山东省济南市2025届高三化学5月模拟考试试题（含解析）

山东省济南市2025届高三化学5月模拟考试试题（含解析）

可能用到的相对原子质量：H1C12N14016A127C135.5Ca40Ti48

LNa2s2O5是常用的防腐剂和漂白齐!J。可利用烟道气中的SO?生产Na2s2O5,其流程如下：

pll=4.1p[1=7〜8pll=4.1

下列说法正确的是

A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物

B.NazSzOs作防腐剂和SO?作漂白剂时，均表现还原性

C.上述流程中的Na£03饱和溶液和NazCOs固体不行互换

D.试验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗

【答案】C

【解析】

【分析】

饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫,使溶液pH变为4.1,说明溶液显酸性,Na2c显碱性,Na2s

显碱性，NaHCOs显碱性，而NaHSOs显酸性，说明反应产生了NaHSOs,同时放出二氧化碳，I

中的溶液应为NaHSOs溶液；再加入Na2c固体，将NaHSOs转化为Na2s再次充入SO?,将

Na2s转化为NaHSOs,得到过饱和的NaHSOs溶液，由NaHSOs过饱和溶液结晶脱水制得Na2S205,

发生2NaHS03—Na2S205+H20,据此分析解答。

【详解】A.上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物一一二氧化硫和二氧化碳，故

A错误；

B.SO?作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；

C.依据上述分析，上述流程中的Na2c饱和溶液和Na2c固体不行互换，否则得不到过饱

和的NaHSOs溶液,故C正确；

D.“结晶脱水”是加热固体分解，应当在生竭中进行，故D错误；

答案选C。

2.油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是自然油脂的成分。它们的结构简式如下图所示。

油酸甘油酯硬脂酸甘油酯

下列说法错误的是

A.油酸的分子式为G8H34。2

B.硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种

C.自然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应

D.将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间

【答案】B

【解析】

【详解】A.油酸的结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7C00H,分子式为CI曲曲,故A正确；

O

CH2O-C-CH2(CH2)15CH3

B.硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为!HO_g_CH2(CH2hCH3，上面的酯基与下面的酯基

O

CH2O-C-CH2(CH2)15cH3

互为对称结构，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；

C.自然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应(或取代反

应)，故C正确；

D.油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可

延长保存时间，故D正确；

答案选B。

【点睛】本题的易错点为B,要留意分子的对称性对同分异构体数目的影响。

3.下列由试验得出的结论正确的是

试验结论

将适量苯加入澳水中，充分振荡后，滨水层接近

A苯分子中含有碳碳双键，能与Be发生加成反应

无色

向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺

B该溶液中肯定含有s?o厂

激性气味的气体

向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制

C蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖

Cu(OH)2悬浊液，加热，未视察到砖红色沉淀

相同条件下，测定等浓度的Na£03溶液和Na2S04

D非金属性：s>c

溶液的pH,前者呈碱性，后者呈中性

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.苯与澳水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与澳发生加成反应，故

A错误；

B.向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味气体，生成的产物为硫和二

氧化硫，原溶液中可能含有暖和SO产,不肯定是SQr，故B错误;

C.水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调整溶液至碱性,

加入新制Cu(0H)z悬浊液，加热，试验不能胜利，故C错误；

D.测定等物质的量浓度的Na£03和NazSOi溶液的pH,NazCOs的水解使溶液显碱性，Na2S04

不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸〉碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价

含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；

答案选D。

4.N&是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目肯定为N.的是

A.46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子

B.36.0gCaO?与足量水完全反应过程中转移的电子

C.53.5g氯化镀固体溶于氨水所得中性溶液中的NHJ

D.5.0g乙烷中所含的共价键

【答案】C

【解析】

【详解】A.46.0g乙醇的物质的量为Imol,酯化反应为可逆反应，不能进行究竟，Imol

乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA,故A错

误；

36g

B.36.0gCaO?的物质的量为~-=0.5moL与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，

72g/mol

转移0.5mol电子，故B错误；

C.53.5g氯化钱的物质的量为Imol,中性溶液中c(lT)=c(OH),依据电荷守恒，c(NHj)+

c(H+)=c(OH-)+c(CD，因此c(NH；)=c(C「)，BPn(NH；)=n(Cr)=lmol,故C正确；

D.一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键，因此5.0g乙烷中所含共价键数目为

5g7

zz—~;X7XN=-NA,故D错误；

30g/molA6

答案选C。

【点睛】本题的易错点为B,要留意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应

中0元素的化合价由T价变成0价和-2价。

5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、

W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1：1,阳离子是一种5核10电子微粒；Q元

素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；

甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是

A.甲中既含离子键，又含共价键

B.丙和戊的混合物肯定显酸性

C.丁肯定能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝

D.原子半径：X<Y<Z<W

【答案】A

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种

元素组成的，其中阴阳离子个数比为1：1,阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NHJ,

则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W

均为其次周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na,则阴离子为碳酸氢根离子，则甲

为NH4HCO3,因此Y为C元素、Z为N元素、W为0元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物

对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与

碳酸氢镂反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸镂、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则

丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。

【详解】依据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为0元素，Q为Na元素，

甲为NHJKOs,乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸镂和水。

A.甲为NH,HCOs,属于离子化合物，含有离子键，钱根离子、HC%-中还含有共价键，故A正

确；

B.丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸镂溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；

C.丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；

D.同一周期，从左到右，原子半径渐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径渐渐增大，

原子半径：X<W<Z<Y,故D错误；

答案选A。

6.海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原

理示意图（电解槽内部的“和"I”表示不同类型的离子交换膜）。工作过程中b电极上

持续产生CL。下列关于该装置的说法错误的是

A.工作过程中b极电势高于a极

B.“表示阴离子交换膜，“|”表示阳离子交换膜

C.海水预处理主要是除去Ca?+、Mg2+等

D.A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水

【答案】D

【解析】

【分析】

电解过程中b电极上持续产生C1”则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反

应为：2c「-2鼠=口2t,电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反

应为2H=2e=Hzt,工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a

移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。

【详解】A.电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极，b极电势高于a极，故A正确；

B.依据分析，“表示阴离子交换膜，”表示阳离子交换膜，故B正确；

C.为了防止海水中的Ca?+、Mg2\SO：」等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水须要

预处理，除去其中的Ca?+、Mg?+等，故C正确；

D.依据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b

移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水，B口流出的是“浓水”，故D错误；

答案选D。

7.某温度下，向10mL0.1mol•L^NaCl溶液和10mL0.1mol•LKErO」溶液中分别滴加

0.1mol•LAgNOs溶液。滴加过程中pM[—lgc(C「)或一Igc(CrOl)]与所加AgNOs溶液体积

之间的关系如下图所示。已知Ag£r04为红棕色沉淀。下列说法错误的是

A.该温度下，Ksp(AgzCrOj=4X1012

B.ai、b、c三点所示溶液中c(Ag*)：ai>b>c

C.若将上述NaCl溶液浓度改为0.2moi•L、则S1点会平移至a2点

D.用AgNOs标准溶液滴定NaCl溶液时，可用KzCrO,溶液作指示剂

【答案】B

【解析】

【分析】

依据pM=—lgc(C「)或pM=—Igc(CrOj-)可知，c(CrOj—)越小，pM越大，依据图像，向10mL

0.1mol•1/NaCl溶液和10mL0.1mol•厂^^!^溶液中分另ij滴力口0.1mol•LAgNOs溶液。

当滴加10mLO.1mol•LAgNOs溶液时,氯化钠恰好反应，滴加20mLO.1mol•『AgNOs溶

液时，KeCrOa恰好反应，因此a1所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为LCrO,，据此分析解答。

221

【详解】A.b点时恰好反应生成AgzCrO,,-Ige(Cr04")=4.0,c(CrO4")HlO^mol-U,则

+-112-2+-12

c(Ag)=2X10mol,U,该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=c(Cr04)Xc(Ag)=4X10,故A正确；

B.a点恰好反应，一lgc(C「)=4.9,c(CD=10-4-9mol-T1,贝|c稔炉)=10-4%。1•L,b点

c(Ag+)=2XlO^mol-U1,c点，K£r()4过量，c(CrCV、约为原来的▲,则c(CrO广)=

4

0.025mol•匚1,贝！Ic(Ag')=J尘型——=X10-5mol•L,ai>b、c三点所示溶液中b

V0.025

点的c(Ag,)最大，故B错误；

C.温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol平衡时，

-Ige(CD=4.9,但须要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此出点会平移至a?点，故

C正确；

D.依据上述分析，当溶液中同时存在C「和CrO广时，加入硝酸银溶液，C「先沉淀，用AgNOs

标准溶液滴定NaCl溶液时，可用KzCrO,溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成AgzCrO,为红

棕色沉淀，故D正确；

答案选B。

8.纳米TiO?是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)」为原料制备纳米TiO?的步骤如下：

①组装装置如下图所示，保持温度约为65℃,先将30mL钛酸四丁酯［Ti(0QH3］加入盛有无

水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；

②将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；

③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiOz。

已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水猛烈水解；Ti(OH),不稳

定，易脱水生成Ti。?，回答下列问题：

(1)仪器a的名称是，冷凝管的作用是

(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是(填标号)。

a.增加反应的焰变b.增大反应的活化能

c.减小反应的焰变d.降低反应的活化能

制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有0

(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为o下图所示试验装置中，可用于灼

烧二氧化钛凝胶的是(填标号)。

(4)测定样品中TiO?纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫

酸镂的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入肯定量稀盐酸得到含MO?+的溶液。加入

金属铝，将TiO”全部转化为TF。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000

mol•LNHFe(S04)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000mol•L-1NHFe(S0j溶

3+2+2+

液的平均值为20.00mL(已知:Ti*+Fe+H2O=TiO+Fe+2上)。

①加入金属铝的作用除了还原Ti(r外，另一个作用是o

②滴定时所用的指示剂为(填标号)

a.酚麟溶液b.KSCN溶液c.KMnO,溶液d.淀粉溶液

③样品中TiOz的质量分数为%»

【答案】(1).温度计(2).冷凝回流(3).b(4).用含水20%的乙醇溶液

代替水、缓慢滴液(5).Ti(0C4H9)4+2H20=Ti02+4C4H9OH(6).a(7).与酸反应

生成氢气，形成氢气氛围，防止TF在空气中被氧化(8).b(9).80

【解析】

【分析】

⑴依据水、无水乙醇和乙酰丙酮简洁挥发分析解答；

⑵反应的焰变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反

应的活化能，反应速率加快，据此分析推断；依据试验步骤②的提示分析推断；

(3)Ti(0H)4不稳定,易脱水生成TiOz,钛酸四丁酯［Ti(0QH3］水解生成二氧化钛溶胶,据

此书写反应的化学方程式；灼烧固体须要在珀烟中进行；

3+2+2++

(4)依据Ti"+Fe+H2O=TiO+Fe+2H,说明Ti"简洁被氧化;并据此分析推断可以选

用的指示剂，结合消耗的NHFe(SOJ的物质的量计算样品中TiO,的质量分数。

【详解】(D依据装置图，仪器a为温度计，试验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮

挥发，可以运用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为：温度计；冷凝回流；

(2)a.反应的焰变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，变更是反应的条件，不

能变更反应的焰变，故a错误；b.增大反应的活化能，活化分子数削减，反应速率减慢，

故b正确；c.反应的熔变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，变更是反应的

条件，不能变更反应的焰变，故c错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率

加快，故d错误；故选b；依据试验步骤②的提示，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代

替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯［TiSQH，］水解的反应速率，故答案为：b；用含水20%

的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；

(3)Ti(OH),不稳定，易脱水生成TiOz,步骤②中钛酸四丁酯［Ti(OC4HJ1水解生成二氧化钛

溶胶，反应的化学方程式为Ti(0QH9)4+2HQ=TiOz+4C4H90H；灼烧二氧化钛凝胶须要在用期

中进行，故选择的装置为a,故答案为：Ti(OC4H9)4+2H2=Ti02+4C4H90H；a；

3+2+2+

⑷①依据Ti'++Fe+H2O=TiO+Fe+2已，说明Ti"简洁被氧化，铝与酸反应生成氢气，

在液面上方形成氢气氛围，防止TF在空气中被氧化，故答案为：与酸反应生成氢气，形成

氢气氛围，防止Ti"在空气中被氧化；

②酚酥溶液、淀粉溶液与NHFeGO,溶液，现象不明显；KMnO”溶液也能氧化TF,影响滴

3+2+2+

定结果，KMnO&不与Fe/反应；依据滴定反应Ti"+Fe+H2O=TiO+Fe+2H+可知，可以

选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最终一滴NH,FelSOj溶液，简洁变成血红色，且半分钟不

褪色，说明到达了滴定终点，故答案为：b；

③消耗NHFe(S0j的物质的量=0.02LX0.1000mol-r=0.002moL则依据钛原子守恒，

3+3+

n(TiO2)=n(Ti)=n(Fe)=0.002moL样品中TiO?的质量分数

0.002mo/x80g/mol

X100%=80%,故答案为：80„

0.2000g

9.磷及其化合物在工农业生产中具有重要用途。回答下列问题：

(1)下图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程I中，被还原的元素是

(填元素符号)，过程HI的化学方程式为o

(2)磷酸帆锂/碳复合材料［Li3V2(POJ3/C］是常用的电极材料，其制备流程如下:

V。

HC。.水浴70七.碳城等,屯碳材乙产

溶液►溶液A］|I

ioj过滤I一原淙I一傩烧―POJ/C

NH：H,PC)4r~r

溶点T”合I-------------溶液B」

Li;CO,

①复合材料中V的化合价为,C的作用是。

②V◎与H2C2O4反应生成Vz(CM)3的化学方程式为；“洗涤”时用乙醇而不用

水的目的是«

③锂离子电池是一种二次电池，又称“摇椅”电池。若用和Li£e和Li3V2(P04)3/C做电极，

放电时的电池总反应为Li£6+Li3_*V2(P04)3=Li3V2(POj+Ce,则电池充电时阳极的电极反应

式为o

【答案】(1).Cu、P(2).2Ca3(P04)2+6Si02+10C=6CaSi03+10C0f+P4(3).+3

(4).增加复合材料的导电性(5).V206+5H2C204=V2(C204)3+4C02t+5H20(6).削减产

+

品损耗(7).Li3V2(P04)3-xe=Li3-xV2(P04)3+xLi

【解析】

【分析】

(1)依据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P；过程III中反应物为

Ca3(P04)2>Si。?和C,生成物为CaSiOs、CO和巳，结合氧化还原反应的规律分析解答；

(2)①复合材料Li3Vz(POJ3中锂元素化合价为+1价，磷酸根离子为-3价，依据正负化合价的

代数和为0计算V的化合价；依据该复合材料是常用的电极材料，结合C是导体分析解答；

②与H2C2O4反应生成Vz(C2()4)3,V元素化合价降低则碳元素化合价上升，生成产物有二氧

化碳和水，结合氧化还原反应的规律书写化学方程式；③依据放电的总反应可以得到充电时

电池的总反应，结合电解原理分析解答。

【详解】(1)依据图像，过程I中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和CsP,其中P元素和Cu

元素的化合价降低,被还原；过程HI中反应物为Ca3(P0j2、SiOz和C,生成物为CaSiOs、

CO和以,反应的化学方程式为2Ca3(P0j+6Si02+10C=6CaSi03+10C0f+P4,故答案为：Cu、

P；2Ca3(P04)2+6Si02+10C=6CaSi03+10C0t+P4；

⑵①磷酸铀锂/碳复合材料［Li3V2(PO3/C］中磷酸根显-3价，锂显+1价，因此V的化合价为

+3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增加复合材料的导电性，故答案为：

+3；增加复合材料的导电性；

②VM与H£Z04反应生成V2G2OJ3过程中V的化合价由+5价降低为+3价，则草酸被氧化生成

二氧化碳，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为VQ+5H£204=

V2(C2O4)3+4CO2f+5H20；Li3V2(POJ3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以削减产

品损耗，故答案为：V205+5H2C204=V2(C2O4)3+4CO2t+5H20；削减产品损耗；

③该锂离子放电时的电池总反应为Li£6+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6,则充电时电池的总

反应为Li3V2(PO，+C6—Li£6+Li3-xV2(POj3,充电时阳极发生氧化反应，电极反应为：

++

Li3V2(P04)3-xe^Li3-xV2(P04)3+xLi,故答案为：Li3V2(POD3-xe^Li3-xV2(P04)3+xLio

10.NO.是空气的主要污染物之一。回答下列问题：

(1)汽车尾气中的N0来自于反应：N2(g)+02(g)FA-2N0(g)o如图表示在不同温度时，肯

定量N0分解过程中N2的体积分数随时间的变更。则NMg)+02(g)02N0(g)为

(填“吸热”或“放热”)反应。2000℃时，向容积为2L的密闭容器中充入lOmolN2

和5moi02,发生上述反应，lOmin达到平衡，产生2moiNO,则lOmin内的平均反应速率

--1

u(02)=mol,L'•mino

r/min

(2)在汽车的排气管上加装催化转扮装置可削减NO,的排放。探讨表明，NOx的脱除率除与还

原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以1助.乩,/0)03+*8、B均

为过渡元素)为催化剂，用油还原NO的机理如下：

第一阶段：B"+(不稳定)+H?一低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)

其次阶段:NO(g)+D-NO(a)AH、Kt

2N0(a)-2N(a)+02(g)AH,,K2

2N(a)-Nz(g)+2口AH3>K3

2NO(a)—N2(g)+20(a)AH4,K4

20(a)-0z(g)+2口AH5,K5

注：口表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态

第一阶段用氢气还原B"+得到低价态的金属离子越多，其次阶段反应的速率越快，缘由是

=其次阶段中各反应焰变间的关系：244+4压+4员=；该温度下，NO脱

除反应2NO(g)=Nz(g)+()2(g)的平衡常数K=(用K、&、区的表达式表示)。

(3)工业废气中的NO和NO?可用NaOH溶液汲取。向20mL0.Imol•I7%aOH溶液中通入含NO

和NO?的废气，溶液pH随气体体积V的变更如图1所示(过程中温度保持不变)，B点对应的

溶液中c(HN02)=c(NO/),则A点对应溶液中c(NOD/c(HNO2)=。

(4)氨催化还原法也可以消退NO,原理如图2所示，N0最终转化为员0和(填电子

式)；当消耗1molN%和0.5mol。?时，理论上可消退L(标准状况)N0。

【答案】(1).吸热(2).0.05(3).还原后催化剂中金属原子个数不变，价

态降低，氧缺位增多，反应速率加快(4).2AHt+AH4+AH5(5).K/XK2XK3(6).

IO37(7).：NHN：(8).11.2

【解析】

【分析】

(1)依据图像，T,曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，结合温度对平衡的影响分析推

断；依据N?(g)+0式或=2N0(g),计算出反应消耗的氧气，再计算lOmin内的氧气的平

均反应速率；

(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多；依据盖斯定律分析解答；

(3)N0和NO,可用NaOH溶液，汲取发生的反应为N0+N0z+2Na0H-ZNaNOz+RO,依据亚硝酸钠

c(HN0,)c(0H)

的水解平衡常数Kh=------要——^结合温度不变，及不变计算；

C(NO2")

⑷由图2知，该原理中的中NO最终转化为H2和氮气；依据氨气失去的电子的物质的量等

于NO和氧气得到的电子总物质的量计算。

【详解】(1)依据图像，T,曲线先到达平衡，反应速率大，温度较高，而温度上升，氮气的

体积分数减小，说明上升温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；依据Nz(g)+

Oz(g)=2N0(g),lOmin达到平衡，产生2molNO,则反应的氧气为Imol,lOmin内的平

Imol

均反应速率uQ)=2L=0。5mol-L-1-min-1,故答案为：吸热；0.05；

lOmin

(2)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，其次阶段反应速率加快；

其次阶段：①NO(g)+D-NO(a)AHi、其②2N0(a)f2N(a)+0z(g)4压、K2,③2N(a)-Nz(g)

+2DAH3>K3,④2N0(a)-Nz(g)+20(a)△&、K4,⑤20(a)-Oz(g)+2口AH5>+依

据盖斯定律,将①X2+②+③得到2N0(g)-O2(g)+N2(g),将①X2+④+⑤得到2N0(g)-N?(g)+

(Ug),BP2AH!+AH2+AH3=2AH)+AH4+AH5；因此2N0(g)=N?(g)+0z(g)的平衡常

数K=KjXK2><K3,故答案为：还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增

多,反应速率加快；2AHi+AH4+AH6；VX^XKB；

(3)20mL0,Imol-L-1NaOH溶液中含有氢氧化钠0.002moLNO和NO2可用NaOH溶液汲取，发

-

C(HN02)C(0H)

生的反应为N0+N0z+2Na0H-ZNaNOz+lW,亚硝酸钠的水解平衡常数K产------」.....-B

c(NOf)

in14

点对应的溶液中C(HN02)=C(N(V),K=c(0H-)=一—=10^7,温度不变，及不变,A点

hIO'?

Kh---------2Z-------~—~----——"^二10",故答案为：10”；

-107

C(NO2")C(HNO2)KhIO

(4)由图2可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为

N?和Ha,氮气的电子式为：NUN：；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气

失去的电子的物质的量等于N0和氧气得到的电子总物质的量，ImolNR转化为N?失去3mol

电子，0.5molO2得到2moi电子，则N0转化为N?得到的电子为Imol,所以NO的物质的量

为0.5moL标准状况下的体积为11.2L,故答案为：：NjjN：；11.2„

【点睛】本题的难点为(3),要留意水解平衡常数、电离平衡常数等是温度的函数，易错点

为(2),要留意依据盖斯定律处理方程式时，焰变与平衡常数的处理方式不同。

11.前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运

动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电

子数均是未成对电子数的3倍;D形成简洁离子的半径在同周期元素形成的简洁离子中最小。

回答下列问题：

(1)元素A、B、C中，电负性最大的是—(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能

由大到小的依次为o

(2)与同族其它元素X形成的XAs相比，BAs易液化的缘由是；BAs分子中键角

109°287(填“>”或“=")，缘由是o

(3)BCs-离子中B原子轨道的杂化类型为，BCs-离子的立体构型为

(4)基态E原子的电子排布式为；C、E形成的化合物EC$(其中E的化合价为+6)中

。键与“键数目之比为；

(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相像。

若DB的晶胞参数为apm,则晶体的密度为g•crrT(用NA表示阿伏加德罗常数)。

【答案】(1).0(2).N>O>A1⑶.NH3分子间易形成氢键(4).<(5).

孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用(6).sp2(7).

164

三角形⑻.Is22s22Pti3s23P63d54sl(或[Ar]3d曝|)(9).7:1(10).XIO30

【解析】

【分析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状

态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1,核外电子排布为Is22s22P)

为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电了数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布

为Is22s?2p4、Is22s22P63s23P63d'4s'则C为0元素，E为Cr元素；D形成简洁离子的半径在

同周期元素形成的简洁离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为

A1元素。据此分析解答。

【详解】依据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为0元素，D为A1元素，E为Cr元素。

(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、。中，电负性最大的是0元素；同一周

期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第HA族、第VA族元素的第一电离能大

于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能渐渐减小，

元素N、0、A1的第一电离能由大到小的依次为N>O>A1,故答案为：0；N>O>A1；

(2)N&分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NL中中心原子N的价层电子对数为4,孤电子

对数为1,其VSEPR模型为四面体构型，NH,分子中N原子采纳sp，杂化，为三角锥结构，孤

电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于

109°28,，故答案为：NH,分子间易形成氢键；<；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于

成键电子对之间的排斥作用；

(3)NC)3-离子中N原子的价层电子对数=。键电子对数+孤电子对数=3+-----三=3,采纳sp2

2

杂化，立体构型为三角形，故答案为：SP?;三角形；

(4)E为Cr元素,基态E原子的电子排布式为Is22s%>63s23P63d54sl(或[At]3d54s')；C、E

o

形成的化合物Cr05(其中E的化合价为+6),结构为其中。键与口键数目之

o

比为7:1,故答案为：Is22s22P63s23P63d54sl(或[Ar]3d54s')；7:1；

114x(27+14)

(5)A1N晶胞中含有N或Al原子数为4,8X-+6X-=4,晶胞质量为----------g,因此

X

4(27+14)164164

晶胞的密度=NXio30g-cm-3故答案为：xio3%

-----A37；---raNa-5

(ax10cm)A

【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4),要能

够依据题意确定CrOs的结构。

12.M是一种合成香料的中间体。其合成路途如下:

已知：①有机化合物A〜M均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，E的核磁共振氢谱有3

组峰，D与G通过酯化反应合成M。

②■^磬•*CCOH

R

③2RCH£H。岑生3cH,CH=hHO

回答下列问题：

(1)A所含官能团的名称为,F-G反应①的反应类型为,M的结构简式

为。

(2)E的名称是；E-F与FfG的依次不能颠倒，缘由是o

(3)G的同分异构体中，遇FeCL溶液显紫色且能发生银镜反应的有种，其中苯环

上的一氯代物只有2种且能发生水解反应的是(填结构简式)。

(4)参照上述合成路途，以CH3cH20H为原料(无机试剂任用)，设计制备CH3cH2CH2CH20H的

合成路途o

【答案】(1).羟基(2).取代反应(3).

(4).对氯甲苯(或4-氯甲苯)(5).假如

颠倒则(酚)羟基会被酸性高镒酸钾氧化(6).9(7).HO-^^-OOCH(8).

CO;