2019年广东省揭阳市高考化学二模试卷

1、2019 年广东省揭阳市高考化学二模试卷副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共7 小题，共42.0 分）1. 2019 年 3 月召开的“两会”指出， 当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期，人们对生态环境质量非常关注，迫切希望生态环境越来越好。下列做法有利于环境保护的是（）A. 市区禁止自行车通行B. 自己尽量不做饭，多叫外卖C. 提倡将生活垃圾进行分类处理D. 将工业废水注入地下岩石层，减少排放量2.NA 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 2.3g 钠在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1N AB. 标准状况下，2.24L Cl 2 溶于水或 NaOH 溶液中转

2、移的电子数均为0.1NAC. 常温常压下， 18gH 2O 含有的氢原子总数为NAD. 0.1molCH 3OH 中所含 C-H 键的数目为 0.4N A3.下列关于有机化合物的说法正确的是（）A. 用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲烷B. 苯酚、苯乙醇和苯乙酸都可以与钠反应生成氢气C. 纤维素、蛋白质、葡萄糖在一定条件下都可发生水解反应D. 甲醇与二甲醚互为同分异构体4.根据下列实验操作和现象得出的结论错误的是（）选项实验操作现象结论A向碘水中加入等体积CCl 4，振荡后 上层接近无色， I2 在 CCl 4 中的溶解度大于静置下层显紫红色在水中的溶解度B常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入试液不变

3、蓝常温下，浓盐酸、二氧化烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验锰没有发生化学反应C向 NaCl 、NaI 的混合稀溶液中滴入有黄色沉淀生K sp（ AgCl ） K sp（ AgI ）几滴稀 AgNO 3 溶液成向 20%蔗糖溶液中加入少量稀D H 2SO4，加热；再加入少量银氨溶未出现银镜蔗糖未水解液；A. AB. BC. CD. D5. 短周期元素 X 、 Y、 Z、M 的原子序数依次增大，已知元素X 的一种高硬度单质是宝石，Y 2+电子层结构与氖相同， Z 的质子数为偶数， 室温下 M 单质为淡黄色固体。下列叙述错误的是（）A. 简单氢化物稳定性：X ZB. Z 元素的最高价氧化物是制造光导纤维的

4、主要原料C. 化合物 XM 2 中含有极性共价键和非极性共价键D. 简单离子半径： Y M6. 用间接电化学法可对大气污染物NO 进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许 H+ 和 H 2O 通过。下列说法正确的是（）第1页，共 20页A. 电极 I 为阴极，电极反应式为2H 2O+2e -=2OH -+H 2B. 电解时 H+由电极 I 向电极 II 迁移2-C. 吸收塔中的反应为 2NO+2S 2O4 +2H 2O=N 2+4HSO3D. 每处理 1 mol NO ，可同时得到32g O27. 室温下，将尿酸钠（ NaUr ）悬浊液静置，取上层清液，再通入HCl ，溶液中尿酸的浓度

5、c（HUr ）与 pH 的关系如右图所示。已知：K （NaUr ）=4.9 10-5，K （ HUr ）-6下列说法正确的是（spa=2.0 10）A.B.C.上层清液中，c（Ur-） =7.0 10-2 mol L -1?在 MN 的变化过程中， c（Na+ ） c（Ur -）将逐渐减小当 c（ HUr ） =c（Ur -）时， c（ Cl -） c（Ur -）D. 当 pH=7 时， 2c（Na +）=c（ Ur -） +c（ Cl -）二、简答题（本大题共4 小题，共49.0 分）8. 无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。（ 1）氯化铝水溶液呈性，原因是_ （用离子方程式表示）把AlCl

6、3 溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。（ 2）工业上用铝土矿（主要成分为 Al 2O3，含有 Fe2 O3、 SiO2 等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl 4AlCl 3FeCl3FeCl 2沸点 /57.6180（升华）300（升华）1023步骤 中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_（只要求写出一种）。第2页，共 20页步骤 中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_。已知：Al 2O3（ s） +3C（ s） =2Al （ s） +3CO （ g）H1=+1344.1kJ ?mol -1 2AlCl 3 （g） =2Al

7、（s）+3Cl 2（ g） H2=1169.2kJ ?mol-1由 Al 2O3、 C 和 Cl 2 反应生成 AlCl3 的热化学方程式为 _。步骤 经冷却至室温后， 气体用足量的 NaOH 冷溶液吸收，生成的盐主要有3 种，其化学式分别为 _、_。结合流程及相关数据分析，步骤 中加入铝粉的目的是_。9. 亚硝酸氯（ ClNO ）是有机合成中的重要试剂亚硝酸氯可由NO 与 Cl 2 在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO （g） +Cl 2（ g）2ClNO （ g）（ 1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应： 4NO2（ g） +2NaCl （ s）?

8、 2NaNO 3（ s） +2NO （ g）+Cl 2（g） 2NO2（ g） +NaCl （ s） ? NaNO 3（ s） +ClNO （g）K 2 2NO（ g） +Cl 2（ g） ? 2ClNO （g）K 3则 K 1， K 2， K 3 之间的关系为 K 3=_（ 2）T 时，2NO（ g）+Cl（ g）? 2ClNO（g）的正反应速率表达式为2测得速率和浓度的关系如表：K 1nv 正 =k c（ClNO ），序号c（ ClNO ） /mol ? L -1v/mol ?L -1?s-10.303.6 10-80.601.44 10-70.903.24 10-7n=_； k=_ （注

9、明单位）（ 3）在 2L 的恒容密闭容器中充入 4molNO （ g）和 2molCl 2（g），在不同温度下测得 c（ ClNO ）与时间的关系如图 A ：温度为T1 时，能作为该反应达到平衡的标志的有_；a容器体积保持不变b容器压强保持不变c平衡常数K 保持不变d气体颜色保持不变e v（ ClNO ） =v （ NO）f NO 与 ClNO 的物质的量比值保持不变反应开始到10min 时 Cl 2 的平均反应速率v（ Cl2 ）=_ ；温度为T2 时，10min 已经达到平衡， 该反应的平衡常数K=_（注明单位） （ 4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO（ g）和 Cl

10、2（ g），平衡时 ClNO 的体积分数随的变化图象如图B，则 A 、 B、C 三状态中， NO的转化率最小的是_点，当 n（ NO）/n（ Cl 2）=2.8 时，达到平衡状态ClNO 的体积分数可能是 D 、E、 F 三点中的 _点第3页，共 20页10.我国科学家在某杂志上发表研究报告称，利用铬同位素的系统分析发现，“古代大气氧含量高于现代水平的1%”。铬的同位素有Cr 、Cr、Cr、Cr铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：（ 1）基态 Cr 的价层电子排布图为 _。（ 2）交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理如下：2K 2Cr 2O7+3CH 3CH 2OH+8H 2

11、SO4 3CH3COOH+2Cr 2（SO4） 3+2K 2SO4 +11H 2O CH3CH2OH、CH 3COOH 的沸点高于对应的CH 3OCH 3（二甲醚） 、HCOOCH 3（甲酸甲酯），其主要原因是 _。 CH3COOH 分子中碳原子的杂化类型是_； CH3COOH 分子中 键和 键数目之比为 _。 K 2SO4 晶体中阴离子的空间构型是_。上述反应中，只含极性键的极性分子有 _（填分子式）。（ 3）晶体铬的晶胞结构如图1 所示，其堆积模型为_；铬原子的配位数为_。（ 4）铬的一种氧化物晶胞结构如图2 所示。六棱柱边长为a nm，高为 b nm， NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体

12、的化学式为_；该晶体的密度 =_g?cm-3。11. 福酚美克是一种影响机体免疫力功能的药物，可通过以下方法合成：（ 1）物质 A 的名称是 _；（ 2） BC 的转化属于 _反应（填反应类型）。（ 3）上述流程中设计 AB 步骤的目的是 _。（ 4） A 与足量氢氧化钠溶液反应的方程式为：_。（ 5） A 的同分异构体X 满足下列条件： 能与 NaHCO 3 反应放出气体； 能与 FeCl3 溶液发生显色反应。符合上述条件的同分异构体有_种。其中核磁共振氢谱有5 组吸收峰的结构简式为 _。第4页，共 20页（ 6）参照上述合成路线和信息，以乙醛为原料（无机试剂任选），设计制的合成路线： _。

13、三、实验题（本大题共1 小题，共14.0 分）12.某化学兴趣小组的同学利用如图所示实验装置进行实验（图中 a、b、c表示止水夹）。请按要求填空：（ 1） A 装置中甲仪器名称为_。（ 2） A 、C、E 相连后的装置可用于制取Cl 2 并进行相关的性质实验。 A 中乙为 MnO 2 固体，甲中盛有浓盐酸， 则烧瓶中发生反应的化学方程式为_。若在丙中加入适量水，即可制得氯水。将所得氯水分成两份，进行 、两个实验，实验操作、现象结论如下： 将氯水滴入品红溶液中，_现象。 氯水中加入NaHCO 3 粉末，有无色气泡产生，某同学得出结论：氯气与水反应的产物具有较强的酸性。请你评价该同学的结论是否合理

14、？若不合理，请说明理由_。E 装置的作用 _。（ 3） B、 D、 E 装置相连后，在B 中盛装浓硝酸和铜片（放在有孔塑料板上），关闭止水夹c，制得 NO2，接着再进行有关实验。欲用 D 装置验证 NO 2 与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹，再打开止水夹，使烧杯中的水进入试管丁的操作是_。 NO2 尾气可用NaOH 溶液吸收生成两种钠盐，写出反应的化学方程式为_。第5页，共 20页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：A 市区禁止自行 车通行，导致大量汽 车的使用，产生大量废气污染物，不利于环境保护，故A 错误；B“少做饭，多叫外卖 ”虽 然可以减少家庭中的能源消耗，但会增加一次性餐具的

15、使用，一次性餐具多 为木材和难降解的塑料，所以不是低碳行 为，不利于环境保护，故B 错误；C生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排，有利于环境保护，故C正确；D将工业废水注入地下，治理水 污染，又会污染地下水，不符合可持 续发展理念，不利于环境保护，故 C 错误；故选：C。A 使用自行车可以减少汽 车的使用；B自己尽量不做 饭，多叫外卖，会增加一次性餐具的使用，引起 环境污染；C生活垃圾进行分类处理既保护环境有能节能减排；D将工业废水注入地下，治理水 污染，又会污染地下水，不符合可持 续发展理念。本题考查了环境污染与治理，熟悉相关 环境污染源，明确治理方法，把握节能减排、低碳经济是解题关键

16、，题目难度不大。2.【答案】 A【解析】解：A 、2.3g 钠的物质的量为 0.1mol，而钠反应后变为 +1 价，故 0.1mol 钠反应后转移 0.1NA 个电子，故 A 正确；B、标况下，2.24L 氯气的物质的量为 0.1mol，因为氯气和水反 应是可逆的，所以无法完全 进行，因此转移电子少于 0.1mol，而氢氧化钠中却完全反 应，转移0.1mol，故B 错误；第6页，共 20页C、18g 水的物质的量为：=1mol ，1mol 水分子中含有 氢原子的物 质的量为 2mol，含有的氢原子总数为 2NA ，故C 错误；D、1molCH 3OH 含 3molC-H 键，故0.1molCH

17、3OH 中所含 C-H 键的数目为0.3NA ，故D 错误 。故选：A。A 、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为 +1 价来分析；B、根据氯气和水反 应是可逆的判断；C、18g 水的物质的量为 1mol，1mol 水分子中含有2mol 氢原子；D、1molCH 3OH 含 3molC-H 键 。本题考查了物质的量和阿伏伽德 罗常数的有关 计算，难度不大，掌握公式的运用和物 质的结构是解题关键。3.【答案】 B【解析】解：A 苯、甲烷与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故A 错误；B苯酚、苯乙醇和苯乙酸分 别含有羟基、羧基，都可与钠反应，可生成氢气，故 B正确；C纤维素、蛋白质都为高聚物，可水解，

18、葡萄糖为单糖，不能水解，故 C 错误；D甲醇与二甲 醚的分子式不同，二者不是同分异构体，故D 错误 。故选：B。A苯、甲烷与高锰酸钾都不反应；B苯酚、苯乙醇和苯乙酸分 别含有羟基、羧基，都可与钠反应；C葡萄糖为单糖；D甲醇与二甲 醚的分子式不同。本题考查有机物的 结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，第7页，共 20页明确常见有机物的性 质即可解答，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，选项 C 为易错点，题目难度不大。4.【答案】 D【解析】解：A 向碘水中加入等体 积 CCl4，振荡后静置，混合液分层，上层接近无色，下层显紫红色，能够证明 I2 在 CCl4 中的溶解度大

19、于在水中的溶解度，故 A 正确；B常温下浓盐酸和二氧化 锰不反应，氯气能氧化碘化 钾生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，没有生成氯气，所以 KI 淀粉试纸不变色，故 B 正确；C滴入几滴稀 AgNO 3 溶液，Ksp 小的先沉淀，则观察到产生黄色沉淀，证明Ksp（AgCl ）Ksp（AgI ），故C 正确；D加入银氨溶液之前必 须加入 NaOH 溶液，否则得不到银镜，故D 错误；故选：D。A 碘单质易溶于四 氯化碳，微溶于水；B常温下浓盐酸和二氧化 锰不反应，氯气能氧化碘化 钾生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色；C滴入几滴稀 AgNO 3 溶液，Ksp 小的先沉淀；D加入银氨溶液之前必 须加入 NaOH 溶液

20、。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及萃取、氧化还原反应、银镜反应、沉淀的生成及 Ksp 等，把握物质的性质、反应原理为解答的关 键，侧重分析与实验能力的考 查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5.【答案】 C【解析】解：根据分析可知：X 为 C 元素，Y 为 Mg ，Z 为 Si，M 为 S。A 非金属性 CSi，则简单氢 化物稳定性：X Z，故A 正确；BSi 的最高价氧化物 为二氧化硅，二氧化硅是制造光 导纤维的主要原料，故B 正确；第8页，共 20页CXM 2 为 CS2，其结构式为为 S=C=S，分子中只含有极性共价 键，不存在非极性键，故C 错误；D硫离子含有 3 个电

21、子层，镁离子含有 2 个电子层，电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：Y M ，故D 正确；故选：C。短周期元素 X 、Y 、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种单质是高硬度的宝石，则 X 为 C 元素；Y 2+的电子层结构与氖相同，则 Y 为 Mg ；室温下M 的单质为淡黄色固体，则 M 为 S；Z 的原子序数大于 Mg 而小于 S，且质子数为偶数，则 Z 为 Si，以此解答该题 。本题考查了原子结构与元素周期律的关系， 题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子 结构与元素周期律、元素周期表的关系， 试题培养了学生的灵活 应用能力。6.【答案】 C【解析】-在电极 I 上转

22、化未 S2O42- 过程中 S 的化合价降低，得到电子发解：A HSO3，生还原反应 则电极 I为电应为：2HSO-+2-，阴极， 极反+2e +2HS+2H2O，32O4故 A错误；B电极 I 为阴极，则电极 为阳极，电解池中阳离子向阴极移 动，所以电解池中 H+通过质子膜向电极 I 处移动，故B 错误；C吸收塔中通入 NO 和 S2O42-离子反应，生成 N2 和 HSO3-，所以反应方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，故C 正确；D电极 为阳极，H2O 在电极上被 转化为 O2，发生电极反应：-+处1 mol NO，则转移电子数为 1mol2=2mol，根据2

23、H O-4eO +4H，每 理22电子转移守恒，则产生 O2 的物质的量为2mol质量为=0.5mol，0.5mol 32g/mol=16g，故D 错误，第9页，共 20页故选：C。A HSO3-在电极 I 上转化未 S2O42-，过程中 S 的化合价降低，得到 电子发生还原反应，则电极 I 为阴极；B电极 I 为阴极，则电极 为阳极，电解池中阳离子向阴极移 动；C吸收塔中通入 NO 和 S2O42-离子反应，生成 N2 和 HSO3-，据此写出反应方程式；D处理 NO 时，产生 HSO3-进入电解池，O2 逸出电解池，S2O42-流出电解池，据此计算电解池的质量变化。本题考查电化学知识，根据

24、电化学装置原理 图分析，明确电极反应是解题的关键，题目难度中等，是中档题。7.【答案】 C【解析】A 上层清液为 NaUr 饱和溶液，则 c（Ur -）=7.0 10-3mol/L ，解：故 A错误；BMN 的变化过程中，溶液中 c（HUr ）增大，酸性增强，溶液中 c（Ur-）增大，则 c（Na+）=减小，故 B 错误；C溶液中存在 电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（Cl -）+c（OH -）+c（Ur-），根据物料+-则+-），当c守恒：c（Na）=c（Ur）+c（HUr ）， 有 c（HUr ）+c（H）=c（Cl）+c（OH（HUr ）=c（Ur-）时，Ka（HUr ）=c（H+

25、）=2.0 10-6mol/L c（OH-），所以c（Cl-）c（HUr ）=c（Ur-），故C 正确；DpH=7 时，溶液中 c（H+ ）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+ ）=c（Cl-）+c（OH-）+c（Ur-），则 c（Na+）=c（Ur-）+c（Cl -），故D 错误，故选：C。A 上层清液为 NaUr 饱和溶液，根据 NaUr 的溶度 积常数计算；BMN 的变化过程中，溶液中 c（HUr ）增大，酸性增强；第10 页，共 20页C当 c（HUr ）=c（Ur-）时，根据电荷守恒及物料守恒分析；DpH=7 时，溶液中 c（H+ ）=c（OH-），根据电荷守恒

26、分析。本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度 积常数的计算应用，弱电解质电离平衡常数的 计算，影响平衡的因素分析，题目难度中等。8.3+3H 2O? Al （ OH ） 3+3H +Al 2 O3 防止后续步骤生成的氯化铝水解或增【答案】 Al大反应物接触面积、加快反应速率FeAl 2O3（ s） +3C （ s） +3Cl 2（ g） =2AlCl 3（ g）+3CO（ g）H=+174.9kJ/mol NaClNaClO 、Na2CO3 等 除去氯化铁、提高氯化铝的纯度【解析】解：（1）AlCl 3 属于强酸弱碱盐水解显酸性，其水解离子方程式表示 为：Al3+3HO?Al （OH）+3H+

27、氯铝水溶液在加热时水解生成Al （OH）和2， 化33HCl ，HCl 易挥发，灼烧得到 Al 2O3，为3+故答案：酸；Al（）；Al2O3；+3H2O? Al OH 3+3H（2） 步骤 中焙 烧使固体水分 挥发、气孔数目增多，其作用是防止后 续步骤生成的氯化铝水解或增大反 应物接触面 积、加快反应速率，故答案为：防止后续步骤生成的氯化铝水解或增大反 应物接触面 积、加快反应速率； 混合物中含 Al 、Fe、Si 元素，步骤中若不通入 氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的 单质是 Fe，故答案为：Fe；s）+3C（s）2Al（s）+3CO（g）H-1 由 a、Al 2O3（1=+13

28、44.1kJ?molb 2AlClg =2Als +3Clg H-13（）（）（）2=+1169.2kJ?mol、2结合盖斯定律可知， a-b 得到由 AlC 和Cl反应生成 AlCl3的热化学方程2O3、2式为 Al 2O3（）s+3C（）s+3Cl2（）g-1）-2AlCl3（）g+3CO（）gH=（+1344.1kJ?mol-1）=+174.9kJ/mol，（+1169.2kJ?mol故答案为：Al 2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）2AlCl3（g）+3CO（g）H=+174.9kJ/mol；第11 页，共 20页 尾气为 CO2、多余的 Cl2、O2、SiCl4，步骤经冷却至室

29、温后，气体用足量的 NaOH 冷溶液吸收，生成的 盐主要有 3 种，其化学式分别为 NaCl、NaClO、Na2CO3 等，故答案为：NaCl；NaClO、Na2CO3 等； 结合流程及相关数据分析，步 骤中加入 铝粉的目的是除去 氯化铁、提高氯化铝的纯度，故答案为：除去氯化铁、提高氯化铝的纯度。（1）强酸弱碱盐水解显酸性，水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼 烧最终得到的是金属氧化物；（2）用铝土矿制取无水 氯化铝，由工艺流程可知，铝土矿粉和焦炭在 300焙烧，发生 2Al 2O3+3C+6Cl24AlCl 3+3CO2，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和 氯气、氧气在 950加热，Al

30、2O3、Fe2O3 和 SiO2先被焦炭 还原为Al 、Fe、Si，该过程生成 CO，后Al 、Fe、Si 分别和 Cl2 反应生成对应的氯化物，即 SiCl4、AlCl 3、FeCl3，CO 和 O2 反应生成 CO2，后冷却到 100，尾气为 CO2、多余的 Cl2，O2，SiCl4，以及 AlCl 3 和 FeCl3 变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活 动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在 300，废渣为 Fe，得到成品氯化铝，尾气中含有氯气，可用氢氧化钠溶液处理，以此解答该题。本题考查工业上用铝土矿盐制取无水 氯化铝工艺

31、，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和 实验能力，涉及硅、铁、铝及其化合物的性 质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制以及相关反 应方程式的 书写等，题目难度中等9.【答案】24.0 10-7mol -1?L?s-1bdf0.05mol ?L -1?min -12L/molCF【解析】1）将方程式 2 - 得方程式 ，则 K3=，解：（故答案为：；第12 页，共 20页（2）=，n=2，将 n 代入 中得 k=mol-1-1-7mol-1-1?L?s =4.0 10?L?s ，故答案为 2；4.0 10-7-1-1；：mol?L?s（3） a恒容条件下，容器体积始终保持不变，不能据此判断

32、平衡状态错，故误；b反应前后气体的物 质的量减小，压强越小，当容器压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状 态，故正确；c化学平衡常数只与温度有关，温度不 变化学平衡常数不 变，不能据此判断平衡状态，故错误；d只有氯气有色，当气体颜色保持不 变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；ev（ClNO ）=v（NO）时，反应方向未知，无法确定是否达到平衡状态，故错误；f NO 与 ClNO 的物质的量比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；故选 bdf； v（ClNO ）=0.1mol/（L min），同一时间段内各物 质的反应速率之比等于其 计量数之比，据此得

33、v（Cl2）=v（ClNO ）=0.1mol/（Lmin）=0.05mol/（L min），故答案为：0.05 mol?L-1?min-1； 开始 c（NO）=1mol/L ，=2mol/L 、c（Cl 2）g） 2ClNO（g）该反应中 2NO（g）+Cl2（ ?开始（mol/L ）210反应（mol/L ）10.51平衡（mol/L ）10.51化学平衡常数 K=L/mol=2L/mol ，第13 页，共 20页故答案为：2L/mol ；（4）NO 的物质的量越大其 转化率越小，所以 NO 转化率最小的是 C 点；当反应物的物质的量之比等于其 计量数之比 时生成物的含量最大，当 n（NO）

34、/n（Cl2）=2.8 时产物的含量减小，所以 应该是 F 点，故答案为：C；F（1）将方程式 2 - 得方程式 ，方程式扩大 2 倍，化学平衡常数为原来的平方，两个方程式相减，则化学平衡常数相除；（2）将得 n，将n 代入 中得 k；（3） 可逆反应达到平衡状 态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物 质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变； v（ClNO ）=0.1mol/（L min），同一时间段内各物 质的反应速率之比等于其 计量数之比，据此计算 v（Cl2）； 开始 c（NO）=2mol/L 、c（Cl 2）=1mol/L ，该反应中 2NO（g）+Cl2（

35、g）? 2ClNO （g）开始（mol/L ）210反应（mol/L ）10.51平衡（mol/L ）10.51化学平衡常数 K=；（4）NO 的物质的量越大其 转化率越小；当反应物的物质的量之比等于其 计量数之比时生成物的含量最大，当 n（NO）/n（Cl2）=2.8 时产物的含量减小本题考查化学平衡 计算、外界条件对化学平衡影响因素、化学平衡状 态判断等知识点，侧重考查学生分析判断及 计 算能力，利用三段式法 进行有关 计 算，注意（4）中当n（NO）/n（Cl 2）=2 时反应物的转化率相等且 产物的含量最大，题目难度中等第14 页，共 20页10.乙醇分子间、 乙酸分子间存在氢键sp3

36、、【答案】2sp7：1正四面体形H2SO4、H 2O体心立方堆积8Cr2O3【解析】解：（1）Cr 原子核外 电子数为 24，处于第四周期第 VIB 族，价电子排布式 为5 1电图为：，3d 4s，故价 子排布故答案为：；（2） 乙醇分子 间、乙酸分子间存在氢键，沸点高于对应的 CH3OCH3（二甲醚）、HCOOCH 3（甲酸甲酯）的，故答案为：乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键； CH3COOH 分子中甲基碳原子形成 4 个 键、羧基中 C 原子形成 3 个 键 ，杂化轨道数目分 别为 4、3，C 原子杂化方式分 别为 sp3、sp2CH3COOH 分子中有 3 个 C-H 键、1 个 C-C

37、键、1 个 C-O 键、1 个 O-H 键、1 个 C=O 双键，单键为键 ，双键含有 1 个 键、1 个和 键 ，CH3COOH 分子中 键和 键数目之比为：（3+1+1+1+1）：1=7：1，故答案为：sp3、sp2；7：1； K2SO4 晶体中阴离子2-中 S原子孤电子对数=层电SO4=0，价子对间构型与 VSEPR 模型相同为应中，由数=0+4=4，微粒空正四面体形；反分子构成的 为乙醇、乙酸、硫酸与水，乙醇、乙酸中含有的碳碳 键为非极性 键，硫酸与水中正 负电荷重心不重合，二者均 为含有非极性 键的极性分子，故答案为：正四面体形；H2SO4、H2O；（3）图 1 种原子处于立方晶胞的

38、 顶点与面心位置，其堆 积模型为：体心立方堆积，体心 Cr 原子周围有 8 个原子，铬原子的配位数 为 8，故答案为：体心立方堆积；8；第15 页，共 20页（5）由结构可知，Co 原子处于结构单元内部共有 4 个，O 原子位于 结构单元的内部、顶点、面心，结构单元中 O 原子数目 =3+2+12=6，Co、O 原子数目之比为 4：6=2：3，故该晶体化学式 为 Cr2O3图中结构单元底面为正六边形，边长为 anm，底面面积为 6 a10-7cma10-7cmsin60 =2-142 结单元的体积=2-142 -7a 10cm， 构a cm10b 10 cm=2-21 3结单元中原子总质量=g

39、，故晶体密度=a b10cm ， 构2-213 =g/cm3，g （a b10cm ）故答案为 Cr；。： 2O3（1）Cr 原子核外电子数为处于第四周期第电子排布式为51；24，VIB 族，价3d4s（2） 乙醇分子 间、乙酸分子间存在氢键； CH3COOH 分子中甲基碳原子形成 4 个 键、羧基中 C 原子形成 3 个 键 ，杂化轨道数目分 别为 4、3；CH3COOH 分子中有 3 个 C-H 键、1 个 C-C 键、1 个 C-O 键、1 个 O-H 键、1 个C=O 双键，单键为 键，双键含有 1 个 键 、1 个和 键 ；2-中 S原子孤电子对数=层电 K 2SO4 晶体中阴离子

40、SO4=0，价子对数=0+4=4，微粒空间构型与 VSEPR 模型相同；反应中，由分子构成的为乙醇、乙酸、硫酸与水，乙醇、乙酸中含有的碳碳键为非极性键，硫酸与水中正负电荷重心不重合；（3）图 1 种原子处于立方晶胞的 顶点与面心位置；（4）Co 原子处于结构单元内部共有 4 个，O 原子位于 结构单元的内部、顶点、面心，注意 1 个顶点为图中 6 个结构单元共用，利用均摊法计算图中结构单元中 O 原子数目，进而确定化学式；计算结构单元中原子 总质量，利用 = 计算晶体密度。第16 页，共 20页本题是对物质结构与性质的综合考查，涉及核外电子排布、氢键、杂化方式、化学键、空间构型、分子结构与性质

41、、晶胞结构与计算等，注意根据洪特 规则特例理解 Cr 原子核外 电子排布，注意氢键对物质形成的影响，会用氢键解释一些问题，掌握均摊法进行晶胞有关 计算。11.【答案】 3-羟基苯甲酸甲酯还原保护酚羟基13【解析】解：（1）物质 A 含有羟基和酯基，且为相间位置，名称为 3-羟基苯甲酸甲 酯，故答案为：3-羟基苯甲酸甲 酯；（2）BC 的转化中酯基生成羟基，为还原反应，故答案为：还原反应；（3）上述流程中设计 AB 步骤，可防止酚羟基被氧化，故答案为：保护酚羟基；（4）A 含有酯基和酚羟基，都可与氢氧化钠溶液反应，反应的化学方程式 为，故答案为：；（5）A 的同分异构体 X 能与 NaHCO3

42、反应放出气体，说明含有羧基；能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚 羟基，如苯环含有 2 个取代基，可为-OH 、-CH2COOH，有邻、间、对 3 种，如含有 3 个取代基，可为-OH 、-COOH 、-CH 3，有 10 种同分异构体，共 13 种，其中核磁共振 氢谱有 5 组吸收峰的 结构简式为，第17 页，共 20页故答案为：13；（6）根据题给信息，可用乙醛、NaCN 和氨气反 应生成，水解生成氨基丙酸，在一定条件下发生缩聚反应可生成则应的流， 反程为，故答案 为：。质羟基和酯为间位置；（1）物 A 含有基，且 相团变化判断；（2）根据官能 的设计AB 步骤，可防止酚羟基被氧化；（3）上述流程中（4）A 含有酯基和酚羟基，都可与氢氧化钠溶液反应；（5）A 的同分异构体X 能与 NaHCO3 反应放出气体，说明含有