2019-2020学年辽宁省大连经济技术开发区得胜高级中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年辽宁省大连经济技术开发区得胜高级中学新高考化学模拟试
卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与生活、社会发展息息相关。

下列说法正确的是
A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；
B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；
C. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；
D. 硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；
故选C。

2．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A．密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2N A
B．100g98%的浓H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为N A
C．标准状况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为N A
D．1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A．合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2N A个，故A错误；
B．100g98%的浓H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1mol，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓) + Cu CuSO4 + 2H2O +SO2↑，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5mol，转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；
C．标准状况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量=
11.2L
22.4L/mol=0.5mol，混合物中所含氧原子的数目
为N A，故C正确；
D ．碳酸根的水解CO32-+H2O HCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1mol/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于N A个，故D错误；
故选C。

【点睛】
本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。

3．常温下用0.1mol/L NaOH溶液滴定40mL 0.1mol/LH2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。

下列叙述错误的是
A．Ka2(H2SO3)的数量级为10-8
B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．据图可知c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7.19，K a2(H2SO3)=
()()
()
2-+
3
-
3
=
SO H
HSO
c c
c
c(H+)=10-7.19，则K a2(H2SO3)的数量
级为10-8，故A正确；
B．甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴定第一反应终点pH在4.25，所以可以选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确；
C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且该点c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；
D．Z点溶质为Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水电离都生成OH-，所以c(HSO3-)＜c(OH-)，故D 错误；
故答案为D。

【点睛】
H2SO3为二元弱酸，与氢氧化钠反应时先发生H2SO3+N a OH=Na HSO3+H2O，再发生
Na HSO3+N a OH=N a2SO3+H2O，所以第一反应终点溶液溶质为Na HSO3，此时溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；第二反应终点溶液溶质为N a2SO3。

4．根据有关操作与现象，所得结论不正确
．．．的是（）
选项操作现象结论
A 将湿润的有色布条伸入Cl2中布条褪色氯气有漂白性
B 用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧火焰呈黄色溶液中含有Na+
C 将湿润的红色石蕊试纸伸入NH3中试纸变蓝氨水显碱性
D 向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变红溶液中含有Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【详解】
A、将湿润的有色布条伸入Cl2中，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布条褪色，氯气没有漂白性，故A错误；
B、钠元素焰色呈黄色，用洁净铂丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，故B正确；
C、氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨具有碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D、含有Fe3+的溶液遇KSCN溶液变红，故D正确；
答案选A。

5．化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。

下列有关化合物X的说法正确的是
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3溶液反应
C．1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应
D．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
【答案】D
【解析】
【详解】
A、连接两个苯环的碳原子，是sp3杂化，三点确定一个平面，两个苯环可能共面，故A错误；
B、此有机物中含有羧基，能与Na2CO3反应，故B错误；
C、1mol此有机物中含有1mol羧基，需要消耗1mol氢氧化钠，同时还含有1mol的“”这种结构，消耗2mol氢氧化钠，因此1mol此有机物共消耗氢氧化钠3mol，故C错误；
D、含有酯基，因此水解时只生成一种产物，故D正确。

6．海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。

一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：
下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（）
选项步骤采用装置主要仪器
A ①过滤装置漏斗
B ②分液装置分液漏斗
C ③蒸发装置坩埚
D ④蒸馏装置蒸馏烧瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。

7．下列关于有机化合物的说法正确的是
A．C3H6C12有4种同分异构体
B．乙烯与Br2的CC l4溶液反应后，混合液分为两层
C．乙醇被氧化一定生成乙醛
D．合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。

丙烷上有1对称轴，定1个氯在端基的碳原子，另1个氯原子的位置为邻间对，共3种。

定1个氯原子在中间的碳原子上，则另1个氯只能在对位，共1种。

如图所示。

A项正确；
B．乙烯和Br2反应生成1,2－二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，不会出现分层现象，B项错误；C．乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C项错误；
D．合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。

往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D项错误；
【点睛】
在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。

8．下列仪器不能加热的是()
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A不选；
B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B选；
C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；
D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D不选；
答案选B。

【点睛】
本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。

9．Cl2可用于废水处理。

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。

下列说法正确的是
A．两种无毒的气体均为还原产物
B．反应后溶液的pH会升高
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2
D．每转移2N A个电子时，一定会生成13.44L的气体
【答案】C
向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。

【详解】
A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。

N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；
B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；
C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C 正确；
D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；
答案选C。

10．将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。

此过程中二氧化硫表现出
A．酸性B．漂白性C．氧化性D．还原性
【答案】D
【解析】
【详解】
将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明首先生成单质碘，然后单质碘继续与二氧化硫反应生成碘化氢和硫酸，因此反应程中二氧化硫表现出还原性。

答案选D。

11．常温下，HNO2的电离平衡常数为K＝4.6×10－4(已知46．＝2.14)，向20 mL 0.01 mol·L－1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是
A．X＝20
B．a点溶液中c(H＋)＝2.14×10－3 mol·L－1
C．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小
NO－)
D．b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)＞c(Na＋)＞c(
2
【答案】B
A. 向20mL 0.01mol⋅L−1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，X<20，A项错误；
B. 由HNO2⇌H++NO2−，K=
()()
()
2
2
c H c NO
c HNO
+-
g
≈
()
()
2
2
c H
c HNO
+
，则4.6×10−4≈
()
2
0.01mol/L
c H+
，得到c(H+)=2.14×10−3
mol/L，B项正确；
C. c点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液；氢氧化钠溶液体积为20mL时恰好反应，那么a到恰好完全反应时，水的电离程度逐渐增大；d点从图中读不出是在恰好反应之前还是恰好反应之后，C项错误；
D. b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液，且浓度比为1:1，由NO2−+H2O⇌HNO2+OH−，HNO2⇌H++NO2−，电离程度大于水解程度，可知溶液呈酸性，微粒浓度大小为c(NO2−)>c(Na+)>c(HNO2)，D项错误；
答案选B。

12．已知NH3·H2O为弱碱，下列实验事实能证明某酸HA为弱酸的是()
A．浓度为0.1 mol·L－1HA的导电性比浓度为0.1 mol·L－1硫酸的导电性弱
B．0.1 mol·L－1 NH4A溶液的pH等于7
C．0.1 mol·L－1的HA溶液能使甲基橙变红色
D．等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于7
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 硫酸为二元强酸，当浓度均为0.1 mol·L－1时，硫酸溶液中的离子浓度一定大于HA溶液中离子的浓度，不能说明HA是否完全电离，A项错误；
B. NH4A溶液中，由于NH4+水解使溶液呈酸性，若HA为强酸，NH4A溶液pH＜7，而pH＝7说明A－水解，说明HA为弱酸，B项正确；
C. 当溶液的pH小于3.1时，甲基橙均能变红色，不能说明0.1 mol·L－1的HA溶液pH是否大于1，C项错误；
D. 若HA为强酸，等浓度的NaA、HA混合溶液pH也小于7，D项错误；
答案选B。

13．由下列实验和现象得出的结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误；
B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；
C. 某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；
D. 由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；故选C。

14．有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．烟是气溶胶，“日照香炉生紫烟”是丁达尔效应，故A错误；
B．“曾青”是CuSO4溶液，铁与CuSO4发生置换反应，故B正确；
C．“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能，故C正确；
D．“闪电下雨”过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3
与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3-中化合态的N，其中第一个反应是“将游离态的氮转化为化合态氮”，属于自然界固氮作用，故D正确；
答案选A。

15．下列实验操作不当的是
A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【答案】B
【解析】
【详解】
A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。

B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。

C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C
正确。

D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。

【点睛】
本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。

一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。

本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。

对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182 g·mol-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。

V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。

某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。

实验方案设计如下：
已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。

2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
请回答：
（1）第①步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是________。

(填编号)
（2）调节pH为8～8.5的目的________。

（3）第④步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_________。

(填编号)
A．冷水B．热水C．乙醇D．1% NH4Cl 溶液
（4）第⑤步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因________。

（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：________( 用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。

（6）将0.253 g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为8～8.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL,则该产品的纯度为________。

(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)
【答案】B让AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%
【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为8～8.5的目的就是让AlO2－转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3－的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时
在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2＋V2O5=2VO2＋SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.00×10－
3×0.250/2mol=2.5×10－3mol，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)×2×2=n(I2)×2，求出n(V2O5)=1.25×10－3mol，即m(V2O5)=1.25×10－3×182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253×100%=89.9%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。

某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：
己知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。

（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。

（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。

①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应
（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。

【答案】焦炭对二甲苯（或1,4-二甲苯）+2CH3OH+2H2O 酯
C H
基取代反应1014
CH3OH CH3Cl
【解析】
【分析】
采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反
应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。

【详解】
（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）
（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；
（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；
C H，根据分析，F的结构简式为；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为1014
（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此
符合条件的X的结构简式为；
（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，因此合成路线为
CH3OH CH3Cl。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。

回答下列问题：
(1)氟代硼酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O> ___。

基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形。

(2) NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是____，中心原子的杂化形式为____。

NaBH4中存在____（填标号）。

a. 离子键
b. 氢键
c. σ键
d. π键
(3) BeC12中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为___，其中Be的配位数为_____。

(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表：
解释表中氟化物熔点变化的原因：____。

(5) CaF2的一种晶胞如图所示。

Ca2+占据F-形成的空隙，其空隙率是____。

若r(F-)=x pm，r(Ca2+) =y pm，设阿伏加德罗常数的值为N A，则CaF2的密度ρ=_____ g.cm-3（列出计算表达式）。

【答案】Be＞B＞K 哑铃（纺锤）正四面体sp3ac 3 前三种为离子晶体，晶格能依次增大；后三种为分子晶体，分子间作用力依次增大50%
3-A 304784(x+y)[]103
N ⨯⨯或3-3A 0
1173(x+)8y 10N ⨯ 【解析】
【分析】
(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA 族、第VA 族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，据此判断第一电离能大小顺序；根据K 为19号元素，基态K +电子占据最高能级的电子为3p ，据此判断电子云形状；
(2) BH 4-中B 形成4个σ键，没有孤电子对；NaBH 4属于离子化合物，阴离子为BH 4-，据此分析判断存在的化学键类型；
(3) BeCl 2中Be 为4号元素，存在空轨道，Cl 含有孤电子对，据此分析解答；
(4)前三种为离子晶体，后三种为分子晶体，结合影响离子晶体和分子晶体熔点的因素分析解答；
(5) 根据CaF 2的晶胞图，F 一形成的空隙有8个，其中4个空隙被Ca 2+占据；根据均摊法计算一个晶胞中含有F 一和Ca 2+的数目，再计算晶胞的质量，根据晶胞中体对角线的长度为4(x+y)pm 计算晶胞的体积，最后再计算晶胞的密度。

【详解】
(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA 族、第VA 族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，氟代硼酸钾(KBe 2BO 3F 2)中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O> Be ＞B ＞K ；K 为19号元素，基态K +电子占据最高能级的电子为3p 电子，电子云轮廓图为纺锤形；
(2) NaBH 4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子BH 4-中B 形成4个σ键，没有孤电子对，空间构型为正四面体；中心原子B 的杂化形式为sp 3杂化；NaBH 4属于离子化合物，存在离子键，BH 4-中存在极性键，B 原子存在空轨道，与H 形成配位键，极性键、配位键都是σ键，故选ac ；
(3) BeCl 2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，BeCl 2中Be 存在空轨道，Cl 含有孤电子对，可以形成配位键，因此双聚BeCl 2分子的结构式为
；其中Be 的配位数为3；
(4)根据表格数据，钠、镁、铝属于活泼的金属元素，与F 形成的金属氟化物为离子晶体，熔点均较高，离子半径按照钠、镁、铝的顺序逐渐减小，晶格能逐渐增大，因此三种离子晶体的熔点逐渐升高；后面三种均为分子晶体，熔点较低，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高；
(5) 根据CaF 2的晶胞图，F 一形成的空隙有8个，其中4个空隙被Ca 2+占据，空隙率为50%；一个晶胞中含有F 一的数目为8×18+6×12+12×14+1=8，含有4个Ca 2+，晶胞的质量为A
478N ⨯g ，晶胞中体对角线的长度为
4(x+y)pm ，则晶胞的边长=3
pm=3×10-10cm ，因此晶胞的体积=3-30[]103
⨯cm -3，晶胞的密度=3-A 30478
4(x+y)[]103
N ⨯⨯g.cm -3。

【点睛】
本题的易错点和难点为(5)，要注意晶胞中体对角线的长度为F -
和Ca 2+半径之和的4倍。

19．NO 用途广泛，对其进行研究具有重要的价值和意义
（1）2NO （g ）+O 2（g ）=2NO 2（g ）△H=akJ •mol -1的反应历程与能量变化关系如图所示。

已知：第Ⅱ步反应为：NO 3（g ）+NO （g ）=2NO 2（g ）△H=bkJ •mol -1
①第I 步反应的热化学方程式为__。

②关于2NO
（g ）+O 2（g ）=2NO 2（g ）的反应历程，下列说法正确的是__。

A ．相同条件下，决定该反应快慢的步骤为第Ⅱ步反应
B ．使用合适的催化剂会使E 1、E 2、E 3同时减小
C ．第I 步反应为吸热反应，第Ⅱ步反应为放热反应
D ．反应的中同产物是NO 3和NO
（2）NO 的氢化还原反应为2NO （g ）+2H 2（g ）⇌N 2（g ）+2H 2O （g ）。

研究表明：某温度时，v 正=k •c m （NO ）•c n （H 2），其中k=2.5×103mol
（m+n-1）•L （m+n-1）•s -1．该温度下，当c （H 2）=4.0×10-3mol •L -1时，实验测得v 正与c （NO ）的关系如图一所示，则m=___，n=___。

（3）NO 易发生二聚反应2NO （g ）⇌N 2O 2（g ）。

在相同的刚性反应器中充入等量的NO ，分别发生该反应。

不同温度下，NO 的转化率随时间（t ）的变化关系如图二所示。

①该反应的△H___0（填“＞”“＜”或“=”）。

②T 1温度下，欲提高NO 的平衡转化率，可采取的措施为__（任写一条即可）。

③a、b处正反应速率v a__v b（填”＞”“＜”或“=”），原因为___。

④e点对应体系的总压强为200kPa，则T2温度下，该反应的平衡常数k p=___kP a-1（K p为以分压表示的平衡常数）
【答案】O2（g）+NO（g）=NO3（g）△H=（a-b）kJ•mol-1AC 2 1 ＜增大NO浓度（或
降温、压缩气体、及时分离N2O2等）＞对应温度a点高于b点，NO的浓度a点大于b点
1 450
【解析】
【分析】
（1）①总反应为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=akJ•mol-1，第Ⅱ步反应：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）△H=bkJ•mol-1
根据盖斯定律：第Ⅰ步反应=总反应-第Ⅱ步反应得到第Ⅰ步反应的热化学方程式；
②A、总反应的反应速率一般由历程中反应速率小的反应决定；
B、根据催化剂只改变反应速率，不能改变反应进程；
C、反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量，若生成物的总能量＞反应物的总能量，则反应吸热，反之相反；
D、NO3为第Ⅰ步反应的生成物、为第II步反应的反应物。

（2）将（1×10-3，1×10-5）和（2×10-3，4×10-5）代入v正=2.5×103•c m（NO）•c n（4.0×10-3）计算m、n值；（3）①根据图象可知，温度T2＞T1，分析T2℃时NO的转化率小于T1℃时NO的转化率即可解答；
②能使该反应的平衡正向移动的措施均能提高NO的平衡转化率，结合反应正向移动的条件分析解答。

③a点NO的转化率小于b点，即体系中a点的c（NO）大与b点，并且a点温度大于b点，结合温度和浓度对化学反应速率影响解答；
④根据反应的三段式计算平衡时n（NO）、n（N2O2）和平衡分压p（NO）、p（N2O2），代入分压平衡常数
K p=
()
()
22
2
p N O
p NO
中计算K p。

【详解】
（1）①总反应为：2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）△H=akJ•mol-1，第Ⅱ步反应：NO3（g）+NO（g）=2NO2（g）△H=bkJ•mol-1，由盖斯定律有：第Ⅰ步反应=总反应-第Ⅱ步反应得到第Ⅰ步反应的热化学方程式O2（g）+NO（g）=NO3（g）△H=（a-b）kJ•mol-1；
②A、由图可知，第Ⅱ步反应的活化能高，导致第Ⅱ步反应速率慢，总反应的反应速率一般由历程中反应速率小的反应决定，所以决定该反应快慢的步骤为第Ⅱ步反应，故A正确；
B、催化剂会降低E1、E2，不能改变反应热E3，故B错误；
C、反应热△H=生成物的总能量-反应物的总能量，第I步反应中生成物的总能量＜反应物的总能量，第II 步反应中生成物的总能量＞反应物的总能量，所以第I步反应为吸热反应，第Ⅱ步反应为放热反应，故C 正确；。