1、- 1 -四川省西昌市凉山州 2019 届高三化学上学期第一次诊断性检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Na-23 Fe-56 C-64 Zn-65 Ti-48一、选择题。每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，共 13 题，每题 6 分，共 78分。1.化学与生产、生活密切相关，下列对有关事实的说法正确的是A. 绿色化学的核心是在化学合成中将原子充分利用，转化为新的原子B. 二氧化硅可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料C. 燃煤中添加适量 CaO 可减少 SO2排放量，燃烧中硫元素转化为 CaSO4D. 生活中常见的金属镁、铝、
2、铁、铜等均能通过热还原法冾炼【答案】C【解析】【详解】A.绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故 A 错误；B.高纯硅应用在太阳能电池，二氧化硅在光导纤维的信息高速传输中有重要应用，故 B 错误；C.向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收 SO2生成硫酸钙，可以减少 SO2的排放,故 C 正确；D.镁用电解熔融的氯化镁的方法冶炼，铝性质活泼，用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，铁性质较活泼，用热还原法冶炼，铜性质较活泼，用热还原法冶炼，故 D 错误； 综上所述，本题选 C。【点睛】根据金属活动顺序表可知，从钾到铝为活泼金属，可以采用电解熔融的化合物
3、法进行冶炼；从锌到铜为较活泼金属，可以采用热还原法进行冶炼，对于不活泼金属银和汞，可以采用加热其氧化物的方法得到金属。2.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，其新的合成方法之如下：CH 3-CCH+CH 3OH+A CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法正确的是A. 已知该反应的原子利用率为 100%，则 A 为 CO2B. CH2=C(CH3)COOCH3分子中所有碳原子一定共面- 2 -C. 该方法的优点是原料无爆炸危险D. CH3- C CH 与丙烯的化学性质相似，可以发生加成、氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.已知该反应的原子利用率为 100%，则产物只有 CH2=C(CH3)
4、COOCH3，根据质量守恒定律可以判断 A 为 CO，不可能是 CO2，A 不正确；B.根据乙烯的平面结构可知，结构中 的 1 、2 、3、 4 号四个碳原子一定共平面，而 5 号碳与之可能共平面，B 不正确；C. 已知该反应的原子利用率为 100%，则产物只有 CH2=C(CH3)COOCH3，根据质量守恒定律可知 A 为一氧化碳，一氧化碳、丙炔等都属于可燃性气体，存在爆炸危险，C 错误；D. CH3-CCH 的官能团为碳碳三键，丙烯的官能团为碳碳双键，两者都属于不饱和烃，其性质与丙烯的性质相似，丙烯能发生加成反应和氧化反应，所以该物质可以发生加成、氧化反应，D 正确。综上所述，本题选 D。
5、3.下刎有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的的是A. 装置甲可用酸性 KMnO4溶液滴定 FeSO4溶液B. 用装置乙进行实验时若逐滴滴加 AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明 K sp(AgCl)Ksp(AgI)C. 装置丙可用于收集氢气D. 装置丁可用于 NaOH 溶液除去溴苯中单质溴【答案】A【解析】【详解】A.酸性 KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶管，A 错误；B. 同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因- 3 -为碘化银和氯化银组成相似，可以说明 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，B 正
6、确；C. 氢气的密度比空气小，不与空气反应，要用向下排空气法进行收集，装置丙可以用于收集氢气，C 正确；D. 溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，分层，可以采取分液的方法进行分离提纯，D 正确；综上所述，本题选 A。4.太阳能光伏电池可通过并网，使用半导体照明(LED)；已知发出白光的 LED 是由 GaN 芯片和钇铝石榴石(Y 3Al5O12)芯片封装在一起做成的。下列有关叙述正确的是A. 光伏电池实现了太阳能和电能的相互转化B. 图中 N 型半导体为正极，P 型半导体为负极C. LED 是新型有机高分子材料D. LED 中的 Ga 和 Y 都显+3 价【答案】D【解析】【详解
7、】A 项，光伏电池是直接将太阳能转化为电能的装置，不能将电能转化为太阳能，故A 错误；B 项，图中，正电荷向 P 型半导体移动，负电荷向 N 型半导体电极移动，根据原电池原理知，N 型半导体为负极，P 型半导体为正极，故 B 错误；C 项，发出白光的 LED 是由 GaN 芯片和钇铝石榴石(Y 3Al5O12)芯片封装在一起做成的，属于无机材料，故 C 错误；D 项，LED 是由 GaN 芯片和钇铝石榴石（化学式: Y 3Al5O12）芯片封装在一起做成的，根据化合价规则，Y 的化合价是+3 价，GaN 中 Ga 的化合价是+3 价，故 D 正确；综上所述，本题选 D。5.下列叙述正确的是-
8、4 -A. 3.2g 铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量一定为 0.1molB. 78gNa2S 和 Na2O2的混合物中阳离子与阴离子的个数比不能确定C. 25HCN 的电离平衡常数为 5.01010 ，则浓度均为 0.10molL1 NaCN 和 HCN 的混合溶液中有 c(Na+)c(CN )c(OH ) c(H+)D. Fe(NO3)2溶液中加入过量的 HI 溶液：Fe 2+NO3 +4H+2I =I2+Fe3+NO+2H 2O【答案】C【解析】【详解】A. 3.2g 铜的物质的量为 0.05mol，根据反应可知，0.05mol 铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成 0.1mol
9、 二氧化氮气体，但由于 2NO2 N2O4可逆反应存在，所以 3.2g 铜溶于过量的浓硝酸完全反应生成的气体的物质的量小于 0.1mol，A 错误；B.Na2S 和 Na2O2均属于离子化合物，阴阳离子个数比均为 1:2，两种物质的相对分子质量均为78，所以 78gNa2S 和 Na2O2的混合物为 1mol，混合物中阳离子与阴离子的个数比为 2:1，B 错误；C. NaCN 能够水解，水解平衡常数 Kh=KW/Ka=10-14/（5.010 10 ）=210 5 5.01010 ，即NaCN 溶液的水解能力大于 HCN 的电离能力，混合液显碱性，因此 0.10molL1 NaCN 和 HCN
10、的混合溶液中有 c(Na+)c(CN )c(OH ) c(H+)，C 正确；D. 碘离子的还原性大于亚铁离子，所以酸性条件下，硝酸氧化碘离子，由于碘离子过量，所以硝酸不能氧化亚铁离子，正确的离子方程式为：2NO 3 +8H+6I =3I2+2NO+4H 2O，D 错误；综上所述，本题选 C。【点睛】判定同浓度的弱酸 HA 及弱酸强碱盐 NaA 的混合液的酸碱性，要根据弱酸的电离平衡常数 Ka和盐的水解平衡常数 Kh进行判定：若 Kh=Kw/KaKa，即盐的水解能力大于酸的电离能力，溶液显碱性；若 Kh=Kw/Kar(B)r(C)C. D 的非金属性强于 A，所以 D 的含氧酸的酸性强于 AD.
11、 含有 A，B 两元索的盐溶液不可能显中性- 5 -【答案】B【解析】【分析】B 的气态氢化物的水溶液显碱性，B 为 N；C 元素在大气中存在两种常见单质氧气和臭氧，C为 O；D 为第三周期元素，原子最外层电子数是次外层电子数的 0.875 倍，所以最外层电子数为 80.875=7，D 为 Cl；A、B、C、D、E 为原子序数依次增大的短周期元素，所以 E 为Ar,属于 0 族元素，最外层有 8 个电子，氮原子最外层电子数为 5，根据 A、B、E 的最外层电子数之和为 17 可知 A 原子最外层电子数有 4，所以 A 为 C；满足 A、B、E 三种元素的质子数之和为 6+7+18=31 条件，
12、据以上分析解答。【详解】结合以上分析可知，A 为 C、B 为 N、C 为 O、D 为 Cl、E 为 Ar，A. A 为 C，其气态氢化物为甲烷，甲烷不溶于水，A 错误；B. 同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径的大小顺序：r(A)r(B)r(C)，B正确；C.只有该元素最高价氧化物的的水化物的含氧酸才能比较酸性强弱，C 错误；D. 含有 C、N 两元素的盐溶液可能为醋酸铵，该溶液显中性，D 错误；综上所述，本题选 B。7.恒温条件下的可逆反应：A(s)+2B(g) 2C(g)+D(g) H0，在甲容器充入2molA、2molB 并保持压强不变，乙容器充入 2molC、 1mol D
13、 并保持体积不变，起始时甲、乙两容器气体体积相等。为使平衡时两容器中 B 的浓度相等，下列措施不可行的是A. 乙容器中分离出一定量的 D 气体B. 向甲谷器中再充入一定量的 B 气体C. 将甲的活塞往下压至反应前的位置D. 适当降低乙容器的温度【答案】B- 6 -【解析】【分析】在甲容器充入 2molA、2molB，乙容器充入 2molC、 1mol D；由于 A 呈固态，若甲、乙是恒温恒容容器，则达到平衡时甲、乙中 B 的浓度相等，而甲是恒温恒压容器，平衡时的体积大于起始时的体积，甲相当于在恒温恒容的基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时甲中 B 的浓度小于乙；要想保持平衡时两容器中 B 的浓
14、度相等，可以采取减小乙容器内 D 气体的浓度，适当降低乙容器内的温度，使平衡向右移，减小 B 的浓度；或者把甲的活塞往下压至反应前的位置，缩小体积，增大甲容器内 B 的浓度；据以上分析解答。【详解】在甲容器充入 2molA、2molB，乙容器充入 2molC、 1mol D；由于 A 呈固态，若甲、乙是恒温恒容容器，则达到平衡时甲、乙中 B 的浓度相等，而甲是恒温恒压容器，平衡时的体积大于起始时的体积，甲相当于在恒温恒容的基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时甲中 B 的浓度小于乙；A 项，要想保持平衡时两容器中 B 的浓度相等，可以从乙容器中分离出一定量的 D 气体，减小生成物浓度，平衡右移，
15、可以使平衡时两容器中 B 的浓度相等，A 正确；B 项，针对于甲容器：属于等温等压，若向甲容器中再充入一定量的 B 气体，与原甲中平衡等效，B 气体的浓度不变，不能使平衡时两容器中 B 的浓度相等，B 错误；C 项，根据上述分析，可以将甲的活塞往下压至反应前的位置，此时与乙为恒温恒容下的等效平衡，两容器中 B 的浓度相等，C 正确；D 项，该反应为放热反应，由于甲中 B 的浓度小于乙中 B 的浓度，所以适当降低乙容器的温度，平衡右移，可以使平衡时两容器中 B 的浓度相等，D 正确；综上所述，本题选 B。【点睛】针对 A(s)+2B(g) 2C(g)+D(g) H0,反应，如果反应达到平衡后，在
16、等温等容条件下，再充入 B(g)，等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积变化不为 0，所以平衡向左移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入 B(g)，等效于等压过程，与原平衡等效。8.亚硝酸钠(NaNO 2)是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛，外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒。某学习小组通过如下装置(夹持及加热装置略去)制取 NaNO2样品并对样品含量进行测定- 7 -该小组先查阅资料知：NO、NO 2能被酸性高锰酸钾氧化为 NO3 。(1)装置 A 中用于盛放浓硝酸的仪器名称为_，装置 D 中发生的化学反应方程式为_。(2)装置 C
17、中所装的液体需满足的条件是_。其作用为_。(3)装置 E 的作用是_。(4)为测定制得样品中 NaNO2的含量，该实验中需配制 KMnO4标准溶液并酸化，应选择_(填化学式)来酸化 KMnO4溶液。(5)已知：在酸性溶液中，NO 2 可将 MnO4 还原为 Mn2+。为测定样品中亚硝酸钠的含量，该小组称取 4.0g 样品溶于水配制成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用 0.100molL1的酸性 KMnO4溶液进行滴定，消耗 20.00mL 酸性 KMnO4溶液(杂质不反应)。滴定过程中酸性KMnO4溶液的作用是_，所得样品中 NaNO2的质量分数为_。【答案】 (1).
18、 )分液漏斗 (2). Na2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2 (3). 既不能溶解 NO2、NO，也不能与 NO2、NO 发生化学反应 (4). 通过观察广口瓶液体中产生气泡的速率来控制 NO2、NO 的混合比例 (5). 吸收过量的 NO2、NO，避免尾气造成环境污染 (6).H2SO4 (7). 做氧化剂和指示剂 (8). 86.25%【解析】【分析】(1) 装置 A 内铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，装置 B 内铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，两种气体与碳酸钠反应生成亚硝酸钠据此写出反应的方程式；- 8 -(2) 装置 C 的作用既可以使干燥一氧化氮、二氧化氮气体混合均匀，控
19、制气体的流速，据此分析装置 C 中所装的液体需满足的条件及作用；(3) 酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理，以防止污染空气，据此分析装置E 的作用；(4) KMnO4溶液具有强氧化性，一般都用硫酸来酸化；(5) NO2 可将 MnO4 还原为 Mn2+，体现了酸性 KMnO4溶液的强氧化性，滴定终点的现象为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，且 30s 内颜色保持不变；所以高锰酸钾溶液除了起到氧化性的作用外，还能起到指示剂的作用；根据氧化还原反应中电子得失守恒关系：2MnO4 5NO2 ，计算出样品中含有亚硝酸钠的量及质量，最后计算出样品中 NaNO2的质量分数。【详解】
20、(1) 控制液体的滴加速度，装置 A 中用于盛放浓硝酸的仪器为分液漏斗；装置 A 内铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，装置 B 内铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，两种气体与碳酸钠反应生成亚硝酸钠，反应的化学反应方程式为：Na 2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2 ；综上所述，本题答案是：分液漏斗；Na 2CO3+NO2+NO=2NaNO2+CO2 。(2)因为两个反应产生的 NO2和 NO 最终要和碳酸钠反应，因此装置 C 中所装的液体需满足的条件是：既不能溶解 NO2、NO，也不能与 NO2、NO 发生化学反应；综上所述，本题答案是：既不能溶解 NO2、NO，也不能与 NO2、NO 发
21、生化学反应。该装置内所盛装的溶液除了使气体混合均匀，还可以通过观察 C 装置内液体中产生气泡的速率来控制 NO2、NO 的混合比例，以便 NO2、NO 混合气体尽可能与碳酸钠完全反应；综上所述，本题答案是：通过观察广口瓶液体中产生气泡的速率来控制 NO2、NO 的混合比例 。 (3)根据信息可知，酸性高锰酸钾溶液能够把剩余的氮的氧化物吸收处理，以防止污染空气；因此装置 E 的作用是吸收过量的 NO2、NO，避免尾气造成环境污染；综上所述，本题答案是：吸收过量的 NO2、NO，避免尾气造成环境污染。(4) KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化盐酸，不能用盐酸酸化；而硝酸具有强氧化性，影响实验，稀
22、硫酸性质稳定，不能被高锰酸钾溶液氧化；所以该实验中需配制 KMnO4标准溶液并选择稀 H2SO4来酸化。综上所述，本题答案是：H 2SO4。(5) NO2 可将 MnO4 还原为 Mn2+，体现了酸性 KMnO4溶液的强氧化性，滴定终点的现象为滴入- 9 -最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变成紫红色，且 30s 内颜色保持不变；以上利用了高锰酸钾的氧化性和做指示剂性质；消耗标准液的体积为 20.00mL，25.00mL 样品消耗高锰酸钾的物质的量为 0.100molL1 0.02 L=0.002mol；则 250mL 样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.02 mol；根据化合价变化可得反应的关系式
23、：2MnO 4 5NO2 ，则 4.0g 样品中含有亚硝酸钠的物质的量为 0.02mol5/2=0.05 mol，质量为 0.0569=3.45g，所以所得样品中 NaNO2的质量分数为 3.45g/4.0g100%=86.25%；综上所述，本题答案是：做氧化剂和指示剂 ，86.25%。9.LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。以钛铁矿(主要成分为 FeTiO3、Fe 2O3及少量CuO、SiO 2杂质)为主要原料生产 TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO 47H2O)与磷酸和 LiOH 反应可制各 LiFePO 4， LiFePO 4的制备流程如下图所示：请回答下列问题：(1)酸溶
24、时 FeTiO 3与硫酸反应的化学方程式可表示为_。(2)加铁屑还原的目的是_，过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_。(3)“反应”需要按照一定的顺序加入 FeSO4溶液、磷酸和 LiOH，其加入顺序应为_，其理由是_。(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取 Cu2O，Cu 2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取 Cu2O 的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H 2O Cu2O+H2。则该装置中铜电极应连接直流电源的_极，石墨电极的电极反应式为_，当有 0. 1mol Cu2O 生成时电路中转移_mol 电子。【答案】 (1). FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+T
25、iOSO4+2H2O (2). 把铁离子还原为亚铁离子，- 10 -置换出铜 (3). 取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全 (4). 磷酸 硫酸亚铁溶液 LiOH (5). 先加磷酸，在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀 (6). 正 (7). 2H 2O+2e-=H2+2OH - (8). 0.2【解析】【分析】(1)酸溶时 FeTiO 3与硫酸反应生成 FeSO4和 TiOSO4，据此写出方程式；(2)铁具有还原性，能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜； 还原的是否完全，通过
26、检验反应后的溶液中是否含有铁离子即可，选用试剂硫氰化钾溶液；（3）亚铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，需要加酸抑制其水解，据此分析三种试剂加入的顺序；(4)电解池的阳极与电源的正极相连，发生氧化反应，电解池的阴极与电源的负极相连，发生还原反应；根据总反应方程式及电子转移数目进行计算；【详解】(1)酸溶时 FeTiO 3与硫酸反应生成 FeSO4和 TiOSO4，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；综上所述，本题答案是：FeTiO 3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。(2)铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离
27、子还原为亚铁离子，并置换出铜；综上所述，本题答案是：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜。加入的还原剂铁能够把铁离子还原为亚铁离子，能够把铜离子还原为铜，还原的是否完全，可以通过检验还原后的溶液中是否存在铁离子，其操作方法为：取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全；综上所述，本题答案是：取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全。（3）“反应”需要按照磷酸、FeSO 4溶液和 LiOH 顺序加入试剂；综上所述，本题答案是：磷酸、 硫酸亚铁溶液、LiOH。亚
28、铁离子能够发生水解，易被氧气氧化，因此先加磷酸，产生酸性环境，然后再加入- 11 -FeSO4溶液，在酸性环境下可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；最后加入 LiOH；综上所述，本题答案是：在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀；(4) 根据电解总反应：2Cu+H 2O Cu2O+H2可知，Cu 发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH -；根据该反应可知 2e-Cu2O，所以当有 0.1mol Cu2O 生成时电路中转移 0.2mol 电子。综上所述，本题答案是：正
29、，2H 2O+2e-=H2+2OH -， 0.2。10.大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。(1)用 CH4催化还原氮氧化物，已知 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H 1= a kJ/mol，欲计算反应 CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(1)的焓变H 2，则还需要查找某化合反应的焓变H 3，该化合反应中各物质化学计量数之比为最简整数比时H 3=bkJ/mol，则该化合反应的热化学方程式为_。据此计算出H 2=_kJ/mol(用含 a 和 b 的式子表示)。(2)汽车尾气转化
30、的反应之一：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) H=746.5kJ/mol。在某温度时，可按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不同时间的 NO 和 CO 浓度如下表：请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：前 2s 内的平均反应速率 (N 2)=_。在该温度下，反应的平衡常数 K=_(只写出计算结果)。对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明_(填字母)。A.该反应的反应物混合后很不稳定- 12 -B.在催化剂的作用下，该反应一旦发生将在较短的时间内完成C.该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小D.该反应在一定条
31、件下能自发进行E.该反应使用催化剂意义不大(3)通过调节溶液 pH，在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的 CN 转化为碳酸盐和 N2而除去。写出该反应的离子方程式为_。(4)废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知 Ksp(NiS)=1.11021 ，K sp(CuS)=1.31036 ，国家规定的排放标淮：镍低于 1.1105 molL1 ，铜低于7.8105 molLl 。则需要控制溶液中 S2 的浓度不低于_molL 1 。【答案】 (1). N2(g)+O2(g)=2NO(g) H 3=bkJ/mol (2). a-2b (3). 1.87510-4mol/(Ls) (4). 50
32、00 (5). BCD (6). 2CN +5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3+N 2+5Cl -+H2O (7). 110-16【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2) 根据表格数据先计算出 (NO)，然后根据速率之比和系数成正比计算出 (N 2)；计算出平衡以后各物质的浓度，根据平衡常数计算公式进行计算；根据影响化学反应速率的因素进行分析，根据G= H-TS0 反应能够自发进行进行分析；根据平衡常数定义进行分析；(3) 漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸根离子具有氧化性，能够把 CN 氧化为碳酸盐和氮气，据此写出反应方程式；(4)根据 Ni 2+达到排放标准时，c(S
33、2-)c(Ni2+)K sp(NiS)，从而计算出 S2-的浓度的最小值。【详解】(1)CH 4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H 1=a kJ/mol， CH 4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(1) H 2，根据盖斯定律可知，1/2-可得 2NO(g)-O2(g)=N2(g)，1/2H 2-H 1, 根据题意可知，N2(g)+ O2(g)=2NO(g) H 3=-1/2H 2-H 1=bkJ/mol；H 2=(a-2b)kJ/mol； 综上所述，本题答案是：N 2(g)+ O2(g)=2NO(g) H 3=bkJ/mol，a-2b。 (2) 从
34、表格数据可知前 2s 内，c(NO)=(10-2.5)10 -4mol/L=7.510-4mol/L，(NO)- 13 -=7.510-4mol/L /2s=3.7510-4 mol/(Ls)，根据速率之比和系数成正比可知，前 2s 内的平均反应速率 (N 2)=1/2(NO)= 1.87510 -4mol/(Ls)； 综上所述，本题答案是：1.87510 -4mol/(Ls)。4s 以后，反应达到平衡状态，平衡后各物质浓度分别为：c(NO)=110 -4mol/L，c(CO)=2.710-3 mol/L，c(N 2)=0.5(10-1)10-4 mol/L =4.510-4mol/L，c(C
35、O 2)=(10-1) 10-4 mol/L =910-4mol/L，K=c 2(CO2)c(N2)/c2(CO)c2(NO)=(910-4)24.510-4/(110-4)2(2.710-3 )2=5000；综上所述，本题答案是：5000。该反应在催化剂存在时反应速率很快，所以反应一旦发生将在很短的时间内完成，但不能说明 NO 和 CO 混合后很不稳定，A 项错误、B 项正确；该反应的化学平衡常数大，所以反应达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小，C 项正确；该反应是一个熵减的放热反应，所以一定条件下能自发进行，D 项正确；使用高效催化剂能大大加快化学反应速率，故 E 项错误。综上所述，本
36、题选 BCD。(3) 漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸根离子具有氧化性，能够把 CN 氧化为碳酸盐和氮气，该反应的离子方程式为 2CN +5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3+N 2+5Cl -+H2O；综上所述，本题答案是：2CN +5ClO-+2OH-+2Ca2+=2CaCO3+N 2+5Cl -+H2O。(4) Ni2+达到排放标准时，c(S 2-)c(Ni2+)K sp(NiS)，所以 c(S2-)K sp(NiS)c(Ni2+)mol/L=1.110-21(1.110-5)mol/L=10-16mol/L，因为 Ksp(CuS)远小于 Ksp(NiS)，所以此时Cu2+肯定
37、达到排放标准，则需要控制溶液中 S2-的浓度不低于 10-16mol/L。综上所述，本题答案是：10 -16。11.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，其单质及化合物在航天、军事、航海、医疔等领域都有着重要的应用。请回答下列问题：(1)基态 Ti 原子的价电子轨道表示式为_。(2)化学式为Ti(H 2O)6Cl3的绿色晶体是 TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与 Ti3+形成配位键的原子是_ (填元素符号)，该原子的杂化类型为_杂化，该晶体所含元素中，电负性最大的元素是_ (填元素符号)。(3)化学式为Ti(H 2O)5 ClCl2H2O 的绿色晶体是 TiCl3的六水合物的另一种晶型，取
38、 1mol该晶体溶于水配成 500mL 溶液，加入足量 AgNO3溶液使 Cl-完全沉淀，消耗 AgNO3的物质的量为_mol。- 14 -(4)钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示，TiCl4、TiBr 4、TiI 4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_。(5)TiO2能溶浓硫酸并析出一种离子晶体，已知其中阳离子是以链状聚合物形式存在的钛酰阳离子，其结构如下图所示，阳离子化学式为_，写出一种与 SO42 互为等电子体的分子_。(6)下图是钛晶体在空间的一种堆积方式，此堆积方式名称为_，钛原子的配位数为_。已知：a=0.295nm，c=0.469nm，则该钛晶体的密度为_gcm3 (NA表
39、示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】 (1). (2). O (3). sp3 (4). O (5). 2 (6). TiCl4、TiBr 4、TiI 4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 (7). （TiO） n2n+ 或(TiO2+) (8). CCl4 SiCl4等 (9). 六方最密堆积 (10). 12 (11). 486/ (2.9510-8)24.6910-8NA【解析】【分析】(1)根据基态 Ti 原子的价电子为 3d24s2，画出其价电子轨道表示式；- 15 -(2) Ti(H2O)6Cl3
40、晶体中，与 Ti3+形成配位键的原子是 O，O 原子的杂化类型为 sp3；晶体所含元素中，电负性最大的元素是 O。(3)取 1mol 绿色晶体Ti(H 2O)5ClCl2H2O 溶于水配成 500mL 溶液，溶液中含有 2mol 氯离子，据此进行计算； （4）组成和结构相似的分子晶体，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点越高；(5) Ti 与 O 的个数比为 1:1，化学式为（TiO） n2n+ (TiO2+)；SO 42-中的 S 属于 sp3杂化，SO 42-原子总数为 5，价层电子总数为 32，据此规律写出与其互为等电子体的分子；(6)由钛为六方最密堆积，钛原子的配位数为
41、 12；该结构中含有的钛原子个数为 6 个，质量为 486/NAg；求出该结构的体积 Vcm3；根据公式 =m/V 计算出该晶体的密度。【详解】 （1）钛原子的核电荷数为 22，其基态原子核外电子排布为：1s22S22p63s23p63d24s2，其价电子为 3d24s2，价电子轨道表示式为 ；综上所述，本题答案是： 。(2)化学式为Ti(H 2O)6Cl3的绿色晶体是 TiCl3的六水合物的一种晶型，该晶体中，与 Ti3+形成配位键的原子是 O，O 原子形成 2 个 键和 2 对孤电子对，该原子的杂化类型为 sp3；同一周期，从左到右，电负性增大，同一主族，从上到下，电负性减小，因此该晶体所
42、含元素中，电负性最大的元素是 O。综上所述，本题答案是：O，sp 3 ，O。(3)化学式为Ti(H 2O)5ClCl2H2O 的绿色晶体是 TiCl3的六水合物的另一种晶型，取 1mol 绿色晶体溶于水配成 500mL 溶液，溶液中含有 2mol 氯离子，加入足量 AgNO3使 Cl-完全沉淀，消耗 AgNO3的物质的量为 2mol。综上所述，本题答案是：2。(4) 从表中数据可知，TiCl 4、TiBr 4、TiI 4三种卤代物的熔点沸点随着相对分质量的增大而增大，原因是 TiCl4、TiBr 4、TiI 4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而
43、三者的熔点和沸点依次升高；综上所述，本题答案是：TiCl 4、TiBr 4、TiI 4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高。- 16 -(5) Ti 与 O 的个数比为 1:1，化学式为（TiO） n2n+ (或 TiO2+)，SO 42-中的 S 的 电子对数为4，无孤对电子，故价层电子对数为 4，属于 sp3杂化；SO 42-原子总数为 5，价层电子总数为32，与其互为等电子体的分子为 CCl4、SiCl 4等。综上所述，本题答案是：（TiO） n2n+ （或 TiO2+) ，CCl 4、SiCl 4等。(6)由钛的空
44、间堆积方式可知其为六方最密堆积，钛原子的配位数为 12；该结构中含有的钛原子个数为 6 个，质量为 486/NAg；该结构的体积为： (2.9510-8)24.6910-8cm3；则该晶体的密度为：486/ (2.9510-8)24.6910-8NA gcm3 ；综上所述，本题答案是：六方最密堆积，12，486/ (2.9510-8)24.6910-8NA。12.click“点击化学”是一种绿色、高效的有机合成手段。其中铜()催化的炔-叠氮基的点击反应获得五元杂环三氮唑在医药领域有广泛的用途。由芳香化合物 A 合成 G 的过程如下：已知：a.tBu 代表叔丁基b. (1)A 的名称为_，下列关
45、于 A 的说法正确的是_ (填字母)。a 属于芳香烃 b.遇 FeCl3溶液显紫色c 苯环上的一溴代物有两种 d 不能发生氧化反应(2)B 的结构简式为_，其分子中最多有_个原子共平面。(3)化合物 F 到 G 的反应类型为_。(4)书写化合物 D 到 E 化学方程式_。(5)D 的一种同分异构体 H 能与碳酸氢钠反应，且核磁共振氢谱峰面积比为 61，H 的结构简式为_。- 17 -(6)索烃是一种类似锁链没有化学键连接的多个环状分子组合休。 “click”反应广泛用于合成类索烃的基本单元。以 为原料，仿照流程中“click”反应，书写合成环状分子 的路线，有机试剂和无机试剂任选。_【答案】
46、(1). 对叔丁基苯酚（或 4-叔丁基苯酚） (2). bc (3). BrCH2CCH (4). 6 (5). 取代反应 (6). CH3CH2OOCH2Br+NaN3 CH3CH2OOCH2N3+NaBr (7). BrC(CH3)2COOH (8). 【解析】【分析】A 为对叔丁基苯酚，与有机物 B 发生取代反应生成有机物 C，结构简式为 ；由此可以推断出有机物 B 的结构简式为 BrCH2CCH；CH 3CH2OOCH2Br 与 NaN3在一定条件下发生取代反应生成有机物 E，结构简式为 CH3CH2OOCH2N3；根据信息 b 可知，有机物 C 和 E 在铜作用下，发生 click
47、反应，生成有机物 F，F 在甲醇和氢离子条件下发生取代反应生成 G。据以上分析进行解答。【详解】(1)根据题给信息可知，A 为对叔丁基苯酚；aA 属于酚类，不属于烃类，错误； b. A 属于酚类，遇 FeCl3溶液显紫色，正确；c苯环上有 2 种不同环境下的氢，所以苯环上的一溴代物有两种，正确；d有机物能够燃烧，发生氧化反应，属于酚类，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，能发生氧化反应，错误；综上所述，本题正确答案：对叔丁基苯酚（或 4-叔丁基苯酚） ，bc。- 18 -(2)根据有机物 A 和 C 的结构简式可知，有机物 B 的结构简式为 BrCH2CCH，-CCH 为直线结构，3 个原子共直线，也
