河南省普通高中2019届高三化学适应性测试试题(含解析)

2019 年一般高中毕业班高考适应性测试理科综合能力测试
（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56
一、择题此题共13 小题，每题 6 分，共 78 分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的。

1.物质的构造性质和用途之间有着特别亲密的关系。

以下有关物质的性质与用途的因果对应
关系错误的选项是
选项性质用途
A二氧化硅熔点很高、硬度大二氧化硅可用于制备光导纤维
B氯化铁溶液能与铜反响用氯化铁溶液腐化铜箔制造印刷电路板
C过氧化钠能汲取二氧化碳产生氧气过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂
D氧化钙能与水反响氧化钙可用作食品干燥剂
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】 A
【分析】
【详解】 A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅
的硬度大小、熔点高低没关，故 A 错误；
B.氯化铁溶液能与铜反响生成氯化铜和氯化亚铁，故用氯化铁溶液腐化铜箔制造印刷电路
板，故 B 正确；
C.过氧化钠与二氧化碳反响产生氧气，常用作供氧剂，能够用作呼吸面具中的氧气根源，故
C正确；
D. 氧化钙能与水反响生成氢氧化钙，能够做干燥剂，故 D 正确；
应选 A。

2. 二环 [1 ， 0， 0] 丁烷 () 是最简单的桥环化合物。

以下对于该化合物的说法错误的选项是
A. 该化合物的二溴代物有 4 种
B.生成 1molC4H10需要 2molH2
C.该化合物与 1， 3- 丁二烯互为同分异构体
D.该化合物中 4 个碳原子可能处于同一平面
【答案】 D
【分析】
【详解】 A. 该物质构造中有两种碳原子，即2个-CH2-，2个，前者可连结两个Br ，尔后者不可以，故同一个碳原子上连 2 个 Br 只有 1 种， 2 个 -CH2- 分别连 1 个 Br 为 1 种， 2 个分别连 1 个 Br 为 1 种，相邻的 -CH2- ，分别连1个Br为1种，共4种同分异构体，故 A 正确；
B. 该有机物的分子式为C4H6，所以生成1molC4H10需要 2molH2，故 B 正确；
C． 1，3- 丁二烯的分子式为C4H6，构造简式为：，故和二环[1，
0， 0] 丁烷 () 互为同分异构体，故 C 正确；
D. 四个碳原子位于周围体的极点，不可以共面，故 D 错误；
应选 D。

3.以下图示是从海带中提取碘的有关操作，此中错误的选项是
A. 灼烧碎海带
B.过滤海带灰的浸泡液
C. 氧化滤液中的碘离子
D. 从碘的四氯化碳溶液中分别碘
【答案】 D
【分析】
【详解】 A．灼烧海带在坩埚中进行，故 A 正确；
B. 过滤海带灰的浸泡液的装置正确，故 B 正确；
C.Cl 2能将碘离子氧化成碘单质，故C正确；
D. 从碘的四氯化碳溶液中分别碘采纳的是蒸馏操作，不是蒸发，故 D 错误；
应选 D。

4.用 N A表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是
A. 100g 质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6N A
B. 标准情况下， 6g 乙酸和丙醇的混淆物中含有的分子数为0.1N A
C. 标准情况下，铁丝在22.4L 氧气中焚烧时转移的电子数为3N A
D. 将 10mL0.1mo· L －1FeCl 3溶液滴入开水中，获得Fe(OH)3胶粒的个数为0.001N A
【答案】 B
【分析】
【详解】 A. 100g 质量分数为46%的乙醇的物质的量为1mol，因为溶液中水分子中还有氢原子，
故含有的氢原子数大于6N A，故 A 错误；
B. 乙酸的分子式为C2H4O2，相对分子质量为60，丙醇的分子式为C3H8O，相对分子质量为60，故 6g 乙酸和丙醇的混淆物的物质的量为0.1mol ，含有的分子数为0.1N A，故 B 正确；
C.标准情况下， 22.4L 氧气为 1mol， Fe→Fe3O4，转移的电子数为 4N A，故 C 错误；
D. 因为 Fe(OH) 3胶粒为 Fe(OH)3的齐集体，则没法计算制得的胶体中含有Fe(OH)3胶粒的数目，
故 D错误；
应选 B。

5.工业废水中含有的 Cr 2O72－和 CrO42－会对水体产生很大的危害，所以这类工业废水一定净化办
理。

一种办理含铬废水的工艺流程以下：
①中反响为 2 CrO 42－ ( 黄色 )+2H+Cr 2O72－ ( 橙色 )+H2O。

以下说法正确的选项是
A.①中，酸化后废水黄色加深
B. ②中，反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比为3︰ 1
C.③中，所得积淀 Cr(OH) 3中含有 Fe(OH)3
D.①中，所加酸能够是盐酸
【答案】 C
【分析】
【详解】 A. ①中，酸化后，均衡正向挪动，废水黄色变浅，故 A 错误；
B. 依照氧化复原反响电子守恒计算，Cr2O72－→2Cr 3+～ 6e-，Fe2+～ Fe3+～ e-，氧化剂与复原剂的物
质的量之比为1︰6，故 B 错误；
C. ②中有 Fe3+生成，故③中所得积淀Cr(OH) 3中含有 Fe(OH) 3，故 C 正确；
D. ①中不可以加盐酸，盐酸有复原性，易把+6 价的铬元素复原，HCl 被氧化成氯气，故 D 错误；应选 C。

6.X 、 Y、 Z、 W和 R 为原子序数挨次增大的五种短周期主族元素。

已知X 元素的原子半径在周
期表的全部元素中是最小的， Y、R 同主族，且 R 原子的核电荷数是 Y 原子的核电荷数的 2 倍，Z、W 原子的最外层电子数之和与 Y、R原子的最外层电子数之和相等。

以下有关说法中正确的选项是
A. R 的氧化物对应的水化物均为强酸
B. 简单气态氢化物的热稳固性：Y>Z
C. Y 与 X、 W、 R三种元素均能够形成两种二元化合物
D. 原子半径由大到小的次序：W>R>Z>Y>X
【答案】 C
【分析】
【剖析】
X 元素的原子半径在周期表的全部元素中是最小的，X 为 H； X、 Y、 Z、 W和 R 为原子序数挨次增大， Y、 R 同主族，且R原子的核电荷数是Y 原子的核电荷数的 2 倍，故 Y 为 O，R 为 S； Z、
【详解】 A. R 的氧化物对应的水化物有硫酸和亚硫酸，硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，故 A 错误；
B. 非金属性Y<Z，则简单气态氢化物的热稳固性：Y<Z，故 B 错误；
C. 二元化合物指包含两种不一样元素的化合物。

Y与X形成H2O和H2O2，Y与W形成P2O5和P2O3，Y 与 R 形成 SO2和 SO3，故 C正确；
D.比较半径，第一看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数同样时，核内质子数越
多，半径越小；电子层数和质子数都同样时，核外电子数越多，半径越大。

原子半径由大到
小的次序： W>R>Y>Z>X，故 D 错误；
应选 C。

【点睛】同一周期的元素（罕有气体元素除外），从左到右原子半径渐渐减小，金属性渐渐减弱，
非金属性渐渐加强；同一主族的元素，从上到下原子半径渐渐增大，非金属性渐渐减弱，
金属性渐渐加强。

7. 室温时，用 0.100mol · L－ 1－ 1
AgNO溶液滴定· L NaCl 溶液的滴定曲线
3
以下图 [pCl= －lg(Cl－)]。

以下有关描绘错误的选项是
A.室温时 K sp(AgCl) 的数目级为 10－10
B.室温时，各点 K sp (AgCl) 的关系： a=b=c
C. 同样实验条件下，若改用0.0400mol · L－ 1NaCl 溶液，反响终点 b 挪动到 d
D. 同样实验条件下，若改用0.0500mol · L－ 1NaBr 溶液，反响终点 b 向 e 方向挪动
【答案】 D
【分析】
【详解】 A. 选用横坐标为 50mL的点，此时向· L－1NaCl 溶液中，加入 50mL 0.100mol · L －1AgNO3溶液，可计算出此时溶液中过度的Ag+浓度为0.025 mol · L－1，由图示获得此时 Cl —约为 1×10 -8 mol· L－1，所以 K sp(AgCl) 约为 0.025 ×10 -8 =2.5 ×10 -10，所以其数目级为 10－10，故 A 正确；
B. 因为 K sp (AgCl) 极小，所以向溶液中滴加AgNO3溶液就会有积淀析出，溶液向来是氯化银的饱
和溶液，在必定温度时，，K (AgCl) 是个常数，故各点K (AgCl) 的关系： a=b=c，故 B 正确；
sp sp
C. 滴定的过程是用硝酸银滴定NaCl 溶液，所以滴定的终点应当由原溶液中氯离子的物质的
量决定，将 50mL 0.05mol/L的 NaCl 溶液改为 50m L 0.0400mol. L-1的 NaCl 溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是本来的0.8 倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是本来的0.8倍，所以应当由 b 点的 25mL变成 25× 0.8=20mL，而 d 点对应的是20 mL，故 C 正确；
D. 卤化银从氯化银到碘化银的溶解度渐渐减小，所以K sp(AgCl) 应当大于 K sp(AgBr) ，将 50mL
0.0500mol/L 的 NaCl 溶液改为 50m L 0.0500mol/LNaBr的溶液，这是将溶液中的氯离子换为
等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1 积淀的，所以滴定终点的横坐
标不变，可是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应当比终点时氯离子的浓度更
小，所以反响终点不行能 b 向 e 方向挪动，故 D 错误；
应选 D。

8.NaClO2常用来漂白织物，其漂白能力是漂白粉的4～ 5 倍， NaClO2也是一种重要的杀菌消毒剂。

工业上生产NaClO2的一种工艺流程以以下图所示：
(1)ClO 2发生器中的产品之一是NaHSO4，在该发生器中所发生反响的离子方程式为
___________。

(2)反响结束后，向 ClO2发生器中通入必定量空气，目的是___________。

(3)汲取器中发生反响的化学方程式为 ___________。

汲取器中要用冷的 NaOH溶液和 H2O2溶液汲取CO2，原由是 ___________。

(4)将 ClO2通入食盐水中，用情性电极电解，也能够制得NaClO2产品。

阳极的电解产物是
___________( 填化学式 ) ，阴极的电极反响式为 ___________ 。

(5)同样条件下， 1 mol NaClO 2与 ___________gCl 2的氧化能力相当。

【答案】(1). 2C10-2-(2).将 C1O 赶入汲取器，保证其被充足汲取
3 +S02=2C102+SO
42
(3). 2Cl0 2+2Na0H+H02=2NaClO+02+2H0 (4).温度过高， H2O2分解增加， Cl0 2逸出加速，
不利于 Cl0 2的汲取(5). Cl
2(6). C102+e -=C102
-(7). 142
【分析】【剖析】
（ 1） ClO 和 S0 、 H SO反响生成C10 和 NaHS0，化学方程式为： 2NaC10+ S0 + H SO=2Cl0
2+
2224243224
2NaHS04。

（ 2）反响结束后，发生器中仍有少许C102，用空气能够将其排出，保证其被充足汲取。

（ 3）汲取器中双氧水与Cl0 2在碱性条件下发生氧化复原反响生成NaClO2。

（4）阳极： 2Cl — -2e -= Cl 2，阴极： C102+e- =C102-。

（ 5） NaClO2～ Cl -～ 4e-， Cl 2～ 2Cl -～2e-，依照电子转移数目相等，同样条件下，1 mol NaClO2与 2molCl 2的氧化能力相当，进而得出氯气的质量。

【详解】（1）ClO2和 S02、H2SO4反响生成 C102和 NaHS04，化学方程式为： 2NaC103+ S02+ H2SO4=2Cl0 2+
2NaHS04，反响的离子方程式为2C103- +S02=2C102+SO42-，故答案为：2C103- +S02=2C102+SO42-。

（ 2）反响结束后，发生器中仍有少许C102，用空气能够将其排出，保证其被充足汲取，故答
案为：将C102赶入汲取器，保证其被充足汲取。

（ 3）汲取器中双氧水与Cl0
2在碱性条件下发生氧化复原反响生成NaClO ，反响的化学方程式
2
为： 2Cl0 2+2Na0H+H02=2NaClO+02+2H20，为了提升Cl02的利用率及防备H2O2分解，反响温度不
能过高，故答案为：2Cl0 202=2NaClO2+02+2H20；温度过高， H2O2分解增加， Cl0 2逸出
+2Na0H+H
加速，不利于 Cl0 2的汲取。

（ 4）阳极： 2Cl — -2e -= Cl 2，阳极的电解产物是Cl 2，阴极： C102+e- =C102-，故答案为： Cl 2；
--
C102+e =C102。

--～ 2Cl-～2e-，依照电子转移数目相等，同样条件下，1 mol NaClO （ 5） NaClO～ Cl～ 4e ， Cl
2
22与 2molCl 2 的氧化能力相当，所以氯气的质量为142g，故答案为： 142。

【点睛】电解池是把电能转变成化学能的装置，在电解池中，阳离子向阴极定向挪动，阴离
子朝阳极定向挪动，阴极上得电子发生复原反响，阳极上失电子发生氧化反响。

9. 高铁酸钾 (K 2FeO4) 是一种新式、高效、多功能水办理剂。

K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液。

K2FeO4拥有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳固。

某学习小
组设计了下边的实验制备K2FeO2并研究其性质。

该小组用以下图所示装置制备K2FeO4( 夹持装置略 ) 。

(1)以上装置图中有一处显然的错误请你帮助指出来：___________。

B 中应盛装的试剂是
___________。

(2)写出 A 中发生反响的离子方程式： ___________。

(3)C 中发生的反响有－－－+H O，还有生成 K FeO 的反响。

写出获得紫色固体
Cl +2OH =Cl+ClO
2224
K2FeO4的化学方程式：___________。

( 二) 性质研究
用 KOH溶液充足清洗 C 中所得固体获得固体物质K2FeO4。

(4)絮凝实验：甲同学取少许 K2FeO4加入污浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，污浊的泥浆
水很快澄清。

请联合方程式，说明K2FeO2的净水原理： ___________ 。

(5)乙同学取少许 K2FeO4，向此中滴入稀盐酸发现产生黄绿色气体。

产生黄绿色气体的原由可
能是 ____。

(6)丙同学取少许 K2FeO4，向此中滴入 MnSO4和适当 H2SO4的混淆溶液，振荡后溶液呈紫色，丙
同学以为氧化性FeO2－－
>MnO 。

请你设计一个实验，考证丙同学的结论能否正确： ___________。

44
【答案】(1).D中没有出气导管(2). 饱和氯化钠溶液(3).
-+-2+
2↑+8H2O(4). 3Cl 2 +2Fe（OH） 3+10KOH =2KFeO4 + 6KCl + 8H 2O 2MnO4+16H +10Cl =2Mn +5Cl
(5). K2FeO4 与水发生反响
2--
4FeO4+10H2O=4Fe（ OH）3（胶体） +3O2↑+8OH，产生的 Fe （ OH）3
胶体能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清(6).K2FeO4有强氧化性，将 Cl -氧化为氯气(7).取少许紫色溶液滴加过度稀H2SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫色快
速褪去，则丙同学的结论不正确
【分析】
【剖析】
（1） D 中只有进气导管，没有出气导管；高锰酸钾与浓盐酸反响产生的氯气中混有许多的
氯化氢气体，对 C中的反响有不良影响，所以， B 中应盛装的试剂是饱和氯化钠溶液。

（ 2）高锰酸钾与浓盐酸反响产生氯气、KCl 、MnCl2和水，依据电子守恒和原子守恒配平，A 中的反响化学方程式为2KMnO4+16HCl( 浓 )=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H2O。

（3） C中 Fe（OH）3、KOH和氯气反响生成 K2FeO4，铁元素从 +3 价高升为 +6 价，被氧化，所以氯气作氧化剂，其复原产物是氯化钾。

（4）甲同学取少许 K2FeO4加入污浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，污浊的泥浆水很快澄
24
与水发生反响 4FeO 42-232-
清，是因为 K FeO+10H O=4Fe（ OH）（胶体）+3O↑+8OH，产生的 Fe（ OH）3胶体能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。

（5） K2 FeO4有强氧化性，将 Cl -氧化为氯气。

（6）取少许紫色溶液滴加过度稀 H2 SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫
色快速褪去，则丙同学的结论不正确。

【详解】（ 1）以上装置图中 D 中只有进气导管，没有出气导管；高锰酸钾与浓盐酸反响产生
的氯气中混有许多的氯化氢气体，对 C 中的反响有不良影响，所以， B 中应盛装的试剂是饱和氯化
钠溶液，故答案为： D中没有出气导管；饱和氯化钠溶液。

（ 2）高锰酸钾与浓盐酸反响产生氯气、KCl 、MnCl2和水，依据电子守恒和原子守恒配平，A
中的反响化学方程式为2KMnO4+16HCl( 浓 )=2KCl+2MnCl 2+5Cl 2↑+8H2O，离子方程式为：-+-2+-+-2+
2MnO4 +16H +10Cl =2Mn +5Cl 2↑+8H2O，故答案为：2MnO4+16H +10Cl =2Mn +5Cl 2↑+8H2O。

（ 3） C中 Fe（OH）3、KOH和氯气反响生成 K2FeO4，铁元素从 +3 价高升为 +6 价，被氧化，所以
氯气作氧化剂，其复原产物是氯化钾，化学方程式为：3Cl 2+2Fe（ OH）3+10KOH=2K2FeO4 + 6KC1 + 8H 2O，故答案为： 3Cl 2+2Fe（ OH）3+10KOH =2KFeO4 + 6KC1 + 8H 2O。

（ 4）甲同学取少许K2FeO4加入污浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，污浊的泥浆水很快澄
2--
清，是因为 K2FeO4与水发生反响4FeO4 +10H2O=4Fe（ OH）（3胶体）+3O2↑+8OH，产生的 Fe（ OH）3 胶体能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清，故答案为：K2FeO4与水发生反响4FeO42- +10H2O=4Fe （OH）3（胶体） +3O2↑+8OH-，产生的 Fe （ OH）3胶体能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。

（5）乙同学取少许 K2FeO4，向此中滴入稀盐酸发现产生黄绿色气体。

产生黄绿色气体的原由
可能是 K2FeO4有强氧化性，将 Cl -氧化为氯气，故答案为： K2FeO4有强氧化性，将 Cl -氧化为氯气。

（6）丙同学取少许 K2FeO4，向此中滴入 MnSO4和适当 H2SO4的混淆溶液，振荡后溶液呈紫色，
说明生成了-，为了考证丙同学的想法能否正确，能够取少许紫色溶液滴加过度稀H SO，MnO
424
若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若溶液紫色快速褪去，则丙同学的结论不正确；
故答案为：取少许紫色溶液滴加过度稀H2SO4，若溶液紫色不褪去，则丙同学的结论正确；若
溶液紫色快速褪去，则丙同学的结论不正确。

10.甲胺铅碘 (CH3NH3PbI3) 可用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，该物质可由甲胺
(CH3NH2) 、 PbI 2及 HI 为原料来合成。

请回答以下问题：
(1)制取甲胺的反响为 CH3OH(g)+NH3(g)===CH 3NH2(g)+H 2O(g) ，已知该反响中有关化学键的键
能数据以下表所示：
则该反响的△ H=___________kJ·mol
－ 1
(2) 工业上利用水煤气合成甲醇的反响为CO(g)+2H (g)CHOH(g) △H<0。

必定温度下，
23
向体积为 2L 的密闭容器中加入 CO和 H2， 5min 末反响达到化学均衡状态，测得各组分浓度以下
表所示。

①0～ 5min 内，用 CO表示的均匀反响速率为___________。

②既能加速反响速率，又能提升氢气转变率的举措有___________( 答一条即可 ) 。

③能说明上述反响已达化学均衡状态的是___________( 填字母 ) 。

A.v 正(CO)=2v 逆(H2)
B.混淆气体密度保持不变
C.反响容器内压强保持不变
D.混淆气体的均匀摩尔质量不变
(3)PbI 2可由 Pb3O4和 HI 反响制备，反响的化学方程式为___________。

(4) 常温下 PbI 2饱和溶液中 c(I －
)=2.0×10
－ 3－ 1
mol·L，则 K sp(PbI 2)=___________ ；已知
K sp(PbS)=4.0 ×10 －28，则反响 PbI 2(s)+S 2－(aq)PbS(s)+2I－ (aq) 的均衡常数K=___________。

(5)HI 的分解反响曲线和液相法制备HI 的反响曲线分别如图1和图 2所示：
①反响 H2(g)+I2(g)2HI(g)的△ H___________(填“ >”或“ <")0 。

②将
2222+42－
+2I
－2
+I
－
I
3－。

图 2 中曲线 b SO 通入碘水中会发生反响：SO+I +2HO===4H+SO， I
所代表的微粒是 ___________( 填微粒符号 ) 。

【答案】 (1).- 12(2).0.12mol?L -1·min -1(3).加压（或增大 CO的浓度） (4).
CD(5). Pb3O4+8HI=3PbI 2+I 2+4H2O(6). 4.0×10-9(7). 1.0×10 19(8).＜(9). I-3
【分析】
【剖析】
（1）依据 CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H 2O(g) △H=反响物的键能之和 - 生成物的键能之和来
计算。

（2）①依据速率之比等于化学计量数之比，推出v(CH3OH)=v(CO)，进而求出 v(CO) 。

②提升氢气转变率要使均衡右移。

③A. 假如是 2v 正 (CO)=v 逆(H2) ，能够说明反响达到均衡状态。

B. 该反响系统中气体的密度一直不变，不可以依据密度判断均衡状态。

C.反响前后气体分子数目不等，故反响容器内压强保持不变，能够说明反响达到均衡状态。

D.混淆气体的均匀摩尔质量 =气体总质量 / 气体的总物质的量，总质量是必定的，反响前后气体
分子数目不等，气体总物质的量假如不变，混淆气体的均匀摩尔质量就不变，所以混淆气
体的均匀摩尔质量不变能够说明反响达到均衡状态。

（ 3） PbI 2可由 Pb3 O4和 HI 反响制备，同时生成I 2， Pb 元素化合价从8/3 价变成 +2 价， I 元素化合价从 -1 价变成 0 价，依据电荷守恒、质量守恒配平。

（4） K sp (PbI 2)=c(Pb 2+) c 2(I - )=1.0 ×10 －3× (2.0 ×10 －3) 2=4.0 ×10 -9，反响 PbI 2(s)+S 2－(aq)PbS(s)+2I － (aq) 的均衡常数 K= c 2(I - )/ c(S 2- )= [K sp(PbI 2)/ c(Pb2+)]/[ K sp (PbS)/
c(Pb 2+)]=4.0 ×10 -9 /4.0 ×10 －28=1.0 ×10 19。

+ 2－ +2I －
，I +I
－
I － 得，跟着 n(I )/ n(SO
+
) 和
②依据 SO+I 2+2H 2O===4H+SO
3 2) 的增大， n(H
2
4 2 2
2－
) 保持不变，而 －
－。

n(SO 4 n(I 3 ) 增大，所以 b 所代表的微粒是 I 3
【详解】（ 1） CHOH(g)+NH(g)===CH NH(g)+H O(g) △H=反响物的键能之和 - 生成物的键能之和
3
3
3 2 2
=（ 351+393-463-293 ） kJ/mol=-12 kJ/mol
，故答案为： -12 。

（ 2）① CO(g)+2H 2 (g)CH 3OH(g)，速率之比等于化学计量数之比，所以
3
-1
-1
，故答案为： 0.12mol?L
-1
-1。

v(CH OH)=v(CO)=0.6mol/L/5min=0.12mol?L
·min
·min
②提升氢气转变率要使均衡右移， 既能加速反响速率， 又能提升氢气转变率的举措有加压 （或
增大 CO 的浓度），故答案为：加压（或增大
CO 的浓度）。

③A. 假如是 2v 正 (CO)=v 逆(H 2) ，能够说明反响达到均衡状态，故
A 不选；
B. 该反响系统中气体的密度一直不变，不可以依据密度判断均衡状态，故 B 不选；
C. 反响前后气体分子数目不等，故反响容器内压强保持不变，能够说明反响达到均衡状态，故 C 选；
D. 混淆气体的均匀摩尔质量 =气体总质量 / 气体的总物质的量，总质量是必定的，反响前后气体分子数目不等，气体总物质的量假如不变，混淆气体的均匀摩尔质量就不变，所以混淆气
体的均匀摩尔质量不变能够说明反响达到均衡状态，故
D 选。

应选 CD 。

（ 3） PbI 2 可由 Pb 3 O 4 和 HI 反响制备，同时生成
I 2， Pb 元素化合价从 8/3 价变成 +2 价， I 元素
化合价从 -1 价变成 0 价，依据电荷守恒、质量守恒配平可得反响的化学方程式为
Pb 3O 4+8HI=3PbI 2+I 2+4H 2O ，故答案为： Pb 3O 4+8HI=3PbI 2+I 2+4H 2O 。

（ 4） K sp (PbI 2)=c(Pb 2+) c 2(I - )=1.0 ×10 － 3× (2.0 ×10 － 3) 2=4.0 ×10 -9 ，反响 PbI 2(s)+S 2－
(aq)
PbS(s)+2I －
(aq) 的均衡常数 K= c 2(I - )/ c(S
2-
)= [K sp (PbI 2)/ c(Pb
2+
)]/[ K
sp
(PbS)/
c(Pb 2+)]=4.0 ×10 -9 /4.0 ×10 －28
=1.0 ×10 19 ，故答案为： 4.0 ×10 -9 ；1.0 ×10 19 。

（ 5）①升温， HI 的物质的量减少， 即均衡左移， 所以正反响为放热反响， △H ＜ 0，故答案为：
＜。

②依据 +
2－
+2I －
，I 2+I －
－
得，跟着 n(I 2)/ n(SO
+
) 和
SO 2+I 2+2H 2O===4H+SO 4 I 3 2) 的增大， n(H n(SO 2－ ) 保持不变，而 n(I － ) 增大，所以 b 所代表的微粒是 I － ，故答案为： I － 。

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【点睛】（ 1）在同一化学反响中，用不一样物质表示出来的化学反响速率之比等于反响方程式
的化学计量数之比，一般不用固体和纯液体来表示反响速率。

（ 2）达到均衡状态的标记：
v 正 =v 逆 ，不为零；各成分的浓度保持不变。

元素原子核外s 能级有 1 个未成对电子； B 元素的原子核外p 电子比 s 电子少 1； C元素的原子序数比 B 元素多 1； D 元素的原子价电子有 6 个未成对电子，它的一种化合物常用于查验酒驾； E 元素的原子价电子有 4 个未成对电子。

请回答以下问题：
(1)第一电离能介于 A 和 B 之间的同周期元素有 ___________( 填元素符号 ) 。

(2)B 元素的最高价氧化物的水化物在水溶液中能完整电离，电离所得阴离子的空间构型为
______。

写出 2 种与该阴离子互为等电子体的微粒的化学式：_____。

画出基态 D 原子的价电子排布图： _____。

(3)C 元素对应的简单氢化物的沸点显然高于同族其余元素对应的简单氢化物，其原由是
___________。

(4)元素 D 能够形成的配合物以下图。

①该配合物中碳原子的杂化种类为___________。

②该配合物中所含化学键的种类不包含___________( 填字母 ) 。

a. 极性共价键
b.非极性共价键
c.配位键
d.离子键
e.金属键
f.σ 键
g.π 键
(5)元素 E 的单质和氮气在 640℃可发生置换反响产物之一的晶胞构造以下图，该反响的化学
方程式为 ___。

若该晶体的密度是ρ g·cm－3，则两个近来的 E 原子间的距离为
___________cm。

( 用 N A表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1).Be、 B、 C、 O(2).平面三角形(3).CO32-、 SO3(4).
(5).水分子之间存在氢键(6).sp 2、sp3(7).
e (8). 8Fe+2NH32Fe4N+3H2(9).
【分析】
【剖析】
元素 B 的核外 p 电子比 s 电子少 1 所以 B 为 N，元素 A 与元素 B 同周期，元素 A 核外 s 能级有 1 个未成对电子，所以 A 为 Li ，元素 C 的原子序数比元素 B 多 1，所以 C为 O，元素 D 价电子
有六个未成对电子，经常用于查验酒驾，所以 D 为 Cr， E 元素的原子价电子有 4 个未成对电子， E 为 Fe。

【详解】（ 1） A 为 Li ， B 为 N，第一电离能介于 A 和 B 之间的同周期元素有Be、 B、C、 O，故答案为： Be、 B、C、 O。

-
（ 2）元素 N 的最高价氧化物的水化物为HNO3，其在水溶液中电离出的阴离子为NO3，价电子
对数为 3，空间构型为平面三角形；等电子体指价电子数和原子数同样的分子、离子或基团；
-
等电子体有2-
、 SO3；基态 D 原子的价电子排布图为：
NO3CO3
，故答案为：平面三角形；CO32-、 SO3；。

（3）H2O的沸点显然高于同族其余元素对应的简单氢化物，其原由是水分子之间存在氢键，
故答案为：水分子之间存在氢键。

（ 4）①元素 D 为 Cr，该配合物中碳原子的杂化种类为sp2、 sp3，故答案为：sp2、 sp3。

②该配合物中所含化学键的种类有极性共价键、非极性共价键、配位键、离子键、σ 键、π
键，故不含有金属键，故答案为：e。

（ 5）依据均派法：该晶胞中N 原子个数是 1 个， Fe 原子个数 =8×1/8+6 ×1/2=4，化学式为
Fe4N，铁和氨气在640℃发生置换反响生成氢气和Fe4N，故反响的化学方程式为
8Fe+2NH32Fe4N+3H2；一个晶胞中Fe 原子数目为 4 个， N 原子数目为1，晶胞棱长
a=(m/ ρ) 1/3 =[(56 ×4+14)/ρ N A]1/3，则两个近来的Fe 原子间的距离为a=，故答案为：
8Fe+2NH32Fe4N+3H2；。

【点睛】确立晶胞中原 ( 离) 子数目及晶体化学式：
①处于极点的微粒，同时为8 个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；
②处于棱上的微粒，同时为 4 个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；
③处于面上的微粒，同时为 2 个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；
④处于晶胞内部的微粒，完整属于该晶胞。

12.G( 对羟基苯乙酸 ) 是合成某治疗高血压药物的中间体。

一种由芬芳烃 A 制备 G的合成路线
以以下图所示。

请回答以下问题：
(1)A 的名称为 ___________。

(2) 试剂 M是 ___________。

B→C的反响种类是 ___________。

(3)E 的构造简式为 ___________ 。

F 中含有官能团的名称是___________。

(4)写出 D→E反响的化学方程式： ___________。

(5)H 是 G的同分异构体，且知足以下条件：①与FeCl3溶液发生显色反响；②核磁共振氢谱有
5 组峰，峰面积之比为1︰2︰ 2︰ 2︰1。

请写出 3 个切合条件的H的构造简式：___________。

(6)苯甲酸可用于染料载体、香料及增塑剂等的生产。

参照题目中的有关信息，设计由苯制备
苯甲酸的合成路线 ( 无机试剂自选 ) ：___________。

【答案】(1).甲苯(2).浓硝酸、浓硫酸(3).代替反响（或硝化反响）(4).
(5).羧基、氨基(6).
(7).
(8).
【分析】
【剖析】
A 为芬芳烃， A 与 Cl 2光照下发生侧链上的代替反响生成B，
B 的分子式为C7H7Cl ，则 A 为甲苯，
A 的构造简式为，对照B和C的分子式，B生成C为硝化反响，对照 C 和 D 的分子式， C 转变成 D 为-Cl 被 -CN 代替， D 转变成 E 发生题给已知①的反响，D中 -CN 水解成 -COOH，
E 转变成
F 发生题给已知②的反响，E 中 -NO2被复原为 -NH2， F 与 NaNO2、 H2SO4作用生成G，G
的构造简式为，G中两个代替基处于对位，逆推
出 C、 D、E、 F 中的两个代替基都处于对位， C 的构造简式为，D的
构造简式为， E 的构造简式为，
F 的构造简式为。

【详解】（1）A 为芬芳烃， A 与 Cl 2光照下发生侧链上的代替反响生成B，B 的分子式为C7H7Cl ，
则 A 为甲苯，故答案为：甲苯。

（ 2）B→C为硝化反响，反响的试剂是浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；代替反响（或
硝化反响）。

（ 3） E的构造简式为，F的构造简式为：
，含有官能团是羧基、氨基，故答案为：
；羧基、氨基。

（ 4）D→E反响的化学方程式为：
，故答案为：。

（ 5） G的分子式为C8H8O3， H 是 G的同分异构体，且知足以下条件：①与FeCl3溶液发生显色反响；说明含酚羟基②核磁共振氢谱有 5 组峰，峰面积之比为1︰ 2︰ 2︰ 2︰ 1，说明有 5 种不同环境的H原子，故切合条件的H 有：。

故答案为：。

（ 6）依据题中信息，由苯制备苯甲酸的合成路线为：
，故答案为：。