陕西省渭南市2022-2023学年高三化学一模试题（Word版附解析）

渭南市2023届高三教学质量检测(I)化学试题注意事项：1.本试题满分100分，考试时间90分钟：2.答卷前务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置：3.将选择题答案填涂在答题卡上，非选择题按照题号在答题纸上的答题区域内做答，写在本试卷上无效。4.可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是A.临渭草编美观实用，其原料麦秆的主要成分是纤维素，与淀粉互为同分异构体B.渭南华州皮影戏中的皮影人是用兽皮制作的，兽皮的主要成分属于蛋白质C.我国科学家制备的具有高选择性的催化剂只含主族元素D.天和核心舱电推进系统腔体的氮化硼陶瓷属于传统无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B．兽皮的主要成分属于动物蛋白质，故B正确；C．镍、钴不是主族元素，故C错误；D．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故选B。2.劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是选项劳动项目化学知识 A社会实践：向公共场所喷洒过氧乙酸消毒剂过氧乙酸有强氧化性，能使蛋白质变性B社区服务：演示用泡沫灭火器灭火盐酸与小苏打反应产生大量二氧化碳C自主探究：锌、铜和柠檬为原料制作水果电池锌能与柠檬中酸性物质发生氧化还原反应D家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具油脂在碱性条件下发生水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．过氧乙酸有强氧化性，能使蛋白质变性从而灭菌，与所述的化学知识关联合理，A不符合题意；B．泡沫灭火器是容器中铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子双水解反应产生大量二氧化碳，二氧化碳不燃烧不支持燃烧，能灭火，与所述的化学知识关联不合理，B符合题意；C．锌能与柠檬中酸性物质发生自发的氧化还原反应，锌失去电子做负极，与所述的化学知识关联合理，C不符合题意；D．纯碱溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下发生水解被洗净，与所述的化学知识关联合理，D不符合题意；故选B。3.科学家发现金星大气中存在，据此推断金星大气层或许存在生命。利用与足量的浓KOH溶液反应可制备：。下列说法正确的是A.的电子式为B.中子数为16的原子：C.是强电解质，属酸式盐D.参加反应，转移电子【答案】D【解析】【详解】A．PH3的电子式为，A错误； B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为16的原子：，B错误；C．P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则其为正盐，C错误；D．由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，故1molP4参与反应，转移3mol电子，D正确；故选D。4.实验室从废定影液[含和等]中回收和的主要步骤为：向废定影液中加入溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制；制取并通入滤液氧化，用苯萃取分液。其中部分操作的装置如图，下列叙述正确的是A.用装置甲分离时，用玻璃棒进行引流B.用装置乙在空气中高温灼烧制取C.用装置丙制备时还需要加热条件D.用装置丁分液时，从下口放出有机相【答案】A【解析】【详解】A．过滤时用玻璃棒进行引流，防止液体溅出，故A正确；B．蒸发皿不能用于高温灼烧固体，否则会受热不均而炸裂，应选用坩埚灼烧，故B错误；C．高锰酸钾与浓盐酸不需加热就能反应生成氯气，故C错误；D．苯的密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丁分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，故D错误；故选A。5.近日，中科院上海高研院在二氧化碳电催化转化研究中取得重要进展。通过调控的孔道结构和表面活性位构型，成功实现了直接转化生成乙醇。用表示阿伏加德 罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，中所含电子的数目为4B.时，所含共价键的数目为8C.乙醇和乙酸发生酯化反应，最多可生成0.1乙酸乙酯D.电催化过程中，每生成乙醇，转移电子的数目为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下5.6L的物质的量为mol，1mol中含molmol电子，所以标准状况下5.6L中含电子的数目为，A错误；B．不确定乙醇的物质的量，不能计算其共价键数目，B错误；C．乙醇和乙酸发生的酯化反应是可逆反应，不能进行到底，生成小于0.1乙酸乙酯，C错误；D．电催化过程中由生成乙醇的过程中碳元素由+4价降低到-2价，所以每生成1mol乙醇，转移电子的数目为，D正确。答案选D。6.有机物Q是一种具有解热镇痛及抗生素作用的药物的主要成分，其结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是 A.属于芳香烃B.与乙酸互为同系物C.能发生氧化反应和加成反应D.苯环上一氯取代物只有一种【答案】C【解析】【详解】A．该有机化合物含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃，属于烃的衍生物，A错误；B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物，有机物Q与乙酸结构不相似，不互为同系物，B错误；C．该有机物可以燃烧，则能发生氧化反应；该有机物含有苯环，在一定条件下能发生加成反应，C正确；D．苯环上有2种等效氢，则其一氯取代物有2种，D错误；故选C。7.宏观辨识与做观探析是化学学科核心素养之一，下列物质性质实验对应的反应方程式错误的是A.溶液中加入足量溶液产生白色沉淀：B.用饱和氨盐水和制备小苏打：C.以为原料由铝热反应冶炼铬：D.用硼酸中和溅在皮肤上的溶液：【答案】A【解析】【详解】A．溶液中加入足量溶液产生白色沉淀离子方程式为，A项错误；B．用饱和氨盐水和制备小苏打时，小苏打以沉淀形式存在，离子方程式为 ，B项正确；C．铝热反应可冶炼部分难熔金属，故以为原料由铝热反应治炼铬的化学方程式为，C项正确；D．硼与铝同主族，用硼酸中和溅在皮肤上的溶液，发生中和反应的离子方程式为，D项正确；故选A。8.部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是A.对应含氧酸的酸性强弱为：B.工业上通过来制备C.久置的水溶液会变小D.利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染【答案】B【解析】【分析】根据元素的化合价和物质类别可推出a、b、c、d、e分别为NH3、N2、NO、NO2和HNO3或硝酸盐；a＇、b＇、c＇、d＇、e＇分别为HCl、Cl2、HClO或次氯酸盐、HClO3或氯酸盐、HClO4或高氯酸盐。【详解】A．硝酸和高氯酸都是相应元素的最高价酸，最高价酸的酸性和非金属性相关，非金属性越强，最高价酸的酸性越强，非金属性Cl＞N，所以酸性：HClO4＞HNO3，故A合理；B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧 化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO，NO可以循环使用，即工业上是通过制备硝酸，不经过氮气这一步，故B不合理；C．氯水中的HClO光照下会分解为强酸盐酸和氧气，所以久置的氯水pH会变小，故C合理；D．NH3中N为-3价，NO和NO2中N的化合价为正价，NH3和NO或NO2反应时，都可以发生归中反应生成氮气和水，可以用氨还原NO或NO2消除氮氧化物的污染，故D合理；故选B。9.2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。我国科学家在寻找新的点击反应砌块的过程中，意外发现一种安全、高效合成化合物，其结构简式如图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.最简单氢化物的沸点：C.最高价含氧酸的酸性：D.常温下可以用铁制容器盛装X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素，Y能形成2个共价键，则Y是O元素、W是S元素；X能形成3个共价键，X是N元素；Z形成1个共价键，Z是F元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，简单离子半径，故A错误；B．H2O分子间形成氢键，所以最简单氢化物的沸点：，故B错误；C．F元素没有正价，F元素没有含氧酸，故C错误；D．常温下，铁在浓硝酸中钝化，所以常温下可以用铁制容器盛装浓硝酸，故D正确；选D。 10.盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法不正确的是A.该装置能将化学能转化为电能，电极为负极B.图2中，A为，B为C.电池工作一段时间后，正极区溶液的下降D.每制取，有(标准状况)参与反应【答案】C【解析】【分析】该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极。【详解】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A正确；B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B正确；C．正极电极反应为：，正极区浓度减小，pH增大，C错误； D．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，D正确；故选C。11.炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是A.催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂B.转化I中化合价发生变化的元素仅有和C.催化氧化过程的总反应为：D.催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处【答案】B【解析】【详解】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B错误；C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C正确；D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确； 故选B。12.已知25℃时，的平衡常数，，下列叙述中正确的是A.向的混合液中滴加溶液，首先析出沉淀B.将浓度均为、溶液等体积混合后可得到沉淀C.25℃时，的约为D.相同温度下，在水中的大于在溶液中的【答案】C【解析】【详解】A．的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5。RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，故向c()=c()的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A错误；B．将浓度均为3×10-4.5mol•L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2+)=1.5×10-4.5mol•L-1、c()=1.5×10-4.5mol•L-1，此时的离子积Q=c(R2+)•c()=1.5×10-4.5×1.5×10-4.5=2.25×10-9<Ksp(RCO3)，不会产生RCO3沉淀，B错误；C．根据A项计算，Ksp(RSO4)=4.9×10-5，C正确；D．Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp与在Na2CO3溶液中的Ksp相等，D错误；故选C。13.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的操作 A探究与反应的限度取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴溶液B证明和浓反应生成向少量铜与浓反应后的溶液中慢慢加水，溶液变蓝C证明木炭在加热时能与浓硝酸发生反应将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热，蒸出的乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液收集A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．反应中碘离子过量，充分反应后滴入5滴溶液若溶液变红色，说明与反应的存在限度，故A符合题意；B．铜和浓硫酸需要加热才能反应，故B不符合题意；C．浓硝酸受热也会分解出二氧化氮气体，故C不符合题意；D．浓硫酸溶解放出大量的热，应该首先加入乙醇再沿器壁慢慢加入浓硫酸、乙酸，故D不符合题意；故选A。14.常温下，向25mL0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3mol/L。下列叙述不正确的是（） A.a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解B.b点溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)C.由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105D.c～d段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解【答案】C【解析】【详解】A．AgNO3是强酸弱碱盐，在溶液中Ag+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性，A正确；B．b点溶液存在电荷守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，由于此时lg=0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)，B正确；C．反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数K=，忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，c{[Ag(NH3)2]+}=-2×10-3mol/L≈0.1mol/L，带入平衡常数表达式，计算可得K=1.25×107，所以其数量级为107，C错误；D．c～d段lg变化较小，说明加入的氨水主要用于Ag2O沉淀的生成和溶解，D正确；故合理选项是C。第II卷(非选择题共58分)二、必考题(本题共3小题，共43分)15.以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下： 回答下列问题：（1）红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。（2）黄铁矿研细的目的是_______。（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。（4）工序①的名称为_______，所得母液循环使用。（5）沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。（6）若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【答案】（1）①.Fe2O3②.SiO2（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（5）①.+2；②.6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+（6）①.H2O2②.NH3·H2O【解析】【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加 入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；【小问2详解】黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；【小问3详解】由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；【小问4详解】由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；【小问5详解】沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6； 【小问6详解】由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。16.乙酰苯胺是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。名称相对分子质量性状密度熔点/℃沸点/℃溶解度苯胺93无色油状液体，有还原性、碱性1.02184微溶于水易溶于乙醇、乙醚、苯乙酸60无色液体1.0516.7118.1易溶于水易溶于乙醇、乙醚乙酰苯胺135白色晶体1.22115304微溶于冷水，溶于热水易溶于乙醇、乙醚反应方程式：+CH3COOH+H2O在A中加入苯胺、冰醋酸及少许锌粉，装上刺形分馏柱(图中仪器B，用于沸点差别不太大的混合物的分离)和温度计，支管通过蒸馏装置与接收瓶相连。用小火加热A，使反应物保持微沸约。逐渐升高温度，当温度计读数达到左右时，有液体馏出。维持温度在之间反应约1小时。温度计读数下降，表示反应已经完成。在搅拌下趁热将反应物倒入冰水中，冷却后抽滤所析出的固体，用冷水洗涤，烘干。请回答： （1）仪器C的名称是_______。（2）加入粉的作用是_______。锌粉几乎不与纯乙酸反应，但随着上述制备反应的进行而会消耗乙酸，原因是_______。（3）温度高于，可能引起的不良后果有_______(选数字序号)。①产生大量副产物②乙酸大量挥发，降低产率③乙酰苯胺熔化（4）设计“边加热边蒸馏”的目的是及时移走生成的_______(填物质名称)，以提高产率。而实际收集的液体远多于理论量，可能的原因是_______。（5）将反应液倒入冰水的作用是_______。（6）判断白色片状晶体烘干完全的实验方法是_______。（7）经过重结晶、干燥，得到乙酰苯胺产品，实验的产率是_______(保留3位有效数字)。【答案】（1）直形冷凝管（2）①.作还原剂，防止苯胺被氧化②.纯乙酸不电离，反应过程有水生成，形成乙酸溶液，乙酸电离出氢离子，导致锌和乙酸反应（3）①②（4）①.水②.有部分乙酸挥发（5）降低乙酰苯胺溶解度（6）两次称量的质量差小于（7）【解析】【分析】A中加入苯胺、冰醋酸及少许锌粉，逐渐升高温度，维持温度在之间反应约1 小时，反应完成后，在搅拌下趁热将反应物倒入冰水中，冷却后抽滤所析出的固体，用冷水洗涤，烘干，经过重结晶、干燥，得到乙酰苯胺产品；【小问1详解】仪器C的名称是直形冷凝管；【小问2详解】已知苯胺有还原性、碱性，则易被氧化，加入粉的作用是作还原剂，防止苯胺被氧化。锌粉几乎不与纯乙酸反应，但锌会和乙酸溶液中电离出的氢离子生成氢气，随着上述制备反应的进行而会消耗乙酸，反应过程有水生成，形成乙酸溶液，乙酸电离出氢离子，导致和锌反应；【小问3详解】温度高于，可能发生副反应导致生成副产物；乙酸沸点118.1℃，温度过高导致乙酸挥发，降低了生成物产率；乙酰苯胺能溶于热水，温度升高后乙酰苯胺以分子形式溶解；故选①②；【小问4详解】水的沸点为100℃，维持温度在之间反应，目的是及时移走生成的水，促使反应正向移动，以提高产率。物质中的乙酸具有挥发性，蒸出的馏分中含有部分乙酸，导致实际收集的液体远多于理论量；【小问5详解】乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，将反应液倒入冰水的作用是降低乙酰苯胺溶解度；【小问6详解】随着烘干的进行，固体质量会减小，若两次称量的质量差小于，则可以说明烘干完全；【小问7详解】苯胺为、冰醋酸为，则乙酸过量，若苯胺完全反应生成0.0548mol乙酰苯胺，故得到乙酰苯胺产品，实验的产率是17.硝化反应是最普遍和最早发现有机反应之一，以为新型硝化剂的反应具有反应条件温和、反应速度快、选择性高、无副反应发生、过程无污染等优点。可通过臭氧化法 制备。已知：在、时发生以下反应：①②③④（1）则反应④的_______。（2）在恒温恒容条件下，按物质的量之比通入和，下列说法能够说明反应④已经达到平衡状态的是[考虑]_______(填标号)。A.混合气体密度不再改变B.不再改变C.D.混合气体的平均相对分子质量不再改变（3）在密闭容器中充入和在不同温度下发生反应④，平衡时在容器内气体中的物质的量分数随温度变化的曲线如图甲所示[考虑]。①反应④中，a点的_______(填“>”“<”或“=”)。②对反应体系加压，得到平衡时的转化率与压强的关系如图乙所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：_______。 ③图甲中，时，平衡后总压为，的分压为的两倍，则反应④以压强表示的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留两位小数)。（4）利用反应：。可实现硫、氮氧化物的综合利用。向密闭容器中充入等体积的和发生该反应，测得平衡时压强对数和的关系如图所示。①_______(填“>”、“<”或“=”)；温度为时，从a到b历时，则此时段_______。②同一温度下，图像呈线性变化的理由是_______；a、b两点体系总压强与的比值_______。（5）实验室常用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气。当溶液溶质为NaHSO3时，若往溶液中加入氨水至中性，则_______(填“>”、“<”或“=”)；当溶液溶质为时，若往溶液中加入少量固体，完全溶解后(此时溶液是不饱和溶液)，溶液中的比值_______(填“变大”、“变小”或“保持不变”)。【答案】（1）（2）ABD（3）①.>②.为气体体积增大的反应，加压，平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于气体体积减小的反应向正反应方向移动，逐渐增大③.17.31 （4）①.<②.4.5③.温度不变，平衡常数不变，故该直线的斜率不变④.（5）①.=②.变小【解析】【小问1详解】已知：①②③由盖斯定律可知，反应①+②-③得反应④，故；【小问2详解】A．容器体积始终不变，而反应中生成固体，气体质量会发生改变，故混合气体的密度不再改变，说明反应已达平衡，A符合题意；B．和投料比等于反应④系数比，但是存在反应，故当不再改变，说明反应已达平衡，B符合题意；C．，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应已达平衡，C不符合题意；D．反应中生成固体，且气体分子数发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达平衡，D符合题意；故选ABD；【小问3详解】①反应④中，a点的含量大于平衡时的含量，则反应继续正向向进行，故>；②为气体体积增大的反应，加压，平衡向逆反应方向移动，浓度增大；浓度增大、加压都有利于气体体积减小的反应 向正反应方向移动，故对反应体系加压导致逐渐增大；③时，平衡后总压为，的分压为的两倍，由三段式可知，则平衡时、、、的物质的量分别为(1-2a)mol、(1-a)mol、amol、2amol，总的物质的量为2mol，结合图甲可知，，a=，故时，则反应④以压强表示的平衡常数；【小问4详解】①反应为各物质系数均为1的放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；由ac可知，三氧化硫压强相等、c点二氧化氮压强较大，则c点平衡常数较小，对应温度较高，故<；温度为时，从a到b历时，则此时段。②反应为各物质系数均为1反应且和投料相同，，则与直线的斜率有关，温度不变，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下，图像呈线性变化；由图可知，a、b两点体系总压强与的比值；【小问5详解】当溶液溶质为NaHSO3时，若往溶液中加入氨水至中性，根据钠、硫元素守恒可知， =；当溶液溶质为时，若往溶液中加入少量固体，完全溶解后(此时溶液是不饱和溶液)，溶液中钠离子浓度不变，而亚硫酸根离子浓度变大，故的比值变小。三、选考题(15分。请从第18、19两道题中任选一题作答。并将所选题号用2B铅笔涂黑，如果不涂或多做，均按第一题计分)【化学选修3：物质结构与性质】18.二甲基亚砜()是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：（1）基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。（2）铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为_______。（3）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为_______。②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为_______。③二甲基亚砜易溶于水，原因可能为_______。（4）的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为_______，该分子内的作用力不可能含有_______(填序号)。A.离子键B.共价键C.金属键D.配位键E.氢键F.范德华力（5）已知硫化锰()晶胞如图所示，该晶胞参数，。 ①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为_______。②空间利用率指是构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。已知锰和硫的原子半径分别和，该晶体中原子的空间利用率为(列出计算式即可)_______。【答案】（1）（2）（3）①.②.③.二甲基亚砜可以与水分子形成分子间氢键（4）①.②.CEF（5）①.4②.【解析】【小问1详解】为24号元素，基态铬原子的价电子排布图(轨道表示式)为；【小问2详解】铬价电子为3d54s1，锰为25号元素原子，价电子为3d54s2，故两者基态原子核外未成对电子数之比为6:5；【小问3详解】①二甲基亚砜分子中S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为。③二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键，导致二甲基亚砜易溶于水； 【小问4详解】由题干可知，的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色，则浅绿色的结构中能电离出2个氯离子，内界含有5个水分子、1个氯离子，其配离子的化学式为；该分子内的作用力存在阴阳离子间的离子键、水分子内部的共价键、铬与配体的配位键，其分子内不存在金属键、氢键、范德华力；故选CEF；【小问5详解】①该晶体中，1个硫周围有4个锰原子，结合化学式可知，锰原子周围的硫原子数目为4。②据“均摊法”，晶胞中含个Mn、由化学式可知，同时含有2个S；已知锰和硫的原子半径分别和，该晶体中原子的空间利用率为。【化学一选修5：有机化学基础】19.化合物G是一些三唑类药物的重要中间体，其某种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）A的名称为_____。（2）E中含氧官能团的名称是_____；E→F的反应类型是____。（3）D的结构简式为_____。（4）A→B的化学方程式为_____。（5）芳香族化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M的结构有_____种。①分子中除苯环不含其他的环 ②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3（6）请设计以和CH3COOOH为原料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任选)_____。【答案】（1）氯苯（2）①.酮羰基、硝基②.氧化反应（3）（4）+HNO3+H2O（5）13（6）【解析】【分析】A是氯苯，A与(CH3CO)2O在AlCl3催化下发生Cl原子在苯环对位上的取代反应产生C，C分子中的Cl原子与上N原子上的H原子发生取代反应产生D：，结合D、E结构简式的不同，可知B是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B；B、D发生取代反应产生E，E与CH3COOOH在CH2Cl2条件下发生氧化反应产生F，F在酸性条件条件下水解产生G。【小问1详解】根据A结构简式可知A物质是Cl原子与苯环连接，其名称为氯苯；【小问2详解】根据E结构简式可知E分子中的含氧官能团名称为酮羰基、硝基；对比E、F结构简式可知E发生氧化反应产生F；【小问3详解】根据上述分析可知：物质D结构简式为：；【小问4详解】 A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B和H2O，该反应的化学方程式为：+HNO3+H2O；【小问5详解】物质D结构简式为：，其分子式为C12H16N2O，同分异构体芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件：①分子中除苯环不含其他的环；②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3，则符合条件的M同分异构体结构可以是苯环上连三个-CH3、一个-OH、一个-CH=CH2、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b、c不同取代基有10种结构，如，c的位置有4种，，c的位置有4种，，c的位置有2种；也可以苯环上连四个-CH3、一个-CHO、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b不同取代基有邻、间、对三种结构，如、、，所以符合条件的M同分异构体结构有10+3=13种，答案为13种；【小问6详解】与HCl在催化剂存在条件下加热，发生加成反应产生，该物质与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生，该醇与O2在Cu或Ag催化下加热，发生氧化反应产生，与CH3COOOH反应产生，该物质在酸性条件下反应产生 ，故合成路线为：。