安徽省六安市第一中学2019届高三化学下学期模拟考试试题（三）（含解析）.docx

安徽省六安市第一中学2019届高三化学下学期模拟考试试题（三）（含解析）1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含氧原子数为0.5NAB. 1molCnH2n+2所含的共用电子对数为(2n+1)NAC. 含有CSi数目为2NA的SiC晶体中硅原子的物质的量为1molD. 常温下，5.6gFe与含0.2molHNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NA【答案】A【解析】【详解】A.10g46%甲酸(HCOOH)水溶液含有溶质的物质的量n(HCOOH)=，其中含有O原子的物质的量为n(O)=2n(HCOOH)=0.2mol，该溶液中含有溶剂水的物质的量为n(H2O)=，掌握水中所含的氧原子数为0.3mol，故该溶液中含有O原子的总物质的量为0.5mol，含有的O原子数目为0.5NA，A正确；B.在一个CnH2n+2中含有C-H键为2n+2，含有C-C键为n-1，故含有的共价键数目为3n+1个，则1molCnH2n+2所含的共用电子对数为(3n+1)NA，B错误；C.每个Si原子与相邻的4个C原子形成共价键，所以SiC晶体中含4个Si-C键，若含有C-Si数目为2NA，则SiC晶体的物质的量是0.5mol，因此含有Si原子的物质的量为0.5mol，C错误；D.5.6gFe的物质的量是0.1mol，与0.2molHNO3反应，当硝酸为稀硝酸时。此时n(Fe)：n(HNO3)=1：23：8，可知Fe过量，按照HNO3的量计算，还原产物为NO，1molHNO3有被还原，根据电子守恒可得转移的电子数目为0.2mol=0.15mol；若硝酸为浓硝酸，反应条件加热，若无情反应产生Fe(NO3)2，则Fe过量，反应按照HNO3计算，转移的电子数为0.2mol=0.1mol，至少转移0.1mol电子；电子数目为0.1NA，D错误；故合理选项是A。2.中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是（）A. 本草纲目中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B. 杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来C. 我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈Cu2(OH)2CO3D. 蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺【答案】B【解析】【详解】A.火药发生化学反应时，KNO3中N元素的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A正确；B.高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B错误；C.明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈Cu2(OH)2CO3发生反应，产生可溶性的物质，因此可以达到除锈的目的，C正确；D.蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张，体现了化学的物理和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；故合理选项是B。3.下列有关有机物结构和性质的说法正确的是（）A. 甲中所有原子可能处于同一平面B. 乙的一氯代物有4种C. 丙一定条件下能发生的反应类型有取代，加成，氧化，消去反应D. 丁与苯互为等电子体，可由苯的结构和性质推测丁的结构与性质【答案】A【解析】【详解】A.甲可看作是乙烯分子中一个H原子被醛基取代的产物，乙烯分子是平面分子，甲醛分子是平面分子，两个平面可能共平面，A正确；B.乙分子中有3种不同位置的H原子，所以乙的一氯代物有3种，B错误；C.图丙表示乙酰水杨酸，该物质含有羧基，能与乙醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应；含有羰基，能够发生加成反应；该物质含有C、H、O三种元素，可燃烧，能发生燃烧反应(即氧化反应)，但该有机物不能发生消去反应，C错误；D.图丁是无机苯，与苯互为等电子体，等电子体结构相似，性质也相似，但苯可以发生加成反应，无机苯不能发生加成反应，所以不能根据苯的结构和性质推测丁的结构与性质，D错误；故合理选项是A。4.利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液Cu(NH3)4Cl2溶液和FeCl36H2O的主要步骤：用H2O2氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备FeCl36H2O。下列有关实验说法正确的是（ ）A. 用H2O2氧化废蚀刻液的离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2OB. 用装置甲可以制备Cu(NH3)4Cl2并沉铁C. 用装置乙可以分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3D. 用装置丁由FeCl3溶液制备FeCl36H2O需要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等步骤【答案】A【解析】【分析】用H2O2氧化废蚀刻液，使亚铁离子生成铁离子，用甲装置制备氨气，生成的氨气通入乙装置，制备碱性蚀刻液CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2，用丙装置过滤分离，用盐酸溶解氢氧化铁沉淀，将溶液在蒸发皿中进行蒸发，且应通入氯化氢防止铁离子水解，以达到制备FeCl36H2O的目的，以此解答该题。【详解】A.H2O2具有强的氧化性，可用H2O2氧化废蚀刻液中的Fe2+，反应的离子方程式为：2H+2Fe2+H2O2=2Fe3+2H2O，A正确；B氨气易溶于水，注意防止倒吸，所以要选用乙装置，氨气与溶液反应生成Cu (NH3)4Cl2和氢氧化铁，B错误；C.用装置丙可以分离可溶性Cu(NH3)4Cl2溶液和难溶性的固态Fe(OH)3，C错误；D.由FeCl3溶液制备FeCl36H2O需要在蒸发皿中蒸干，不能再烧杯中进行，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了物质制备实验设计、物质分离等基本操作，侧重考查学生的分析与实验能力，注意把握物质性质的理解、物质分离提纯的方法，难度中等。5.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5(该pH下溶液中的Ni2+不沉淀)，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2(不考虑Cl2的逸出)在弱碱性条件下生成ClO，ClO再把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为Ni3+，再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是（）A. 加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力B. 电解过程中阴、阳两极附近溶液的pH均升高C. 当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NAD. 反应前后b池中Cl- 浓度几乎不变【答案】B【解析】【详解】A.硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，A正确；B.在电解过程中，阴极上发生反应：2H+2e-=H2，促进了水的电离平衡，溶液中c(OH-)增大，该电极附近溶液的pH升高；在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，B错误；C.当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，Ni元素化合价升高1价，由于电子转移数目与元素化合价升高数目相等，所以外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA，C正确；D.在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸HCl和次氯酸，HClO将溶液中Ni2+氧化为Ni3+，发生反应：ClO-+H2O+2Ni2+=Cl-+2Ni3+2OH-，HClO又被还原为Cl-，所以Cl-物质的量不变，体积不变，因此浓度也不变，D正确；故选项是B。6.已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素。A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物。下列说法错误的是（）A. B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体B. B、D形成的离子化合物可能含有共价键C. D的单质只有还原性，没有氧化性D. 工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨【答案】A【解析】【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe元素；A与D同主族，X与Y同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出X单质，D单质也能与m反应置换出A单质，可知m为H2O，结合原子序数、元素的位置及性质可知，C为F、B为O、Z为Na、A为H，且A、B、C均能与Z形成离子化合物，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为H、B为O、C为F、 D为Na，E为Fe，m是H2O。A.Fe、O两种元素形成的化合物Fe2O3为红棕色固体，A错误；B.B、D形成的离子化合物若为Na2O2，含有离子键、共价键，B正确；C.Na是第三周期的元素，原子半径大，最外层只有1个电子，容易失去，因此表现还原性，使次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，C正确；D.Al与Fe的氧化物发生铝热反应，产生Al2O3和 Fe，反应设备简单，产生的Fe以液态形式存在，因此可用于野外焊接铁轨，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律及物质性质与原子结构的关系的知识。把握原子结构决定元素性质、物质性质，物质性质决定物质用途是本题解答的关键，侧重考查学生分析与应用能力。7.常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中lg和lgc(HC2O4-)或-lg和lgc(C2O42-)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A. 曲线N表示-lg和lgc(C2O42-)的关系B. Ka1(H2C2O4)的数量级为101C. 向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4)和c(C2O42)相等，此时溶液pH约为4D. 在Na2C2O4和NaHC2O4物质的量为1:1的混合溶液中c(Na+)c(C2O42)c(HC2O4)c(H2C2O4)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】【详解】A.H2C2O4溶液存在H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+，且Ka1(H2C2O4)=，Ka2=，可知-lg+-lg=-lg(Ka1)，-lg+-lg=-lg(Ka2)，因Ka1Ka2，则-lg(Ka1) -lg(Ka2)，可知曲线M表示-lg和-lg的关系，曲线N表示-lg和-lg的关系，A正确；B.当lg=，-lg+-lg=-lg(Ka1)=2，Ka1(H2C2O4)=c(H+)=10-2，B错误；C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-5，C错误；D.溶液的体积相等，由于二者的物质的量相等，所以c(NaHC2O4)、c(Na2C2O4)相等，Ka2= c(H+)=10-5，pHKsp(AgSCN) 。(3)步骤中达到滴定终点的现象为_。(4)实验过程中加入硝基苯的目的是_。(5)产品中氯元素的质量分数为_%。(6)下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_。A.步骤中未加硝基苯B.步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】 (1). E (2). H (3). J (4). H (5). 将BCl3冷凝为液态分离出来 (6). 2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O (7). 覆盖AgCl，滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色 (8). 防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确 (9). (10). B【解析】【分析】.用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3，沸点为12.5，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据此答题。II.(3)根据Fe3+、SCN-反应产生血红色物质判断滴定终点；(4)硝基苯是液态有机物，密度比水大，可以覆盖在AgCl上，防止AgCl发生沉淀溶解；(5)根据n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，可计算出溶液中10.00mL溶液中含有的n(Cl-)，然后计算mg即100mL中含有的n(Cl-)及质量，从而计算出其质量分数；根据c=进行误差分析。【详解】I.(1)用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3，沸点为12.5，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据上面的分析可知，依次连接的合理顺序为GEHJHFDI，故答案为：E、H、J、H；反应产生的BCl3为气态，用冰水冷却降温变为液态，便于与未反应的氯气分离开来，所以其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来；(2)中装置J中Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，产生NaCl、NaClO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O；II.(3)向该物质中加入AgNO3溶液，发生反应：Ag+Cl-=AgCl，为了使溶液中的Cl-沉淀完全，加入过量的AgNO3溶液，然后以硝酸铁为指示剂，若溶液中Cl-沉淀完全，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。会发生反应：Ag+ +SCN- =AgSCN，溶液变为血红色，所以滴定终点现象为滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色；(4)硝基苯是液态有机物，密度比水大，加入硝基苯就可以覆盖在反应产生AgCl沉淀上，防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确；(5)根据离子反应可知n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，则10.00mL中含有n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=C1 mol/LV110-3L/mL C2mol/LV2 mL10-3L/mL=(C1V1-C2V2)10-3mol；则mg中含有Cl-元素的质量为m= (C1V1-C2V2)10-3mol35.5g/mol，则产品中氯元素的质量分数为=；A.步骤中未加硝基苯，会使一部分AgCl转化为AgSCN，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有n(Cl-)偏小，A错误；B.步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，B正确；C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，C错误；D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查物质制备实验，题目涉及化学实验基本操作、先后顺序、尾气处理、物质含量的测定及误差分析等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确原理是解题关键，注意题目信息的应用，目难度中等。9.黄血盐亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)，我国卫生部规定实验中黄血盐的最大使用量为10mg/kg。一种制备黄雪盐的工艺如下：回答下列问题：(1)步骤反应的化学方程式为_。(2)步骤过滤所得的废液中含量较多的溶质为_（填化学式）。(3)步骤所用的试剂X是_。（填化学式）(4)工艺中用到剧毒的HCN溶液，含CN- 的废水必须处理后才能排放。已知: HCN是一种具有苦杏仁味的无色剧毒液体，易挥发，25时Ka(HCN)=6.2510-10；溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的存在与溶液pH的关系如图所示：NaCN的电子式为_。处理含CN-废水的方法：第一步控制pH10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步控制pH为7.58.5，用NaClO溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐。第一步控制强碱性的主要目的是_，第二步反应的离子方程式为_。(5)已知蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：用硫酸亚铁碱性试纸可以检验食品中是否含有CN-，方案如下：若试纸变蓝则证明食品中含有CN-，基于普鲁士蓝的合成原理，请解释检测时试纸变蓝的原因：_。【答案】 (1). 3Ca(OH)2 +FeSO4 +6HCN=Ca2Fe(CN)6 +CaSO4+6H2O (2). CaCl2(KCl可答，也可不答) (3). K2CO3 (4). (5). HCN有剧毒，防止生成HCN污染环境 (6). 2CNO-+3ClO- +H2O=N2 +3Cl-+2HCO3- (7). Fe2+和CN- 反应生成Fe(CN)64-，同时Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，Fe3+与Fe(CN)64-反应生成蓝色沉淀【解析】【分析】将石灰乳、硫酸亚铁及过量HCN溶液混合可得Ca2Fe(CN)6，过滤除去含有CaSO4的滤渣，滤液中加入KCl，可得K2CaFe(CN)6沉淀，经过滤后，滤液中加入K2CO3进行脱钙处理，最终经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤干燥得产品K4Fe(CN)63H2O。（5）Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀；若试纸变蓝则证明食品中含有CN-，Fe2+与CN-结合生成Fe(CN)64-；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；Fe(CN)64-与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。以此来解答。【详解】(1)步骤根据加入的反应物及生成物质，结合元素守恒，可得反应的化学方程式为3Ca(OH)2 +FeSO4 +6HCN=Ca2Fe(CN)6 +CaSO4+6H2O；(2)步骤过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl2(或答CaCl2、KCl）；(3)步骤所用的试剂X是K2CO3；(4)NaCN是离子化合物，Na+与CN-通过离子键结合，CN-内C、N原子间通过三对共用电子对结合，所以NaCN的电子式为； 第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN，污染环境，用NaClO溶液先不完全氧化OCN-生成N2和两种盐，根据电子、电荷守恒，可知发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-+2H2O=3Cl-+N2+2HCO3-；(5) Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3 Fe(CN)64-+4Fe3+= Fe4Fe(CN)63，基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN-，碱性条件下，Fe2+与CN-结合生成Fe(CN)64-，同时Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，Fe3+与Fe(CN)64-反应生成蓝色沉淀，而使试纸显蓝色。【点睛】本题考查物质的制备实验的有关知识，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。10.H2是一种重要的清洁能源。(1)2018年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得合成氨原料和合成液态燃料的原料。其工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）。工作过程中，膜I侧所得=3，则膜I侧的电极方程式为_。(2)已知: CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3= -41.1 kJ/mol，H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1，则H1=_ kJ/mol，该反应自发进行的条件为_。A.高温 B.低温 C.任何温度条件下(3)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入1mol CO和2.2 mol H2，发生反应 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。P1_P2，判断的理由是_。(4)若反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L的密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化见下表所示：时间/min051015H242CO21CH3OH(g)007下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_(填字母)；A.容器内压强保持不变 B.2v正(H2)=v逆(CH3OH)C.混合气体的相对分子质量保持不变 D.混合气体的密度保持不变若起始压强为P0 kPa，则在该温度下反应的平衡常数Kp=_(kPa)-2。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)= _Pa/min。【答案】 (1). 12H2O+O2 +28e-=12H2 +14O2- (2). -90.1 (3). B (4). (5). 正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2，所以P1大于P2 (6). AC (7). (8). 【解析】【分析】(1)由图可知：在膜II测CH4中的C失去电子被氧化为CO，膜I侧氧气水得到电子，据此分析解答；(2)根据盖斯定律将两个热化学方程式叠加，可得总反应方程式；根据热化学方程式判断其H、S，并根据体系自由能公式G=H-TS0反应能自发进行判断；(3)根据压强对化学平衡的影响分析判断；(4)反应是在恒容的密闭容器内进行，根据该反应是气体体积减小的放热反应，若反应达到平衡，则任何一组分的物质的量、浓度及含量不变，平均相对分子质量不变，据此分析；根据加入各种物质的物质的量及平衡分压的含义、化学平衡常数的定义分析判断；根据化学反应速率的定义，用单位时间内分压的变化表示，可得H2的反应速率。【详解】(1)由图可知：在膜II测CH4中的C失去电子被氧化为CO，膜I侧氧气、水得到电子，每1molO2反应，得到4个电子，在膜I侧发生的电极反应为：O2+4e-=2O2-，H2O+2e-=H2+O2-，假设O2为1，则N2为4，由于在空气中N2与O2的物质的量之比按4：1，反应后膜I侧所得=3，则反应后得到H2为12，即有12molH2O发生反应产生H2，所以+12可得膜I的总反应式：12H2O+O2 +28e-=12H2 +14O2-；(2) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0kJ/mol，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H3= -41.1 kJ/mol，+，整理可得H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90.1kJ/mol；根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，H0，S0，根据体系的自由能公式G=H-TS，若反应能自发进行，则GP2，所以压强：P1P2，(4)A.反应是在恒容的密闭容器内进行，由于该反应是气体体积减小的反应，若反应达到平衡，则容器内气体的压强保持不变，A正确；B.在任何时刻都存在：v正(H2)=2v正(CH3OH)，若反应达到平衡v正(CH3OH)=v逆(CH3OH)，则v正(H2)=2v逆(CH3OH)，现在2v正(H2)=v逆(CH3OH)，说明反应未处于平衡状态，B错误；C.由于该反应反应前后气体分子数不相等，若混合气体的相对分子质量保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；D.由于反应混合物都是气体，在任何状态下气体的质量不变，容器的容积不变，因此任何条件下，混合气体的密度都保持不变，故不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；故合理选项是AC； 2H2(g) +CO(g)CH3OH(g)n始(mol) 4 2 0n10(mol) 2 1 1n平(mol)2 1 1由于反应开始时气体的物质的量是6mol，总压强为P0，则平衡时H2占分压为，CO占分压为，CH3OH占分压为，带入平衡常数表达式Kp=(kPa)-2；反应开始时H2占的分压为，10分钟时占分压为，减少了，所以V(H2)= Pa/min。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、反应的自发性、化学反应速率和化学平衡、原电池反应原理的知识。涉及原电池电极反应式的书写、热化学方程式的书写、反应自发进行的条件、化学平衡状态的判断依据化学平衡态常数和化学反应速率用分压的表示方法。掌握化学基本概念和基本原理是本题解答的关键。11.B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题。(1)基态氮原子的价电子排布图为_。(2)Co能形成Co(CNO)63-。1mol该离子中含有 键的数目为_。与CNO互为等电子体的分子为_。（任写一种，填化学式）(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42+ 配离子，已知NF3和NH3的空间构型都是三角锥型，但NF3不易与Cu2+形成配合离子，其原因是_。(4)分子中的大 键可用符合 mn 表示，其中m表示形成大 键的原子数，n表示参与形成大 键的电子数（如苯分子中的大 键可表示为66）。则NO3-中的大 键应表示为_。(5)多硼酸根的结构之一为链状(如图)，其化学式为_。(6)氮化硼晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石的结构（如图）。若晶胞边长为a nm，晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，则BN键的键长为_nm，这种氮化硼晶体的密度为_g/cm3 。（用含有a和NA的代数式表示）【答案】 (1). (2). 18NA (3). CO2或N2O (4). 电负性FNH，NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键 (5). (6). BO2- (7). (8). 【解析】【分析】(1)根据原子构造原理可知N核外电子排布式，结合原子最外层电子为价电子，即可得到基态氮原子的价电子排布图；(2)1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于键，1个CNO-含有2个键，故1个Co(CNO)63-含有18个键；与CNO-互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷；(3)根据形成配位键的体积及NF3中共用电子对的偏向分析判断；(4) NO3-中的大 键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成；(5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，计算化合价代数和确定离子所带电荷；B原子形成3个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；(6)根据晶胞中原子的相对位置，结合晶胞边长判断N-B键的键长；用均摊法计算晶胞中含有的B、N原子数目，然后根据密度公式可得晶胞的密度大小。【详解】(1)N是7号元素，根据原子构造原理可知N核外电子排布式是1s22s22p3，价电子排布式是2s22p3，所以基态氮原子的价电子排布图为；(2)1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于键，1个CNO-含有2个键，故1个Co(CNO)63-含有18个键，所以1mol该离子中含有 键的数目为18NA；与CNO-互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷，其电子体为CO2或N2O；(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42+ 配离子，是由于中心离子Cu2+有空轨道，NH3分子中N原子由孤对电子，NH偏向N原子一方，N原子周围相对来说电子多，而NF3和NH3的空间构型尽管都是三角锥型，但电负性FNH，在NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配合离子；(4)中NO3-中的大 键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成，所以成键原子数是4，成键电子数是6，故NO3-中的大 键表示为；(5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，多硼酸根的化合价代数和为3n+2n(-2)=-n，故多硼酸根组成可表示为：(BO2)nn-，也可写为BO2 -；(6)晶胞边长为anm，则立方氮化硼的结构可知晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，可看作是将晶胞均分为8个小立方体，BN键的键长为晶胞体对角线的，由于晶胞边长为anm，则体对角线为，所以BN键的键长nm；一个晶胞中含有B原子数目为：4；含有N原子数目为=4，即一个晶胞中含有4个BN，所以晶胞的密度为=g/cm3。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布轨道表达式、化学键、配位体的形成、键长计算、晶胞结构与计算等，会用替换法书写等电子体，发挥空间想象能力判断微粒的相对位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算。12.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O；。回答下列问题：(1)C的结构简式为_。(2)F中官能团的名称为_。(3)B与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为_。(4)从转化流程图可见，由D到E分两步进行，其中第一步反应的类型为_。(5)化合物G的二氯代物有_种同分异构体。(6)芳香化合物X是D的同分异构体，X能发生银镜反应，其核磁共振氢谱显示有3种化学环境的氢，峰面积之比为611，符合条件的X的