2020年宁夏石嘴山三中高考化学五模试卷 (含答案解析)

2020年宁夏石嘴山三中高考化学五模试卷
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1.化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
B. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C. 电热水器用镁棒防止铁质内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假葡萄酒
2.咖啡酸具有止血、镇咳、祛痰等疗效，其结构简式为有关咖啡酸的说法中不正确的是()
A. 咖啡酸可以发生还原、取代、加聚等反应
B. 1 mol咖啡酸最多能消耗3 mol的NaHCO3
C. 1 mol咖啡酸可与4 mol H2发生加成反应
D. 咖啡酸与FeCl3溶液可以发生显色反应
3.下列实验操作对应的现象不符合事实的是()
选
项
实验操作现象
A.
向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴入几滴稀盐酸，充分振
荡后滴加KSCN溶液溶液逐渐变为黄色，滴加KSCN后
溶液变血红色
B. 向盛有Br2的CCl4溶液的试管中通入乙烯
溶液逐渐褪色，静置后观察到溶液
有分层现象
C. 向AlCl3溶液中滴加氨水，充分反应后再加入过量的
NaHSO4溶液
先产生白色沉淀，后沉淀消失
D. 向盛有Na2S2O3溶液的试管中滴加稀硫酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑
浊
A. A
B. B
C. C
D. D
4.一种Cu−Li可充电电池的工作原理如图所示，其中非水系电解液
和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开。

下列说
法正确的是
A. 陶瓷片允许水分子通过
B. 电池放电时，N极发生氧化反应
C. 电池充电时，阴极的电极反应式为Li++e−=Li
D. 电池充电时，接线柱B应与外接直流电源的负极相连
5.浓度均为0.10mol·L−1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg V
V0的变化如图所示。

下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH−)相等
D. 当lg V
V0=2时，若两溶液同时升高温度，C(M+)
C(R+)
)则增大
6.已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中相对位置如图所示，下列说法
正确的是()
A. 若H m XO n为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数)
B. 若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸
C. 若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱
D. 若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应
二、双选题（本大题共1小题，共6.0分）
7.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()
A. 标准状况下，1.12LCCl 4含有Cl 原子数目为0.4N A
B. 标准状况下，2.24L 氯气中含有的电子总数为3.4mol
C. 常温常压下，4.4gCO 2与N 2O 混合气体中含有的原子总数为0.3N A
D. 39gNa 2O 2与足量H 2O 反应，转移电子数为N A
三、简答题（本大题共4小题，共46.0分）
8. 新型电池在飞速发展的信息技术中发挥着越来越重要的作用．Li 2FeSiO 4是极具发展潜力的新型
锂离子电池电极材料，在苹果的几款最新型的产品中已经有了一定程度的应用．其中一种制备Li 2FeSiO 4的方法为：
固相法：2Li 2SiO 3+FeSO 4 惰性气体 
̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲̲高温Li 2FeSiO 4+Li 2SO 4+SiO 2 某学习小组按如下实验流程制备Li 2FeSiO 4并测定所得产品中Li 2FeSiO 4的含量．
实验(一)制备流程：
实验(二) Li 2FeSiO 4含量测定：
从仪器B 中取20.00mL 溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol ⋅Lˉ1的酸性KMnO 4标准溶液装入仪器C
中，用氧化还原滴定法测定Fe 2+含量．相关反应为：MnO 4−+5Fe
2++8H +=Mn 2++5Fe 3++4H 2O ，杂质不与酸性KMnO 4标准溶液反应．经4次滴定，每次消耗KMnO 4溶液的体积如下： 实验序号 1 2 3 4
消耗KMnO 4溶液体积 20.00mL 19.98mL 21.38mL 20.02mL
(1)实验(一) 中：①操作Ⅱ的步骤为______
②制备Li 2FeSiO 4时必须在惰性气体氛围中进行，其原因是______
(2)实验(二) 中：①仪器名称：仪器C______
②还原剂A 可用SO 2，写出该反应的离子方程式______，此时“后续处理”主要为加热煮沸，其目的是______
③滴定终点时现象为______；根据滴定结果，可确定产品中Li2FeSiO4的质量分数为______；若
滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，会使测得的Li2FeSiO4含量______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)．
9.实验室利用CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成橙黄色晶体
Co(NH3)6Cl3实验流程和装置(图1)如下：
已知：①不同温度下，Co(NH3)6Cl3在水中溶解度曲线如图所示．
②Co(NH3)6Cl3在溶液中主要以Co(NH3)63+和Cl−形式存在，加入少量浓盐酸有利于结晶析出．
③K sp[Co(OH)2]=1.09×10−15，K sp[Co(OH)3]=1.6×10−44．
回答下列问题：
(1)图1中仪器A的名称是________；在实验过程中NH4Cl除作反应物外，还可防止在滴加氨水
时生成粉红色Co(OH)2沉淀，其原理是________．
(2)氧化过程在图1所示装置中进行，生成Co(NH3)6Cl3．
①氧化时须先加入氨水，再加入H2O2的目的是________；该反应的离子方程式为________．
②反应时需要控制温度在50～60℃之间，温度不能过高的原因是________．
(3)冰水冷却的目的是________；滤渣中所含有的主要杂质为________．
(4)请完成由过滤后所得滤渣获取Co(NH3)6Cl3的实验方案：将滤渣加入沸水中，充分搅拌，趁
热过滤，________，再用少许乙醇洗涤，低温干燥．
(5)上述实验过程中若不使用活性炭作催化剂，则会得到紫红色晶体Co(NH3)5Cl3(M=250.5g·
mol−1).取2.505g紫红色晶体，溶于水后加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.870g，写出该反应的化学方程式：________．
10.恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
(1)若反应进行到某时刻t时，n t(N2)=13mol，n t(NH3)=6mol，计算a的值．
(2)反应达平衡时，混合气体的物质的量为32mol，其中NH3的物质的量分数为25%.计算原混合
气体与平衡混合气体的压强之比(最简整数比，下同)，即：P(始)：P(平)=______ ．
(3)达到平衡时，求N2和H2的转化率之比，即：α(N2)：α(H2)=______ ．
11.2020年2月15日，由国家科研攻关组的主要成员单位的专家组共同研判磷酸氯喹在细胞水平上
能有效抑制新型冠状病毒(2019−nCoV)的感染。

(1)已知磷酸氯喹的结构如图所示，则所含C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为
_______________。

P原子核外价层电子排布式为________，其核外电子有____种空间运动状态。

(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_________，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的
沸点高，其原因是_______________________。

(3)H3PO4中PO43−的空间构型为________________。

(4)磷化镓是一种由ⅢA族元素镓(Ga)与VA族元素磷(P)人工合成的Ⅲ—V族化合物半导体材料。

晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。

①磷化镓晶体中含有的化学键类型为__________(填选项字母)
A.离子键
B.配位键
C.σ键
D.π键
E.极性键
F.非极性键
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。

若
沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为_________。

③若磷化镓的晶体密度为ρg·cm−3，阿伏加德罗常数的值为N A，则晶胞中Ga和P原子的最近
距离为___________pm。

四、推断题（本大题共1小题，共15.0分）
12.有机物F是合成药物“银屑灵”的中间体，其合成流程如图：
回答下列问题：
(1)化合物A的名称为______，化合物C中含氧官能团结构简式为______。

(2)写出A→B的化学方程式：______。

(3)D→E的反应类型为______，F的分子式为______。

(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：______。

①能发生银镜反应
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
③分子中核磁共振氢谱为四组峰
(5)设计以甲苯、乙醛为起始原料(其它试剂任选)，制备的合成路线流程图：______。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：
本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

A.食用油反复加热发生化学变化，会产生稠环芳香烃等有害物质，对人体有害，故A正确；
B.燃煤燃烧会产生酸性氧化物SO2，SO2能与O2、CaO反应生成CaSO4，所以燃煤中加入CaO可减少SO2的排放、减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故B错误；
C.镁比铁活泼，镁与铁连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了铁不受腐蚀，该原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.碳酸钠俗名苏打，碳酸钠溶液呈碱性，花青素在碱性环境下显蓝色，向葡萄酒中加入碳酸钠，如果溶液不变蓝，说明是假葡萄酒，故D正确。

故选B。

2.答案：B
解析：解：A.含−OH可发生取代反应，含碳碳双键可发生还原、加聚反应，故A正确；
B.只有−COOH与碳酸氢钠反应，则1 mol咖啡酸最多能消耗1 mol的NaHCO3，故B错误；
C.苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol咖啡酸可与4 mol H2发生加成反应，故C正确；
D.含酚−OH，与FeCl3溶液可以发生显色反应，故D正确；
故选B．
由结构可知，分子中含酚−OH、碳碳双键、−COOH，结合酚、烯烃、羧酸的性质来解答．
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、烯烃、羧酸的性质及应用，题目难度不大．
3.答案：B
解析：
本题主要考查化学实验操作和现象，侧重考查学生的实验设计和理解能力，掌握反应原理是解答的关键。

A.往Fe(NO3)2溶液中滴入稀盐酸，溶液中的Fe2+、H+、NO3−发生氧化还原反应生成Fe3+，溶液变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液变血红色，A项不符合题意；
B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，但生成的1，2—二溴乙烷易溶于四氯化碳，所以不会出现分层现象，B项符合题意；
C.向AlCl3溶液中滴加氨水，产生氢氧化铝沉淀，充分反应后再加入过量的NaHSO4溶液(相当于加入过量强酸)，氢氧化铝溶解，C项不符合题意；
D.硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫和二氧化硫，所以有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，D项不符合题意。

故选B。

4.答案：C
解析：
本题考查了新型化学电源知识，是高考常考题型，注意对题干信息的应用，明确原电池的原理是解题的关键，侧重知识的能力考查，题目难度中等。

A.非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故A错误；
B.放电时，金属锂是负极，M是负极，N为电池的正极，发生还原反应，故B错误；
C.充电时，接线柱A应与M极相连，M是负极，所以A外接电源的负极，阴极反应为Li++e−=Li，故C正确；
D.充电时，阴极反应和放电时的负极反应互为逆过程，接线柱B应与外接直流电源的正极相连，故D错误。

故选C。

5.答案：D
解析：
本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C ，注意：碱无论如何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。

A.相同浓度的一元碱，碱的pH 越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH 的pH 大于ROH 的pH ，说明MOH 的电离程度大于ROH ，则MOH 的碱性强于ROH 的碱性，故A 正确；
B.由图示可以看出ROH 为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b 点溶液体积大于a 点，所以b 点浓度小于a 点，则ROH 电离程度：b >a ，故B 正确；
C.若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH −)接近于纯水中c(OH −)，所以它们的c(OH −)相等，故C 正确；
D.根据A 知，碱性MOH >ROH ，当lg V
V 0=2时，由于ROH 是弱电解质，升高温度能促进ROH 的电离，所以c(M +)
c(R +)减小，故D 错误；
故选：D 。

6.答案：C
解析：
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用及元素的不确定性，题目难度不大。

由短周期主族元素在周期表中的位置可知，X 、Y 处于第二周期，Z 、W 处于第三周期，
A.若H m XO n 为强酸，则X 只能为N 元素，其氢化物氨气溶于水呈碱性，故A 不正确；
B.若四种元素均为非金属，则X 、Z 的族序数≥4，而小于7，若处于ⅣA 元素，则W 为P 元素，对应的磷酸不是强酸，故B 不正确；
C.若四种元素均为金属，则X 为Li 、Y 为Be 、Z 为Na 、W 为Mg ，Z 的最高价氧化物对应的水化物为NaOH 为强碱，故C 正确；
D.若四种元素中只有一种为金属，则Z 为Al 、X 为B 、Y 为C 、W 为Si ，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，而碳酸属于弱酸，不能与氢氧化铝反应，故D 不正确。

故选C 。

7.答案：BC
解析：解：A.标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.标准状况下，2.24L氯气物质的量为0.1mol，含有的电子总数为3.4mol，故B正确；
C.CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol，故4.4gCO2与N2O的物质的量为0.1mol，而CO2与N2O均为三原子分子，故0.1mol混合气体中含0.3N A原子，故C正确；
D.39gNa2O2与物质的量为0.5mol，与足量H2O反应，转移电子数为0.5N A，故D错误；
故选：BC．
A.气体摩尔体积使用对象为气体；
B.1个氯气分子中含有34个电子；
C.根据CO2与N2O的摩尔质量均为44g/mol来计算；
D.过氧化钠与水反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠，转移1mol电子．
本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，熟悉相关计算公式是解题关键，注意气体摩尔体积的使用条件和对象，题目难度不大．
8.答案：蒸发浓缩，降温结晶，过滤；防止二价铁被氧化；酸式滴定管；SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++ SO42−+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；
81.00%；偏高
解析：解：(1)①操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到，
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶，过滤；
②固相法中制备Li2FeSiO4的过程必须在惰性气体氛围中进行，因为亚铁离子具有还原性，易被氧化，所以惰性气体氛围中是为了防止亚铁离子被氧化，
故答案为：防止二价铁被氧化；
(2)①实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，得到含Fe2+离子的溶液100ml，需要仪器为100ml 容量瓶，仪器C中为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性能腐蚀橡胶管，需要盛放在酸式滴定管中，名称为酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
②还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，反应的离子方程式为：SO2+
2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42−+4H+，此时后续操作应除去过量的SO2以免影响后面Fe2+的测定，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42−+4H+；除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定；
③滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol⋅Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应．消耗高锰酸钾溶液体积第3次误差较大舍去，计算平均消耗溶液体
ml=20.00ml，铁元素守恒计算积，结合离子反应的定量关系计算，V(标准)=20.00+19.98+20.02
3
MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
5Li2FeSiO4～5Fe2+～MnO4−，
5 1
n 0.2000mol/L×0.020L
n=0.0200mol
=0.1000mol，
100ml溶液中含物质的量=0.0200mol×100
20
×100%=81.00%，
产品中Li2FeSiO4的质量分数=0.1mol×162g/mol
20.00g
滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成c(待测)偏高，故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；81.00%；偏高；
实验(一)制备流程：废铁屑加入稀硫酸过滤得到溶液中通过蒸发浓缩，降温结晶，过滤洗涤得到FeSO4⋅7H2O，隔绝空气加热分解得到硫酸亚铁固体，和Li2SiO3反应得到Li2FeSiO4，
实验(二)Li2FeSiO4含量测定：取20.00g产品灼烧后加入足量稀硫酸溶解溶液转移到烧杯中，加入足量还原剂A可用SO2，还原铁离子为亚铁离子，
加热煮沸除去过量的SO2，以免影响后面Fe2+的测定，转移到仪器B为100ml容量瓶中配制得到准确体积和浓度的溶液，从仪器B中取20.00mL溶液至锥形瓶中，另取0.2000mol⋅Lˉ1的酸性KMnO4标准溶液装入仪器C中，用氧化还原滴定法测定Fe2+含量．相关反应为：MnO4−+5Fe2++8H+= Mn2++5Fe3++4H2O，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，测定溶液体积，结合化学方程式定量关系计算，
(1)①操作Ⅱ是溶液中得到硫酸亚铁晶体的实验操作，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；
依据亚铁离子具有还原性分析；
(2)①实验二中仪器B为配制溶液需要的容量瓶，仪器C为滴定实验所用的标准溶液，标准溶液为高锰酸钾溶液具有氧化性需要盛放在酸式滴定管中；
②还原剂A可用SO2，二氧化硫具有还原性被铁离子氧化为硫酸，此时后续操作应除去过量的SO2；
③滴定实验反应终点的判断是依据高锰酸钾溶液滴入最后一滴溶液呈浅红色且半分钟不变化，依据反应定量关系和实验数据计算产品中Li2FeSiO4的质量分数，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V(标准)偏大，会造成c(待测)偏高；
本题考查了物质制备、物质含量测定和滴定实验过程的分析应用，注意实验基本操作的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
9.答案：(1)分液漏斗；NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离，防止pH过高；
(2)①氨水提供NH3分子，与氧化生成的Co3+形成Co(NH3)63+，从而防止Co(OH)3的生成；H2O2+ 2Co2++2NH4++10NH3·H2O=2Co(NH3)63++12H2O；
②温度过高过氧化氢分解，氨气逸出；
(3)降低Co(NH3)6Cl3的溶解度，提高产量；活性炭；
(4)向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤
(5)Co(NH3)5Cl3+2AgNO3=2AgCl↓+Co(NH3)5Cl(NO3)2
解析：
【试题解析】
本题考查物质的分离与提纯综合应用，涉及沉淀溶解平衡、盐类水解的应用等知识，难度较难。

解题需应用的知识有：弱电解质的电离的影响因素；沉淀溶解平衡的应用；物质分离和提纯方法的综合应用。

实验室制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的化学方程式为：2CoCl2⋅6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O2=
2[Co(NH3)6]Cl3+14H2O，NH4Cl溶液中加入CoCl2⋅6H2O晶体溶解，得到溶液加入浓氨水和活性炭，加入过氧化氢，需要水浴加热保持温度50℃～60℃反应得到Co(NH3)6Cl3液，冷却过滤得到
[Co(NH3)6]Cl3，将滤渣加入沸水中，充分搅拌，趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤，据此分析。

(1)图1中仪器A的名称是分液漏斗，在实验过程中NH4Cl除作反应物外，还可防止在滴加氨水时生成粉红色Co(OH)2沉淀，其原理是NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离，防止pH过高，故填：分液漏斗；NH4Cl会抑制NH3·H2O的电离，防止pH过高；
(2)①氧化时须先加入氨水，再加入H2O2的目的是：氨水提供NH3分子，与氧化生成的Co3+形成
Co(NH3)63+，从而防止Co(OH)3的生成，该反应的离子方程式为H2O2+2Co2++2NH4++10NH3·
H2O=2Co(NH3)63++12H2O，
故填：氨水提供NH3分子，与氧化生成的Co3+形成Co(NH3)63+，从而防止Co(OH)3的生成；H2O2+ 2Co2++2NH4++10NH3·H2O=2Co(NH3)63++12H2O；
②反应时需要控制温度在50～60℃之间，温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解，氨气逸出，故填：温度过高过氧化氢分解，氨气逸出；
(3)冰水冷却的目的是降低Co(NH3)6Cl3的溶解度，提高产量，滤渣中所含有的主要杂质为活性炭，故填：降低Co(NH3)6Cl3的溶解度，提高产量；活性炭；
(4)由过滤后所得滤渣获取Co(NH3)6Cl3的实验方案：将滤渣加入沸水中，充分搅拌，趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤，低温干燥，故填：向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤；
(5)上述实验过程中若不使用活性炭作催化剂，则会得到紫红色晶体Co(NH3)5Cl3(M=250.5g·
mol−1)，取2.505g(物质的量为0.01mol)紫红色晶体，溶于水后加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀氯化银2.870g(物质的量为0.02mol)，由此可知反应的化学方程式为：
Co(NH3)5Cl3+2AgNO3=2AgCl↓+Co(NH3)5Cl(NO3)2，故填：
Co(NH3)5Cl3+2AgNO3=2AgCl↓+Co(NH3)5Cl(NO3)2。

10.答案：5：4；1：2
解析：解：(1)(1)恒温下，将a molN2与b molH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，若反应进行到某时刻t时，n t(N2)=13mol，n t(NH3)=6mol，则：
N2(g)+3H2(g)⇌2ΝΗ3(g)
起始量(mol)：a b 0
变化量(mol)：3 9 6
t时刻(mol)：13 b−96
则a=3+13=16，
答：a的值为16；
(2)氨气物质的量为32mol×25%=8mol，则：
N2(g)+3H2(g)⇌2ΝΗ3(g)
起始量(mol)：16 b 0
变化量(mol)：4 12 8
t时刻(mol)：12 b−128
则12+b −12+8=32，解得b =24，
恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则P(始)：P(平)=(16+24)mol ：32mol =5：4， 故答案为：5：4； (3)α(N 2)：α(H 2)=
4mol
16mol ：12mol
24mol
=1：2，故答案为：1：2． (1)恒温下，将a molN 2与b molH 2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，若反应进行到某时刻t 时，n t (N 2)=13mol ，n t (NH 3)=6mol ，则： N 2(g)+3H 2(g) ⇌2ΝΗ3(g) 起始量(mol)：a b 0 变化量(mol)：3 9 6 t 时刻(mol)：13 b −9 6
氮气起始物质的量=t 时氮气物质的量+消耗氮气物质的量；
(2)计算氨气物质的量，根据方程式计算消耗氮气、氢气物质的量，结合平衡时混合气体总物质的量计算氢气起始物质的量，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比； (3)结合(2)中计算结果进行解答．
本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，注意三段式解题法在你化学平衡计算中应用．
11.答案：(1)N >O >C 3s 23p 3 9
(2)sp 2、sp 3 NH 3分子间存在氢键，分子间氢键影响沸点，使得沸点高 (3)正四面体
(4)①BCE ②(14,34,14)③ √3
4×√404
ρN A
 3
×1010
解析：
本题考查了物质结构和性质，涉及原子结构、杂化、粒子空间构型、氢键、共价键类型和晶体类型及晶胞计算等知识点，侧重考查基础知识灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用，题目难度中等。

(1)同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA 族、第VA 族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N >O >C ；P 的原子序数为15，P 的价电子为3s 、3p 能级上的电子，价电子排布式为3s 23p 3，其基态原子核外有9个轨道，所以有9个空间运动状态， 故答案为：N >O >C ；3s 23p 3；9；
(2)磷酸氯喹中N 原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断N 原
子杂化类型分别为sp2、sp3；NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间不能形成氢键，所以NH3沸点高，
故答案为：sp2、sp3；NH3分子间存在氢键，分子间氢键影响沸点，使得沸点高；
(3)PO43−的价层电子对数=4+5+3−4×2
2
=4，无孤电子对，则其空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
(4)①金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子为4，所以磷化镓晶体为原子晶体，只存在共价键，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子、Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，它们之间有四个共价键，所以有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，是σ键，
故答案为：BCE；
②P原子1和P原子2及其对称的另外两个P原子为正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标
的位置如图，则原子2的分数坐标为(1
4,3
4
,1
4
)，
故答案为：(1
4,3
4
,1
4
)；
③晶胞中P原子数为4，Ga原子数为8×1
8+6×1
2
=4，晶胞的质量m=4×101
N A
g=404
N A
g，化学式为
GaP，晶胞的体积V=m
ρ=404
ρN A
cm3，晶胞的边长a=√404
ρN A
3cm，P原子与周围最近的4个Ga原子形
成正四面体，晶胞顶点Ga原子与四面体中心P原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对
角线长度的1
4
，而体对角线长度等于晶胞棱长的√3倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为=
√3 4×√404
ρN A 
3cm=√3
4
×√404
ρN A 
3×1010pm，
故答案为：√3
4×√404
ρN A 
3×1010。

12.答案：(1)2，3，5−三甲基苯酚；−CHO、−O−；
(2)；
(3)加成反应；C16H22O2；
(4)；
(5)
解析：解：(1)由A的结构简式可知，化合物A的名称为2，3，5−三甲基苯酚，化合物C中含氧官能团结构简式为−CHO、−O−，
故答案为：2，3，5−三甲基苯酚；−CHO、−O−；
(2)A→B的化学方程式：，
故答案为：；
(3)由D、E的结构简式可知，D→E的反应类型为加成反应，由F的结构简式可知，F的分子式为C16H22O2，
故答案为：加成反应；C16H22O2；
(4)C的结构简式为，其同分异构体符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②能发生水解反应，说明含有酯基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基；
③分子中核磁共振氢谱为四组峰，
则符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(5)以甲苯、乙醛为起始原料(其它试剂任选)制备，结合题干的流程题可知，其合成路线为，
故答案为：。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析判断及知识迁移能力，明确反应前后化学键变化及发生反应类型是解本题关键，采用知识迁移方法进行合成路线设计，难点是合成路线设计，题目难度中等。