《2022年河南省商丘市高考化学三模试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年河南省商丘市高考化学三模试卷（附答案详解）.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、2022年河南省商丘市高考化学三模试卷一、单 选 题（本大题共7小题，共21.0分）1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.焊接金属时，焊接点可用N H 4 c l溶液进行预处理B.环保P V C（聚氯乙烯）可以制作食品包装袋、食品保鲜膜C.烟熏腊肉中含有丰富的脂肪，脂肪属于天然高分子化合物D.工业上，常用氯气处理水中的C M+、H g 2+等重金属离子2.下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是（）选项 气体（杂质）方法AC 12(H C 1)通过饱和的食盐水BN2(02)通过足量灼热的铜丝网C S O2(C O2)通过饱和的碳酸氢钠溶液DN H3(H20)通过盛有碱石灰的
2、干燥管A.A B.B C.C D.D3 .下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）A.F e C h溶液腐蚀印刷电路板上的铜：F e3+C u=F e2+C u2+B.将A 1 2（S C 4）3溶液与N a 2c。3溶液混合：2A 13+3 C O=A 12（C O3）3C.用稀H N O 3溶解F e S固体：F e S +2H+=F e2+H2SD.向M g（O H）2悬浊液中滴加N H 4 c l溶液，沉淀逐渐解：M g（O H）2+2N H =M g2+2N H3-H2O4 .长时间看电子显示屏幕，会对眼睛有一定的伤害。人眼的视色素中含有视黄醛，而与视黄醛结构相似的维生素A
3、常作为保健药物。下列有关叙述正确的是（）视黄姓 维生素AA.视黄醛的分子式为C 20 H 26。B.视黄醛与乙醛（C H 3 C H O）互为同系物C.一定条件下，维生素A可被氧化生成视黄醛D.视黄醛和维生素A互为同分异构体5.某化合物可用作发酹助剂，结构如图所示。图中X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中丫为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是()r Y、一Iw+Y=Z YXI、Y-X ,A.该化合物中除X外，其他原子最外层不一定均为8e-B.Z元素形成的单质均为白色固体C.X分别与Y、Z、W形成的简单化合物中均含有共价键D.Z的最高价氧
4、化物的水化物的酸性强于硫酸6.某科研团队研制了一种基于阳离子型活性分子的中性水系有机液流电池，以P yr-TEMPO和Pyr-PVC14作中性水系有机液流电池的电极材料，已知放电时Pyr-PV2+先转化为P y r-P V 3+,后转化为PyrP V4+,电池工作原理如图所示。下B.放电时，负极的电极反应之一为P y r-P V 3+-e-=Pyr-PV4+C.电极a的电势比电极b的低D.充电时，b电极为阳极，发生氧化反应7.用O.lOmol L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为CI的醋酸、C2的草酸(H2c2O4)溶液，得到如图滴第2页，共20页定曲线，其中c、d 为两种酸恰好完全中
5、和的化学计量点。下列说法错误的是()A.由滴定曲线可判断：q c2B.滴定过程中始终有n(C H 3 c o O H)=0.0 2 +n(O H-)-n(H+)-n(N a+)C.若a 点V(N a O H)=7.9 5 m L,则a 点有c(N a+)c(C20 j-)c(H C2O；)c(H2C2O4)D.若b 点时溶液中c(C H C O O-)=c(C H C O O H),则b 点消耗了8.6 0 m L 的N a O H 溶液二、简答题(本大题共5小题，共 7 3.0 分)8.三氧化二础(A S 2 O 3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病.利用某酸性含碑废水(含H3ASO3,H 2
6、 s o 4)可提取A S 2 O 3，提取工艺流程如图：已知：A S 2 O 3 为酸性氧化物；A s 2 s 3 易溶于过量的N a 2 s 溶液中，故加入F e S C 4 的目的是除去过量的S 2 j回答下列问题：(1)废水中H 3 A s e)3 中碑元素的化合价为 o(2)“焙烧”操作中，A s 2 s 3 参与反应的化学方程式为。“碱浸”的目的,“滤 渣 Y”的主要成分是。(写化学式)。(4)“氧化”操作的目的是 (用离子方程式表示)。(5)“还原”过程中H 3 A S O 4 转化为H 3 A s e)3 然后将“还原”后溶液加热，H 3 A S O 3 分解为A S 2 O
7、3。某 次“还原”过程中制得了 1.9 8 k g A s 2()3,则消耗标准状况下气体X 的体 积 是 L。(6)碎酸钠(N a s A s O J 可用于可逆电池，装置如图1所示，其反应原理为A s O/+2H+21-=A s O*+12+电0。探究p H 对A s O/氧化性的影响，测得输出电压与p H的关系如图2所示。则a 点时,盐桥中K+(填“向左”“向右”或“不”)移动,c 点时，负 极 的 电 极 反 应 为。9.六氨合镁(MgCk 6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgC%-6H2。为原料在实验室制备MgCk-6 N H 3,并测定所得产
8、品中氯的含量(一)制备MgCk-6NH3L首先制备无水MgC12实验装置如图(加热及夹持装置略去)：已知：SOC12：熔点-105汽、沸点76。(：；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。(1)滴 液 漏 斗 中 支 管 的 作 用 为。(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为 o(3)该 实 验 装 置 中 的 不 足 之 处 为。II,将N为通入无水MgCk的乙二醉溶液中，充分反应(MgCk+6NH3 U MgCl2 6NH3)后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：溶质溶解性溶剂NH3MgClMgCl2-6NH3水易溶易溶易溶甲醇(沸点65C)易溶易溶难溶乙二醇(沸点197C)易溶易
9、溶难溶(4)生成MgCk 6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有(填字母)。A.反应吸热，促进反应正向进行B.加快反应速率第 4 页，共 20页C.防止氨气挥发，提高氨气利用率D.降低产物的溶解度(5)洗涤产品时，应 选 择 的 洗 涤 剂 为(填 字 母)。A.冰浓氨水B.乙二醉和水的混合液C.氨气饱和的甲醇溶液D.匆气饱和的乙二醇溶液(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以LC rO,为指示剂，用0.20mol L的AgNO?标准液滴定溶液中c i-,记录消耗标准液的体积；步骤
10、3：重复步骤2操作2 3次，平均消耗标准液10.00mL。(6)步骤1中，用稀硝酸溶解样品的目的为。(7)该 品 中 氯 的 质 量 分 数 为(保 留 小 数 点 后 2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造 成 该 偏 差 的 可 能 原 因 是(已 知 滴 定 操 作 均 正 确)o1 0.环保是当今社会最重要的课题，故研究CO、NOx、S02等大气污染物的妥善处理具有重义。回答下列问题(1)已知在298K和lOlkPa条件下，有如下反应 C(s)+02(g)=CO2(g)Hi=-393.5kJ/mol；N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH2=+180.5kJ/molo则反
11、应C(s)+CO(g)+电色)的4 H=kj/mol(2)利用I2O5可消除CO污染，其反应为l2()5(s)+5C0(g)=5CO2(g)+I2(s)不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容容闭容器中通入2moic0,测得CO2气体体积分 Ti时，前0.5min内平均反应速率v(CO)=。b点和d点的化学平衡常数：Kb(填“”“CU(E D T A)S 04S O/的空间构型为,EDTA中碳原子杂化方式为。C、N、0、S四种元素中，第 一 电 离 能 最 大 的 是。在CU(NH3)4(H2O)2SC4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)，第6页，共20页该化合物加热时首先
12、失去的组分是(3)人体代谢甲硒醇(CSeH)后可增加抗癌活性，表中有机物沸点不同的原因有机物甲酹 甲硫醇(CH3SH)甲硒醇沸点/汽 64.75.9 525.05(4)四方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=b=mpm、c=2mpm,晶胞棱边夹角均为9 0。设阿伏加德罗常数的值为NA，CulnSe2的相对质量为M,则该晶体密度p=g-cm-3(用含有m、M和NA的代数式表示)。该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0,0.5,0.25),3号In原子(0,0.5,0.75),4 号Se原子(0.75,0.75,0.125)。则1号Se原 子 的 坐 标 为,晶体中与单个In键合
13、的Se有b一种活性物质H可通过如图路线合成。DCH.I.lu.NH,CH2-CHCHZCHO -CHzCH2 0H 型H.Q回0H3C=CH;CH2OH回已知:(Z=COOR,COOH 等)回答下列问题：(1)M所含官能团的名称为,在核磁共振氢谱中B有 组吸收峰。(2)C-D的化学方程式为,反应类型为。(3)FT G的反应中有副产物X(分子式为J4Hl4O3)生成，写出X的结构简式：=(4)A与乙醇在一定条件下生成N(C6HI00),N的同分异构体中能同时满足以下三个条件的 有 种(不考虑立体异构体)。含有两个甲基；含有酮能基(但不含C=C =0)；不含有环状结构。()14(5)参照上述信息，
14、设计由(了 和一C(X)CH,为原料，制备OOCH,的合成路线(无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)：0第8页，共20页答案和解析1.【答案】A【解析】解：A.氯化铉为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，所以焊接点可用NH4cl溶液进行预处理，故A正确；B.聚氯乙烯受热分解产生含氯有毒物质，不能用于食品包装，故B错误；C.脂肪相对分子质量小于100 0 0,不是高分子化合物，故C错误；D.氯气不能与CM+、Hg2+等重金属离子反应生成沉淀，则无法用氯气处理水中的CM+、Hg2+等重金属离子，故D错误；故选：AA.依据盐类水解的性质解答；B.聚氯乙烯受热分解产生含氯有毒物质；C.相对分子质量大于1000
15、0为高分子化合物；D.氯气与CM+、Hg2+等重金属离子不反应。本题考查废水的处理，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，题目比较简单。2.【答案】C【解析】解：A.HC1极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分离，故A正确；B.Cu与氧气反应，氮气不能，通过足量灼热的铜丝网可分离，故B正确；C.二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，将原物质除去，不能除杂，故C错误;D.碱石灰可干燥氨气，可除杂，故D正确；故选：CoA.HC1极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解；B.Cu与氧气反应，氮气不能；C.二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；D.碱石灰
16、可干燥氨气。本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：A.F e C 1 3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，离子方程式为：2 F e 3+C u =2 F e2+C M+,故A错误；B.将A 1 2(S C)4)2溶液与N a 2 c。3溶液混合，离子方程式为：2 A 13+3 C 0 1 +3 H2O =2 A 1(O H)3 i +3 C O2 T,故 B 错误；C.用稀H N O 3溶解F e S固体的离子反应为：N O +F e S +4
17、H+=F e3+S 1 +N 0 T +2 H2O,故C错误；D.向M g(O H)z悬浊液中滴加N H 4 c l溶液，沉淀逐渐解，离子方程式为：M g(O H)2+2 N H=M g 2+2 N H 3-H 2 O,故 D 正确;故选：D A.该反应不满足电荷守恒利得失电子守恒；B.碳酸根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；C.稀硝酸具有强氧化性，能够氧化亚铁离子和硫离子；D.氢氧化镁与氯化锭反应生成镁离子和一水合氨。本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目
18、难度不大。4.【答案】C【解析】解：A.根据有机物质的结构简式可以书写分子式为：C 2 0 H 2 8。，故A错误；B.二者结构不相似，不互为同系物，故B错误；C.维生素A中醇羟基被氧化生成醛基时得到的产物就是视黄醛，故C正确；D.二者分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；故选：C oA.视黄醛分子中C、H、0原子个数依次是2 0、2 8、1；B.二者结构不相似；C.维生素A中醇羟基被催化氧化生成醛基；D.二者分子式不同。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。5.【答案】A第 10页，共 20页【解析】解：根据分析
19、可知，X 为H,丫为0,Z 为P,W为K 元素，A.结合图示可知，0、K 最外层电子数均为8,满足8 e-结构，而P 最外层电子数为5 +5 =1 0,不满足8 e-结构，故 A正确；B.Z 元素形成的单质有白磷和红磷，红磷又名赤磷，是紫红色或略带棕色的无定形粉末，故 B错误；C.H 与K 形成的K H 为离子化合物，只含有离子键，故 C错误；D.非金属性：P C 2,故 A 正确；B.对于C H 3 C O O H而言，滴定过程中始终有电荷守恒n(H+)+n(N a+)=n(O H-)+n(C H3C O O-),物料守恒有n C C GC O O H)+n(C H 3 c o0-)=0.0
20、 2 c 故n(H+)+n(N a+)=0.0 2 cx-n(C H3C O O H)+n(O H-)故得M C H 3 C O O H)=0.0 2 s +n(O H-)-n(H+)-n(N a+),故B正确；C.完全中和时消耗V(N a O H)=1 0.6 m L,则a点V(N a O H)=7.9 5 m L时为N a H C z C 与N a 2 c 2。4按1：1形成的溶液，溶液呈酸性H e?。的电离C z O歹的水解，则c(N a+)c(C20 i-)C(HC2OJ)c(H 2 c 2 O 4)故 C 正确；D.C(CH3COOH)=C(CH3COO-),若b点消耗的体积为8.6
21、 0 m L,则醋酸中和一半，溶液呈酸性，C(CH3COO-)C(CH3COOH),现在二者相等，b点消耗的N a O H溶液的体积小于上 罗 =8.6 0 m L,故D错误；故选：DoA.草酸是二元弱酸，有两次滴定突变，醋酸为一元弱酸，故X曲线代表草酸，丫曲线代表醋酸；B.对于C H 3 c o0 H而言，滴定过程中始终有电荷守恒n(H+)+n(N a+)=n(O H-)+n(C H3C O O-),物料守恒有n C C GC O O H)+n(C H 3 c o0-)=0.0 2 c 故n(H+)+n(N a+)=0.0 2 C -n(C H3C O O H)+n(O H-)；C.完全中和
22、时消耗V(N a O H)=1 0.6 m L,则a点V(N a O H)=7.9 5 m LN a H C2O4N a 2 c 2 O 4按1：1形成的溶液，溶液呈酸性；D.C(CH3COOH)=C(CH3COO-),若b点消耗的体积为8.6 0 m L,则醋酸中和一半，溶液呈酸性，C(CH3COO-)C(CH3COOH),现在二者相等。本题考查滴定原理，弱电解质的电离平衡，盐类水解的知识，明确滴定图象上相应点时溶液的组分，牢牢把握守恒思想分析离子浓度大小是解题的关键，题目难度中等。8.【答案】+3 2 As 2 s 3+9。2二2 As 2 O 3+6 SO 2 将AS2 O 3转化为N
23、a 3 As C)3，与Fe 2()3分离 Fe2O3 As O i-+H202=As O 1-+H20 4 4.8 向左 A s O 1+出0 -2 e-=As O=+2 H+【解析】解：(1)由化合价代数和为0可知，亚碑酸中碑元素为+3价，故答案为：+3；(2)由分析可知，硫化神在空气中煨烧生成三氧化二碑和二氧化硫，反应的化学方程式整为2 As 2 s 3 +9 02 2AS2O3+6 S02第12页，共20页故答案为：2AS2S3+9O2 2AS2O3+6S02;(3)由分析可知，碱浸的目的是将AS2O3转化为Na3AsC)3,与Fez。?分离，滤渣丫为氧化铁，故答案为：将AS2O3转化
24、为Na3AsC)3，与Fe2()3分离；Fe2O3；(4)加入过氧化氢溶液氧化操作的目的是亚础酸钠与过氧化氢溶液反应生成碎酸钠和水,反应的离子方程式为AsO+H2O2=AsO+H20,故答案为：AsOf-+H202=AsO1-+H20；(5)由分析可知，向碎酸钠溶液中加入稀硫酸酸化得到碎酸，通入二氧化硫气体将神酸还原为亚碎酸，亚碎酸受热分解生成三氧化二神，由得失电子数目守恒可知，二者关系为AsO：SO2，生成1.98kg三氧化二碑时，根据碑元素守恒，反应消耗标准状况下二氧化硫的体积为 端*X 2 x 22.4L/mol=448L,故答案为：448：(6)由图可知，a点时，溶液pH为0,平衡向正
25、反应方向移动，甲池中石墨电极为原电池的正极，乙池中石墨电极为负极，则盐桥中钾离子向左侧甲池移动；c点时，溶液pH减小，平衡向逆反应方向移动，乙池中石墨电极为正极，甲池中石墨电极为负极，在水分子作用下，亚神酸根在负极失去电子发生氧化反应生成碎酸根离子，电极反应式为AsO1-+H20-2e-=AsO+2H+,故答案为：向左；AsO1-+H20-2e-=AsOl-+2H+,酸性含碑废水(含AsO/、H+、S 0 t)加入Na2s和FeSC)4得到As2s3和FeS沉淀，过滤将沉淀和滤液分离；As2s3和FeS在空气中焙烧得到AS2O3、Fe2()3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙烧产物，AS2O3
26、反应生成Na3AsC)3形成溶液，过滤得到的滤渣丫为Fe2()3，加入双氧水将Na3AsC3氧化得到Na3AsC4,通入二氧化硫和稀硫酸将NasAsC还原得到AS2O3。本题考查物质制备和分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。9.【答案】平衡压强，使液体顺利流入三口烧瓶内MgCl2-6H20+6SOC12=MgCl2+6S02 T+12HC1 T缺少防倒吸措施AD C将NH3转化为NH4NO3,防止滴定时N%与AgNC)3反 应39.4 4%样品中含有MgCk或晶体称量时已
27、有部分氨气逸出【解析】解：(1)滴液漏斗中支管作用为平衡压强，使液体顺利流入三口烧瓶内，故答案为：平衡压强，使液体顺利流入三口烧瓶内；(2)三颈瓶中MgCk通出。和S O d发生反应生成无水MgC%、SO?、H C L反应的化学方程式为M g C k -6 H2O +6 S O C 12=M g C l2+6 S 02 T +1 2 H C 1 T,故答案为：M g C l2-6 H20 +6 S O C 12=M g C l2+6 S 02 T +1 2 H C I T；(3)二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，易引起倒吸，该实验装置中的不足之处为缺少防倒吸措施，故答案为：缺少防倒吸措施；(
28、4)A.反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，不利于反应正向进行，故A不选；B.降低温度，反应速率减慢，故B不选；C.降低温度，氨气溶解度增大，反应在冰水浴中进行，可以防止氨气挥发，提高氨气利用率，故C选；D.温度越低，M g C k-6 N H 3的溶解度越小，反应在冰水浴中进行，可以降低产物的溶解度，有利于产物析出，故D选，故答案为：C D；(5)A.M g C 1 2-6 N H 3易溶于水，不能用冰浓氨水洗涤M g C 1 2,6 N H 3，故A不选；B.M g C l2-6 N H 3易溶于水，不能用乙二醇和水的混合液洗涤M g。？-6 N H 3,故B不选；C.MgC l2-6 N
29、H 3难溶于甲醇，甲醇易挥发，可以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤M g C k -6 N H 3,故C选；D.M g C 1 2-6 N H 3难溶于乙二醇溶液，乙二醇难挥发，不能用氨气饱和的甲醇溶液洗涤M g C l2-6 N H3,故 D 不选；故答案为：C；(6)A g+和N H 3能形成 A g(N H 3)2 1+，用稀硝酸溶解样品，将N&转化为N H 4 N O 3,防止滴定时N H 3与A g N C 3反应，故答案为：将N&转化为N H 4 N O 3,防止滴定时N&与A g N()3反应；(7)用0.2 0 m o l/L的A g N 0 3标准液滴定2 5.0 0 m L溶液中Q
30、i平均消耗标准液1 0.0 0 m L,根据A g+Cr=A g C l l,n(C l-)=n(A g+)=0.2 m o l/L x 0.0 1 L =0.0 0 2 m o l,该品中氯的质量分数为2 m。仪磊tx35g/me*知。=3 9.4 4%；该实验值比理论值(3 6.0 4%)偏1.8 g大，说明N H 3含量少，造成该偏差的可能原因是样品中含有M g C k或晶体称量时已有部分氨气逸出，故答案为：39.44%；样品中含有M g C 12或晶体称量时已有部分氨气逸出。先用M g -6H 2。+6S OC 12=M g C l2+6S 02 T +12H C 1 T反应制备无水M
31、 g C%，然后将N电通入无水M g C k的乙二醇溶液中,发生反应M g C 12+6N H 3=M g C*6N H 3,M g C l2-6N H 3难溶于乙二醵，过滤出M g C 12-6N H 3沉淀，用氨气饱和的甲醇溶液洗涤、自然风干，制得M g C 12-6N H 3粗品；第14页，共20页(6)Ag+和N也 能形成 Ag(NH3)2】+，需要防止滴定时NH3与AgNC)3反应；(7)用0.20mol/L的AgN()3标准液滴定25.00mL溶液中C，平均消耗标准液10.00mL,根据Ag+Cl-=AgCl J,n(Cl_)=n(Ag+)=0.2mol/L x 0.01L=0.0
32、02moL 结合摩尔质量计算；样品中含有MgCk或晶体称量时已有部分氨气逸出，均可该实验值比理论值(36.04%)偏大。本题考查物质的制备的综合应用以及物质含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验的原理、操作方法以及计算的思路,题目难度较大。10.【答案】-574 0.6mol/(L-min)80%B D 还原性让烟气和吸收液充分接触，提高二氧化硫的吸收效率2NiC)2+CIO-=Ni2O3+Cl-+20【解析】解：(1)已知C(s)+02(g)=CO2(g)Hi=-39 3.5kJ/mol；，N2(g)+02(g)=2N0(g)H2=+180.5k
33、J/moL 由盖斯定律-可得C(s)+CO(g)+N2(g)H=-39 3.5kJ/mol-180.5kJ/mol=-574 kJ/moL故答案为：574；(2)Ti时，前0.5min内CO2气体体积分数为30%，CO的体积分数为7 0%,反应前后气体分子数不变，故此时CO的物质的量为2moi x70%=1.4 mol,CO的反应量为(2-1.4)mol=0.6moL 前0.5min内平均反应速率v(CO)=0.6mol/(L-min),故答案为：0.6mol/(L min)；由图可知，条件下，反应先达到平衡，反应速率快，故T 温度高于丁 2，由到丁 2,温度升高，二氧化碳体积分数增大，平衡正
34、向移动，K值增大，故 Kb (，故答案为：;b点时，二氧化碳的体积分数为8 0%,反应前后气体分子数不变，故此时CO的物质的量为2moi x 20%=0.4 mol,CO的反应量为(2-0.4)mol=1.6mol,CO的转化率为学 粤 x 100%=80%,2mol故答案为：80%;A.反应前后气体分子数不变，容器内压强始终不变，故压强不变不能判断反应是否达到平衡状态，故 A 错误；B.CO的质量不再变化，CO2的转化率不再增大，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故 B 正确；C IO?的生成速率等于CO的消耗速率，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故 C 正确：D.反应前后气体总质量不
35、变，反应前后气体分子数不变，故混合气体的平均相对分子质量始终不变，故压强不变不能判断反应是否达到平衡状态，故 D错误；故答案为：B D；(3)反应釜发生的反应中，硫元素由+4价升高为+6价，故二氧化硫失电子作还原剂，体现还原性，故答案为：还原性；反应釜中采用“气一液逆流”接触吸收法的优点是让烟气和吸收液充分接触，提高二氧化硫的吸收效率，故答案为：让烟气和吸收液充分接触，提高二氧化硫的吸收效率；由图可知，过程2 的反应方程式为2 N i()2 +CIO-=N i2O3+Cl-+2 0,故答案为：2 N i()2+C1 CT =刖2。3+C+2 0。(1)由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应
36、的反应热；(2)由公式v =合计算化学反应速率；由温度变化对平衡的影响判断K 值大小；由反应物的起始加入量和平衡时体积分数计算转化量，进而计算转化率；化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；(3)依据物质的价态变化判断物质的体现出的性质；逆流接触有利于物质的充分接触反应；依据物质变化书写反应的方程式。本题考查盖斯定律、化学平衡，题目难度中等，掌握化学平衡状态的判断和平衡相关计算是解题的关键。1 1.【答案】B四 面 体 形 s p 3、s p 2 N H20 三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高 2；工M(0
37、.75,0.75,0.6 2 5)4【解析】解：(1)基态Ga 的核外电子排布为 Ar 3 d 1 0 4 s 2 4 p L 转化为下列激发态时所需能量最少，则基态原子中的电子进入高能级的电子最少，电子从基态进入高能级电子数由多到少顺序是C B,A、D 违反洪特规则，所以所需能量最少的是B,故答案为：B；(2)S O 七中S 原子价层电子对数=4 +丝 押 =4且不含孤电子对，该离子为四面体形;第 16页，共 20页EDT A中亚甲基上的碳原子价层电子对数是4、竣基中碳原子价层电子对数是3,碳原子杂化类型：前者为S p 3、后者为S p 2,故答案为：四面体形；S p 3、s p 2;C、N
38、、0 属于同一周期，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N 为半满结构，较为稳定，所以第一电离能大小顺序是NOC,同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，即0 S,故最大的为N,故答案为：N；根据阳离子的结构图可以看出，铜离子分别与4 个氨分子和2 个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，该化合物加热时首先失去水，原因是铜离子与水所形成的配位键要比与氨气所形成的配位键弱，故答案为：H20；(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，甲醇、甲硫醇、甲硒醇三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高，故答案为：三种物质都是分子晶体
39、，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高；(4)该晶胞体积=(m x 10-1 0c m)2 x (2 m x 10-1 0c m)=2 m3 x 10-3 Oc m3,该晶胞中C u原子个数=6x+4 x(=4、I n 原子个数=l +8 x +4xg=4、S e原子个数=8,该晶胞中相当于含有4 个 C u I n S e?”，晶 体 密 度=匿 1=叫.=_ g/c m 3 =V VNA 2m3x l0-3 0NAS/喘j g/c m 3；该晶胞中，1号S e原子的坐标参数为(0.7 5,0.7 5,0.6 2 5),根据图知，晶体中与单个I n 键合的S
40、e有4 个，故答案为：2：常;(0.7 5,0.7 5,0.6 2 5)；4。(1)基态G a 的核外电子排布为 A r 3 di。4 s 2 4 p i,转化为下列激发态时所需能量最少，则基态原子中的电子进入高能级的电子最少；(2)S O t 中S 原子价层电子对数=4 +空 产 =4 且不含孤电子对，E DT A 中亚甲基上的碳原子价层电子对数是4、叛基中碳原子价层电子对数是3；C、N、0 属于同一周期，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N 为半满结构，较为稳定；同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小；根据阳离子的结构图可以看出，铜离子分别与4 个氨分子和2 个水分子形
41、成配位键，氨分子和水分子内部有共价键,两种配位键的强弱有差异，强度越低，加热越容易失去；(3)能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；(4)该晶胞体积=(m x 10-10c m)2 x (2 m x 10-10c m)=2 m3 x 10-3 0c m3,该晶胞中C u原子个数=6x：+4x=4、I n 原子个数=l +8x：+4x：=4、S e原子个数=8,该2 4 8 2M晶胞中相当于含有4 个 C u I n S e?”，晶 体 密 度=该晶胞中，1号S e原子的坐V VNA标参数为（0.7 5,0.7 5,0.6 2 5）,晶体中与单个I n 键合的S e有4 个。本题考查物质结构和性质，
42、侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、原子杂化类型判断方法、晶体熔沸点影响因素、晶胞计算方法是解本题关键，难点是原子坐标参数的判断。【解析】解：（1）M为C%=C H C H z C H O,所含官能团的名称为碳碳双键，醛基；化合物B为C H 3-C =C-C H 2 c H 2 O H,有4 种化学环境下的氢原子,故在核磁共振氢谱中B有4 组吸收峰，故答案为：碳碳双键，醛基；4；（2）对比C、D 的结构简式可知，C 与HC三C C O O H 发生酯化反应生成D,所以反应C -D 的化学方程式为OH+H C =C -COOHDOCM A P(1 +H2O；反0应为取代（酯
43、化）反应，故答案为：+H C =C -C O O HO化）反应；（3）结合F t G 的反应及它们的结构简式可推知0 0DOCMAP D+H 2 0;取代（酯0飞，副产物x（分子式为C l4 H l4。3），贝 l X 的结第18页，共20页构简式为:O,00故答案为:(4)A与乙醇在一定条件下生成N(C6HI0 0),则N为C H三C C H 2 0 c H 2 c H 3,N的同分异构体含有酮皴基(但不含C =C =0)；不含有环状结构，含有两个甲基；则还含有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体看作将臻基插入C H 3 c H =C H C H 2 c H 3、C H 2 =C(C H3)C
44、 H2C H3.C H z =C H C H(C H 3)2的碳碳单键中，分别有3种、3种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有3+3+2 =8种,故答案为：8；(5)由信息可知，H C三C C O O C H 3与OH发生消去反应生成00与嗅发生加成反应生成后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成M经过加成和还原反应生成A,A发生取代反应生成B,对比C、D的结构简式可知，C与HC三CCOOH发生酯化反应生成D,D发生加成反应生成E,E发生氧化反应生成F,F发生取代反应生成G,G发生还原反应生成H,结合各物质的结构进行分析解答;(5)由信息可知，HC三CCOOCH3与OH发生消去反应生成00与嗅发生加成反应生成后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。第20页，共20页