新高考2022届高考化学考前冲刺卷（三）

（新高考）2022届高考化学考前冲刺卷（三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，总计45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读或描述错误的是选项传统文化化学角度解读或描述A东风扑酒香，吹醒殊乡愁“香”主要因为美酒含有酯类物质B司南之构（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”司南中“杓”的材质为Fe3O4C《医学入门》记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发D三星堆遗址出土了巨青铜面具、青铜神树等重要文物，古蜀文化再次使世界震惊该批出土的文物中还有金箔、铝碗、玉石器等A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．低级酯类具有香味，酒中含有低级酯，A正确；B．磁铁的主要成分是Fe3O4，有磁性，可以用作21,指南针，B正确；C．水洗净，细研水飞，包括洗涤、溶解，去石澄清，慢火熬干，包括过滤、蒸发，C正确；D．金属铝从发现至今只有100多年的历史，所以出土的文物中不可能有铝碗，D错误；故选D。2．下列化学用语或图示表达正确的是A．异丁烷的球棍模型：B．中子数为45的硒原子：C．氨的电子式：D．基态氯原子的电子排布式：1s22s22p63s23p5【答案】D【解析】A．异丁烷系统命名为2-丙烷，其球棍模型为，为正丁烷的球棍模型，选项A错误；B．中子数为45的硒原子，质量数为79，可表示为：，选项B错误；C．氨气是氮原子与氢原子通过共用电子对形成的共价化合物，其电子式为，选项C错误；D．氯为17号元素，基态氯原子的电子排布式：1s22s22p63s23p5，选项D正确；答案选D。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．常温常压下，11.2g乙烯中共用电子对数目为2.4NAB．0.1molFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NAC．120gMgSO4和NaHSO4的固体混合物中含有阳离子的总数为NAD．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水，所得溶液呈中性，则溶液中的NH数目为NA【答案】B【解析】A．11.2g乙烯的物质的量为，含有1.6mol碳氢键和0.4mol碳碳双键，故总共含有的共用电子对数目为2.4NA，A项正确；B．等物质的量铁和氯气反应生成氯化铁，铁过量，故反应电子的转移根据氯气计算，转移的电子数为0.2NA，B项错误：C．MgSO4和NaHSO4的摩尔质量均为120g/mol，120g混合物的物质的量为21,，混合物中含有的阳离子只有Na+和K+，故含有阳离子的总数为NA，C项正确：D．1molNH4NO3溶于适量稀氨水，所得溶液呈中性，根据电荷守恒n(NH)=n(NO)=lmol，故溶液中的NH数目为NA，D项正确；故选B。4．某有机物M的结构简式如图所示，下列关于M的说法正确的是A．M与乙炔互为同系物B．M分子中所有碳原子共平面C．1molM最多可与5molH2发生加成反应D．M与互为同分异构体【答案】C【解析】A．有机物M有2个三键、1个双键和1个环，与乙炔的结构不相似，二者不互为同系物，A错误；B．分子中与乙炔基相连的碳原子都与另外三个碳原子以单键相连，故所有碳原子不可能共平面，B错误：C．1个碳碳双键与1个氢气发生加成反应，1个碳碳三键可以与2个H2发生加成反应，则1molM最多可与5molH2加成，C正确；D．M的分子式为C12H14，的分子式为C12H10，二者不互为同分异构体，D错误；故选C。5．2020年9月，我国作出对于全球减排具有里程碑意义的承诺：2060年实现碳中和。实现碳中和的对策大概分为碳替代、碳减排、碳封存、碳循环4种路径。以下说法错误的是A．利用太阳能等清洁能源代替煤炭，属于碳替代B．向煤中加入适量碳酸钙可减轻空气污染但不属于碳减排C．在高压条件下将CO2以固体形式封存在地下过程中需要破坏σ键和π键D．反应2CO2+6H2=C2H4+4H2O常温下能自发进行，此反应能实现碳循环且该反应为放热反应【答案】C【解析】A．利用太阳能等清洁能源代替煤炭，可减少二氧化碳等的排放，有利于节约资源、保护环境，故A正确；B．煤中加入适量碳酸钙，可达到固硫的作用，减少燃烧产物中二氧化硫的量，但不能减少二氧化碳的排放量，故B正确；C．CO2封存过程为物理变化，没有化学键断裂，故C错误；D．反应2CO2+6H2=C2H4+4H2O为熵减小的反应，该反应能发生则其焓变应小于0，为放热反应，故D正确；答案选C。6．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是21,A．分子中含有5种官能团B．可发生加聚和氧化反应C．1mol分枝酸最多可与3molNaHCO3发生反应D．所有原子可能都处于同一平面【答案】B【解析】A．分枝酸分子中含有碳碳双键、羟基、羧基和醚键4种官能团，A错误；B．分枝酸分子含碳碳双键，可以发生加聚反应和氧化反应，含羟基可以发生氧化反应，B正确；C．羧基和等摩尔的碳酸氢钠发生反应，1个分枝酸分子含有2个羧基，故1mol分枝酸最多可与2molNaHCO3发生反应，C错误；D．分子内含有的2个饱和碳原子，与其相连的四个原子构成四面体，则所有原子不可能都处于同一平面，D错误；答案选B。7．X、Y、Z、M为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，Z与M同主族；W位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满。下列说法正确的是A．X简单氢化物的沸点高于同主族其它元素B．Y基态原子核外有5种空间运动状态的轨道C．键角：MZ>MZD．W位于元素周期表的ds区【答案】B【解析】X和Z的基态原子L层上有2个未成对电子，原子序数X＜Z，则X原子核外电子排布式为，X为C元素，Z原子核外电子排布式为，Z为O元素，则Y为N元素，Z与M同主族，则M为S元素，W位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满，则W为Fe元素。A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，即沸点：21,，故A错误；B．Y为N元素，其基态原子轨道表示式为，原子核外有5种空间运动状态的轨道，故B正确；C．为，中心S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，有一个孤电子对，为，中心S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子间的斥力，则键角<，故C错误；D．W为Fe，位于元素周期表的d区，故D错误；答案选B。8．在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)  ΔΗ=akJ·mol-1。下列关于该反应说法正确的是A．该反应ΔΗ＜0B．4molHCl与1molO2反应转移电子数约为4×6.02×1023C．RuO2的使用能降低该反应的焓变D．反应的平衡常数为【答案】A【解析】A．物质与氧气的反应均为放热反应，A正确；B．该反应为可逆反应，4mol与1mol不能完全反应，转移电子数无法计算，B错误；C．催化剂可以加快反应速率，但不能改变反应的焓变，C错误；D．反应中各物质状态均为气态，平衡常数，D错误；故选A。9．MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述不正确的是A．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应21,B．该反应的化学方程式可表示为：HCHO+O2CO2+H2OC．O为中间产物之一，该微粒与KO2中所含阴离子属于同种粒子D．若有1molHCHO参加反应，转移的电子数为4NA【答案】A【解析】A．催化过程中，和H+反应生成水和二氧化碳没有发生化合价的变化，不属于氧化还原反应，选项A不正确；B．根据分析可知，该总反应表示HCHO和O2在二氧化锰作催化剂的条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳和水，总的化学方程式可表示为：HCHO+O2CO2+H2O，选项B正确；C．根据分析可知，O为中间产物之一，KO2中含有K+和阴离子O，该微粒与KO2中所含阴离子种类相同，选项C正确；D．若有1molHCHO参加反应，消耗1molO2，转移的电子数为4NA，选项D正确；答案选A。10．下列除杂方法错误的是选项物质（括号内为杂质）除杂试剂除杂操作ASO2（HCl）气体饱和NaHSO3溶液洗气BNaCl（KNO3）固体蒸馏水蒸发浓缩、冷却结晶、过滤CFe2O3（Al2O3）NaOH溶液过滤DKCl（FeCl3）溶液——加热，过滤A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A．SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，HCl和NaHSO3反应生成NaCl、水和二氧化硫，故可用饱和NaHSO3溶液通过洗气除去SO2中的HCl，A正确；B．KNO3溶解度随温度降低而大幅减小，采用冷却结晶后过滤NaCl中会混有KNO3，因采用加热浓缩，趁热过滤，B错误；C．Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O，Fe2O3和NaOH不反应，可用加NaOH溶液然后过滤的方法除去Fe2O3中的Al2O3，C正确；D．KCl不水解，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热HCl挥发，水解平衡正向移动，得到氢氧化铁沉淀，然后过滤除去氢氧化铁，可以除杂，D正确；答案选B。21,11．下列装置用于实验室制取NO并回收Cu(NO3)2·6H2O，能达到实验目的的是A．用装置甲制NO气体B．用装置乙除NO中的少量NO2C．用装置丙收集NO气体D．用装置丁蒸干Cu(NO3)2溶液制Cu(NO3)2·6H2O【答案】A【解析】A．Cu与稀硝酸在常温下发生氧化还原反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，因此可以用装置甲制NO气体，A正确；B．为了使混合气体与水充分接触，洗气除杂时导气管应该采用长进短出方式，B错误；C．NO气体在常温下容易与空气中的O2反应产生NO2气体，因此应该根据NO不溶于水，也不能与水发生反应，采用排水方法收集NO气体，C错误；D．Cu(NO3)2溶液加热时会促进铜离子水解，且生成硝酸易挥发，应根据其溶解度受温度的影响变化较大，采用冷却结晶法制备Cu(NO3)2·6H2O，D错误；故合理选项是A。12．氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示，其中氮化钼晶胞参数为anm。下列说法正确的是A．相邻两个最近的N原子的距离为nmB．氮化钼的化学式为C．每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个21,D．晶体的密度【答案】C【解析】A．由晶胞图示可知，相邻两个最近的N原子的位置关系为：，故相邻两个最近的N原子的距离为nm，A错误；B．由晶胞结构示意图可知，每个晶胞中含有Mo的个数为：，N的个数为：，故氮化钼的化学式为，B错误；C．由晶胞结构示意图可知，钼原子位于8个顶点和6个面心上，故每个钼原子周围与其距离最近的钼原子有12个，C正确；D．由B项分析可知，该晶胞中含有4个Mo，2个N，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：(a×10-7cm)3，晶体的密度，D错误；故答案为C。13．《Science》报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效、清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法不正确的是A．b为电源负极B．工作过程中Cl-从左向右迁移C．该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2D．在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O【答案】B【解析】已知在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷，由信息反应可知，通入乙烯的一极（Pt）21,上发生的反应为氯离子失去电子的氧化反应，故Pt为阳极，则Ni为阴极，据此回答。A．据分析，Ni电极为阴极，则b为电源的负极，故A正确；B．工作过程中，氯离子在Pt电极反应放电，氢氧根离子透过交换膜进入左侧，故B错误；C．由信息反应可知，反应中氯离子先放电生成氯气，后又重新生成氯离子，最终反应物为乙烯和水，反应方程式为CH2=CH2+H2O→+H2，故C正确；D．左侧氯气与水反应生成HClO和HCl，CH2=CH2与HClO作用生成ClCH2CH2OH，HCl在水中剩余，右侧生成KOH，故电解液混合，会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，故D正确；故选B。14．H2A为二元弱酸。25°C时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mo1/L的H2A和NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列结论错误的是A．H2A的Ka2为10-5数量级B．pH=3的溶液中：c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)C．c(Na+)=0.100mol/L的溶液中：c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(A2-)D．当c(H2A)=c(A2-)时，pH=2.7【答案】C【解析】A．由题干图示信息可知，当c(HA-)=c(A2-)时pH=4.2，则Ka2==c(H+)=10-4.2，A正确；B．根据图知，pH=3时，c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B正确；C．c(Na+)=0.100 mol/L的溶液中：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，C错误；D．当c(H2A)=c(A2-)时，则Ka1×Ka2=×=10-1.2×10-4.2，该点溶液中pH==2.7，D正确；故答案为C。21,15．以印刷线路板酸性蚀刻废液（含有、、）为原料制备纳米CuO的流程如下：下列说法错误的是A．“沉淀”产生的，不洗涤直接灼烧不影响产品质量B．“在空气中灼烧”时为加快分解速率，温度越高越好C．调节pH3.2～4.7的目的是使完全沉淀，不沉淀D．“沉淀”过程中用代替，得到的中可能混有【答案】B【解析】废液（含有、、）加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加CuO调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，所得滤液加过量草酸铵，得沉淀、经灼烧得到纳米CuO。A．沉淀上附着的杂质为和，灼烧时会分解，因此可不洗涤直接灼烧，A项正确；B．灼烧温度过高，可能会使CuO分解为，B项错误；C．依题意，调节pH3.2～4.7的目的是使完全沉淀，不沉淀，C项正确；D．溶液显碱性，得到的中可能混有，D项正确；答案选B。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共55分。16．硫酸氧钒（VOSO4）对高血糖、高血脂有治疗作用，也是钒电池不可或缺的电解质。围绕VOSO4的相关实验方案、装置、过程如下：I．制备VOSO421,已知：溶液中的钒可以以VO（淡黄色）、VO2+（蓝色）形式存在。称量1.82gV2O5转移至仪器c中，打开仪器a滴入过量的约8mol·L-1的硫酸，在85℃搅拌下充分反应；冷却后，打开仪器b滴入适量的双氧水，充分搅拌，反应2h后倒出溶液，经抽滤后再将滤液经“一系列”操作，得到2.03gVOSO4·nH2O固体。试回答下列问题：（1）使用仪器a之前，首先需要进行的操作是_______；仪器c的名称为_______。II．查阅资料后，有同学对VOSO4的热分解提出了两种可能：①VOSO4VO2+SO3↑，②2VOSO4V2O5+SO3↑+SO2↑，欲采用如下装置探究：A．     B．   C．   D．（2）B装置的作用是_______________________。（3）选择必要的仪器装置，按气流从左到右的流向，探究分解产物的导管接口顺序为a→_______。（4）若气体流经的装置均有气泡产生且按②式分解，则上述所选必要装置中可观察的现象为________________________________。【答案】（1）检查是否漏液    三颈烧瓶（2）吸收尾气，防止污染环境（3）d→e→h→i→b（4）C中出现白色沉淀，D中出现白色沉淀21,【解析】（1）仪器a是分液漏斗，使用前应检查其是否漏液；从图中可知，仪器c是三颈烧瓶。（2）据分析，欲探究VOSO4发生何种热分解，须检验产生的气体是否含SO2，产物气体均会污染环境，且两者产物气体均能与NaOH反应，故装置B的作用是吸收尾气，防止污染环境。（3）据分析，欲探究VOSO4发生何种热分解，须检验产生的气体是否含SO2，检验之前应先排出SO3的干扰，SO3可与BaCl2反应而SO2不会，用C装置除去SO3后，SO2进入D装置，与Ba(NO3)2反应，生成白色沉淀BaSO4，故导管接口顺序为a→d→e→h→i→b。（4）若气体流经的装置均有气泡产生且按②式分解，则从装置A中出来的气体是SO2和SO3的混合物，经过C装置时SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，SO2进入装置D被Ba(NO3)2氧化并生成BaSO4白色沉淀，故可观察到的现象是：C中出现白色沉淀，D中出现白色沉淀。17．用黄铁矿（主要成分FeS2）还原硫酸渣制备铁黄颜料（主要成分为FeOOH），工业流程如下：c(Fe2+)或c(Fe3+)浓度分别为1mol/L，形成对应沉淀的pH范围如下表：Fe(OH)2FeOOH开始沉淀的pH5.81.2沉淀完全的pH8.32.8（1）步骤②被氧化的元素是_______。（2）碱性锌锰电池使用时会产生与FeOOH同类物质，该物质化学式是_______。（3）制备晶种：将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀。调至pH约为6时，开始通入空气并记录pH变化如图。21,①pH约为6时，通入空气前，铁元素的主要存在形式是_______；0~t1时段，白色沉淀发生变化，pH基本不变的原因是_______（用化学方程式说明）。②pH约为4时制得铁黄晶种。若继续通空气，t3后pH几乎不变，此时c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。请结合方程式说明原因：_______。（4）二次氧化时，溶液的pH应控制在3~4，过低会造成铁黄质量降低，原因可能是____________________________。（5）步骤④中证明洗涤完全的方法是________________________。（6）称取铁黄产品1.000g，用稀硫酸溶解并配成200mL溶液，每次取20.00mL，调节合适的pH，用0.1000mol/L的磺基水杨酸（H2Y）标准溶液滴定，三次滴定平均消耗体积为22.00mL，则该产品纯度为_______%。（已知：Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+）【答案】（1）S（或硫）（2）（3）Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2        溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量（4）pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低（5）取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净（6）97.9【解析】硫酸渣加入硫酸酸溶得到含Fe3+悬浊液，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+并得到S，过滤得到硫磺和含Fe2+的溶液，向滤液中加入NaOH、通入空气，得到晶种，然后把晶种加入到二次氧化的铁黄浆料，得到FeOOH，过滤得到湿铁黄，然后经过洗涤干燥得到产品。（1）步骤②中加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，经过滤得到硫磺，生成了S，反应过程中，S元素的化合价升高，被氧化，故答案为：S（或硫）。（2）碱性锌锰电池使用时，发生的反应为，生成的与FeOOH同类的物质为，故答案为：。（3）①将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀，该白色沉淀为Fe(OH)2，则通入空气前，铁元素的主要存在形式是Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2；0~t121,时段，通入氧气后，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，反应的化学方程式为，该反应既不消耗氢离子或氢氧根离子，也不产生氢离子或氢氧根离子，不影响溶液的pH，所以该过程中pH基本不变，故答案为：。②溶液中存在两个反应和，总反应为，反应过程中氢离子和氢氧根离子浓度没有变化，因此t3后溶液的pH几乎不变，该反应消耗的Fe2+大于生成的Fe3+，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量，故答案为：溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。（4）根据表中数据可知，FeOOH开始沉淀的pH=1.2，完全沉淀时pH=2.8，若pH过低，会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，导致铁黄产品质量降低，因此二次氧化时，溶液的pH应控制在3~4，故答案为：pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低。（5）步骤④若未洗涤完全，产品中会含有硫酸根离子，因此证明洗涤完全只需证明产品中不含硫酸根离子，具体方法为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净。（6）滴定时20.00mL产品消耗的H2Y的物质的量为22×10-3L×0.1000mol/L=0.0022mol，根据Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+可知，200mL溶液产品中n(Fe3+)=0.0011×10=0.011mol，则该产品纯度为，故答案为97.9。18．空气污染治理是综合工程，其中氮氧化合物的治理是环保的一项重要工作，合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有着重要的意义。（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol-1。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是_______（填字母）。21,（2）为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CmHn（烃）催化还原NOx消除氮氧化物的污染。如：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H1=-574kJ·mol-1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H2=-1160kJ·mol-1；③CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H3则?H3=_______。（3）含氮化合物有很多种，其中亚硝酰氯（ClNO）是有机合成中常用的一种试剂。已知：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)?H<0①一定温度下，将2molNO(g)与2molCl2(g)置于2L恒容密闭容器中发生上述反应，若4min末反应达到平衡状态，此时压强是初始时的0.8倍，则0~4min内，平均反应速率v(Cl2)=_______。下列现象可判断反应达到平衡状态的是_______（填选项字母）。A．混合气体的平均相对分子质量不变B．混合气体的密度保持不变C．每消耗1molNO(g)同时生成1molClNO(g)D．NO和Cl2的物质的量之比保持不变②为加快反应速率，同时提高NO(g)的平衡转化率，在保持其他条件不变时，可采取的措施有_______（填选项字母）。A．升高温度                  B．缩小容器体积C．使用合适的催化剂        D．再充入Cl2(g)③一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO(g)的体积分数随的变化如图所示，当=2.5时，达到平衡状态，ClNO(g)的体积分数可能是图中的_______点（填“D”、“E”或“F”）。（4）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：21,①2NO(g)N2O2(g)（快）v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)；②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)（慢）v2正=k2正c(N2O2)·c(O2)，v2逆=k2逆·c2(NO2)。2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为_______。【答案】（1）C（2）-867kJ/mol（3）0.1mol/(L·min)    AD    BD    F（4）【解析】（1）由图可知A→B吸收能量，B→C释放能量，2NO(g)N2(g)+O2(g)?H3=-181.5kJ/mol即?H＜0，说明放出能量多，生成物总能量低于反应物总能量，能量状态最低是C，故答案为：C。（2）由盖斯定律(①+②)×得到反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)?H3，?H3=(?H1+?H2)×=(-574-1160)kJ/mol×=-867kJ/mol，故答案为：-867kJ/mol。（3）①设参加反应的氯气为xmol，则，相同条件下，气体压强之比等于物质的量之比，平衡时压强是初始的0.8倍，物质的量也是初始的0.8倍，即4×0.8=3.2mol，即2-2x+2-x+2x=3.2，解得x=0.8mol，Cl2浓度的变化量?c=，时间?t=4min，v(Cl2)==0.1mol/(L·min)；A．反应中m不变，n变化，根据，可知平均相对分子质量不变则各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．反应体系是恒容，气体的总质量不变，根据可知，密度始终不变，不能判定反应是否能达到平衡，故B错误；C．由于是同方向，因此不能判定反应是否能达到平衡，故C错误；D．NO与Cl2的物质的量之比保持不变时，正逆反应速率相等，可判断反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：0.1mol/(L·min)；AD。21,②A．升温速率加快，但平衡逆向移动，转化率减小，故A错误；B．缩小容器体积，相当于加压，速率加快，平衡正向移动，NO转化率增大，故B正确；C．加入催化剂，速率加快，平衡不移动，故C错误；D．充入氯气，使其浓度增大，速率加快，平衡正向移动，NO转化率增大，故D正确；故答案为：BD。③由图可知，当n(NO)∶n(Cl2)=2.5时，反应达到平衡，ClNO的体积分数减小，所以应该是F点，故答案为：F。（4）活化能越低，速率越快，反应①快，说明E1＜E2；2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的平衡常数K=，反应达到平衡状态，v1正=v1逆，v2正=v2逆，则k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)·c(O2)=k2逆c2(NO2)，可推出平衡常数K=。19．回答下列问题：（1）Pt的电子排布式为，则Pt在元素周期表中的位置是_______，处于_______区。（2）中阴离子的立体构型名称是_______，B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。（3）科学家合成了一种含硼阴离子[]，其结构如下图所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种不同化学环境的氧原子。（4）金属硼氢化物可用作储氢材料。如图是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90º，棱长为apm，密度为3，阿伏加德罗常数的值为。21,①该晶体的化学式为_______。②金属M原子与硼原子间最短距离为_______pm。③金属M的相对原子质量为_______（列出表达式）。【答案】（1）第六周期VIII族    d区（2）正四面体    N>H>B（3）sp2、sp3    4（4）        【解析】（1）Pt的电子排布式为，则Pt在元素周期表中的位置是第六周期VIII族，处于d区。（2）阴离子PO的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，故立体构型为正四面体形；元素吸引电子的能力越强，其电负性越大，则电负性由大到小顺序是N＞H＞B；故答案为：正四面体；N>H>B。（3）根据图知，形成4个共价单键的B原子价层电子对数是4、形成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，B原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2；如图，该结构中含有4种环境的氧原子，故答案为：sp3、sp2；4。（4）①该晶胞中M原子个数=8×+6×=4、氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子、B原子个数是8、H原子个数是B原子个数的4倍，有32个氢原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4∶24∶8∶32=1∶6∶2∶8，其化学式为M(NH3)6B2H8，故答案为：M(NH3)6B2H8。21,②M原子与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的=××apm=apm，故答案为：apm。③该晶胞体积=(a×10-10cm)3，，则M（化合物的摩尔质量）==g/mol，金属M的相对原子质量=，故答案为：。20．石油工业利用有机物A合成高分子树脂H，其合成路线如图：已知：①；②。回答下列问题：（1）用系统命名法命名B______________。（2）反应④的反应类型为________；反应②可能的另一种产物的结构简式为_________。（3）G生成H的化学方程式为______________________________。（4）化合物G有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______________。①能发生银镜反应②核磁共振氢谱中有四个峰21,（5）写出以CH3—CH=CH—CH3和丙烯为原料通过四步反应制备的合成路线。（其它无机试剂任选）【答案】（1）2-甲基-1，3-丁二烯（2）氧化反应    （3）（4）或（5）CH2=CH—CH=CH2【解析】有机物B变为C，发生已知①的双烯加成反应，生成C为，C到D发生已知②反应生成D，则D为21,，D变为E分子式多了O，则反应④为氧化反应，E到F发生取代反应，F到G发生水解引入羧基，反应⑤发生酯化形成高分子化合物H。（1）B的键线式为，用系统命名法命名B：2-甲基-1，3-丁二烯。（2）①反应物D分子式为C8H8O，F的分子式为C8H8O2反应后氧原子增多，则反应④的类型为氧化反应。②D的结构简式为，则D的另外一种产物为。（3）G生成高分子化合物H为酯化反应，化学方程式为：。（4）化合物G分子式为C8H8O2，G的官能团为羧基和羟基，符合条件的官能团异构为醛基和羟基，苯环位置异构，则G有多种同分异构体为或。（5）CH3—CH=CH—CH3和丙烯为原料通过四步反应制备的合成路线为：CH2=CH—CH=CH2。21