广东省梅州市2020届高三6月总复习质检（二） 化学试题（解析版）

梅州市高三总复习质检试卷 理科综合 第Ⅰ卷 一、选择题 1.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是( )。 A. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化 B. 《吕氏春秋·别类编》中“金(即铜)柔锡柔合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性 C. “司南之(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质为 D. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．“水声冰下咽，沙路雪中平” 是水的三态变化，过程中没有新物质生成，未涉及化学变化，A 选 项正确； B．金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚，说明合金的硬度比组成它的纯金属大，体现了合金硬度方面的特性， B 选项正确； C．Fe3O4 俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为 Fe3O4，C 选项错误； D．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性，所以“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋 汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾，D 选项正确； 答案选 C。 2.设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )。 A. 与 的混合物，含离子总数为 B. 已知 中铬元素的化合价为 价，则 分子中存在的过氧键数目为 C. 溶液完全反应，转移电子数目一定为 D. 常温时， 的盐酸中水电离的 数目为 【答案】A 【解析】 2 3Fe O 2 3K CO AN 27.8g Na S 2 2Na O A0.3 N 5CrO 6+ 51 mol CrO AN 1 2 21 L1 mol L H O−⋅ A2 N pH 5= O H − 910 N− Λ【详解】A．Na2S 和 Na2O2 的摩尔质量均为 78g/mol，则 7.8gNa2S 和 Na2O2 的混合物的物质的量为 0.1mol， 1molNa2S 由 2molNa+和 1molS2-构成，1molNa2O2 由 2molNa+和 1mol 构成，因此 1molNa2S 和 Na2O2 的 混合物中含有的离子总数为 0.3NA，A 选项正确； B．CrO5 中铬元素的化合价为+6 价，根据化合物中元素的化合价代数和为 0 可知，CrO5 中 1 个 O 显-2 价， 4 个 O 显-1 价，则 CrO5 中有 2 个过氧键，因此 1molCrO5 分子中存在的过氧键数目为 2NA，B 选项错误； C．H2O2 完全分解生成 H2O 和 O2 时，O 元素的化合价有升高也有降低，即 1molH2O2 完全反应时转移的电 子数为 NA，C 选项错误； D．溶液体积位置，不能确定溶液中水电离出的 OH-数目，D 选项错误； 答案选 A。 【点睛】D 选项为易错点，解答时需要注意根据 pH 只能得出 H+或 OH-的浓度，而溶液体积未知，不能计 算物质的量及离子数目。 3.有机化合物 F 结构简式如图所示，下列说法正确的是( )。 A. F 中的三个苯环可能在同一平面 B. F 可与氧气在一定条件下反应生成醛 C. F 可发生加成聚合反应和取代反应 D. 苯环上的一氯代物有 6 种 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据 F 结构简式分析可知，分子中的三个苯环可以看作取代甲烷上的 3 个 H 原子，甲烷上最 多 2 个 H 原子与 C 原子共平面，因此 F 中三个苯环不可能在同一平面，A 选项错误； B．F 分子中的醇羟基可催化氧化生成醛基，B 选项正确； C．F 分子中苯环可发生取代反应，但分子中不含有不饱和键(碳碳双键或碳碳三键)，因此不能发生加聚反 应，C 选项错误； D．根据 F 的结构分析，其苯环上的一氯代物共有 7 种，D 选项错误； 2- 2O答案选 B。 4.下列操作或装置，不能达到实验目的的是( )。 A. 图Ⅰ用于实验室制氨气并收集干燥的氨气 B. 图Ⅱ用于检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子 C. 图Ⅲ用于验证牺牲阳极的阴极保护法 D. 图Ⅳ用于制取 晶体 【答案】B 【解析】 【详解】A．实验室用加热 NH4Cl 和 Ca(OH)2 的混合物的方法制取氨气，氨气是碱性气体，密度比空气小， 用碱石灰干燥，采用向下排空气法收集，A 选项不符合题意； B．由于可能还有过剩的浓硫酸，因此在检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子时应将反应后的溶 液倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，B 选项符合题意； C．原电池中锌作负极失去电子发生氧化反应，铁作正极被保护，可用 K3[Fe(CN)6]来检验是否生成 Fe2+从 而验证牺牲阳极的阴极保护法，C 选项不符合题意； D．CO2 和 NH3 通入饱和的氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，蘸有稀硫酸的棉花可吸收氨气，防止污染空气，D 选项不符合题 意； 答案选 B。 【点睛】选项 B 是易错点，注意检验铜和浓硫酸反应后的溶液时，溶液中可能仍有过剩的浓硫酸，所以不 能够直接把水倒水，防止发生意外事故。 5.下图是磷酸、亚磷酸、次磷酸的结构式，其中磷酸为三元中强酸，亚磷酸为二元弱酸，则下列说法正确的 是( )。 A. 磷酸( )的电离方程式为： 3NaHCO 3 4H PO + 3- 3 4 4H PO 3H +PO=B. 亚磷酸( )与足量 NaOH 溶液反应生成 C. 溶液呈酸性，是因为 的水解程度比电离程度大 D. 溶液呈碱性 【答案】D 【解析】 【详解】A．磷酸为三元中强酸，应分步电离，且可逆，电离方程式为 H3PO4⇌H++H2PO ，H2PO ⇌H++HPO ，HPO ⇌H++PO ，故 A 错误； B．亚磷酸为二元弱酸，只能电离出两个氢离子，所以与足量 NaOH 溶液反应生成 Na2HPO3，故 B 错误； C．如果 溶液呈酸性，说明 电离程度大于水解程度，故 C 错误； D．磷酸含有三个羟基氢为三元酸，亚磷酸含有两个羟基氢为二元酸，而次磷酸只含一个羟基氢，所以应为 一元酸，所以 为正盐，且为强碱弱酸盐，溶液中存在次磷酸根的水解，使溶液显碱性，故 D 正 确； 故答案为 D。 6.已知电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用 溶液分别滴定 浓度 均为 的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法错误的是( )。 A. c 点的混合液 pH=7 B. e、d 两点溶液混合后的溶液中： C. b 点溶液中： D. a、b、c 三点溶液中水的电离程度： 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A.根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液。因为电解质溶液电导率越大导电能力越强可 3 3H PO 3 3Na PO 2 4NaH PO 2 4H PO− 2 2NaH PO 4 - 4 - 2- 4 2- 4 3- 4 2 4NaH PO 2 4H PO− 2 2NaH PO 10.100mol L NaOH−⋅ 10.00 mL 10.100 mol L−⋅ ( ) ( ) ( )3 3c Na c CH COOH c CH COO+ −= + ( ) ( ) ( ) ( )3 3c OH c H c CH COO c CH COOH− + −> + + c>a>b知 ， c 点 为 用 滴 定 浓 度 为 的 盐 酸 溶 液 ， 此 时 消 耗 溶液为 ，由 HCl+NaOH=NaCl+H2O 可知 n(NaOH)=n(HCl)，所以混合液 pH=7，故 A 正确； B. 根据盐酸为强电解质溶液，醋酸为弱电解质溶液，分析可知 d 点所在的曲线代表滴定 CH3COOH 溶液的 曲线，e 点在的曲线代表滴定 HCl 溶液的曲线，分别加入 5mL 溶液后，两者混合后 溶液为 NaCl 和 CH3COOH，且 n(NaCl)=n(CH3COOH)，所以 ， 故 B 正确； C.b 点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混和液,根据电荷守恒 c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+C(CH3COO-)；根据物 料守恒 c(Na+)= 2C(CH3COO-)+ 2C(CH3COOH)，所以 C(OH-)=C(H+)+c(CH3COO-)+ 2C(CH3COOH)，故 C 正 确； D.a 点表示醋酸钠溶液，c 点表示氯化钠溶液，b 点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液，b 点水电离受到氢氧化 钠的抑制，a 点水电离受到醋酸钠的促进，c 点氯化钠对水电离无影响，所以 a、b、c 三点溶液中水的电离 程度： a>c>b , 故 D 错误； 故答案为 D。 7.X、Y、Z、M、R 为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，其中 M 单质为 淡黄色固体。下列说法错误的是( )。 A. 简单离子半径：Z＞R B. 元素非金属性的顺序：Z＞X＞Y C. M 的氧化物对应的水化物均为强酸 D. Y 的单质在加热条件下能与 Z 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液反应 【答案】C 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、R 为五种短周期元素，X、R 最外层只有一个电子，为第 IA 族元素；Y 最外层有 4 个电子， 10.100mol L NaOH−⋅ 10.00 mL 10.100 mol L−⋅ 10.100mol L NaOH−⋅ 10.00 mL 10.100mol L NaOH−⋅ ( ) ( ) ( )3 3c Na c CH COOH c CH COO+ −= +位于第 IVA 族，Z 原子最外层有 5 个电子，位于第 VA 族，M 最外层有 6 个电子，位于第 VIA 族，其单质 为淡黄色固体，则 M 为 S 元素；R 原子半径最大，为 Na 元素，X 原子半径最小，为 H 元素；Y 原子和 Z 原子半径接近、Z 原子半径小于 Y 而最外层电子数大于 Y，所以 Y 是 C、Z 是 N，据此分析结合元素性质 解答。 【详解】A．R 为 Na 元素，Z 是 N 元素，二者简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小， 则简单离子半径：Z＞R，故 A 正确； B．X 为 H 元素，Y 是 C 元素，Z 是 N 元素，元素周期表中，越靠上越靠右，非金属性越强，元素非金属 性的顺序：Z＞X＞Y，故 B 正确； C．M 为 S 元素，其氧化物对应的水化物不一定为强酸，如亚硫酸为弱酸，最高价氧化物对应的水化物为硫 酸，是强酸，故 C 错误； D．Y 是 C、Z 是 N，Z 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硝酸，碳具有还原性，与浓硝酸发生氧 化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，故 D 正确； 答案选 C。 第Ⅱ卷 二、非选择题 (一)必考题 8. 是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富钒炉渣(主要含有 、 和少量 、 )中提取，其工艺流程如下： 已知：① ②一些金属阳离子沉淀的 pH 范围： 开始沉淀 pH 完全沉淀 pH 6.5 9.0 2.2 3.5 2 5V O 2 5V O FeO 2 3Al O 2SiO . 22 2 52VO H O V O 2H+ ++ + 2Fe + 3Fe +4.1 5.4 (1)“酸浸还原”时 转化为 ，写出有关 反应的离子方程式________；经“氧化”后钒以 存 在，写出生成 反应的离子方程式________。 (2)调节溶液 至 2.0~3.5，宜选用的试剂是________(填标号)。 A． B． C． D． (3)“滤渣 1”的主要成分是________； 粗品中的杂质为________。 (4)“沉钒”时需加入稀 ，其目的是________。 (5)焙烧产生的气体用________吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用。 (6) 在一定条件下可转化为不同价态的钒离子( 、 、 、 )，可作为全钒液充电流电 池的电极液，电池总反应为 。下图是钒电池基本工作原理 示意图： 充电时阳极的反应式为____；能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是_____。 【 答 案 】 (1). (2). (3). C (4). (5). (6). 使 的 水 解 平 衡 逆 向 移 动 ， 增 大 浓 度 ， 从 而 增 大 的 产 量 (7). 稀 (8). (9). 【解析】 【分析】 富钒炉渣(主要含有 、 和少量 、 )加稀硫酸将金属氧化物溶解得到硫酸亚铁和硫酸铝， 加亚硫酸钠将 还原成 ，二氧化硅不溶解，过滤除去；滤液中加氯酸钠将 氧化成 ， 3Al + 2 5V O 2+VO 2 5V O + 2VO + 2VO pH 3HNO 2 4H SO 2 3Na CO 2Ca(OH) 2 5V O 2 4H SO 2 5V O 2V + 3V + 2VO + 2VO+ 2 3 2 2 2VO V H O V VO 2H+ + + + ++ + + + 充电 放电 2 2 2 2 5 3 4 24H V O SO 2VO SO 2H O+ + −+ + = + + 2 3 2 26VO ClO 3H O Cl 6VO 6H+ − − + ++ + = + + 2SiO 3Fe(OH) 4NH + 4NH + 4 3NH VO 2 4H SO 2 2 2VO H O e VO 2H+ − + ++ − = + H+ 2 5V O FeO 2 3Al O 2SiO 2 5V O 4VOSO 2+VO + 2VO调节 pH 值后得到 粗品；将粗品 溶于氢氧化钠溶液中得到 溶液，过滤杂质，在滤液中加 稀硫酸和硫酸铵得到 ，焙烧得纯净的 ，据此分析解答。 【 详 解 】 (1)“ 酸 浸 还 原 ” 时 转 化 为 ， 离 子 方 程 式 为 ，加氯酸钠将 氧化成 ，相应的离子反应方程式为： ，故答案为： ； ； (2)调节溶液 至 2.0~3.5，使 平衡正向移动得到 ，需加碱性溶液中 和氢离子，A、B 为酸溶液不能与氢离子反应，故不合题意；D 氢氧化钙能中和氢离子但会引入钙离子杂质， 故不合题意，碳酸钠既可以中和氢离子又不引入新的杂质离子，故选择 C，故答案为：C； (3) “滤渣 1”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅；加硫酸溶解过滤后的滤液中存在亚铁离子，加氯酸钠后 被氧化成三价铁离子，调节溶液 至 2.0~3.5 时三价铁离子转变成 沉淀，因此 粗品中含有 ，故答案为： ； ； (4) 因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使 的水解平衡 逆向移动，增大 浓度，从而增大 的产量，故答案为：使 的水解平衡逆向移动，增大 浓度，从而增大 的产量； (5)焙烧过程中 分解产生氨气和 ，产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸铵在沉钒时循环 使用，故答案为：稀 ； (6)充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式可得阳极电极反应为： ，由阳 极反应可知电解过程中阳极区的氢离子浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，氢离子应透过隔膜向阴极 移动，故答案为： ； ； 9.硫酸锰晶体( )是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿(主要成 分为 ，含有少量 、 、 等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如下： 2 5V O 2 5V O 3NaVO 4 3NH VO 2 5V O 2 5V O 2+VO 2 2 2 2 5 3 4 24H V O SO 2VO SO 2H O+ + −+ + = + + 2+VO + 2VO 2 3 2 26VO ClO 3H O Cl 6VO 6H+ − − + ++ + = + + 2 2 2 2 5 3 4 24H V O SO 2VO SO 2H O+ + −+ + = + + 2 3 2 26VO ClO 3H O Cl 6VO 6H+ − − + ++ + = + + pH . 22 2 52VO H O V O 2H+ ++ + 2 5V O pH 3Fe(OH) 2 5V O 3Fe(OH) 2SiO 3Fe(OH) 4NH + 4NH + 4 3NH VO 4NH + 4NH + 4 3NH VO 4 3NH VO 2 5V O 2 4H SO 2 2 2VO H O e VO 2H+ − + ++ − = + 2 2 2VO H O e VO 2H+ − + ++ − = + H+ 4 2MnSO 7H O⋅ 2MnO 2 3Al O 2 3Fe O 2SiO已知：①反应原理为： ； ② 难溶于水。 (1)滤渣 2 主要成分是 ，步骤②中的稀硫酸的作用是________。 (2)步骤③中采用 硫酸和草酸晶体溶解 ，草酸晶体的作用是________；配制 硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要________。将滤渣 2 置于烧杯 中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在 搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是________。 (3)步骤④的具体实验操作有________，经洗涤后干燥得到 晶体。 (4)兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为 、 、 ，及水蒸气。为了确定 的化学式，采用下面装置进行测定(已知： 的熔点 为 16.8℃，沸点为 44.8℃)。 ① 装置中吸收的气体为________。 ②实验自始至终均需通入 ，其目的是________。 ③若起始时，在装置 A 中加入 ，充分反应后，测得装置 C 增重 6.4g，则 的 化学式为________。 【答案】 (1). 除去 (2). 做还原剂，将 MnO2 还原为 Mn2+ (3). 100mL 容量瓶、胶头滴管 (4). 防止 MnO2 固体表面产生 MnC2O4 而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 (5). 加热浓缩、冷却 结晶、过滤 (6). SO2 (7). 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 (8). Mn3O4 2 2 2 4 2 4 4 2 2=MnO +H C O +H SO MnSO +2CO +2H O↑ 2 4MnC O 2MnO 16.0 mol L−⋅ 2MnO 1100 mL 6.0 mol L−⋅ 4 2MnSO 7H O⋅ x yMn O 2SO 3SO x yMn O 3SO C 2N 4 283.1g MnSO 7H O⋅ x yMn O 2 3Fe O【解析】 【分析】 由题给流程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠 溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣 1 为二氧化锰和氧化铁；向滤渣 1 中加入 稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣 2 为二氧化锰；向滤渣 2 加 入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、 冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 MnSO4·7H2O 晶体。 【详解】（1）步骤②为向滤渣 1 中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶 解，则稀硫酸的作用是溶解除去 Fe2O3，故答案为：除去 Fe2O3； （2）步骤③为向滤渣 2 加入 6.0mol/L 硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成， 反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将 MnO2 还原为 Mn2+；配制 100mL6.0mol/L 硫酸时用到的仪器 有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管；由题意可知 MnC2O4 难溶于水，溶解二氧化锰过程中， 为防止 MnO2 固体表面产生 MnC2O4 而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加 热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，故答案为：做还原剂，将 MnO2 还原 为 Mn2+；100mL 容量瓶、胶头滴管；防止 MnO2 固体表面产生 MnC2O4 而阻止反应进行，并防止草酸过量 引入杂质； (3)步骤④为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 MnSO4·7H2O 晶体，故答案为： 加热浓缩、冷却结晶、过滤； ①由题意可知，MnSO4·7H2O 晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能 溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化 钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：SO2； ②实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将 MnSO4·7H2O 晶体受 热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故答案为：排出装置中的空气，并将生成 的气体全部赶至后面装置吸收； ③83.1gMnSO4·7H2O 的物质的量为 =0.3mol，6.4g 二氧化硫的物质的量为 =0.1mol，设 MnxOy 中锰元素的化合价为 a，由得失电子数目守恒可得 0.3mol×（a—2）=0.1mol×2，解得 a= ，则 MnxOy 为 Mn3O4，故答案为：Mn3O4。 【点睛】MnSO4·7H2O 晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓 硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液 吸收的气体为二氧化硫是解答关键。 83.1g 277g/mol 6.4g 64g/mol 8 310.碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。 (1)以 与 为原料可合成尿素。已知： ① ② ③ 写出 NH3 和 CO2 合成尿素和液态水的热化学方程式________。 (2)高温下，CO2 与足量 碳在密闭容器中实现反应： 。向容积为 1L 的恒容容 器中加入 0.2molCO2，在不同温度下达到平衡时 CO2 的物质的量浓度随温度的变化如图所示。则该反应为 ________(填“放热”或“吸热”)反应；某温度下若向该平衡体系中再通入 0.2molCO2，达到新平衡后，体系中 CO 的百分含量________(填“变大”、“变小”或“不变”)。 (3)一定量的 与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应： ，平衡时体 系中气体体积分数与温度的关系如图所示： ①650℃时，反应达平衡后 的转化率为________。 ② ℃时，平衡常数 ________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压 总压 体积分数)。 (4) 与 能发生反应： 在固定体积 密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验(各次实验的温度可能相同，也 可能不同)，测定 的平衡转化率。部分实验结果如图所示： 的 的 2CO 3NH 3 2 2 42NH (g) CO (g) NH COONH (s)+ === 1H 159.5 kJ mol−∆ = − ⋅ ( )2 4 2 22NH COONH (s) CO NH (s) H O(g)=== + 1H 116.5 kJ mol−∆ = + ⋅ 2 2H O(1) H O(g)=== 1H 44.0 kJ mol−∆ = + ⋅ 2C(s)+CO (g) 2CO(g) 2CO 2C(s) CO (g) 2CO(g)+  2CO T pK = p总 = × 2NO 2SO 2 2 3NO (g) SO (g) SO (g) NO(g)+ + 0H∆ < 2NO①当容器内________(填标号)不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。 A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D． 的体积分数 ②如果要将图中 C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，应采取的措施是________。 ③若 A 点对应实验中， 的起始浓度为 ，经过 达到平衡状态，该时段化学反应速率 ________ 。 ④图中 C、D 两点对应的温度分别为 ℃和 ℃，通过计算判断 ________ (填“ ”、“ ”或“ ”)。 【答案】 (1). (2). 吸 热 (3). 变小 (4). 25% (5). 0.5 (6). D (7). 降低温度 (8). (9). 【解析】 【分析】 本题综合考察盖斯定律和化学平衡常数的计算，化学平衡常数的计算常用三段式来进行计算，对于反应 ，用平衡分压代替平衡浓度计算的化学平衡常数的表达式为： 。 【 详 解 】(1)根 据 盖 斯 定 律 计 算 （1）+（2）-（3） 得 与 合 成 尿 素 的 热 化 学 方 程 式 为 ： ； ， 故 本 题 答 案 为 ： ； 。 (2)随着温度的升高，CO2 的物质的量浓度逐渐减小，说明平衡正向移动，因此该反应属于吸热反应；恒容 容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先与碳在其他容器反应达到平衡后，再混合把体积缩小至原始体 积，相当于增大压强，则平衡向逆反应方向进行，达到新平衡后，体系中 CO 的百分含量减小，故本题答案 为：吸热；变小； (3)由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后 CO 的体积分数为 40%，设开始反应时加入的二氧化碳为 2NO 2SO (g) 1 0c mol L−⋅ mint ( )2NOv = 1 1mol L min− −⋅ ⋅ CT DT CT DT > = < ( )3 2 2 222NH (g) CO (g) CO NH (s) H O(1)+ === + 1H 87.0 kJ mol−∆ = − ⋅ 0c 5t = 2C(s) CO (g) 2CO(g)+  2 p PK P = 2 （CO） （CO） 2CO 3NH ( )3 2 2 222NH (g) CO (g) CO NH (s) H O(1)+ === + 1H 87.0 kJ mol−∆ = − ⋅ ( )3 2 2 222NH (g) CO (g) CO NH (s) H O(1)+ === + 1H 87.0 kJ mol−∆ = − ⋅1mol，转化了 x mol，则有： 所以 ，计算出 x=0.25mol，则二氧化碳的转化率为 25%； ℃时，一氧化碳和二氧化碳的体积分数均为 50%， 则 ，故本题答 案为：25%；0.5； (4) ①A，反应前后气体物质 量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 A 错误； B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 B 错误； C、反应前后气体质量不变气体体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 C 错误； D、NO2 的体积分数不变是平衡标志，故 D 正确；因此，本题正确答案是：D； ②如果要将图中 C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热 反应，降低温度平衡正向进行，因此，本题正确答案是：降低温度； ③A 点平衡转化率为 50%，n(NO2)：n(SO2)=0.4，SO2(g)的起始浓度为 comol /L，NO2 起始浓度 c(NO2)=0.4 comol /L，反应的二氧化氮浓度=0. 4comol/ L×50%=0.2comol/L，该时段化学反应速率 V(NO2)= = mol/L▪min，因此，本题正确答案是： ； (4 NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g)，△H=-41.8kJ/mol，反应为放热反应，n(NO2)：n(SO2)=1，SO2(g)的 起始浓度为 comol/L，c(NO2)= comol/L，图中 C、D 两点对应的实验温度分别为 Tc 和 Td，C 点二氧化氮转化 率为 50%， 平衡常数 K=1。 D 点二氧化碳的转化率为 40%，n(NO2)：n(SO2)=1.5，SO2(g)的起始浓度为 comol/L，c(NO2)= 1.5comol/L， 则 的 2 2CO(g)C(s) + CO (g) 1 0 x 2x 1- x 2x  开始 转化 平衡 2 100% 40%1 2 x x x × =− + T 22 p 2 0.5PP COK = = = 0.5PP CO 0.5P 总 总 总 （ ）（ ） （ ） t m 2 n . / i 0 oc mol L 5t oc 5t oc  ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 C C C C C C C C C C 2 2 3NO g + SO g SO g + NO g平衡常数 K=1。 平衡常数相同，说明反应温度相同，Tc=Td，因此，本题正确答案：=。 【点睛】化学平衡常数只与温度有关，化学平衡常数相同，则温度相同，此为易错点。 (二)选考题 [化学选修——3：物质结构与性质] 11.2019 年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电 池领域所做出的巨大贡献。 、 常用作锂离子电池的正极材料，请回答下列问题： (1)基态锂原子的最高能级的电子云形状是________；基态磷原子有________个未成对电子；基态铁原子核 外电子排布式为________。 (2) 中 的配位数为 4，配体中 N 的杂化方式为________，该配离子中各元素的第一电离 能由小到大的顺序为________(用元素符号表示)。 (3) 在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在，其原因为________。 (4) 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷 酸根离子、三磷酸根离子如下图所示： 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为________(用 n 代表 P 原子数)。 (5)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由 4 个Ⅰ型和 4 个Ⅱ型小立方体构成。晶体中 占据 形成的 ________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)；钴蓝晶体的密度为___________ (列出计算式，用 表 示阿伏加德罗常数的值)。 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 0 0 0.6 0.6 0.6 0.6 0.9 0.4 0.6 0.6 C C C C C C C C C C 2 2 3NO g + SO g SO g + NO g 2LiCoO 4LiFePO ( ) 2 3 4Co NO −   2Co + 3Co + 2Co + 4LiFePO 3Al + 2-O -3g cm AN【答案】 (1). 球形 (2). 3 (3). （或 ） (4). (5). (6). 可 与 形 成 较 稳 定 的 配 合 物 (7). (8). 八 面 体 空 隙 (9). 【解析】 【详解】(1)锂是3 号元素，核外电子排布为 1s22s1，最高能级是 2s，其电子云形状是球形；磷是 15 号元素， 核外电子排布式为 1s22s22p63s23p3，其未成对电子数是 3p 能级上的 3 个电子；铁是 26 号元素，C 根据核外 电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2； 故答案为：球形；3；1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2； (2)NO3－中价层电子对数为 5+0+12=3，故为 sp2 杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由于 N 原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于 O，所以第一电离能由小到大的顺序为 ； 故答案为：sp2； ； (3) 可与 形成较稳定的配合物，故 在水中易被还原成 ，而在氨水中可稳定存在； (4)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为：1、 2、3、4，n 氧原子的变化规律为：4、7、10、3n+1 酸根所带电荷数的变化规律为：3、4、5、n+2，这类磷 酸根离子的化学式可用通式 来表示； (5）根据钴蓝晶体晶胞结构观察，晶体中 Al3+占据 O2-形成 八面体空隙；该晶胞的体积为(2a×10-7)3，该晶 胞的质量为 32×16+16×27+8×59NA=8(59+2×27+4×16)NA，所以密度为 ； 故答案为：八面体空隙； 。 【点睛】金属阳离子易与氨气、水等物质形成稳定的络合物；、第（4）问属于跨学科综合题目，首先用数 学的找规律递推到通式，写出磷酸的化学式，然后寻找规律。 [化学选修——5：有机化学基础] 12.聚碳酸酯是热塑性材料，双酚 A 型聚碳酸酯的合成路线如下： 的 2 2 6 2 6 6 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 6 2[Ar]3d 4s 2sp Co