贵州省长顺县民族高级中学2022届高三化学下学期第一次月考测试题含解析

贵州省长顺县民族高级中学2022中学届高三下学期第一次月考理科综合化学测试题1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A.维生素C又称“抗坏血酸”，帮助人体将不易吸收的Fe3+转化为Fe2+B.“长征九号”运载火箭的壳体通常采用纤维为增强体，金属为基体的复合材料C.铁与氯气直接反应而腐蚀，钢管被原油中含硫化合物腐蚀均是发生化学腐蚀D.在涂料中尽量用液态有机物代替水作溶剂，以增大溶解度并减少环境污染【答案】D【解析】【详解】A.维生素C具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，故A说法正确；B.复合材料通常以金属为基体，纤维为增强体，故B说法正确；C.金属单质直接被氧化而腐蚀为化学腐蚀，故C说法正确；D.有机物易挥发造成环境污染，在涂料中尽量用水来代替有机物作溶剂来减少污染，故D说法错误；答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有（）个①20℃，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为2NA③标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4L④7.8gNa2S与Na2O2的混合物中阴离子数大于0.1NA⑤0℃，101kPa，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NAA.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【详解】①在20℃、101kPa条件下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，则该说法错误；②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气反应的生成物为Cu2S，失去的电子数为NA，则该说法错误；③标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后生成1molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数和体积变小，故气体体积小于22.4L，故该说法错误；-18-\n④Na2O2中的阴离子为O22-，7.8gNa2S与Na2O2的混合物中阴离子的物质的量为0.1mol，则其个数为0.1NA，故该说法错误；⑤因三氧化硫在标准状态下为固体，则0℃，101kPa，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物中二氧化硫的物质的量小于1mol，则其体积小于22.4L，故该说法正确；⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）的物质的量为1mol，每个甲基（-14CH3）所含的中子数为11个，故17g甲基（-14CH3）所含的中子数为11NA，故该说法错误；答案选A。【点睛】本题主要考查有关阿伏加德罗常数的应用，往往要注意物质的特性，如三氧化硫在常温下为固体；过氧化钠中阳离子与阴离子的个数之比为2:1，而并不是1:1；NO与O2在常温下会发生反应，且还存在2NO2N2O4。3.下列有关物质结构和性质的说法不正确的是（）A.分子式为C5H9O2Cl且能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体的有机物有12种(不含立体结构)B.已知引发某疫情的病毒对化学药品很敏感，乙醇、漂白粉溶液均可将病毒氧化而达到消毒的目的C.一定条件下，完全燃烧14g含氧质量分数为a的乙烯、乙醛混合气体，则生成水的质量为18(1-a)gD.按系统命名法，化合物的名称为3－甲基－5，7－二乙基癸烷【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C5H9O2Cl且能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体说明该有机物为饱和一元羧酸的一氯代物，分子组成为C4H9—COOH的结构有四种，分别是①CH3CH2CH2CH2—COOH、②(CH3)2CHCH2—COOH、③(CH3)3C—COOH、④CH3CH2CH(CH3)—COOH，其中①分子中烃基上有四种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有四种；②分子中烃基上有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种；③分子中烃基上有1种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有1种；④分子中烃基上有四种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有四种；则其同分异构体的总数为：4+3+1+4=12，故A说法正确；B.乙醇、漂白粉溶液可以消毒是因为它们能使蛋白质发生变性，并不是氧化，故B说法错误；C.乙烯的分子式为C2H4，甲醛的分子式为CH2-18-\nO，两物质中C、H原子数目之比都是1：2，故混合物中C、H元素质量之比=12：2=6：1，含氧的质量分数为a，则C、H元素质量分数之和=1-a，故H元素质量分数=（1-a）×1÷(1+6)=（1-a）/7，生成水的质量为14g××9=18（1-a）g，故C说法正确；D.A．主链含10个C，3号C上有甲基，5、7号C上有乙基，名称为3-甲基-5，7-二乙基癸烷，故D说法正确；答案选B。【点睛】在书写多官能团有机化合物的同分异构体时，一般先确定其中一个官能团的位置，然后再依次移动另一个官能团的位置，同时注意是否有相同的物质出现。例如在书写分子为C5H9O2Cl且属于羧酸类的同分异构体时，可先在碳骨架上确定氯原子或羧基的位置，然后再分析分子中有几种不同化学环境下的氢原子。4.下列实验方案能达到实验目的的是（）A.在探究海带灰浸取液成分的实验中，向无色的浸取液中加入CCl4，下层呈无色，说明浸取液中不含碘元素B.向溶有CO2的BaCl2溶液中通入气体X，产生白色沉淀，该气体可以是碱性气体C.向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，将生成的沉淀过滤洗涤干燥后称量，来测定其中氯元素的含量D.已知20℃时溶解度：NaHCO3为9.6g，Na2CO3为21.8g，向盛有5mL蒸馏水的两个试管中分别加入10g的NaHCO3、Na2CO3，观察溶解情况可以比较该温度下NaHCO3和Na2CO3的溶解度大小【答案】B【解析】【详解】A.由于没有在无色浸取液中加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，则加入CCl4后下层为无色，并不能说明浸取液中不含碘元素，故A错误；B.若向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氨气，碳酸会选转化为碳酸铵，从而与BaCl2溶液发生复分解反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；C.向一定量饱和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，生成的沉淀中也有Ag2SO4，故C错误；D.溶剂水的量太少，两支试管中的固体都有剩余，无法比较，故D错误；答案选B。-18-\n5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次减小，其中只有Z为金属元素，X、Y、Z同周期且位于不同奇数族，Z、W同主族，Y、Z的原子序数相差4。下列说法正确的是（）A.W的简单阴离子半径一定大于Z的简单阳离子半径B.非金属性：X>Y，所以X和Y分别对应含氧酸的酸性：X一定强于YC.X、Y形成的单质一定都是双原子分子D.Z、W形成化合物的电子式为【答案】D【解析】【分析】其中只有Z为金属元素，如Z为Na、则W为H元素，Y、Z的原子序数相差4，则Y为P元素，X应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律等知识分析可得结论。【详解】A．H-比Na+少一个电子层，离子半径小于Na+，故A错误；B．非金属性Cl＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，若不是最高价的含氧酸，则酸性不一定是X>Y，故B错误；C．Y为P元素，对应的单质有红磷、白磷等，白磷为正四面体，红磷更为复杂，不是双原子分子，故C错误；D．Z、W可形成化合物NaH，电子式为，故D正确；答案选D。【点睛】比较元素非金属性强弱的事实有很多，其中比较容易混淆的有以下两点：1.是否为最高价氧化物水化物的酸性强弱；2.是否为氢化物的稳定性（并不是氢化物水溶液的酸性强弱）。6.在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是A.-18-\n按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管B.图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁C.铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl－由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑D.图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑【答案】D【解析】试题分析：A、具支试管内气体受热压强增大，不能更快更清晰地观察到液柱上升，故A错误；B、铁做负极，故B错误；C、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，故C错误；D、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑，故D正确；故选D。考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。7.若用AG表示溶液的酸度(aciditygrade)，AG的定义为AG=lg[]．室温下实验室中用0.01mol•L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01mol•L-1的一元弱酸HA，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是（）A.室温下，弱酸HA的电离常数约为10-5B.A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00mLC.若B点为40mL，所得溶液中：c(OH-)=c(A-)+c(HA)+c(H+)D.反应过程中一定存在：0.01mol•L-1+c(OH-)=c(Na+)+c(HA)【答案】A【解析】-18-\n【详解】A．室温下，醋酸的AG=lg[]=7，即=107，而水的离子积K=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14，两式联立可知：c（H+）=10﹣3.5，而在醋酸溶液中，c（CH3COO﹣）≈c（H+）=10﹣3.5，故电离平衡常数K===10﹣5，故A正确；B．A点的AG=lg[]=0，即=1，即c（H+）=c（OH﹣），溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20mL时，恰好和醋酸完全中和，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，故B错误；C．当B点加入NaOH溶液为40mL时，所得的为等浓度的CH3COONa和NaOH的混合溶液，根据电荷守恒和物料守恒可知：c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）=c（Na+）+c（H+），c（Na+）=2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]，两式联立可得：c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）+c（H+）+2c（CH3COOH），故C错误；D．反应过程中根据电荷守恒一定存在：c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）=c（Na+）+c（H+），但由于两溶液混合后溶液体积发生改变，故c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＜0.01mol/L，故0.01mol•L﹣1+c（OH﹣）＞c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH），0.01mol•L﹣1+c（OH﹣）=c（Na+）+c（CH3COOH）不成立，故D错误；故答案选A。【点睛】本题主要考查溶液中微粒浓度的大小关系、弱电解的电离平衡常数等知识，解答本题首先要理解坐标图的含义，由坐标图反映信息结合溶液中的电荷守恒和物料守恒即可解答。8.Ⅰ.空白实验分析是化学实验中常用的一种方法，是指在不加样品的情况下，用与测定样品相同的方法、步骤进行定量分析，把所得结果作为空白值，从样品的分析结果中扣除，这样可以消除由于试剂不纯或试剂干扰等所造成的系统误差。“凯氏定氮法”是经典的测定化合物或混合物中总氮量的一种方法。某化学实验小组成员想通过“凯氏定氮法”实验测定某品牌化肥中的氮含量。实验流程如下：步骤：①取10.00g化肥样品溶于水，定容至100mL；②在烧杯中加入10.00mL步骤①中得到化肥水溶液和辅助试剂，加热使其充分反应；-18-\n③反应完毕，将反应液转移到大试管中；④按如下装置用水蒸气将NH3吹出，并用H3BO3溶液吸收（加热装置未画出）；⑤取下锥形瓶，滴加指示剂，用0.2500mol·L－1盐酸标准液滴定；⑥重复实验操作。数据记录如下：实验编号样品和辅助试剂消耗盐酸体积（mL）110.00mL溶液、0.1g催化剂、20mL浓硫酸33.18210.00mL溶液、0.1g催化剂、20mL浓硫酸33.70310.00mL溶液、0.1g催化剂、20mL浓硫酸33.224x请回答下列问题：（1）滴定时(NH4)2B4O7重新转化为H3BO3，反应的化学方程式为______________；H3BO3为一元弱酸，在水中发生反应H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋。室温下，pH相同的硼酸溶液、盐酸中，水的电离程度__________（填“前者大”、“后者大”或“相同”）；（2）步骤④的实验装置中需要加热的仪器是___________（填仪器名称），长导管的作用是______________；（3）编号为4的实验应加入的样品和辅助试剂为__________________________；（4）计算该化肥中的氮含量为____克/每千克化肥（含x代数式表示，要求化简）。Ⅱ.假设实验分析法也是化学实验常用的方法，以下实验研究影响化学反应速率的因素。（1）已知KHSO3与KIO3反应的离子方程式为IO3-+3HSO3-==3SO42-+I-+3H+；一定量的KHSO3-18-\n溶液与KIO3溶液在恒温条件下混合，用速率检测仪检测出起始阶段速率突然增大。对其原因提出如下假设，请完成假设2。假设1：生成的SO42-对反应起催化作用；假设2：___________________________；（2）请设计实验验证上述假设1，完成下表中内容。实验步骤预期实验现象和结论在烧杯甲中将一定量的KHSO3溶液与KIO3溶液混合，用速率检测仪测定起始阶段速率v(甲)；在烧杯乙中先加入少量______（填试剂），其他条件与甲完全相同，用速率检测仪测定起始阶段速率v(乙)。若v(甲)<(乙)，则假设1成立【答案】(1).(NH4)2B4O7 +2HCl+5H2O=4H3BO3+2NH4Cl(2).前者大(3).圆底烧瓶(4).作为安全管，平衡气压(5).10.00mL蒸馏水、0.1g催化剂、20mL浓硫酸(6).116.2-3.5x(7).生成的I−对反应起催化作用；或生成的H+对反应起催化作用(8).K2SO4粉末或K2SO4固体【解析】【详解】Ⅰ.（1）硼的化合价未变化，发生类似复分解反应，反应方程式为（NH4）2B4O7+2HCl+5H2O=4H3BO3+2NH4Cl，H3BO3为一元弱酸，在水中发生反应H3BO3+H2O⇌[B（OH）4]-+H+。pH相同的硼酸溶液、盐酸中，由硼酸电离过程可知，硼酸结合水电离出的氢氧根离子，水电离出氢离子，促进了水的电离，而盐酸中水的电离受到抑制，故答案为：（NH4）2B4O7+2HCl+5H2O=4H3BO3+2NH4Cl；前者大；（2）加热圆底烧瓶产生水蒸气，进入试管中将生成的氨气吹出；加热产生水蒸气，装置内压强增加，长导管防止装置中压力过大而发生危险，冷却时防止发生倒吸，起安全管作用，故答案为：圆底烧瓶；防止装置中压力过大而发生危险，防止冷却时发生倒吸；（3）依据编号1、2、3分析可知编号为4的实验应加入的样品和辅助试剂为10.00mL蒸馏水、0.1g催化剂、20mL浓硫酸，空白、等量对照使用目的是消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差，故答案为：10.00mL蒸馏水、0.1g催化剂、20mL浓硫酸；-18-\n（4）第2组实验数据偏差较大，为离群值，应舍弃，则盐酸的体积为（-x）ml=（33.20-x）ml，由反应过程中的氮元素质量守恒可得关系式： 2N～（NH4）2B4O7～2HCl，化肥样品中含氮元素的质量：（33.20-x）×10-3× 0.2500×14×g，则该化肥中的氮含量为（33.20-x）×10-3× 0.2500×14××g/Kg=116.2-3.5xg/Kg，故答案为：116.2-3.5x。Ⅱ.（1）根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I-对反应起催化作用，I-浓度越大反应速率越快或者反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快，故答案为：反应生成的I-对反应起催化作用（或反应生成的H+对反应起催化作用）；（2）设计实验是为了验证上述假设1，则应控制甲、乙两烧杯中的SO42-浓度不同，故需要在乙烧杯中加入少量K2SO4粉末，故答案为：K2SO4粉末或K2SO4固体。【点睛】根据本题对空白实验的信息可知编号为4的实验应加入的样品和辅助试剂，实验组与对照组的无关变量的影响是相等的，这样通过空白对照实验，对比实验的结果，排除无关变量的影响，则可认定为是来自实验变量的效果，使实验结果更有说服力；易错点为计算液态奶的含氮量时盐酸体积应为第1次和第3次滴定的平均值减去xml（不含奶时消耗盐酸的体积为xml），第2次的测定结果误差较大，应舍弃。9.工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5流程：（1）步骤①所得废渣的成分是____________（写化学式），操作I的名称__________；（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n(水层)+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 (水层) ②中萃取时必须加入适量碱，其原因是_____________________________；③中X试剂为（写化学式）______________________________________；（3）④的离子方程式为___________________________________________；（4）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：-18-\npH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为____________；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)<_____________；(已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有__________和_______________。【答案】(1).SiO2(2).过滤(3).加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率(4).H2SO4(5).ClO3－+9H2O+6VO2+=6VO3－+18H++Cl－(6).1.7～1.8(7).2.6×10-3mol·L-1(8).氨气（或氨水）(9).有机萃取剂【解析】【分析】将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程，水溶过滤得到含VO2+、SO42-、K+的溶液，加入有机萃取剂分液得到含VO2+的有机层，再经过反萃取得到水层，加入KClO3氧化VO2+为VO3-，加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀，灼烧得到V2O5。据上述分析可得结论。【详解】（1）含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2；过滤；（2）②中萃取时必须加入适量碱，能中和反应生成的硫酸，使平衡正向移动，有利于提高萃取率，③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率；H2SO4；（3）④的离子方程式为：ClO3－+9H2O+6VO2+=6VO3－+18H++Cl－，故答案为：ClO3－+9H2O+6VO2+=6VO3－+18H++Cl－；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7-1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，c（H+）=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol·L-1，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜2.6×10-3mol·L-1，故答案为：1.7-1.8；2.6×10-3mol·L-1；（5）由流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气。-18-\n【点睛】本题为工艺流程题，主要涉及化学平衡移动原理、萃取、溶度积的简单计算等知识。在本题中的萃取和反萃取过程为一个化学平衡移动的过程，即有物理变化，以有化学变化。10.Ⅰ.汽车尾气中含有NO、CO等有害物质，其中NOx会引起光化学烟雾等环境问题。NH3-SCR技术是去除NOx最为有效的技术之一：在催化剂条件下，以NH3或尿素将尾气中NOx还原为N2从而降低污染。（1）汽车燃料中一般不含氮元素，汽缸中生成NO的原因_________________（用化学方程式表示，该反应为为可逆反应）；汽车启动后，汽缸内温度越高，单位时间内NO排放量越大，试分析其原因_____________________________。（2）①NH3去除尾气中的NOx，当v(NO)：v(NO2)=1:1时称为“快速SCR反应”，该反应化学方程式为______________________________________；②合成NH3所用原料气H2，可用天然气为原料制得，有关反应能量变化如下所示。CO(g)+O2(g)==CO2(g)△H1=－282.0KJ/molH2(g)+O2(g)===H2O(g)△H2=－241.8KJ/molCH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g)△H3=－836.3KJ/mol则用CH4(g)和H2O(g)反应制得H2(g)和CO(g)的热化学方程式为___________。（3）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图所示，则：①Pt电极上发生的是______________反应(填“氧化”或“还原”)；②NiO电极上的电极反应式为______________________________________；（4）研究发现，将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为:2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)。在一定温度下，于2L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO发生该反应，测得不同时间容器内的压强(p)与起始压强(p0)的比值(p/p0)如下表。时间/t0min2min5min10min13min15min比值(p/p0)10.970.9250.900.900.90-18-\n0～5min内，该反应的平均反应速率V(NO)=___________________；（5）将上述反应的CO2与NH3为原料合成尿素，能够实现节能减排：①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)；②NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)对于上述反应②在密闭容器中将过量NH2CO2NH4固体于300K下分解，平衡时P[H2O(g)]为aPa，若反应温度不变，将体系的体积增加50%，至达新平衡的过程中P[H2O(g)]的取值范围是__________________(用含a的式子表示)。【答案】(1).N2+O22NO(2).温度升高，反应速率加快(3).2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O(4).CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol(5).还原(6).NO-2e-+O2-=NO2(7).0.006mol/(L·min)(8).a≤P[H2O]<a【解析】【详解】（1）氮与氧气在高温下反应生成NO，反应方程式为：N2+O22NO；温度升高，反应速率加快，单位时间内NO排放量越大，故答案为：N2+O22NO；温度升高，反应速率加快；（2）①由氧化还原反应的规律可知反应的方程式为：2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O，故答案为：2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O；②CH4(g)和H2O(g)反应制得H2(g)和CO(g)的方程式为CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g)，由盖斯定律可得其反应的焓变△H=△H3-3△H2-△H1=+171.1KJ/mol，故答案为：CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol；（3）由题发生还原反应，电极反应式为O2 +4e- = 2O2—，NiO电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为NO+2e-+O2-=NO2。故答案为：还原、NO-2e-+O2-=NO2；（4）由表格数据可知，5min时，p/p0=0.925，根据阿伏伽德罗定律推论，同温和同体积时p/p0=n/n0=0.925，        (0.4−x)÷0.40=0.925，x=0.03 molv（NO）==0.006 mol/（L•min）；故答案为：0.006 mol/（L•min）；-18-\n（5）将体系的体积增加50%，则P[H2O(g)]变为Pa，且平衡向正向移动，最终H2O的平衡浓度与原平衡相同，在新平衡条件下P[H2O(g)]又等于aPa，故Pa＜P[H2O(g)]≤aPa，故答案为：aPa≤P[H2O]<aPa11.前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）写出D在元素周期表中的位置为___________________，其三价阳离子的价层电子排布图为___________________；（2）F元素位于元素周期表_________区，其基态原子有_________种能量不同的电子；（3）第二周期中基态原子未成对电子数与E相同且电负性较大的元素为___________（写元素符号）；（4）E单质可作邻硝基苯酚或对硝基苯酚与H2加成的催化剂。邻硝基苯酚和对硝基苯酚在20水中的溶解度之比为0.39，其原因为___________________；（5）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配位化合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。黄血盐的内界是_____(写出化学式)，黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与黄血盐的配体互为等电子体的气态化合物，写出该气态化合物的电子式__________；（6）E2+与Mg2+、O2﹣形成晶体的晶胞结构如下左图所示（E2+未画出），则该晶体的化学式为__．（7）金属C、F晶体的晶胞结构如上图Ⅰ、Ⅱ（请先判断对应的图），金属F的晶胞中，若设该晶胞的密度为ag/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，F原子的摩尔质量为Mg/mol，则表示F原子半径的计算式为______________pm(列出算式即可，不必化简)。-18-\n【答案】(1).第4周期VIII族(2).(3).ds(4).7(5).O(6).邻硝基苯酚形成分子内氢键，降低其在水中的溶解度，对硝基苯酚与水形成分子间氢键，增大了溶解度(7).[Fe(CN)6]4-(8).(9).Mg2NiO3(10).×1010pm【解析】【分析】A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大，A是形成化合物种类最多的元素，则A为碳元素；A、B属于同一短周期元素且相邻，则B为氮元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，则C是钾元素，其价层电子排布为4S1；F是铜元素，其价层电子排布为3d104S1；基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，则D是铁元素，其价层电子排布为3d64S2；E为镍元素，其价层电子排布为3d84S2，据此分析可得结论。【详解】（1）D为铁元素，在周期表的位置为第4周期VIII族，在形成三价阳离子时不仅失去4s轨道上的2个电子，3d轨道上也失去一个电子，达到半满状态，其价层电子排布图为；（2）F为铜元素，位于周期表中的ds区，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，有7种能量不同的原子，故答案为：ds、7；（3）第二周期中基态原子未成对电子数与E相同的原子有C和O,电负性较大的为氧，故答案为：O；（4）邻硝基苯酚分子中硝基上的氧原子易与酚羟基上的氢原子形成分子内氢键，降低其在水中的溶解度，对硝基苯酚与水形成分子间氢键，增大了溶解度，故答案为：邻硝基苯酚形成分子内氢键，降低其在水中的溶解度，对硝基苯酚与水形成分子间氢键，增大了溶解度；（5）根据信息可得黄血盐的化学式：K4[Fe(CN)6]，外界为K+，内界为：[Fe(CN)6]4-；黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，说明元素化合价不变，生成硫酸盐和一种与CN--18-\n是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知该气态化合物是CO，其电子式与氮气类似，形成碳氧叁键，故答案为：[Fe(CN)6]4-、；（6）氧离子位于该晶胞的棱上，氧离子个数=×12=3，所以该晶胞含有3个氧离子；镁离子处在面上，镁离子个数=×4=2，该晶胞中含有2个镁离子，根据化学式中元素化合价代数和为零，该晶胞中含有1个Ni2+，所以该晶胞的化学式为Mg2NiO3，故答案为：Mg2NiO3；（7）钾晶体为体心立方堆积，铜晶体为面心立方堆积，故Ⅰ是钾晶胞，Ⅱ是铜晶胞；此晶胞含有的铜原子为：8×+6×=4，由密度公式先求出晶胞的体积cm3，再算出棱长cm，最后面对角线为原子半径，则原子半径的计算式为cm=×1010pm，故答案为：×1010pm【点睛】本题主要考查元素周期表的结构、原子核外电子分布、元素的电负性、氢键对物质性质的影响、晶胞结构等，通过晶胞结构进行原子半径的计算是一个难点，一般可通过均摊法先确定晶胞中所含的微粒数目，然后由密度求出晶胞的体积，再算出棱长，最后求算出原子半径。12.某有机反应中间体(M)的一种合成路线如图所示。③标准状况下，气态烃A的密度是H2的14倍④芳香族化合物H能发生银镜反应请回答下列问题：-18-\n（1）B的名称（系统命名）为_____________；H→I的反应类型为___________;（2）J中官能团的名称为_________，（3）G→H的化学方程式为____________________________________________;（4）D+J→M的化学方程式为__________________________________________;（5）写出符合下列条件的J的所有同分异构体的结构简式________（不考虑立体异构）。①苯环上连有-NO2②核磁共振氢谱有3个峰符合以上条件的J的所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是__________________(填选项字母)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪（6）结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO和E为原料，经三步制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例为：_____________【答案】(1).1，2—二溴乙烷(2).加成反应(3).氨基，羧基(4).(5).(6).(7).bc(8).【解析】-18-\n【分析】标准状况下，气态烃A的密度是H2的14倍，则Mr（A）=14×2=28，故A为CH2=CH2，A与溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，结合信息①可知，C为BrMgCH2CH2MgBr，D为HOOCCH2CH2COOH。E的分子式为C8H8，系列反应得到芳香族化合物H能发生银镜反应，故E为芳香烃，E与HBr发生加成反应得到F，则E为，F水解得到G，G发生催化氧化得到H，故F为，G为，H为，由信息②可知I为，J为，结合M的分子式可知，D与J脱去1分子水生成M，故M的结构简式为，据此分析可得结论。【详解】（1）B为BrCH2CH2Br，系统命名为1，2﹣二溴乙烷；H→I的反应类型为加成反应，故答案为：1，2﹣二溴乙烷；加成反应；（2）J为，故答案为：氨基，羧基；（3）G→H的转化为醇羟基的催化氧化，化学方程式为；（4）D+J→M的转化为脱水反应，化学方程式为；（5）J的同分异构体分子中苯环上连有-NO2，核磁共振氢谱有3个峰说明分子中含有三种氢，满足要求的有，这两种同分异构体离子化后得到的碎片不同，组成元素和官能团相同，故质谱仪显示信号不同，红外光谱仪和元素分析仪显示信号相同，故答案为:bc；-18-\n（6）乙醛与氢气发生加成反应生成乙醇，再在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与苯乙烯发生加聚反应得到，故答案为：。-18-