2019年江蘇省南通市高考化學一模試卷解析版

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁2019年江蘇省南通市高考化學一模試卷一、單選題（本大題共12小題，共28.0分）2019年政府工作報告提出：繼續(xù)堅定不移地打好包括污染防治在內的“三大攻堅戰(zhàn)”。下列做法不符合這一要求的是（）A.推廣新能源汽車，減少氮氧化物排放 B.研發(fā)可降解塑料，控制白色污染產生

C.直接灌溉工業(yè)廢水，充分利用水資源 D.施用有機肥料，改善土壤微生物環(huán)境下列有關化學用語表示正確的是（）A.氧化鈉的電子式：

B.中子數為18的氯原子：1735Cl

C.氮離子(N3?)的結構示意圖：

下列有關物質性質與用途具有對應關系的是（）A.熱純堿溶液堿性強，可用于去除油污 B.氧化鐵粉末呈紅色，可用于制取鐵鹽

C.硅晶體有金屬光澤，可用于制造芯片 D.氫氟酸具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A.0.1

mol?L?1FeSO4溶液：Na+、K+、Cl?、NO3?

B.滴入酚酞變紅色的溶液：K+、Ca2+、HCO3?、CO32?下列實驗室制取、干燥、收集NH3并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗目的是（）A.制取NH3 B.干燥NH3

C.收集NH3 下列有關物質性質的敘述正確的是（）A.二氧化硫能使紫色石蕊溶液褪色 B.氯水久置后，漂白性和酸性均增強

C.常溫下，鐵片不能與濃硝酸發(fā)生反應 D.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色下列指定反應的離子方程式正確的是（）A.向氨水中通入過量SO2：NH3?H2O+SO2=NH4++HSO3?

B.Si與短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X、Y處于同一周期，X原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，Z是地殼中含量最多的金屬元素，W的最高正價與最低負價絕對值相等。下列說法正確的是（）A.原子半徑：r(X)>r(Y)>r(Z)

B.由Y、W形成的化合物是共價化合物

C.Z的最高價氧化物對應的水化物是一種強堿

D.Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的弱在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A.NaCl(熔融)→通電NaOH→Al2O3下列說法正確的是（）A.合成氨生產中，使用高效催化劑可提高原料平衡轉化率

B.鐵質管道與鋅用導線相連(如圖所示)可防止管道被腐蝕

C.5mL18mol?L?1濃硫酸與足量銅共熱，反應最多轉移0.18mol電子

D.常溫下，反應2H化合物Z是合成平喘藥沙丁胺醇的中間體，可通過下列路線制得，下列說法正確的是（）

A.X分子中所有原子在同一平面上

B.Y與足量H2的加成產物分子中有2個手性碳原子

C.可用FeCl3溶液鑒別Y和Z

D.1molZ最多能與根據下列圖示所得出的結論正確的是（）

A.圖甲表示1mLpH=2某一元酸溶液加水稀釋時，pH隨溶液總體積的變化曲線，說明該酸是強酸

B.圖乙表示恒容密閉容器中其他條件相同時改變溫度，反應CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)中n(CH3OH)隨時間的變化曲線，說明反應平衡常數KⅠ>KⅡ

C.圖丙表示不同溫度下水溶液中?lg

c(H+二、雙選題（本大題共3小題，共12.0分）下列設計的實驗方案能達到實驗目的是（）A.檢驗亞硫酸鈉溶液是否變質：取少量溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸鋇溶液

B.制取乙酸乙酯：向試管中加入碎瓷片，再依次加入3mL乙醇、2mL濃硫酸和2mL乙酸，用酒精燈加熱，將產生的蒸氣經導管通到飽和氫氧化鈉溶液的上方

C.除去溴化鈉溶液中混有的碘化鈉：向溶液中加入稍過量溴水，充分反應后，加入四氯化碳，振蕩后靜置、分液，取上層溶液

D.探究溫度對反應速率的影響：將2支均裝有5mL0.1mol?L?1硫代硫酸鈉溶液的試管分別置于冰水和熱水中，再同時向試管中加入5

室溫下，下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A.20mL0.1mol?L?1CH3COONa溶液中加入0.1mol?L?1鹽酸至溶液pH=7：c(CH3COOH)=c(Cl?)

B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反應：c(Ca2+在三個容積均為2L的密閉容器中按不同方式投入反應物，發(fā)生反應：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=-akJ?mol-1（a＞0）

相關反應數據如下：容器容器類型起始溫度起始物質的量/mol

平衡時H2物質的量/mol

COH2O

CO2H2Ⅰ

恒溫恒容

800

1.20.600

0.4Ⅱ

恒溫恒容

900

0.70.10.50.5Ⅲ

絕熱恒容

800

001.2

0.8下列說法正確的是（）A.容器Ⅰ中反應經10min建立平衡，0～10min內，平均反應速率v(CO)=0.04mol?L?1?min?1

B.若向容器Ⅰ平衡體系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡將正向移動

C.三、簡答題（本大題共5小題，共68.0分）以粉煤灰（主要成分為Al2O3、SiO2，還含少量Fe2O3等）為原料制取氧化鋁的部分工藝流程如下：

（1）“酸浸”過程發(fā)生的主要反應的離子方程式是______?！八峤痹诤闳菝荛]反應釜中進行，溫度不宜過高的原因是______。

（2）“除鐵”生成Fe（OH）3的離子方程式為______，檢驗溶液中鐵元素已經除盡的方法是______。

（3）“結晶”是向濃溶液中通入HCl氣體，從而獲得AlCl3?6H2O晶體的過程，溶液中Al3+和鹽酸的濃度隨通氣時間的變化如下圖所示。Al3+濃度減小的原因是______。

（4）上述流程中，可以循環(huán)利用的物質是______。苯達莫司?。˙endamustine）是一種抗癌藥物。苯達莫司汀的一種合成路線如下：

（1）D中含氧官能團有酰胺鍵、______（填名稱）。

（2）A→B的反應類型為______。

（3）E的分子式為C12H13N3O4，寫出E的結構簡式：______。

（4）G是的同分異構體，G能發(fā)生銀鏡反應，分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫。寫出一種符合條件的G的結構簡式：______。

（5）已知：．請寫出以乙醇為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。磷酸二氫鉀（KH2PO4）是一種高效復合肥。工業(yè)上以羥磷灰石精礦[主要成分是Ca5（PO4）3OH，還含有少量石英和氧化鐵等雜質]為原料，生產磷酸二氫鉀的流程如下：

（1）“制酸”過程中生成磷酸的化學方程式為______。該過程若用硫酸代替鹽酸，磷酸的產率明顯降低，其原因是______。

（2）“反應”中加入有機堿--三辛胺（TOA）的目的是______。

（3）“反應”中，三辛胺的用量會影響溶液的pH．水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分數δ隨pH的變化如右圖所示。

①“反應”中，當pH=______時，停止加入三辛胺。

②使用pH試紙測定溶液pH的操作是______。

（4）查閱資料可知：①磷酸三丁酯、二（2乙基己基）磷酸都是難溶于水的液態(tài)有機物。

②磷酸三丁酯對H3PO4和Fe3+有較強的萃取作用。

③二（2乙基己基）磷酸僅對Fe3+有較強的萃取作用。

請根據題中信息，補充完整“提純”步驟的實驗方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，______，向有機層中加入蒸餾水，振蕩、靜置，分液取水層，得到稀磷酸。[實驗中須使用的試劑有：二（2乙基己基）磷酸、磷酸三丁酯]消除含氮化合物對大氣和水體的污染是環(huán)境保護的重要研究課題。

（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=a

kJ?mol-1

2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=b

kJ?mol-1

4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（l）△H=c

kJ?mol-1

反應8NH3（g）+6NO2（g）=7N2（g）+12H2O（l）△H=______kJ?mol-1。

（2）水體中過量氨氮（以NH3表示）會導致水體富營養(yǎng)化。

①用次氯酸鈉除去氨氮的原理如圖1所示。寫出該圖示的總反應化學方程式：______。該反應需控制溫度，溫度過高時氨氮去除率降低的原因是______。

②取一定量的含氨氮廢水，改變加入次氯酸鈉的用量，反應一段時間后，溶液中氨氮去除率、總氮（溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的總量）去除率以及剩余次氯酸鈉的含量隨m（NaClO）：m（NH3）的變化情況如題20圖2所示。點B剩余NaClO含量低于點A的原因是______。當m（NaClO）：m（NH3）＞7.6時，水體中總氮去除率反而下降，可能的原因是______。

（3）電極生物膜電解脫硝是電化學和微生物工藝的組合。某微生物膜能利用電解產生的活性原子將NO3-還原為N2，工作原理如圖3所示。

①寫出該活性原子與NO3-反應的離子方程式：______。

②若陽極生成標準狀況下2.24L氣體，理論上可除去NO3-的物質的量為______mol。室溫下，[Cu（NH3）4]（NO3）2與液氨混合并加入Cu可制得一種黑綠色晶體。

（1）基態(tài)Cu2+核外電子排布式是______。

（2）黑綠色晶體的晶胞如圖所示，寫出該晶體的化學式：______。

（3）不考慮空間構型，[Cu（NH3）4]2+的結構可用示意圖表示為______（用“→”標出其中的配位鍵）。

（4）NO3-中N原子軌道的雜化類型是______。與NO3-互為等電子體的一種分子為______（填化學式）。

（5）液氨可作制冷劑，氣化時吸收大量熱量的原因是______。四、實驗題（本大題共2小題，共22.0分）草酸合銅酸鉀是一種重要的化工原料，其晶體組成可表示為KxCuy（C2O4）z?wH2O。

（1）實驗室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制備Cu（OH）2，再將所得Cu（OH）2與KHC2O4溶液混合，可制備草酸合銅酸鉀晶體。

①已知室溫下，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20．制備Cu（OH）2的過程中，pH=7時，溶液中c（Cu2+）=______。

②已知H2C2O4是二元弱酸。室溫下，Ka1（H2C2O4）=5.4×10-2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10-5，KHC2O4水解平衡常數的數值為______。

（2）一種測定草酸合銅酸鉀晶體組成的方法如下：

步驟Ⅰ準確稱取1.770

0g樣品，充分加熱，剩余固體為K2CO3與CuO的混合物，質量為1.090

0g。

步驟Ⅱ準確稱取1.770

0g樣品，用NH3?H2ONH4Cl溶液溶解、加水稀釋，定容至100mL。

步驟Ⅲ準確量取步驟Ⅱ所得溶液25.00mL于錐形瓶中，滴入指示劑，用濃度為0.050

00mol?L-1的EDTA標準溶液滴定至終點。（已知Cu2+與EDTA反應的化學計量數之比為1：1）。

重復上述滴定操作兩次，有關數據記錄如下表：第一次滴定第二次滴定第三次滴定消耗EDTA標準溶液

的體積/mL25.9224.9925.01①第一次滴定消耗的EDTA標準溶液的體積明顯偏大，可能的原因有______（填字母）。

A．錐形瓶水洗后未干燥

B．滴定時錐形瓶中有液體濺出

C．裝EDTA標準溶液的滴定管水洗后未潤洗

D．開始滴定時，滴定管尖嘴部分未充滿液體

②通過計算確定該樣品的化學式（寫出計算過程）。肉桂酸為微有桂皮香氣的無色針狀晶體，能抑制黑色酪氨酸酶的形成，是高級防曬霜中不可少的成分之一。實驗室制取肉桂酸的原理如下：

實驗步驟：

步驟1在圖1所示裝置（夾持與加熱儀器未畫出，下同）的三頸燒瓶內加入K2CO3、苯甲醛（油狀物）和乙酸酐，混合均勻后，在170℃～180℃加熱反應1h，冷卻。

步驟2向三頸燒瓶內分批加入20mL水和Na2CO3固體，調節(jié)溶液pH約為8。

步驟3在三頸燒瓶中加入活性炭，用圖2所示水蒸氣蒸餾裝置蒸餾除去未反應的苯甲醛。

步驟4將三頸燒瓶內反應混合物趁熱過濾，濾液冷卻至室溫，用濃鹽酸酸化至pH=3，析出大量晶體，抽濾。并用少量冷水洗滌晶體。

步驟5將晶體在圖3所示熱水浴上加熱干燥。

（1）圖1中儀器A的作用是______。

（2）步驟2中Na2CO3需分批加入的原因是______。

（3）水蒸氣蒸餾時，判斷蒸餾結束的方法是______。

（4）步驟4中，“趁熱過濾”的目的是______。

（5）抽濾時所需主要儀器有______、安全瓶及抽氣泵等。

（6）與使用烘箱烘干相比，熱水浴干燥的優(yōu)點是______。

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：A．推廣新能源汽車，減少氮氧化物排放，有利于環(huán)境保護，符合要求，故A不選；

B．研發(fā)可降解塑料，能夠減少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能夠控制白色污染產生，符合要求，故B不選；

C．工業(yè)廢水直接澆灌農田，能夠引起土壤，食品污染，會對人的健康造成危害，不符合要求，故C選；

D．施用有機肥料，改善土壤微生物環(huán)境，能夠減少土壤、食品污染，有利于環(huán)境保護，人體健康，符合要求，故D不選；

故選：C。

“防范化解重大風險、精準扶貧、污染防治”三大攻堅戰(zhàn)，題干主旨在于：節(jié)能減排、低碳生活、環(huán)境保護，據此分析解答。

本題考查了化學與生產生活關系，側重考查環(huán)境污染與治理，熟悉常見環(huán)境污染及治理方法是解題關鍵，題目難度不大。2.【答案】B

【解析】解：A、氧化鈉是離子化合物，由2個鈉離子和1個氧離子構成，故其電子式為，故A錯誤；

B、質量數=質子數+中子數，故中子數為18的氯原子的質量數為18+17=35，表示為：Cl，故B正確；

C、氮離子的核內有7個質子，核外有10個電子，故其結構示意圖為，故C錯誤；

D、丙烯通過加聚反應生成聚丙烯，聚丙烯正確的結構簡式為：，故D錯誤；

故選：B。

A、氧化鈉是離子化合物，由2個鈉離子和1個氧離子構成；

B、質量數=質子數+中子數；

C、氮離子的核內有7個質子；

D、聚丙烯鏈節(jié)的主鏈上含有2個碳原子。

本題考查了常見化學用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、結構簡式、離子結構示意圖等知識，明確常見化學用語的書寫原則為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的規(guī)范答題能力。3.【答案】A

【解析】解：A．純堿溶液顯堿性，加熱堿性增強，油脂在堿性條件下水解，所以熱純堿溶液堿性強，可用于去除油污，故A正確；

B．氧化鐵能與酸反應生成鐵鹽，制備鐵鹽與氧化鐵的顏色無關，故B錯誤；

C．硅晶體是良好的半導體材料，能用于制造芯片，故C錯誤；

D．氫氟酸能與二氧化硅反應，玻璃的成分中含有二氧化硅，所以氫氟酸能腐蝕玻璃，故D錯誤。

故選：A。

A．純堿溶液顯堿性，油脂在堿性條件下水解；

B．氧化鐵能與酸反應生成鐵鹽；

C．硅晶體是良好的半導體材料；

D．氫氟酸能與二氧化硅反應。

本題考查含物質的性質和用途，題目難度不大，性質決定用途，明確相關物質的性質是解題關鍵。側重化學與生活、生產的考查，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高學習的積極性。4.【答案】A

【解析】解：A．Na+、K+、Cl-、NO3-之間不反應，都不與FeSO4反應，在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B．滴入酚酞變紅色的溶液呈堿性，Ca2+、CO32-之間生成難溶物碳酸鈣，HCO3-與氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C．加入鐵粉放出氫氣的溶液呈酸性，H+、Fe3+與ClO-發(fā)生反應，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；

D．水電離的c（H+）=1×10-13mol?L-1的溶液陳酸性或堿性，Mg2+與氫氧根離子反應，C6H5O-與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；

故選：A。

A．四種離子之間不反應，都不與硫酸亞鐵反應；

B．該溶液呈堿性，鈣離子與碳酸根離子生成碳酸鈣沉淀、碳酸氫根離子與氫氧根離子反應；

C．該溶液呈酸性，鐵離子、氫離子與次氯酸根離子反應；

D．該溶液呈酸性或堿性，鎂離子與氫氧根離子反應，C6H5O-與氫離子反應。

本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復分解反應的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應的離子之間；能發(fā)生絡合反應的離子之間（如Fe3+和SCN-）等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；試題側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，有利于提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。5.【答案】D

【解析】解：A．氯化銨與氫氧化鈣加熱有水生成，則試管口應略向下傾斜，故A錯誤；

B．濃硫酸與氨氣反應，不能干燥氨氣，故B錯誤；

C．氨氣的密度比空氣密度小，應選向下排空氣法收集，故C錯誤；

D．氨氣極易溶于水，球形結構可防止倒吸，故D正確；

故選：D。

A．氯化銨與氫氧化鈣加熱有水生成；

B．濃硫酸與氨氣反應；

C．氨氣的密度比空氣密度小；

D．氨氣極易溶于水。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、物質的制備、混合物分離提純、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。6.【答案】D

【解析】解：A．二氧化硫為酸性氧化物，并且不能漂白指示劑，所以二氧化硫能使紫色石蕊溶液變紅不褪色，故A錯誤；

B．新制氯水久置后為鹽酸溶液，所以氯水久置后漂白性減弱、酸性增強，故B錯誤；

C．常溫下，鐵片與濃硝酸發(fā)生鈍化生成致密的氧化膜，則能與濃硝酸發(fā)生反應，故C錯誤；

D．植物油中含碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應，則能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正確；

故選：D。

A．二氧化硫為酸性氧化物，并且不能漂白指示劑；

B．新制氯水久置后為鹽酸溶液；

C．常溫下，鐵片與濃硝酸發(fā)生鈍化；

D．植物油中含碳碳雙鍵。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、性質與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，題目難度不大。7.【答案】A

【解析】解：A．向氨水中通入過量SO2，反應生成亞硫酸氫銨，該反應的離子方程式為：NH3?H2O+SO2═NH4++HSO3-，故A正確；

B．Si與NaOH溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，正確的離子方程式為：Si+2OH-+H2O═SiO32-+2H2↑，故B錯誤；

C．用惰性電極電解MgCl2溶液的離子反應為：Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，故C錯誤；

D．Ba（OH）2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，正確的離子方程式為：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D錯誤；

故選：A。

A．二氧化硫過量，反應生成亞硫酸氫銨；

B．該反應不滿足質量守恒、電子守恒；

C．生成的氫氧根離子與鎂離子結合生成氫氧化鎂沉淀；

D．鋇離子恰好沉淀時，二者物質的量之比為1：1。

本題考查了離子方程式的判斷，題目難度不大，注意明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系（如：質量守恒和電荷守恒等）等。8.【答案】B

【解析】解：根據分析可知：X為O元素，Y為F元素，Z為Al元素，W為Si元素。

A．電子層越多原子半徑越大，電子層相同時，核電荷數越大原子半徑越小，則原子半徑：r（Z）＞r（X）＞r（Y），故A錯誤；

B．F、Si形成的四氟化硅為共價化合物，故B正確；

C．氫氧化鋁為兩性氫氧化物，屬于弱堿，故C錯誤；

D．非金屬性F＞O，則簡單氫化物的穩(wěn)定性Y＞W，故D錯誤；

故選：B。

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，則X為O元素；X、Y處于同一周期，則Y為F元素；Z是地殼中含量最多的金屬元素，則Z為Al元素；W的最高正價與最低負價絕對值相等，其原子序數大于Al，則W為Si元素，據此解答。

本題考查原子結構與元素周期律的應用，題目難度中等，推斷元素為解答關鍵，注意熟練掌握元素周期律內容、元素周期表結構，試題有利于提高學生分析能力及綜合應用能力。9.【答案】C

【解析】解：A、電解熔融NaCl得到金屬鈉，而不是氫氧化鈉，故A錯誤；

B、氧化銅不溶于水也不與水反應，所以CuOCu（OH）2此步轉化不能實現(xiàn)，故B錯誤；

C、氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫，氯化氫與氨氣反應生成氯化銨，所以Cl2HClNH4Cl各步轉化都能實現(xiàn)，故C正確；

D、碳酸的酸性弱于鹽酸，所以氯化鈣與二氧化碳不反應，故D錯誤；

故選：C。

A、電解熔融NaCl得到金屬鈉；

B、氧化銅不溶于水也不與水反應；

C、氫氣在氯氣中燃燒生成氯化氫，氯化氫與氨氣反應生成氯化銨；

D、碳酸的酸性弱于鹽酸。

本題考查了物質性質、物質轉化的應用，主要是鈉、銅、氯的化合物性質的理解判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單。10.【答案】B

【解析】解：A．合成氨反應為可逆反應，使用高效催化劑可以改變反應速率，但是不會影響化學平衡，則不肯提高原料轉化率，故A錯誤；

B、鐵和鋅構成的原電池，活潑的金屬鋅是負極，正極金屬鐵被保護，即鐵質管道與鋅用導線相連可防止管道被腐蝕，故B正確；

C、10ml18mol/L的濃硫酸中含有溶質硫酸0.18mol，與銅完全反應轉移電子數為0.18NA，由于濃硫酸隨著反應的進行變成稀硫酸，稀硫酸與銅不反應，轉移的電子數小于0.18NA，故C錯誤；

D、反應SO2（g）+2H2S（g）═3S（s）+2H2O（l）在常溫下能自發(fā)進行，滿足△H-T△S＜0，反應△S＜0，則該反應的△H＜0，故D錯誤；

故選：B。

A、催化劑不影響化學平衡，則不會提高原料的利用率；

B、鐵和鋅構成的原電池，活潑的金屬鋅是負極，正極金屬被保護；

C、濃硫酸與銅反應，稀硫酸與銅不反應；

D、反應自發(fā)進行的判斷依據是△H-T△S＜0。

本題考查了金屬腐蝕和防護、可逆反應、反應自發(fā)進行的判斷依據等知識點，題目難度中等。11.【答案】C

【解析】解：A．X中甲基上的C原子采用sp3雜化、羰基上的C原子采用sp2雜化，連接甲基的C原子為四面體結構、連接羰基的C原子為平面三角形結構，苯環(huán)上所有原子共平面，所有X中所有原子不可能位于同一個平面上，故A錯誤；

B．Y和氫氣加成后手性碳原子有連接甲基的C原子、連接羥基和環(huán)的碳原子、連接-CH2Cl的碳原子、連接-CH（OH）CH3的環(huán)上的碳原子，所有有4個手性碳原子，故B錯誤；

C．Y中含有酚羥基、Z中不含酚羥基，酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，所有可以用氯化鐵溶液鑒別Y和Z，故C正確；

D．Z中酯基水解生成的羧基和酚羥基能和NaOH反應，則1molZ最多能與3molNaOH反應，故D錯誤；

故選：C。

A．X中甲基上的C原子采用sp3雜化、羰基上的C原子采用sp2雜化，連接甲基的C原子為四面體結構、連接羰基的C原子為平面三角形結構，苯環(huán)上所有原子共平面；

B．Y和氫氣加成后手性碳原子有連接甲基的C原子、連接羥基和環(huán)的碳原子、連接-CH2Cl的碳原子、連接-CH（OH）CH3的環(huán)上的碳原子；

C．Y中含有酚羥基、Z中不含酚羥基，酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；

D．Z中酯基水解生成的羧基和酚羥基能和NaOH反應。

本題考查有機物結構和性質，側重考查分析判斷能力，明確官能團及其性質關系、手性碳原子的判斷方法是解本題關鍵，A為解答易錯點，題目難度不大。12.【答案】B

【解析】解：A.1mLpH=2某一元酸溶液加水稀釋100倍時，pH＜4，則酸為弱酸，故A錯誤；

B．由圖可知，Ⅱ對應溫度高，升高溫度平衡逆向移動，反應平衡常數KⅠ＞KⅡ，故B正確；

C．-lgc（H+）、-lgc（OH-）的乘積越大，水的電離程度越小，可知T1＜T2，故C錯誤；

D．燃燒熱中生成液態(tài)水，圖中為氣態(tài)水，不能確定H2的燃燒熱，故D錯誤；

故選：B。

A.1mLpH=2某一元酸溶液加水稀釋100倍時，pH＜4；

B．由圖可知，Ⅱ對應溫度高；

C．-lgc（H+）、-lgc（OH-）的乘積越大，水的電離程度越小；

D．燃燒熱中生成液態(tài)水。

本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握弱電解質的電離、平衡移動、燃燒熱為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項C為解答的難點，題目難度不大。13.【答案】CD

【解析】解：A．硝酸可氧化亞硫酸根離子，應加鹽酸、氯化鋇檢驗是否變質，故A錯誤；

B．NaOH與乙酸乙酯反應，則產生的蒸氣經導管通到飽和碳酸鈉溶液的上方，故B錯誤；

C．溴水與NaI反應生成碘，則充分反應后，加入四氯化碳，振蕩后靜置、分液，取上層溶液，故C正確；

D．只有溫度不同，可探究溫度對反應速率的影響，故D正確；

故選：CD。

A．硝酸可氧化亞硫酸根離子；

B．NaOH與乙酸乙酯反應；

C．溴水與NaI反應生成碘；

D．只有溫度不同。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、有機物的制備、混合物分離提純、反應速率影響因素、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。14.【答案】AD

【解析】解：A．常溫下向20mL0.1mol/L的CH3COONa溶液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸溶液的pH=7時，c（OH-）=c（H+），根據電荷守恒可知：c（Na+）=c（Cl-）+c（CH3COO-），根據物料守恒可得：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者結合可得：c（CH3COOH）=c（Cl-），所以溶液中離子濃度大小為：c（CH3COOH）=c（Cl-）＞c（OH-）=c（H+），故A正確；

B、由電荷守恒可知：2c（Ca2+）+c（H+）═c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），故B錯誤；

C、0.2mol?L-1CH3COOH溶液和0.1mol?L-1NaOH溶液以等體積混和反應后溶液中的溶質為等量的CH3COOH、CH3COONa，由電荷守恒可知：①c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），根據物料守恒可得：②c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Na+），根據①②可得：2c（H+）-2c（OH-）=c（CHC3OO-）-c（CHC3OOH），所以c（H+）+c（CH3COOH）＜c（OH-）+c（CH3COO-），故C錯誤；

D.0.1mol?L-1CH3COOH溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合得到醋酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液，醋酸鈉溶液中質子守恒得到：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），碳酸氫鈉溶液中質子守恒：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），計算得到c（OH-）+c（CO32-）=c（CH3COOH）+c（H2CO3）+c（H+），溶液顯堿性，c（OH-）＞c（H+），c（CO32-）＜c（CH3COOH）+c（H2CO3），故D正確；

故選：AD。

A．pH=7時c（OH-）=c（H+），結合物料守恒和電荷守恒分析；

B、根據電荷守恒分析解答；

C．反應后溶質為等濃度醋酸、醋酸鈉，根據混合液中的電荷守恒、物料守恒分析；

D.0.1mol?L-1CH3COOH溶液與0.1mol?L-1Na2CO3溶液等體積混合得到醋酸鈉和碳酸氫鈉混合溶液，醋酸鈉溶液中質子守恒得到：c（OH-）=c（H+）+c（CH3COOH），碳酸氫鈉溶液中質子守恒：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），計算分析。

本題考查了弱電解質電離平衡、鹽類水解、電解質溶液中離子濃度大小比較判斷、電荷守恒、物料守恒和質子守恒的計算應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。15.【答案】BD

【解析】解：A．容器Ⅰ中反應經10min建立平衡，0～10min內平均反應速率v（H2）==0.02mol?L-1?min-1，v（CO）=v（H2）=0.02mol?L-1?min-1，故A錯誤；

B．CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

初始（mol）1.2

0.6

0

0

轉化（mol）0.4

0.4

0.4

0.4

平衡（mol）0.8

0.2

0.4

0.4

800℃時該反應的平衡常數K==1，

若向容器Ⅰ平衡體系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，此時的濃度商Qc==＜K=1，則平衡向著正向移動，故B正確；

C．平衡時CO2和H2的物質的量都為0.4mol，若溫度相同時，容器Ⅱ中需要各消耗0.1molCO2和H2，吸熱熱量為0.1akJ，由于容器Ⅱ的溫度大于容器Ⅰ，升高溫度平衡向著逆向移動，則吸收的熱量增大，即吸收的熱量大于0.1akJ，故C錯誤；

D．容器Ⅲ與容器Ⅰ的溫度相同時，平衡常數相同，設容器Ⅲ平衡時CO的物質的量為y，

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）

初始（mol）0

0

1.2

0.8

轉化（mol）y

y

y

y

平衡（mol）

y

y

1.2-y

0.8-y

則平衡常數K==1，解得：y=0.48，

由于該反應的逆反應為吸熱反應，在絕熱恒容中容器Ⅲ的溫度小于容器Ⅰ，降低溫度平衡向著正向移動，導致CO的物質的量減小，所以達平衡時，容器Ⅲ中n（CO）＜0.48mol，故D正確；

故選：BD。

A．根據v=計算出0～10min內用氫氣表示的反應速率，然后結合化學反應速率與計量數成正比計算出v（CO）；

B．先利用三段式計算出800℃時該反應的平衡常數K，然后計算出再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol時的濃度商Qc，根據Qc與K的關系判斷移動方向；

C．先假設容器Ⅱ的溫度為800℃，結合B計算出吸熱熱量，然后結合溫度對化學平衡的影響分析吸熱情況；

D．先假設容器Ⅲ與容器Ⅰ的溫度相同，則平衡常數K=1，利用三段式計算容器Ⅲ中n（CO），然后結合該反應的逆反應為吸熱反應分析。

本題考查化學平衡的計算，題目難度較大，正確構建等效平衡為解答關鍵，注意掌握化學平衡及其影響，能夠利用三段式進行計算，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力。16.【答案】Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

溫度太高，鹽酸大量揮發(fā)會引起容器內壓強過大，導致反應釜損壞

Fe3++3HCO3-=Fe（OH）3↓+3CO2↑

靜置，取少量上層清液于試管中，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色

鹽酸濃度增大，溶液中Cl-濃度增大，促進Al3+形成AlCl3?6H2O晶體析出

HCl（或鹽酸）

【解析】解：（1）“酸浸”過程發(fā)生的主要反應的離子方程式是：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，“酸浸”在恒容密閉反應釜中進行，溫度太高，鹽酸大量揮發(fā)會引起容器內壓強過大，導致反應釜損壞，故溫度不宜過高；

故答案為：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；溫度太高，鹽酸大量揮發(fā)會引起容器內壓強過大，導致反應釜損壞；

（2）“除鐵”生成Fe（OH）3的離子方程式為：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；鐵離子與KSCN溶液作用顯紅色，檢驗溶液中鐵元素已經除盡的方法是：靜置，取少量上層清液于試管中，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色；

故答案為：Fe3++3HCO3-═Fe（OH）3↓+3CO2↑；靜置，取少量上層清液于試管中，滴入KSCN溶液，溶液不變紅色；

（3）鹽酸濃度增大，溶液中Cl-濃度增大，促進Al3+形成AlCl3?6H2O晶體析出，溶液中Al3+濃度減小；

故答案為：鹽酸濃度增大，溶液中Cl-濃度增大，促進Al3+形成AlCl3?6H2O晶體析出；

（4）煅燒AlCl3?6H2O晶體可得副產品HCl，可循環(huán)利用；

故答案為：HCl（或鹽酸）。

粉煤灰（主要成分為Al2O3、SiO2，還含少量Fe2O3等）加入濃鹽酸“酸浸”，發(fā)生反應：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，SiO2不溶，過濾除去，濾渣為SiO2，濾液主要為Al3+、Fe3+的酸性溶液，濾液中NH4HCO3，其中Fe3+與3HCO3-生成Fe（OH）3沉淀，過濾，對濾液濃縮，再通入HCl氣體結晶，獲得AlCl3?6H2O晶體，煅燒可得產品，據此分析。

本題考查了物質的制備，涉及工藝流程的理解、化學方程式的書寫、離子的檢驗等知識，運用所學知識結合工藝流程是解題關鍵，題目難度中等。17.【答案】羧基、硝基

取代反應

【解析】解：（1）由D的結構可知其含有的含氧官能團有：酰胺鍵、羧基、硝基，

故答案為：羧基、硝基；

（2）對比A、B的結構，可知A中氯原子被-NHCH3替代生成B，同時有HCl生成，屬于取代反應，

故答案為：取代反應；

（3）E的分子式為C12H13N3O4，對比D、F的結構，D可以是經過加成反應、消去反應得到E，E與甲醇發(fā)生酯化反應生成F，故E的結構簡式為，

故答案為：；

（4）G是的同分異構體，G能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫，符合條件的G的結構簡式為：，

故答案為：；

（5）由路線中C→D轉化，可知由與反應得到．甲苯先硝化、再發(fā)生B→C轉化中的還原得到．乙醇發(fā)生氧化反應生成乙酸，乙酸脫水得到．合成路線流程圖為：，

故答案為：。

（1）由D的結構可知其含有的含氧官能團有：酰胺鍵、羧基、硝基；

（2）對比A、B的結構，可知A中氯原子被-NHCH3替代生成B，同時有HCl生成；

（3）E的分子式為C12H13N3O4，對比D、F的結構，D可以是經過加成反應、消去反應得到E，E與甲醇發(fā)生酯化反應生成F；

（4）G是的同分異構體，G能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，結合分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫書寫符合條件的G的結構簡式；

（5）由路線中C→D轉化，可知由與反應得到．甲苯先硝化、再發(fā)生B→C轉化中的還原得到．乙醇發(fā)生氧化反應生成乙酸，乙酸脫水得到。

本題考查有機物的合成，涉及官能團的識別、有機反應類型、限制條件同分異構體的書寫、合成路線設計等，注意充分利用路線中隱含的信息進行路線設計，熟練掌握官能團的性質與轉化，側重考查學生分析能力、知識遷移運用能力。18.【答案】Ca5（PO4）3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2O

使用H2SO4，會產生微溶性的CaSO4覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應的繼續(xù)進行

三辛胺會與溶液中的HCl反應，促進了KH2PO4生成

4.5

用潔凈的玻璃棒蘸取溶液滴在pH試紙上，立即與標準比色卡對比，讀取pH值

過濾；向濾渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機層

【解析】解：（1）“制酸”過程中由Ca5（PO4）3OH與鹽酸反應得磷酸，反應為：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O；若使用H2SO4，會產生微溶性的CaSO4覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應的繼續(xù)進行；

故答案為：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O；使用H2SO4，會產生微溶性的CaSO4覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應的繼續(xù)進行；

（2）根據流程可知加入有機堿--三辛胺（TOA）后得到TOA?HCl（有機層），TOA?HCl（有機層）棄去，得到需要的產品，說明加入三辛胺會與溶液中的HCl反應，促進了KH2PO4生成；

故答案為：三辛胺會與溶液中的HCl反應，促進了KH2PO4生成；

（3）①B為產物H2PO4-的量，從圖可知，隨著pH的增大，H2PO4-的量增大，當pH=4.5時，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成，故pH=4.5，停止加入三辛胺；

故答案為：4.5；

②使用pH試紙測定溶液pH的操作是：用潔凈的玻璃棒蘸取溶液滴在pH試紙上，立即與標準比色卡對比，讀取pH值，

故答案為：用潔凈的玻璃棒蘸取溶液滴在pH試紙上，立即與標準比色卡對比，讀取pH值；

（4）根據流程可知，制酸所得含有未溶解的石英，故應先過濾除去，再根據資料，應先用二（2乙基己基）磷酸除去Fe3+，再將磷酸用磷酸三丁酯萃取出，所以“提純”步驟的實驗方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，過濾；向濾渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機層，

故答案為：過濾；向濾渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機層。

羥磷灰石精礦[主要成分是Ca5（PO4）3OH，還含有少量石英和氧化鐵等雜質]加鹽酸制酸，主要的反應是：Ca5（PO4）3OH+10HCl═5CaCl2+3H3PO4+H2O，還有Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，石英不反應，向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，過濾；向濾渡中加入適量二（2乙基己基）磷酸，振蕩、靜置，分液取水層；在水層中加入適量磷酸三丁酯，振蕩，靜置，分液取有機層得到稀磷酸，加入KCl與稀磷酸生成KH2PO4，再加入有機堿--三辛胺（TOA）分離，對水層結晶可得產品，據此分析，

（1）“制酸”過程中由Ca5（PO4）3OH與鹽酸反應得磷酸；使用硫酸會生成硫酸鈣不利于反應的進行，據此分析；

（2）根據流程可知加入有機堿--三辛胺（TOA）后得到TOA?HCl（有機層），據此分析；

（3）①B為產物H2PO4-的量，從圖可知，隨著pH的增大，H2PO4-的量增大，當pH=4.5時，H2PO4-最多，pH再生高，不利于H2PO4-的生成；

②根據pH試紙的使用操作書寫即可；

（4）根據流程可知，制酸所得含有未溶解的石英，故應先過濾除去，再根據資料，應先用二（2乙基己基）磷酸除去Fe3+，再將磷酸用磷酸三丁酯萃取出，據此分析。

本題考查了物質的制備，涉及方程式的書寫、實驗操作的理解、題目信息的運用等知識點，注意答題規(guī)范，合理有效的運用題目所給信息，題目難度較大。19.【答案】2c-7a-3b

2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O

溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低

增加NaClO的量，反應速率加快，相同時間內NaClO消耗多

有部分NH3被氧化成NO2-或NO3-

2NO3-+10H=N2↑+2OH-+4H2O

0.08

【解析】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ?mol-1

②2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ?mol-1

③4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=ckJ?mol-1

蓋斯定律計算③×2-7×①-3×②得到反應8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（l）△H=（2c-7a-3b）KJ/mol，

故答案為：2c-7a-3b；

（2）①根據圖示，由始態(tài)和終態(tài)判斷反應物中NH3被氧化為N2，則NaClO被還原為NaCl．生成1molN2轉移6mol電子，根據轉移電子守恒需要3molNaClO，再結合元素守恒，寫出化學方程式2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl，溫度對化學反應速率有影響。溫度越高，化學反應率越快。所以溫度低時，去除率低的原因是反應速率慢。HClO不穩(wěn)定，易分解，溫度高時，加快了HClO的分解速率，從而使去除率降低，

故答案為：2NH3+3NaClO=N2↑+3H2O+3NaCl；溫低時，反應速率慢；溫度高時，加快了HClO的分解（或NaClO分解），去除率降低；

故答案為：溫度過高，HClO發(fā)生分解，氨氮去除率隨之降低

②點B剩余NaClO含量低于點A的原因是：增加NaClO的量，反應速率加快，相同時間內NaClO消耗多，當m（NaClO）：m（NH3）＞7.7時，總氮的去除率隨m（NaClO）：m（NH3）的增大不升反降的原因是：NaClO投入過多會將氨氮氧化為NO3-等更高價態(tài)的物質，未能從溶液中除去，

故答案為：增加NaClO的量，反應速率加快，相同時間內NaClO消耗多；NaClO投入過多會將氨氮氧化為NO3-等更高價態(tài)的物質，未能從溶液中除去；

（3）①活性原子與NO3-反應是電解過程中生成的氫原子還原硝酸根離子生成氮氣，反應的離子方程式：2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O，

故答案為：2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O；

②若陽極生成標準狀況下2.24L氣體為氫氧根離子失電子生成的氧氣，物質的量==0.1mol，2NO3-+10H═N2↑+2OH-+4H2O，2NO3-～N2↑～10e-～2.5O2，電子守恒計算得到理論上可除去NO3-的物質的量：0.08mol，

故答案為：0.08。

（1）已知：①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=akJ?mol-1

②2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=bkJ?mol-1

③4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=ckJ?mol-1

蓋斯定律計算③×2-7×①-3×②得到反應8NH3（g）+6NO2（g）═7N2（g）+12H2O（l）△H；

（2）①根據圖示判斷發(fā)生氧化還原反應的反應物和生成物，根據轉電子守恒和元素守恒進行書寫；溫度越高，化學反應速率越快；HClO不穩(wěn)定，溫度過高易分解

②剩余次氯酸鈉的含量隨m（NaClO）：m（NH3）的變化情況分析增加次氯酸鈉會加快反應速率，NaClO投入過多會將氨氮氧化為NO3-等更高價態(tài)的物質；

（3）①活性原子與NO3-反應是電解過程中生成的氫原子還原硝酸根離子生成氮氣；

②若陽極生成標準狀況下2.24L氣體為氫氧根離子失電子生成的氧氣，物質的量==0.1mol，結合電子守恒計算理論上可除去NO3-的物質的量。

本題考查了熱化學方程式書寫、化學平衡的影響因素分析、電解原理的理解應用、氧化還原反應和圖象變化特征的分析判斷等，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。20.【答案】[Ar]3d9

Cu3N

sp2

SO3

氨氣分子間形成氫鍵，氣化時克服氫鍵，需要消耗大量能量

【解析】解：（1）Cu原子核外有29個電子，Cu原子失去4s、3d能級上各一個電子生成Cu2+，根據構造原理書寫Cu2+的核外電子排布式為：[Ar]3d9，

故答案為：[Ar]3d9；

（2）該晶胞中N原子個數=8×=1、Cu原子個數=12×=3，則N、Cu原子個數之比為1：3，其化學式為Cu3n，

故答案為：Cu3N；

（3）該配離子中N原子提供孤電子對、銅離子提供空軌道形成配位鍵，該離子結構為，

故答案為：；

（4）該離子中N原子價層電子對個數=3+=3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷N原子雜化類型為sp2；與NO3-互為等電子體的分子中含有4個原子且價電子數為24，有SO3，

故答案為：sp2；SO3；

（5）氨氣分子之間存在氫鍵，斷鍵消耗能量，氣化時克服氫鍵，所以需要消耗大量能量，導致氣化時吸收大量熱量，

故答案為：氨氣分子間形成氫鍵，氣化時克服氫鍵，需要消耗大量能量。

（1）Cu原子核外有29個電子，Cu原子失去4s、3d能級上各一個電子生成Cu2+，根據構造原理書寫Cu2+的核外電子排布式；

（2）該晶胞中N原子個數=8×=1、Cu原子個數=12×=3，則N、Cu原子個數之比為1：3；

（3）該配離子中N原子提供孤電子對、銅離子提供空軌道形成配位鍵；

（4）該離子中N原子價層電子對個數=3+=3且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷N原子雜化類型；與NO3-互為等電子體的分子中含有4個原子且價電子數為24；

（5）氨氣分子之間存在氫鍵，氣化時克服氫鍵，斷鍵消耗能量。

本題考查物質結構和性質，涉及晶胞計算、氫鍵、等電子體等知識點，側重考查基礎知識再現(xiàn)及靈活運用、空間想像能力及計算能量，注意均攤法在晶胞計算中的靈活運用，題目難度不大。21.【答案】2.2×10-6mol?L-1