2024年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題十（含解析）

2024年高考化學(xué)總復(fù)習(xí)練習(xí)題(十)

可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14016Mg24S32Cl35.5Fe56Se79

一、選擇題：

1.2024年7月1日起，上海進(jìn)入垃圾分類強(qiáng)制時代，隨后西安等地也紛紛起先實行垃圾分類。這體現(xiàn)了我國愛

護(hù)環(huán)境的決心，而環(huán)境愛護(hù)與化學(xué)休戚相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是

A.廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不行降解，能使濱水褪色

B.可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解氯化鋁制取

C.廢舊電池中含有鎂、鎘等重金屬，不行用填埋法處理

D.含棉、麻、絲、毛及合成纖維的廢舊衣物燃燒處理時都只生成CO?和乂0

【答案】C

【解析】A.聚乙烯結(jié)構(gòu)中不含碳碳雙鍵，不能使濱水褪色，故A錯誤；

B.氯化鋁為共價化合物，受熱易升華，電解得不到金屬鋁；金屬鋁采納電解氧化鋁制備，故B錯誤；

C.保、鎘等重金屬會造成水土污染，應(yīng)集中處理，不行用填埋法處理，故C正確；

D.絲、毛中主要含蛋白質(zhì)，含有C、H、0、N等元素，燃燒不止生成CO2和昂0,故D錯誤；答案：Co

2.NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。關(guān)于常溫下pH=2的H2s0,溶液，溶液中不存在H2s0,分子，但存在HS0J離子，

下列說法錯誤的是

A.每升溶液中的仁數(shù)目為0.01N.

+2-+

B.Na2s溶液中:c(Na)=2c(S04)>c(H)=2c(OHO

c.向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸，溶液中;白、減小

D.NaHS04不是弱電解質(zhì)

【答案】B

【解析】常溫下pH=2的H?SO4溶液，溶液中不存在H?SO4分子，但存在HSOJ離子，說明硫酸的第

一步完全電離，其次步部分電離。

A.由pH=2可得c(H+)=0.01mol/L,每升溶液中的H+數(shù)目為OQINA,故A正確；

2+

B.Na2so4=2Na++SO4',硫酸根有一部分水解成硫酸氫根，c(Na)>2c(S(V「)，依據(jù)電荷守恒式可知，

c(OIT)>c(H+),所以應(yīng)當(dāng)為c(Na+)>2c(S0『)>c(0[T)>c(H+),故B錯誤；

C.據(jù)已知可知Ka(HSO；)=c(H+)：TO])，當(dāng)向稀硫酸中逐滴滴加濃硫酸c(H+)會增大，所以)

C(HSO4)C(HSO4)

減小，故C正確；

D.NaHSCh屬于鹽，完全電離，故不是弱電解質(zhì)，D正確；故答案為：B。

3.肯定量的某磁黃鐵礦(主要成分FexS,S為-2價)與100mL鹽酸恰好完全反應(yīng)(礦石中其他成分不與鹽酸反應(yīng))，

生成3.2g硫單質(zhì)、0.4molFeCL和肯定量H2s氣體，且溶液中無Fe,則下列說法正確的是

A.該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為4.Omol-U1

B.該磁黃鐵礦Fe。中，F(xiàn)e"與Fe"的物質(zhì)的量之比為2：1

C.生成的H2s氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為8.96L

D.該磁黃鐵礦中FexS的x=0.85

【答案】C

【解析】n(S)=3.2g-r32g/mol=0.ImoL依據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得n(Fe*)=4^3———=0.2mol,則

3-2

n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2moL所以n(Fe*)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=l：1,以此解答該題。

A.鹽酸恰好反應(yīng)生成FeCl2的物質(zhì)的量為0.4mol,依據(jù)C1原子守恒可得c(HC1)=出生㈣=8.Omol/L,A

0.1L

錯誤；

B.由以上分析可知,該磁黃鐵礦FexS中，F(xiàn)e?+與Fe"的物質(zhì)的量之比n(Fe")：n(Fe*)=L1,B錯誤；

C.依據(jù)氫原子、氯原子守恒得n(H2S)=Ln(HCl)=n(FeC12)=0.4mol,V(H2S)=0.4molX22.4L/mol=8.96L,C

2

正確；

D.FexS中n(S)=0.lmol+0.4mol=0.5moLn(Fe)=0.4mol,所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8,所以x=0.8,

D錯誤。故合理選項是C。

4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒，X的原子

半徑是全部短周期主族元素中最大的，非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述不正

確的是

A.Y、Z的氫化物穩(wěn)定性Y>Z

B.Y單質(zhì)的熔點高于X單質(zhì)

C.X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的XZW

w

B

DY

/中W和Y都滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)

WW

【答案】A

【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒，

說明W為0,X的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的，說明X為Na,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最

外層電子數(shù)的2倍，說明Y為Si,Z為Cl。

A選項，Y、Z的氫化物穩(wěn)定性HC1>SiH4,故A錯誤；

B選項，Si單質(zhì)的熔點高于Na單質(zhì)，硅是原子晶體，鈉是金屬晶體，原子晶體熔點一般高于金屬晶體熔點,

故B正確；

C選項，X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的NaClO,故C正確；

D選項，利用價態(tài)肯定值加最外層電子數(shù)是否等于8來推斷得出SiO廠中Si和0都滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故

D正確。綜上所述，答案為A。

【點睛】價態(tài)肯定值加最外層電子數(shù)是否等于8來推斷化合物中各原子是否滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。

5.碳酸亞乙酯是一種重要的添加劑，其結(jié)構(gòu)簡式為心。用環(huán)氧乙烷合成碳酸亞乙酯的反應(yīng)為：

Neo?催化劑匹。下列說法錯誤的是

A.上述反應(yīng)屬于加成反應(yīng)

B.碳酸亞乙酯的二氯代物只有兩種

C.碳酸亞乙酯中的全部原子處于同一平面內(nèi)

D.Imol碳酸亞乙酯最多可消耗2molNaOH

【答案】C

【解析】A選項，依據(jù)分析兩種物質(zhì)變?yōu)橐环N物質(zhì)，則上述反應(yīng)屬于加成反應(yīng)，故A正確；

B選項，碳酸亞乙酯的二氯代物只有兩種，一種為在同一個碳原子上，另一種是兩個碳原子上各一個氯原子，

故B正確；

C選項，碳酸亞乙酯有亞甲基的結(jié)構(gòu)，類似于甲烷的空間結(jié)構(gòu)，不行能全部原子共平面，故C錯誤；

D選項，Imol碳酸亞乙酯相當(dāng)于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH發(fā)生反應(yīng)，生成乙二醇和碳酸鈉，

故D正確。綜上所述，答案為C。

6.十九大報告中提出要“打贏藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)”，意味著對污染防治比過去要求更高。某種利用垃圾滲透液實現(xiàn)發(fā)電、

環(huán)保二位一體結(jié)合的裝置示意圖如下，當(dāng)該裝置工作時，下列說法正確的是

A.鹽橋中C「向Y極移動

B.電路中流過7.5mol電子時，共產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下N的體積為16.8L

C.電流由X極沿導(dǎo)線流向Y極

D.Y極發(fā)生的反應(yīng)為2N0「+10e-+6Ha===Nzt+120IT,四周pH增大

【答案】D

【解析】依據(jù)處理垃圾滲濾液并用其發(fā)電的示意圖可知，裝置屬于原電池裝置，X是負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化

反應(yīng)，Y是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)2NO「+10，+6H2。=電+120口，電解質(zhì)里的陽離子移向正極，

陰離子移向負(fù)極，電子從負(fù)極流向正極。

A.處理垃圾滲濾液的裝置屬于原電池裝置，溶液中的陰離子移向負(fù)極，即氯離子向X極移動，故A錯誤；

B.電池總反應(yīng)為：5NH3+3NO3=4N2+6H2O+3OH,該反應(yīng)轉(zhuǎn)移了15個電子，即轉(zhuǎn)移15個電子生成4

個氮氣，故電路中流過7.5mol電子時，產(chǎn)生2mol氮氣，即44.8L,B錯誤；

C.電流由正極流向負(fù)極，即Y極沿導(dǎo)線流向X極，故C錯誤；

D.Y是正極，發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，2N03+10e+6H20=N2+120H,四周pH增大，故D正確；

答案選D。

7.下列設(shè)計的試驗方案能達(dá)到相應(yīng)試驗?zāi)康牡氖?/p>

選項試驗?zāi)康脑囼灧桨?/p>

取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加O.lmol/LFeCl3溶液5~6滴，充分反應(yīng),

A探究化學(xué)反應(yīng)的限度

可依據(jù)溶液中既含12又含r的試驗事實推斷該反應(yīng)是可逆反應(yīng)

用兩支試管各取的溶液,分別加入

探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速5mL0.1mol/LKMnO42mL0.Imol/L

B

率的影響和0.2mol/L的H2c20式草酸）溶液，記錄溶液褪色所需的時間

證明澳乙烷的消去反應(yīng)將NaOH的乙醇溶液加入澳乙烷中加熱，將產(chǎn)生的氣體干脆通入酸性

C

有乙烯生成KM11O4溶液中

驗證醋酸鈉溶液中存在取O^COONa溶液于試管中并加入幾滴酚麟試劑，再加入醋酸錢固體（其

D

水解平衡水溶液呈中性），視察溶液顏色改變

【答案】D

【解析】A.KI過量，且KI與氯化鐵反應(yīng)，則溶液中既含L又含「，不能證明反應(yīng)的可逆性，故A錯誤；

B.2KMn04+5H2C204+3H2S04=2MnS04+K2S04+10C02f+8H20,兩只試管中草酸量均不足，高鎰酸鉀過量，溶液不褪色，

不能探究濃度對反應(yīng)速率的影響，故B錯誤；

C.乙醇易揮發(fā)，也能與酸性高鋅酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使高錦酸鉀溶液褪色，應(yīng)先通過水，解除乙醇的干

擾，故C錯誤；

D.如有CH3coeF+HzO-CH3COOH+OH-,則加入中性的醋酸錢溶液增大醋酸根離子，則應(yīng)當(dāng)平衡

向右移動，氫氧根離子濃度增大，紅色應(yīng)當(dāng)加深，反之不會加深，故可以說明醋酸鈉溶液中存在水解平衡,

故D正確；故選D。

二、非選擇題:

8.三氯乙醛（CCLCHO）是生產(chǎn)農(nóng)藥、醫(yī)藥的重要中間體，試驗室制備三氯乙醛的反應(yīng)裝置示意圖（加熱裝置未畫

出）和有關(guān)數(shù)據(jù)如下:

①制備反應(yīng)原理：C2H5OH+4C12-CC13CHO+5HC1

②相關(guān)物質(zhì)的相對分子質(zhì)量及部分物理性質(zhì)：

相對分子質(zhì)量熔點/℃沸點/℃溶解性

C2H50H46-114.178.3與水互溶

CChCHO147.5-57.597.8可溶于水、乙醇

CCI3COOH163.558198可溶于水、乙醇、三氯乙醛

C2H5cl64.5-138.712.3微溶于水，可溶于乙醇

（1）恒壓漏斗中盛放的試劑的名稱是，盛放KMnO&儀器的名稱是。

（2）反應(yīng)過程中C2H5OH和HC1可能會生成副產(chǎn)物CAC1,同時CCLCHO（三氯乙醛）也能被次氯酸接著氧化生

成CCkCOOH（三氯乙酸），寫出三氯乙醛被次氯酸氧化生成三氯乙酸的化學(xué)方程式：。

（3）該設(shè)計流程中存在一處缺陷是,導(dǎo)致引起的后果是,裝置B的作用是。

（4）反應(yīng)結(jié)束后，有人提出先將C中的混合物冷卻到室溫，再用分液的方法分別出三氯乙酸。你認(rèn)為此方

案是否可行（填是或否），緣由是。

（5）測定產(chǎn)品純度：稱取產(chǎn)品0.36g配成待測溶液，加入0.1000mol」T碘標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL,再加入適量

NazCOs溶液，反應(yīng)完全后，加鹽酸調(diào)整溶液的pH,馬上用0.02000mol?LTNaS03溶液滴定至終點。進(jìn)行

三次平行試驗，測得平均消耗Na2s2O3溶液20.00mL?則產(chǎn)品的純度為（計算結(jié)果保留四位有效數(shù)字）。

-+2-

滴定原理：CC13CHO+OH=CHC13+HCOO\HC00>I2=H+2F+C02,IZ+2S2，=2I+S406

【答案】（14分）

（1）濃鹽酸（1分）圓底燒瓶（1分）

(2)CJCHO+HCIOfCC13coOH+HC1(2分)

（3）無干燥裝置（1分）副產(chǎn)物增加（2分）除去氯氣中的氯化氫（2分）

(4)否(1分)三氯乙酸會溶于乙醇和三氯乙醛，無法分液(2分)

(5)73.75%(2分)

【解析】依據(jù)題干和裝置圖我們能看出這是一個有機(jī)合成試驗題，考查的面比較綜合，但是整體難度一般，依據(jù)

試驗題的解題思路去作答即可。

(1)依據(jù)反應(yīng)原理我們發(fā)覺原料須要氯氣，因此裝置A就應(yīng)當(dāng)是氯氣的發(fā)生裝置，所以恒壓漏斗里裝的是濃鹽

酸；盛放KMnC'的裝置是蒸儲燒瓶；

(2)依據(jù)要求來書寫方程式即可，留意次氯酸的還原產(chǎn)物是氯化氫而不是氯氣：

CC13CHO+HC1O-CC13coOH+HC1；

(3)制得的氯氣中帶有氯化氫和水分，氯化氫可以在裝置B中除去，但是缺少一個干燥裝置來除去水分，若不

除去水分，氯氣和水反應(yīng)得到次氯酸和鹽酸，會生成更多的副產(chǎn)物；

(4)該方案是不行的，因為三氯乙酸是有機(jī)物，會溶于乙醇和三氯乙醛，依據(jù)題目給出的沸點可知此處用蒸儲

的方法最適合；

⑸依據(jù)n=c.V=0.02x0.02=4xl(y4mol算出消耗的Na2s2O3的物質(zhì)的量，依據(jù)2:1的系數(shù)比，這些Na2s2。3

對應(yīng)著過量的ZxlO^moi單質(zhì)碘，而一起先加入的碘的物質(zhì)的量為n=c.V=0.1x0.02=2xl0-3mol,因此整個

過程中消耗了L8xl0-3mol單質(zhì)碘，再次依據(jù)化學(xué)計量數(shù)之比發(fā)覺CCLCH。：上為1：1，也就是說產(chǎn)品中有

IKxlCPmol三氯乙醛，質(zhì)量為m=nxM=L8xl(rxi47.5=0.2655g,因此產(chǎn)品的純度為

0-2655xl00%=73.75%o

0.36

9.隨著人們對硒的性質(zhì)深化相識及產(chǎn)品硒的純度提高，硒的應(yīng)用范圍越來越廣。某科學(xué)小組以硫鐵礦生產(chǎn)硫酸過

程中產(chǎn)生的含硒物料(主要含S、Se、Fe2O3>CuO、ZnO、SiO?等)提取硒，設(shè)計流程如下：

煤油NaClOs稀H2sCh

含硫煤油C1O2濾渣濾液

回答下列問題：

(1)“脫硫”時，測得脫硫率隨溫度的改變?nèi)鐖D。隨著溫度的上升，脫硫率呈上升趨勢，其緣由是—

最佳溫度是O

(2)“氧化酸浸”中，Se轉(zhuǎn)化成HfeO3,該反應(yīng)的離子方程式為。

(3)采納硫版［(NH3CS］聯(lián)合亞硫酸鈉進(jìn)行“控電位還原”，將電位高的物質(zhì)先還原，電位低的物質(zhì)保留在

溶液中，以達(dá)到硒與雜質(zhì)金屬的分別。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的電位。

2+2+2+3+2+

名稱Cu/CuZn/ZnFe/FeFe/FeCIO2/CIH2SeO3/Se

電位/V0.345-0.760-0.4400.7701.5110.740

①限制電位在0.740?1.511V范圍內(nèi)，在氧化酸浸液中添加硫JK,可選擇性還原CIO?。該過程的還原反應(yīng)(半

反應(yīng))式為o

②為使硒和雜質(zhì)金屬分別，用亞硫酸鈉還原時的最低電位應(yīng)限制在____Vo

(4)粗硒的精制過程：Na2s浸出［Se轉(zhuǎn)化成硒代硫酸鈉(Na2SeS03)］-Na2s凈化-H2s04酸化等步驟。

①凈化后的溶液中c(NazS)達(dá)到0.026mol-L-1,此時溶液中的c(Cu")的最大值為,精硒中基本不

含銅。［端(CuS)=1.3X10-6］

②硒代硫酸鈉酸化生成硒的化學(xué)方程式為。

(5)對精硒成分進(jìn)行熒光分析發(fā)覺，精硒中鐵含量為32ug-g-1,則精硒中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為,

與粗硒中鐵含量為0.89%相比，鐵含量明顯降低。

【答案】(14分，除標(biāo)明外，每空2分)

(1)溫度上升，單質(zhì)硫在煤油中的溶解度增加(1分)95℃(1分)

+

(2)4C103-+4H+Se=4C102t+H20+H2SeO3

+

(3)C102+4H+5e「=Cl"+2H200.345

(4)5.OX1()T5mol.L-iNa2SeSO3+H2S04=Na2S04+SeI+S02t+H=0

(5)3.2X10-%

【解析】

硒酸泥(主要含S、Se、Fe203,CuO、ZnO、SiO,等)加入熱煤油萃取硫，固體加入稀硫酸、氯酸鈉進(jìn)行氧化，

過濾，濾渣中含有氫氧化鐵、二氧化硅，氧化浸出液含有壓SeOs,限制電位還原，發(fā)生氧化還原反應(yīng)可生成

Se?

(1)“脫硫”時，脫硫率隨著溫度的上升，脫硫率呈上升趨勢，其緣由是溫度上升，單質(zhì)硫在煤油中的溶解

度增加。最佳溫度是95℃。

(2)“氧化酸浸”中，固體加入稀硫酸、氯酸鈉進(jìn)行氧化，$0轉(zhuǎn)化成員5603,的03一還原成的02,該反應(yīng)的

離子方程式為4cl(X+4H++Se=4C102t+H2O+HzSeOs。

(3)①限制電位在0.740?1.511V范圍內(nèi)，在氧化酸浸液中添加硫厥，可選擇性還原ClOz,CIO?得電子還原

+

成C「，該過程的還原反應(yīng)(半反應(yīng))式為CIO?+4H+5e「=CF+2H20?

②為使硒和雜質(zhì)金屬分別，確保Cu/、Zn2\Fe"不被還原，用亞硫酸鈉還原時的最低電位應(yīng)限制在0.345V。

(4)粗硒的精制過程：Na2s。3浸出：Se轉(zhuǎn)化成硒代硫酸鈉(Na2SeSO3)]-Na2s凈化一HzSOa酸化等步驟。

①凈化后的溶液中c(NazS)達(dá)到0.026mol-f1,此時溶液中的c(Cu2+)的最大值為《*=勺竽)=

ds2-)

12x10-36

°U—=5.0X10-35mol.L-1；精硒中基本不含銅。

0.026

②硒代硫酸鈉酸化生成硒、二氧化硫和水，化學(xué)方程式為NazSeS03+H2SO4=Na2S04+SeI+S02t+H20。

(5)精硒中鐵含量為3211g?gT,則精硒中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==32x108x100%=3.2X10^%,與粗硒中

1g

鐵含量為0.89%相比，鐵含量明顯降低。

【點睛】本題考查物質(zhì)的制備以及分別提純，側(cè)重考查學(xué)生的分析實力和試驗實力，題目涉及試驗的設(shè)計與

評價，考查混合物的分別與提純及反應(yīng)原理的理解與應(yīng)用，難點(3)對電極電位學(xué)問的學(xué)習(xí)和理解，并應(yīng)用

到解題中。

10.隨著氮氧化物對環(huán)境及人類活動影響的日趨嚴(yán)峻，如何消退大氣污染物中的氮氧化物成為人們關(guān)注的主要問

題之一。

I.利用NHs的還原性可以消退氮氧化物的污染，其中除去N0的主要反應(yīng)如下：4NH3(g)+6N0(g)L

5N2(g)+6H20(l)AH<0

(1)寫出一種可以提高NO的轉(zhuǎn)化率的方法：o

(2)肯定溫度下，在恒容密閉容器中依據(jù)n(NHj：n(N0)=2：3充入反應(yīng)物，發(fā)生上述反應(yīng)。下列不熊推斷

該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是

A.C(NH3)：c(NO)=2：3B.n(NH3)：n(N2)不變C.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變D.容器內(nèi)混合氣體的密度

不變E.ImolN—H鍵斷裂的同時，生成鍵

y

(3)已知該反應(yīng)速率v正=1<正?/(NHs)?c(NO),v逆=卜逆,/(n)?c(H20)(k正、k逆分別是正、逆反應(yīng)速率

常數(shù))，該反應(yīng)的平衡常數(shù)kk/k逆，則x=,y=o

(4)某探討小組將2moiNH3、3molN0和肯定量的￡充入2L密閉容器中，在Ag2。催化劑表面發(fā)生上述反應(yīng),

N0的轉(zhuǎn)化率隨溫度改變的狀況如圖所示：

卓

、

明

也

熱

定

Z

Z

笑

苔

O

Z

①在5min內(nèi),溫度從420K上升到580K,此時段內(nèi)N0的平均反應(yīng)速率v(NO)=

②在有氧條件下，溫度580K之后N0生成N2的轉(zhuǎn)化率降低的緣由可能是。

II.用尿素［(NHJzCO］水溶液汲取氮氧化物也是一種可行的方法。NO和NO,不同配比混合氣通入尿素溶液中,

總氮還原率與配比關(guān)系如圖。

(5)用尿素［(NH，CO］水溶液汲取體積比為1：1的NO和NOZ混合氣，可將N元素轉(zhuǎn)變?yōu)閷Νh(huán)境無害的氣

體。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式—。

(6)隨著NO和NO2配比的提高，總氮還原率降低的主要緣由是0

【答案】(15分，除標(biāo)明外，每空2分)

(1)降低溫度(或“增大壓強(qiáng)”、“分別出氮氣”、“增大氨氣濃度”等)(1分)

(2)AE

(3)50

(4)①0.171moPr1?min1②平衡逆向移動

(5)(NHz)2C0+N0+N02=2N2+C02+2H20

(6)NO在尿素溶液中的溶解度較低，未參加反應(yīng)的N0增多

【解析】(1)該反應(yīng)焰變小于零，為放熱反應(yīng)，降溫可以使平衡右移，增大一氧化氮轉(zhuǎn)化率；該反應(yīng)為壓強(qiáng)

減小的反應(yīng)，故增大壓強(qiáng)可使平衡右移；加入氨氣或者移走生成物氮氣都可以使平衡右移增大一氧化氮轉(zhuǎn)化

率，故答案為：降低溫度(或“增大壓強(qiáng)”、“分別出氮氣”、“增大氨氣濃度”等)；

(2)A.依據(jù)方程式可知氨氣與一氧化氮按2：3反應(yīng)，且按n(NHj：n(N0)=2：3充入反應(yīng)物，所以，隨意

時刻都滿意c(NL):c(N0)=2:3,故A錯誤；

B.反應(yīng)正向移動時氨氣的物質(zhì)的量減小，氮氣的物質(zhì)的量增多，所以n(NHs):n(Nz)會變小，當(dāng)該值不在改變

時說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B正確；

C.平衡正向移動壓強(qiáng)減小，逆向移動壓強(qiáng)增大，所以壓強(qiáng)不變時反應(yīng)達(dá)到平衡，故C正確；

D.生成物中有液態(tài)水，所以平衡正向移動時氣體的總質(zhì)量減小，但總體積不變，所以密度會減小，所以當(dāng)混

合氣體密度不變時能說明反應(yīng)平衡，故D正確；

E.ImolN—H鍵斷裂即消耗：mol氨氣，則生成mol水，形成ImolO—H鍵，描述的都是正反應(yīng)速率，故E錯

32

誤；故答案為AE；

46xy

(3)當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時有v正=v逆，即k正?C(NH3),c(NO)=k逆,c(N2),c(H20),變換可得

xy5

Lc(N2).c(H,O)C(NJ

C(NH：」(NJ)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=k正/k逆，平衡狀態(tài)下K=(NH：.」(N。)，所以X%尸。，

故答案為：5；0；

(4)①420K時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為2%,此時消耗的n(N0)=3molX2%=0.06mol,580K時一氧化氮的轉(zhuǎn)化率為

59%,此時消耗的n(N0)=3molX59%=l.77mol,此時段內(nèi)一氧化氮的改變量為：1.77mol-0.06moi=1.71mol,

1.71mol

容器的體積為2L,所以反應(yīng)速率Ac2Lm力E.t,故答案為：0.171mol?L?min%

v=——=—————=nQ.ulmollLmm

At5niin

②該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度上升，平衡逆向移動，一氧化氮的轉(zhuǎn)化率降低；故答案為：平衡逆向移動；

(5)N0和g的體積比為一比一，即反應(yīng)中化學(xué)計量數(shù)之比為一比一，將N元素轉(zhuǎn)變?yōu)閷Νh(huán)境無害的氣體即

氮氣，依據(jù)元素守恒和電子守恒可知方程式為：(NHJ2CO+NO+NO2=2刈+0)2+240,故答案為(NH2)2C0+N0+N02=

2N2+C02+2H20；

(6)一氧化氮溶解度小，大量的一氧化氮通入之后不能反應(yīng)，導(dǎo)致總還原率降低，故答案為：N0在尿素溶

液中的溶解度較低，未參加反應(yīng)的N0增多。

(二)選考題：

11.微量元素硼和鎂對植物的葉的生長和人體骨骼的健康有著非常重要的作用，其化合物也應(yīng)用廣泛。

(1)基態(tài)B原子的電子排布圖為,其第一電離能比Be(填“大”或

“小”)o

(2)三價B易形成配離子，如［B(0H)4「、［BHJ-等。［B(0H)4「的結(jié)構(gòu)簡式為(標(biāo)出配位鍵)，

其中心原子的雜化方式為,寫出［BH1一的一種陽離子等電子體。

(3)下圖表示多硼酸根的一種無限長的鏈?zhǔn)浇Y(jié)構(gòu)，其化學(xué)式可表示為(以n表示硼原子的個數(shù))。

(4)硼酸晶體是片層結(jié)構(gòu)，下圖表示的是其中一層的結(jié)構(gòu)。每一層內(nèi)存在的作用力有一

(5)三氯化硼的熔點比氯化鎂的熔點低，緣由是o

(6)鎂單質(zhì)晶體中原子的積累模型如下圖，它的積累模型名稱為；緊鄰的四個鎂原子的中心連線構(gòu)

成的正四面體幾何體的體積是2acm＞鎂單質(zhì)的密度為Pg-cm-3,已知阿伏伽德羅常數(shù)為NA,則鎂的摩爾

質(zhì)量的計算式是。

【答案】(15分)

(1)曲曲。分)

小(1分)

OHI-

+

（2）?<>—a—c?i（2分）sp''（1分）NH4（1分）

「0H」

(3)(BOz)。(2分)

(4)共價鍵、氫鍵(2分)

(5)三氯化硼為分子晶體，而氯化鎂為離子晶體，范德華力比離子鍵弱(2分)

(6)六方最密積累(1分)12NA?a?P(2分)

【解析】

【分析】

(1)基態(tài)B原子的核電荷數(shù)為5,基態(tài)B的電子排布式為Is^sV;Be原子元素2s軌道為全充溢穩(wěn)定狀態(tài)，

第一電離能高于同周期相鄰元素的；

(2)硼化合物是典型的缺電子結(jié)構(gòu)化合物,H3BO3也屬于缺電子化合物，可接受0日的一對孤電子對形成B(OH)

「；中心原子B鍵合電子對數(shù)目為4,沒有孤電子對；等電子體是指原子數(shù)目相同，價電子總數(shù)相同的微粒;

(3)依據(jù)均攤思想分析偏硼酸根離子的化學(xué)式；

(4)硼酸晶體是片層結(jié)構(gòu)，硼酸分子內(nèi)存在共價鍵，分子間存在氫鍵，分子之間還存在范德華力；

(5)三氯化硼是共價型分子，而氯化鎂是離子化合物；

(6)鎂單質(zhì)晶體中原子的積累方式是按ABABABAB…的方式積累；依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知緊鄰的四個鎂原子的中

2Mr

心連線構(gòu)成的幾何體占整個晶胞的,，而晶胞中含有的鎂原子數(shù)為1+：X8=2,依據(jù)P=,Nr,即可計

128F

12

算Mro

【詳解】

(1)基態(tài)B的電子排布式為Is22s⑵；，由泡利原理、洪特規(guī)則，電子排布圖為血血|?|~P||;Be

原子元素2s軌道為全充溢穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能Be>B；

(2)硼化合物是典型的缺電子結(jié)構(gòu)化合物，H3BO3也屬于缺電子化合物，可接受0H一的一對孤電子對形成B(OH)

J,所以形成配位鍵，表示為:;B鍵合電子對數(shù)目為4,沒有孤電子對，則中心原子的雜化方

式為sp'；等電子體是指原子數(shù)目相同，價電子總數(shù)相同的微粒，則與［BHJ互為等電子體的陽離子有：NHJ；

(3)依據(jù)均攤思想，無限長鏈?zhǔn)狡鹚岣x子中，一個B相當(dāng)于占有。的數(shù)目為1+2X^=2,所以其化學(xué)式

2

可表示為：(B0。「；

(4)硼酸晶體是片層結(jié)構(gòu)，硼酸分子內(nèi)存在共價鍵，分子間存在氫鍵，分子之間還存在范德華力;

(5)三氯化硼是共價型分子，其晶體為分子晶體，而氯化鎂是離子化合物，其晶體是離子晶體，因范德華力

比離子鍵弱，則三氯化硼的熔點比氯化鎂的熔點低；

(6)鎂單質(zhì)晶體中原子的積累方式是按ABABABAB…的方式積累，是六方最密積累；依據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知緊鄰

的四個鎂原子的中心連線構(gòu)成的幾何體占整個晶胞的,，而晶胞中含有的鎂原子數(shù)為1+^X8=2,依據(jù)P=

128

2Mr

N

,A,則有Mr=12NA?a?p?

【點睛】

晶胞的計算，屬于高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析實力的考查，明確頂點、棱、面心上每個原子被幾個晶胞占

有是解本題關(guān)鍵。本題利用均攤法計算該小正方體中各種原子個數(shù)，頂點上的原子被8個小正方體共用，面

心上的原子被2個小正方體共用，體心上的原子被1個小正方體占有。

36.［化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)］(15分)

有機(jī)物W在醫(yī)藥和新材料等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。W的一種合成路途如圖：

請回答下列問題：

（DY的化學(xué)名稱是_；Z中官能團(tuán)的名稱是_；

CHJCHJ

（2）中―（填“有”或“無”）手性碳原子；圖示中X轉(zhuǎn)化為Y的反應(yīng)類型是一。

（3）生成W的化學(xué)方程式為_。

（4）G是對硝基乙苯的同分異構(gòu)體，G能和碳酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生氣體且分子中含有一NH?（氨基），G的同分異構(gòu)體

有一種（不考慮立體結(jié)構(gòu)），其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為1：2：2：2：2的結(jié)構(gòu)簡式為—。

（5）設(shè)計以苯乙烯和丙酮為原料制備藥物中間體的合成路途—（無機(jī)試

劑自選）。

【答案】（15分）

（1）2,3-二甲基-2-丁烯（2分）跋基（1分）

（2）無（1分）消去反應(yīng)（1分）

?T索件

(3)（2分）

CHJCHJH2+CHJ—C-CHj----------?CHJCHJN=C<CHih+H2O

(4)17(2分)H：NCHrOOH或HjCOOH（2分）

（4分）

【分析】

X分子式是C6H14O,分子式符合飽和一元醇或飽和一元酸，X與濃硫酸混合加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成烯煌Y,ImolY

完全反應(yīng)生成2moiZ,則Y結(jié)構(gòu)對稱，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅濁液反應(yīng)，說明Z中不含裝基,

依據(jù)信息i知，Z為HJLCHJ貝°丫為（CHJ￡=C（CH3）2,X為（CH3）ZCHCHOH（CH3）2；乙苯與濃硫酸、濃硝酸混

合加熱，發(fā)生乙基對位上的取代反應(yīng)產(chǎn)生對硝基乙苯,然后與Fe在HC1存在下發(fā)生還原反應(yīng)產(chǎn)生對氨基乙苯，