（二）理科综合化学试题
1.我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法错误的是
A. 明朝的《本草纲目》记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甄(指蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”该段文字记载了白酒(烧酒)的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯
B. 晋代葛洪的《抱朴子》记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂(HgS)熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体
C. 清初《泉州府志》物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”该段文字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素
D. 汉朝的《淮南万毕术》、《神农本草经》记载“白育(碱式碳酸铜)得铁化为铜”，“石胆……能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼 【答案】B 【解析】
【详解】A.白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；
B. 丹砂在空气中加热时，硫化汞与氧气发生反应生成汞和二氧化硫，不是熔化，故B错误； C.黄泥的颗粒表面积很大，具有吸附作用，可以吸附红糖中的色素，故C正确； D. 铜盐与铁发生置换反应生成铜，故为湿法炼铜，故D正确。 故选B。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃时，1LpH=1的硫酸溶液中水电离的c(H)为0.2mol/L B. 标准状况下，相同体积的SO3、HCl、NO含有的分子数相同
C. 含1 mol Cl的NH4C1溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4数为NA D. 2mL0.5mol/L硅酸钠溶液中滴入过量盐酸制硅酸胶体，所得胶粒数目为0.001NA 【答案】C 【解析】
【详解】A项，25℃时，1LpH=1的硫酸溶液中水电离的c(H)为10mol/L，故A项错误；
B项，标况下三氧化硫为固体，而HCl、NO是气体，固体和气体的摩尔体积不等，故同体积的三种物质的分子数不可能都相同，故B项错误 ；
C项，根据电荷守恒，溶液中存在c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，已知溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，即c(NH4+)=c(Cl-)，NH4+数等于Cl-数，为NA，故C项正确；
- 1 -
+
-13
－
+
+
D项，已知盐酸过量，会破坏硅酸胶体的稳定性，且每个胶体粒子都是由若干个分子组成的一个集合体，所得胶粒数目小于0.001NA，故D项错误。 综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，要注意气体摩尔体积的适用条件。
3.某种激光染料，它由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所下列有关叙述正确的是
①分子式为C10H8O3 ②不溶于水 ③1mol该物质最多能与4molH2加成 ④能使酸性KMnO4溶液褪色 ⑤1mol该物质最多能与含2 mol NaOH的溶液反应 A. ①②③④ B. ③④⑤ C. ②③④ D. ②③④⑤ 【答案】A 【解析】 【分析】
根据有机物的价键规则(碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键)可写出该有机物的结
构简式为 ，含酚-OH、C=C、-COOC-，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答。
【详解】根据有机物的价键规则(碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键)可写出该有
机物的结构简式为 ，
①由有机物的结构简式可以知道分子式为C10H8O3，故①正确； ②为酯类化合物，不能溶于水，故②正确；
③该有机物分子中含有苯环和碳碳双键，1mol该物质最多能与4molH2加成，故③正确；
④该有机物分子中含有碳碳双键，酚羟基，都能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，故④正确； ⑤1mol酚羟基消耗1mol氢氧化钠；1mol羧基消耗1mol氢氧化钠；若有酯的结构，则先让酯进行酸性水解，再看产物能否和氢氧化钠反应：若酸性水解的产物是羧酸和醇，1mol酯只能和1mol氢氧化钠反应；若酸性水解的产物是羧酸和酚类物质，则1mol酯能和2mol氢氧化钠反应，所以根据酚羟基、酯基推断该有机物最多能与含3mol NaOH的溶液反应，故⑤错误。
- 2 -
所以A选项是正确的。
4.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是 选项 A B 现象 KI淀粉溶液中通入Cl2，溶液变蓝 测得饱和NaA溶液的pH大于饱和NaB溶液 往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气体直接通入C 酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 D
A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】
【详解】A.氯气与淀粉不能发生显色反应，氯气与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝色，故A错误； B.要比较其水解程度时，两种溶液浓度必须相同，这两种溶液都是饱和溶液，但是两种溶液的浓度不一之一相同，所以不能据此比较两者的水解能力大小，故B错误；
C.乙醇易挥发，反应中还有副产物二氧化硫生成，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验中没有排除乙醇和二氧化硫的影响，无法证明一定是乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误； D. 二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，所以D选项是正确的。 故选D。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及气体检验、盐类水解、二氧化硫的还原性等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意B中两种溶液浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。 5.下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A. pH相等的 NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c(NaOH) － 解释 Cl2能与淀粉发生显色反应 常温下水解程度：A－>B－ 证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化 SO2具有还原性 常温下，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色 )>c(OH－)>c(H+) C. 25℃时，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH－)大于0.1 mol·L－1 NaOH溶液中水电离出来的c(OH－) - 3 - D. 已知25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10可达到6.0×10【答案】B 【解析】 －10 －10 ，则在该温度下0.3 mol·L NaCl溶液中，Ag的物质的量浓度最大 －1+ mol·L －1 【详解】A.pH相等的这三种物质，NaOH的碱性最强，其浓度最小，水解程度：CH3COO- C.酸和碱都可以抑制水的电离，能水解的盐则可以促进水的电离，所以25℃时，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH)大于0.1 mol·L NaOH溶液中水电离出来的c(OH)，所以C选项是正确的； D.c(Ag+)=故选B。 6.SO2通过下列工艺流程可制化工业原料H2SO4和清洁能源H2。 = mol/L=6.0×10-10mol/L，所以D选项是正确的。 － －1 － + － － + 下列说法中错误的是 A. 电解槽中不能用铁电极代替石墨作为阳极 B. 原电池中负极的电极反应为：SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+ C. 该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 D. 该生产工艺的优点Br2被循环利用，原电池产生的电能可充分利用，还能获得清洁能源 【答案】C 【解析】 【分析】 依据原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应分析电极反应及总反应。 - 4 - 【详解】A、若用铁电极代替，则铁失电子被氧化，溶液中的溴离子不能被氧化为溴，溴不能被循环利用，不能持续吸收二氧化硫，故不能用铁做阳极，A正确； B、原电池中负极发生氧化反应，元素化合价升高，由流程图可知，二氧化硫被氧化为硫酸，故负极的电极反应为：SO2+2H2O－2e－=SO42－+4H+，故B正确； C、由题给信息可知，总反应为二氧化硫和水反应生成硫酸和氢气：SO2+2H2O=H2+H2SO4，故C错误； D、由流程图可知，溴可以循环使用，且无污染性的物质生成，故D正确。 故选C。 7.X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏。Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，M的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的1/2，下列说法正确的是 A. 简单离子半径M>W>Z>X B. M2W2与足量的CO2完全反应，转移2mol电子时增重28g C. X、Z两种元素只能组成化学式为ZX3的化合物 D. 由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物既有共价化合物也有离子化合物 【答案】D 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X质子总数与电子层数相同，则X为H元素；Y元素的一种同位素可用于考古时测定一些文物的年代，Y为C；Z的气态氢化物可以与Cl2反应产生白烟，用来检验氯气管道是否泄漏，Z为N元素；Y、Z、W位于同一周期，且最外层电子数之和为15，W的最外层电子数为15-4-5=6，则W为O元素；M的质子数是X、Y、Z、W四种质子数之和的，M的质子数为（1+6+7+8）×=11，则M为Na，以此来解答。 【详解】由上述分析可以知道，X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na， A.电子层越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径Z>W> M> X，故A错误； B. 由反应式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，转移2mol电子时增重56g，故B错误； C. H、N两种元素组成的有NH3和N2H4等不止一种的化合物，故C错误； D. 若由X、Y、Z、W四种元素组成的化合物为硝酸铵，则其既有离子键、又有共价键；若组成的化合物为硝酸，则其只含共价键，故D正确。 - 5 - 所以D选项是正确的。 8.二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。 (1)用硫黄(S)、液氯和三氧化硫为原料，在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为______________________。 (2)甲同学设计如图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2(夹持及加热装置略) ①SOCl2在该实验中的作用_________________________________；加热条件下，A装置中总的化学方程式为_________________________________。 ②实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，甲同学设计实验方案如下，正确的实验顺序为___________(填序号) a.干燥 b.洗涤； c加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应； d称取蒸干后的固体m克溶于水；e.过滤； f称得固体为n克 若m/n=___________(保留小数点后两位)，即可证明晶体已完全脱水。 (3)乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使最后的产品不纯。 ①可能发生的副反应的离子方程式_________________________________。 ②丙同学设计了如下实验方案判断副反应的可能性： i.取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入足量SOCl2振荡使两种物质充分反应： ii.往上述试管中加水溶解，取溶解后的溶液少许于两支试管，进行实验验证，完成表格内容。 供选试剂：AgNO3溶液、稀盐酸、稀HNO3、酸性KMnO4溶液、KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、溴水) 方案 方案一 方案二 - 6 - 操作 往一支试管中滴加___________ 往另一支试管中滴加___________ 现象 若无明显现象 ___________ 结论 则发生了上述副反应 则没有发生上述副反应 【答案】 (1). 2:3:1 (2). SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解 (3). SOCl2+ZnCl2 xH2O ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+(x-1) H2O↑ (4). dcebaf (5). 0.47 (6). SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42-+6H++2Fe2++2Cl- (7). KSCN溶液 (8). K3[Fe(CN)6]溶液 (9). 若无蓝色沉淀出现 【解析】 【分析】 (1)用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，根据方程式可以知道三者的物质的量比； (2)①由二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂；加热条件下，A装置中总的化学方程式为SOCl2+ZnCl2xH2O ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+(x-1) H2O↑。 ②根据氯离子守恒判断ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水（ZnCl2~2AgCl）； (3)①FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应； ②若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，可以检验硫酸根、亚铁离子或铁离子判断； 【详解】(1) 用硫黄(用S表示)、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成氯化亚砜，原子利用率达100%，则反应的方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，所以三者的物质的量比为2:3:1， 因此，本题正确答案是：2:3:1； (2)①因为二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成HCl可以抑制氯化锌的水解；加热条件下，A装置中总的化学方程式为SOCl2+ZnCl2xH2O ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+(x-1) H2O↑。 因此，本题正确答案是：SOCl2作脱水剂，与水反应生成HCl可以抑制氯化锌的水解；SOCl2+ZnCl2xH2O ZnCl2+SO2↑+2HCl↑+(x-1) H2O↑； ②实验结束后为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水的操作方法是：d称取蒸干后的固体m克溶于水；c加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应；e.过滤；b.洗涤；a.干燥；f称得固体为n克，所以正确的实验顺序为dcebaf； ZnCl2•xH2O完全脱水得到ZnCl2，则mg为ZnCl2的质量，溶于水后加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为ng为AgCl的质量，由氯离子守恒：因此，本题正确答案是：dcebaf；0.47； (3)①FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应的离子方程式为SOCl2+2Fe3++3H2O=SO42-+6H++2Fe2++2Cl-； ②若发生氧化还原反应，则Fe3+会被还原为Fe2+，而SOCl2水解得到SO2会被氧化为H2SO4，实验证明脱水时发生了氧化还原反应方案为： - 7 - ×2=，整理可得=0.47， 方案一：往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象，则证明Fe已完全被还原，脱水过程发生了氧化还原反应； 方案二：往试管中加水溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明没有Fe2+生成，脱水过程没有发生氧化还原反应， 因此，本题正确答案是：KSCN溶液；K3[Fe(CN)6]溶液；若无蓝色沉淀出现。 【点睛】本题考查物质制备实验、实验方案设计、对原理与操作的分析与评价、化学计算等，关键是对实验原理的理解，根据SOCl2是一种无色易挥发液体，剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂。 9.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 3+ 已知：①“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2 NH4Cl②菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。 ③相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH ④常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10 －10 MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O Al 3.8 5.2 3+Fe 1.5 2.8 3+Fe 6.3 8.3 2+Ca 10.6 12.6 2+Mn 8.8 10.8 2+Mg 9.6 11.6 2+、7.42×10 －11 。回答下列问题： (1)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：___________。 - 8 - (2)浸出液“净化除杂”过程如下：①加入MnO2。用离子方程式表示MnO2的作用___________； ②调节溶液的pH，除去Fe、Al。溶液恰当的pH范围为___________； ③加入NH4F将Ca2+、Mg2+除去，两种沉淀共存时溶液中c(Ca2+)=1×10－5mol·L－1，则c(Mg2+)=___________。 (3)碳化结晶过程中发生反应的离子方程式为______________________。 (4)将制得的高纯度碳酸锰溶于过量稀硫酸后用惰性电极电解，可以得到重要的无机功能材料MnO2，该电极的电极反应式为______________________。 (5)25℃时，向0 .1mol/L NH3·H2O溶液中通入HC1气体，溶液中图所示。下列有关叙述正确的是___________。 与pOH(仿pH定义)的关系如 3+ 3+ A.C点的溶液中：c(NH3·H2O)>c(NH4+) B.NH3·H2O的Kb=1.0×10 －4.7 C.pOH=3的溶液中：c(NH4+)+c(H+) +c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(OH-) D.pOH=7的溶液中的溶质是NH4Cl 【答案】 (1). 500℃、1.10、60min (2). MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O (3). 5.2(4). 5×10mol/L (5). Mn+2HCO3【解析】 【分析】 （1）按图1、图2、图3的锰浸出率选择最佳条件：焙烧温度、投料比和焙烧时间； （2）MnO2在酸性条件下将Fe氧化为Fe，欲使Fe、Al变为沉淀而除去，溶液的pH5.2，不使Mn沉淀，pH<8.8，从而确定pH范围；根据CaF2的溶度积常数计算出溶液中c(F)，再用MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c(Mg2+)； （3）碳化结晶时，可看成Mn(HCO3)2受热分解，类比写出离子方程式； （4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，失电子发生氧化反应； -2+ 3+ 3+ 3+ 2+ -6 2+ -2+ -+ 2+ + 2+ 3+ pH<8.8 MnCO3+CO2↑+ H2O (6). Mn+2 H2O-2e= MnO2+4H (7). B - 9 - （5）A.C点=0，故溶液中：c(NH3·H2O)=c(NH4)； + B. C点=0，故溶液中：c(NH3·H2O)=c(NH4)，NH3·H2O的Kb= + =c(OH)=1.0×10 -－4.7 ； C.pOH=3的溶液中： c(H+) -c(OH-)=10-11-10-3<0，物料守恒有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，故c(NH4+) +c(NH3·H2O) +c(H+)-c(OH-)<0.1mol/L； D.若溶液中的溶质是NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解显酸性，pOH>7。 【详解】（1）由图1可知焙烧温度选择500℃；由图2可知氯化铵和锰矿粉投料比选择1.10；由图3可知焙烧时间选择60min， 因此，本题正确答案为：500℃、1.10、60min； （2）①MnO2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； ②欲使Fe、Al变为沉淀而除去，溶液的pH5.2，不使Mn沉淀，pH<8.8，从而确定pH范围为5.2pH<8.8； ③根据CaF2的溶度积常数计算出溶液中c(F-)，再用MgF2的溶度积常数计算出溶液中的c(Mg2+)，c(Mg2+)= ×c(Ca2+)= ×1×10-5mol/L=5×10-6mol/L； 3+ 3+ 2+ 因此，本题正确答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；5.2pH<8.8；5×10-6mol/L； （3）碳化结晶时，可看成Mn(HCO3)2受热分解，离子方程式为Mn+2HCO3因此，本题正确答案为：Mn2++2HCO3-MnCO3+CO2↑+ H2O； 2+ -+ 2+ - MnCO3+CO2↑+ H2O； （4）阳极得到重要的无机功能材料MnO2，阳极发生氧化反应，故电极反应式为Mn+2 H2O-2e= MnO2+4H； 因此，本题正确答案为：Mn+2H2O-2e= MnO2+4H； （5）A.C点 =0，故溶液中：c(NH3·H2O)=c(NH4)，故A错误； + 2+ -+ B. C点故B正确； =0，故溶液中：c(NH3·H2O)=c(NH4+)，NH3·H2O的Kb==c(OH-)=1.0×10－4.7， C.pOH=3的溶液中： c(H) -c(OH)=10-10<0，根据物料守恒有c(NH4)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，故c(NH4) +c(NH3·H2O) +c(H+)-c(OH-)<0.1mol/L，故C错误； D.若溶液中的溶质是NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解显酸性，pOH>7，故D错误。 因此，本题正确答案为：B。 10.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题： Ⅰ.CO可用于高炉炼铁，已知 - 10 - +--11-3++ Fe3O4(s)+4CO(g)====3Fe(s)+4CO2 △H1=akJ/mol 3Fe2O3(s)+ CO(g)====2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=bkJ/mol 则反应Fe2O3(s)+3CO(g)====2Fe(s)+3CO2(g)的△H3=___________kJ/mol(用含a、b的代数式表示) Ⅱ.光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途。工业上常利用废气CO2通过反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g) △H>0，制取合成光气的原料气CO。在体积可变的恒压(pa)密闭容器中充入1 mol CO2与足量的碳发生上述反应，在平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示： (1)①T℃时，在容器中若充入稀有气体，平衡___________移动(填“正向”“逆向”或“不”，下同)；若充入等体积的CO2和CO，平衡___________移动。 ②CO体积分数为80%时，CO2的转化率为___________。 ③已知：气体分压(p分)=气体总压×体积分数。T℃时用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数Kp=___________(用含p总的代数式表示)。 (2)研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)衡转化率影响如下图所示： C6H5CH=CH2(g)+CO(g)+H2O(g)△H”中乙苯的平 则△H___________0（填“>”“<”或“=”)，压强p1、p2、p3从大到小的顺序是___________。 【答案】 (1). p1>p2>p3 【解析】 【分析】 Ⅰ.根据盖斯定律△H3=(2△H1+△H2)/3； Ⅱ. (1)①该反应正向气体分子数增大，恒温恒压时充入稀有气体相当于减压，平衡正向移动；T℃反应达到平衡时CO2、CO的体积分数相同，即浓度相等，恒压时充入等体积的CO2、CO，平衡不移动； - 11 - (2). 正向 (3). 不 (4). 67% (5). 0.5p总 (6). > (7). ②列三行式计算平衡常数； ③类比K计算Kp； (2)温度升高，乙苯的平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应；压强增大，乙苯的平衡转化率减小，则p1>p2>p3。 【详解】Ⅰ. ①Fe3O4(s)+4CO(g)====3Fe(s)+4CO2 △H1=akJ/mol ②3Fe2O3(s)+ CO(g)====2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=bkJ/mol 由盖斯定律[①×2+②]3得到Fe2O3(s)+3CO(g)====2Fe(s)+3CO2(g) △H3=故答案为： ； kJ/mol， Ⅱ. (1)①该反应正向气体分子数增大，恒温恒压时充入稀有气体相当于减压，平衡正向移动；由图像可知，T℃反应达到平衡时CO2、CO的体积分数相同（均为50%），即浓度相等，恒压时充入等体积的CO2、CO，平衡不移动； 故答案为：正向；不； ②设CO2的转化率为α，由已知列三段式得： 化学反应方程式：C(s)+CO2(g) 2CO(g) 起始量（mol） 1 0 转化量（mol） α 2α 平衡量（mol） 1-α 2α 根据题意列关系式：故答案为：67%； ③用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的表达式为Kp= ，由图可得，T ℃时 CO 体积分数为 50%， ×100%=80%，解得：α=67%； 分压为 50%×p总，CO2 体积分数为 1-50%=50%，分压为50%×p总，所以故答案为：0.5p总； ==0.5p总； (2)温度升高，乙苯的平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，该反应的△H >0；该反应的△n(气)>0，压强增大，乙苯的平衡转化率减小，则p1>p2>p3。 故答案为：>；p1>p2>p3。 11.钒(23V)被称为“现代工业味精”，可添加在钢铁中，并以钛一铝－钒合金的形式用于航天领域；钒的化合物被广泛用作催化剂、燃料及电池等。我国钒钛磁铁矿储量较大，是世界上产钒大国。请完成下列问题： - 12 - (1)钒的基态原子的价电子排布图为___________。 (2)钒的某种氧化物的晶胞结构如下图1所示，则该氧化物的化学式为___________，其熔沸点比下图3(为邻苯二甲酸酐的结构)物质的熔沸点要___________(填“高”“低”或“差不多”)。 (3)V2O5是一种常见的催化剂，在合成硫酸、硝酸、邻苯三甲酸酐、乙烯、丙烯中，均使用五氧化二钒作催化剂。 ①五氧化二钒的结构简式如上图2所示，则该结构中含有___________个π键。 ②在丙醛( CH3CH2CHO)分子中碳原子的杂化方式分别为___________。 ③C、N、O、Ne四元素，其第一电离能从大到小的顺序依次为______________________。 ④V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。列举与VO43－空间构型相同的一种阴离子：___________(填离子符号)。 (4)已知单质钒的晶体采用体心立方堆积，晶胞如上图4所示，假设钒原子直径为d×10-7cm，钒的相对原子质量为M，则晶体密度的表达式为___________g·cm。(设阿伏加德罗常数为NA) 【答案】 (1). (2). VO2 (3). 高 (4). 4 (5). sp、sp 3 2 －3 (6). Ne>N>O>C (7). SO4(ClO4、PO4) (8). 【解析】 【分析】 （1）钒是23号元素，根据能量最低原理写出价电子排布图； 2--3- （2）根据均摊法计算晶胞中V、O原子数目，进而确定化学式，VO2是离子晶体，其熔点比分子晶体邻苯二甲酸酐的熔点要高； （3）①单键为键，双键含有一个1个键和1个π键； ②甲基上的碳，形成4个键，为sp3，双键上的碳形成3个键，1个π键，为sp2杂化； ③N原子2p能级半充满状态和Ne原子2p能级全充满状态稳定，第一电离能大； ④V形成4个键，没有孤对电子的粒子，正四面体构型； （4）均摊法确定钒原子数目表示出晶胞质量，根据晶胞边长与原子直径的关系用V原子直径表示出晶胞边 - 13 - 长，再根据计算晶胞密度。 【详解】（1）钒是23号元素，钒的基态原子的价电子排布式为3d4s，价电子排布图为 ； 3 2 故答案为：； （2）由晶胞结构可知，含钒原子8×+1=2，含氧原子4×+2=4，该氧化物的化学式为VO2，VO2是离子晶体，其熔点比分子晶体邻苯二甲酸酐的熔点要高； 故答案为：VO2；高； （3）①由五氧化二钒的结构图可知，单键为键，双键含有一个1个键和1个π键，可得出含有4个π键； ②在丙醛( CH3CH2CHO)分子中，甲基上的碳，形成4个键，为sp3，醛基碳氧双键上的碳形成3个键，1个π键，为sp2杂化； ③N原子2p能级半充满状态和Ne原子2p能级全充满状态稳定，第一电离能大，所以C、N、O、Ne四元素，其第一电离能从大到小的顺序依次为Ne>N>O>C； ④V形成4个键，没有孤对电子的粒子，正四面体构型，与VO43－空间构型相同的一种阴离子：SO42-(ClO4-、PO4)； 故答案为：4；sp、sp；Ne>N>O>C；SO4(ClO4、PO4)； （4）晶胞中钒原子个数为8×+1=2，钒原子直径为d×10cm，晶胞的体对角线长为2d×10cm，则晶胞 -7 -7 3 2 2--3-3- 的边长为cm，钒的相对原子质量为M，则晶体密度==g·cm， －3 故答案为：。 【点睛】本题是对物质结构与性质的考察查，解题关键：掌握核外电子排布、化学键、杂化方式、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等，难点是晶胞密度计算。 12.瑞巴匹特为新型抗溃疡药，它可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如下： - 14 - 已知：Y的结构简式为 。 (1)A的化学名称为___________，化合物F的分子式为___________。 (2)化合物C中官能团的名称为___________，C与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为___________。 (3)反应①～④中，属于取代反应的是___________(填序号)。 (4)C→D的转化中，生成的另一种产物为HCl，则X的结构简式为___________。 (5)已知Y中的溴原子被－OH取代得到Z，写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式：___________ I.分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环； I1.苯环上有两个取代基，且处于对位； Ⅲ.能与 NaHCO3溶液发生反应。 【答案】 (1). 1，3-丙二酸二乙酯 (2). C19H15O4N2Cl (3). 氨基、酯基 (4). C2H5OOCCH(NH2)COOC2H5+2NaOH NaOOCCH(NH2)COONa+2C2H5OH (5). ①③④ (6). (7). 【解析】 【分析】 (1)A由1分子1，3-丙二酸与2分子乙醇形成的酯；化合物F的分子式为C19H15O4N2Cl； (2)由结构可知，C所含官能团有氨基、酯基；酯在碱性条件下水解生成相应的醇及羧酸盐； (3)反应①A中一个H被-NO取代；反应②对比B、C结构，可知B转化为C的过程为去氧加氢，属于还原反 应；反应③氨基中一个H被取代；反应④对比D、E的结构，可知D中次甲基中H原子被 基团代替，属于取代反应。 - 15 - (4) 对比C、D的结构，可知C与X发生取代反应生成D与HCl，HCl中H原子源于C中氨基，Cl原子源于X，可以确定X为 ； (5)Y的结构简式为：，Y中的溴原子被－OH取代得到Z，则Z的结构简式为：，Z 的同分异构体，分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环，说明N原子不在环上；能与 NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基；苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位； 则Z的结构简式可能为 。 【详解】(1)根据系统命名法，有机物C19H15O4N2Cl； 的化学名称为1，3—丙二酸二乙酯，化合物F的分子式为 故答案为：1，3-丙二酸二乙酯；C19H15O4N2Cl； (2)化合物 中官能团的名称为氨基、酯基；酯可在NaOH溶液中发生碱性水解，C（2—氨基 —1，3—丙二酸二乙酯）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：C2H5OOCCH(NH2)COOC2H5+2NaOH NaOOCCH(NH2)COONa+2C2H5OH； NaOOCCH(NH2)COONa+2C2H5OH； 故答案为：氨基、酯基；C2H5OOCCH(NH2)COOC2H5+2NaOH (3) 反应①A中一个H被-NO取代，属于取代反应；反应②对比B、C结构，可知B转化为C的过程为去氧加氢，属于还原反应；反应③氨基中一个H被 取代，属于取代反应；反应④对比D、E的结构， 可知D中次甲基中H原子被基团代替，属于取代反应。所以反应①～④中，属于取代反应的是 ①③④； 故答案为：①③④； (4) 对比C、D的结构，可知C与X发生取代反应生成D与HCl，根据产物的碳架结构并结合原子守恒，可知X的结构简式为故答案为： ； ； (5) Y的结构简式为：，Y中的溴原子被－OH取代得到Z，则Z的结构简式为：，Z - 16 - 的同分异构体：分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环，说明N原子不在环上；能与 NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基；苯环上有两个取代基，应该是氨基和羧基，且处于对位；则Z的结构简式可能为 。 故答案为：。 【点睛】根据反应条件推断反应类型： （1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。 （2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。 （3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。 （4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。 （5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。 （7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。 （8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。 （9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。 - 17 - - 18 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容