山东师范大学附属中学2020届高三6月份模拟检测（模拟三）化学试题 Word版含解析

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山东师大附中2017级高三模拟考试三 化 学 试 题 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ba 137 一、选择题 ‎1.《现代汉语词典》中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（　　）‎ A. 造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类 B. 丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质 C. 光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅 D. 我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；‎ B．蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；‎ C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；‎ D．碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。‎ 故选D。‎ ‎2.下列关于物质结构的说法错误的是( )‎ A. 在H2O和NH3分子中的键角：H—O—H ＞ H—N—H B. 晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr C. 基态碳原子有三种能量不同的电子 D. CH4和NH4+都是正四面体结构，键角均为109°28'‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据杂化轨道理论可知NH3分子中N原子和H2O中的O原子均是按sp3杂化，但氨分子中只有一对孤电子对，而水分子中有两对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，水中氧原子中的两对孤电子对对成键电子的斥力更大，所以NH3分子中键角大于H2‎ O中的键角，即分子中的键角： H—N—H＞ H—O—H，故A错误；‎ B. 离子半径越小，所带电荷数越多，晶格能越大，因此晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，故B正确；‎ C. 基态碳原子电子排布式1s22s22p2，因此有三种能量不同的电子，故C正确；‎ D.CH4和NH4+中心原子均采取sp3杂化方式，且微粒中所有键长均相等，故都是正四面体结构，键角均为109°28'，故D正确；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎3.有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（ ）‎ A. 2﹣丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上 B. 按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2，2，3﹣三甲基﹣3﹣丁醇 C. 甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4种 D. 乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3CH=CHCH3具有乙烯的结构特点，碳原子的键角接近120∘，故A错误； ‎ B. 按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2，3，3﹣三甲基﹣2﹣丁醇，故B错误；‎ C. 甲苯是苯环上有个甲基。所以一氯代物中氯可以在甲基上、与甲基相邻、与甲基间隔一个H或与甲基相对，有4种。，间二甲苯对称轴为两个甲基间的C到对面的那个C，所以对称轴上有两个C，一侧有一个连着H的苯环C和一个连着甲基的苯环C，总共4种；C正确；‎ D. 乙酸甲酯分子中有两个甲基，但两个甲基上的氢所处的环境不同，在核磁共振氢谱中出现两组峰，D错误。‎ ‎【点睛】对醇类物质系统法命名时，选择含有羟基的最长碳链为主链，称作某醇，从靠近羟基一端给主链编号，将取代基的位次、名称及羟基的位次写在某醇的前面。‎ ‎4.捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）‎ A. 标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA B. 10.1 g N（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NA C. 2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA D. 100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A错误；‎ B、N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；‎ C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；‎ D、100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.已知M是短周期金属元素，X和Y是短周期非金属元素，且X、M、Y的原子序数依次增大。三者组成的物质 M3XY(可视为M2X • MY)是一种良好的离子导体。研究者在常压下利用下列反应合成M3XY：2M +2MXA + 2MY==2M3XY + A2。其中常温常压下A2是无色无味气体，已知上述反应中消耗0.92 g M的单质可得到标准状况下448 mL的A2。下列有关说法正确的是( )‎ A. X位于第二周期第IVA族 B. 简单离子半径:Y > M > X C. MXA是共价化合物 D. M3XY溶于水后溶液呈碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据2M+2MXA+2MY=2M3XY +A2，可得关系式2M ~ A2， 根据题给数据，可知n(A2) ==0.02mol，根据M与A2的物质的量关系，n(M)=0.04mol，0.92 g M的摩尔质量等于M===23g/mol，则M的单质的摩尔质量=23g∙mol-1，又M是短周期金属元素，故M是Na；M和Y可形成化合物MY，且原子序数M＜Y，Y又是短周期非金属元素，故Y是Cl；在M3XY(M2X.MY)中X元素的化合价是-2价，且原子序数X＜M，所以X是O；常温常压下A2是无色无味气体，根据题给反应中MXA中A的化合价为+1，可知A为H，就此分析解答。‎ ‎【详解】A．X是O，位于第二周期第ⅥA族，选项A错误；‎ B．电子层数不同时，电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，离子半径的大小顺序为r(C1-)＞r(O2-)＞r(Na+ )，选项B错误；‎ C．MXA是NaOH，是含有共价键的离子化合物，选项C错误；‎ D．M3 XY(Na2ONaCl)溶于水后和水发生反应生成NaOH和NaCl，溶液显碱性，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.有机物X的结构简式如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 有机物X的分子式为C20H18O4‎ B. 1 mol有机物X最多可以和8 mol H2加成 C. 1 mol有机物X最多消耗2 mol NaOH D. 分子中没有手性碳 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据有机物的结构简式得到有机物X的分子式为C20H18O4，故A正确；‎ B. 1 mol有机物X含有2mol苯环，能和6mol H2加成，含有1mol碳碳双键，能和1mol H2加成，含有1mol羰基，能和1mol H2加成，因此最多可以和8 mol H2加成，故B正确；‎ C. 1 mol有机物X含有1mol酚酸酯，因此最多消耗2 mol NaOH，故C正确；‎ D. 分子中有手性碳，用“*”标注的碳原子为手性碳原子，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎7.下列实验方案能达到相应实验目的是( )‎ 选项 实验目的 实验方案 A 证明溴乙烷发生消去反应，生成了乙烯 将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合后加热，产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 B 证明酸性条件下，氧化性：H2O2 >Fe3+‎ 向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色 C 利用强酸制弱酸的原理制备次氯酸 将等体积、等浓度的亚硫酸和次氯酸钙溶液混合，过滤取清液 D 证明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp 向两份相同的AgNO3溶液中分别滴加2滴等浓度的NaCl溶液和NaI溶液，一 份中产生黄色沉淀，另一份无明显现象 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇易挥发，挥发出的乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰了检验结果，应该用溴水检验，选项A错误；‎ B．用硫酸酸化，亚铁离子与氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能说明亚铁离子是否与过氧化氢反应，则不能比较H2O2、Fe3+的氧化性，选项B错误；‎ C．将等体积、等浓度的亚硫酸和次氯酸钙溶液混合，次氯酸根离子可将亚硫酸氧化，选项C错误；‎ D．向两份相同的AgNO3溶液中分别滴加2滴相同浓度的NaCl溶液和NaI溶液，生成了AgI（黄色沉淀），而末生成AgCl（白色沉淀），说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.利用下列装置模拟“侯氏制碱法”，通过制备的NH3和CO2，与饱和食盐水反应先制备NaHCO3。下列说法正确的是( )‎ A. 实验时装置Ⅰ产生的气体应先通入到装置Ⅳ中 B. 装置Ⅲ中的试剂为浓硫酸 C. 导管口的连接顺序为a－e－f－d－c－b D. 实验过程中，装置Ⅳ内会出现浑浊现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用装置Ⅰ（碳酸钙和稀盐酸反应）产生的气体是CO2，用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中混有HCl 杂质；利用装置II（石灰与氯化铵反应）产生氨气，氨气极易溶于水（注意防倒吸），且水溶液显碱性，利于二氧化碳气体的吸收，因此实验过程先通氨气，后通二氧化碳。‎ ‎【详解】A，实验时装置Ⅰ产生的气体是CO2，应最后通入到装置Ⅳ中，故A错误；‎ B．装置Ⅲ中的试剂为饱和碳酸氢钠，主要吸收CO2中HCl杂质，故B错误；‎ C．实验室制得的氨气先通入到饱和食盐水中，再把已经除杂的CO2气体通入到饱和食盐水中，因此导管口的连接顺序为a－d－c－e－f－b，故C错误；‎ D．实验过程中，二氧化碳、氨气和饱和食盐水共同作用生成碳酸氢钠晶体，装置Ⅳ内会出现浑浊现象，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎9.近日，我国科学家实现了CO2的捕获与转化，装置如图所示，利用其能吸收二氧化碳，并产生有价值的物质，该设计在国际期刊《JournalofEnergyChemistry》中发表。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 电源在使用过程中，b极发生还原反应 B. 该装置实现了CO2的化学能转化为电能 C. 利用该装置的原理，理论上也可用于捕获与转化硫氧化物、氮氧化物 D. 若电源中有4mol电子转移，则最多可捕获CO222.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图片可知c极C2O52-→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，d为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，即a极为电源正极、b极为电源负极。‎ ‎【详解】A．b极为电源负极，原电池中负极失电子发生氧化反应，故A错误；‎ B．该装置为电解池，可将电能转化成化学能，故B错误；‎ C．利用该装置可将CO2捕获，转化为C和O2‎ ‎，则理论上也可以将硫氧化物、氮氧化物捕获，相应转化为S和O2，N2和O2，故C正确；‎ D．未指明温度和压强，无法计算气体的体积，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.某固体粉末由NaCl、NaBr、(NH4)2CO3、Na2SO3、Na2SO4中的一种或几种组成，取该固体粉末wg进行如下实验(所加试剂均足量): ( )‎ ‎ ‎ 根据实验结果，下列有关说法正确的是( )‎ A. 原固体粉末中含有NaCl B. 若溶液1中只加BaCl2溶液，则生成的白色沉淀1的质量小于或等于a g C. 原固体粉末中必含有(NH4 )2CO3、Na2SO3‎ D. 测定出白色沉淀3的质量可以确定原固体粉末的组成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某固体粉末由NaCl、NaBr、(NH4)2CO3、Na2SO3、Na2SO4中的一种或几种组成，取该固体粉末wg进行如下实验，加入NaOH浓溶液，有气体生成即氨气生成，则含有(NH4)2CO3，得到溶液加入双氧水和氯化钡溶液，得到白色沉淀ag，加稀盐酸，沉淀部分溶解，说明含有硫酸钡和碳酸钡两种沉淀，可能原溶液中除碳酸铵之外，一定还有Na2SO3或Na2SO4或Na2SO3、Na2SO4，滤液中加酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀即AgCl，开始溶液中加入了氯化钡，因此不能说明原溶液中肯定含NaCl。‎ ‎【详解】A. 根据分析不能肯定原固体粉末中含有NaCl，故A错误；‎ B. 若溶液1中只加BaCl2溶液，如果有Na2SO3，则生成的白色沉淀1的质量小于a g，如果无Na2SO3，则生成的白色沉淀1的质量等于a g，故B正确；‎ C. 原固体粉末中必含有(NH4)2CO3，可能含有Na2SO3，故C错误；‎ D. 根据分析溶液1加入了氯化钡溶液，氯化钡的物质的量不知，因此测定出白色沉淀3的质量也不能确定原固体粉末的组成，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎11.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O 的历程，该历程如图所示(图中只画出了 HAP的部分结构，用18O标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 反应物的键能之和大于生成物的键能之和 B. HAP改变了该反应的历程和焓变，加快了反应速率 C. 经过该催化氧化过程后18O仍然在HAP中 D. 反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，反应是放热反应，因此反应物键能之和小于生成物的键能之和，故A错误；‎ B. HAP改变了该反应的历程，加快了反应速率，但焓变不变，故B错误；‎ C. 根据该历程图中信息，经过该催化氧化过程后18O在水中，故C错误；‎ D. HCHO的碳原子价层电子对数为，CO2的碳原子价层电子对数为，因此反应过程中，碳原子由sp2杂化变为sp杂化，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎12.氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。 可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应:反应i，CN－ +OH－+Cl2OCN－ +Cl－+H2O(未配平)；‎ 反应ii，OCN－ + OH－+ Cl2X + Y + Cl－+ H2O(未配平)。‎ 其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是( )‎ A. 反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1: 1‎ B. X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物 C. 该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中 D. 处理c(CN－) =0.000 1 mol·L-1的废水106 L，消耗标况下的Cl2 4.48×103L ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应i中氧化剂是Cl2，还原剂是CN－，Cl2中的氯元素的化合价降低2，CN－中的碳元素的合价升高2（由+2升高到+4），因此i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1: 1，故A正确；‎ B. 由题中信息可知，X、Y是两种无毒的气体，由反应所涉及的元素可知，X、Y是CO2、N2，N2为反应ii的氧化产物，CO2不是反应ii的氧化产物，故B错误；‎ C. 氯气有毒，因此该废水处理工艺过程中须采取措施防止Cl2逸出到空气中，故C正确；‎ D. 处理c(CN－) =0.000 1 mol·L-1的废水106 L，物质的量为0.000 1 mol·L−1×106 L=100mol，则失去电子100mol×(2+3)=500mol，因此消耗氯气250mol，标况下的Cl2 体积为250mol×22.4 L·mol−1=5.6×103L，故D错误。‎ 综上所述，答案为AC。‎ ‎13.常温时，向120 mL 0.005 mol·L－1 CaCl2溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25℃时，Ksp(CaCO3)＝3.36×10－9，忽略CO32－水解。下列说法正确的是( )‎ A. a点对应的溶液中Ca2＋开始形成沉淀，且溶液中c(Ca2＋)＝c(CO32－)‎ B. b点对应的溶液中Ca2＋已完全沉淀，且存在关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)‎ C. 如图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象 D. 在滴加Na2CO3溶液的过程中，混合溶液的pH先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca2+开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca2+和不一定相等，故A错误；‎ B. 原溶液中n(Ca2+)=0.12L×0.005mol⸱L−1=6×10−4mol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为，向b点中对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6mL，不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为：2c(Ca2+)+c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)+2c()，故B错误；‎ C. 理论上Ca2+开始形成沉淀，，加入碳酸钠溶液的体积为，即1滴碳酸钠溶液就能使溶液中的离子积>Ksp(CaCO3)，而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积为2.2ml，此时，溶液处于过饱和溶液，故C正确；‎ D. 不忽略水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2+完全沉淀之前，混合溶液的pH值几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎14.已知:8NH3(g) +6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(1) △H<0。相同条件下，向2 L恒容密闭容器内充入一定量的NH3和NO2，分别选用不同的催化剂进行已知反应(不考虑NO2和N2O4之间的相互转化)，反应生成N2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 在催化剂A的作用下，0 ~4 min 内v(NH3)=1.0molL-1min-1‎ B. 若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡 C. 不同催化剂作用下，该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C)> Ea(B)> Ea(A)‎ D. 升高温度可使容器内气体颜色变浅 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在催化剂A的作用下，0 ~4 min内v(NH3)==0.5molL-1min-1，选项A错误；‎ B．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当容器内温度不变时，说明反应已经达到平衡，选项B正确；‎ C．相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，说明反应的活化能越低，结合题图可知，不同催化剂作用下该反应的活化能由大到小的顺序是Ea(C) >Ea (B) >Ea(A)，选项C正确；‎ D．升高温度可使平衡左移，使得二氧化氮浓度增大，容器内气体颜色加深，选项D错误。‎ 答案选AD。‎ ‎15.图(1)是实验室合成溴苯并检验其部分生成物的装置，下列说法错误的是( )‎ ‎ ‎ A. 苯和液溴在A中发生的反应为取代反应 B. 实验中C中的液体逐渐变为浅红色，是因为溴具有挥发性 C. D、E、F均具有防倒吸的作用，其中F不可以用图(2)所示装置代替 D. D中石蕊试液慢慢变红，E中产生浅黄色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A中苯和液溴在三溴化铁催化剂作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故A正确；‎ B. 苯和液溴的反应是放热反应，溴易挥发，因此A中产生的Br2(g)会逐渐进入到C中，致使C中的液体逐渐变为浅红色，故B正确；‎ C. D、E、F均具有防倒吸的作用，HBr不溶于四氯化碳，因此F可以用图(2)所示装置代替，故C错误；‎ D. C中苯吸收了挥发出的溴单质，HBr进入到D、E、F中，因此看到D中石蕊试液与氢溴酸作用而慢慢变红，E中产生浅黄色沉淀AgBr，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ 二、非选择题 ‎16.复合氢化物可作为储氢和固体电解质材料，在能源与材料领域得到了深入的研究。‎ 如:①Mg(NH2)2 ②NaNH2 ③ H3N－BH3 ④NaAlH4 ⑤Li3AlH6 ‎ ‎(1)复合氢化物升温加热可逐步分解放出氢气，理论上单位质量的上述复合氢化物其储氢能力最低的是__________(填标号)。‎ ‎(2)在Mg(NH2)2和NaNH2中均存在NH2－，NH2－的空间构型为_________，中心原子的杂化方式为____________。‎ ‎(3)H3N－BH3与水反应生成一种盐和H2的化学方程式：_____________________。写出基态B原子的价电子轨道表达式：__________________________。‎ ‎(4)Li3AlH6晶体的晶胞参数为a＝b＝801.7 pm，c＝945.5 pm，α＝β＝90°、γ＝120°，结构如图所示：‎ ‎ ‎ ‎①已知AlH63－的分数坐标为(0，0，0)、(0，0，)，(，，)，(，，)，(，，)和(，，)，晶胞中Li＋的个数为____________。‎ ‎②如图是上述Li3AlH6晶胞的某个截面，共含有10个AlH63－，其中6个已经画出(图中的○)，请在图中用○将剩余的AlH63－画出____________。‎ ‎③此晶体的密度为____g·cm－3(列出计算式，已知阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1)。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). V形 (3). sp3杂化 (4). H3N－BH3+2H2O = NH4BO2 +3H2 (5). (6). 18 (7). 或 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)理论上单位质量复合氢化物其储氢能力即为复合氢化物中氢元素的质量分数：①Mg(NH2)2中H％为、②NaNH2中H％为、③ H3N－BH3中H％为、④NaAlH4中H％为、⑤Li3AlH6中H％为，所以储氢能力最低的是②；‎ ‎(2) NH2－的价层电子数为，根据VSEPR理论，NH2－的理论构型为正四面体，因含两对孤对电子，所以NH2－的空间构型为V形，因价层电子对数为4，所以中心原子N的杂化方式为sp3杂化；‎ ‎(3)根据电负性数值，H3N－BH3中氮原子上的氢原子带正电荷，硼原子上的氢原子带负电荷，所以H3N－BH3与水反应时，－BH3中的氢原子与水发生归中反应生成氢气，－BH3转化为 B(OH)4-（变可简写为BO2-），所以反应的化学方程式为：H3N－BH3+2H2O = NH4BO2 +3H2；‎ 硼是第5号元素，在元素周期表中位于第二周期第ⅢA族、p区，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，价电子排布式为2s22p1，价电子轨道表达式为；‎ ‎(4) ①根据AlH63－的分数坐标可以判断其在晶胞中的位置：8个在顶点、4个在侧棱棱心、4个在晶胞体内，由分摊法可得一个晶胞中含有6个AlH63－，所以一个晶胞中所含有Li+的个数为18；‎ ‎②由截面的边长(801.7pm和945.5pm)可知这是过晶胞底面长轴的横截面,题目表明了这个截面中一共含有10个AlH63－ ，又画出4个位于顶点、2个位于棱心的AlH63－，所以需要画出的是4个位于晶.胞体内的AlH63－，结合AlH63－的分数坐标，即可将缺失的AlH63－补充完整，得到下图：或 ‎③根据晶胞密度公式：，晶胞中M=54g/mol、Z=6、V=801.72945.5sin60pm3，所以该晶体的密度为。‎ ‎17.汽车尾气中含有CO和NOx，减轻其对大气的污染成为科研工作的热点问题。回答下列问题：‎ ‎(1)已知下列热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1，CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ΔH2=-49.0kJ·mol-1，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ·mol-1。‎ 则ΔH1=_________kJ·mol-1。‎ ‎(2)用活化后的V2O5作催化剂，氨气可将NO还原成N2。‎ ‎①V2O5能改变反应速率是通过改变________实现的。‎ ‎②在1L的刚性密闭容器中分别充入6 mol NO、6 mol NH3和适量O2，控制不同温度，均反应tmin，测得容器中部分含氮气体浓度随温度的变化如图所示。NO浓度始终增大的原因可能是______。700K时，0~tmin内，体系中氨气的平均反应速率为______（用含t的式子表示）。‎ ‎(3)科学家研究出了一种高效催化剂，可以将CO和NO2两者转化为无污染气体，反应的热化学方程式为：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g) +N2(g) ΔH<0。某温度下，向10L恒容密闭容器中充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内的压强变化如下表所示：‎ 时间/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎12‎ 压强/kPa ‎75‎ ‎73.4‎ ‎71.96‎ ‎70.7‎ ‎69.7‎ ‎68.75‎ ‎68.75‎ 在此温度下，反应的平衡常数Kp =________kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数）；若保持温度不变，再将CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡________（填“右移” “左移”或“不移动”）。‎ ‎【答案】 (1). -90.1 (2). 反应的活化能 (3). NH3和O2反应生成NO (4). (5). 0.04 (6). 不移动 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(3)首先根据三段式法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度，其次计算各气体组分的物质的量分数或体积分数，根据分压计算分式求出各气体物质的分压，再根据平衡常数计算公式代入计算。‎ ‎【详解】(1)利用盖斯定律，结合题意可知ΔH1=ΔH2+ΔH3=-49.0 kJ·mol-1+(-41.1kJ·mol-1)=-90.1kJ·mol-1，答案为：-90.1；‎ ‎(2)‎ ‎①催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高反应速率，故答案为：反应的活化能；‎ ‎②根据题意，NH3和O2可能发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，有NO生成，故NO的浓度始终增大。根据原子守恒可知，反应起始时，6molNO和6molNH3共有；700K时，n(NO)=3mol，n(N2)=4mol，则700K时，n(NH3)=，由此可知，Δn(NH3)=6mol-1mol=5mol，0~tmin内，体系中氨气的平均反应速率为。答案为：NH3和O2反应生成NO；；‎ ‎(3)由表中数据可知，向10L恒容密闭容器中充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO，10min时反应处于平衡状态，体系内压强由75kPa减少到68.75kPa，设平衡时转化的NO2的物质的量浓度为2x，由题意可知，起始时，c(CO)=，c(NO2)=0.01mol•L-1。列三段式进行计算得：‎ 则，即，解得：x=0.0025mol•L-1。则平衡时的n(NO2)=0.05mol，n(CO)=n(CO2)=0.1mol，n(N2)=0.025mol。根据p(A)=，，解得：Kp=0.04kPa-1。该温度下，K=，若平衡后，再将CO、CO2气体的浓度分别增加一倍，因为c(CO)=c(CO2)，则Qc=K，平衡不移动。答案为：0.04；不移动。‎ ‎18.黄色超氧化钾(KO2)可作为宇宙飞船舱的氧源。某学习小组设计以下实验探究KO2的性质，请回答相关问题：‎ Ⅰ. 探究KO2与水的反应：取少量KO2固体于试管中，滴加少量水快速产生气泡，将带火星的木条靠近试管口木条复燃；滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色。向褪色后溶液中滴加 FeCl3溶液，产生的现象为____________________________________。‎ Ⅱ. 探究KO2与SO2的反应：‎ ‎(1)正确的操作依次是_________________________。(操作可重复选择)‎ ‎①打开K1通入N2，并维持一段时间后关闭 ‎②实验完成，拆卸装置 ‎③检查装置气密性，然后装入药品 ‎④打开分液漏斗活塞K2‎ ‎(2)A装置发生反应的化学方程式为________________________。‎ ‎(3)用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足，你的改进措施是________。‎ ‎(4)改进后再实验，待KO2完全反应后，将装置C中固体加水溶解，配成50.00mL溶液，等分为M、N两份。‎ ‎①向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，得沉淀4.66g。‎ ‎②将N溶液移入锥形瓶中，用0.20mol L-1酸性KMnO4溶液滴定，当出现___________现象时，达到滴定终点，此时消耗酸性KMnO4溶液20.00mL。‎ ‎③依据上述现象和数据，请写出装置C中总反应的化学方程式___________。‎ ‎【答案】 (1). 有红褐色沉淀和气泡产生 (2). ③①④①② (3). (4). 在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶 (5). 滴下最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟(30s)内不褪色 (6). 12KO2+6SO2=2K2SO3+4K2SO4+7O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 黄色超氧化钾(KO2)与水反应生成KOH溶液和放出大量氧气，实验探究KO2与SO2的反应，先排除装置内空气，再反应生成二氧化硫，二氧化硫和KO2‎ 反应，根据实验探究生成的产物进行实验分析，再根据得到硫酸钾和亚硫酸钾的物质的量书写方程式。‎ ‎【详解】Ⅰ. 探究KO2与水的反应：取少量KO2固体于试管中，滴加少量水快速产生气泡，将带火星的木条靠近试管口木条复燃；滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色。溶液中含有大量的KOH溶液和H2O2溶液，向褪色后溶液中滴加FeCl3溶液，因此产生的现象为有红褐色沉淀和气泡产生；故答案为：红褐色沉淀和气泡产生。‎ Ⅱ(1)先检查装置气密性，然后装入药品，再打开K1通入N2，并维持一段时间，排除装置内空气后关闭，再打开分液漏斗活塞K2，产生二氧化硫气体，KO2与SO2反应，再打开K1通入N2，并维持一段时间，将生成的SO2全部排除后关闭，实验完成，拆卸装置，因此正确的操作依次是③①④①②；故答案为：③①④①②。‎ ‎(2)A装置是浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为；故答案为：。‎ ‎(3)用上述装置验证“KO2与SO2反应生成O2”还存在不足，由于二氧化硫通入到饱和亚硫酸氢钠溶液中带出了水，水可能与KO2反应生成O2，因此改进措施是在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶；故答案为：在B、C之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶。‎ ‎(4)②将N溶液移入锥形瓶中，用0.20 mol⸱L−1酸性KMnO4溶液滴定，当出现滴下最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟(30s)内不褪色的现象，达到滴定终点；故答案为：滴下最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟(30s)内不褪色。‎ ‎③向M溶液中加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液，充分反应后，得BaSO4沉淀4.66g即物质的量为0.02mol。N中亚硫酸和高锰酸钾溶液反应，根据5～2，n()=2.5×0.20 mol⸱L−1×0.02L =0.01mol，生成的K2SO4和K2SO3物质的量之比为2:1，请写出装置C中总反应的化学方程式12KO2+6SO2=2K2SO3+4K2SO4+7O2；故答案为：12KO2+6SO2=2K2SO3+4K2SO4+7O2。‎ ‎【点睛】化学实验是常考题型，主要考查对实验仪器及使用的规范要求、实验过程的分析及实验原理的理解，滴定原理的及误差分析等。‎ ‎19.金属钼(Mo)在工业和国防建设中有重要作用。钼的常见化合价为+4、+5、+6。由钼精矿(主要成分是MoS2)制备单质钼和钼酸钠晶体()，部分流程如下图所示：‎ 已知：钼酸微溶于水，可溶于碱溶液。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)钼精矿在空气中焙烧时，发生的主要方程式为_______________________。‎ ‎(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境会产生危害，请你提出一种实验室除去该尾气的方法________________________。‎ ‎(3)操作2的名称为_____________________ 、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎(4)实验室由钼酸经高温制MoO3，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_________。‎ ‎(5)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c()=0.80 mol⸱L−1、c()=0.05 mol⸱L−1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMoO4开始沉淀时，SO42−的去除率是_________。[Ksp(BaSO4)=1.110−10、Ksp(BaMoO4)=4.0 10−8，溶液体积变化可忽略不计。]‎ ‎(6)焙烧钼精矿所用装置是多层焙烧炉，下图为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。‎ ‎①x=___________。‎ ‎②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2，还原剂为_________。若反应中转移3mole－，则消耗的还原剂的物质的量为______________。‎ ‎【答案】 (1). 2MoS2+7O2 2MoO3+4 SO2 (2). ‎ 可用氨水或氢氧化钠溶液吸收等其他合理答案 (3). 蒸发浓缩、冷却结晶 (4). 坩埚 (5). 95.6% (6). 64 (7). MoS2 (8). 0.25mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钼精矿(主要成分是MoS2)在空气中焙烧时生成MoO3和SO2，SO2会污染环境，粗产品MoO3在碳酸钠溶液中反应生成，经过一系列操作得到钼酸钠晶体()，溶液加入足量盐酸生成钼酸，钼酸高温分解得到MoO3，MoO3与氢气在高温下反应生成Mo。‎ ‎【详解】(1)钼精矿在空气中焙烧时生成MoO3和SO2，发生的主要方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4 SO2；故答案为：2MoS2+7O2 2MoO3+4 SO2。‎ ‎(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境会产生危害，主要是二氧化硫会污染环境，一种实验室除去该尾气的方法是可用氨水或氢氧化钠溶液吸收；故答案为：可用氨水或氢氧化钠溶液吸收等(其他合理答案)。‎ ‎(3)操作2是从溶液变为晶体，因此名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎(4)实验室由钼酸经高温煅烧制的MoO3，所用到的硅酸盐材料仪器的名称是坩埚；故答案为：坩埚。‎ ‎(5)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c()=0.80 mol⸱L−1、c()=0.05 mol⸱L−1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMoO4开始沉淀时，Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8=0.80×c(Ba2+)，此时钡离子浓度为c(Ba2+)=5.0×10−8 mol⸱L−1，则根据Ksp(BaSO4)=1.1×10−10=5.0×10−8×c()，此时硫酸根浓度为c()=2.2×10−3 mol⸱L−1，的去除率是；故答案为：95.6%。‎ ‎(6)①由图中信息可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图像分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2的物质的量百分比为64%；故答案为：64%。‎ ‎②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2，反应为MoS2 + 6MoO3 7MoO2 + 2SO2，MoS2中S化合价升高，MoO3中Mo化合价降低，1mol MoS2反应转移12mol电子，因此还原剂为MoS2。若反应中转移3mole－，则消耗的还原剂的物质的量为；故答案为：0.25mol。‎ ‎【点睛】化工流程题是常考题型，主要考查知识的应用、氧化还原反应、分析实际工业生成中遇见的问题等。‎ ‎20.化合物H是药物合成的一种中间体，可通过以下方法合成：‎ ‎(1)B中官能团名称为____________。‎ ‎(2)G→H的反应类型为____________。‎ ‎(3)已知C的一种同分异构体为：，下列说法正确的是________。‎ a.能发生酯化反应 b.能发生银镜反应 c.l mol该物质完全水解产物能消耗3 mol NaOH d.该分子的核磁共振氢谱中峰面积之比为1：2：6：2‎ e.其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎(4)中手性碳原子个数为____________。‎ ‎(5)E的分子是为C14H17O3N，E经还原得到F，写出E→F的反应方程式______________。‎ ‎(6)已知：①‎ ‎②苯胺()易被氧化 请以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选)______________。‎ ‎【答案】 (1). 醚键、氨基 (2). 取代(或水解) (3). bde (4). 1 (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生还原反应生成B，B发生取代反应生成C，C和发生去取代反应生成D，D在碳酸钾作用下反应生成E()，发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，G在NaOH溶液中发生水解反应生成H。‎ ‎【详解】(1)B的结构简式为 ‎，所含有的官能团有醚键和氨基；故答案为：醚键、氨基。‎ ‎(2)G在NaOH溶液中水解生成H，反应类型为取代反应；故答案为：取代(或水解)。‎ ‎(3)a. 分子结构中不含有羟基或羧基，不能发生酯化反应，故a错误；b．为甲酸酯，含有醛基，则能发生银镜反应，故b正确；c．为甲酸苯酯，则该物质完全水解产物能消耗2molNaOH溶液，故c错误；d．有四种等效氢，且核磁共振氢谱中峰面积之比为1：2：6：2，故d正确；e．的水解产物除甲酸外，另一种产物中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故e正确；综上所述，答案为：bde。‎ ‎(4)中手性碳原子为连溴的碳原子，个数为只有1个；故答案为：1。‎ ‎(5)E的分子是为C14H17O3N，E经还原得到F，实际是E中的羰基与氢气发生加成反应，因此E→F的反应方程式；故答案为：。‎ ‎(6)和浓硫酸、浓硝酸反应生成，在Pd/C、H2反应生成，与(CH3CO)2O在加热条件下反应生成，‎ 在酸性高锰酸钾溶液中氧化生成，其反应路程为： ；故答案为： 。‎ ‎【点睛】有机推断是常考题型，主要考查学生对官能团、分子结构的推断、有机反应类型、前后联系分析推断的能力。‎