2019年山西省高考化学考前模拟试卷 (3月份)-解析版

1、20192019 年山西省高考化学考前模拟试卷（年山西省高考化学考前模拟试卷（ 3 3 月份）月份） 一、单选题（本大题共7 7 小题，共 42.042.0分） 1.化学与科学技术、环境、人类生活密切相关。下列说法错误的是（） A.在居室中养植芦荟、吊兰等植物可以减少甲醛的污染 B.航天飞船中使用的碳纤维，是一种新型的无机非金属材料 C.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同 D.用可降解的无毒聚乳酸塑料代替聚乙烯作食晶包装袋可防止白色污染 2.设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（） A.标准状况下， 苯中含有碳碳双键数为 B. 、和的混合物中所含硫原子数为

2、 C. 的氢碘酸中含碘化氢分子数为 D.60g 乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂的 键数为 3.某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是（） C.化合物 与所含化学键类型完全相同 D.W、X 的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应 6.微生物电池可用于有机废水的处理，右图是利用微生物处理含尿素CO （NH2）2废水的装置。下列说法中正确的是（ ） A.该装置外电路中箭头的方向代表电流的方向 B.M 电极反应式为 C.当有 通过质子交换膜时，N 极消耗 D.该处理工艺会导致废水酸性增强，仍旧不能直接排放 -1-1 7.室温下，向 10mL0.1molL HX 溶液中逐滴加入

3、0.2molL YOH溶液，混合溶液的 pH变化情况如图所 示（温度和体积变化忽略不计）。则下列结论错误的是（） A.1mol该有机物最多与 反应生成 B.该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上 C.该有机物能发生酯化加成、氧化、水解等反应 D.与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种 4.“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱 法”的工艺流程及实验装置（部分夹持装置省略）如下：下列叙述错误的是（） A.HX 为一元强酸，YOH为一元弱碱 B.M 点水的电离程度大于N点水的电离程度 C.N 点对应溶液中粒子浓度： D. 时 的 YX 溶液中

4、水电离出的 二、简答题（本大题共4 4 小题，共 49.049.0分） 8.氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在Pt 催化剂作用下发生主反应I和副反应； .4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H 1=-905 kJ/mol .4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O （g）H 2 （1）已知： 物质中断裂 1mol化学键需要的能量/kJ NO 629 O2 496 N2 942 则H2=_。 （2）以 Pt 为催化剂，在 1L密闭容器中充入 1 moINH3和 2molO2，测得有关物质的量与温度的关系如 图： A.实验时先点燃装置 的酒精灯，过一段时间后再打开装置

5、 中分液漏斗的旋塞 B.装置 的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用是吸收多余的 C.向步骤 I所得滤液中通入氨气，加人细小的食盐颗粒并降温可析出 D.用装置 加热碳酸氢钠可实现步骤的转化，所得 可循环使用 5.W、X、Y、Z是原子序数依次减小的短周期主族元素；W 与 X同周期，X与 Z同主族；X、Z的单质 +2- 在标准状况下的状态不同；W原子的最外层电子数等于其所在周期数，简单离子X 与 Y 具有相同的 电子层结构。下列说法正确的是（） A.原子半径： B.X 与 Z形成的化合物属于共价化合物 该催化剂在高温时对反应_更有利（填“”或“”）。 520 时，NH3的转化率为_。 3520 时

6、，反应的平衡常数 K=_（数字计算式）。 下列说法正确的是_（填标号） A工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840 左右 B增大 NH3和 O2的初始投料比可以提高NH3生成 NO的平衡转化率 第 1 页，共 11 页 C投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成 NO的平衡转化率 D使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率 温度高于 840 时，NO的物质的量减少的原因可能是_。 （3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化 NH3与 NO，反应生成 N2。 NH3与 NO2生成 N2的反应中，当生成 1molN2时，转移的电子数为_mol。 将一定比例的 O2、NH3和 N

7、Ox的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示， 在50250 范围内随着温度的升高， NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_。 （2）元素周期表中与P 紧邻的 4 种元素中电负性最大的是_（填元索符号）；Si、P、S 三种元素 的第一电离能由大到小的顺序是_。 （3）已知 AlN、AlP等半导体材料的晶体结构与单晶硅相似，则Al原子的杂化形式为_；晶体 结构中存在的化学键有_（填标号） A离子键 B键 C 键 D配位键 （4）砷化镓（GaAs）是继硅晶体之后研究最深入应用最广泛的半导体材料，它能直接将电能转变为 光能，以

8、其为材料制造的灯泡寿命长、耗能少。已知CaAs的品胞结构如图，晶胞参数=0.565mm， 则 Ga原子与 As原子的核间距为_pm（列式表示）。 11. 某有机反应中间体（X）的一种合成路线如图所示。 9.工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制 备 AgCl的工艺如下： 已知：（R、R表示氢原子或烃基） 已知：分金液的主要成分为 HAuCl4；分金渣的主要成分为PbSO4和 AgCl； 3-3-+2- 分银液的主要成分为 Ag（SO3）2 ，且存在 Ag（SO3）2 Ag +2SO3 回答下列问题： （1）“分铜”时铜单质参与反应的离子方程式为

9、_；如果温度过高铜的浸出率会降低，原因是 _。 （2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和_。 （3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为 _；除HCl、NaClO可溶解金外，“王水”也可溶 解金，“王水“的成分为_（写试剂的名称） （4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。 （5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到 pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是_。 +- （6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl（s）+2NH3（aq）Ag（NH3）2 （aq）+Cl（aq），其平衡 10-3，现用 1L某浓度氨水（溶质视为NH3）完全溶解 0.1 mol A

10、gCl，所需氨水浓度至少为常数 K=2.0 _molL-1（已知=2.25）。 10. A、VA 族元素组成的化合物AlN、AIP、GaAs等是人工合成的新型 半导体材料。 回答下列问题： （1）As基态原子的电子占据了_个能层，最高能级的电子排布式 为_；和 As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有 _种。 G的相对分子质量为 118，可由 NCCH2CH2CN 水解制得。 回答下列问题： （1）A的化学名称为_。 （2）反应 所需试剂条件分别为_、_。 （3）G的分子式为_。 （4）X中含氧官能团的名称是_。 （5）反应 的化学方程式为_。 （6）写出符合下列条件的F的所有同分异构

11、体的结构简式_（不考虑立体异构）。 a苯环上连有-NO2核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：3：2 （7）结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO为原料合成的路线流程图 为_（无机试剂任用） 三、实验题（本大题共1 1 小题，共 14.014.0分） 12. 实验室可利用 SO2与 Cl2在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯 （SO 2Cl2）。所用的反 应装置如下图所示（部分夹持装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为-54.1 ，沸点为69.1 ，遇水能发生 剧烈的水解反应遇潮湿空气会产生白雾。 第 2 页，共 11 页 （1）化合物 SO2Cl2中 S元素的化合价为_。 （

12、2）仪器 D的名称是_。 （3）乙、丙装置制取原料气Cl2与 SO2。 乙装置 F中充满 Cl2，则 E 中所盛放的溶液为_（填溶液的名称）。 丙装置中试剂 X、Y的组合最好是_。 A.98%浓硫酸+Cu B.70% H2SO4+Na2SO3 C浓 HNO3+Na2SO3 （4）上述装置的正确连接顺序为_、_、丁、_（用甲、乙、丙表示，可重复使用） （5）B装置中从 a口通入冷水的作用是_；C装置的作用是_。 SO2Cl2遇水能发生剧烈的水解反应，（6）会产生白雾， 则SO2Cl2发生水解反应的化学方程式为_。 （7）若反应中消耗氯气的体积为1.12L（已转化为标准状况，SO2足量），最后通过

13、蒸馏得到纯净的 磺酰氯 5.13g，则磺酰氯的产率为_（保留三位有效数字）。 第 3 页，共 11 页 答案和解析 1.【答案】C 【解析】 B、S2、S4、S8均由硫原子构成； C、氢碘酸是强酸； D乙酸与乙醇发生酯化反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底。 本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学 量与阿伏加德罗常数的关系，明确可逆反应特点，有机物结构及性质是解题关键。 3.【答案】A 【解析】 解：A在居室中种植芦荟、吊兰等职务可以减少甲醛的污染，故 A正确； B碳纤维是一种含碳量在 95%以上的高强度、高模量纤维的新型无机非金属材料，故 B正确；

14、 C明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化 性而具有的净水作用，原理不一样，故 C 错误； D聚乙烯作食品包装袋能产生白色污染，用可降解的无毒聚乳酸塑料代替聚乙烯作食品包装 袋，以防止白色污染，故 D正确； 故选：C。 A甲醛有毒，芦荟、吊兰等能够吸收甲醛； B碳纤维的成分为碳单质，是高强度、高模量纤维； C明矾净水是氢氧化铝净水，漂白粉的净水原理是生成的次氯酸的氧化性导致的； D聚乙烯作食品包装袋能产生白色污染。 本题考查生活中的化学知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答 的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意生活与化学的联系，

15、题目难度不大。 2.【答案】B 【解析】 解：A碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应，则 1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成 反应生成 C9H16O2，故 A正确； B苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，甲酸中所有原子共平面，所有该分子中所 有原子可能共平面，故 B错误； C羧基能发生酯化反应，碳碳双键能发生氧化反应，没有酯基或肽键、卤原子，所有不能发生 水解反应，故 C 错误； D与该有机物具有相同官能团的同分异构体中，如果取代基有乙烯基和羧基，还有对位和间 位两种；如果取代基有一个，还有苯丙烯酸、苯异丙烯酸，所有符合条件的有 4种，故 D错误； 故选：A。 该有机物中含有苯

16、环、碳碳双键和羧基，具有苯、烯烃和羧酸性质，能发生加成反应、氧化反应、 加聚反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。 本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，此类题目注意把握 物质的结构和官能团的性质，难度中等。 4.【答案】D 【解析】 解：A苯分子中不含碳碳双键，且标准状况下苯为液体，故 A错误； B、S2、S4、S8均由硫原子构成，故6.4gS2、S4、S8混合物中含有的氧原子的物质的量n= =0.2mol，即 0.2NA个，故 B正确； C、氢碘酸是强酸，所以无碘化氢分子，故 C 错误； D、60g 乙酸物质的量为 1mol，与足量乙醇发生酯化反应，因为酯化

17、反应为可逆反应，所以充分 反应后断裂的 C-O键数目小于 NA，故 D错误； 故选：B。 A苯分子中不含碳碳双键； 解：A氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠、氯化铵，反应方程式为 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，由于氨气在水中溶解度较大，所以先通氨气，再通入 二氧化碳，故 A正确； B氨气是污染性气体不能排放到空气中，装置的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉，作用 第 4 页，共 11 页 是吸收多余的 NH3，故 B正确； C通入氨气的作用是增大 NH4+的浓度，使 NH4Cl 更多地析出、使 NaHCO3转化为 Na2CO3， 提高析出的 NH4Cl 纯度，

18、故 C 正确； D用装置加热碳酸氢钠，分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可实现步骤的转化，但生成的 二氧化碳不能被收集循环使用，烧杯加热未垫石棉网，故 D错误； 故选：D。 在饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可得到碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，过滤得沉淀物 为碳酸氢钠，经洗涤、干燥得碳酸氢钠固体，滤液中主要溶质为氯化铵，再加入氯化钠和通入 氨气，将溶液降温结晶可得氯化铵晶体， A侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入氨气，由于氨气在水中溶解度较大，再通入二氧化碳， 目的是增大二氧化碳的吸收，更多的析出碳酸氢钠晶体； B氨气不能排放到空气中，氨气和浓硫酸反应； C步骤 I所得滤液主要是氯化铵溶液，向氯化铵溶

19、液中通入氨气，可以增大 NH4+的浓度，使 NH4Cl更多地析出，同时使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度，由于氯化铵的溶 解度受温度影响较大，所以要从氯化铵溶液中获得氯化铵固体可以用降温结晶的方法； D烧杯加热未垫石棉网，生成的二氧化碳无法收集循环使用。 本题是利用侯氏制碱法的原理考查了实验基本操作和实验原理分析，题目难度不大，答题时要 注意对实验原理的理解与应用。 5.【答案】D 【解析】 故选：D。 W、X、Y、Z是原子序数依次减小的短周期主族元素，W 原子的最外层电子数等于其所在周期 +2- 数，应为 Al元素，简单离子 X 与 Y 具有相同的电子层结构，可知 X

20、为 Na、Y为 O元素，X 与 Z同主族；X、Z的单质在标准状况下的状态不同，Z为 H元素，以此解答该题。 本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重考查学生的分析推理能力，理解掌握元素 周期律，有利于学生对基础知识的掌握，推断元素是解题的关键，题目难度中等。 6.【答案】B 【解析】 解：A该装置外电路中电流的方向为 N用电器M，与图中箭头的方向相反，故 A错误； BM 电极上CO（NH2）2失去电子生成 CO2和 N2，即 M 为负极，电极反应式为 CO（NH2） -+ 2-6e +4H2O=CO2+6H +N2，故 B正确； CN为正极，电极反应式为 O2+4H+4e-=2H2O，有

21、 1molH+通过质子交换膜时，电路中有 1mol 电子转移，所以消耗标准状况下的 n（O2）=n（e-）=0.25mol，即 5.6L，但该选项中没有指明 O2 的存在条件，所以不能确定 O2的体积，故 C 错误； D原电池总反应为 2CO（NH2）2+3O2=2CO2+4H2O+2N2，由于不消耗酸、生成酸，但生成水， 溶液的酸性减弱，故 D 错误； 故选：B。 根据图给信息可知，M 电极上CO（NH2）2失去电子生成 CO2和 N2，即 M 为负极，电极反应式 为 CO（NH2）2-6e-+4H2O=CO2+6H+N2，N 电极为正极，O2得到电子结合 H+生成 H2O，即 N 为正极，

22、电极反应式为 O2+4H+4e-=2H2O，电流方向为 N用电器M，电子流向为 M用电 器N，原电池总反应为 2CO（NH2）2+3O2=2CO2+4H2O+2N2，据此解答。 本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确原电池正负极上得 失电子、电子流向、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度不大。 7.【答案】C 【解析】 解：由以上分析可知 W 为 Al、X为 Na、Y为 O、Z为 H 元素。 A同周期从左到右原子半径减小，则原子半径 NaAl，故 A错误； BNaH 为离子化合物，故 B错误； C过氧化氢含有共价键，过氧化钠含有离子键和共价键，故 C 错误；

23、D氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，故 D正确。 第 5 页，共 11 页 解：A根据图示可知，0.1mol/L 的 HX溶液的 pH=1，说明 HX 完全电离，为一元强酸；滴入 6mL0.2molL-1YOH溶液时，YOH过量，溶液的 pH=7，说明 YOH 为一元弱碱，故 A正确； BM点溶质为 Y、YOH，溶液的 pH=7，水的电离程度基本不变，而 N点加入 10mLYOH溶液， 溶液的 pH=10，抑制了水的电离，所以 M 点水的电离程度大于 N点水的电离程度，故 B正确； CN点溶液呈碱性，则c（OH-）c（H+），结合电荷守恒可知：c（Y+）c（X-），N点溶液中存在物

24、 料守恒：c（Y ）+c（YOH）=2c（X ），则 c（Y ）c（X ）c（YOH），正确的粒子浓度大小为：c（Y ） c（X ）c（YOH）c（OH ）c（H ），故 C 错误； DYX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的 电离，25时 pH=a的 YX 溶液中水电离出的 c（H+）=1.010-amolL-1，故 D正确； 故选：C。 A.0.1mol/L的 HX溶液的 pH=1，说明 HX 完全电离；滴入 6mL0.2molL-1YOH 溶液时，反应后 溶质为 YX、YOH，溶液的 pH=7，说明 YOH 为一元弱碱； BN点 YOH过量，溶液

25、呈碱性，大大抑制了水的电离； CN点容易的 pH=10，则 c（OH-）c（H+），结合电荷守恒和物料守恒分析； D+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离。 本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌 握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 AD催化剂失去活性，NO物质的量减小，或有副反应发8.【答案】-1265KJ/mol60% 键能-生成物总键能， -905KJ/mol-H2=942KJ/mol+492KJ/mol-2629KJ/mol， H2 =-1265KJ/mol， 4NH

26、3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=-1265KJ/mol， 故答案为：-1265KJ/mol； （2）由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下 选择反应 I， 故答案为：I； 在 1L 密闭容器中充入 1molNH3和 2molO2，520平衡时 n（NO）=n（N2）=0.2mol，则： 4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.20.25 0.20.3 4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.40.30.20.6 故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol

27、-0.4mol=0.4mol， 氨气的转化率= 故答案为：60%； 在 1L 密闭容器中充入 1molNH3和 2molO2，520平衡时 n（NO）=n（N2）=0.2mol，则： 4NH3（g）+5O24NO（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3 4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.40.3 0.20.6 故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O） =0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容

28、器体积为 1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数 K= ， 100%=60%， +-+-+ -+ 生，或反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO转化率减小迅速上升段是催化剂活性随温度升高增 大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速 率增大但是催化剂活性下降 【解析】 解：（1）.4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=-905 kJ/mol .4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2 盖斯定律计算（-）得到，N2（g）+O2（g）2NO（g）H=H1-H2，反应的焓变=反应物总 第 6 页，共 11

29、 页 故答案为：；键能-生成物总键能得到； （2）生成物氮气、NO 的物质的量判断催化剂对反应的选择性； 520平衡时 n（NO）=n（N2）=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量 以及生成的水的物质的量，计算 NH3的转化率； 520平衡时 n（NO）=n（N2）=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量 以及生成的水的物质的量，可以计算平衡时氨气与氧气物质的量，由于容器体积为 1L，利用物 质的量代替浓度带入 K=计算； A图象分析可知，工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840左右，NO量最大， 故 A正确； B增大 NH3和 O2的初

30、始投料比，可以提高要求转化率，氨气转化率减小，不能提高 NH3生成 NO的平衡转化率，故 B错误； C投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡逆向进行，不能提高 NH3生成 NO 的平衡转化率，故 C 错误； D使用催化剂时，不改变化学平衡，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故 D正确； A图象可知 NO物质的量最大时的温度 840左右，最佳温度应控制在 840左右； 故答案为：AD； 温度高于 840时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性，NO物质的量减小， 或有副反应发生，或反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO转化率减小， D使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其

31、反应速率； 故答案为：催化剂失去活性，NO物质的量减小，或有副反应发生，或反应为放热反应，升温平 反应为放热反应，升温向吸热反应分析进行，温度高于 840时，抑制平衡正向移动； 衡逆向进行，NO转化率减小； （3）NH3与NO2生成 N2的反应中，反应方程式为 8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成 7 molN2时，转移的物质的量为 8mol3=24mol，则生成 1mol氮气转移电子物质的量= mol， 故答案为：； = 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低。 本题考查较为综合，涉及化学平衡计算、反应热与焓变等知识，题目难度中等，明确化学平衡 及其影

32、响为解答关键，注意掌握电化学反应与能力变化的关系，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。 9.【答案】H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O 温度过高，H2O2受热分 + 解PbSO42Au+8HCl+NaClO3=2HAuCl4+NaCl+3H2O浓硝酸、浓盐酸2：3H2SO4电离出的 H 降 2-3-+2-+- 低了 2SO3的浓度，使Ag（SO3）2 Ag +2SO3 平衡正向移动，Ag 与 Cl 反应生成 AgCl2.45 【解析】 B增大 NH3和 O2的初始投料比是增大氨气的量，氧气转化率增大，氨气转化率减小； C投料比不变，增加反应物的浓度

33、相当于增大体系压强； （3）NH3与NO2生成N2的反应中，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成 7 molN2时，转移的物质的量为 8mol3=24mol，据此计算生成 1mol 氮气转移电子物质的量； 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知， 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使 NOx去除反应速率迅速增大；上 升阶段缓慢主要是温度升高引起的 NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降， 故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使 NOx去除反应速率迅 速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起

34、的 NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降。 （1）.4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=-905 kJ/mol .4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2 盖斯定律计算（-）得到，N2（g）+O2（g）2NO（g）H=H1-H2，反应的焓变=反应物总 解：（1）“分铜”时，单质铜在硫酸的作用下，与过氧化氢发生反应生成硫酸铜和水，反应方程式 为：H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O；反应过程需要控制温度，温度过低，反应速率慢，温度过高， H2O2受热分解，不利于反应的进行； +2+ 故答案为：H2O2+Cu+2H =Cu+2H2O；温度过高，

35、H2O2受热分解； 第 7 页，共 11 页 （2）根据已知“分金渣的主要成分为 PbSO4和 AgCl”，硫酸根是在分铜的时候加入的，故 PbSO4 为分铜时得到，存在于分铜渣中，故分铜渣的成分有 Au、Ag、AgCl 和 PbSO4； 故答案为：PbSO4； （3）根据题意，“分金”时 Au与 HCl、NaClO3反应得到络合物 HAuCl4，化学反应为： 2Au+8HCl+NaClO3=2 HAuCl4+NaCl+3H2O：“王水”的成分为浓硝酸、浓盐酸； 故答案为：2Au+8HCl+NaClO3=2 HAuCl4+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸； （4）分金液的主要成分为 HAuC

36、l4，从分金液中加入 NaSO3提取 Au，Au元素化合价从+3 降到 NaClO3分金，发生反应：2Au+8HCl+NaClO3=2 HAuCl4+NaCl+3H2O，Ag被氧化为银离子与 溶液中的氯离子结合得到 AgCl沉淀，分金液的主要成分为 HAuCl4，加入 NaSO3还原为 Au， 分金渣的主要成分为 PbSO4和 AgCl，将分金渣与 NaSO3溶液反应分银，分银液的主要成分为 Ag（SO3）23-，分银渣的成分为 PbSO4，向分银液中加入 H2SO4，调到 pH=4时，得到AgCl沉淀， 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

37、解，结合题 目信息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的同时，还要有处理信息 应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。 0，被还原，做氧化剂，NaSO3中硫元素化合价从+4升高到+6，被氧化，做还原剂，氧化还原反 应中，升价降价应相等，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：3； 故答案为：2：3； 3-3-+2- （5）已知：分银液的主要成分为Ag（SO3）2 ，且存在Ag（SO3）2 Ag +2SO3，加入适量的 10.【答案】44p32NPSSisp3BD5.65108 【解析】 226261023 解：（1）As是 33号元素，基态 As核外电

38、子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p ，电子占据了 4 个能层，最高能级的电子排布式为4p ，和As位于同一周期且未成对电子数也相同的元素的价 电子排布式为：3d34s2、3d74s2，共有 2 种， 故答案为：4；4p ；2； （2）元素周期表中与 P 紧邻的有 N、As、Si、S，Si、P、S 同周期，原子序数依次增大，它们的电负 性增大，N、P、As同主族元素，电子层依次增多，它们的电负性减小，N原子半径比 S 小，N 的 3 3 H2SO4调到 pH=4时，H2SO4电离出的 H+降低了 2SO32-的浓度，使Ag（SO3）23-Ag+2SO32- 平衡正向移动，

39、Ag 与 Cl 反应生成 AgCl； +2-3-+2- 故答案为：H2SO4电离出的 H 降低了 2SO3 的浓度，使Ag（SO3）2 Ag +2SO3平衡正向移 +- 动，Ag+与 Cl-反应生成 AgCl； （6）设溶解 0.1 mol AgCl后的氨水浓度为 c，此时1L溶液中 c（Ag ）=0.1mol/L，c（Ag（NH3）2 ） =0.1mol/L， 反应 AgCl（s）+2NH3（aq）Ag（NH3）2 （aq）+Cl （aq），化学平衡常数 K= 得 c=2.25mol/L， 根据反应得到 0.1mol/L 的 Ag 消耗的 NH3为 0.2mol/L， 则氨水的起始浓度为 2

40、.25mol/L+0.2mol/L=2.45mol/L； 故答案为：2.45。 阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）与 H2SO4溶液、H2O2、NaCl混合分铜，发生的反应为： H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O，Pb+H2SO4=PbSO4+H2，少量溶解的银离子与氯化钠中的氯离子 结合得到AgCl沉淀，分铜液含有CuSO4，过滤，得分铜渣（Au、Ag、AgCl和PbSO4），加入HCl、 + +- + 电负性大于S的，故四种元素中N元素的电负性最大；Si、P、S元素处于同一周期且原子序数逐 渐增大，P处于第VA族，其3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于其相邻元素的，所以第 一电离能

41、：PSSi， 故答案为：N；PSSi； （3）AlN、AlP 等半导体材料的晶体结构与单晶硅相似，均为属于原子晶体，由晶体硅的晶胞结 构可知，Al、N（或 P）的配位数均为 4，N（或 P）与 Al 形成 3个 Al-N（或 Al-P），且 N原子（或 P 原子）提供 1对孤对电子给 Al原子形成 1个配位键，Al原子杂化轨道数目为 4，故 Al原子采取 sp3杂化，单键、配位键都属于 键，没有离子键、键， 故答案为：sp ；BD； 3 =2.010-3，解 第 8 页，共 11 页 （4）Ga原子周围与之距离最近且相等的 4 个 As 原子形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中 心，顶点 A

42、s与四面体中心的 Ga连线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知二者距离等于体对 角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的 =0.565mm 故答案为： =5.65108 pm， 倍，则 Ga原子与 As原子的核间距为 解：（1）A为 ，A的化学名称为苯乙烯，故答案为：苯乙烯； （2）反应发生卤代烃的水解反应，所需试剂条件分别为 NaOH水溶液、加热，故答案为： NaOH水溶液、加热； （3）G为 HOOCCH2CH2COOH，G的分子式为 C4H6O4，故答案为：C4H6O4； （4）X为 羧基、酰胺键； ，X中含氧官能团的名称是：羧基、酰胺键，故答案为： 5.65108。 22626102

43、3 （1）As 是 33 号元素，基态 As核外电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p ，和 As位于同一周 3272 期且未成对电子数也相同的元素的价电子排布式为：3d 4s 、3d 4s ； （2）元素周期表中与 P 紧邻的有 N、As、Si、S，同周期中从左向右元素的电负性增大，同主族元 素从上向下元素的电负性减小，但 N的电负性大于 S 的；同一周期主族元素的第一电离能随着 原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素； （3）AlN、AlP 等半导体材料的晶体结构与单晶硅相似，均为属于原子晶体，由晶体硅的晶胞结 构可知，Al

44、、N（或 P）的配位数均为 4，N（或 P）与 Al形成 3个 Al-N（或 Al-P），且 N原子（或 P 原子）提供 1 对孤对电子给 Al原子形成 1 个配位键，Al 原子杂化轨道数目为 4； （4）Ga原子周围与之距离最近且相等的 4 个 As 原子形成正四面体结构，Ga处于正四面体的中 心，顶点 As与四面体中心的 Ga连线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知二者距离等于体对 角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍。 （5）反应的化学方程式为：+HCN， 故答案为：+HCN； （6）符合下列条件的 F（）的同分异构体：苯环上连有-NO2，核磁共振氢谱有 三组峰，且峰面积之比为

45、6：3：2，可能的同分异构体有：， 故答案为：； 本题考查物质结构与性质，注意核外电子排布、电负性、电离能、杂化方式、化学式、晶胞计算 等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，熟记中心常见晶胞结构特点，注意同周期第一电离能变化 异常情况。 11.【答案】苯乙烯NaOH水溶液 加热C4H6O4羧基、酰胺键+HCN （7）乙醛先与 HCN发生加成反应，再发生水解反应，最后发生缩聚反应生成 ，合成路线流程图为：CH3CHO CH3CHO ， 故答案为：CH3CHO 一定条件 。 A的分子式为 C8H8，由 B的结构简式可知 A与 HBr发生加成反应生成 B，故 A为 【解析】 第 9 页，共 11 页 B在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成 C，C 发生催化氧化 D为（4）由丙制备二氧化硫，经过甲干燥，由乙提供氯气