2019年高考限时训练理综试卷化学试题5

1、2019年高考限时训练理综试卷化学试题5一、单选题（本大题共 7小题，共42.0分）1 .化学与生产、生活、环境等息息相关，下列说法中错误的是（）A.港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物8. “玉兔二号”月球车首次实现在月球背面着陆，其帆板太阳能电池的材料是硅C.天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”，其中“石灰”指的是 Ca （OH） 2D.本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸储2 .设Na为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A. 17g H2O2中含有非极性键的数耳为NaB.常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NaC.在含CO

2、32-总数为Na的Na2CO3溶液中，Na+总数为2NaD. 13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2Na3.螺环煌是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环煌。X是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A.该化合物的分子式为 C10H12B. 一氯代物有五种C.所有碳原子均处嗣一平面D.与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物4 .下列实验方案中，能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A比较 CH3COOH 和 HClO的酸性强弱分别测定等体积等物质的量浓度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物质的量B验证Na2s2O3是否氧化变质在Na2s2O3溶液中滴加稀盐酸

3、，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀C证明Fe2+有还原性向将FeCl2溶液中滴入少量酸性 KMnO 4溶液，观察KMnO溶液紫色褪去D比较 Ksp (AgBr) v Ksp (AgCl )在1L浓度均为0.1mol?L-1的NaCl与NaBr混合溶液 中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀A. AB. BC. CD. D5 . W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数 依次增大。化合物XW 3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是（）A.简单离子半径：r （Z） r （X） r （Y）B. Y的最高价氧

4、化物对应的水化物为强碱C.X2W4分子中既含极性键，又含非极性键D.化合物XW3的水溶液能抑制水的电离6 .我国研制出非贵金属馍铝基高教电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2 （装置如图）。总反应为 CO （NH2） 2+H2O=3H2T +NT +COT.下列说法中正确的是（ ）反应物B反应物AA. a 电极反应为：CO (NH2) 2+H2O+6e=N2 T +COT +6HTB. b为阳极，发生氧化反应C.电解一段时间b极区溶液pH升高D.废水中每通过 6mol电子，a电极产生2mol N 27 . 常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为Vo,分别向

5、两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是()一碗附TT-4A. Ka ( HA)约为 10B.当两溶液均稀释至lg7+1=4时，溶液中c (A-) c (B-)C.中和等体积pH相同的两种酸所用 n (NaOH) : HAHBD.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者二、简答题(本大题共 4小题，共48.0分)8.氧化锌主要用作催化剂、 脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3 和少量AS2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程 如图所示：(阳)由&午砂请回答下列问题。(

6、1)循环使用的物质有 、和 (填化学式)。(2) “浸出”时，锌以 Zn ( NH3) 42+进入滤液。30787674直304050浸出温度， C60704Q02：B 3：7 4：6 5：5 6：4 7：35 0 5 0 572必融总必%件引案结n 妈）：n flflUzSOj浸出率与温度关系如图l所示，请解释温度超过 55c后浸出率显著下降的原因:浸出率与n (NH3) ： n (NH4) 2SO4关系如图2所示，6： 4之后浸出率下降，说明 (填编号)的浸出主要依赖硫酸钱浓度的大小。A. ZnO 和 ZnSiO3 B. ZnO C. ZnSiO3(3) “除神”过程中生成 Fe3 ( A

7、sO4)2沉淀，其中铁元素的化合价是 ;沉 淀剂为 FeSO4. H2O、(NH3)2s2。8,添加(NH4) 2s2。8 的目的是 。(4) “除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是 (填名称)。(5) “蒸氨”的产物主要是 ZnSO4和NH3,写出所发生反应的化学方程式 。9.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：i反应：CH4(g)+22(g)? CO(g)+2H2(g)AH=-35.7kJ ?mol 1反应：CH4 (g) +CO2 (g) ? 2CO (g) +2H2 (g) AH=+247.0kJ?

8、mol-1(1) CO 燃烧的热化学方程式为 CO (g) +7O2 (g) ? CO2 (g) AH=kJ?mol-1(2) 一定条件下，将CH4与CO2以体积比1 ： 1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应CH4 (g) +CO2 (g) ? 2CO (g) +2” (g),下列能说明反应达到平衡状态的有A.体系密度保持不变B.容器中压强保持不变C. H2和CO的体积比保持不变 D.每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO(3)重整反应中存在着副反应产生的积碳问题。加入少量的Na2CO3可不断消除积碳。请用化学方程式表示其反应过程： (4)已知甲烷临氧藕合 CO2重整反应体系中还有反应：C

9、O2 (g) +H2 (g) ? CO(g) +H2O (g) AH=+75.0kJ ?mol-1 .在密闭容器中，重整反应在1073K时催化下达到平衡，发现n (H2) /n (CO) l,请从平衡移动的角度解释原因 。 如果投料时增加氧气比例，下列预测可能错误的是 (填编号)。A氢气总产量减少B.反应的甲烷转化率升高 C.产生副反应D.对反应的平衡无影响(5)温度对重整反应体系中反应物平衡转化率，平衡时氢气、一氧化碳和水的物 质的量影响如图所示。若 CH4与CO2的起始投料相等，则起始时 n (CH4) =mol ,在1000K时反应的平衡常数 K为专 5 1 一7J O上|？*O *鼻当

10、.父| 第+10.含第VA族的磷、神（As）等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答 下列问题：（1）基态P原子的核外电子排布式为 ,有 个未成对电子。（2）常温下PC15是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由 A、B两种微粒构成。将其加热至 148c熔化，形成一种能导电的熔体。已知 A、B两 种微粒分别与CCI4、SF6互为等电子体，则A为，其中心原子杂化轨道类型 为, B为。（3） PO43-的空间构型为,其等电子体有 （请写出一种）。（4）神化钱属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，神化钱灯泡寿命是 普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%.推广神化钱等发光二极

11、管（LED）照明， 是节能减排的有效举措。已知神化钱的晶胞结构如图乙，品胞参数a=565pm。PCI晶体播杓媵吧神化钱的化学式为,钱原子的配位数为。神化钱的晶胞密度=g/cm3 （列式并计算，精确到小数点后两位），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为 pm （列式表示）。11.抗丙肝新药的中间体合成路线图如下:已知：-Et为乙基。的名称是(1)所含官能团的名称是COOEt(2)的分子式为(/（3）反应化学方程式为,反应的反应类型是NYH（4）写出与12.（1）选用如图的装置制备一氯乙酸粗品。N%互为同分异构体的芳香类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1： 2： 2： 6,

12、且不含-NH2）（5）设计由乙醇、1, 3-丁二烯和甲氨（CH3NH2）合成路线（其他试剂任选）。实验题（本大题共 1小题，共15.0分）一氯乙酸（C1CH2-COOH）在有机合成中是一种重要的原料和中间体，在硫单质催化下干燥氯气与乙酸反应制得一氯乙酸：CH3COOH+CI 2C1CH2-COOH+HC1已知:物质乙酸一氯乙酸二氯乙酸三氯乙酸熔点、沸点17C、118 c62C、189C10C、194C57C、197 c请回答下列问题:按照气流从左至右依次连接的合理顺序为f f f f f i f j - g 期接 口 字母）。洗气瓶中的溶液为 ,碱石灰的作用是 （2）制备一氯乙酸时，首先采用

13、（填“水浴”、“油浴”或“沙浴”）加 热方法控制温度在 95 c左右，待温度稳定后，再打开弹簧夹、 （填操作）， 如果三颈烧瓶溶液表面观察到大量 （填现象）时，应该 （填操作）， 以减少氯气通入量，以免浪费。（3） 一氯乙酸粗品中含有二氯乙酸、三氯乙酸，多次蒸储后产品中仍含有少量的 （填物质名称），再进行 （填“过滤”、“分液”或“重结晶”），可得到纯净的一氯乙酸。答案和解析1.【答案】C【解析】 解:A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故 A正确；B.硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以生兔号”月球车上的 太阳能电池的材料是硅，故B正确；C.石灰石加热后能制得生

14、石灰，石灰”指的是碳酸钙，不是Ca OH)2,故C 错误；D.酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，为蒸 储操作，故D正确；故选:C。A.聚乙烯纤维属于合成高分子材料；B.硅为良好的半导体材料；C.石灰石加热后能制得生石灰CaO；D.烧酒的制造工艺利用蒸储的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物。本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的 能力。2.【答案】D【解析】.一. 一一17v解:A.17g H2O2中含有非极性键的数目为：力湍“由a=0.5Na,故A错误；B.常温常压下，17

15、g甲基-14CH3)所含的中子数为8Na,故B错误；C.碳酸钠溶液中，部分碳酸根离子水解，则含CO32-总数为Na的Na2CO3溶液中，Na+总数大于2Na,故C错误；D.3mol二氧化氮与水反 应生成ImolNO,转移2mol电子，13.8克NO2的物质的量为0.3mol,与足量水充分反应，转移的电子数为0.2Na,故D正确；故 选 ：DA.1个过氧化氢含有1个O-O非极性键；8.1 个-14CH3）含有中子数8个；C.碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液中存在水解；D.3mol 二氧化氮与水反应 生成1molNO， 转 移 2mol 电 子；本 题 考 查 阿伏加德 罗 常数的有关计 算和判断，掌握好

16、以物质 的量 为 中心的各化学量与阿伏加德罗 常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质 子中子及核外 电 子的构成关系。试题 有利于培养学生的逻辑 推理能力，题 目 难 度不大。3 .【答案】D【解析】解:A.闾构简式可知该化合物的分子式 为C9H12,故A错误；B 结 构 对 称，分子中含有4 种 H ， 则 一 氯 代物有 4 种，故 B 错误 ；C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故 C 错误 ；D 分子中含有2 个碳碳双键 ，碳碳双 键连 接原子 团 不同， 则 与 HBr 以物 质 的量之比1:1加成生成二种 产物，故D正确。故 选 ： D。有机物含

17、有碳碳双键 ，具有 烯烃 的 结 构和性 质 ，以此解答该题 。本 题 考 查 有机物的 结 构和性 质 ， 为 高考常 见题 型， 侧 重于学生的分析能力的考 查 ，注意把握有机物的结 构和官能 团 的性 质为 解答 该题 的关 键 ， 侧 重 烯烃性 质 的考 查 ， 题 目 难 度不大。4 .【答案】D【解析】解:A.等体积等物质的量浓度的CH3cOOH和HC1O,物质的量相同，消耗NaOH 相同， 为 酸的通性，不能比较 酸性，故 A 错误 ；B. Na2s2O3溶液中滴加稀盐酸，生成S和二氧化硫，二氧化硫与氯化钢不反应 ，若 变质 混有硫酸根离子，加氯 化 钡 生成的沉淀可能被沉淀S

18、 影响，不能判断，故 B 错误 ；C.高磕酸钾可氧化氯离子，不能检验亚铁离子的还原性，故C错误；D.滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，Ksp小的先沉淀，则Ksp AgBr) X)Y),法正确；B Al 的最高价氧化物对应 水化物 为氢 氧化 铝 ， 氢 氧化 铝为 弱碱，故 B 错误 ；C.X2W4为N2H4,其分子中含有N-N非极性键和N-H极性键，故C正确；D. *亚3为NH3, NH3溶于水溶液呈碱性，抑制了水的 电离，故D正确；故 选 ： B。W、 X、 Y、 Z 四种元素分别 是元素周期表中连续 三个短周期的元素，且原子序数依次增大。则W为H元素；化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液

19、可检验Z单质是否泄漏，则X为N元素，Z为Cl元素；化合物YZ3能促进水的电离，则Y 为 Al 元素，据此解答。本 题 考 查 原子 结 构与元素周期律的关系，题 目 难 度不大，推断元素为 解答关键 ，注意掌握元素周期律内容及常见 元素化合物性质 ， 试题 培养了学生的分析能力及 逻辑 推理能力。6 .【答案】 C【解析】解:A.放出氮气的电极a为阳极，电极反应：CO NH2)2-6e-+6OH-=N2 T +COT +5I2O,故A 错误;B 放出氢 气的 电 极 b 为 阴极，溶液中氢 离子放 电 生成 氢 气， 电 极反 应为 ：2H2O+2e-=H2 T+2OH,发生还原反应，故B错误

20、；C.b为阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=H2 T+2OH,电 解一段 时间 ， b 极区溶液pH 升高，故C 正确；D.阳极电极反应：CO NH2)2-6e-+6OH-=N2 T +CT +5IHO,每转移 6mol 电子，a电极产生1molN2,故D错误；故 选 ： C。电解富尿素废水低能耗制H2，总反应为CO NH2)2+h2o 3H2T+NT+COT, 放出氢气的电极b为阴极，电极反应:2H2O+2e-=H2 T+2OH,放出氮气的电极 a为阳极，电极反应：CO NH2)26e+6OH=N2T+COT +5H。，据此分析回答 问题 。本 题 考 查 了 电

21、解原理的分析应 用、 电 极反 应 和 电 子守恒的 计 算 应 用，掌握 电解原理是解题 关 键 ， 题 目 难 度中等。7 .【答案】B【解析】解：当lg+1=1 时，有丫=丫0,即开始时 1mol/LHA 的 pH=2、1mol/LHB 的pH=0,所以HA是弱酸、HB是强酸，A .起始时HA溶液的pH为2,起始浓度为1mol/L ,所以溶液中c H +)=c A-)=10-2mol/L ,根据 Ka=； =10-4,故A 正确；8 .根据图象，两溶液均稀释至lg1+1=4时，即V=1000V0, HA的pH更大，cH+)更小，则溶液中c A-) 9 B-),楞错误；C.由于HB是强酸，

22、HA为弱酸，不完全电离，pH相同的两种酸的 浓度：HA比HB大，所以中和等体积pH相同的两种酸所用n NaOH) HAHB,故C正 确；D. NaA和NaB溶液中电荷关系分别为：c Na+)+c H+)=c A-)+c OH-)、cNa+)+c H+)=c B-)+c OH-),等怵的量的NaA和NaB溶液溶液中离子 总数均为2n Na+)+n H),他-水解，B-不水解使NaA溶液中c OH-)大，则cH+)小，即H+)小，所以等俾、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，故D正确；故选：Bo当 lg jv +1=1 时，有丫=丫0,即开始时 1mol/LHA 的 pH=2

23、、1mol/LHB 的 pH=0, 所以HA是弱酸、HB是强酸， 、tA.起始时HA溶液的pH为2,起始浓度为1mol/L,根据Ka= 1rm用一计 算HA的电离平衡常数；B.根据图象，当两溶液均稀释至lg(+1=4时，即V=1000V0, HA是弱酸、部 分电离，HB是强酸、完全电离，C.由于HB是强酸，HA为弱酸，不完全电离，pH相同的两种酸的 浓度：HA比 HB大；D,由于A-的水解，B-不水解使NaA溶液中c OH-)大，则c H+)小，即H + )小，结合电荷关系分析解答；本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，正确判断HB、HA 的酸性强弱为解答关键，注意掌握电离平衡及其

24、影响，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。8 .【答案】NH3?H2O或NH3 (NH4)2SO4 CO2温度升高，氨气挥发而浓度下降， 浸出率下降 C +2 把神氧化成AsO43-以便除去神 铜和铅 Zn (NH3)4SO匚ZnSO4+4NH 3 T【解析】解：10根据流程,NH3?H2。或NH3、NH4)2SO4、CO2q以循环使用；故答案为：NH3?H2O或 NH3； NH4)2so4；CO2；2)氨气易挥发，温度升高，氨气挥发而浓度下降，浸出率下降，故温度超过55c后浸出率显著下降；故答案为：温度升高，氨气军发而浓度下降，浸出率下降；NH4)2SO4含量减少，酸性减弱，碱性增强，Z

25、nSiO3不能充分溶解得到 锌 离子结合氨分子得Zn (NH3)42+,故浸出率下降，选才?C；故答案为：C；3)Fe3 (AsO4)2中铁元素+2价,添加NH4)2S2O8的目的是把神氧化成AsO43-以便除去神;故答案为：+2;把神氧化成AsO43-以便除去神；4)根据分析，除重金属”过程加入Zn,四 Cu2+、Pb2+为铜和铅单质，深度 除重金属加入Na2s进一步除去滤液中少了的重金属离子Cu2+、Pb2+为 CuS、PbS过滤除去，故除去的重金属是铜和铅；故答案为：铜和铅；5)蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3,反应为：Zn NH3)4SO4 - ZnSO4+4NH3 T;故答案为:

26、Zn NH3)4SO4 1 ZnSO4+4NH3 t根据流程：锌焙砂ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质)1H3?H2O、 NH4)2SO4浸出，过滤除去硅酸，滤液含有Zn (NH3)42+、Cu2+、Pb2+、AsO33-、NH4+、SO42-等,加 NH4)2S2O8 把种氧化成 AsO43-,加入FeSC4, H2O将AsO43-沉淀为Fe3 (AsO4)2过滤除去，向滤液中加入Zn, 迅Cu2+、Pb2+为铜和铅单质，过滤除去，向滤液中加入Na2s进一步除去滤液中 少了的重金属离子Cu2+、Pb2+为CuS、PbS过滤除去，将滤液蒸氨，产物主要A是ZnSC4和NH3

27、, 小为：Zn NH3)4SC4ZnSC4+4NH3T,将氨气用水吸收得到NH3?H2。作为浸出溶齐1J,蒸氨后的溶液主要为ZnSC4,力口入NH4HCC3、CC2,过滤得到ZnCC3沉淀和含有(NH4)2SC4的滤液，NH4)2SC4循环作为+ - h|浸出溶剂，将ZnCC3烘干焙烧，得到ZnCC3 CC2 T+ZnQCC2可以循环使用沉锌，据此分析作答。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的 分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实 的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。9 .【答案】-282.7 B C+

28、Na2CC二Na2C+2CC 温度较高，反应是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动， 消耗氢气量增多且 CC生成量增多，从而 n (H2) /n (CC)小于1 D 1 3.5【解析】解：10 CH4 g)+ C2 g)? CC g)+2H2 g)AH=-35.7kJ?mo-1：CH4 g)+CC2 g)?2CC g)+2H2 g)AH=+247.0kJ?mo-1盖斯定律计算得到-CC燃烧的热化学方程式为CC g) + ,；C2 g)?CC2 g)AH=-282.7 KJ?mol-1,故答案为:-282.7；2)加 CH4 g)+CO2 g)?

29、2CO g)+2H2 g),A.反应前后气体质量和体积不变，体系密度始终保持不变，不育以明反应达到平衡状态，故A错误；B.反应前后气体物质的量变化，容器中压强保持不变，反应达到平衡状态， 故B正确；C.将CH4与 CO2以体积比1 ：1置于恒温包容的密 闭容器中发生反应，出和 CO的体积比保持不变，不育则明反应达到平衡状态，故C错误；D,每消耗lmolCH4的同时生成2mol CO,说明反应正向进行，不能说明反应 达到平衡状态，故D错误；故答案为：B;3)加入少量的Na2co3可不断消除积碳生成一氧化碳和氧化 钠，反应的化学方程式：C+Na2co3Na2O+2CO,il 41故答案为：C+Na

30、2co3 Na2O+2CO；4)密fl容器中，重整反应 在1073K时催化下达到平衡，发现n H2n CO) V,原因是：温痰高，反应是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气 量增多且CO生成量增多，从而n H2)/n CO)小于1,如果投料时增加氧气比 例，反应正向进行，反应逆向进行，氢气总产量减少，反应的甲烷转 化率升高，过程中产生副反应，故选：D,故答案为：温诙高，反应是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气 量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，消耗氢气量增多且 CO生成量增多,从而n H2)/n CO)小于1；D；

31、5)设起始时n CH4)=n CO2)=x,由国中1000c时C、D点可知，CH4ft CO2 的平衡转化率为85%,含有n CO)=1.7mol,则消耗CH4ft CO2的量均为0.85x,根据C原子守恒或H原子守恒有：0.85x 2=17mol,即x=1mol, 1000c时重整体系中 n CO)=1.7mol、n gO2) =1mol-0.85mol=0.15mol、n H2) =1.3mol、n H2O) =0.4mol,设容器体积为 VL ,则 c CO) = L胃 mol/L、c CO2)= mol/L、c H2)= ； mol/L、n H2O)= mol/L , SS CO2 g

32、)+H2 g)一 . e(CO e(H.Oy U x?CO。此力。g)的平衡常数K=%玉品瓦3 = 1柘巾=3.5故答案为：1;3.5。1):CH4 g) + ；O2 g)?CO g)+2H2 g)AH=-35.7kJ?mo-1：CH4 g)+CO2 g)?2CO g)+2H2 g)H=+247.0kJ?mo-1盖斯定律-得到CO燃烧的热化学方程式为CO g)+： O2 g)? CO2 g) AH；2)当反立达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不 发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆

33、反应 到达平衡状态；3)加入少量的Na2co3可不断消除积碳，生成一氧化碳和氧化钠；4)温诙高，反应是放热反应，利于平衡向逆方向移动，生成氢气量减少；而反应是吸热反应，利于平衡向正方向移动，如果投料时增加氧气比例，反应正向进行，反应逆向进行；5)设起始时n CH4)=n CO2)=x,结合1000c时A、B、C、D点的数值，利用C或H原子原子守恒)计算起始时n CH4)；化学平衡常戮K等于生成物浓度 幕积与反应物浓度幕积之比，据此计算。本题考查盖斯定律的应用、化学平衡状态的判定和化学平衡的影响因素、化 学平衡常数计算、化学平衡图象、化工实际生产的反应条件及其发生的副反 应等知识内容，为高频考点

34、，侧重化学平衡原理和学生分析能力、迁移运用知识能力的考查，把握化学平衡原理是解题关键，注意原子守恒思想在化学 计算中的运用，题目难度中等。10 .【答案】1s22s22p63s23p3 3 PC14+ sp3 PC16- 正四面体 SO42-或C1O4- GaAs 4 5.34 I-【解析】解：10P原子序数为15,根据构造原理写出其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3,其中3P轨道上只有3个电子，为半充满状态，即未成对电子 数为3,故答案为:1s22s22p63s23p3; 3;2)根据夕摊法可知PCl5晶体结构中含有A、B离子数相等，即A离子数 =8X：+12X：+6X：+1=8

35、,B离子在体内8个，所以晶体化学式为P2CI10，由于 A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，所以A离子为PC14+、B离子 为PCl6-, PC14+中心P原子的价层电子对数=4+ =4, VSEPR模型为正四面体，P原子为sp3杂化，故答案为：PC14+；sp3；PCl6-;3)PO43-中心原子P的价层电子对数=4+5 + 】 ？X|=4,即VSEPR模型为正 四面体，由于PO43-中心原子P无孤电子对，所以PO43-空间构型为正四面体， 其中PO43-含有5个原子、价电子总数为32,与SO42-或ClO4N为等电子体， 故答案为：正四面体；SO42-或ClO4-;4)晶胞中

36、Ga原子数=8X1 +6X1 =4, As原子在体心为4个，所以化学式为GaAs,观察图乙可知，As原子的配位数 为4,由于化学式中Ga、As的原子个 数比为1:1,所以钱原子的配位数也 为4,故答案为：GaAs；4； 1 一一，一、根据晶胞原子分 摊法计算晶胞中Ga原子数=8 X、+6 X =4, As原子在体心 为4个，晶胞的质量m=d； =9.63 X 0-22g,晶胞体积V=a3=565X10-10)3cm3=1.80 10-22cm3,晶胞密度二=1 LHOx=5.34g/cm3,Ga原子与As原子之间的距离应为晶胞体对角线长度的1倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的倍，则m位置Ga原

37、子与n位置As原子之间的距离为 立x565pm=W pm,故答案为：5.34；也把。1441)P原子序数为15,根据构造原理写出其核外电子排布式，结合价电子排布式判断未成对电子数;2)A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A离子含有5个原子、B离子含有7故原子，结合等电子体概念写出A、B离子的化学式，根据价层 电子互斥理论计算A离子中心原子的价 层电子对数，得到VSEPR模型，判断 中心原子的杂化方式；3)根据他电子互斥理论计算PO43-中心原子p的价层电子对数，得到 VSEPR模型，再推断其空间构型，结合等电子体概念写出PO43-的等电子体；4)根据晶胞原子分摊法计算晶胞中As

38、、Ga原子数目，得到化学式；观察图乙可知，As原子的配位数为4,结合化学式推断Ga原子的配位数；根据m=nM计算晶胞质量，利用晶胞密度计算晶胞密度；Ga原子与As原子之间的距离应为晶胞体对角线长度的1倍，所以晶胞的体对角线为晶 胞棱长的0倍。本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及原子结构、等电子体、粒子空间 构型和杂化方式、晶体结构与晶胞计算等，为高频考点，掌握扎实的基础知 识和灵活迁移运用是解 题关键，试题有利于学生分析能力、空间想象能力和 计算能力的培养，题目难度较大。加OH11 .【答案】 乙苯 酯基、醛基 Ci2H15O2N/飞Jx(J成反应C此OHO2/CuLi rueCHyNH?

39、4 - * -CF遍00H孑 CHaCHO?_I_CHjCH=N-CH3 二- 二,DCM. D rMF. H2O【解析】HC-COOC?HS所含官能团的名称是：酯基、醛基,解：1（）（y属于苯的同系物，苯为母体，取代基为乙基，其名称为：乙苯;故答案为：乙苯用基、醛基;八； COOEt2）分子含有12个C原子、15个H原子、2个O原子、1个N原子，故其分子式为Cl2H15。2” 故答案为：C12Hl5O2N;3）由C8H8前、后物质结构，可知反应是醇的消去反应，故C8H8为ch3choCHj-NH2DCM. 0 匕ch3ch=nC 也CH。CHj-NH；DCM. 0 Lch3ch=nh3CFjCOOH _DMF. HjO属于苯的同系物，苯为母体，取代基为乙基;0所含官HCTOOCJ&能团的名称是：酯基、醛基;COOEt2）/人、一口分子含有12个C原子、15个H原子、2个O原子、1个N原子；3）由C8H8前、后物质结构，可知反应是醇的消去反应，故C8H8为-CH=CH?,也是 -CH= CH?与氨气发生加成反应；4。与应互为同分异构体的芳香类化合物，说明含有苯环，核磁共振 氢谱