河南省天一大联考2022年下高三化学试卷

河南省天一大联考2022-2022学年第二学期高三化学试卷（解析版）一.选择题1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（  ）A. Cu2+为重金属离子，故CuSO4不能用于生活用水消毒B. 卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程C. 纯碱溶液可以洗涤餐具上的油渍D. 油漆刷在钢铁护栏表层用来防止金属锈蚀2.NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（  ）A. n（H2CO3）和c（HCO3﹣）之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB. 5g21H和31H的混合物发生热核聚变反应：21H+31H→42He+10n，净产生的中子（10n）数为NAC. 1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD. 56g铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子3.下列关于有机化合物的说法正确的是（  ）A. 乙醇的水溶液俗称酒精B. 由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Cl6的反应属于取代反应C. 化学式为C4H10O的饱和一元醇有4种D. 糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖4.原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物．则下列说法正确的是（  ）A. 单质的沸点：Q＞P                                             B. 简单氢化物的热稳定性：Y＞PC. 简单离子的半径：Z＞Y＞X                                 D. X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性5.下列有关实验的操作正确的是（  ）实验操作 A除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热 B实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO向上排空气法收集 C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生 D测定某稀硫酸的浓度取20.00ml该稀硫酸于干净的锥形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH标准液进行滴定A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D14/146.新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是（  ）A. 电池充电时X为电源负极B. 放电时，正极上可发生反应：2Li++Li2S4+2e﹣=2Li2S2C. 充电时，没生成1molS8转移0.2mol电子D. 离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过7.已知某酸HA的电离常数Ka=2.0×10﹣8，用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液，溶液的pH随滴入NaOH溶液的体积变化曲线如图．下列说法正确的是（  ）A. a点溶液的pH=4                        B. b点溶液中存在：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）C. b点c（HA）/c（A﹣）=5          D. c点c（A﹣）+c（H+）=c（Na+）+c（OH﹣）二.解答题8.NO2是大气污染物之一，实验室拟用NO2与Cl2混合用NaOH溶液吸收的方法消除其污染．回答下列问题：(1)氯气的制备①仪器M、N的名称依次是________．②欲用MnO2和浓盐酸制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，选呢图1中的装置，其连接顺序为________（按气流方向，用小写字母表示）．③D在制备装置中的作用是________；用离子方程式表示装置F的作用是________．(2)用如图2所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应．查阅有关资料可知：HNO3是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2．①装置中X和Z的作用是________14/14②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象，则Y中发生反应的化学方程式是________．③反应结束后，取Y中溶液少许于试管中，加入稀硫酸，若有红棕色气体产生，解释产生该现象的原因：________．9.Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的着色剂，也可用于镍粉的制造．以镍粉废料为原料制备Ni2O3的工艺如图1回答下列问题：(1)Ni2O3中Ni的化合价为________．(2)提高“酸浸”、“酸溶”速率时，温度不宜过高，其原因是________．(3)加入H2O2“氧化”的离子方程式为________；滤渣A的主要成分是________（填化学式）．(4)工艺中分步加入Na2CO3的作用是________；为提高原料的利用率，应控制加入NaClO与NaOH的物质的量之比为________．(5)工业上，用镍为阳极，电解0.1mol/LNiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉．当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率（电流效率是指电解时，在电极上实际沉积的物质的量与理论析出量之比）及镍的成粉率的影响如图2所示：①为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为________mol/L．②当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，请结合平衡移动原理解释其原因：________．10.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H．(1)已知每破坏1mol有关化学键需要的能量如表：H﹣HN﹣HN﹣NN435.9KJ390.8KJ192.8KJ945.8KJ则△H=________．(2)在恒温、恒压容器中，氨体积比1：3加入N2和H2进行合成氨反应，达到平衡后，再向容器中充入适量氨气，达到新平衡时，c（H2）将________（填“增大”“减小”或“不变”）14/14(3)在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如图所示．①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是________，其原因是________．②若分别用vA（N2）和vB（N2）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA（N2）________ vB（N2）（填“＞”“＜”或“=”）③若在250℃、p1条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下合成氨的平衡常数K=________（保留一位小数）．(4)H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物．在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），能说明该反应达到平衡状态的是________（填序号）．①混合气体的压强不变②混合气体的密度不变③混合气体的总物质的量不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤NH3的体积分数不变．三.[化学：选修3：物质结构与性质]11.磷化铜（Cu3P2）用于制造磷青铜、磷青铜是含少量锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件．(1)基态铜原子的电子排布式为________；价电子中成对电子数有________个．(2)磷化铜与水作用产生有毒的磷化氢（PH3）．①PH3分子中的中心原子的杂化方式是________．②P与N同主族，其最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3________H3PO4（填“＞”或“＜”），从结构的角度说明理由：________．(3)磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn________P（填“＞”“＜”或“=”）．(4)某磷青铜晶胞结构如图所示．①则其化学式为________．②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有________个，这些Sn原子所呈现的构型为________．③若晶体密度为8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为________pm（用含NA的代数式表示）．四.[化学：选修5：有机化学基础]14/1412.以有机物A制备高分子化合物F（）的流程如图：请回答下列问题．(1)A的官能团名称是________；C的系统命名是________．(2)①的反应类型是________，⑤的反应类型是________．(3)写出反应③的化学方程式：________．(4)满足下列条件的B同分异构体有________种．Ⅰ．能与Na反应产生气体Ⅱ．能与NaOH反应Ⅲ．不能与Na2CO3反应．若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是________．(5)已知：Ⅰ．RCH=CH2RCHClCH3Ⅱ．CH2=CH﹣CH=CH2=写出以CH2=CHCH=CH2为原料制备C的合成路线流程图（无机试剂可以任选）：________．14/14答案解析部分一.<b>选择题</b>1.【答案】A【考点】物质的组成、结构和性质的关系【解析】【解答】解：A．Cu2+为重金属离子，可使细菌的菌体蛋白质变性，达到消毒的目的，可用于游泳池的消毒，但不能用于自来水的消毒，故A错误；B．蛋白质胶体可发生聚沉，则卤水煮豆腐是Mg2+、Ca2+等使蛋白质胶体发生凝聚过程，故B正确；C．油脂在碱性条件下水解不可逆，则纯碱溶液可以洗涤餐具上的油渍，故C正确；D．油漆刷在钢铁护栏表层，可隔绝空气，则可防止金属锈蚀，故D正确；故选A．【分析】A．硫酸铜是重金属盐，可使细菌的菌体蛋白质变性，达到消毒的目的，可用于游泳池的消毒；B．蛋白质胶体可发生聚沉；C．油脂在碱性条件下水解不可逆；D．油漆刷在钢铁护栏表层，可隔绝空气．2.【答案】D【考点】阿伏伽德罗常数【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠中碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子、氢离子，水解生成碳酸和氢氧根离子，依据碳原子个数守恒：1mol的NaHCO3溶液中含有碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸的总物质的量为1mol，所以n（H2CO3）和c（HCO3﹣）之和为1mol的NaHCO3溶液中，碳酸氢钠的物质的量大于1mol，含有Na+数目大于NA，故A错误；B.5g21H和31H的混合物中21H和31H的质量未知，无法计算净产生的中子数目，故B错误；C．乙醇溶液中乙醇分子内、水分子内都存在共价键，所以1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数远远大于0.8NA，故C错误；D．铁与氯气反应生成氯化铁，56g铁物质的量为=1mol，与足量氯气反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，依据氧化还原反应得失电子守恒可知氯气共得到3NA个电子，故D正确；故选：D．【分析】A．碳酸氢钠中碳酸氢根离子电离生成碳酸根离子、氢离子，水解生成碳酸和氢氧根离子；B.5g21H和31H的混合物中21H和31H的质量未知；C．乙醇溶液中乙醇分子内、水分子内都存在共价键；D．铁与氯气反应生成氯化铁，氯气足量依据铁计算电子转移数．3.【答案】C【考点】有机物的结构和性质【解析】【解答】解：A．乙醇俗称酒精，而不是溶液，故A错误；B．苯的分子式为C6H6，与氯气反应生成C6H6Cl6，应为加成反应，故B错误；C．﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，14/14丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，该有机物的可能结构有4种，故C正确；D．蔗糖可水解生成果糖，不一定都只生成葡萄糖，故D错误．故选C．【分析】A．乙醇俗称酒精；B．苯与氯气反应生成C6H6Cl6，应为加成反应；C．根据丁基的同分异构体判断；D．蔗糖可水解生成果糖．4.【答案】B【考点】原子结构与元素周期律的关系【解析】【解答】解：由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，P为S，Q为Cl，A．常温下P为固体，氯气为气体，则单质的沸点：Q＜P，故A错误；B．非金属性Y＞P，简单氢化物的热稳定性：Y＞P，故B正确；C．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y＞Z＞X，故C错误；D．X、Y、Z、P形成的化合物为硫酸氢钠或亚硫酸氢钠，均电离显酸性，故D错误；故选B．【分析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物，为Na2O、Na2O2两种常见的离子化合物，则Y为O，Z为Na，X与Z、Y与P分别位于同主族，则X为H，P为S，Q只能为Cl，以此来解答．5.【答案】C【考点】化学实验方案的评价【解析】【解答】解：A．由于碳酸氢钠加热易分解，不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl，故A错误；B．NO与氧气反应，应该用排水法收集，不能用排空气法收集，故B错误；C．配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸，碳酸具有酸性，则证明乙酸具有酸性，故C正确；D．稀硫酸与NaOH溶液的反应没有明显现象，需要滴入指示剂，否则无法完成实验，故D错误；故选C．【分析】A．碳酸氢钠热稳定性较弱，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；B．NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集；C．乙酸溶液中滴加NaHCO3溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸；D．该中和滴定实验中没有加入指示剂．6.【答案】B【考点】原电池和电解池的工作原理【解析】【解答】解：A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以X是正极，故A错误；B、X是正极，发生得电子的还原反应：2Li++S8+2e﹣═Li2S8，故B正确；C、正极反应式：2Li++S8+2e﹣═Li2S8，每生成1molLi2S8转移2mol电子，故C错误；D、溶液中是离子的移动，而电子在外电路转移，故D错误．故选B．14/14【分析】在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以A是正极，发生还原反应：2Li++S8+2e﹣═Li2S8，电子从原电池的负极流向正极，根据电极反应式结合电子转移进行计算即可．7.【答案】C【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算【解析】【解答】解：A．设2mol/LHA溶液中电离出氢离子浓度为x，则c（A﹣）≈c（H+）=x，c（HA）≈2mol/L，HA的电离常数Ka==2.0×10﹣8，解得x=2×10﹣4mol/L，则a点溶液的pH=﹣lg2×10﹣4=4﹣lg2≈3.7，故A错误；B．b点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（A﹣）=c（Na+），正确的离子浓度大小为：c（A﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣），故B错误；C．根据图象可知，b点溶液呈中性，则1×10﹣7mol/L，根据Ka=可知：===5，故C正确；D．c点溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）＞c（A﹣），则c（A﹣）+c（H+）＜c（Na+）+c（OH﹣），故D错误；故选C．【分析】A．设出2mol/LHA溶液中氢离子浓度，c（A﹣）≈c（H+）=x，c（HA）≈2mol/L，然后结构电离平衡常数表达式列式计算，最后根据pH=﹣lgc（H+）计算；B．b点溶液的pH=7，呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断；C．b点pH=7，c（H+）=1×10﹣7mol/L，然后结合电离平衡常数Ka=2.0×10﹣8计算；D．c点溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），结合电荷守恒判断．二.<b>解答题</b>8.【答案】（1）长颈漏斗、分液漏斗；befghdci；吸收Cl2中的HCl；Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O（2）观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O；NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2﹣发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体【考点】氯气的实验室制法【解析】【解答】解：（1）①依据仪器形状可知：M为长颈漏斗，N为分液漏斗；故答案为：长颈漏斗、分液漏斗；②实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：befghdci；故答案为：befghdci；③浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，通入D中用饱和食盐水稀释氯气中的氯化氢；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；故答案为：吸收Cl2中的HCl；Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；（2）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，二氧化氮在四氯化碳中不溶，所以分别通入两种气体后，会看到产生气泡，通过气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量比例，所以装置X与Z的作用为：观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；故答案为：观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；②氯气、二氧化氮在碱性环境下发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水，反应的方程式：Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O；故答案为：14/14Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O；③通入的二氧化氮量过多，则过量的二氧化氮与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，当加入硫酸后亚硝酸钠在酸性环境下发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，所以会看到试管中出现红棕色气体；故答案为：NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2﹣发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体．【分析】（1）①仪器仪器的形状说出其名称；②实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上拍空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，据此排序；③浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，据此用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写离子方程式；（2）①氯气在饱和食盐水中溶解度不大，二氧化氮在四氯化碳中不溶，所以分别通入两种气体后，会看到产生气泡，通过气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量比例；②依据实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象可知氯气、二氧化氮在碱性环境下发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水，据此书写方程式；③依据二氧化氮能够与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，酸性环境下，亚硝酸根离子发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮解答．9.【答案】（1）+3（2）温度高，HCl挥发加快（3）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe（OH）3（4）将Fe3+和Ni2+分别沉淀出来；1：4（5）0.2；随着NH4+浓度增大，水解平衡NH4++H2⇌NH3•H2O+H+，向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H2【考点】制备实验方案的设计【解析】【解答】解：（1）Ni2O3中氧元素﹣2价，化合物中化合价代数和为0，则Ni的化合价为+3；故答案为：+3；（2）温度过高，HCl挥发，不利用金属离子的溶解；故答案为：温度高，HCl挥发加快；（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，则滤渣为Fe（OH）3；故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe（OH）3；（4）工艺中分步加入Na2CO3的作用是将Fe3+和Ni2+分别沉淀出来，为提高原料的利用率，NaClO与NaOH“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O，加入NaClO与NaOH的物质的量之比为1：4；故答案为：将Fe3+和Ni2+分别沉淀出来；1：4；（5）①根据图2可知，NH4Cl的浓度为10g•L﹣1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L﹣1，浓度为mol/L≈0.2mol/L；故答案为：0.2；②当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，随着NH4+浓度增大，水解平衡NH4++H2⇌NH3•H2O+H+，向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H2；故答案为：随着NH4+浓度增大，水解平衡NH4++H2⇌NH3•H2O+H+，向右移动，H+浓度增大，导致阴极析出H2．【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl﹣，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3．（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；（2）温度过高，HCl14/14挥发，不利用金属离子的溶解；（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀；（4）工艺中分步加入Na2CO3的作用是将Fe3+和Ni2+分别沉淀出来；根据反应2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O；（5）①选择镍的成粉率最高的浓度；②当NH4Cl浓度大于15g•L﹣1时，阴极有氢气生成，导致阴极电流效率降低．10.【答案】（1）﹣91.3KJ/mol（2）不变（3）p1＞p2＞p3；温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大；＜；5925.9L2/mol2（4）①②③【考点】反应热和焓变，化学平衡的影响因素【解析】【解答】解：（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=反应物键能和﹣生成物键能和=945.8KJ/mol+3×435.9KJ/mol﹣6×390.8KJ/mol=﹣91.3KJ/mol，故答案为：﹣91.3KJ/mol；（2）保持恒温恒压，达到平衡后，再向容器中充入适量氨气，在恒压条件下与原平衡状态相同，为等效平衡，平衡时两种情况平衡状态相同，各物质的含量不变，所以达到新平衡时，c（H2）将不变，故答案为：不变；（3）①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）为P1＞P2＞P3，因此压强关系是P1＞P2＞P3，故答案为：p1＞p2＞p3；温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大；②温度越大，压强越大，反应速率越大，p1＞p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：＜；③N2+3H2⇌2NH3起始0.10.30转化x3x2x平衡0.1-x0.3-3x2x=0.667，x=0.08K===5925.9L2/mol2，故答案为：5925.9L2/mol2；（4）H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），①该反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故①正确；②由于H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，达到了平衡状态，故②正确；③由于H2NCOONH4是固体，生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③正确；④混合气体的平均相对分子质量=，混合气体的质量恒等于H2NCOONH4（s）分解的质量，气体的物质的量为分解的H2NCOONH4（s14/14）的三倍，混合气体的平均相对分子质量不变恒不变，不能说明反应达到平衡状态，故④错误；⑤因反应物（NH2COONH4）是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，故⑤错误；故答案为：①②③．【分析】（1）依据△H=反应物键能和﹣生成物键能和求算；（2）保持恒温恒压，将体积比1：3加入N2和H2充入一密闭容器中与起始时在该容器中充入适量氨气，为等效平衡状态；（3）①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大；②温度越大，压强越大，反应速率越大；③化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；（4）H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），反应物为固体，生成物为气体，化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．三.<b>[化学：选修3：物质结构与性质]</b>11.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；10（2）sp3；＞；因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个（3）＜（4）SnCu3P；4；平面正方形；××1010【考点】原子核外电子排布，元素电离能、电负性的含义及应用，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，铜原子价电子3d104s1，其中成对电子数10个，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；10；（2）①．PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+（5﹣3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化，故答案为：sp3；②非金属性N＞P，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性为HNO3＞H3PO4，从结构的角度因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个，酸性为HNO3＞H3PO4，故答案为：＞；因为HNO3分子结构中含有2个非烃基氧原子，比H3PO4中多1个；（3）磷青铜中的锡、磷两元素电负性的大小为Sn＜P，故答案为：＜；（4）①，晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式SnCu3P，故答案为：SnCu3P；②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形，故答案为：4；平面正方形；③摩尔质量=342g/mol，则一个晶胞质量g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（）2+（）2，a=x，结合密度ρ=，V=x3==14/14cm3，x=cm，a=x=×cm═××1010pm，故答案为：××1010．【分析】（1）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写，铜原子价电子3d104s1，其中成对电子数10个；（2）①价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，PH3杂化轨道数是4；②非金属性越强，对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；结合硝酸分子中羟基数和磷酸分子中羟基数分析判断；（3）根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；（4）①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式；②晶体中距离Cu原子最近的Sn原子在每个面上对角线顶端；③设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=（）2+（）2，a=x，结合密度ρ=，V=x3，1个晶胞质量m=g，计算x得到铜原子间最近距离；四.<b>[化学：选修5：有机化学基础]</b>12.【答案】（1）溴原子、羟基、酯基；1，3﹣丁二醇（2）取代反应或水解反应；缩聚反应（3）2CH3COCH2CHO+O22CH3COCH2COOH（4）11；CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH（5）【考点】有机物的推断【解析】【解答】解：A的分子式为C8H15O3Br，A在氢氧化钠水溶液作用下发生水解反应，反应①：CH3CH（OH）CH2COOCH（CH3）CH2CH2Br+H2OCH3CH（OH）CH2COOH+CH3CH（OH）CH2CH2OH，C为CH3CH（OH）CH2CH2OH，醇羟基发生催化氧化生成醛和酮，反应②：CH3CH（OH）CH2CH2OH+O2CH3COCH2CHO+2H2O，D为CH3COCH2CHO，醛基催化氧化生成酸，反应③：2CH3COCH2CHO+O22CH3COCH2COOH，E为CH3COCH2COOH，与氢气发生加成反应，羰基变成羟基，反应④：CH3COCH2COOH+H2CH3CH（OH）CH2COOH，B为CH3CH（OH）CH2COOH，发生缩聚反应生成F，反应⑤：nCH3CH（OH）CH2COOH14/14+（n﹣1）H2O，（1）A的分子式为C8H15O3Br，A为CH3CH（OH）CH2COOCH（CH3）CH2CH2Br，含有的官能团为：溴原子（﹣Br）、羟基（﹣OH）、酯基（R﹣COO﹣R′），C为CH3CH（OH）CH2CH2OH，含有﹣OH，主链为4个碳，在1，3含有2个羟基，所以名称为：1，3﹣丁二醇，故答案为：溴原子、羟基、酯基；1，3﹣丁二醇；（2）A的分子式为C8H15O3Br，A在氢氧化钠水溶液作用下发生水解反应，反应①：CH3CH（OH）CH2COOCH（CH3）CH2CH2Br+H2OCH3CH（OH）CH2COOH+CH3CH（OH）CH2CH2OH，缩聚反应指生成高聚物同时有小分子物质生成，反应⑤：nCH3CH（OH）CH2COOH+（n﹣1）H2O，生成高聚物，同时还有水生成，为缩聚反应，故答案为：取代反应或水解反应；缩聚反应；（3）D为CH3COCH2CHO，醛基催化氧化生成酸，反应③：2CH3COCH2CHO+O22CH3COCH2COOH，故答案为：2CH3COCH2CHO+O22CH3COCH2COOH；（4）B为CH3CH（OH）CH2COOH，能与Na反应产生气体为羟基、羧基，能与NaOH反应，为羧基或酯基，不能与Na2CO3反应为酯基，所以为含有酯基和羟基的化合物，满足条件的B同分异构体有：HCOOCH2CH2CH2OH，HCOOCH（OH）CH2CH3，HCOOCH2CH（OH）CH3，HCOOCH（CH3）CH2OH，HCOOCH（OH）CH2CH3，CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH，CH3CH2COOCH2OH、CH3CH（OH）COOCH3、OHCH2CH2COOCH3，共11种，若与NaOH溶液反应的有机物中的碳原子数目为2，则其结构简式是CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH，故答案为：11；CH3COOCH2CH2OH、CH3COOCHOHCH3、CH3CH2OOCCH2OH；（5）CH2=CHCH=CH2和次氯酸发生加成反应生成ClCH2CH=CHCH2OH，碳碳双键与氢气加成生成ClCH2CH2CH2CH2OH，在氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成CH2=CHCH2CH2OH，与氯化氢加成生成CH3CHClCH2CH2OH，卤代烃水解生成CH3CHOHCH2CH2OH，合成路线为：，故答案为：．【分析】F（），B发生缩聚反应生成F，所以B为CH3CH（OH）CH2COOH，A的分子式为C8H15O3Br，A在氢氧化钠水溶液作用下发生反应，结合转化关系可知，A含有酯基，C连续氧化生成E，故C含有﹣OH，D中含有醛基，E中含有﹣COOH，E与氢气加成生成B，所以E为14/14CH3COCH2COOH，D为CH3COCH2CHO，C为CH3CH（OH）CH2CH2OH，B为CH3CH（OH）CH2COOH，A为CH3CH（OH）CH2COOCH（CH3）CH2CH2Br，据此解答．14/14