青海省西宁市第四高级中学、第五中学、第十四中学三校2019届高三下学期4月联考理科综合化学试卷

2019高考模拟三校联考理综试卷化学部分
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）
A. 明矾常用作净水剂，其作用是吸附杂质并杀菌
B. 加碘盐含有碘化钾，其作用是补充碘元素
C. “酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
D. 汽车尾气中的污染物是造成雾霾天气的一种重要因素
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾常用作净水剂，是因为Al3＋水解生成了Al(OH)3胶体，具有很强的吸附能力，使悬浮物聚沉，起到净水作用，没有杀菌消毒的作用，A项错误；
B. 加碘盐中含的是碘酸钾，而不是碘化钾，B项错误；
C. 酿酒加酒曲是因为酒曲上生长有大量的微生物，还有微生物所分泌的酶（淀粉酶、糖化酶和蛋白酶等），酶具有生物催化作用，可以将谷物中的淀粉加速转变成糖，糖在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇（酒精），利用的是催化剂加快化学反应速率的原理，催化剂不影响平衡，C项错误；
D. 汽车尾气中含有固体颗粒污染物，是造成雾霾天气的一种重要因素，D项正确；
答案选D。

2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A. 常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为N A
B. 78 g苯含有C=C双键的数目为3N A
C. pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋数目为0.1N A
D. 50 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46N A
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，都是双原子分子，14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为N A，A 项正确；
B. 苯中不存在碳碳双键，B项错误；
C. 没有注明稀硫酸的体积，故不能计算H+的个数，只能写做c(H+ ) = 0.1mol/L，C项错误；
D. 浓硫酸随着反应进行变成稀硫酸反应停止，不能用硫酸计算二氧化硫的数据，D项错误；答案选A。

【点睛】B项是学生的易错点，要牢记苯环分子内的特殊化学键。

3.以下叙述正确的是（）
A. 用重结晶的方法除去KNO3固体中混杂的NaCl ，是利用NaCl在水中的溶解度很大
B. 金属钠着火时，立即用泡沫灭火器进行灭火
C. 在滤纸上称量氢氧化钠固体，导致所配制氢氧化钠溶液浓度偏低
D. 向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色沉淀，说明溶解度Ag2S大于AgCl 【答案】C
【解析】
【详解】A. 用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，A项错误；
B. 金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用沙子灭火，B错误；
C. 因氢氧化钠固体由腐蚀性，在滤纸上称量氢氧化钠固体，使实际称量的氢氧化钠质量偏小，最终导致所配制氢氧化钠溶液浓度偏低，C项正确；
D. 沉底的转化向着溶解度更小的方向进行，AgCl沉淀加入Na2S溶液转变为Ag2S，所以其溶解度关系：AgCl > Ag2S，D项错误；
答案选C。

4.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。

下列说法正确的是（）
A. X 与W 的最高价氧化物对应水化物溶液反应所得产物可促进水的电离。

B. Z 的一种氧化物可使品红溶液褪色，将褪色后的溶液加热后恢复红色
C. X 形成的所有含氧化合物中只存在离子键
D. X 和Y 的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时溶液中的微粒共有6种
【答案】B
【解析】
【分析】
第三周期元素中，X 最高价氧化物水化物的溶液PH 为12，氢氧根浓度为0.01mol/L ，故为一元强碱，则X 为Na ，Y 、W 、Z 对应的最高价氧化物水化物的溶液PH 均小于7，均为酸，W 最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L ，故为一元强酸，则W 为Cl 元素；最高价含氧酸中，Z 对应的酸性比W 的强、Y 对应的酸性比W 的弱，而原子半径Y ＞Z ＞Cl ，故Z 为S 元素，Y 为P 元素，结合元素及物质结构与性质作答。

【详解】根据上述分析可知，X 、Y 、W 、Z 分别
Na 、P 、Cl 和S 元素，则
A. X 与W 的最高价氧化物对应水化物溶液反应生成高氯酸钠，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，A 项错误；
B. 二氧化硫可使品红溶液褪色，将褪色后的溶液加热后恢复红色，B 项正确；
C. X 形成的所有含氧化合物之一过氧化钠，含有离子键与非极性共价键，C 项错误；
D. X 最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，是一元强碱，Y 的最高价氧化物对应的水化
物为磷酸，是三元中强酸，恰好中和时溶液中的微粒有：
Na 3PO 4、Na 2HPO 4、NaH 2PO 4、H 3PO 4、H 2O 、OH -、H +共7种，D 项错误；
答案选B 。

5.下列有关有机物同分异构体数目的叙述中，不正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. 戊烷有正戊烷、异戊烷与新戊烷3种同分异构体，A项正确；
B. C8H10中属于芳香烃的有机物有：乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯4种同分异构体，B项错误；
C. C4H10的烃的一氯代物的同分异构体4种：
，C项正确；
D. C5H12O中能被催化氧化成醛的有机物有CH3CH2CH2CH2CH2OH、
、、
，共有四种，D项正确；答案选B。

【点睛】掌握醇发生催化氧化的条件是解答的关键，醇发生催化氧化的条件是羟基碳原子上含有氢原子，如果含有1个氢原子，则生成酮类，如果含有2个或2个以上氢原子则氧化生成醛类，解答时注意灵活应用。

6.某同学按下图所示的装置进行实验。

A，B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K 闭合时，Y极上产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，此时断开开关K。

下列分析正确的是( )
A. A，B两种金属
的活动性A＜B B. B极的名称为正极，电极反应：B－2e－===B2＋C. 右侧U型管中加入稀盐酸可使电解液恢复原来状态D. X电极周围出现白色胶状沉淀【答案】D 【解析】【分析】当K闭合时，Y极上产生的气体使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则Y极产生氯气，是氧化
产物，则证明右侧U型管为电解池原理，Y极为阳极，X极为阴极；左侧U型管为原电池原理，B极为电源的正极，A极为电源的负极，根据原电池与电解池的工作原理分析作答。

【详解】；
A. 根据上述分析知，左侧U型管为原电池原理，B极为电源的正极，A极为电源的负极，金属活动性：A>B，A项错误；
B. B极的名称为正极，为得电子的还原反应，其电极反应：B2＋+2e－= B，B项错误；
C. 右侧U型管中电极为惰性电极，电解质溶液为氯化铝溶液，阴极产生氢气的同时会生成氢氧化铝胶体，溶液中铝离子浓度减小，因此只加入稀盐酸，不控制稀盐酸的用量，可能恢复不到原有的状态，C项错误；
D. X电极为阴极，电极反应式为：2H2O＋2e－＝H2↑+2OH－，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，周围出现白色胶状沉淀，D项正确；
答案选D。

【点睛】抓住Y极产生了氯气时解题的突破口，掌握电解池与原电池工作的基本原理，要考虑到电解质环境对产物的影响。

7.室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。

下列说法不正确的是( )
A. I表示的是滴定醋酸的曲线, 用酚酞作指示剂
B. pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20.00 mL
C. V(NaOH)＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D. V(NaOH)＝10.00 mL时，醋酸溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图像可知，曲线发生突变时均消耗20.00ml氢氧化钠溶液，这说明醋酸和盐酸的起始浓度均是0.100 0 mol/L。

滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，用酚酞作指示剂，A项正确；
B. 醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸所用NaOH溶液的体积等于20.00 mL，醋酸所用NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B项正确；
C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液显碱性，则根据电荷守恒可知c(Cl－)>c(CH3COO－)，C项错误；
D. 当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+ c(CH3COO-)= c(Na+)+ c(H+)可知，当c(H+)> c(OH-),则有
c(CH3COO-)> c(Na+)，D项正确；
答案选C。

8.四氯化锡可用作媒染剂。

利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）
有关信息如下表：
回答下列问题：
（1）甲装置中仪器A的名称为___________。

（2）用甲装置制氯气，MnO4−被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为________________。

（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到__________（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：①促进氯气与锡反应；②_______________________。

（4）乙装置的作用____________，如果缺少乙装置，可能发生的副反应的化学方程式为
_________；己装置的作用是_____（填序号）。

A．防止空气中CO2气体进入戊装置
B．除去未反应的氯气，防止污染空气
C．防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解
D．防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化
（5）某同学认为丁装置中的反应可能产生SnCl2杂质，以下试剂中不可用于检测是否产生SnCl2的有_______（填序号）。

A．H2O2溶液 B．酸性高锰酸钾溶液 C．AgNO3溶液 D．溴水
（6）反应中用去锡粒1.19 g，反应后在戊装置的试管中收集到2.04 g SnCl4，则SnCl4的产率为_______（保留2位有效数字）。

【答案】(1). 蒸馏烧瓶(2). 10Cl-+16H++2MnO4-=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+(3). 丁中充满黄绿色气体(4). 促进四氯化锡挥发(5). 除去氯气中混有的氯化氢气体(6). Sn+2HCl=SnCl2+H2(7). BC(8). AC(9). 78%
【解析】
【分析】
SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的Cl2
中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸
收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。

氯气与Sn在丁处试管中
反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石
灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试
管使其水解。

【详解】(1)根据装置图可知：甲装置中仪器A的名称为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)在A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，发生反应的离子方程式为：
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3)若整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热
丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊
处冷却收集，故答案为：丁中充满黄绿色气体；促进四氯化锡挥发；
(4) 乙装置
的作用是除去氯气中混有的HCl杂质，如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2与氢气，其方程式为Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；
己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水
蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，故合理选项是BC；
（5）A. SnCl2易被氧化，H2O2溶液可以将Sn2+氧化，但没有明显现象，A项错误；
B. SnCl2易被氧化，与酸性高锰酸钾溶液混合，若褪色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，B项
正确；
C.使用AgNO3溶液可以检验氯离子，不能检验二价锡元素，C项错误；
D.与溴水混合，若橙色褪去，则说明含有SnCl2，SnCl2与溴水发生了氧化还原反应，否则无
SnCl2，D项正确；故答案为：AC；
(5) 用去锡粒1.19g，其物质的量为n(Sn)=1.19g÷119g/mol=0.01mol，根据Sn原子守恒可知在理论生成SnCl4为0.01mol，则SnCl4的产率为×100%78%，故答案为：78%。

【点睛】本题是物质制备实验的考查，涉及仪器使用、化学实验基本操作、离子的检验方法、
离子方程式书写、对原理与装置的分析评价等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，同时结
合物质的性质进行分析解答，是对学生综合能力的考查。

9.富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。

由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________、__________等。

（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2 + 2H2SO4=2MgSO4 + SiO2 + 2H2O，2MgO·B2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4。

① 上述反应体现出酸性强弱：H2SO4__________H3BO3（填“＞”或“＜”）。

② 酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、____。

③ 已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- BO2- + 2H2O，下列关于硼酸的说法正确的是___（填序号）。

（已知：H2CO3 Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11 H3BO3
Ka=5.8×10-10）
a. 硼酸是三元酸
b. 硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3 BO2- + H2O +H+
c. 向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
d.室温下同浓度的NaBO2溶液和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液pH较大。

（3）褐色浸出液中加入H2O2目的是：________________。

（4）用MgO调节溶液的pH至________以上，使杂质离子转化为沉淀，过滤。

（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。

结合如图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，
_________________（将方法补充完整）。

【答案】(1). 研磨(2). 加热(3). ＞(4). Al2O3+ 6H+=2Al3++ 3H2O(5). FeO + 2H+= Fe2+ + H2O(6). bd(7). 将Fe2+氧化为Fe3+(8). 4.7(9). 升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【解析】
【分析】
硼镁泥含有镁硼酸盐(2MgO•B2O3)、镁硅酸盐(2MgO•SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质，研磨后加入硫酸，过滤除去SiO2，加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，以此解答该题。

【详解】（1）由框图可知：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸时加热也可以加快化学反应速率，故答案为：研磨；加热。

（2）①根据酸浸时发生反应：2MgO·B2O3+ 2H2SO4 + H2O=2H3BO3 + 2MgSO4，复分解反应中强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸，说明酸性H2SO4大于H3BO3。

故答案为：＞。

②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成相应的铝盐与亚铁盐，相关离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O；
③ a.由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3 + OH- B(OH)4-可知硼酸是一元酸，a项错误；
b. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3BO2- + H2O +H+，b项正确；
c. 因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性C>B，酸性H2CO3> H3BO3，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，c项错误；
d. 根据已知信息H2CO3 Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11 H3BO3 Ka=5.8×10-10比较可知，
，酸性H2CO3> H3BO3>HCO3-，根据盐类越弱越水解的特点可知，室温下同浓度的NaBO2溶液和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液水解程度大，对应的pH较大，d项正确；故答案为：bd；（3）H2O2具有氧化性，是环保氧化剂，可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀铁元素，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.7<pH<9.1,使杂质离子转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤，故答案为：4.7；
（5）由图象可知，开始时MgSO4随温度升高溶解度增大，100以后溶解度又逐渐减小，所以要获得MgSO4晶体：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶可得到硫酸镁晶体；H3BO3的溶解度是随着温度的升高逐渐增大的，所以要获得H3BO3晶体应将高温时分离后的母液降温结晶，再过滤即可得到硼酸晶体。

故答案为：升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。

10.氮及其化合物在生活、生产中有着重要影响。

请按要求回答下列问题。

（1）汽车尾气中的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。

已知：①2NO(g)=N2(g)＋O2(g) ΔH＝－180.5 kJ·mol－1，②2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1，③ H2O(l) =H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(g)的热化学方程式：__________。

（2）利用电解原理也可以处理工厂烟气。

如图为工业生产模拟装置。

其中A、B为多孔电极(外接电源未画出)，则A为_______极(填“正”“负”“阴”或“阳”)，电极反应式为_____________。

X溶液中溶质的成分除了硫酸铵，另一种为___________(填化学式)。

（3）肼(N 2H4)在纳米钴催化下可以发生分解反应：3N2H4( g) N2(g)+4NH3(g) 保持温
度不变，向容积固定的容器中充入一定量的肼，下列描述不能
．．够说明体系处于平衡状态的是________。

a.容器内压强保持恒定
b.混合气体的密度保持恒定的状态
c. N2H4 和NH3的物质的量之比保持恒定的状态
d.单位时间内生成1 mol N2的同时消耗4 mol NH3
若该反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，其中曲线a
表示的是____（填物质的化学式）的体积分数随温度的变化情况；为促进肼的分解可采取的合理措施有_______。

（4）用氨气制取尿素的反应为2NH 3(g)+CO2(g) CO(NH2)2 (l)+H2O(g) ΔH<0。

某温度下，向容积为10 L的密闭容器中通入4 mol NH3和2 mol CO2，该反应进行到40 s时达到平衡，此时CO2的转化率为80%。

该温度下此反应的平衡常数的值：_______。

下图中的曲线Ⅰ表示该反应在前25 s内NH3的浓度随时间的变化。

则在0~25 s内该反应的平均反应速率v(CO2)=__________。

保持其他条件不变，只改变一个条件，NH3的浓度变化曲线变成曲线Ⅱ，则改变的条件可能是___________________________。

【答案】(1). 2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-664.1kJ/mol (2). 阳(3). 2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+(4). H2SO4(5). b (6). NH3(7). 升温或减小生成物浓度(8). 625 (9). 0.0048mol/(L•s)(10). 增大压强
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律书写H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式；
（2）A极SO2失电子发生氧化反应生成SO42-，B极NO得电子发生还原反应生成NH4+；根据电解池总反应判断X溶液中的溶质。

（3）依据平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，且各物质的浓度、质量分数等保持不变分析；结合图像各物质的体积分数分析代表的物质，再利用外因对平衡的影响作用解答；
(4)根据反应平衡常数表达式求解常数值；依据反应速率之比等于化学计量数之比，先根据图示信息求出氨气的速率，再解答；反应达到平衡的时间增大了，据此分析作答。

【详解】（1）已知①2NO(g)=N2(g)＋O2(g)ΔH＝－180.5 kJ·mol－1，
②2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋5716 kJ·mol－1，
③ H2O(l) =H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1
则利用盖斯定律将①-②+③可得2H2（g）+2NO（g）=2H2O（g）+N2（g）△H=-180.5 kJ mol-1-571.6kJ mol-1+（+44 kJ mol-1）×2 = -664.1 kJ mol-1，故答案为：
2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-664.1kJ/mol；
（2）根据图示，A极SO2失电子发生氧化反应生成SO42-，则A为阳极，电极反应式是
2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+；根据总反应,X溶液中的溶质是，故答案为：阳；2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+；H2SO4；
（3）a.反应前后气体的化学计量数之和不等，混合气体的总物质的量随反应的进行不断变化，则容器内压强不随时间改变，说明是平衡状态，a项正确；
b. 混合气体的质量始终是定值，但混合气体的总体积恒定，则当混合气体的密度保持不变，不能说明是平衡状态，b项错误；
c. N2H4 和NH3的系数不等，当物质的量之比保持不变时，此反应为平衡状态，c项正确；
d. 单位时间内生成amol N2的同时相当于生成4molNH3，同时消耗4 mol NH3，则说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，d项正确；
图中曲线b的体积分数减小说明是反应物，a和c曲线对应的体积分数增大，说明是生成物，其中a的体积分数大于c，则a为NH3的体积分数；由图1可知，温度越高，肼的体积分数含量越低，故要促进肼的分解，应提高反应温度，另外减小生成物的浓度，平衡也向正向移动，符合题意，故答案为：b；NH3；升温或减小生成物浓度；
(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g)ΔH<0。

某温度下，向容积为10 L的密闭
（4）2NH
容器中通入4 mol NH3和2 mol CO2，该反应进行到40 s时达到平衡，此时CO2的转化率为80%，则转化的CO2的浓度为80%×=0.16mol,列出三段式如下：
，则根据平衡常数表达式可知
625；曲线Ⅰ表示该反应在前25 s内NH3的浓度随时间的变化，则氨气的浓度变化
(NH3)=0.32mol/L-0.08mol/L=0.24mol/L，则v(NH3)= =0.0096mol/(L•s),
故v(CO2)=v(NH3)= 0.0048mol/(L•s)；该反应体系是气体体积分数减小的放热反应，通过图示信息可以看出，曲线Ⅱ与曲线I相比，反应达到平衡的时间提前了，说明反应速率增大，且氨气达到平衡时转化的浓度增大，说明平衡向正反应反应移动，可能改变的条件为：增大压强，故答案为：625；0.0048mol/(L•s)；增大压强。

【点睛】最后一问判断可能改变的条件时，要先判断反应体系是吸热还是放热，气体的变化情况，再根据实际情况讨论如温度、压强、催化剂等对反应速率与反应平衡带来的综合影响是否符合图示氨气的变化规律。

11.BaTiO3、KH2PO4和NaNO2都属于铁电体，它们具有许多特异的性能如当它受压力而改变形状时产生电流，通电时会改变形状等。

(1)基态Ti原子的价电子排布式为___________，属于___________区元素。

(2)KH2PO4晶体中存在的作用力有___________(选填字母)。

A.离子键 B.共价键 C.氢键(3) NaNO2中N原子的杂化类型为___，键角(填“>、<或=”)____120°，其原因是___________。

N、O、Na三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。

(4)BaTiO3的晶胞如下图所示：
Ti原子的配位数为_____，晶体的密度为ρg/cm3，最近的Ba原子和O原子之间的距离为___（填计算式)nm。

( BaTiO3的摩尔质量为233g/mol，N A为阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1). 3d24s2(2). d(3). ABC(4). sp2(5). <(6). N原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力(7). Na>O>N(8).
6
(9). ×107
【解析】
【分析】
(1) Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式，得到基态Ti原子的价电子排布式，并根据元素原子结构与元素在周期表的位置关系判断其所属区域；
(2)KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH 与其它的-OH间可形成氢键；
(3)根据N、O原子间形成的电子对分析原子杂化，并结合孤电子对与成键电子对之间的作用力情况判断键角大小；
(4)从元素的+1价离子的稳定性大小分析I2大小；
(5)根据晶胞在各种微粒的空间构型及相对位置判断Ti的配位体数目；用均摊法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，计算晶胞的质量，利用m=ρ·V、及边长V= L3计算晶胞边长，最后根据Ba与O原子的位置在面对角线的一半就可计算出两个微粒间的距离。

【详解】（1）Ti的原子序数为22，则基态原子的价电子排布式为3d24s2，位于第四周期IVB 族，属于d区，故答案为：3d24s2；d；
(2) KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH 中的O原子与其它KH2PO4之间-OH的H原子间可形成氢键，故合理选项是ABC；
(3)在NO2-中存在N=O和N-O，所有NO2-中的N原子采用sp2杂化，N原子最外层有5个电子，其中一对为孤电子对，有3个成键电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于120°，故答案为：sp2；<；N原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(4) 由于Na+是最外层8个电子的稳定结构，气态基态Na+从8电子稳定结构再失去一个电子最难，气态基态O+从2p3半充满较稳定结构再失去一个电子较难。

所以Na+的第二电离能I2最大，N+最小，因此三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为Na>O>N；
(5)根据晶胞结构示意图可知：Ti位于晶胞中心，O原子位于晶胞六个面心上，Ba位于晶体的8个顶点上，所以Ti的配位体数目是6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数Ti：1×1=1；Ba：×8=1，O：×6=3，即一个晶胞中含有1个BaTiO3，其质量m=g，由于晶胞的密度是ρg/cm3，所以晶胞的体积V==cm3，则晶胞的边长
L=cm=×10-7nm ，最近的Ba 原子和O 原子位于面对角线的一半位置，所以最近
的Ba 原子和O 原子之间的距离为a=L=nm ，故答案为：6；×107。

12.α-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。

用此法合成化合物J 的路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）F 中含有的含氧官能团．．．．．
的名称是_______ ，用系统命名法命名A 的名称是___________。

（2）B→ C 所需试剂和反应条件为________________________________。

（3）由C 生成D 的化学反应方程式是_____________________________________。

（4）写出H 的结构简式___________ ，写出检验溶液中存在G 的一种化学方法___________。

（5）F ＋H→J 的反应类型是__________。

F 与C 在CuBr 和磷配体催化作用下1：1反应合成大位阻醚，写出其中一种有机产物的结构简式：____________________。

（6）化合物X 是E 的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应。

符合上述条件的X 的同分异构体有多种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1: 6:1的结构简式为______________________。

【答案】 (1). 羧基 (2). 2-甲基丙烯 (3). NaOH 水溶液，加热 (4).
+O 2+2H 2O (5). (6). 向溶液中
滴加FeCl 3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在 (7). 取代反应 (8).
或(9).
【解析】
【分析】
由合成流程可知，A、C的碳链骨架相同，A发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为CH2=C(CH3)2，A与溴加成生成B为CH2BrCBr(CH3)2，C氧化生成D为OHCC(OH)(CH3)2，D氧化生成E为(CH3)2C(OH)COOH，E中—OH发生取代反应生成F，结合J的结构可知H
为，G为苯酚，据此解答。

【详解】根据上述分析可知，
(1)结合流程图中F的结构简式可以看出，其含氧官能团的名称为羧基；A的结构简式为
CH2=C(CH3)2，命名为：2-甲基丙烯；
(2)由B生成C属于溴原子的水解反应，所需条件为NaOH水溶液，加热；
(3)C→D属于醇的催化氧化反应，其化学方程式为：
；
(4)根据上述分析可知H为；G为苯酚，则检验苯酚可以向溶液中滴加FeCl3溶液，若
溶液显紫色，证明有苯酚存在；
(5)根据给定已知信息可知，F与H在CuBr和磷配体催化作用下合成J，其反应类型为取代反应；F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，有机产物的结构简式为
或；
(6)E为(CH3)2C(OH)COOH，化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解。