D.由C 分析可知，正反应的活化能更大，则反应为吸热反应，生成物能量大于反应物能，故反-2-丁烯比顺-2-丁烯稳定，D 不符合题意；故答案为：Co【分析】A.相同的原子或原子团连在双键同侧或异侧形成的不同物质为顺反异构体；B.斜率越大，受温度影响越大；C.图中曲线的斜率代表活化能，斜率越大，活化能越大；D.依据能量越低越稳定。10.【答案】C【解析】【解答】A.
22、4C G 和4 2 c 5 中心原子AI原子的价层电子对数均为4,均采用sp3杂化，故A不符合题意；B.由图可知，放电时，负极上A1失去电子，结 合 生 成 2c份，电极反应式为加一 3e+7AICI4=442c5，故B 不符合题意；C.由图可知，充电时，P N 失电子生成 危村尸，则P/I3N电极为阳极，A I电极为阴极，电解池工作过程中，阴离子移向阳极，则4 c q 向P/13N电极移动，故 C 符合题意；D.P/13N失去一个电子后形成的P/13N+,则理论上每生成Imol P/13N,外电路通过1 mol电子，故 D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.中心原子的价层电子对数相同，杂化
23、类型相同；B.放电时，负极上失去电子，发生氧化反应；C.电解池工作过程中，阴离子移向阳极；D.依据电子守恒。1 1.【答案】(1)2 C r(O H)3 +3 H 2。2 +4 0 W-=2CrO+8 H2O(2)8.2(3)PbSO4(s)+CrOj-(aq)=PbCrO4(s)+SO(aq)；增大 p H,Cr2O+H20 U 2CrOl-+2 H+平衡正向移动，仃。厂浓度增大，沉倍率增大(4)SOl-(5)“药剂还原沉淀法”操作简单，“P b 2+沉淀法操作工艺流程复杂；【解析】【解答】“P b 2+沉淀法”工艺，用过氧化氢把CB、F e 2+氧化为仃0；-、F e3+,加入氢氧化钠生成
24、氢氧化物沉淀除去C M+、F e-、Z n2+,再加入硫酸铅发生沉淀转化生成铝酸铅沉淀，除去铝元素；“药剂还原沉淀法”工艺，用硫酸调节含铝废水的p H 为 2 3,加入亚硫酸钠把C r(V I)还原为C r ,再加氢氧化钠生成氢氧化物沉淀除去重金属离子。“氧化”过程中Cr(O“)3 被 H 2 O 2 氧化为Cr。：一,反应的离子方程式为2 Cr(O”)3 +3H2O2+W H-=20。厂+8 H 2。；(2)为保证重金属离子完全沉淀，“沉降”过程中应调节p H 范围是8.2-1 0.5(3)“沉铭”过程中，硫酸铅沉淀转化为铭酸铅沉淀，反应的离子方程式为P b S 04(s)+Cr 0(a q
25、)=PbCrOs)+SOl(aq)；增大p H,。+2。=2 仃。广+2 4+平衡正向移动，仃01浓度增大，沉格率增大；(4)根据氧化还原反应原理，“还原”过程中，S。打被Cr(V I)氧化，硫元素化合价由+4升高为+6,氧化产物是S O Q；(5)比较叩川+沉淀法”和“药剂还原沉淀法”，“药剂还原沉淀法”操作简单，“P b 2+沉淀法操作工艺流程复杂；【分析】依据得失电子守恒和电荷守恒；(2)保证重金属离子完全沉淀；(3)硫酸铅沉淀转化为铝酸铅沉淀；依据平衡移动原理；(4)根据氧化还原反应原理，化合价有升必有降；(5)比较操作工艺流程复杂程度；1 2.【答案】(1)Ba CCh、Ca CO3
26、(2)H+O H-H2O CO 2-+2H+=H2O+CO2T（3）蒸发结晶（4）氯化钠；检测中S O检出量明显高于1和2；盐酸、蒸储水；小于；先加入BaCL沉淀剂并过滤分离出BaSO4【解析X解答】根据实验目的某小组探究沉淀剂添加顺序及过滤方式对产品中硫酸根杂质含量的影响，除去粗盐中的Mg2+、Ca2 S O杂杂质，Mg2+可以用过量氢氧化钠除去，Ca?+可用过量碳酸钠除去，S O可以用过量的氯化钢去除，但是过量的氯化钢用碳酸钠除去，所以一般为先钢（氯化铁），后碳（碳酸钠），碱（氢氧化钠）随便，过滤以后过量的氢氧化钠和碳酸钠加盐酸除去，在经蒸发结晶，可得精盐，取部分精盐溶解于水加入氯化钮!，
27、检 测SO 以此来解析；（1）实 验1,先加过量的氯化钢溶液，铁离子和硫酸根会反应生成硫酸钏沉淀，钙离子和也会和硫酸根离子反应生成一小部分的硫酸钙，溶液中还有杂质离子为（Mg2+、Ca2 Ba2+）,再加过量的氢氧化钠，镁离子会和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，钙离子也会和氢氧根离子反应生成一小部分氢氧化钙沉淀,溶液中还含有杂质离子为（OH、Ca2 Ba2+）再加过量的碳酸钠，碳酸根离子和钙离子会形成碳酸钙沉淀，铁离子会和碳酸根离子形成碳酸钢沉淀，实 验1中加入沉淀剂3后会生成BaCCh、CaCO,；（2）根据分析除杂4加盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，反应的离子
28、方程为：H+OH=H2O;盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠，水和二氧化碳，反应的离子方程为：CO 1-+2H+=H2O+CO2T；（3）根据上面分析可知由氯化钠溶液和盐酸溶液得精盐，采取蒸发的方法，氯化氢挥发掉以后，再结晶可以得到氯化钠固体；（4）根据提示加入与难溶电解质不同离子的电解质，假 设2实 验3是NaOH能明显增大BaSCU溶解度，假 设3实 验4NaOH或Na2cCh能明显增大BaSO4溶解度，假 设1因“盐效应”溶解度增大，氯化钠能增大BaSO4溶解度；假 设1是 实 验1和2,假 设2是实验3,假设就剩实验4,根据已有信息仿写假设3为：实 验4检测中S O厂检出量明显高于1和2；目的
29、探究不同试剂对硫酸专贝溶解度的影响程度，对溶解后溶液中硫酸离子的检验，不能有其它离子干扰，故需要加入盐酸排除离子的干扰，加蒸储水调节成相同体积溶液；BaSCU+CO-=BaCO3+SO，导致溶解的硫酸酸根离子增多，但是加入盐酸后生成的饭离子又和硫酸根离子结合硫酸钢沉淀，导致生成硫酸根离子的浓度又减小了，盐效应大于同离子效应；粗盐提纯时，为了有效降低产品中S O歹含量，必须先加入BaCL沉淀剂并过滤分离出BaSCh,才能降低硫酸根的含量。【分析】(1)依据溶解性表判断：(2)盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应；(3)依据氯化钠的溶解度受温度的影响小的特点，采取蒸发结晶的方法；(4)根据提示信息分
30、析；探究不同试剂对硫酸钏溶解度的影响程度时应调节成相同体积溶液；通过实验比较盐效应与同离子效应；粗盐提纯时，不能引入新的杂质。1 3.【答案】(1)+4 3 4(2)B(3)2 5 k P a；1 6 8 7 5(4)当氨气在水中达到饱和时会逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液p H 几乎不变(5)H-0；H-A 1；开始时A 1 N 和水结合，当A 1 N 结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，反应速率突然加快(6)副产物CO是重要的化工原料【解析】【解答】将反应i和反应ii相加,即可得到总反应3 c+N 2(g)+3 H 2。=3 C O(g)+2 N H 3(
31、g),其 A H=+7 0 8.1 k J/m o l-2 7 4.1 k J/m o l=+4 3 7.0 k J/m o l。(2)反应i的正反应是吸热反应，升高温度有利于提高平衡转化率，该反应又是气体体积增大的反应,降低压强有利于平衡正向移动，所以高温低压有利于提高平衡转化率，故答案为：B o(3)在温度t、l O O k P a条件下进行反应i ,设起始时氮气的物质的量为I m o l,平衡时氮气转化率为5 0%,可列三段式：4 2。3(5)+3。(5)+岫(9)=2 4 N(s)+3co(g)起始10变化(jnol)0.51.5平衡(jno。0.51.5所以平衡时氮气和CO的分压分别
32、为 据 x lOOkPa=25 kPa,益 祟 x lOOkPa=75 kPa,则平U J I J L.J V/J l J3衡常数 K p=隽=16 87 5k P a 2。(4)反应i i 生成氨气，氨气溶于水形成氨水，溶液的p H 增大，当氨气在水中达到饱和时逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液p H 几乎不变。(5)路 径 1和路径2 都断裂N-H 键，但路径1形成的是0-H 键，而路径2 形成的是A 1-H 键，由于0-H 键的键能大于A L H 的键能，所以0-H 键更容易形成，所以能垒较低。开始时A 1N 和水结合，当A 1N 结合一定量水并使水解离后，能显著降低反
33、应的活化能，所以反应在 15m i n 时反应速率然加快。(6)相较于哈伯法合成氨，碳基化学链合成氨的优势有能够降低能耗、减少原料成本，副产物CO是重要的化工原料，从而达到无碳利用化石燃料的目的。【分析】(1)依据盖斯定律解答；(2)依据外界因素对平衡的影响进行条件的选择。(3)利用三段式法计算。(4)当氨气在水中达到饱和时逸出，溶液p H 几乎不变。(5)化学键容易形成，所则能垒较低。活化能降低，反应速率然加快。(6)副产物再利用。14.【答案】五;V I I I(2)取代反应 消去反应(3)F的原子半径比C 1小，对核外电子的束缚力比C 1强，H F 中H和 F之间的电子对强烈偏向F,H
34、F 分子中的H可以和另一个H F 分子中的F形成氢键，从而使H F 的沸点较H C I 高，容易液化分离出H F(4)2；4个在面上，2 个在晶胞内部；RUO2与载体晶体结构(堆积方式、晶胞参数)越相似，催化效果越好。M g F 2掺杂A F+后晶胞参数和R u C h 更接近，所以M g F2载体中掺杂A l3+【解析】【解答】(1)根据R u 的价电子排布式为4 d 75 sl 可知，该元素位于第五周期第V 1 B 族。(2)由丙烷生成1,1,1,2,3-五氯丙烷是取代反应，由 1,1,1,2,3-五氯丙烷生成2,3,3,3-四氯-1-丙烯是消去反应。(3)F 的原子半径比C 1 小，对核
35、外电子的束缚力比C 1 强，HF中H和 F之间的电子对强烈偏向F,H F分子中的H可以和另一个H F 分子中的F形成氢键，从而使H F 的沸点较H C 1 高，容易液化分离出H F o(4)从图中可以看出，RUO2晶胞中位于顶点和体心的是RU,有 2个，则O有 4个，晶胞中的六个氧原子有四个在面上，另两个在晶胞内部。R uC h 与载体晶体结构(堆积方式、晶胞参数)越相似，催化效果越好。M g F 2 掺杂AF+后晶胞参数和RuO2更接近，所以MgF2载体中掺杂AF+。【分析】（1）由电子层数和最外层电子数判断在周期表中的位置。（2）根据有机反应类型的特点进行分析。（3）根据F、C1原子分别与
36、H 原子形成的共价键键能强弱，以及HF中含有氢键进行分析。（4）根据图示信息及均摊法进行解答。MgF?掺杂AF+后晶胞参数和RUO2更接近。15.【答案】（1）羟基、碳碳三键产(2)HC=CCC1（3）邻氨基苯甲酸或2-氨基苯甲酸（6）氨基是给电子基，可增大苯环电子云密度，有利于氯代反应的发生【解析】【解答】（1）由A 的结构简式可知，A 中含有的官能团为羟基和碳碳三键；（2）根据A 和C 的结构简式可推知，A-B 的过程中，A 中含有羟基被氯原子取代生成B,结合B 的分产子式可知，B 的结构简式为HC三C一f -C1；CH.D 为N H.,其名称为邻氨基苯甲酸或2-氨基苯甲酸;（4）由图可知
37、，C、H 和氢氧化钠反应生成戊焕草胺，反应的化学方程式为CH,H C=CC NH,NaOH（5）D 的一种同分异构体苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有3 组峰，说明含有3 种环境的氢原子,又因为苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有3 组峰，峰面积之比为3：2：2,则两个取代基应处于对位，此时苯环上已经有两种环境的氢原子，且满足2：2,则两个取代基只有一种环境的氢原子，且含有3 个氢原子，则其中一个取代基为甲基，从而确定另一个取代基为硝基，因此符合条件的结构简式为 H3C。（6）苯环电子云密度越大，越容易与氯气发生取代反应，氨基是给电子基，可增大苯环电子云密度，有利于氯代反应的发生，因此不直接使用苯甲酸而使用邻氨基苯甲酸合成G【分析】（1）根据结构简式解答，注意官能团要求写名称。（2）通过对比A、B的分子式及A-B的反应条件进行分析。（3）根据有机物的系统命名规则解答。（4）注意反应物处理两种有机物外，还有N a O H,产物中别丢掉H 2 O。（5）同分异构体就是含有相同的分子式、不同结构的化合物。核磁共振氢谱有3 组峰表示有3 种氢原子，峰面积之比就是不同氢原子的个数之比，据此分析。（6）氨基是给电子基，可增大苯环电子云密度，有利于氯代反应的发生。