一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.化学与生活息息相关。下表中有关物质用途与原因解释均正确的是（　　）

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　）

A. 标准状况下，80g 所含的原子数为4 

B. 铅蓄电池在充电时，每生成98g ，电路中通过电子数为

C. 1mol 、3mol 混合反应，当生成 时，转移电子数目为 

D. 100mL 的溶液，含有的阴离子数目为 

3.下列有关实验装置正确且能达到实验目的是（　　）

4.最近我国科学家研制出了一种新型纳米电子学材料--石墨炔，其分子中只有碳原子，图中丁为它的结构片段。下列有关说法错误的是（　　）

A. 甲中有12个原子共平面

B. 丙的二氯代物有3种

C. 1mol丙最多可以和12mol 发生加成反应

D. 石墨炔和金刚石、石墨、等互为同素异形体

5.某探究小组做了以下两组实验：

A. 实验1和实验2中均发生了氧化还原反应和非氧化还原反应

B. 由实验2可推知和在酸性条件下不可能生成

C. 实验2中固体溶解速率不同的原因是不同

D. 上述实验闻到臭鸡蛋气味，是因为溶液呈酸性，促使固体溶解产生了气体

6.短周期X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大。X的最外层电子数是内层电子数的2倍，M核内质子数是Y的两倍，Z的单质常温下与水剧烈反应。下列有关说法错误的是（　　）

A. 最简单氢化物的沸点：

B. M的单质在常温下一定呈固态

C. Z单质可能是金属，也可能是非金属

D. 最高价氧化物对应水化物的酸性一定是：

7.向0.1mol•L-1 AgNO3溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+，平衡常数K=．溶液中pNH3与δ（X）的关系如图，其中pNH3=-lg[c（NH3）]、δ（X）=（X代表Ag+或[Ag（NH3）2]+）。下面说法错误的是（　　）

A. K越大，越稳定

B. 图中代表的是

C. 该溶液中存在：

D. 在此条件下该反应平衡常数K的数量级为

二、简答题（本大题共5小题，共63.0分）

8.碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）加入少量NaHCO3的目的是______，该反应的离子方程式为______；为了加快反应速率，“搅拌”的同时还可以______（填操作名称）。

（2）反应II的离子方程式为______；你认为用NaNO2的不足之处是______。某同学选用H2O2代替NaNO2，反应时有气泡产生，写出生成该气体的化学方程式______。

（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子。该水解反应的离子方程式为______。

（4）减压蒸发的目的是______。

（5）为检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用的试剂为______

A．氯水B．KSCN溶液 C．K3[Fe（CN）6]溶液 D．酸性KMnO4溶液

9.保险粉（Na2S2O4）广泛应用于造纸、印染、环保、医药等行业，可以通过 NaHSO3与NaBH4反应制取。该物质具有强还原性，在空气中易被氧化，受热易分解，易溶于水、不溶于乙醇。请按要求回答下列问题：

Ⅰ．NaHSO3溶液的制备

（1）按图1装置制取NaHSO3溶液，A装置中不宜使用98.3%的浓H2SO4或稀H2SO4，原因是______；装置B的作用是______。

（2）反应后C装置中溶液pH=4.1，则C中生反应的离子方程式为______。

Ⅱ．保险粉的制备

打开图2（部分装置已省略）中活塞K通人氮气，一段时间后，关闭K．打开恒压滴液漏斗活塞，滴人碱性NaBH4溶液（NaBH4被氧化为NaBO2和H2O），在30〜40°C下充分反应。向反应后的溶液中加入乙醇，经冷却结晶、过滤得到Na2S2O4•2H2O晶体，再用乙醇洗涤、真空烘干脱去结晶水得到保险粉。

（3）E中发生反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。

（4）反应前通人N2的目的是；洗涤Na2S2O4•2H2O晶体，使用乙醇的原因是______；恒压滴液漏斗侧管的作用是______；反应中合理的加热方式是______。

Ⅲ．保险粉纯度的测定

（5）称量3.0 g样品溶于冷水配成200 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中，加人指示剂，用0.10 mol•L-1碱性K3[Fe（CN）6]标准溶液滴定。滴定原理为：4[Fe（CN）6]3-+2S2O42-+8OH-=4[Fe（CN）6]4-+4SO32-+4H2O（杂质不参与反应）。达到滴定终点时消耗标准溶液24.00 mL。

①样品中Na2S2O4的质量分数为（精确至0.1%）______。

②下列操作会引起测定结果偏高的是______。

A．配制标准溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒

B．未用标准溶液润洗滴定管

C．锥形瓶中有少量蒸馏水

D．滴定终点读数时俯视刻度线

10.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）CO还原NO的反应为2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=-746 kJ•mol-1．部分化学键的键能数据如表：

②写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施______。

（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO（g）+C（s）⇌N2（g）+CO2（g）△H．恒容恒温条件下，向体积相同的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量[n（NO）]随反应时间（t）的变化情况如表所示：

t/min

n（NO）/mol

②乙容器在160 min时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）某温度下，向体积为2L的恒容真空容器中通入2.00 mol NO2，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-57.0 kJ•mol-1

已知：v正（NO2）=k1 •c2（NO2），v逆（N2O4）=k2 •c（N2O4），其中k1、k2为速率常数。测得NO2的体积分数[φ（NO2）]与反应时间（t）的关系如表：

②已知速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k1增大的倍数______k2增大的倍数（填“＞”、“＜”或“=”）。

（4）用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图所示。已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为______。反应过程中通过质子交换膜（ab）的H+为2 mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为______L

11.根据物质结构相关知识，回答下列问题：

（1）在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有种。

（2）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图1所示，其中8个C原子位于立方体的顶点，4个C原子位于立方体的面心，4个N原子在立方体内。

①已知该晶体硬度超过金刚石，其原因是______。

②晶胞中C原子的杂化方式为______。

③知该晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为______g•cm-3

（3）大π键可表示为πmn，其中m代表参与形成的大π键原子数，n表示大π键的电子数，如的大π键可表示为π66，则CO32-中的大π键可表示为______。

（4）金属铬是一种极硬、耐腐蚀的银白色金属，其化合物种类繁多，如：Cr2（SO4）3、K2Cr2O7以及配离子[Cr（H2O）3（NH3）3]3+等。

①基态铬原子的价电子排布式为______。

②配离子[Cr（H2O）3（NH3）3]3+的结构可能有______种。

（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AIP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图2所示。

①C点的原子坐标为______。

③AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面体空隙中，此空隙的填充率为______。

12.具有抗菌、消炎作用的黄酮醋酸类化合物L的合成路线如图所示：

已知：

①R-XR-CNR-COOH　（ R为烃基）

②RCHO+CH3COR′RCH=CHCOR′（R、R′为烃基或氢原子）

③（R代表烃基或氢）

请回答下列问题：

（1）物质B的名称为______；试剂b的结构简式为______；L和足量H2加成所得产物的分子式______。

（2）芳香烃A转化为物质B的化学方程式______；C→D的反应类型为______。

（3）F中含氧官能团的名称为______。

（4）同时满足下列条件的D的同分异构体共______种。

①能发生银镜反应；

②能发生水解反应；

③属于芳香族化合物。

写出其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式______。

（5）结合题中信息，仿照题中流程图，写出以A为原料制备苯乙酸的合成路线（无机试剂任选）______。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】

解：A．葡萄糖含有醛基，能够还原银离子，可用于制镜工业，故A正确； 

B．浓硫酸常温下与铁、铝发生钝化反应，形成致密的保护膜阻止反应进一步进行，所以用铁槽车或铝槽车运输浓硫酸，故B错误； 

C．二氧化硅具有良好的传递光信号的性能，是信息高速公路的骨架，故C错误； 

D．NaOH碱性太强，不能用作胃酸中和剂，故D错误； 

故选：A。

A．葡萄糖含有醛基，能够还原银离子； 

B．浓硫酸常温下与铁、铝发生钝化反应； 

C．二氧化硅具有良好的传递光信号的性能，是信息高速公路的骨架； 

D．NaOH碱性太强。

本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】

解：A、标况下80g三氧化硫的物质的量为1mol，而三氧化硫中含4个原子，故1mol三氧化硫中含原子为4NA个，故A正确；

B、铅蓄电池充电的反应为：2H2O+2PbSO4Pb+PbO2+2H2SO4，根据反应可知，当转移2mol电子时，生成2mol硫酸，故当生成98g硫酸即1mol硫酸时，转移1mol电子即NA个，故B正确；

C、合成氨的反应中氮元素由0价变为-3价，故当生成0.1mol氨气时转移0.3NA个电子，故C正确；

D、S2-的水解导致阴离子个数增多，故此溶液中国阴离子个数多于0.01NA个，故D错误。

故选：D。

A、求出三氧化硫的物质的量，然后根据三氧化硫中含4个原子来分析；

B、铅蓄电池充电的反应为：2H2O+2PbSO4Pb+PbO2+2H2SO4；

C、合成氨的反应中N元素由0价变为-3价；

D、S2-的水解导致阴离子个数增多。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.【答案】A

【解析】

解：A．水和溴苯分层，选分液漏斗可分离，故A正确； 

B．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故B错误； 

C．导管在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误； 

D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故D错误； 

故选：A。

A．水和溴苯分层； 

B．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应； 

C．导管在碳酸钠溶液的液面下，易发生倒吸； 

D．不能在容量瓶中稀释浓硫酸。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、混合物分离提纯、溶液配制为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】

解：A．苯环中所有原子共平面，溴原子取代苯中H原子生成甲，所有甲中所有原子共平面，故A正确； 

B．丙的二氯物和苯的二氯代物相似，都有3种，故B正确； 

C．丙中含有碳碳三键、苯环，都可与氢气发生加成反应，则最多可以和18mol H2发生加成反应，故C错误； 

D．石墨炔中只含有C元素，C60中只含C元素，都为单质，二者结构不同，所有属于同种元素的不同单质，为同素异形体，故D正确； 

故选：C。

A．苯环中所有原子共平面，溴原子取代苯中H原子生成甲； 

B．丙的二氯物有3种； 

C．丙中含有碳碳三键、苯环，都可与氢气发生加成反应； 

D．石墨炔中只含有C元素，C60中只含C元素，都为单质。

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查分析判断及对基本概念的理解和掌握，明确官能团及其性质关系、基本概念内涵是解本题关键，注意AB采用类比的方法进行判断，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】

解：A．生成的臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，发生水解反应生成，生成淡黄色沉淀为S，发生氧化还原反应生成，故A正确； 

B．Fe3+和S2-在酸性条件下发生氧化还原反应，则不可能生成Fe2S3，故B正确； 

C．由实验2可知，铁离子浓度不同，反应速率不同，两个实验氢离子浓度相同，故C错误； 

D．生成的臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，在酸性条件下易生成，故D正确。 

故选：C。

氯化铁水解呈酸性，铁离子具有氧化性，可氧化硫化氢、硫离子等生成硫，由实验2可知，铁离子浓度不同，反应速率不同，以此解答该题。

本题考查物质的性质探究，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验现象的分析和判断，题目难度不大。

6.【答案】D

【解析】

解：X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素。M核内质子数是Y的两倍，短周期主族原子序数最大为17，故Y只能处于第二周期，若Y为N，则M为Si，若Y为O，则M为S，而当Y为F时，M为Ar，M不符合主族元素。Z的单质常温下与水剧烈反应，结合原子序数Z为F或Na。 

A．若Y为N，则M为Si，氨气分子之间存在氢键，沸点高于SiH4的，若Y为O，则M为S，H2O的沸点高于H2S的，故A正确； 

B．M为Si或S，单质在常温下均为固体，故B正确； 

C．Z为F或Na，可能是金属，也可能是非金属，故C正确； 

D．M为Si或S，X为C，它们最高价含氧酸中，硅酸的酸性比碳酸弱，而硫酸的酸性比碳酸强，故D错误。 

故选：D。

X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素。M核内质子数是Y的两倍，短周期主族原子序数最大为17，故Y只能处于第二周期，若Y为N，则M为Si，若Y为O，则M为S，而当Y为F时，M为Ar，M不符合主族元素。Z的单质常温下与水剧烈反应，结合原子序数Z为F或Na。

本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，正确推断各元素为解答关键，熟练掌握核外电子排布规律、元素周期表结构与元素周期律，注意Y、M元素的不确定性。

7.【答案】B

【解析】

解：A．向0.1mol•L-1 AgNO3溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+，K越大进行程度越大，说明[Ag（NH3）2]+越稳定，故A正确；

B．随着pNH3增大，则溶液中c（NH3）减小，促进Ag（NH3）2+解离，则c（Ag+）增大，所以δ1代表δ（Ag+），故B错误；

C．根据电荷守恒：c（Ag+）+c（H+）+c[Ag（NH3）2+]+c（NH4+）=c（OH-）+c（NO3-），根据物料守恒：c（Ag+）+c[Ag（NH3）2+]=c（NO3-），所以有c（NH4+）+c（H+）=c（OH-），故C正确；

D．溶液中c（Ag+）=c[Ag（NH3）2+]时，根据图象，此时pNH3=3.65，所以c（NH3）=10-3.65mol/L，则K（[Ag（NH3）2]+）==10-7.3，故D正确；

故选：B。

A．向0.1mol•L-1 AgNO3溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+，平衡常数K是衡量平衡正向进行程度的物理量，K越大进行程度越大；

B．随着pNH3增大，则溶液中c（NH3）减小，促进Ag（NH3）2+解离，则c（Ag+）增大；

C．溶液中电荷守恒和物料守恒分析；

D．根据溶液中c（Ag+）=c[Ag（NH3）2+]时的c（NH3）计算K。

本题考查配合物的解离平衡，还是根据守恒关系式，结合解离平衡表达式和图象分析并计算，题目难度中等。

8.【答案】除去杂质Al3+   Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑   加热   Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O   产生氮的氧化物污染空气   2H2O2=2H2O+O2↑   2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+   降低水的沸点，防止蒸发过程中温度过高导致Fe（OH）2+水解生成Fe（OH）3   CD

【解析】

解：（1）经过反应Ⅰ得到含有Fe2+、Al3+的溶液，加入少量NaHCO3，与Al3+发生双水解反应：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，除去杂质Al3+，为了加快反应速率，“搅拌”的同时还可以加热； 

故答案为：除去杂质Al3+；Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑；加热； 

（2）反应II为NaNO2在酸性条件下氧化FeSO4的反应，离子反应为：Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；该方法产生氮的氧化物污染空气；用H2O2代替NaNO2，反应时有气泡产生，因为发生了反应：2H2O2═2H2O+O2↑； 

故答案为：Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O；产生氮的氧化物污染空气；2H2O2═2H2O+O2↑； 

（3）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，反应为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+； 

故答案为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+； 

（4）减压蒸发的目的是降低水的沸点，防止蒸发过程中温度过高导致Fe（OH）2+水解生成Fe（OH）3； 

故答案为：降低水的沸点，防止蒸发过程中温度过高导致Fe（OH）2+水解生成Fe（OH）3； 

（5）为检验所得产品中是否含有Fe2+，产品含有铁离子，即为在含有Fe3+的溶液中检验Fe2+，选用现象明显的试剂，故选K3[Fe（CN）6]溶液和酸性KMnO4溶液； 

故答案为：C D。

根据流程：用稀硫酸溶解废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等），反应有：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，2Fe3++Fe=3Fe2+，故经过反应Ⅰ得到含有Fe2+、Al3+的溶液，加入少量NaHCO3，与Al3+发生双水解反应：Al3++3HCO3-=Al（OH）3↓+3CO2↑，除去杂质Al3+，滤渣为Al（OH）3，再将得到的FeSO4溶液与H2SO4、NaNO2反应，将其氧化：Fe2++NO2-+2H+=Fe3++NO↑+H2O，为防止蒸发过程中温度过高导致Fe（OH）2+水解生成Fe（OH）3，减压蒸发，过滤，得到碱式硫酸铁，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，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，综合性强，题目难度中等。

9.【答案】在98.3%的浓硫酸中Na2SO3和H2SO4难以电离，反应速率慢，而SO2在稀硫酸中溶解度较大，不利于SO2逸出   防止倒吸   2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2   8：1   减少保险粉的溶解损失   平衡漏斗和烧瓶中的气压，便于液体顺利流下   水浴加热   55.7%   AB

【解析】

解：（1）图1装置制取NaHSO3溶液，A装置中不宜使用98.3%的浓H2SO4或稀H2SO4，原因是在98.3%的浓硫酸中Na2SO3和H2SO4难以电离，反应速率慢，而 SO2在稀硫酸中溶解度较大，不利于SO2逸出；装置B的作用是防止倒吸，

故答案为：在98.3%的浓硫酸中Na2SO3和H2SO4难以电离，反应速率慢，而SO2在稀硫酸中溶解度较大，不利于SO2逸出；防止倒吸；

（2）C通过调节pH为4.1，通入二氧化硫反应生成NaHSO3，方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2，离子反应为2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2，

故答案为：2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；

（3）E中发生NaBH4+8NaHSO3=NaBO2+4Na2S2O4+6H2O，S元素的化合价降低，B元素的化合价升高，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为8：1，

故答案为：8：1；

（4）反应前通入N2的目的是排净三口烧瓶中的空气，防止NaHSO3及Na2S2O4被氧化；洗涤Na2S2O4•2H2O晶体，使用乙醇的原因是减少保险粉的溶解损失；恒压滴液漏斗侧管的作用是平衡漏斗和烧瓶中的气压，便于液体顺利流下；在30〜40°C下充分反应，则反应中合理的加热方式是水浴加热，

故答案为：排净三口烧瓶中的空气，防止NaHSO3及Na2S2O4被氧化； 减少保险粉的溶解损失；平衡漏斗和烧瓶中的气压，便于液体顺利流下； 水浴加热；

（5）①用0.10mol/L碱性K3[Fe（CN）6]标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00mL，则n（K3[Fe（CN）6]）=0.10mol/L×0.024L=0.0024mol，

涉及反应为4[Fe（CN）6]3-+2S2O42-+8OH-=4[Fe（CN）6]4-+4SO32-+4H2O，则n（Na2S2O4）=0.0012mol，可知3.0gNa2S2O4样品中m（Na2S2O4）=×100%=55.7%，

故答案为：55.7%；

 ②A．配制标准溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒，标准液的浓度偏小，消耗其体积偏大，测出结果偏高，故A选；

B．未用标准溶液润洗滴定管，消耗其体积偏大，测出结果偏高，故B选；

C．锥形瓶中有少量蒸馏水，对实验无影响，故C不选；

D．滴定终点读数时俯视刻度线，消耗其体积偏小，测出结果偏低，故D不选；

故答案为：AB。

Ⅰ．A用于制备二氧化硫，B为防倒吸装置，C通过调节pH为4.1，通入二氧化硫反应生成NaHSO3，D为尾气吸收装置；

Ⅱ．制备保险粉，装置先通入氮气可将装置内的空气排出，防止保险粉以及亚硫酸钠被氧化，反应产物中有NaBO2，涉及反应为NaBH4+8NaHSO3=NaBO2+4Na2S2O4+6H2O；

Ⅲ．涉及反应为4[Fe（CN）6]3-+2S2O42-+8OH-=4[Fe（CN）6]4-+4SO32-+4H2O，结合方程式计算，若消耗标准特的体积偏大，则测定结果偏高。

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，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，题目难度不大。

10.【答案】513.5   降低温度、增大压强（或增大CO与NO的投料比等）   ＜   ＞   6   ＜   2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O   11.2

【解析】

解：（1）①设NO的键能为xkJ/mol，反应为2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=（1076×2+2x）kJ/mol-（745×2×2+945）kJ/mol=-746 kJ•mol-1，解得：x=513.5，

故答案为：513.5；

  ②该反应为气体体积缩小的放热反应，若提高NO平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，采用的措施有：增大压强、降低温度、增大CO与NO的投料比等，

故答案为：降低温度、增大压强（或增大CO与NO的投料比等）；

（2）①容器甲和丙中NO的初始量相同，丙优先达到平衡，说明丙的温度较高，达到平衡时丙中NO的物质的量大于甲，说明升高温度平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，其△H＜0，

故答案为：＜；

 ②反应2NO（g）+C（s）⇌N2（g）+CO2（g）为气体体积不变的反应，压强不影响平衡，甲和乙温度相同，二者互为等效平衡，达到平衡时NO的转化率相等，甲中NO的转化率为：×100%=60%，乙中NO的转化率为：×100%=55%＜60%，说明乙容器还没有达到平衡状态，则乙容器在160 min时v正＞v逆，

故答案为：＞；

（3）①2NO2（g）⇌N2O4（g）

初始（mol）1.0               0

转化（mol）x               0.5x

平衡（mol）1.0-x          0.5x

则=0.5，解得：x=，

达到平衡时，v正（NO2）=k1 •c2（NO2）=v逆（N2O4）=k2 •c（N2O4），整理可得：===6，

故答案为：6；

②该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则升高温度后k1增大的倍数＞k2增大的倍数，

故答案为：＜；

（4）根据图示可知，阴极通入SO32-，分离出S2O42-，则阴极反应式为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；

电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则电解池中总反应为：2SO32-+4H+=S2O42-+2H2O+O2↑，即转移4mol电子消耗4mol氢离子，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的H+为2 mol时，转移电子的物质的量为2mol，

图示NO吸收柱中S2O42-失去电子被氧化成SO32-，在NO得到电子被还原成N2，根据电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：=0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L，

故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O； 11.2。

（1）①△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，结合2CO（g）+2NO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=-746 kJ•mol-1及表中数据计算；

②提高NO平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，该反应为气体体积缩小的放热反应，结合平衡移动原理分析；

（2）①对比甲和丙判断温度大小，然后结合温度对化学平衡的影响分析反应热；

②该反应为气体体积不变的可逆反应，先判断出甲和乙互为等效平衡，平衡时NO转化率相等，分别计算出甲和乙容器内NO转化率，根据转化率判断；

（3）①根据表中数据可知，平衡时二氧化氮的体积分数为0.5，据此利用三段式计算出平衡时各组分的物质的量，然后结合平衡时正逆反应速率相等列式计算；

②该反应为放热反应，温度温度后平衡向着逆向移动，说明k1增大的倍数小于k2增大的倍数；

（4）根据图示可知，阴极通入SO32-，分离出S2O42-，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据消耗氢离子可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=nVm计算标况下体积。

本题考查化学平衡的计算、电解原理、反应热计算等知识，题目难度中等，明确反应热与键能的关系、电解原理为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。

11.【答案】金刚石、C3N4都是原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C-N键长比C-C键长短，C-N的键能更大，故其硬度更高   sp3       3d54s1   4   （、、）   50%

【解析】

解：（1）在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S元素，所以有3种元素，

故答案为：3；

（2）①金刚石、C3N4都是原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C-N键长比C-C键长短，C-N的键能更大，故其硬度更高，

故答案为：金刚石、C3N4都是原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，C-N键长比C-C键长短，C-N的键能更大，故其硬度更高；

②晶胞中C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化方式为sp3，

故答案为：sp3；

③该晶胞中C原子个数=8×+4×=3、C原子个数为4，晶胞体积=（a×10-7cm）3，晶体密度==g•cm-3，

故答案为：；

（3）CO32-中价电子数为4+2-6×3=24，大π键的电子数=价电子数-成键电子数-孤电子对数=24-3×2-3×4=6，这6个电子由4个原子提供，该大π键为，

故答案为：；

（4）①基态铬原子的价电子为其3d能级上5个电子、4s能级上1个电子，所以其价电子排布式为3d54s1，

故答案为：3d54s1；

②配离子[Cr（H2O）3（NH3）3]3+为八面体结构，如果平面上有3个水分子和1个氨气分子有1种、平面上2个水分子和2个氨气分子（两个水分子可能相邻或相对）有2种、如果平面上有3个氨气分子和1个水分子有1种，所以其可能情况有4种，

故答案为：4；

（5）①C球到左上边顶点距离为体对角线的，则C点在x、y、z轴投影为、、，所以C点坐标为（、、），

故答案为：（、、）；

③AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面体空隙个数为8，其中有4个被填充，所以其填充率=×100%=50%，

故答案为：50%。

（1）在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S元素；

（2）①金刚石、C3N4都是原子晶体，键长越短键能越大，其硬度越大；

②晶胞中C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化方式；

③该晶胞中C原子个数=8×+4×=3、C原子个数为4，晶胞体积=（a×10-7cm）3，晶体密度=；

（3）CO32-中价电子数为4+2-6×3=24，大π键的电子数=价电子数-成键电子数-孤电子对数=24-3×2-3×4=6，这6个电子由4个原子提供；

（4）①基态铬原子的价电子为其3d能级上5个电子、4s能级上1个电子；

②配离子[Cr（H2O）3（NH3）3]3+为八面体结构，如果平面上有3个水分子和1个氨气分子有1种、平面上2个水分子和2个氨气分子（两个水分子可能相邻或相对）有2种、如果平面上有3个氨气分子和1个水分子有1种；

（5）①C球到左上边顶点距离为体对角线的，则C点在x、y、z轴投影为、、；

③AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面体空隙个数为8，其中有4个被填充。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、元素周期律等知识点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，难点是大π键中电子数的计算及晶胞计算，注意均摊法在晶胞中的灵活运用，题目难度中等。

12.【答案】4-溴甲苯（或对-溴甲苯）   CH3CHO   C13H22O4     取代反应   羟基、羰基   14    

【解析】

解：（1）B为，物质B的名称为4-溴甲苯（或对-溴甲苯）；试剂b的结构简式为CH3CHO；L中不含、碳碳双键和羰基都和氢气发生加成反应，则L和足量H2加成所得产物的分子式  C13H22O4，

故答案为：4-溴甲苯（或对-溴甲苯）；CH3CHO； C13H22O4；

（2）芳香烃A和溴在溴化铁作催化剂条件下反应生成B，则A转化为物质B的化学方程式；C→D的反应类型为取代反应，

故答案为：；取代反应；

（3）F为，F中含氧官能团的名称为羰基、羟基，

故答案为：羰基、羟基；

（4）D为对甲基乙酸苯酯，D的同分异构体同时满足下列条件：

①能发生银镜反应，说明含有醛基；

②能发生水解反应，说明含有酯基，且为HCOO-；

③属于芳香族化合物，说明含有苯环，

如果取代基为HCOO-、-CH2CH3，有邻间对3种；

如果取代基为HCOOCH2-、-CH3，有邻间对3种；

如果取代基为HCOOCH2CH2-，有1种；

如果取代基为HCOOCH（CH3）-，有1种；

如果取代基为HCOO-、2个-CH3，有6种；

则符合条件的有14种；

其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：6的同分异构体的结构简式 ，

故答案为：14； ；

（5）以为原料制备苯乙酸，甲苯发生取代反应生成一氯甲苯，然后和NaCN发生取代反应，最后再发生水解反应反应得到目标产物，其合成路线为，

故答案为：。

B发生水解反应生成C，则B为，A为芳香烃，根据B分子式知，A为，试剂a为液溴；C发生取代反应生成D，F发生信息①的反应生成G，则F结构简式为，K水解生成L，J发生信息③的反应生成K，则J，

G发生信息②的反应生成J，根据G、J碳原子个数知，b为CH3CHO；

（5）以为原料制备苯乙酸，甲苯发生取代反应生成一氯甲苯，然后和NaCN发生取代反应，最后再发生水解反应反应得到目标产物。

本题考查有机物合成和有机推断，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息解答问题能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意信息的灵活运用，题目难度中等。下载本文