陜西省咸陽市2023年高考化學(xué)三模試卷及答案

高考化學(xué)三模試卷一、單項選擇題1.我國四川廣漢的三星堆遺址距今已有3000～5000年歷史，2021年3月20日，三星堆遺址新出土了多達500多件重要文物，如黃金面具、絲綢“黑炭〞、青銅神樹、陶瓷碎片等。以下有關(guān)表達錯誤的選項是〔

〕A.考古時利用C測定文物的年代，C的中子數(shù)為8

B.黃金面具、青銅神樹的成分均為純金屬

C.絲綢轉(zhuǎn)化為“黑炭〞的過程涉及化學(xué)變化

D.三星堆中含有大量的陶瓷碎片，屬于無機非金屬材料2.抗麻風(fēng)藥物clofazimine對SARS—CoV—2表現(xiàn)出強大的抗病毒活性，并能緩解與重癥COVID—19相關(guān)的過度炎癥反響。clofazimine的結(jié)構(gòu)簡式如下列圖：以下有關(guān)clofazimin的表達正確的選項是〔

〕A.屬于芳香烴，分子式為C27H21Cl2N4

B.能發(fā)生取代、氧化、縮聚反響

C.該物質(zhì)存在含5個苯環(huán)的同分異構(gòu)體

D.1molclofazimine最多能與11molH2發(fā)生加成反響3.冬季燃煤活動排放的大量活性溴化合物BrCl能通過光解釋放溴自由基和氯自由基，從而影響大氣中自由基(OH、HO2、RO2)的濃度，其原理循環(huán)如下列圖。以下說法正確的選項是〔

〕A.活性溴化合物BrCl中含非極性鍵

B.溴自由基和氯自由基只具有氧化性

C.通過循環(huán)大氣中OH自由基的濃度降低

D.BrCl的排放會造成臭氧含量減少、水中汞含量超標(biāo)等4.MDI廣泛應(yīng)用于聚氨酯彈性體，其結(jié)構(gòu)簡式如圖，其中W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，且均小于10。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下有關(guān)表達正確的選項是〔

〕A.

元素非金屬性：X>Y>Z

B.

W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸

C.

W與X、Y、Z均可形成至少2種10電子微粒

D.

1molMDI中所含X—W鍵為2NA5.苯甲酸乙酯為無色液體，相對密度為1.0458，沸點為212℃，微溶于水，易溶于乙醚。實驗室常由苯甲酸和乙醇在濃硫酸催化下反響制備，粗產(chǎn)物經(jīng)洗滌、乙醚萃取、枯燥及蒸餾等操作后得到純品。乙醚的相對密度為0.7134，沸點34.5℃。以下說法錯誤的選項是〔

〕A.該反響為可逆反響，及時將生成的水移除反響體系可提高產(chǎn)率

B.用乙醚萃取苯甲酸乙酯時，有機相位于分液漏斗的下層

C.冷水和Na2CO3溶液洗滌的目的是除去濃硫酸和未反響的苯甲酸

D.蒸餾除去乙醚時，需水浴加熱，實驗臺附近嚴(yán)禁火源6.驗證犧牲陽極的陰極保護法，實驗如下〔燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液〕。①②③在Fe外表生成藍色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試管內(nèi)生成藍色沉淀以下說法錯誤的選項是〔

〕A.

比照②③，可以判定Zn保護了Fe

B.

比照①②，K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化

C.

驗證Zn保護Fe時不能用①的方法

D.

將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑7.是制備電池的重要原料。室溫下，溶液的pH隨的變化如圖甲所示，溶液中的分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖乙所示。以下有關(guān)溶液的表達正確的選項是

A.

溶液中存在3個平衡

B.

含P元素的粒子有、和

C.

隨增大，溶液的pH明顯變小

D.

用濃度大于的溶液溶解，當(dāng)pH到達時，幾乎全部轉(zhuǎn)化為二、綜合題8.2-硝基-1，3-苯二酚是重要的醫(yī)藥中間體。實驗室常以間苯二酚為原料，經(jīng)磺化、硝化、去磺酸基三步合成：局部物質(zhì)相關(guān)性質(zhì)如下表：名稱相對分子質(zhì)量性狀熔點/℃水溶性(常溫)間苯二酚110白色針狀晶體110.7易溶2-硝基-1，3-苯二酚155桔紅色針狀晶體87.8難溶制備過程如下：第一步：磺化。稱取77.0g間苯二酚，碾成粉末放入燒瓶中，慢慢參加適量濃硫酸并不斷攪拌，控制溫度在一定范圍內(nèi)攪拌15min(如圖1)。第二步：硝化。待磺化反響結(jié)束后將燒瓶置于冷水中，充分冷卻后參加“混酸〞，控制溫度繼續(xù)攪拌15min。第三步：蒸餾。將硝化反響混合物的稀釋液轉(zhuǎn)移到圓底燒瓶B中，然后用如圖2所示裝置進行水蒸氣蒸餾(水蒸氣蒸餾可使待提純的有機物在低于100℃的情況下隨水蒸氣一起被蒸餾出來，從而到達別離提純的目的)，收集餾出物，得到2-硝基-1，3-苯二酚粗品。請答復(fù)以下問題：〔1〕圖1中儀器a的名稱是________；磺化步驟中控制溫度最適宜的范圍為________(填字母代號，下同)。A．30～60℃

B．60～65℃C．65～70℃

D．70~100℃〔2〕：酚羥基鄰對位的氫原子比較活潑，均易被取代。請分析第一步磺化引入磺酸基基團(—SO3H)的作用是________。〔3〕硝化步驟中制取“混酸〞的具體操作是________。〔4〕水蒸氣蒸餾是別離和提純有機物的方法之一，被提純物質(zhì)必須具備的條件正確的選項是___________。A.具有較低的熔點

B.不溶或難溶于水，便于最后別離

C.難揮發(fā)性

D.在沸騰下與水不發(fā)生化學(xué)反響〔5〕以下說法正確的選項是___________。A.直型冷凝管內(nèi)壁中可能會有紅色晶體析出

B.反響一段時間后，停止蒸餾，先熄滅酒精燈，再翻開旋塞，最后停止通冷凝水

C.燒瓶A中長玻璃管起穩(wěn)壓作用，既能防止裝置中壓強過大引起事故，又能防止壓強過小引起倒吸〔6〕蒸餾所得2-硝基-1，3-苯二酚中仍含少量雜質(zhì)，可用少量乙醇水混合劑洗滌。請設(shè)計簡單實驗證明2-硝基-1，3-苯二酚已經(jīng)洗滌干凈________。〔7〕本實驗最終獲得15.5g桔紅色晶體，那么2-硝基-1，3-苯二酚的產(chǎn)率約為________(保存3位有效數(shù)字)。9.鈰是稀土中豐度最高的元素，其在電子材料、催化劑等方面的應(yīng)用廣泛。現(xiàn)以氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)為原料制備氧化鈰(CeO2)，并測定其純度。其工藝流程如下：：①稀土離子易和SO形成復(fù)鹽沉淀：Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓(復(fù)鹽沉淀)；②硫脲：一種有機物，結(jié)構(gòu)簡式為，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；③Ce3＋在空氣中易被氧化為Ce4＋；答復(fù)以下問題：〔1〕焙燒時，為了提高焙燒效率，可采取的措施有________〔2〕CeFCO3中Ce元素的化合價為________，濾渣A的主要成分是________〔3〕焙燒后參加硫酸浸出，稀土的浸出率和硫酸濃度、溫度有關(guān)，如下列圖，應(yīng)選擇的適宜的條件為________，硫酸濃度過大時，浸出率減小的原因是________?！?〕參加硫脲的目的是將Ce4＋復(fù)原為Ce3＋，反響的化學(xué)方程式為________?！?〕步驟③參加鹽酸后，通常還需參加H2O2，其主要目的為________。〔6〕步驟④的離子方程式為________。〔7〕取所得產(chǎn)品CeO28.0g，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加熱溶解，冷卻至室溫后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.2000mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定時發(fā)生的反響為Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋，到達滴定終點時消耗硫酸亞鐵銨溶液20.50mL，那么該產(chǎn)品的純度為________。10.利用NH3可有效消除氮氧化物的污染，還自然“綠水青山〞。：Ⅰ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)DH1=-483.6kJ·mol-1Ⅱ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)DH2=+180.5kJ·mol-1答復(fù)以下問題：〔1〕在剛性容器中，發(fā)生反響Ⅲ：2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)DH①DH=________kJ·mol-1。②恒溫恒壓時，以下能說明該反響已到達化學(xué)平衡狀態(tài)的是________(填標(biāo)號)。A．v逆(NO)=2v正(N2)B．混合氣體的密度不再變化C．容器內(nèi)總壓強不再改變D．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變化〔2〕我國科學(xué)研究工作者在剛性容器中按投料比=1發(fā)生反響Ⅲ，不同催化劑條件下，反響相同時間測得NO的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系，如圖。①催化劑為FeNb0.4Ox時，試分析溫度大于350℃時，NO轉(zhuǎn)化率降低的原因是________。②研究說明該反響v=kcm(H2)c2(NO)，其中k為速率常數(shù)，與溫度、活化能有關(guān)。假設(shè)初始速率為r，當(dāng)H2轉(zhuǎn)化率為50%時，反響速率為r，由此可知m=________。設(shè)該反響的活化能為Ea，不同溫度T1、T2條件下對應(yīng)的速率常數(shù)分別為k1、k2，存在以下關(guān)系：lg=(﹣)(R為常數(shù))。據(jù)此推測升高溫度時，活化能大小與速率常數(shù)變化情況的關(guān)系：________?！?〕在30MPa、3m%的H2、m%的N2和q%的惰性氣體條件進行反響N2(g)+3H2(g)2NH3(g)DH＜0合成氨氣，測得平衡時，NH3體積分?jǐn)?shù)變化情況如圖。假設(shè)q=10時，M點的N2的分壓=________MPa。此時該反響的壓強平衡常數(shù)Kp=________(MPa)-2(保存三位有效數(shù)字)(用平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。11.Fe—Cr—Si系合金是一種新型耐磨耐腐蝕的材料，具有較好的開展前景。按要求答復(fù)以下問題?！?〕基態(tài)Cr2+與Fe的未成對電子數(shù)之比為________。試從電子排布角度分析水溶液中Fe2+具有強復(fù)原性________。假設(shè)是形成將其轉(zhuǎn)化為(NH4)2Fe(SO4)2，在空氣中相對穩(wěn)定，的空間構(gòu)型為________?！?〕由環(huán)戊二烯(C5H6，)與FeCl2在一定條件下反響得到二茂鐵[雙環(huán)戊二烯基合亞鐵，F(xiàn)e(C5H5)2]，的空間構(gòu)型為所有碳原子一定處于同一平面，指出碳原子的雜化形式為________，結(jié)構(gòu)中的大π鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為)。那么結(jié)構(gòu)中含有的大π鍵可表示為________?！?〕某含鉻配合物，[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O，指出其中Cr的化合價為________。幾種Cr的鹵化物的局部性質(zhì)如表所示：鹵化物CrCl3CrBr3CrI3熔點/℃1150600試預(yù)測CrBr3的熔點范圍________?！?〕某晶體中含有K+、Ni2+、Fe2+、CN-，其局部微粒在晶胞結(jié)構(gòu)的位置如下列圖。1個晶胞中含有CN-________個。該物質(zhì)常用于吸附Cs+，將取代晶胞中的K+，取代后的物質(zhì)的化學(xué)式為________。12.曲美布汀是一種消化系統(tǒng)藥物的有效成分，能緩解各種原因引起的胃腸痙攣，可通過以下路線合成。：R—CNR—COOH答復(fù)以下問題：〔1〕A的名稱是________，反響⑤的反響類型是________?！?〕寫出F的結(jié)構(gòu)簡式并用星號(*)標(biāo)出手性碳原子________?！?〕以下有關(guān)說法正確的選項是________(填標(biāo)號)。a.反響①需用鐵粉作催化劑b.曲美布汀的含氧官能團為酯基和醚鍵c.E中所有碳原子可處于同一平面d.化合物G能發(fā)生取代反響、加成反響和消去反響〔4〕反響⑦的化學(xué)方程式為________。〔5〕化合物M是E的同分異構(gòu)體，符合以下條件的M的可能結(jié)構(gòu)有________種。其中核磁共振氫譜為五組峰的結(jié)構(gòu)簡式為________。i.M為苯的二元取代物ii.既能發(fā)生銀鏡反響又能發(fā)生水解反響〔6〕參照上述合成路線，以和OCH—CH2—CH2—CH2—CHO為原料，設(shè)計制備的合成路線(無機試劑任選)________。

答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】B【解析】【解答】青銅為銅的合金，并不是純金屬

故答案為：B

【分析】A.根據(jù)原子的質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)來計算中子數(shù)；

B.青銅式最早的合金，是在純銅中參加錫、鉛構(gòu)成的合金；

C.絲綢為蠶吐出的蠶絲所編制而成，成分為蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)變?yōu)楹谔康倪^程為蛋白質(zhì)的灼燒，產(chǎn)生二氧化碳和水及少量副產(chǎn)物

D.陶瓷碎片為天然或合成化合物經(jīng)過成型和高溫?zé)Y(jié)而成的非金屬材料。2.【答案】C【解析】【解答】A.分子中含有氮原子、氯原子，屬于經(jīng)的衍生物，A不符合題意;

B.含有碳碳雙鍵等，可以發(fā)生氧化反響，含有氯原子、亞氨基等，可以發(fā)生取代反響，但不能發(fā)生縮聚反響，B不符合題意;

C.由結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物分子的不飽和度為18，可以形成含有5個苯環(huán)的稠環(huán)化合物，C符合題意;

D.苯環(huán)、碳碳雙鍵、碳氮雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反響，1molclofazimine最多能與13molH2發(fā)生加成反響，D不符合題意。

故答案為：A

【分析】A.判斷有機物的分子式要數(shù)清楚結(jié)構(gòu)式中的各個原子個數(shù)，對于C原子周圍的H原子個數(shù)要認(rèn)真的數(shù)清楚；

B.有機物幾乎都能發(fā)生氧化反響，而雙鍵能夠發(fā)生加成和加聚反響，縮聚反響指在一定條件下脫去小分子而形成高聚物，一般具有氨基和羧基可以發(fā)生縮聚反響；

C.同分異構(gòu)體要滿足分子式相同，且和原物質(zhì)不是同一種物質(zhì)；

D.苯環(huán)可以和3分子氫氣反響，一分子雙鍵和一分子氫氣發(fā)生加成反響。3.【答案】D【解析】【解答】A．BrCl之間是不同原子形成的共價鍵，屬于極性鍵，故A不符合題意；B．溴自由基和氯自由基處于低價，Br和O3反響生成BrO，具有復(fù)原性，故B不符合題意；C．BrO+HO2=HOBr+OH，循環(huán)大氣中OH自由基的濃度升高，故C不符合題意；D．BrCl的循環(huán)中自由基Br和臭氧結(jié)合生成BrO而造成臭氧含量減小，自由基Br結(jié)合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超標(biāo)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.非極性鍵是相同原子之間形成的，不同原子之間形成的是極性鍵

B.根據(jù)圖中臭氧和溴自由基的反響即可判斷

C.通過BrO和HO2的作用即可判斷羥基自由基的含量在增加

D.根據(jù)圖示中的流程即可判斷可以消耗臭氧和增加汞4.【答案】C【解析】【解答】A．元素非金屬性強弱順序根據(jù)元素所在周期表中的位置進行判斷，強弱順序為；C<N<O，故A不符合題意；B．W、X、Z形成的化合物可能是H2CO3也可能是CH3COOH，而醋酸是一元酸，故B符合題意；C．H與C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三種10電子微粒，故C符合題意；D．1molMDI中所含H—C鍵為10NA，因苯環(huán)有8個H—C鍵，故D不不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)結(jié)構(gòu)簡式中原子成鍵特點：W形成1個化學(xué)鍵，且是原子序數(shù)最小的原子，故推測W為H元素，X形成4個化學(xué)鍵，推測X是C元素，Y形成三個化學(xué)鍵且物質(zhì)用于聚氨酯故應(yīng)該是N元素，Z形成2個化學(xué)鍵推測Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分別為：H、C、N、O元素。5.【答案】B【解析】【解答】A．酯化反響在酸性條件下為可逆反響，除去產(chǎn)物中的水可以提高產(chǎn)量，A不符合題意；B．苯甲酸乙酯溶于乙醚，乙醚密度比水小，有機相應(yīng)在上層，B符合題意；C．反響后有雜質(zhì)濃硫酸和未反響的苯甲酸，可用冷水和Na2CO3溶液洗滌除去，C不符合題意；D．蒸餾除去乙醚時，乙醚沸點34.5℃可用水浴加熱，實驗臺附近嚴(yán)禁火源，以防危險事故，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.酯化反響的可逆性，通過及時分理出產(chǎn)物可以提高產(chǎn)率

B.根據(jù)乙醚的相對密度為0.7134，密度小于水的密度，有機層密度小于水處于上層

C.冷水和碳酸鈉溶液的洗滌目的主要是除雜

D.乙醚的沸點

為34.5℃較低，可以采用水浴加熱6.【答案】D【解析】【解答】解：A項，比照②③，②Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]產(chǎn)生藍色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護，A項不符合題意；B.①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e外表產(chǎn)生了Fe2+，比照①②的異同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]將Fe氧化成Fe2+，B項不符合題意；C.比照①②，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍色沉淀，①也能檢驗出Fe2+，不能用①的方法驗證Zn保護Fe，C項不符合題意；D.由實驗可知K3[Fe〔CN〕6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑，D項符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼項，比照②③，②Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中參加K3[Fe〔CN〕6]產(chǎn)生藍色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護；B項，①參加K3[Fe〔CN〕6]在Fe外表產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e外表產(chǎn)生了Fe2+，比照①②的異同，①可能是K3[Fe〔CN〕6]將Fe氧化成Fe2+；C項，比照①②，①也能檢驗出Fe2+，不能用①的方法驗證Zn保護Fe；D項，由實驗可知K3[Fe〔CN〕6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑。7.【答案】D【解析】【解答】A.溶液中存在的電離平衡和水解平衡、的電離平衡、的電離平衡，故A不符合題意；B.溶液中含P元素的粒子有、、和，故B不符合題意；C.溶液的pH隨著初始濃度的增大逐漸減小，但當(dāng)?shù)臐舛仍龃蟮?0時，濃度再增大，溶液的pH根本不變，故C不符合題意；D.與反響生成和，因為濃度大于1，那么可得到濃度也大于1。根據(jù)圖1可知：當(dāng)?shù)臐舛却笥?時其；根據(jù)圖2可知當(dāng)時的分布分?jǐn)?shù)到達，即幾乎全部轉(zhuǎn)化為，故D符合題意。故答案為：D?！痉治觥看祟}考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，注意把握弱電解質(zhì)的電離特點以及圖象曲線的變化趨勢，難度不大。二、綜合題8.【答案】〔1〕三頸燒瓶；B

〔2〕防止硝基取代兩個酚羥基對位上的氫原子

〔3〕在燒杯中參加適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢參加一定量的濃硫酸，邊加邊攪拌，冷卻

〔4〕B,D

〔5〕A,C

〔6〕取最后一次洗滌液少量，滴加氯化鋇溶液，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈，反之那么沒有洗滌干凈

〔7〕14.3%【解析】【解答】(1)根據(jù)儀器的外觀可知圖1中儀器a的名稱是三頸燒瓶，由題中信息可知，在磺化步驟中要控制溫度低于65°C。假設(shè)溫度過低，磺化反響的速率過慢；間苯二酚具有較強的復(fù)原性，而濃硫酸具有強氧化性，假設(shè)溫度過高，苯二酚易被濃硫酸氧化，并且酚羥基的所有鄰位均可被磺化，這將影響下一步硝化反響的進行，因此，在磺化步驟中控制溫度最適宜的范圍為60°C~65°C，選B，故答案為：三頸燒瓶；B；

(2)：酚羥基鄰對位的氫原子比較活潑，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基團(—SO3H)的作用是防止硝基取代兩個酚羥基對位上的氫原子，故答案為：防止硝基取代兩個酚羥基對位上的氫原子；(3)類比濃硫酸的稀釋方法，為了防止液體飛濺和硝酸溫度過高發(fā)生分解和揮發(fā)過多，要將濃硫酸慢慢參加濃硝酸中，因此，硝化步驟中制取“混酸〞的具體操作是：在燒杯中參加適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢參加一-定量的濃硫酸，邊加邊攪拌，冷卻，故答案為：在燒杯中參加適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢參加一定量的濃硫酸，邊加邊攪拌，冷卻；(4)由題中信息可知，水蒸氣蒸餾是別離和提純有機物的方法之一，在低于100°C的情況下,有機物可以隨水蒸氣一起被蒸餾出來，從而到達別離提純的目的。因此，被提純物質(zhì)必須具備的條件是：其在一定的溫度范圍內(nèi)有一定的揮發(fā)性，可以隨水蒸氣-起被蒸餾出來；不溶或難溶于水，便于最后別離；在沸騰條件下不與水發(fā)生化學(xué)反響，選BD，故答案為：BD；(5)A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔點是87.8°C，且其難溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1，

3-苯二酚析出，可能看到的現(xiàn)象是冷凝管內(nèi)壁有桔紅色晶體析出，A正確；B．反響一段時間后，停止蒸餾，應(yīng)先翻開旋塞，再熄滅酒精燈，B不正確；C．圖2中燒瓶A中長玻璃管起穩(wěn)壓作用，能使裝置中的氣體壓強維持在一定的平安范圍，

既能防止裝置中壓強過大引起事故，又能防止壓強過小引起倒吸，C正確；故答案為：AC；(6)實驗證明2-硝基-1，3-苯二酚已經(jīng)洗滌干凈，取最后一次洗滌液少量，滴加氯化鋇溶液，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈，反之那么沒有洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌液少量，滴加氯化鋇溶液，假設(shè)無沉淀產(chǎn)生，證明已經(jīng)洗滌干凈，反之那么沒有洗滌干凈；(7)77.0g間苯二酚的物質(zhì)的量為==0.7mol，理論上可以制備出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，其質(zhì)量為0.7mol×155g/mol=7×15.5g。

本實驗最終獲得15.5桔紅色晶體，那么2-硝基-1，3-苯二酚的產(chǎn)率=，約為14.3%，故答案為：14.3%?！痉治觥坑深}中信息可知，間苯二酚與適量濃硫酸共熱后可發(fā)生磺化反響；待磺化反響結(jié)束后將燒瓶置于冷水中，充分冷卻后參加“混酸〞，控制溫度繼續(xù)攪拌15min；將硝化反響混合物的稀釋液進行水蒸氣蒸餾可以得到2-硝基-

1，3-苯二酚。

9.【答案】〔1〕將氟碳鈰礦粉碎以增大接觸面積或延長焙燒時間

〔2〕＋3價；BaSO4和SiO2

〔3〕溫度85℃、c(H＋)2.5mol/L；溶液中c(SO)增大，易和稀土離子形成復(fù)鹽沉淀而使浸出率降低

〔4〕2Ce(SO4)2＋2=Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4

〔5〕防止Ce3＋被氧化

〔6〕2Ce3＋＋6HCO=Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O

〔7〕88.15%【解析】【解答】(1)將氟碳鈰礦粉碎以增大接觸面積或延長焙燒時間都可以提高焙燒效率；

(2)CeFCO3中F為-1價，O為-2價，C為+4價，所以Ce為+3價；濾渣A主要為難溶物BaSO4和SiO2；(3)據(jù)圖可知當(dāng)c(H＋)=2.5mol/L浸出率最高，溫度為85℃時浸出率最高，所以適宜的條件為溫度85℃、c(H＋)=2.5mol/L；根據(jù)題目信息可知溶液中c(SO)增大，易和稀土離子形成復(fù)鹽沉淀而使浸出率降低；(4)根據(jù)題目信息可知反響過程中被氧化成(SCN2H3)2，而Ce4＋被復(fù)原為Ce3＋，根據(jù)電子守恒可得化學(xué)方程式為2Ce(SO4)2＋2===Ce2(SO4)3＋(SCN2H3)2＋H2SO4；(5)參加雙氧水可以防止Ce3＋被氧化；(6)含Ce3+溶液中參加碳酸氫銨溶液，碳酸氫根電離出的碳酸根與Ce3+結(jié)合生成沉淀，促進碳酸氫根的電離，所以會產(chǎn)生大量氫離子，氫離子又和碳酸氫根結(jié)合生成二氧化碳和水，所以離子方程式為2Ce3＋＋6HCO=Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O；(7)根據(jù)滴定時發(fā)生的反響可知25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.0205L=0.0041mol，那么樣品中n(Ce4+)=0.0041mol×=0.041mol，n(CeO2)=n(Ce4+)=0.041mol，所以樣品的純度為100%=88.15%?！痉治觥糠尖嫷V(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空氣中焙燒，Ce元素被氧化，得到CeO2、CeF4，之后用稀硫酸浸取，得到的濾渣A為難溶物BaSO4以及SiO2，濾液A中主要含有Ce4+、Fˉ等，相繼參加硫脲和硫酸鈉，根據(jù)題目信息可知Ce元素轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，依次參加NaOH溶液和稀鹽酸，得到含Ce3+的溶液，然后向溶液中參加碳酸氫銨，碳酸氫根電離出的碳酸根與Ce3+結(jié)合得到Ce2(CO3)3沉淀，高溫灼燒得到CeO2。

10.【答案】〔1〕-664.1；ABD

〔2〕催化劑失活或活性降低；1；活化能越大的反響，升高溫度時，速率常數(shù)增加倍數(shù)(程度)越大

〔3〕3；0.0257【解析】【解答】〔1〕①由蓋斯定律可知，反響I-反響II得到反響III，因此DH=DH1-DH2=-483.6kJ·mol-1-180.5kJ·mol-1=-664.1kJ·mol-1

，故正確答案是：-664.1

②A.由化學(xué)反響速率和化學(xué)計量系數(shù)之間的關(guān)系，v逆(NO)=2V正(N2)時正逆速率相等，反響到達化學(xué)平衡狀態(tài)，故A符合題意

B.由質(zhì)量守恒定律可知，反響前后混合氣體的質(zhì)量不變，該反響是體積不等的反響，恒溫恒壓時密度不變可以說明化學(xué)平衡，故B符合題意

C.恒溫恒壓時，容器內(nèi)的始終壓強不變，壓強不變不能說明正逆速率相等，不能判斷是否到達平衡，故C不符合題意

D.由質(zhì)量守恒定律，反響前后的質(zhì)量不變，且氣體分子的系數(shù)不等，平均相對分子質(zhì)量不變可以說明化學(xué)到達平衡狀態(tài)，故D符合題意

〔2〕①由圖可知，催化劑為FeNb0.4Ox，轉(zhuǎn)化率隨著溫度升高增大先增大后減小，原因是反響未到達平衡，溫度低于350攝氏度時，溫度升高，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率隨著化學(xué)反響速率增大而增大，高于350℃時，催化劑的活性降低導(dǎo)致速率下降，故正確答案是：催化劑活性降低

②假設(shè)溫度為T1，初始?xì)錃夂鸵谎趸臐舛榷紴?mol/L,

由v=kcm(H2)c2(NO)

可知，初始的速率r=k,根據(jù)轉(zhuǎn)化率為50%時，此時一氧化氮和氫氣的濃度誒0.5mol/L,根據(jù)速率

r=rxmx2,m=1,由

lg

=

(

﹣

)(R為常數(shù))?？芍?，溫度升高，(

﹣

)減小，弱假設(shè)活化能Ea增大，

lg

越大，說明活化能越大的反響，升高溫度時，速率增大的倍數(shù)越大，故正確答案是：1、活化能越大的反響，升高溫度時，速率常數(shù)增加倍數(shù)(程度)越大

〔3〕假設(shè)q=10,由題意可知，3m%+m%+10%=1，即可求出m=22,5,，因此氮氣的分壓為22.5%x30Mpa=6.75Mpa,氫氣的平衡分壓是6.75Mpax3=20.25Mp，惰性氣體的分壓是10%x30Mpa=3Mpa.因此設(shè)氮氣的變化分壓為xMpa,結(jié)合三行式進行計算即可

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始6.7520.250轉(zhuǎn)化x3x2x平衡6.75-x20.05-3x2x由氨氣的含量為，即可得出。x=3.75,即可求出氮氣和氫氣和氨氣的分壓為3.9.7.5，平衡常數(shù)==0.0257

故正確答案是3,0.0257【分析】〔1〕①根據(jù)蓋斯定律即可計算出焓變②根據(jù)2H2(g)+2NO(g)

N2(g)+2H2O(g)，反響前后是氣體系數(shù)減小的反響們可以通過某物質(zhì)的正逆速率相等以及濃度不變以及密度不變和相對分子質(zhì)量不變判斷是否到達平衡〔2〕①溫度升高速率加快，但是溫度過高催化劑活性降低

②根據(jù)給出的數(shù)據(jù)即可計算出嗎數(shù)值，結(jié)合公式lg

=

(

﹣

)(R為常數(shù))判斷溫度與速率常數(shù)的關(guān)系即可比較活化能與速率的關(guān)系

〔3〕根據(jù)給出的數(shù)據(jù)結(jié)合三行式即可計算出平衡時的分壓即可計算出常數(shù)11.【答案】〔1〕1：1；Fe2+的3d軌道有6個電子，失去1個電子后3d軌道電子排布處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)；正四面體結(jié)構(gòu)

〔2〕sp2；

〔3〕+3；600℃-1150℃

〔4〕24；Cs8Fe4Ni4(CN)24【解析】【解答】〔1〕基態(tài)Cr2+離子的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d4，其3d軌道上有4個未成對電子，F(xiàn)e核外有26個電子，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，其3d軌道上有4個未成對電子，故未成對電子數(shù)之比為1：1；

鐵為26號元素，元素在周期表中位于第四周期Ⅷ族；由于Fe2+的價電子3d6失去一個電子可形成3d5半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以Fe2+易被氧化成Fe3+，故答案為：Fe2+的3d軌道有6個電子，失去1個電子后3d軌道電子排布處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)；根據(jù)價層電子對互斥理論，價層電子對個數(shù)=σ鍵+孤電子對個數(shù)，中中心原子S的價層電子對為=4，孤電子對數(shù)為=0，不含孤電子對，所以空間構(gòu)型是正四面體結(jié)構(gòu)；〔2〕由題意可知的C環(huán)是平面的，故知其中5個C原子應(yīng)為sp2雜化；因5個C原子均是sp2雜化，那么應(yīng)各有一個未雜化的p電子參與形成5個C原子的大π鍵，加上負(fù)電荷的電子，共有6個電子參與形成大π鍵，故大鍵為；(3)根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0，H2O化合價總和為0，CH3COO-根價為-1，O化合價為-2，Cl化合價為-1，設(shè)Cr的化合價為x，那么[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl·8H2O中有3x+(-2)+(-1)6+0+(-1)+0=0，解得x=+3，即其中Cr的化合價為+3價；根據(jù)Cr的鹵化物的熔點可知，鹵化物均為離子晶體，結(jié)構(gòu)和組成相同的離子晶體，離子半徑越大，形成的離子鍵越不穩(wěn)定，熔點越低，故熔點CrCl3>CrBr3>CrI3，故CrBr3的熔點