江西省九江市2020届高三第二次模拟统一考试化学试卷 Word版含解析

江西省九江市2020届高三第二次模拟统一考试化学试卷 Word版含解析

www.ks5u.com 九江市2020年第二次高考模拟统一考试 化学能力测试 第Ⅰ卷 一、单项选择题(本题共17小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)‎ ‎1.我国历史文物或古文学的描述均蕴含着化学知识，下列说法正确的是 A. 潮湿的环境下放了上千年，依然金光闪闪的越王勾践剑的材质是铁合金 B. “浮梁巧烧瓷”，描述的是我国驰名于世的陶瓷，陶瓷的主要成分是二氧化硅 C. “绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿” 中“丝绸”的主要成分是蛋白质 D. 敦煌莫高窟壁画的颜料分析，其绿色颜料的主要成分是硫酸钡和碳酸钙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“越王勾践剑”的制作原料为青铜属于铜合金，故A错误；‎ B．陶瓷属于硅酸盐材料，主要成分为硅酸盐，故B错误；‎ C．“绚丽丝绸云涌动，霓裳歌舞美仙姿”中“丝绸”的主要成分是蛋白质，C正确；‎ D．硫酸钡和碳酸钙均为白色物质，绿色颜料的主要成分不可能是硫酸钡和碳酸钙，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.环与环之间共用一个碳原子的多环烷烃称为螺环烷烃，共用的碳原子称为螺原子。现有两种螺环烷烃X、Y的结构简式如下图所示，下列说法正确的是 A. X和Y互为同分异构体 B. Y中所有的碳原子可以共面 C. X可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应 D. 螺[5，5]十一烷的一氯代物有三种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【详解】A．X含10个C、Y含8个C，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误； B．Y中3号C连接的4个碳原子形成四面体结构，所有碳原子不可能共面，故B错误； C．X只有单键，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故C错误； D．根据X、Y的命名规律可知螺[5.5]十一烷应为，含3种H，一氯代物有三种，故D正确； 故选：D。‎ ‎3.实验室中模拟用甲烷与氯气反应得到的副产品来制取盐酸，原理如图：‎ 下列说法不正确是 A. 依据装管Ⅰ中的现象控制气流的速度 B. 分离装置V中盐酸的最佳操作方法是分液 C. 装置Ⅳ的石棉中可加入一些氢氧化钠粉末 D. 实验过程中可观察到装置Ⅲ中硬质玻璃管内壁有附着的油珠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，因氯代烃和甲烷均不溶于水，所以石棉的主要作用是除去未反应的氯气，装置Ⅴ对HCl进行吸收，同时可以防止倒吸。‎ ‎【详解】A．浓硫酸可以干燥氯气和甲烷，同时根据冒出气泡的速率可以观察气体的流速，故A正确；‎ B．甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；所以E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开，故B正确；‎ - 18 -‎ C．装置Ⅳ的石棉主要作用是除去氯气，NaOH也会与HCl，应选用KI粉末等只与氯气反应的物质，故C错误；‎ D．氯气和甲烷的取代反应产物中除HCl和一氯甲烷外常温下均为油状液体，所以实验过程中可观察到装置Ⅲ中硬质玻璃管内壁有附着的油珠，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】该实验装置中存在一个缺陷，甲烷和一氯甲烷常温下均为难溶于水的气体，该套装置缺少尾气处理装置。‎ ‎4.某温度下，碘在某液态有机物M和水之间的分配比D=85(分配比D=)，向两个装有20mL 0.1mol/L I2的水溶液的锥形瓶中各加入20mL、40mL M，充分振荡后静置。下列说法正确是 A. 锥形瓶中水层为无色，M层为紫色，‎ B. 20mL中M层的I2浓度约为0.099mol/L C. I2单质溶于有机物M时需要断裂化学键 D. 40mL中M层的I2浓度大于20mL中M层的I2浓度．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意可知萃取后水相中仍溶有部分碘单质，所以不可能无色，故A错误；‎ B．设水相中I2的浓度为x，根据题意可知M层中I2的浓度为85x，则有x+85x=0.1mol/L，可得85x约为0.099mol/L，故B正确；‎ C．该萃取过程属于物理变化，没有化学键的断裂和生成，故C错误；‎ D．设水相中I2的浓度为y，则M层中I2的浓度为85y，则有0.02L×y+0.04L×85y=0.02L×0.1mol/L，可得85y约为0.050mol/L＜0.099mol/L，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.有一种化合物结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y是同周期元素，Z的含氧酸均具有氧化性，该化合物相对分子质量小于125。下列有关说法正确的是 - 18 -‎ A. WZ沸点高于W2Y的沸点 B. X的含氧酸一定为二元弱酸 C. 原子半径大小：Z>Y>X>W D. X与Z组成的化合物中可能含有非极性键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该物质中各元素的成键特点可知W、Z为H、F或Cl中两种，因W在四种元素中原子序数最小，则W不可能是Cl，为H或F；X、Y同周期，X应为第ⅣA族元素，Y应为第ⅥA族元素，若X、Y分别为Si和S，则Z为Cl，此时该物质的相对分子量至少为28×3+32×3+35.5>125，故不符合题意，所以X为C，Y为O，则W只能为H，又因为Z的含氧酸均具有酸性，所以Z为Cl。‎ ‎【详解】A．H2O分子间存在氢键，导致其沸点较高，即沸点：HCl＜H2O，故A错误； B．C可以形成无机酸碳酸，也可以形成有机一元酸，如甲酸、乙酸等，所以X的含氧酸不一定为二元弱酸，故B错误； C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：Z＞X＞Y＞W，故C错误； D．C与Cl形成的化合物中含有多个C原子时，其中含有的C-C键为非极性键，故D正确； 故选：D。‎ ‎【点睛】B、D选项为易错点，思维不能仅局限在有机物，含碳元素的物质中还有种类繁多的有机物。‎ ‎6.CO2的固定和转化是世界性课题。兰州大学最欢旺教授团队巧妙设计构建了系列新型光电催化人工光合成体系——光电催化池，p-n半导体异质结催化CO2在水中直接制备长碳链有机物并放出氧气，原理如下图：‎ - 18 -‎ 下列说法不正确的是 A. 电极Ⅰ的电势比电极Ⅱ的电势高 B. 该设计向大自然学习，模仿植物光合作用 C. 电子从a极流到电极I，从电极Ⅱ流到b极 D. 负极区，p-n为催化剂，CO2发生还原反应生成长碳链有机物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该过程总反应中氧气为氧化产物，为阳极产物，即光电池的b电极为正极，长链有机物为还原产物，为阴极产物，即光电池的a电极为负极。‎ ‎【详解】A．电极II连接的b是正极，电极Ⅰ连接的a是负极，正极电势高于负极，所以电极Ⅰ的电势比电极Ⅱ的电势低，故A错误；‎ B．p-n半导体异质结催化CO2在水中直接制备长碳链有机物并放出氧气，原理类似光合作用，故B正确；‎ C．电子从电源的负极经外电路流向正极，即从a极流到电极Ⅰ，从电极Ⅱ流到b极，故C正确；‎ D．根据图示电极a是负极，I和负极相连，相当于阴极，发生还原反应生成长碳链有机物，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎7.常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是 - 18 -‎ A. MOH为一元强碱 B b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1‎ C. c点溶液中：c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]‎ D. d点溶液中：c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。‎ ‎【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；‎ B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；‎ C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；‎ D．根据分析结合图像可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ - 18 -‎ ‎(一)必考题 ‎8.亚硝酰氨(NOCl)是有机合成中的重要试剂，为黄色气体或红褐色液体(熔点-64.5℃，沸点-5.5℃)，具有刺鼻恶臭味，遇水和潮气水解，有多种方法制备。‎ ‎(1)将5g经300℃下干燥了3h并研细的KCl粉末装 50mL带有接头及抽真空用活塞的玻璃容器内。将容器尽量减压，在减压下通入0.002molNO2。反应12～36min即可完成，NO2红棕色消失，出现黄色亚硝酰氯，同时还得到一种盐，该盐的化学式为_____________，氯化钾需要“干燥”的原因是_____________________________。‎ ‎(2)实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯，装置如图所示：‎ ‎①仪器a名称为____________________________；‎ ‎②B装置的作用是____________________________；‎ ‎③实验开始时，先打开K1，关闭K2、K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到装置C中________________时，打开K3向装置D三颈瓶中推入干燥纯净的Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再关闭K1、K3，打开K2制备NOCl。‎ ‎(3)测定产品纯度：取(2)中w g D中液态产品溶于蒸馏水，配制成250 mL溶液；用酸式滴定管准确量取25.00 mL所配制溶液于锥形瓶中，滴加几滴K2CrO4溶液作指示剂，用滴定管盛装c mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液体积为V mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体，忽略杂质参与反应)‎ ‎①盛装AgNO3标准溶液的滴定管是_____________(填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管；判断达到滴定终点的方法是_____________。‎ ‎②该产品纯度为_____________(用代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). KNO3 (2). NOCl遇水易水解，NO2与水反应 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 除去NO中的NO2 (5). 红棕色气体完全消失 (6). 酸式 (7). 溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失 (8). ‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，和铜反应生成NO，由于装置中有空气，所以生成的NO会被氧化成红棕色的NO2，通过装置B中水除去挥发的硝酸及NO和空气中氧气反应生成的二氧化氮，此时装置C的作用为储存A中产生的NO气体，同时长颈漏斗插入液面以下可以防止体系内压强过高，因为C中也有空气，所以C中也会先生成NO2，至C中红棕色完全消失后，再打开K3，向D装置中通入干燥纯净的Cl2，当D中充满黄绿色气体时，再关闭K1、K3，打开K2制备NOCl；装有无水CaCl2的干燥管其作用为防止水蒸气进入D中，防止NOC1水解；该滴定原理是通过硝酸银标准液来滴定产品中的Cl元素的量来确定产品的量，滴定过程中先发生Cl-+Ag+=AgCl↓，当氯离子全部沉淀后银离子和K2CrO4反应生成Ag2CrO4，溶液会出现砖红色沉淀。‎ ‎【详解】(1)NO2中N的化合价为+4，NO2与KCl反应生成的NOCl中N的化合价为+3价，化合价降低，根据氧化还原反应规律，需要有元素化合价升高，根据元素价态变化规律可知该反应中N元素发生歧化，即化合价既升高又降低，可以判断盐为硝酸钾，化学式为KNO3；根据题目信息，干燥的目的是防止生成的氯化亚硝酰遇水反应，降低产率，且防止NO2与水反应；‎ ‎(2)①根据a的结构特点可知其为分液漏斗；‎ ‎②根据分析可知装置B的主要作用是除去NO中混有的NO2；‎ ‎③根据分析可知需要观察到C中红棕色气体完全消失时再进行下一步操作；‎ ‎(3)①硝酸银溶液由于银离子的水解会显酸性，且见光易分解，所以需要用酸式棕色滴定管；根据分析可知滴定终点现象为：溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失；‎ ‎②根据发生的反应可知存在数量关系NOCl～Cl-～AgNO3，则n(NOCl)=n(AgNO3)=cV×10-3mol，所以产品的纯度为×100%=‎ ‎【点睛】本题关键是要对NO和NO2的性质熟悉，NO容易被空气中的氧气氧化成NO2，且NO2为红棕色气体，NO2能够和水反应生成NO和硝酸。‎ ‎9.硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如图：‎ - 18 -‎ 已知： ‎ i．PbCl2 难溶于冷水，易溶于热水 ii．PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) △H＞0 ‎ iii．Ksp(PbSO4) =1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5‎ ‎(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS 发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为___________________；‎ ‎(2)沉降操作时加入冰水的作用是____________________________；‎ ‎(3)20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是___________(填字母)‎ A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小 B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+) 不相等 C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小 D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随HCl浓度增大，PbCl2 溶解量减少是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动 ‎(4)调pH的目的是_________________________________，操作I的方法是____________________；PbCl2“转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.100mol/L时，c(SO42-)=_________________________；‎ ‎(5)滤液a经过处理后可以返回到__________________工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂—三盐基硫酸(3PbO·PbSO4·H2‎ - 18 -‎ O)，写出该反应的反应方程式________________________。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2 +2H2O (2). PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于析出PbCl2晶体 (3). BD (4). 使Fe3+沉淀而除去 (5). 过滤 (6). 6.75×10-6 (7). 浸取 (8). 4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中的成分可知该过程中PbS中部分S元素被氧化成硫酸根离子，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中，加入NaOH溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁、矿渣和滤液；PbCl2难溶于冷水，将滤液液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。‎ ‎【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2 +2H2O；‎ ‎(2)根据题目信息可知氯化铅难溶于冷水，加入冰水可降低PbCl2的溶解度，便于析出PbCl2晶体；‎ ‎(3)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在下列平衡：PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生络合反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。‎ A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；‎ B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；‎ C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L时，可发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；‎ D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；‎ 综上所述选BD；‎ ‎(4)溶液中有杂质铁离子，调pH值可使Fe3+沉淀而除去；分离固体和液体的操作为过滤；沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=‎ - 18 -‎ ‎，所以当c(Cl-)=0.100mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；‎ ‎(5)滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，所有根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。‎ ‎10.一氧化二氮俗称笑气，是一种氧化剂，也可以用来作为火箭和赛车的氧化剂。值得注意的是，N2O是一种强大的温室气体，它的效果是二氧化碳的296倍，因此研究其分解对环境保护有着重要意义。‎ ‎(1)一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为______________。‎ ‎(2)已知反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的ΔH=-163kJ/mol， 1mol N2(g)、1mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ 的能量，则1mol N2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为_________________________________________ kJ。‎ ‎(3)碘蒸气存在能大幅度提高2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的分解速率，反应历程为：‎ 第一步I2(g)2I(g)(快反应)‎ 第二步________________________(慢反应)‎ 第三步IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)‎ 第二步反应方程式为__________________________________，活化能最大的是第____步反应。‎ ‎(4)T℃下将N2O充入5L的刚性容器中，发生反应2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如图：‎ ‎①T℃该反应的平衡常数值为________________，100min 时，向容器中加入0.1mol N2O和0.9mol N2‎ - 18 -‎ ‎，此时平衡________________(填“向正反应方向移动、向逆反应方向移动、不移动”)。‎ ‎②半衰期是指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间。N2O从某一浓度到另一浓度需要时间t可表示为其中kp为速率常数，p、p0均为N2O的分压。1030K下，在一刚性容器中充入N2O气体发生分解反应，当初始压力为a kPa，半衰期时容器总压强为___________，当容器内总压强到达b kPa时，反应所需的时间为___________。 (用代数式表示，不用化简) [已知：1030K时，kp=9.8×105(kPa·s-1)]‎ ‎【答案】 (1). NH4NO3N2O+2H2O (2). 1112.5 (3). N2O(g)+I(g)→N2(g)+IO(g) (4). 二 (5). 3.645 (6). 不移动 (7). 1.25kPa (8). s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)硝酸铵在催化剂下分解得一氧化二氮和水，则化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O；‎ ‎(2)△H=反应物键能总和-生成物键能总和；设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为x kJ，则-163=2x-2×945-498，解得x=1112.5；‎ ‎(3)根据题意可知碘蒸气为催化剂，所以第二步+第三步得到2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)，则第二步方程式为N2O(g)+I(g)⇌N2(g)+IO(g)；活化能越大，反应速率越慢，第二步为慢反应则其活化能最大；‎ ‎(4)①据图可知起始物质只有N2O，且浓度为0.1mol/L，90分钟后达到平衡，此时c(N2O)=0.01mol/L，根据方程式2N2O(g)2N2(g)+O2(g)可知生成的c(N2)=0.09mol/L，c(O2)=0.045mol/L，则平衡常数K==3.645；向容器中加入0.1molN2O和0.9molN2后，N2O、N2、O2浓度依次为0.03mol/L、0.27mol/L、0.045mol/L，Qc==3.645=K，则平衡不移动；‎ ‎②反应起始物质只有N2O，浓度为0.1mol/L，初始压力为akPa，根据半衰期的含义即发生的反应方程式可知此时体系内N2O、N2、O2浓度依次为0.05mol/L、0.05mol/L、0.025mol/L，恒容容器中压强比等于气体物质的量之比，继而等于浓度之比，所以平衡时总压强为a kPa×‎ - 18 -‎ ‎=1.25 kPa；设容器内总压强到达bkPa时，N2O的转化浓度为2x，则此时容器内c(N2O)=(0.1-2x)mol/L，c(N2)=2x mol/L，c(O2)=x mol/L，所以有，解得x=0.1×(-1)mol/L，所以c(N2O)=(0.3-0.2×)mol/L，此时p(N2O)=kPa=(3a-2b) kPa，所以=s。‎ ‎【点睛】第4小题第一问判断平衡移动方向为易错点，不能简单靠理论猜想，要通过浓度商与平衡常数的大小比较来判断移动方向，浓度商大于平衡常数逆向移动，浓度商小于平衡常数正向移动，浓度商等于平衡常数不移动。‎ ‎(二)、选考题 ‎[化学选修——3：物质结构与性质]‎ ‎11.含第VA族的磷、砷(As)等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：‎ ‎(1)基态P原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。‎ ‎(2)常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A为____，其中心原子杂化轨道类型为____，B为____。‎ ‎(3)PO43-空间构型为____，其等电子体有____（请写出一种）。‎ ‎(4)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图乙，晶胞参数a= 565pm。‎ ‎①砷化镓的化学式为____，镓原子的配位数为____。‎ ‎②砷化镓的晶胞密度=____g/cm3（列式并计算，精确到小数点后两位），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为____pm(列式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p3 (2). 3 (3). (4). sp3 (5). ‎ - 18 -‎ ‎ (6). 正四面体 (7). SO42- (8). GaAs (9). 4 (10). (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据构造原理，按照电子排布顺序（1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f……）进行电子排布，再画出电子排布图分析未成对电子；‎ ‎（2）PCl5晶体中含有两种微粒，熔融能导电，说明这两种微粒是阴阳离子，再根据A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，分析作答；‎ ‎（3）PO43－的孤电子对数为（5-8+3）/2=0，σ键电子对数为4，据此分析构型；原子数为5，价电子数为32，据此找等电子体；‎ ‎（4）①利用均摊法计算：黑球4个全部在晶胞内，白球位于晶胞顶点和面心，配位数通过观察晶胞分析；‎ ‎②砷化镓的晶胞含4个CaAs，先计算4个CaAs的质量(70+75) ×4g/NA，再晶胞的体积为a3=(565×10-10)3 cm3，最后通过求算。m与n之间的距离为晶胞体对角线的。‎ ‎【详解】（1）根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子排布图为：，有3个未成对电子。答案：1s22s22p63s23p3 ；3；‎ ‎（2）常温下PCl5是一种白色晶体，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体，这说明形成的是离子晶体。已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，由于原子总数和价电子总数分别都相等的是等电子体，则A为PCl4+，P原子的价层电子对数是4，且不存在孤电子对，因此其中心原子杂化轨道类型为sp3，B为PCl6-。答案：PCl ；sp3 ；PCl。‎ ‎（3） PO43－的中心原子P的价层电子对数是4，由于孤电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，其等电子体有SO42-、CCl4等。答案：正四面体；SO42-；‎ ‎（4）①晶胞中黑球位于晶胞内，数目为4，白球位于晶胞顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，数目为1：1，则砷化镓的化学式为CaAs；根据晶胞As原子的配位数为4，则镓原子距离最近的As原子数目也为4，即配位数为4；‎ ‎②砷化镓的晶胞含4个CaAs，则1mol晶胞的质量为(70+75)× 4g，晶胞的体积为a3=(565×10-10)3 cm3，1mol晶胞的体积为6.02×1023×(565×10-10)3 cm3‎ - 18 -‎ ‎，则晶胞的密度为(70+75) ×4g/[6.02×1023×(565×10-10)3 cm3]=5.34 g/cm3；m位置As原子与n位置Ga原子之间的距离为晶胞体对角线的1/4，则距离为×565 pm=pm。答案：。‎ ‎【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式，对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；②处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。对于六方晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为6个晶胞所共享，每个微粒有1/6属于该晶胞；②处于竖直棱上的微粒，同时为3个晶胞所共享，每个微粒有1/3属于该晶胞；处于底面棱上的微粒，则同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。‎ ‎[化学选修——5：有机化学基础] ‎ ‎12.氯喹()对治疗新冠病毒肺炎有明确疗效，氯喹的合成方法如下。‎ 回答下列问题 ‎(1)A中所含官能团的名称是_______________；‎ ‎(2)写出G到H的反应类型_______________；‎ ‎(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。B与足量氢气反应生成物X，写出X的结构简式．并用星号(*)标出X中的手性碳__________________；‎ ‎(4)写出C到D过程中①的反应方程式________________________；‎ - 18 -‎ ‎(5)写出具有醛基、羧基、核磁共振氢谱只有四组峰的G的同分异构体所有的结构简式(不考虑立体异构)__________________________。‎ ‎(6)参考以上合成路线，设计由、1一溴丙烷为原料合成的合成路线_________________________(无机试剂与含两个碳的有机物任选)。‎ ‎【答案】 (1). 氯原子、硝基 (2). 取代反应 (3). (4). +NaOH+C2H5OH (5). 、 (6). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A的分子式和B的结构可知A到B发生了还原反应，所以A的结构简式为；C到D发生酯基的水解反应则D为；根据I的结构结合G的结构可知G到H的过程中G中羰基和酯基之间的亚甲基上的氢原子被取代，H为。据此解答。‎ ‎【详解】(1)根据A的结构简式可知A所含官能团为氯原子和硝基；‎ ‎(2)根据分析可知G到H为取代反应；‎ ‎(3)B中苯环可以与氢气加成，与足量氢气加成产物为 - 18 -‎ ‎，连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，所以该物质中的手性碳原子为；‎ ‎(4)C到D过程中①为酯基在NaOH溶液中的水解，所以方程式为：+NaOH+ C2H5OH；‎ ‎(5)G的同分异构体满足：核磁共振氢谱只有四组峰，说明只有4种环境的氢原子，即结构对称，同时含有醛基和羧基，则满足条件的有：和；‎ ‎(6)对比原料和目标产物可知需要将羟基氧化成羧基，同时要让丙基取代环上与亚甲基相连的碳原子上的氢原子，该过程与G到H的过程类似，所以合成路线可以为，若考虑到乙醇钠和羧基反应，也可以先将羧基酯化保护起来，再取代，合成路线为。‎ ‎ ‎ - 18 -‎ - 18 -‎