2019-2020学年安徽省皖江名校联盟高三(下)第五次联考化学试卷

2019-2020学年安徽省皖江名校联盟高三（下）第五次联考
化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与人类社会、生活休戚相关。

下列生活现象或事实以及解释均正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
2．（6分）设N A为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．已知t℃时，MgCO3的K sp＝4×10﹣6，则MgCO3饱和溶液中含Mg2+数目为2×10﹣3 N A
B．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数一定为0.1N A
C．CO2通过Na2O2使其增重bg时，反应中转移的电子数为bN A/44
D．1mol带有乙基支链的烷烃，分子中所含碳原子数最少为5N A
3．（6分）合成有机玻璃单体的一种方法如下，下列有关说法正确的是（）
A．a、b、c均易溶于水和有机溶剂
B．与a具有相同官能团的同分异构体还有1种
C．a、c分子中碳原子一定在同一平面上
D．a、c均能发生加成、氧化、取代和还原反应
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，在同周期元素的原子中，W 的半径最大；Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系如图。

下列说法正确
的是（ ）
A ．W 、Z 、Y 、X 元素的原子半径依次减小
B ．简单气态氢化物的沸点Z 比W 的高
C ．工业上可用电解熔融的W 元素氯化物制备W
D ．非金属性：Y ＞Z ＞X
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆与吉野彰这三位被称为“锂电池之父”的科学家，以表彰他们在锂离子电池领域作出的突出贡献。

如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a 极为含有Li 、Co 、Ni 、Mn 、O 等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li +的高分子复合材料，b 极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为：
Li x C 6+Li 3﹣x NiCoMnO 6⇌充电
放电
C 6+Li 3NiCoMnO 6．
下列说法正确的是（ ）
A ．充电时，Li +向电池的a 极移动
B ．放电时，电池的负极反应为Li x
C 6﹣xe ﹣
═xLi ++C 6
C ．充电时若转移的电子数为3.01×1023个，两极材料质量变化相差0.7g
D ．该电池若采用盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，工作效率会更高
6．（6分）某兴趣小组用如图装置探究甲烷与氯气反应同时收集副产品盐酸，下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸在整套装置中的作用是干燥气体
B．采用200mL 8mol/L盐酸与足量二氧化锰反应最多可得0.4mol Cl2
C．石棉上可滴加饱和食盐水，用于吸收氯气
D．光照一段时间，装置C硬质玻璃管内壁出现的黑色小颗粒可能是碳
7．（6分）已知25℃时，几种难溶电解质的溶度积常数K sp如表所示（当某种离子浓度≤10﹣5mol•L﹣1时，认为完全沉淀）：下列说法正确的是（）
A．相同温度下，溶度积常数越大相应物质的溶解度就越大
B．欲用1L NaCl溶液将0.01mol AgBr转化为AgCl沉淀，则c（NaCl）≥0.0136mol/L
C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4能使溶液由图中Y点变为X点
D．AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），往其中加入少量NaCl 固体，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）2019年诺贝尔化学奖授予在开发锂离子电池方面做出卓越贡献的三位化学家。

锂被誉为“高能金属”，是锂电池的电极材料，工业上用β﹣锂辉矿（主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2以及少量钙、镁杂质）和氟磷灰石（Ca5P3FO12）联合制取锂离子电池正极材料（LiFePO4），其工业生产流程如图：
已知：①K sp [Al （OH ）3]＝2.7×10﹣34
；
②LiFePO 4难溶于水。

回答下列问题：
（1）氟磷灰石（Ca 5P 3FO 12）中磷元素的化合价为 ，沉淀X 的主要成分是（写化学式） 。

（2）操作3的名称是 ，操作1所需的玻璃仪器名称为 。

（3）蒸发浓缩Li 2SO 4溶液的目的是 。

（4）写出合成反应的离子方程式 。

（5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO 4⇌充电
放电
Li+FePO 4，放电时正极反应式
为 。

（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β﹣锂辉矿石，经上述变化得到纯净的LiFePO 4共110.6吨，则元素锂的利用率为 。

9．（14分）苯甲酸乙酯（C 9H 10O 2）是一种重要的有机合成中间体，有香味，广泛用于配制香水、香精和食品工业中。

某兴趣小组设计制备苯甲酸乙酯的实验步骤如下：
①在250mL 带有分水器的烧瓶中加入24.4g 苯甲酸、50mL 苯、18.4g 乙醇和0.8g 硫酸，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流至分水器无水分出来为止。

②将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，加入Na 2CO 3至溶液呈中性。

分液后水层用乙醚萃取，然后合并至有机层，加入少量无水MgSO 4固体，静置，过滤。

③对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和苯后，继续升温到一定温度后，即得约25.7mL 产品。

实验原理、装置和有关数据如下：
∗苯甲酸在100℃会迅速升华。

回答下列问题：
（1）在该实验中，分离得到苯甲酸乙酯操作时必需的主要仪器是（填入字母）。

A．分液漏斗B．漏斗C．蒸馏烧瓶D．直形冷凝管E．蒸发皿F．温度计
（2）步骤①中使用分水器不断分离水的目的是。

（3）步骤③中蒸馏操作温度计的水银球位置应处在，温度计的最大量程应为。

A.100℃
B.150℃
C.200℃
D.250℃
（4）本实验中加入过量乙醇的目的是。

（5）步骤②加入Na2CO3的作用是。

（6）计算本实验的产率为。

（7）步骤②若加入Na2CO3的量不足，最后蒸馏产品时蒸馏烧瓶瓶口内壁上有晶体附着，产生该现象的原因。

10．（15分）碳是生命的基础，近几年科学家们纷纷掀起了研究碳的热潮。

回答下列问题：（1）2019年人们“谈霾色变”，汽车尾气是雾霾的罪魁之一。

汽车尾气净化的原理为：2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g）△H＜0
某温度下，恒容的密闭容器中通入NO和CO，测得不同时间的NO和CO的浓度如表：
①2s 内用N 2表示的化学反应速率为 ，该温度下，反应的化学平衡常数为 。

②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t 1时刻达到平衡状态的是 （填代号）。

（2）用CH 4催化还原NO x 也可以减少氮的污染。

已知：CH 4（g ）+2NO 2（g ）═N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （g ）△H ＝﹣867kJ/mol 2NO 2（g ）═N 2O 4（g ）△H ＝﹣56.9kJ/mol H 2O （g ）═H 2O （l ）△H ＝﹣44.0kJ/mol
写出CH 4催化还原N 2O 4（g ）生成N 2和H 2O （1）的热化学方程式： 。

（3）常温常压下，测得向水中通入足量的CO 2后，水溶液的pH ＝5.6。

①若忽略水的电离及H 2CO 3的第二级电离，则H 2CO 3⇌HCO 3﹣
+H +的平衡常数K 大约
为 。

（已知：溶液中c （H 2CO 3）＝1.5×10﹣
5mol •L ﹣
1，10
﹣5.6
＝2.5×10﹣6）
②常温下，测得NaHCO 3溶液呈碱性，则溶液中c （H 2CO 3） c （CO 32﹣
）（填“＞”“”或“＜”），原因是 （用离子方程式和必要的文字说明）。

③锅炉中的CaSO 4沉淀可用可溶性碳酸盐浸取，然后加酸除去，浸取过程中会发生反应：CaSO 4（s ）+CO 32﹣
（ag ）⇌CaCO 3（s ）+SO 42﹣
（aq ）。

已知298K 时，K sp （CaCO 3）＝
2.80×10﹣
9，K sp （CaSO 4）＝4.90×10﹣
5，则此温度下该反应的平衡常数K 为 （计
算结果保留三位有效数字）。

[化学---选修3：物质结构与性质]（15分）
11．（15分）铜是生活中常见的金属，铜及其化合物在不同环境中能呈现出不同的颜色：
回答下列问题：
（1）Cu基态核外电子排布式为；科学家通过X射线测得Cu（H2O）4SO4•H2O 结构示意图可简单表示如图：
图中虚线表示的作用力为。

（2）已知Cu+（SCN）2△
¯Cu+（SCN）
2，1mol（SCN）2分子中含有的π键数目为
，
写出
2个与SCN﹣互为等电子体的分子的化学式。

（3）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是，反应的化学方程式为。

（4）在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是，其中心原子的杂化轨道类型是。

（5）已知Cu的晶胞结构如图所示，铜原子的配位数为，又知晶胞边长为3.61×10﹣8cm，则Cu的密度为（保留三位有效数字）。

[化学---选修5：有机化学基础]（15分）
12．如图是合成治疗胆囊炎的一种药物的合成路线。

回答下列问题：
已知：①在Fe、HCl作用下，硝基易被还原为氨基。

②有机物命名时，当有其他官能
团存在，卤原子、氨基一般都作为取代基出现。

（1）E的化学名称为；G的分子式为。

（2）A→B、D→E的有机反应类型分别是、；E中含有官能团的名称是。

（3）写出F生成G的化学方程式。

（4）F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应的物质共有种；写出其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式（任写一种）。

（5）参照上述合成路线，以甲苯为原料（无机试剂任选），设计制备F的合成路线。

参考答案
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．【分析】A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够使蛋白质变性；
B．铁粉不具有吸水性；
C．金属燃料电池具有成本低、无毒、无污染、比功率高、比能量高等优点；
D．有些新型陶瓷材料具有耐高温特点。

【解答】解：A．Cl2可用于饮用水的消毒。

因为氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故A错误；
B．铁粉不具有吸水性，不能用作干燥剂，铁粉具有还原性，可以防止食品氧化变质，故B错误；
C．铝、镁等金属电池是燃料电池的发展方向，因为具有成本低、无毒、无污染、比功率高、比能量高等优点，故C错误；
D．火箭外壳材料应具有耐高温特点，长征系列火箭外壳镶嵌新型陶瓷材料，这种陶瓷具有耐高温等优良性能，故D正确；
故选：D。

2．【分析】A、根据n＝C•V来分析；
B、根据n=m
M并结合钠元素的价态来分析；
C、过氧化钠和二氧化碳反应增重相当于CO的质量，结合化学方程式计算电子转移；
D、支链为乙基，则主链至少含有5个C，该烷烃至少含有7个C；
【解答】解：A、MgCO3的K sp＝4×10﹣6，则MgCO3饱和溶液中C（Mg2+）=√4×10−6=2×10﹣3mol/L，但由于不知溶液的体积，故无法计算溶液中Mg2+数目，故A错误；
B、2.3Na完全反应，钠的物质的量=
23g
23g/mol=0.1mol，反应中Na元素化合价由0价升
高为+1价，故转移电子数目＝0.1mol×1×N A mol﹣1＝0.1N A，故B正确；
C、将二氧化碳通过过氧化钠固体，固体增加的质量相当于CO的质量，反应中转移电子
数为m
28
N A，故C错误；
D、支链只有一个乙基，主链至少含有5个C，则该烷烃最少含7个碳原子，故1mol该烷烃，分子中所含碳原子数最少为7N A，故D错误。

故选：B。

3．【分析】A ．c 只含憎水基，不含亲水基；
B ．与a 具有相同官能团的同分异构体中，碳原子位于同一条链上，只是碳碳双键位置不同；
C ．单键可以旋转；
D ．碳碳双键能发生加成反应、氧化反应和还原反应，羧基和酯基能发生取代反应。

【解答】解：A ．c 含有憎水基酯基，不含亲水基，所以不溶于水，故A 错误； B ．与a 具有相同官能团的同分异构体中，碳原子位于同一条链上，只是碳碳双键位置不同，还有CH 3CH ＝CHCOOH 、CH 2＝CHCH 2COOH 两种，故B 错误；
C ．因为单键可以旋转，所以c 分子中的碳原子不一定在同一个平面上，故C 错误；
D ．ac 都含有碳碳双键，所以都能发生加成反应、氧化反应、还原反应，a 含有羧基、c 含有酯基，所以二者都能发生取代反应，故D 正确； 故选：D 。

4．【分析】X 、Y 、Z 、W 为原子序数递增的四种短周期元素，在同周期元素的原子中，W 的半径最大，结合W 在X 、Y 、Z 之后，可判断W 为Na ，Z 的原子序数等于X 、Y 原子序数之和，A 、B 、C 分别为X 、Y 、Z 形成的二元化合物，D 、M 分别为Y 、Z 元素形成的单质，结合转化关系图可知A 为NH 3，B 为NO ，C 为NO 2，D 为N 2，M 为O 2，则X 、Y 、Z 、W 分别为H 、N 、O 、Na 等元素，以此解答该题。

【解答】解：A ．原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右原子半径减小，则应为W ＞Y ＞Z ＞X ，故A 错误；
B ．NaH 为离子化合物，沸点较高，故B 错误；
C ．钠为活泼金属，用电解氯化钠的方法制备钠，故C 正确；
D ．氧的非金属性比氮强，故D 错误。

故选：C 。

5．【分析】根据电池反应式知，负极b 反应式为Li x C 6﹣xe ﹣
＝C 6+xLi +、正极a 反应式为Li 3
﹣x
NiCoMnO 6+xLi ++xe ﹣
＝Li 3NiCoMnO 6，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应
式正好相反，所以A 是负极、B 是正极，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来回答。

【解答】解：由电池总反应Li x C 6+Li 3﹣x NiCoMnO 6⇌充电
放电
C 6+Li 3NiCoMnO 6可知，Li 的化合
价升高，放电时Li x C 6作负极，Li 3﹣x NiCoMnO 6作正极，即a 电极为正极、b 电极为负极；
充电时负极作阴极，正极作阳极，
A、充电时，阳离子向阴极b移动，即Li+向电池的b极移动，故A错误；
B、放电时，较活泼的电极或易失电子的物质所在电极为负极、发生氧化反应，所以该电
池的负极反应式为Li x C6﹣xe﹣═xLi++C6，故B正确；
C、充电时若转移的电子数为3.01×1023个，即0.5mol电子，两极材料质量变化的原因
都是Li+，所以两极材料质量变化相等，故C错误；
D、Li是活泼金属，能与盐酸、硫酸反应，所以盐酸、稀硫酸等酸性溶液不能作为电解
质溶液，故D错误；
故选：B。

6．【分析】装置A制备氯气通过浓硫酸吸收水蒸气，和甲烷仪器通入装置C光照发生取代反应，生成的氯化氢、一氯甲烷等气体通过D装置中的石棉上吸附着KI饱和溶液及KI 粉末除去氯气，E装置中吸收生成的氯化氢气体，所以有盐酸生成，同时防止倒吸，还含有有机物甲烷、一氯甲烷气体不能吸收，需要加尾气吸收装置，
A、浓硫酸不仅可以干燥气体，还可以使气体混合均匀；
B、该反应中部分盐酸作还原剂、部分起酸作用，当浓盐酸浓度降低到一定浓度时变为稀
盐酸，稀盐酸和二氧化锰不反应；
C、氯气难溶于饱和食盐水；
D、由元素组成分析，黑色小颗粒只能是碳。

【解答】解：装置A制备氯气通过浓硫酸吸收水蒸气，和甲烷仪器通入装置C光照发生取代反应，生成的氯化氢、一氯甲烷等气体通过D装置中的石棉上吸附着KI饱和溶液及KI粉末除去氯气，E装置中吸收生成的氯化氢气体，所以有盐酸生成，同时防止倒吸，还含有有机物甲烷、一氯甲烷气体不能吸收，需要加尾气吸收装置，
A、浓硫酸不仅可以干燥气体，还可以使气体混合均匀，同时能够通过观察气泡判断流速，
故A错误；
B、该反应中盐酸一半起酸作用、一半作还原剂，当浓盐酸浓度降低到一定浓度时变为稀
盐酸，稀盐酸和二氧化锰不反应，
所以生成氯气的物质的量＜8mol/L×0.2L
4=0.4mol，故B错误；
C、氯气难溶于饱和食盐水，石棉上吸附着NaOH溶液可除去氯气，故C错误；
D、光照一段时间，装置C硬质玻璃管内壁出现的黑色小颗粒是碳，故D正确；
故选：D。

7．【分析】A．如物质的结构相似，可根据溶度积大小比较溶解性；
B．将0.01mol AgBr转化为AgCl沉淀，则c（Br﹣）≤1.0×10﹣5mol/L，溶液中c（Ag+）
≥5.0×10−13
1.0×10−5
mol/L，结合Ksp（AgCl）计算c（NaCl）；
C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，则c（Ag+）应减小；D．加入少量NaCl固体，引入钠离子。

【解答】解：A．如物质的结构相似，可根据溶度积大小比较溶解性，表中物质的组成结构不同，不能用溶度积比较溶解性，故A错误；
B．将0.01mol AgBr转化为AgCl沉淀，则c（Br﹣）≤1.0×10﹣5mol/L，溶液中c（Ag+）
≥5.0×10−13
1.0×10−5mol/L＝5.0×10﹣8mol/L，则c（NaCl）＝c（Cl﹣）＝0.01mol+
1.8×10−10
5.0×10−8
mol
＝0.0136mol/L，故B正确；
C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c（CrO42﹣）增大，则c（Ag+）应减小，则不能由Y点变为X点，故C错误；
D．加入少量NaCl固体，引入钠离子，总离子浓度会增大，故D错误。

故选：B。

二、解答题（共3小题，满分43分）
8．【分析】由流程可知，用硫酸与β﹣锂辉矿反应，生成含少量铝、钙、镁离子的硫酸锂溶液，加碳酸钙分离出滤渣为SiO2、CaSO4、CaCO3，溶液中加氢氧化钙、适量碳酸钠分离出沉淀X为CaCO3、Mg（OH）2，得到较为纯净的硫酸锂溶液，氟磷灰石加浓硫酸生成HF、CaSO4，操作1为过滤，混合时磷酸与氯化铵反应生成磷酸二氢铵，操作2为萃取，操作3为分液，水相中含磷酸二氢铵，硫酸锂溶液蒸发浓缩后与苯胺、硫酸亚铁、磷酸二氢铵混合发生H2PO4﹣+Fe2++Li+＝LiFePO4↓+2H+，生成LiFePO4，以此来解答。

【解答】解：（1）氟磷灰石（Ca5P3FO12）中磷元素的化合价为0−(−2)×12−(−1)−(+2)×5
3
=
+5，沉淀X的主要成分是CaCO3、Mg（OH）2，
故答案为：+5；CaCO3、Mg（OH）2；
（2）操作3的名称是分液，操作1所需的玻璃仪器名称为烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：分液；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）蒸发浓缩Li2SO4溶液的目的是增大溶液中锂离子的浓度，便于生成LiFePO4沉淀，
故答案为：增大溶液中锂离子的浓度，便于生成LiFePO 4沉淀；
（4）合成反应的离子方程式为H 2PO 4﹣
+Fe 2++Li +＝LiFePO 4↓+2H +， 故答案为：H 2PO 4﹣
+Fe 2++Li +＝LiFePO 4↓+2H +； （5）科学家设计一种锂电池的反应原理为LiFePO 4⇌充电
放电
Li+FePO 4，放电时正极反应式为FePO 4+e ++Li +＝LiFePO 4，得到电子发生还原反应，
故答案为：FePO 4+e ++Li +＝LiFePO 4；
（6）工业上取300吨含氧化锂5%的β﹣锂辉矿石，含氧化锂为300t ×5%＝15t ，由原子守恒可知Li 2O ～2LiFePO 4，理论上生成LiFePO 4为15t 30g/mol ×2×180g/mol ＝180吨，经
上述变化得到纯净的LiFePO 4共110.6吨，则元素锂的利用率为
110.6t 158t ×100%＝70%，
故答案为：70%。

9．【分析】（1）实验结束用蒸馏的方法分离苯甲酸乙酯； （2）为可逆反应，且生成水，减少生成物，可使平衡正向移动；
（3）蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，则温度计最大量程为250℃；
（4）增大反应物浓度，可使平衡正向移动；
（5）碳酸钠可与硫酸、苯甲酸反应；
（6）24.4g 苯甲酸的物质的量为
24.4g 122g/mol =0.2mol ，理论可生成0.2mol 苯甲酸乙酯，
以此可计算产率；
（7）加入碳酸钠不足，可导致苯甲酸未除净。

【解答】解：（1）实验结束用蒸馏的方法分离苯甲酸乙酯，可用到CDF 等仪器，故答案为：CDF ；
（2）为可逆反应，且生成水，减少生成物，可使平衡正向移动，可提高产率，故答案为：使平衡正向移动，提高产率；
（3）蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，则温度计最大量程为250℃，
故答案为：蒸馏烧瓶的支管口；D ；
（4）增大反应物浓度，可使平衡正向移动，可提高苯甲酸的转化率，故答案为：提高苯甲酸的转化率；
（5）碳酸钠可与硫酸、苯甲酸反应，则步骤②加入Na2CO3，可吸收硫酸以及未反应的苯甲酸，同时降低酯的溶解度，故答案为：吸收硫酸以及未反应的苯甲酸，同时降低酯的溶解度；
（6）24.4g苯甲酸的物质的量为
24.4g
122g/mol
=0.2mol，理论可生成0.2mol苯甲酸乙酯，
质量为0.2mol×150g/mol＝30g，产品体积为25.7mL，则质量为25.7mL×1.05g/mL＝
26.985g，则产率为26.985
30
×100%≈90%，
故答案为：90%；
（7）加入碳酸钠不足，可导致苯甲酸未除净，则受热时发生升华和凝华现象，导致最后蒸馏产品时蒸馏烧瓶瓶口内壁上有晶体附着，
故答案为：苯甲酸未除净，在受热时发生升华和凝华现象。

10．【分析】（1）①根据v=△c
△t计算2s内NO的化学反应平均速率，根据速率之比等于化学
计量数之比计算N2的化学反应平均速率；根据反应三段式计算各组分的平衡浓度并代入
化学平衡常数为K=c(N2)⋅c2(CO2)
c2(NO)⋅c2(CO)中计算K；
②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
（2）CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（1）的化学方程式为CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），
①CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ/mol
②2NO2（g）═N2O4（g）△H＝﹣56.9kJ/mol
③H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44.0kJ/mol
根据盖斯定律①﹣②+③×2计算CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）的焓变△H；
（3）①H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K=c(H+)⋅c(HCO3−)
c(H2CO3)，溶液中c（H2CO3）≈
1.5×10﹣5mol•L﹣1，c（HCO3﹣）＝c（H+）＝10﹣5.6mol•L﹣1；
②NaHCO3是弱酸强碱的酸式盐，存在电离和水解平衡，NaHCO3溶液呈碱性，则HCO3﹣的水解大于电离；
③CaSO4（s）+CO32﹣（ag）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K=c(SO42−)
c(CO32−)
= K sp(CaSO4)
K sp(CaCO3)。

【解答】解：（1）①根据表中数据计算v（NO）=(1.00−0.25)×10−3mol/L
2s=3.75×10
﹣4mol/（L•min），反应为2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g），所以v（N2）=1
2v （NO）＝1.875×10﹣4mol/（L•min）；
反应的三段式为：2NO（g）+2CO（g）═2CO2（g）+N2（g）
起始量（×10﹣3mol/L） 1.00 3.60 0 0
变化量（×10﹣3mol/L）0.90 0.90 0.90 0.45
平衡量（×10﹣3mol/L）0.10 2.70 0.90 0.45
所以化学平衡常数K=c(N2)⋅c2(CO2)
c2(NO)⋅c2(CO)
=(0.90×10
−3)2×0.45×10−3
(0.10×10−3)2×(2.70×10−3)2
=5000，
故答案为：1.875×10﹣4mol/（L•min）；5000；
②a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；
b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，图象与实际符合，故b正确；
c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；
d、NO的质量分数不变，t1时刻处于平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；
（2）CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（1）的化学方程式为CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），
①CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ/mol
②2NO2（g）═N2O4（g）△H＝﹣56.9kJ/mol
③H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣44.0kJ/mol
根据盖斯定律①﹣②+③×2计算CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）的焓变△H＝﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+（﹣44.0kJ/mol
）×2＝﹣898.1kJ/mol，热化学方程式为CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O （l）△H＝﹣898.1kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣898.1kJ/mol；
（3）①溶液中c（H2CO3）＝1.5×10﹣5mol•L﹣1，c（HCO3﹣）＝c（H+）＝10﹣5.6mol•L ﹣1＝2.5×10﹣6mol/L，H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K=c(H+)⋅c(HCO3−)
c(H2CO3)= 2.5×10−6×2.5×10−6
1.5×10−5
=4.2×10﹣7，
故答案为：4.2×10﹣7；
②NaHCO3是弱酸强碱的酸式盐，存在电离和水解平衡：电离平衡为HCO3﹣⇌H++CO32﹣，水解平衡为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，NaHCO3溶液呈碱性，NaHCO3溶液呈碱性则HCO3﹣的水解大于电离，所以c（H2CO3）＞c（CO32﹣），
故答案为：＞；NaHCO3溶液中既存在电离平衡HCO3﹣⇌H++CO32﹣，又存在水解平衡HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，并且HCO3﹣的水解程度大于电离程度；
③CaSO4（s）+CO32﹣（ag）⇌CaCO3（s）+SO42﹣（aq）的平衡常数K=c(SO42−)
c(CO32−)
= K sp(CaSO4)
K sp(CaCO3)=1.75×10
4，
故答案为：1.75×104。

[化学---选修3：物质结构与性质]（15分）
11．【分析】（1）Cu是29号元素，根据构造原理、洪特规则特例书写核外电子排布式；依据氢键、配位键形成条件判断虚线表示的作用力；
（2）（SCN）2的结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，单键都是σ键，三键中1个是σ键，2个是π键；原子个数相等，价电子数相等的微粒互为等电子体；
（3）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，这是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，根据电荷守恒，还原氢氧根离子生成；
（4）计算硫酸根离子中硫原子价层电子对数，判断轨道杂化方式；计算孤电子对数，依据电子对互斥理论判断空间构形；
（5）金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；依据均摊法计算1个
晶胞含有铜原子个数，据此计算1mol晶胞的质量，1mol晶胞体积，依据ρ=m
V计算铜的
密度。

【解答】解：（1）Cu是29号元素，由能量最低原理，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，通过图象知，图中虚线表示的作用力有铜离子和水分子中的O原子之间的配位键，氢原
子和另一分子中氧原子之间的氢键，
故答案为：氢键、配位键；
故答案为：[Ar]3d104s1；氢键、配位键；
（2）（SCN）2的结构式为N≡C﹣S﹣S﹣C≡N，1个分子中含有4个π键，1mol（SCN）2分子中含有的π键数目为4N A；N2O、CO2原子个、价电子数都与SCN﹣相等，互为等电子体；
故答案为：4N A；N2O、CO2；
（3）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，方程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]（OH）2+4H2O，故答案为：过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；Cu+H2O2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]（OH）2+4H2O；
（4）在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，硫酸根离子
中硫价层电子对数n=6+2
2=4，所以S原子采取sp
3杂化；孤电子对数m=6+2−2×4
2=0，
所以其空间构形为正四面体；
故答案为：SO42﹣；sp3；
（5）金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则晶胞中Cu原子配
位数=3×8
2=12；
晶胞中Cu原子数目＝8×1
8+6×
1
2=4，故晶胞质量=
4×64
6.02×1023g，示，又知晶胞边长为
3.61×10﹣8cm，则Cu的密度=
4×64
6.02×1023g÷（3.61×10
﹣8cm）3＝9.04g/cm3；
故答案为：12；9.04g/cm3。

[化学---选修5：有机化学基础]（15分）
12．【分析】E、F发生成肽反应生成G，根据G结构简式及F分子式知，F为，
则E为，根据信息①知，D发生还原反应生成E，则D为；B 发生水解反应生成C，C酸化得到D，
苯和氯气发生取代反应生成A，A和浓硝酸发生取代反应生成B，则A为、B 为、C为；
（5）以甲苯为原料（无机试剂任选）制备，甲苯和氯气发生取代反应生成邻甲基氯苯，然后发生氧化反应生成邻氯苯甲酸，再发生水解反应、酸化得到目标产物。

【解答】解：（1）E为，E的化学名称为对氨基苯酚或4﹣氨基苯酚；G的分子式为C13H11NO2，
故答案为：对氨基苯酚或4﹣氨基苯酚；C13H11NO2；
（2）A→B、D→E的有机反应类型分别是取代反应、还原反应；E为，E中含有官能团的名称是氨基、羟基，
故答案为：取代反应；还原反应；氨基、羟基；
（3）F和E发生成肽反应生成G，F生成G的化学方程式+→
+H2O，
故答案为：+→+H2O；
（4）F为，F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，说明含有醛基和酚羟基，
如果取代基为酚﹣OH、HCOO﹣，有邻间对3种；
如果取代基为2个酚﹣OH、1个﹣CHO，有6种，
所以符合条件的有9种，
其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式为
，
故答案为：9；；
（5）以甲苯为原料（无机试剂任选）制备，甲苯和氯气发生取代反应生成邻甲基氯苯，然后发生氧化反应生成邻氯苯甲酸，再发生水解反应、酸化得到目标产物，
其合成路线为，故答案为：。