2019届重庆市西南大学附属中学校高三第十次月考理科综合化学试题

重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考

理综化学试题

1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 氧化钙、硅胶和还原性铁粉都可用作食品干燥剂 B. 土壤具有良好的保肥能力，与胶体的性质有关系 C. 硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业 D. 稀土金属被称为冶金工业的“维生素”，可改善合金的性能 【答案】A 【解析】

【详解】A．还原性铁粉不具有吸水性，具有还原性，可以防止食品氧化变质，故A错误； B．土壤胶粒带负电荷，能吸附带相反电荷的氨根离子，可用胶体的知识解释，故B正确； C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，常用于航天航空工业，故C正确；

D．在合金中加入适量稀土金属，能大大改善合金的性能，所以稀土元素被称为冶金工业的“维生素”，故D正确；答案为A。

2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 A. 常温常压下，31 g P4中含P－P键的数目为NA B. 常温常压下，46 g NO2与92 g N2O4所含的分子数相同

C. 一定条件下，6.4 g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.2 NA D. 标准状况下，将22.4 L Cl2 通入足量NaOH溶液中，转移电子数为NA 【答案】D 【解析】

【详解】A．每个P4中含6个P－P键，31 gP4的物质的量为键的数目为1.5NA，故A错误； B．常温常压下，存在2NO2

N2O4，则1molNO2与1molN2O4所含的分子数不相同，故B错误；

31g=0.25mol，则31 g P4中含P－P

124g/molC．Cu和S在加热条件下生成Cu2S，则6.4g铜粉与过量的硫粉充分反应，转移电子数为0.1NA，故C错误； D．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为0.1mol，其完全溶于足量NaOH溶液中生成NaCl和NaClO，转移电子数为NA，故D正确；答案为D。

【点睛】顺利解答有关阿伏加德罗常数的判断关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”，如选项B中存在的可逆反应；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别

- 1 -

要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。

3.下列实验无法达到实验目的的是

A. 检验铵根离子

B. 制取乙酸乙酯

C. 比较N、C、Si的非金属性

D. 检验碘离子

【答案】B 【解析】

A．湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有氨气生成，可知溶液里有NH4，故A正确；B．乙酸乙酯在NaOH溶液里易水解，无法收集到乙酸乙酯，故B错误；C．通过硅酸钠溶液变浑浊，可知碳酸的酸性大于硅酸，得出氮、碳、硅元素非金属性依次减弱，故C正确；D．混合振荡后，CCl4层显紫色，可知溶液中有I-，故D正确；答案为B。

4.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大

五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，

+

D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（ ） A. 原子半径：C>B>A

C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E 【答案】C 【解析】

- 2 -

B. 气态氢化物的热稳定性：E>C D. 化合物DC与EC2中化学键类型相同

【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，为镁元素，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，所以C为氧元素，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，则E为硅元素。

A. 根据同周期元素，从左到右原子半径减小，故原子半径： B >C>A，故错误； B. 氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的热稳定性：C> E，故错误；

C. 氮的非金属性比硅强，所以最高价氧化对应的水化物的酸性：硝酸大于硅酸，故正确； D. 氧化镁含有离子键，二氧化硅含有共价键，故错误。 故选C。

5.一种新型锰氢二次电池原理如图所示。该电池以MnSO4溶液为电解液，碳纤维与Pt/C分别为电极材料，电池的总反应为Mn+ 2H2O

2＋

MnO2 + 2H+ H2↑。下列说法错误的是

＋

A. 充电时，碳纤维电极做阳极

B. 充电时，碳纤维电极附近溶液的pH增大

C. 放电时，电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极 D. 放电时，正极反应式为MnO2 + 4H＋+ 2e－＝Mn2＋+ 2H2O 【答案】B 【解析】 【分析】

新型电池放电时是原电池，碳纤维表面MnO2发生还原反应生成Mn2+，为正极；充电时是电解池，碳纤维表面Mn发生氧化反应生成MnO2，为阳极。

【详解】A．充电时是电解池，碳纤维表面Mn发生氧化反应生成MnO2，则碳纤维电极做阳极，故A正确； B．充电时，碳纤维电极发生的电极反应为Mn+ 2H2O-2e= MnO2 + 4H，附近溶液的pH减小，故B错误； C．放电时是原电池，碳纤维为正极，Pt/C为负极，则电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极，故C正确； D．放电时，碳纤维表面MnO2发生还原反应生成Mn2+，电极反应式为MnO2 + 4H＋+ 2e－＝Mn2＋+ 2H2O，故D正确；答案为B。

- 3 -

2＋

－

＋

2+

2+

6.下列实验操作、现象及结论均正确的是 实验操作、现象 取1 mL 20%的蔗糖溶液，加入3~5滴稀硫酸。水浴加热5 min后A 取少量溶液，加入少量新制Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生 向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡并静置，下层B 为橙色 C 将SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色 分别向盛有KI3溶液的a、b试管中滴加淀粉溶液、AgNO3溶液，aD 中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀 A. A 【答案】D 【解析】

【详解】A．检验蔗糖的水解产物时，需要先加入过量NaOH溶液中和起催化作用的硫酸，否则加入的少量新制Cu(OH)2会被酸溶解，加热后无砖红色沉淀，则无法判断蔗糖是否水解，故A错误；

B．裂化汽油中含有不饱和烯烃，加入溴水会发生加成反应，则溴水中的溴不能用裂化汽油来萃取，故B错误；

C．二氧化硫为酸性氧化物，则将SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液变红，与漂白无关，最终不会褪色，故C错误；

D．由现象可知溶液中含碘单质、碘离子，则溶液中存在：I3-?I2+I-，故D正确；答案为D。

7.常温下，用0.100 0 molL－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的某酸HX，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

B. B

C. C

D. D

溶液中存在：I3－结论 蔗糖没有发生水解 裂化汽油可以萃取溴 SO2是酸性氧化物，还具有漂白性 I2 + I －

- 4 -

A. 滴定过程可用甲基橙作指示剂 B. 常温下，HX的电离常数约为1×10 C. 点d溶液中：c(Na+)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H+) D. 点b溶液中：c(HX) + c(H+)＝c(OH－) + c(X－) 【答案】B 【解析】 【分析】

由滴定曲线可知，加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）可知，酸HA的物质的量浓度为0.100 mol?L-1；未滴定时溶液pH=3，可知酸HA为弱酸。

【详解】A．由图示可知，滴加20mLNaOH溶液恰好反应时生成NaX，溶液呈碱性，则应该选用酚酞作指示剂，故A错误；

B．a点pH=3，c（H）=1×10mol/L，则该酸的电离平衡常数Ka=故B正确；

C．点d溶液中加入40mL等浓度的NaOH溶液，溶质为等浓度的NaX和NaOH，X-部分水解，则c（OH-）＞c（X-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（X-）＞c（H+），故C错误；

D．点b溶液中加入10mL等浓度的NaOH溶液，溶质为等浓度的NaX和HA，此时溶液显酸性，即HX的电离大于X-的水解，溶液中c（Na+）＞c(HX) ，另溶液中存在电荷守恒式c（Na+）+c(H+)＝c(OH－)+c(X－)，则

+

-3

－5

cH??cX?c?HA?????=1?10?3?1?10?3=1×10-5，

0.1c(HX)+c(H+)＜c(OH－)+c(X－)，故D错误；答案为B。

8.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：

(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_______。 (2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。

①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。 ②装置B的作用是__________________。

- 5 -

③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_______________________________。

(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00 mL C中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示剂，用0.100 0 molL－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2 + 2S2O32－＝2I－+ S4O62－），消耗标准溶液的体积为20.00 mL。滴定终点的现象是______________________________，C中ClO2溶液的浓度是__________molL－1。

【答案】 (1). 2ClO2 + 2CN－＝2CO2 + N2 + 2Cl－ (2). 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸 (3). 防止倒吸（或作安全瓶） (4). 2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O (5). 淀粉溶液 (6). 当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 (7). 0.04000 【解析】 【分析】

（1）ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl，据此书写发生反应的离子方程式； （2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；

（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）==

--

1n（Na2S2O3）51×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，据此计算可得。 5--

【详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为2ClO2+2CN=2CO2+N2+2Cl；

（2）①氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；

②已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；

③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；

（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则n（ClO2）=

1n（Na2S2O3）5 - 6 -

=

10.0004mol×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04000mol/L。 50.01L9.钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资。自然界中黑钨矿的主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量Si、P、As的化合物。由黑钨矿制备WO3的工艺流程如图：

已知：①滤渣I的主要成份是Fe2O3、Mn3O4。

②萃取剂为叔胺N235，化学式用R3N表示，是一种弱碱。 回答下列问题：

(1)钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价是_________，“煅烧”过程中生成Mn3O4的化学方程式是________________________________________________。

(2)溶浸时，固体要进行粉碎，同时还要不断搅拌的目的是______________________________。 (3)浸出液中的溶质有Na2WO4、Na2SiO3、Na3PO4、Na3AsO4，加入MgSO4、H2SO4将溶液的pH调至9时，溶液中

?c?PO34?3?4c?AsO?＝_________。已知Ksp[Mg3(PO4)2]＝2.0×10－24、Ksp[Mg3(AsO4)2] ＝2.0×10－20。

(4)“调节pH＝2”时，钨酸钠（Na2WO4）转化为偏钨酸钠（Na6H2W12O40）离子方程式是 12WO42－+ 18H＋层)

H2W12O406－+ 8H2O。萃取过程发生反应是3(R3NH)2SO4(油层)+ H2W12O406－(水

2－

(R3NH)6H2W12O40(油层)+ 3SO4(水层)，则反萃取获得(NH4)2WO4溶液时的反萃取剂可选择________。

A．氨水 B．NaOH溶液 C．NH4HCO3溶液 D．NH4Cl溶液

(5)操作A的名称是__________，焙烧生成WO3的化学方程式是_______________________。 【答案】 (1). +6 (2). 6MnWO4 + 6Na2CO3 + O2

6Na2WO4 + 2Mn3O4 + 6CO2 (3). 增大固体与

水的接触面积，加快溶解速率，使固体充分溶解，提高原料的利用率 (4). 10－2 (5). AC (6). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（干燥） (7). (NH4)2WO4【解析】 【分析】

WO3+2NH3↑+H2O

由黑钨矿冶炼钨的工艺流程：向黑钨矿中[主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4）]，还含少量Si、P、As的化合物）中加入Na2CO3，在空气中煅烧，主要反应为：6MnWO4 + 6Na2CO3 + O24FeWO4 + 4Na2CO3 + O2

4Na2WO4 + 2Fe2O3+ 4CO2，加水溶解后再过滤，所得滤渣I的主要成份是不溶于

水的Fe2O3和Mn3O4，滤液中除Na2WO4 外，还含有少量Na2SiO3、Na3PO4、Na3AsO4，向滤液中加入MgSO4溶液，并滴加稀硫酸调节溶液pH=9左右，除去不溶物，得到含有MgSiO3、MgHPO4、MgHAsO4的滤渣Ⅱ，滤液主要

- 7 -

的6Na2WO4 + 2Mn3O4 + 6CO2、

是含Na2WO4的溶液，再加入稀硫酸调节pH=2并依次用R3N萃取除去水层后，再加入反萃取剂获得（NH4）2WO4的水溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(干燥)即可得到（NH4）2WO4晶体，最后将所得晶体焙烧即得到WO3，据此分析解题。

【详解】(1)钨酸盐(FeWO4、MnWO4)中Fe或Mn元素的化合价均为+2价，氧元素的化合价为-2价，设W元素化合价为x，则（+2）+（x）+（-2）×4=0，解得钨元素的化合价是+6价；“煅烧”过程中MnWO4和Na2CO3、O2在高温下反应生成Mn3O4，由质量守恒可知还有Na2WO4、CO2生成，发生反应的化学方程式是6MnWO4 + 6Na2CO3 + O2

6Na2WO4 + 2Mn3O4 + 6CO2；

(2)溶浸时，为增大固体与水的接触面积，加快溶解速率，使固体充分溶解，提高原料的利用率，应将固体进行粉碎，并用玻璃棒不断搅拌；

(3)已知Ksp[Mg3(PO4)2]＝c(Mg)×c(PO4)=2.0×10

3

2+

2

3-－24

、Ksp[Mg3(AsO4)2] ＝c(Mg)×c(AsO4)=2.0×10

32+23-－20

,

KspMg3?PO4?c3Mg2?将溶液的pH调至9时，溶液中

＝?????2??2.0?10?24==10-2；

2.0?10?20KspMg3?AsO4?c3Mg2??2(4)加入反萃取剂的目的获得(NH4)2WO4溶液，即使3(R3NH)2SO4(油层)+ H2W12O406－(水层)(R3NH)6H2W12O40(油

层)+ 3SO42－(水层)平衡逆向移动，则应选择氨水或NH4HCO3溶液；不选择NaOH溶液，因其会引入杂质离子Na；不选择NH4Cl溶液，因其会引入杂质离子Cl，且不影响平衡的移动，故答案为AC； (5)操作A是指将（NH4）2WO4

2

+

-

水溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(干燥)得到（NH4）2WO4晶体；（NH4）

WO3+2NH3↑+H2O。

WO4晶体焙烧生成WO3，同时得到NH3和水，发生反应的化学方程式是(NH4)2WO4

10.丙烯是一种重要的化工原料，可通过丁烯催化裂解或丁烯与甲醇耦合制备。 Ⅰ．丁烯催化裂解生产丙烯的反应方程式是2C4H8(g)

2C3H6(g)+ C2H4(g)。

(1)已知C4H8、C3H6、C2H4的燃烧热分别为2710.0 kJmol－1、2050.0 kJmol－1、1410.0 kJmol－1，则该反应的ΔH＝_______ kJmol。下列操作既能提高C4H8的平衡转化率，又能加快反应速率的是_________。 A．升高温度 B．增大压强

－1

C．增大C4H8的浓度 D．使用更高效的催化剂

(2)某温度下，在体积为2 L的刚性密闭容器中充入2.00 mol C4H8进行上述反应，容器内的总压强p随时间t的变化如下表所示： 反应时间t/min 0

的2 4 6 8 - 8 -

10 12 总压强p/kPa

4.00 4.51 4.80 4.91 4.96 5.00 5.00 则0~10 min内υ(C4H8)＝_______ molL－1min－1，该温度下的平衡常数K＝_______kPa（用气体的分压表示）。

Ⅱ．将甲醇转化耦合到丁烯裂解过程中生产丙烯，主要涉及下列反应： ① 2C4H8(g)② 2CH3OH(g)

2C3H6(g)+ C2H4(g) ΔH＞0 C2H4(g) + 2H2O(g) ΔH＜0

2C3H6(g) ΔH＜0

③ C2H4(g)+ C4H8(g)

已知：甲醇吸附在催化剂上，可以活化催化剂；甲醇浓度过大也会抑制丁烯在催化剂上的转化。 (3)图1是C3H6及某些副产物的产率与n(CH3OH)/n(C4H8)的关系曲线。最佳的n(CH3OH)/n(C4H8)约为_________。

(4)图2是某压强下，将CH3OH和C4H8按一定的物质的量之比投料，反应达到平衡时C3H6的体积分数随温度的变化曲线。由图可知平衡时C3H6的体积分数随温度的升高呈现先升高后降低，其原因可能是__________________________________________________。

(5)下列有关将甲醇转化耦合到丁烯裂解过程中生产丙烯的说法正确的是________。 A．增大甲醇的通入量一定可以促进丁烯裂解

B．甲醇转化生成的水可以减少催化剂上的积碳，延长催化剂的寿命 C．提高甲醇与丁烯的物质的量的比值不能提高丙烯的平衡组成

- 9 -

D．将甲醇转化引入丁烯的裂解中，可以实现反应热效应平衡，降低能耗

【答案】 (1). ＋90.0 (2). A (3). 0.0500 (4). 1 (5). 1 (6). 300~500℃时，丁烯裂解（反应①）为主要反应，是吸热反应，升高温度，平衡正移，使C3H6的体积分数增大；温度高于500℃时，反应②③均为主要反应，是放热反应，升高温度，平衡逆移，使C3H6的体积分数降低，同时温度升高易发生副反应，C3H6可能转化为C2H4、C3H8、C4H10、C5＋等，使C3H6的体积分数降低 (7). BD 【解析】 【分析】

Ⅰ．（1）已知：C4H8、C3H6、C2H4的燃烧热分别为2710.0 kJmol－1、2050.0 kJmol－1、1410.0 kJmol－1，则：①C4H8（g）+6O2（g）═4CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2710.0kJ·mol－1；②2C3H6（g）+9O2（g）═3CO2（g）+3H2O（l）△H2=-4100.0kJ·mol；③C2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H3=-1410.0kJ·mol；根据盖斯定律，①×2-②-③可得：2C4H8(g)因素和平衡的移动分析判断；

(2)在恒温恒容的密闭容器中，压强与气体的总物质的量成正比，当反应进行到10min时达到平衡，此时容器内气体总物质的量为2mol×

2C4H8(g)

2C3H6(g)+ C2H4(g)，即可计算△H；再结合影响反应速率的

－1

－1

5mol=2.5mol，设反应生成的C2H4(g)的物质的量为nmol，则： 4mol2C3H6(g)+ C2H4(g)

起始物质的量（mol） 2 0 0 变化物质的量（mol） 2n 2n n 平衡物质的量（mol） 2-2n 2n n

则（2-2n）+2n+n=2.5，解得：n=0.5；结合反应速率和平衡常数公式进行计算； Ⅱ．(3)根据图1分析C3H6产率最高时n(CH3OH)/n(C4H8)的比值； (4)结合温度对反应速率的影响和对反应①②③平衡时的影响分析； (5)结合平衡移动原理逐一分析判断各选项。

【详解】Ⅰ．（1）已知：C4H8、C3H6、C2H4的燃烧热分别为2710.0 kJmol－1、2050.0 kJmol－1、1410.0 kJmol

－1

，则：①C4H8（g）+6O2（g）═4CO2（g）+4H2O（l）△H1=-2710.0kJ·mol；②2C3H6（g）+9O2（g）═3CO2

－1

－1

（g）+3H2O（l）△H2=-4100.0kJ·mol；③C2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H3=-1410.0kJ·mol

－1

；根据盖斯定律，①×2-②-③×2可得：2C4H8(g)2C3H6(g)+ C2H4(g)，则此反应的△H=

（-2710.0kJ·mol－1）×2-（-4100.0kJ·mol－1）-（-1410.0kJ·mol－1）=＋90.0kJ·mol－1；

A．升高温度，反应速率加快，且平衡向正反应方向移动，能提高C4H8的平衡转化率，故A正确；B．增大压强，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，降低C4H8的平衡转化率，故B错误；C．增大C4H8的浓度，反应速率加快，但C4H8的平衡转化率降低，故C错误；D．使用更高效的催化剂，反应速率加快，但平衡不

- 10 -

移动，不影响C4H8的平衡转化率，故D错误；故答案为A；

(2)在恒温恒容的密闭容器中，压强与气体的总物质的量成正比，当反应进行到10min时达到平衡，此时容器内气体总物质的量为2mol×

2C4H8(g)

5mol=2.5mol，设反应生成的C2H4(g)的物质的量为nmol，则： 4mol2C3H6(g)+ C2H4(g)

起始物质的量（mol） 2 0 0 变化物质的量（mol） 2n 2n n 平衡物质的量（mol） 2-2n 2n n 则（2-2n）+2n+n=2.5，解得：n=0.5；

1mol－1－1－1－1

故0~10 min内υ(C4H8)＝2Lmol·L·min=0.0500mol·L·min；该温度下的平衡常数K＝

10min?1mol??0.5mol??5.0KPa?5.0KPa??????2.5mol??2.5mol?=1kPa； 2?1mol??5.0KPa???2.5mol?Ⅱ．(3)由图1可知当n(CH3OH)/n(C4H8)约为1时C3H6的产率是最高；

(4)由图2可知，300~500℃时，丁烯裂解(反应①)为主要反应，是吸热反应，升高温度，平衡正移，使C3H6的体积分数增大；温度高于500℃时，反应②③均为主要反应，是放热反应，升高温度，平衡逆移，使C3H6的体积分数降低，同时温度升高易发生副反应，C3H6可能转化为C2H4、C3H8、C4H10、C5＋等，使C3H6的体积分数降低。

(5)A．反应②中生成的C2H4抑制反应①中C4H8(g)的分解，则增大甲醇的通入量不一定可以促进丁烯裂解，故A错误；B．碳和水在高温度下生成CO和H2，则甲醇转化生成的水可以减少催化剂上的积碳，延长催化剂的寿命，故B正确；C．反应②中生成的C2H4促进反应③中C4H8(g)转化为C3H6(g)，有利于提高丙烯的产量，则适当提高甲醇与丁烯的物质的量的比值可以提高丙烯的平衡组成，故C错误；D．反应②中提高甲醇的量，可利用反应放出的热量促进反应①平衡正向移动，达到反应热效应平衡，降低能耗效果，故D正确；故答案为BD。

【点睛】有关盖斯定律的习题，首先要根据所求的反应分析以下几点：1、所求反应中的反应物在哪个反应？是反应物还是生成物？2、所给反应中哪些物质是所求反应中没有的？3、如何才能去掉无用的？然后通过相互加减，去掉无关物质；将所对应的△H代入上述化学方程式的加减中即可。

11.N、Fe是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。

(1)基态N原子最高能级的电子云轮廓图形状是__________，其核外有______种不同运动状态的电子。

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2(2)第一电离能N_____O（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是_______________________。

(3)在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。高聚氮的晶体类型是__________，氮原子的杂化轨道类型为__________。

(4)六方氮化硼（BN）与石墨晶体结构类似，硼原子和氮原子交替相连，但石墨可以导电而六方BN却不能导电，其原因是_____________________________。

(5)叠氮酸（HN3）在生产生活中有着重要应用。叠氮酸（HN3）可用HNO2氧化肼（N2H4）制得，化学方程式是N2H4 + HNO2＝HN3 + 2H2O。下列叙述错误的是_________。 A．HN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子 B．NaN3晶格能大于KN3的晶格能 C．HN3分子中四个原子可能在一条直线上 D．叠氮酸（HN3）和水能形成分子间氢键

(6)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。则该化合物中Fe、Fe、O的个数比是__________（填最简整数比）；已知该晶体的晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度是_______ gcm－3（用含a和NA的代数式表示）。

【答案】 (1). 纺锤形（或哑铃形） (2). 7 (3). ＞ (4). N原子的2p轨道为较稳定的半充满结构，而O原子失去一个电子后，2p轨道变为较稳定的半充满结构，所以N原子的第一电离能大于O原子 (5). 原子晶体 (6). sp (7). BN中N原子电负性大，使N原子2p轨道上的电子对被定

3

185621?10域在N原子上，不能自由移动，因此不导电 (8). AC (9). 1∶2∶4 (10). NAa3【解析】 【分析】

（1）N原子核电荷数为7，基态N 原子最高能级为2p能级；

（2）N原子的p轨道为半充满比较稳定，氮原子比氧原子难以失去电子；

（3）晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构，由此判断晶体类型；每个N原子含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断氮原子的杂化轨道类型；

（4）因为氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大π键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周

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的

2＋3＋2－

围，不能自由移动；

（5）A．HN3、N2H4中既有极性共价键，也有非极性共价键；B．NaN3和KN3为结构相似的离子晶体，Na与K

+

+

电荷相同，Na+半径小于K+，半径越小，晶格能越大；C．HN3中N3-为直线结构，与H相连的N为sp2杂化；D．HN3中也存在电负性较大的N；

（6）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心。O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，均摊法计算晶胞中Fe2+、Fe3+、O2-的个数，计算晶胞质量，结合晶体质量=晶胞密度×晶胞体积计算晶胞密度。

【详解】（1）氮是7号元素，处于第二周期VA族，核外电子排布式为1s22s22p3，最高价能级为2p，电子云形状为哑铃形；核外7个电子运动状态均不同，即有7种不同运动状态的电子。

（2）O原子的价电子排布为2s2p，N原子的价电子排布为2s2p，p轨道为半充满比较稳定，氮原子比氧原子难以失去电子，故氮元素的第一电离能大于氧元素的；

（3）晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构，则此晶体为原子晶体；每个N形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子杂化方式为sp3；

（4）因为氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大π键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由移动，所以六方BN无法导电；

（5）A．HN3、N2H4中既有极性共价键，也有非极性共价键，但是前者是极性分子，后者是非极性分子，故A错误；B．NaN3和KN3为结构相似的离子晶体，Na与K电荷相同，Na半径小于K，半径越小，晶格能越大，则NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，故B正确；C．HN3中N3-为直线结构，与H相连的N为sp2杂化，所以四个原子不可能在同一直线上，故C错误；D．HN3中也存在电负性较大的N，和水能形成分子间氢键，故D正确；故答案为AC；

（6）Fe离子处于晶胞顶点、面心以及A位置立方体的体心。O位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个。Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目=4+8×

2-2+

2-+

+

+

+

2

4

2

3

离子数目=4×4=16，O离子数目=4×8=32，故Fe、Fe、O的个数比为8:16:32=1:2:4，Fe、O原子数目

232之比=24:32=3:4，故氧化物化学式为Fe3O4，晶胞相当于有8个“Fe3O4“，晶胞质量=8×g，晶胞参数

NA为a nm，则：8×

232185621?10g=ρgcm－3×（a×10-7 cm）3，解得ρ=gcm－3。 3NANAa12.化合物A是基本有机化工原料，由A合成高分子化合物C和（部分反应条件略去）：

的2+

3+

2-

11+6×=8、Fe3+82的合成路线如下图

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已知：①R－CNR－COOH

②

回答下列问题：

(1)A的化学名称是____________。

(2)C分子中所含官能团的名称是____________；D的结构简式是____________。 (3)B(4)A(5)F

C和G

H的反应类型分别是____________、____________。

E的化学方程式是_________________________________________。 G的化学方程式是_________________________________________。

(6)B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有________种（不含立体异构）；其中某种同分异构体M与H2加成的产物（C5H10O2）的核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为6∶2∶1∶1，则M的结构简式是______________________________。 【答案】 (1). 丙烯 (2). 酯基 (3). (6). CHCH2OH+

CH2

＝

CHCH3+Cl2

CH2

＝

(4). 加聚反应 (5). 取代反应

CHCH2Cl+HCl

(7).

CH2

＝、

(8). 8 (9).

【解析】 【分析】

A为C3H6，A发生加成反应生成的B为CH3CH=CHCOOCH3，则A结构简式为CH2=CHCH3，B发生加聚反应生成的

C为聚丁烯酸甲酯，其结构简式为，聚丁烯酸甲酯发生碱性水解反应然后酸化得到聚合物

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D，D的结构简式为；A与Cl2在光照条件下发生反应生成E，D发生水解反应生成F，F和C4H5Cl

发生信息②的加成反应生成G，则F分子结构中含有一个碳碳双键，C4H5Cl分子结构中含有两个碳碳双键，结合F分子式C3H6O可知，F结构简式为CH2=CHCH2OH、E结构简式为CH2=CHCH2Cl，X为2-氯-1，3-丁二烯(

)，F和X发生加成反应生成G，G与NaCN发生取代反应生成H，H在酸性条件下水解生

成，由此推出H为，G为，由此分析解题。

【详解】(1)A的结构简式为CH2=CHCH3，其化学名称是丙烯；

(2)C的结构简式为，分子中含有的官能团的名称是酯基；D的结构简式是；

(3)B为CH3CH=CHCOOCH3，发生加聚反应生成；G为，与NaCN发生取代反应生成

；

(4)A为CH2=CHCH3，在光照条件下与氯气发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl的化学方程式是CH2＝CHCH3+Cl2

CH2＝CHCH2Cl+HCl；

)发生加成反应生成

的化学方程式

(5)F为CH2=CHCH2OH，其和2-氯-1，3-丁二烯(

是CH2＝CHCH2OH+；

(6)B为CH3CH=CHCOOCH3，其分子式为C5H8O2，分子结构中含有酯基，则它的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有HCOO-，烃其分子式为C4H7O—，其中结构C=C-C-C中连接HCOO-有4种、C-C=C-C中连接HCOO-有2种，C=C(C)2中连接HCOO-有2种，即满足条件的B的同分异构体共有8种；其中

面积比为6∶2∶1∶1。

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和与H2加成的产物(C5H10O2)的核磁共振氢谱有4组峰，且峰

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