2024届宁夏银川市唐徕中学高三下学期三模化学试题(解析版)

2024届宁夏银川市唐徕中学高三下学期三模化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Br-80 Ag-108
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 化学与日常生活息息相关。

下列说法错误的是A. 使用含氟牙膏能预防龋齿 B. 小苏打的主要成分是C. 可用食醋除去水垢中的碳酸钙 D. 使用食品添加剂不应降低食品本身营养价值
【答案】B 【解析】
【详解】A ．人体缺氟会导致龋齿，因此使用含氟牙膏可预防龋齿，A 正确；B ．小苏打的主要成分是NaHCO 3，B 错误；
C ．食醋的主要成分为CH 3COOH ，可与碳酸钙反应生成可溶的醋酸钙、二氧化碳和水，因此食醋可除去水垢中的碳酸钙，C 正确；
D ．食品添加剂加入到食品中的目的是为改善食品品质和色、香、味以及为防腐、保鲜和加工工艺的需要，所以合理使用有助于改善食品品质、丰富食品营养成分，不应降低食品本身营养价值，D 正确；答案选B 。

2. 氟他胺是一种可用于治疗肿瘤的药物，其分子结构如图所示，关于氟他胺，下列说法正确的是
A. 分子式为
B. 一定条件下可以发生加成、取代、氧化等反应
C. 所有碳原子可能处于同一个平面上
D. 氟他胺最多能与反应【答案】B
【解析】
23
Na CO 11124C H O N
1mol 32molNaHCO
【详解】A ．由结构简式可知，氟他胺的分子式为C 11H 13O 4N ，故A 错误；
B ．由结构简式可知，氟他胺分子中含有的苯环一定条件下可以与氢气发生加成反应；含有的羟基、羧基、酰胺基一定条件下可以发生取代反应；含有的酚羟基易被氧化而发生氧化反应，则氟他胺一定条件下可以发生加成、取代、氧化等反应，故B 正确；
C ．由结构简式可知，氟他胺分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中的碳原子不可能处于同一个平面上，故C 错误；
D ．由结构简式可知，氟他胺分子中含有的羧基能与碳酸氢钠溶液反应，则1 mol 氟他胺最多能与1 mol 碳酸氢钠反应，故D 错误；故选B 。

3. 活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。

自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 产物的稳定性：
C. 该历程中正反应的最大活化能
D. 相同条件下，由中间产物Z 转化为产物的速率：【答案】C 【解析】
【详解】A ．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，A 错误；
B ．产物P 2所具有的能量比产物P 1所具有的能量低，所以产物P 2比产物P 1要稳定，B
错误；
HNO 2O P1P2
>1
186.19kJ mol
E -=⋅正()()P1P2v v <
C ．由图示可知中间产物Z 到过渡态Ⅳ所需的活化能最大，E 正= -18.92kJ·mol −1-(-205.11 kJ·mol −1)=186.19kJ·mol −1，C 正确；
D ．由图示可知，由Z 到产物P 1所需的活化能低于由Z 到产物P 2所需的活化能，则由中间产物Z 转化为产物的速率：v(P 1)>v(P 2)， D 错误；答案为C 。

4. 用下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是选
项
A B
C
D
装置
目的
蒸干溶液制备无
水除去中的分离苯和硝基苯
制备A. A B. B C. C D. D
【答案】A 【解析】
【详解】A ．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，直接加热蒸发时，氯化氢受热挥发，使水解平衡向正反应方向移动，使得水解趋于完全得到氢氧化镁，无法得到无水氯化镁，故
A 错误；
B
．二氧化碳没有还原性，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应，则用盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶能除去二氧化碳中混有的二氧化硫，故
B 正确；
C ．苯和硝基苯是互溶的、存在着沸点差异的液体，能用蒸馏的方法分离，故C 正确；
D ．大理石中的碳酸钙是不溶于水的块状固体，能在制备二氧化碳的简易装置中与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，故D 正确；故选A 。

5. 物质A 可用作抗氧化增效剂等，其结构式如图所示。

物质A 的组成元素X 、Y 、Z 、Q 为原子序数依次
2MgCl 2
MgCl 2CO 2
SO 2
CO
增大的短周期主族元素，且Y的一种单质是天然存在的最硬的物质。

下列说法错误的是
A. 物质A与稀硫酸反应生成的有机物能发生缩聚反应
B. X、Y、Z、Q四种元素原子半径的大小顺序为
C. Y与Z分别形成的简单氢化物的沸点：
D. Q、Z两种元素形成的化合物中可能存在共价键
【答案】B
【解析】
【分析】Ａ的组成元素X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y的一种单质是天然存在的最硬的物质即金刚石，可知Y为C，结合M中X形成1个共价单键，且X的原子序数最小，可知X 为H；Z形成2个共价键，Z为O；Q可形成带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Q为Na，据此分析可知。

【详解】由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为Na，据此解题：
A．物质M与稀硫酸反应生成的有机物为CH3CHOHCOOH，故能发生缩聚反应，A正确；
B．同周期从左向右主族元素的原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则四种元素原子半径的大小顺序为Q>Y>Z>X，B错误；
C．水分子间含氢键，则与Z分别形成的简单氢化物的沸点Z>Y，C正确；
D．由分析可知，Q、Z两种元素分别为：Na、O形成的化合物Na2O2中存在共价键，D正确；
故答案为：B。

6. 镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。

Q>Z>Y>X Z Y
下列说法不正确的是
A. 断开K 2、合上K 1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B. 断开K 1、合上K 2，电极A 为阴极，发生还原反应
C. 电极B 发生氧化反应过程中，溶液中KOH 浓度不变
D. 镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H 2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2
【答案】C 【解析】
【分析】根据图示，电极A 充电时为阴极，则放电时电极A 为负极，负极上Cd 失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e -+2OH -=Cd(OH)2，电极B 充电时为阳极，则放电时电极B 为正极，正极上NiOOH 得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e -+2H 2O=2Ni(OH)2+2OH -，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H 2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。

【详解】A ．断开K 2、合上K 1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A 正确；B ．断开K 1、合上K 2，为充电过程，电极A 与直流电源负极相连，电极A 为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e -=Cd+2OH -，B 正确；
C ．电极B 发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e -+2OH -=2NiOOH+2H 2O ，则电极A 发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e -=Cd+2OH -，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H 2O ，溶液中KOH 浓度减小，C 错误；
D ．根据分析，放电时总反应Cd+2NiOOH+2H 2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H 2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2，D 正确；
答案选C 。

7. 已知联氨()为二元弱碱，常温下联氨水溶液中有： ；。

常温下向10mL 的水溶液中滴加0.1mol/L 盐酸溶
液，混合溶液中微粒的物质的量分数随变化的关系如下图所示下列叙述正确的是
的为的 放电
充电通电
放电
充电24N H 24225N H H O N H OH +
-
++ 1K 225226N H H O N H OH ++-
++ 2K 240.1mol /LN H ()δX (
)-
-lgc OH
A. B. 常温下滴加5mL 盐酸溶液时，混合溶液pH=8C. 混合溶液中时，滴加盐酸溶液体积小于10mL
D. 常温下，当时，溶液中【答案】C 【解析】
【分析】由图可知，N 2H 4与
N 2H 浓度相等时，溶液—lg c (OH —)为6.0，由K 1
=可得
K 1= c (OH —)=10—6.0，N 2H 与N 2H 浓度相等时，溶液—lg c (OH —)为15.0，则K 2= c (OH —)=10—15.0，据此回答。

【详解】A ．据分析， ，A 错误；
B ．由图可知，N 2H 4与N 2H 浓度相等时，溶液—lg c (OH —)为6.0，c (OH —)=10—6，c (H +)=10—8，溶液pH=8；而常温下滴加5mL 盐酸溶液时，所得溶液为等物质的量浓度的N 2H 4与N 2H 5Cl 混合溶液，N 2H 4电离呈碱性、K 1
=10—6.0， N
2H 5Cl 水解呈酸性， N 2H 5Cl 在溶液中的水解常数为
==10—8，则混合溶液中N 2H 4的电离程度大于N 2H 5Cl 水解程度，粒子浓度：，故对应的溶
液pH ≠8，B 错误；
C ． 混合溶液中电荷守恒，，当溶液呈中性时
，则有，此时溶液为N 2H 4与N 2H 5Cl 混合溶液，则滴加盐酸溶液体积小于10mL ，C 正确；
-8.0
1K =10
()()()22
5
2
6
Cl
N H 2N H c c c -
++=+(
)()2262
5
N H :N H 1:1c c +
+=()H 0.1mol /L
c +
=+5
()
25
24()c(OH )c N H c N H -
++
52+
6-6.0
1K =10
+
5w 1K K 14
61010
--()()
()2524N H Cl N H c c c +
-
＞＞()()()()()2+
2
5
2
6
Cl
+OH N H 2N H H c c c c c -
-
++=++()()
+OH H c c -=()()()22526Cl N H 2N H c c c -+
+=+
D ． 据分析，常温下，当时，溶液—lg c (OH
—)为15.0，c (OH —)=10—15.0，则溶
液中，D 错误；
答案选C 。

第Ⅱ卷
二、非选择题
8. 市政污泥含大量金属(Cu 、Zn 、Ni 、Fe 、Ag 等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。

市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。

某科研团队利用市政污泥回收皓矾的工艺流程如下：
已知：“沉铁”时若pH 过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。

回答下列问题：（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________(任写一条)。

（2）“一系列操作”主要包括___________、___________、过滤、洗涤、干燥。

（3）用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性、含溶液中同时加入锌粉和，得到金属和的混合物，该混合物可表示为，形成的离子方程式为___________。

（4）“浸渣”中含有，经一系列处理得(可溶于水，电离成和)，用
肼还原得到单质银，的氧化产物为，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（5）浸出液中含有，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为___________。

对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁”时最合理的pH 约为___________。

在时，、、在溶液中以离子形式存在。

但是有铁离子存在时pH 升高，Zn 、Cu 、Ni 损失率均升高，原因可能是___________。

(
)()2262
5
N H :N H 1:1c c +
+=()H
0.1mol /L c +
≠()42ZnSO 7H O ⋅2Ni +23Sb O Ni Sb NiSb NiSb 2Ag S ()32Ag NH Cl ()32Ag NH +
⎡⎤⎣
⎦Cl -()24N H ()32Ag NH Cl 24N H 2N 2Fe +pH pH 6<2Zn +2Cu +2Ni +
【答案】（1）适当升高温度 （2）
①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（3）2Ni 2++Sb 2O 3+6H ++5Zn=2NiSb+3H 2O+5Zn 2+ （4）
4∶1 （5） ①. 2Fe 2++H 2O 2+4OH -=2FeOOH↓+2H 2O
②. 3.2
③. 生成的氢氧化铁胶状沉
淀有较强的吸附性，将Zn 、Cu 、Ni 的离子吸附而造成损失【解析】
【分析】市政污泥含大量金属(Cu 、Zn 、Ni 、Fe 、Ag 等)，焙烧、用硫酸“酸浸”，过滤，“浸渣”中含有Ag 2S ；滤液中加入H 2O 2把Fe 2+氧化为Fe 3+，加入氢氧化钠生成FeOOH 沉淀除Fe ；再加入锌粉置换出Cu 、Ni ，过滤，得硫酸锌溶液，滤液经一系列操作得到；【小问1详解】
延长酸浸时间、适当增大硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度都能提高“酸浸”效率；【小问2详解】
“一系列操作”是从硫酸锌溶液中得到，主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问3详解】
在酸性含Ni 2+溶液中同时加入锌粉和Sb 2O 3，锌置换出金属Ni 和Sb ，根据得失电子守恒，形成NiSb 的离子方程式为2Ni 2++Sb 2O 3+6H ++5Zn=2NiSb+3H 2O+5Zn 2+；【小问4详解】
用肼(N 2H 4)还原Ag(NH 3)2Cl 得到单质银，N 2H 4的氧化产物为N 2，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为，Ag(NH 3)2Cl 中Ag 元素化合价降低，
Ag(NH 3)2Cl 是氧化剂，N 2H 4中N 元素化合价升高，N 2H 4是还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1
；
()42ZnSO 7H O ⋅()42ZnSO 7H O ⋅()+
+
32424324[Ag NH ]+N H =4Ag +N +4NH +4NH ↓↑↑
【小问5详解】
浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O；由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的pH约为3.2；氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn2+、Cu2+、Ni2+吸附而导致损失，所以有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高。

9. 碳酸镧[La2(CO3)3]是一种用于治疗高磷血症的新型药物，实验室模拟利用碳酸氢铵溶液和氯化镧溶液反应制备水合碳酸镧[La2(CO3)3·xH2O]。

已知：①La2(CO3)3·xH2O 为白色晶体，难溶于水，可溶于稀酸。

②若溶液碱性太强，易生成难溶于水、受热易分解的碱式碳酸镧[La(OH)CO3]。

Ⅰ.模拟制备水合碳酸镧，实验装置如下图所示(夹持装置已省略)。

（1）试剂X是_______，仪器a的名称是_______。

（2）制备过程中浓氨水滴速不能太快，原因是。

_______。

（3）写出该实验制备La2(CO3)3·xH2O的化学方程式_______。

Ⅱ.产品成分探究
（4）甲小组认为产品中可能混有可溶性LaCl3、NH4Cl 等杂质，请设计实验方案检验Cl-是否存在
_______。

（5）乙小组认为产品中可能含有难溶性碱式碳酸镧[La(OH)CO3]。

实验装置及步骤如图所示(夹持装置已省略)。

①检查装置气密性，将已除去可溶性杂质的产品装入质量为m1g的硬质石英玻璃管中。

②打开K1、K2和K3，缓缓通入N2数分钟后关闭K1、K3，打开K4，点燃酒精喷灯加热。

③一段时间后停止加热，打开K 1，通入N 2数分钟后关闭K 1和K 2，冷却到室温，称量硬质石英玻璃管。

重复上述操作步骤直至恒重，记为m 2g[此时硬质石英玻璃管中固体为La 2O 3(Mr=326)]。

称量装置C ，质量增加m 3g 。

实验中第二次通入N 2的目的是_______。

根据实验数据计算，n(La)：n(C)=_______(用含
m 1、m 2、m 3的计算式表示)。

若
，说明产品不含La(OH)CO 3。

【答案】（1）
①. 饱和NaHCO 3溶液
②. 球形干燥管
（2）浓氨水滴速太快会导致溶液碱性太强，可能产生La(OH)CO 3 等杂质 （3）2LaCl 3+6NH 3+3CO 2+(x+3)H 2O= La 2(CO 3)3·xH 2O↓+6NH 4Cl
（4）取少量产品于试管中，加入稀HNO 3溶解固体至溶液显酸性，再滴加少量AgNO 3溶液，若出现白色沉淀，说明有Cl -存在，反之则无
（5） ①. 将装置中的CO 2气体全部排入装置C 中，使其被充分吸收，减少实验误差 ②.
【解析】
【分析】左侧利用碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有HCl 杂质，则用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的HCl ；右侧浓氨水与氧化钙反应制取氨气，氨气易溶于水，利用干燥管进行防倒吸，在水槽中氨、二氧化碳和LaCl 3溶液反应制备La 2(CO 3)3。

【小问1详解】
试剂X 用于除去二氧化碳中的HCl ，则试剂X 为饱和碳酸氢钠溶液，根据仪器a 的构造可知，仪器a 的名称是球形干燥管，故答案为：饱和NaHCO 3溶液；球形干燥管；【小问2详解】
根据题干信息，若溶液碱性太强，易生成难溶 于水、受热易分解的碱式碳酸镧[La(OH)CO 3]，因此为了防止溶液碱性太强产生La(OH)CO 3等杂质，制备过程中浓氨水滴速不能太快，故答案为：浓氨水滴速太快会导致溶液碱性太强，可能产生La(OH)CO 3等杂质；【小问3详解】
在水槽中氨气、二氧化碳和LaCl 3溶液反应生成La 2(CO 3)3，根据原子守恒配平反应化学方程式为2LaCl 3+6NH 3+3CO 2+(x+3)H 2O= La 2(CO 3)3·xH 2O↓+6NH 4Cl ，故答案为：2LaCl 3+6NH 3+3CO 2+(x+3)H 2O= La 2(CO 3)3·xH 2O↓+6NH 4Cl ；【小问4详解】
Cl -与硝酸银反应生成氯化银沉淀，因此检验Cl -的实验方案为：取少量产品于试管中，加入稀HNO 3溶解固体至溶液显酸性，再滴加少量AgNO 3溶液，若出现白色沉淀，说明有Cl -存在，反之则无，故答案为：
的()()n La 2
=n C 3
21
3
m (
2):3264
m -m 4⨯
取少量产品于试管中，加入稀HNO 3溶解固体至溶液显酸性，再滴加少量AgNO 3溶液，若出现白色沉淀，说明有Cl -存在，反之则无；
【小问5详解】
由于装置中会残留二氧化碳，因此第二次通入N 2，将装置中残留的CO 2全部排入装置C 中被吸收，减小实验误差；装置C 吸收二氧化碳，质量是m 3g ， La 2O 3的质量是(m 2-m 1)g ，所以根据原子守恒可知
， 答案为：将装置中的CO 2气体全部排入装置C 中，使其被充分吸收，减少实验误差；。

10. 我国提出2060年前实现碳中和，降低大气中CO 2含量是当今世界重要科研课题之一，以CO 2为原料制备甲醇、尿素等能源物质具有较好的发展前景。

问答下列问题：
(I )①CO 2(g )+3H 2(g ) CH 3OH (g )+H 2O (g ) ΔH 1=-49.5 kJ ·mol
-1②CO 2(g )+H 2(g ) CO (g )+H 2O (g ) ΔH 2=+40.9 kJ ·mol
-1③CO (g )+2H 2(g ) CH 3OH (g ) ΔH 3
（1）反应①在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下能够自发进行。

（2）反应③的ΔH 3=_______。

(II )将H 2与CO 2充入一密闭容器中，在一定条件下发生反应，CO 2(g )+3H 2(g )CH 3OH (g )+H 2O (g )，测得CO 2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

（3）压强P 1、P 2、 P 3由小到大的顺序是_______。

（4）X 、Y 、M 、N 四点对应的平衡常数从大到小的顺序是_______(用字母X 、Y 、M 、N 表示)。

(Ⅲ)以CO 2和NH 3为原料合成尿素是利用CO 2的成功范例。

在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：2NH 3(g )+CO 2(g ) CO (NH 2)2(s )+H 2O (g )，在一定温度下的2L 恒容容器中，充入原料气3molNH 3和1molCO 2，此时容器内总压强为pkPa ；5min 达到平衡，CO 2的转化率为50%。

321m m -m (La):(C)=(
2):32644
⨯n n 213m (2):3264m -m 4⨯ˆˆ†‡ˆˆˆ†‡ˆˆˆ†‡ˆˆˆ†‡ˆ
ˆˆ†‡ˆ
（5）5min 内NH 3的平均反应速率为_______。

（6）该温度下，上述反应的平衡常数K p =_______ (用平衡分压代替 平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

(Ⅳ)碳捕捉技术的发展有利于实现CO 2资源性利用。

常温下，某次用氨水溶液捕捉空气中CO 2，得到0.1mol /L 且pH =8的NH 4HCO 3溶液。

已知相应温度下K a1(H 2CO 3)=4×10-7、K a2(H 2CO 3)=5×10-11。

（7）下列有关离子浓度的关系式中，正确的是_______(填字母)。

A .c ()+c (NH 3·H 2O )+c (H +)＜c ()+c ()+c (H 2CO 3)+c (OH -)
B .c ()+c (NH 3·H 2O )=c ()+c (H 2CO 3)
C . c (H 2CO 3)-c ()-c (NH 3·H 2O )=9.9 ×10-7mol /L
（8）c (H 2CO 3)：c ()=_______
【答案】（1）低温
（2）-90.4kJ /mol （3）P 1＜P 2＜P 3
（4）M =N ＞X ＞Y （5）0.1mol ·L -1·min -1 （6） （7）AC
（8）5：1
【解析】
【小问1详解】
反应①是体积减小的放热反应，根据ΔG =ΔH －T ΔS ＜0可自发进行可知在低温条件下能够自发进行。

【小问2详解】
已知：①CO 2(g )+3H 2(g )CH 3OH (g )+H 2O (g ) ΔH 1=-49.5 kJ ·mol
-1②CO 2(g )+H 2(g )CO (g )+H 2O (g ) ΔH 2=+40.9 kJ ·mol -1依据盖斯定律可知①－②即得到反应③CO (g )+2H 2(g )CH 3OH (g ) ΔH 3=-90.4kJ /mol 。

【小问3详解】
正反应体积减小，相同温度下压强越高CO 2的平衡转化率，因此压强P 1、P 2、P 3由小到大的顺序是P 1＜P 2＜P 3。

【小问4详解】
平衡常数只与温度有关系，正反应放热，升高温度平衡逆向进行，则X 、Y 、M 、N 四点对应的平衡常数
+4NH -3HCO 2-
3CO +4NH -3HCO 2-3CO 2-3CO 224p
kPa ˆˆ†‡ˆˆˆ†‡ˆˆˆ†‡ˆ
从大到小的顺序是M =N ＞X ＞Y 。

【小问5详解】
依据三段式可知
所以5min 内NH 3的平均反应速率为
＝0.1mol ·L -1·min -1
【小问6详解】
平衡时压强为，该温度下，上述反应的平衡常数K p =。

【小问7详解】
A .溶液中存在电荷守恒c ()+c (H +)＝c ()+2c ()+c (OH -)，溶液显碱性，则c ()＞c ()+2c ()，物料守恒c ()+c (NH 3·H 2O )＝c ()+c ()+c (H 2CO 3)，因此2c ()+c (NH 3·H 2O )+c (H +)＝2c ()+3c ()+c (H 2CO 3)+c (OH -)，由于c ()＞c ()+2c ()，所以溶液中存在c ()+c (NH 3·H 2O )+c (H +)＜
c ()+c ()+c (H 2CO 3)+c (OH -)，A 正确；
B .溶液中物料守恒为c ()+c (NH 3·H 2O )＝c ()+c ()+c (H 2CO 3)，则
c ()+c (NH 3·H 2O )＞c ()+c (H 2CO 3)，B 错误；
C .根据物料守恒和电荷守恒可知c (H 2CO 3)-c ()-c (NH 3·H 2O )=c (OH -)－c (H +)＝(10－6－10－8)mol /L ＝9.9 ×10-7mol /L ，C 正确；
答案选AC ；
【小问8详解】
电离常数K a1(H 2CO 3)=＝4×10-7、K a2(H 2CO 3)=＝5×10-11，所以c (H 2CO 3)：c ()=＝5：1。

11. 铬是人体内微量元素之一，是重要的血糖调节剂。

3
22222NH +CO H O +/310/10.50.5/20.CO(NH )50.5
mol
mol
mol 始变平125min mol L ⨯34pkPa 2220.53434230.53()3434
pkPa p
pkPa p k Pa Pa k -⨯=⨯⨯⨯+4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO +4NH -3HCO 2-3CO 323()(H H )()CO H CO c c c -+⨯233()(H CO HC )()
O c c c -+-⨯2-
3
CO 216
12711(H )10410510a a c K K +---⨯⨯⨯=⨯
（1）铬在元素周期表中的位置为___________，其基态原子核外电子占据的原子轨道数为___________。

（2）已知半径小，正电场较强，容易与、、等分子或离子形成多种配合物，是其中的一种。

①该配合物中提供孤电子对形成配位键的原子是___________。

②配体中中心原子的杂化方式为___________(填字母)。

a ．
b ．
c ．sp
d ．③该物质中，的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是___________。

（3）钛铬合金是一种高温结构材料，第二电离能___________(填“”或“”)，原因是___________。

（4）铬的一种氮化物晶体立方晶胞结构如图所示，A 点分数坐标为，则B 点分数坐标为___________，已知，，则AB 间距离为___________nm 。

【答案】（1） ①. 第四周期ⅥB 族 ②. 15
（2） ①. O 、N ②. a ③. 独立存在的氨气分子中氮原子含有一对孤电子对，而配合物中的N 原子的孤电子对提供出来与Cr 3+形成了成键电子对
（3）
①. < ②. 钛第二电离能失去的是4s 1电子，铬第二电离能失去的是半充满的3d 5电子 （4）
①. (1，1
，) ②. 3(a+b)
【解析】
【小问1详解】
铬元素的原子序数为24，位于元素周期表第四周期ⅥB 族，基态原子电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1，则核外电子占据的原子轨道数为15，故答案为：第四周期ⅥB 族；15；
【小问2详解】
①由化学式可知，配合物的中心离子为具有空轨道的铬离子，水分子和氨分子是配体，配体中提供孤对电子的原子为氧原子和氮原子，故答案为：O 、N ；
②由化学式可知，配合物的中心离子为具有空轨道的铬离子，水分子和氨分子是配体，水分子中氧原子和3Cr +2H O 3NH Cl -()()233224Cr H O NH Cl 2H O ⎡⎤⋅⎣⎦3sp 2sp 23
d sp N H -()2Ti I ><()2Cr I ()0,0,0()3-r N =anm ()3+
r Cr =bnm 12
氨分子中氮原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp 3杂化，故选a ；
③独立存在的氨气分子中氮原子含有一对孤电子对，而配合物中的氮原子的孤电子对提供出来与铬离子形成了成键电子对，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氮氢键的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，故答案为：独立存在的氨气分子中氮原子含有一对孤电子对，而配合物中的N 原子的孤电子对提供出来与Cr 3+形成了成键电子对；
【小问3详解】
钛元素的原子序数为22，Ti +离子的价电子排布式为4s 1，易失去电子，铬元素的原子序数为24，Cr +的价电子排布式为半充满稳定结构的3d 5，较难失去电子，所以钛元素的第二电离能小于铬元素，故答案为：＜；钛第二电离能失去的是4s 1电子，铬第二电离能失去的是半充满的3d 5电子；
【小问4详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点A 点分数坐标为，则晶胞的边长为1，位于棱上的B 点分数坐标为(1，1
，)；由氮原子和铬原子的原子半径可知，晶胞参数为2(a+b)nm 、B 点到底面的长度为
(a+b)nm ，则面对角线的距离为(a+b)nm ，则AB
nm=3(a+b)nm ，故答案为：(1，1，)；3(a+b)。

12. 某芳香烃X(C 7H 8)是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。

其中A 是一氯代物，H 是一种功能高分子，链节组成为C 7H 5NO 。

已知：I.
Ⅱ.
(苯胺，易被氧化)
回答下列问题：（1）X 的结构简式为_______；F 的名称为_______。

（2）反应②的反应类型属于_______。

C 中官能团的名称是_______。

（3）反应④的化学方程式为_______。

()0,0,01212
（4）阿司匹林()有多种同分异构体，其中属于二元酸的芳香族化合物共有_______种；核磁共振氢谱有4组峰，峰值面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为_______(写一种即可)。

（5）请用合成反应流程图表示出由有机物A 和其他无机物合成最合理的方案(不超过4步)，合成路线为_______。

【答案】（1） ①. ②. 邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)
（2） ①. 氧化反应 ②. 醛基
（3）n +(n-1)H 2O
（4） ①. 10 ②. 或
（5）
【解析】
【分析】某芳香烃X 分子式是C 7H 8，X 与氯气发生取代反应生成A 是，A 水解反应产生B 是
， 发生催化氧化生成C 是 ，C 与银氨溶液反应生成D ，
与银
−−−−−−→一定条件
氨溶液发生银镜反应生成 ，则D 为 ； 酸化生成 ，则E 为 ；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成 ，则F 为
；由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、Ⅱ可知， 发生氧化反应生成
，则G 为 ； 发生还原反应生成，一定条件下，
发生缩聚反应生成链节组成为的功能高分子H ，则H 的结构简式为。

根据上述分析可知：A 是 ，B 是 ，C 是 ，D 为 ，E 为
，F 为 ，G 为 ，H 为。

【小问1详解】
芳香烃X 的分子式为C 7H 8，结合合成路线中有苯环，可知X 为甲苯，结构简式为 ；F 为
，其名称为邻硝基甲苯或2-
硝基甲苯；
75C H NO
【小问2详解】
由分析可知：在反应②中，在浓硫酸作用下， 与浓硝酸共热发生硝化反应生成F ：
；由于苯胺容易被氧化，由反应信息可知， 发生氧化反应生成
，反应②为氧化反应；C 是 ，官能团的名称醛基；
小问3详解】
分子中含有-COOH 、-NH 2，反应④为在一定条件下，氨基与羧基发生缩合反
应，生成高聚物，故方程式为n +(n-1)H 2O ；
【小问4详解】
阿司匹林()有多种同分异构体，其中属于二酸的芳香族化合物可分为苯环上单取代基有1种，两种取代基-CH 2COOH 、-COOH ，邻、间、对3种，3个取代基-CH 3、2个-COOH ，有6种，故同分异构体种类数目为1+3+6=10种；其中峰值面积比为3：2：2：1的同分异构体d 结构简式为 或；
【小问5详解】
A 是 ，由 合成，可采用逆推法方法分析。

与H 2发生加成
【→一定条件()2CH COOH -
反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热发生消去反应产生，与Cl2发生加成反应产生，与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，所以由制取的合成路线为：。