2020年陕西省高考化学一模试卷 (含答案解析)

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1. 化学与生产、生活密切相关，下列有关说法中正确的是( )

A. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱 B. 铝及其合金广泛应用，是因为铝的性质稳定，不易被腐蚀 C. 塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的加成反应 D. 硅太阳能电池利用的是原电池原理

2. 下列关于淀粉的说法正确的是( )

A. 化学式为C6H12O6 C. 不能发生水解反应

B. 不属于糖类

D. 常温下其水溶液遇碘单质变蓝

3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )

A. 常温常压下，9.5g羟基(−18OH)含有的中子数为5NA B. 60gSiO2中含有的Si−O键数量为2NA

C. MnO2与足量浓盐酸反应产生22.4LCl2时转移电子数为2NA D. 0.1 mol ⋅L−1Na2SO3溶液中含有的阴离子总数大于0.1NA

4. 下列离子方程式书写不正确的是( )

A. AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n(OH−)：n(Al3+)=7：2时，2Al3++7OH−=Al(OH)3↓

+AlO−2+2H2O

2时，n(NaHS)=1：当n(CuCl2)：Cu2++2HS−=CuS↓+H2S↑ B. CuCl2溶液与NaHS溶液反应，

1时，n(FeBr2)=1：当n(Cl2)：2Fe2++4Br−+3Cl2=2Fe3++2Br2+C. Cl2与FeBr2溶液反应，6Cl−

+2+2时，n(HNO3)=1：当n(Fe)：3Fe+2NO−+2NO↑+4H2O D. Fe与稀反应，3+8H=3Fe

5. 除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是

( )

A. 硝基苯() NaOH溶液 分液 B. 乙烯(二氧化硫) 酸性高锰酸钾 洗气 C. 乙酸乙酯(乙酸) NaOH溶液 蒸馏 D. 苯(苯酚) 溴水 过滤

6. 同一短周期的元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，下列叙述正确的是( )

A. 单质的活泼性：W第1页，共16页

7. 常温下，Ksp(CaSO4)=9×10−6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线见图．下列叙述正

确的是( )

①a、c两点均可以表示CaSO4溶于水所形成的饱和溶液 ②a点对应的Ksp不等于c点对应的Ksp ③b点对应的溶液将有沉淀生成 ④d点溶液通过蒸发溶剂可以变到c点

⑤常温下CaSO4溶于水的饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO2−4)的乘积对应曲线上任意一点 ⑥常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/LNa2SO4溶液，能使溶液由a点变

为b点

A. 2句 B. 3句 C. 4句 D. 5句

二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）

8. POCl3 常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：

I.实验室制备 POCl3。采用氧气氧化液态 PCl3 法制取 POCl3，实验装置(加热及夹持仪器 略)如图： 资料：

①Ag++SCN−=AgSCN↓ Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)； ②PCl3 和 POC13的相关信息如表： 物质 PCl3 POC13 熔点/℃ −112.0 2.0 沸点/℃ 相对分子质量 其他 76.0 106.0 137.5 153.5 两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢 (1)装置 B 的作用是观察氧气的流速和______、______，干燥管的作用是______。 (2)该反应温度要控制在 60～65℃，原因是：______。

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II.测定 POCl3产品的含量。实验步骤：

①制备 POCl3 实验结束后，待三颈瓶中的液体冷却至室温，准确称取 30.7g 产品(杂质 不含氯元素)，置于盛有 60.00 mL 蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配 成 100.00 mL 溶液。 ②取 10.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入 10.00mL 3.2mol/L AgNO3 标准溶液。 ③加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。

④以 X 为指示剂，用 0.2mol/LKSCN 溶液滴定过量的 AgNO3溶液，达到滴定终点时共用 去 10.00 mL KSCN 溶液。

(3)实验室用 5.0mol/L AgNO3 配制 100mL3.2mol/L AgNO3 标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有______。

(4)步骤③若不加入硝基苯将导致测量结果______(填偏高，偏低，或无影响) (5)步骤④中 X 可以选择______。

(6)反应产物中 POCl3 的质量百分含量为______，通过______(填操作)可以提高产品的纯度。 三、简答题（本大题共3小题，共43.0分）

9. 以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，用硫酸渣制备铁红

(Fe2O3)的过程如下

(1)酸溶过程中Fe2O3与稀硫酸反应的化学方程式为___________________________；“滤渣A”主要成份的化学式为___________。

(2)还原过程中加入FeS2的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为H2SO4，该反应的离子方程式___________。

(3)氧化过程中，O2、NaOH与Fe2+反应的离子方程式为__________________。

(4)为了确保铁红的纯度，氧化过程需要调节溶液的pH的范围是___________(几种离子沉淀的pH见下表)；滤液B可以回收的物质有(写化学式)___________。

(5)铁红可溶于氢碘酸，反应的离子方程式为______________________________________。

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10. “绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、NO−2、碳氢化

合物大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。 (1)已知：汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。使用稀土等催化剂能将CO、NO转化成无毒物质。

N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ/mol K1(该反应已知：的平衡常数)

2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=−221kJ/mol K2 (同上) C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3=−393.5kJ/mol K3(同上)

写出NO(g) 与CO(g)催化转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式______，以及该热化学方程式的平衡常数K=______(用K1、K2、K3表示) (2)污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为： 2NO2+4CO⇌4CO2+N2△H=−1200kJ/mol。

①某温度下，在2L 密闭容器中充入0.lmol NO2和0.2mo1CO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的29/30，则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v(NO2)=______mol/(L⋅s)。

②若此温度下，某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为1mol/L、0.4mol/L、0.lmol/L、a mol/L，要使反应向逆反应方向进行，a 的取值范围______。

③能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是______。 A.及时分离出CO2 B.适当升高温度

C.减小容器体积使体系压强增大 D.选择高效催化剂 (3)电化学降解NO−2的原理如下图：

①电源的正极是______ (填A或B)，阴极反应式为______。

则膜两侧电解液的质量变化差|△m左|−|△m右|为______g。 ②若电解过程中转移了3mol 电子，

11. 美国医学家证实了三价铬离子(Cr3+)是构成葡萄糖耐量因子的重要组成部分，能够增强胰岛素

的作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。 (1)Cr的价层电子排布式为________。

(2)O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为________。

(3)SO2分子的VSEPR模型为________，SO2−3中心原子的杂化方式为________。 (4)CO2分子的立体构型为________，它的等电子体中属于分子的有________(任写一种)。

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(5)实验式为CrCl3·6H2O的化合物有三种异构体，其中一种可表示为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，该物质配离子中提供孤电子对的原子为________，配位数为________。

+(6)NH3分子可以与H+结合生成NH4，这个过程发生改变的是________(填序号)。

a.微粒的空间构型 b. N原子的杂化类型 c. H—N—H的键角 d.微粒的电子数

(7)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρ g·cm−3，则该晶胞的棱长为________pm。

四、推断题（本大题共1小题，共5.0分）

12. 硝苯地平H是一种治疗高血压的药物，其一种合成路线如下：

已知：酯分子中的a−碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。

回答下列问题：

(1)B的化学名称为______。 (2)②的反应类型是______。 (3)D的结构简式为______。 (4)H的分子式为______。

(5)反应①的化学方程式为______。

(6)已知M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1：1：2：4，写出M的一种可能的结构简式______。

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(7)拉西地平 也是一种治疗高血压药物，设以乙

醇和

为原料制备拉西地平的合成路线(无机试剂任选)。

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-------- 答案与解析 --------

1.答案：A

解析： 【分析】

本题考查化学与生活，比较基础，体现了化学知识在生产、生活中的应用，难度不大。 【解答】

A.肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故A正确； B.铝及其合金广泛应用，是因为铝表面形成致密氧化镁，性质稳定，故B错误； C.塑料的老化是因为其主要成分在空气中发生了缓慢的氧化反应，故C错误；

D.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，原电池是将化学能转化为电能，二者原理不同，故D错误。 故选A。

2.答案：D

解析： 【分析】

本题考查淀粉的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。 【解答】

A.淀粉的化学式为(C6H10O5)n，故A错误； B.淀粉是多糖，属于糖类，故B错误；

C.淀粉在稀硫酸或酶的作用下水解成葡萄糖，故C错误； D.淀粉的性质之一是遇碘单质变蓝，故D正确。 故选D。

3.答案：A

解析： 【分析】

本题考查阿伏加德罗常数的相关问题，解答这类问题需要熟练掌握以物质的量为中心的计算，同时注意知识的归纳，试题难度一般。

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【解答】

A.常温常压下，9.5g羟基(−18OH)含有的中子数为19g/mol×(18−8)×NA/mol=5NA，故A正确； B.每个硅原子可形成四个硅氧键，60gSiO2的物质的量为60g/mol=1mol，其含有的Si−O键数量为4NA，故B错误；

C.未指明Cl2所处的状态，其物质的量无法计算，转移电子数无法计算，故C错误； D.缺少溶液体积，溶液中含有的阴离子数目无法计算，故D错误。 故选A。

60g

9.5g

4.答案：C

2时，A.AlCl3溶液与烧碱溶液反应，解析：解：当n(OH−)：n(Al3+)=7：离子方程式，2Al3++7OH−=Al(OH)3↓+AlO−2+2H2O，故A正确；

B.CuCl2溶液与NaHS溶液反应，2时，n(NaHS)=1：当n(CuCl2)：离子方程式：Cu2++2HS−=CuS↓+H2S↑，故B正确；

C.氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+、Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，当n(Cl2)：n(FeBr2)=1：1时，假设二者都是2mol，则亚铁离子完全被氧化需要1mol氯气、剩余1mol氯气氧化2mol溴离子，所以还有一半溴离子未被氧化，则离子方程式为2Fe2++2Br−+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl−，故C错误；

+2+D.Fe与稀反应，2时，n(HNO3)=1：当n(Fe)：离子方程式：3Fe+2NO−+2NO↑3+8H=3Fe

+4H2O，故D正确； 故选：C．

A.AlCl3溶液与烧碱溶液反应，2时反应生成氢氧化铝沉淀和偏铝酸钠和水； 当n(OH−)：n(Al3+)=7：B.CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)：n(NaHS)=1：2时反应生成硫化铜沉淀和硫化氢； C.Cl2与FeBr2溶液反应，当n(Cl2)：n(FeBr2)=1：1时，二价铁离子全部被氧化，溴离子只氧化一半；

D.Fe与稀反应，当n(Fe)：n(HNO3)=1：2时，不足，反应生成亚铁、一氧化氮和水； 本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量有关的离子反应的方程式书写，明确反应实质是解题关键，题目难度中等．

5.答案：A

解析： 【分析】

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。

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【解答】

A.与NaOH反应后，与硝基苯分层，然后分液可分离，故A正确； B.二者均被高锰酸钾氧化，不能除去杂质，应选NaOH溶液、洗气，故B错误； C.二者均与NaOH反应，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；

D.溴、三溴苯酚均易溶于苯，引入新杂质，应选NaOH溶液、分液，故D错误。 故选A。

6.答案：B

解析： 【分析】

本题考查了元素周期律，同周期元素原子结构和元素性质的变化规律。解答本题的关键是：同一短周期元素有金属元素和非金属元素，对于金属元素，从左至右，单质的活泼型减弱，金属单质的还原性减弱；对于非金属元素，从左至右，单质的活泼性增强，非金属单质的氧化性增强。注意一些特殊元素没有正价：如氧元素和氟元素。 【解答】

A.同一短周期元素，随原子序数的增加，非金属单质的活泼性逐渐增强，而金属单质的活泼性逐渐减弱，故A错误；

B.同一短周期元素，随原子序数的增加，原子最外层电子数增加，故B正确；

C.同一短周期元素，金属单质没有氧化性，随原子序数的增加，非金属单质的氧化能力增强，故C错误；

D.若Z为O或F，O没有最高正化合价，F无正化合价，故D错误。 故选B。

7.答案：A

解析：解：①处于曲线上的点为饱和溶液的平衡状态，故①正确；

②a、c两点温度相同，Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故②错误；

③根据图示数据，可以看出b点Qc=2×10−5>Ksp，所以会生成沉淀，故③正确；

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④蒸发溶剂，硫酸根的浓度会增大，不可能由d点变为c点，故④错误；

2+2−

⑤常温下，CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(SO2−4)，而曲线上的点所表示的c(Ca)与c(SO4)不一定

相等，故⑤错误；

⑥常温下，向100mL饱和CaSO4溶液中加入400mL0.01mol/L Na2SO4溶液，混合液中硫酸根离子浓度约为

0.01mol/L×0.4L0.1L+0.4L

=0.008mol/L，而b点硫酸根离子的浓度为0.004mol/L，则无法使溶液由a点变

为b点，故⑥错误；

根据分析可知，正确的有2句， 故选A．

本题考查了沉淀溶解平衡的应用，图象分析应用，溶度积计算分析，平衡移动方向的判断，关键是计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，题目难度中等．

8.答案：(1)干燥气体；平衡压强；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶

(2)温度过高，PCl3易挥发产率降低，且温度过低反应速率慢 (3)100 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管、量筒 (4)偏低 (5)Fe3+ (6)50%；蒸馏

解析： 【分析】

本题考查物质的制备实验及含量测定实验，为高频考点，把握实验装置的作用、实验技能、测定原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意(4)为解答的难点，题目难度中等。 【解答】

(1)装置 B的作用是观察氧气的流速和干燥气体、平衡压强，干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，

故答案为：干燥气体；平衡压强；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶；

(2)该反应温度要控制在60～65℃，PCl3 易挥发产率降低，原因是温度过高，且温度过低反应速率慢， 故答案为：温度过高，PCl3易挥发产率降低，且温度过低反应速率慢；

(3)配制 100mL 3.2mol/L AgNO3标准溶液，需要100mL容量瓶，且需要量取液体，在容量瓶中定容需要胶头滴管，则所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有100 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管、量筒， 故答案为：100 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管、量筒；

(4)加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，KSCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的KSCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏低，

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故答案为：偏低；

(5)铁离子遇KSCN溶液为血红色，则步骤④中 X可以选择Fe3+，故答案为：Fe3+； (6)由Ag++SCN−=AgSCN↓、Ag++Cl−=AgCl↓可知，n(POCl3)=

100mL10mL

0.01L×3.2mol/L−0.01L×0.2mol/L

3

×

=0.1mol，反应产物中POCl3的质量百分含量为

0.1mol×169.5g/mol

30.7g

×100%=50%；产品中沸点

差异较大，通过蒸馏可以提高产品的纯度， 故答案为：50%；蒸馏。

9.答案：(1)Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；SiO2

+

(2)FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO2−4+16H

(3)4Fe2++O2+2H2O+8OH−=4Fe(OH)3↓(或Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3)

(4)3.2～3.8(或之间的数据值)；Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4

(5)Fe2O3+6H++2I−=2Fe2++I2+6H2O

解析： 【分析】

本题通过制备铁红考查了物质制备方案的设计及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，明确制备流程及化学实验基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。 【解答】

(1)氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)  3+3H2O；反应的化学方程式为：硫酸渣中只有二氧化硅不与稀硫酸反应，所以“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2； 故答案为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)  3+3H2O；SiO2；

(2)FeS2 中的S元素的化合价是−1价，生成物中Fe的化合价是+2价，S的化合价是+6价，整体升高14价，而Fe3+的化合价降低1价，根据升降化合价总数相等，所以Fe3+的系数是14，则SO2−4的系数是2，再根据原子守恒和电荷守恒判断生成物中还有氢离子，其系数为16，则水的系数是8，配平

+后的反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO2−4+16H； +故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO2−4+16H；

Fe(OH)2不稳定易被氧气氧化为Fe(OH)3，(3)Fe2+与OH−反应生成4Fe(OH)2，用化合价升价法配平方(或Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+程式为：4Fe2++O2+2H2O+8OH−=4Fe(OH)3↓；2H2O=4Fe(OH)3)；

故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH−=4Fe(OH)3↓(或Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3)；

(4)根据几种离子沉淀的pH，使Fe3+沉淀完全的PH为3.2，其他离子开始沉淀PH为3.8，因此所选PH因介于3.2和3.8之间；Na+、Na2SO4、未沉淀的离子为：Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有：

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Al2(SO4)3、MgSO4；

故答案为：3.2～3.8(或之间的数据值)；Na2SO4、Al2(SO4)3、MgSO4；

(5)铁红为氧化铁，具有强的氧化性，氢碘酸具有还原性，两者发生氧化还原反应，则铁红可溶于氢碘酸，反应的离子方程式为Fe2O3+6H++2I−=2Fe2++I2+6H2O； 故答案为：Fe2O3+6H++2I−=2Fe2++I2+6H2O。

K23⋅K1K2

10.答案：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5 kJ/mol；

3.125)；B；A；2NO2−+6e−+8H+=N2↑+4H2O；16

；0.002；a>

258

(或a>

解析：解：(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/mol K1=c(N2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221.0kJ/mol K2=

c2(CO)c(O2)

c2(NO)

2)c(O2)

①

② ③

C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−393.5kJ/mol K3=

c(CO2)c(O2)

方程式③×2−②−①得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，

△H=(−393.5kJ/mol)×2−(−221.0kJ/mol)−(+180.5kJ/mol)=−746.5kJ/mol，K=

c(N2)c2(CO2)c2(NO)c2(CO)

K23⋅K1K2

=

，

K23⋅K1K2

故答案为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5 kJ/mol；

；

(2)①某温度下，在2L密闭容器中充入0.lmolNO和0.2m1CO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的30，设生成氮气物质的量为x， 2NO2+4CO⇌4CO2+N2 起始量(mol) 0.1 0.2 0 0 变化量(mol) 2x 4x 4x x 平衡量(mol)0.1−2x 0.2−4x 4x x

0.1−2x+0.2−4x+4x+x29

=

0.1+0.230x=0.01mol

则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v(NO2)=故答案为：0.002；

②结合①中数据计算平衡常数，平衡浓度分别为：c(NO2)=

0.2−4×0.01

2

0.1−2×0.01

2L

0.01mol×2

2L

29

5s

=0.002mol/L(L⋅s)，

=0.01mol/L，c(CO)=

0.012

mol/L=0.08mol/L，c(CO2)=

0.005×0.0240.012×0.084

4×0.012

mol/L=0.02mol/L，c(N2)=

mol/L=0.005mol/L，

平衡常数K=

=0.195

某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为1mol/L、0.4mol/L、0.lmol/L、amol/L，要使反应向

．10.005×0.02

逆反应方向进行，Qc=a×0>K==0.195，得到a>241×0.40.012×0.0844

4

258

(或a>3.125)；

第12页，共16页

故答案为：a>

258

(或a>3.125)；

③2NO2+4CO⇌4CO2+N2△H=−1200kJ/mol，反应为气体体积减小的放热反应， A.及时分离出CO2，平衡正向进行，反应速率减小，故A错误；

B.反应为放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向进行，故B正确；

C.减小容器体积使体系压强增大，反应速率增大，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，故C错误；

D.选择高效催化剂增大反应速率，平衡不变，故D错误； 故答案为：B；

因此电极为阴极，则B为负极，A为(3)①由图示知与B相连的电解池中电极上NO−2发生还原反应，电源正极；在阴极反应是NO−2得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知阴极上发生的电极反应式为：2NO2−+6e−+8H+=N2↑+4H2O， 故答案为：A；2NO2−+6e−+8H+=N2↑+4H2O；

②转移3mol电子时，阳极产生O224g，并产生3gH+进入阴极室，阳极室质量减少27 g，阴极室中放出0.5 molN2，质量减少14g，同时有3molH+进入阴极室，阴极室质量共减少14g−3g=11g，则电解过程中转移了3mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差值(△m左−△m右)为27g−11g=16g。 故答案为：16。

(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180.5kJ/molK1① 2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=−221.0kJ/molK2② C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−393.5kJ/molK3③

方程式③×2−②−①得NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的热化学方程式，平衡常数K=

生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积

；

△c△t

(2)①气体压强之比等于气体物质的量之比，结合化学三行计算列式得到消耗量，反应速率v=②依据①计算平衡常数，计算此时浓度商Qc和平衡常数比较当反应逆向进行，Qc>K；

；

③能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的条件是：增大速率改变的条件有增大压强、升高温度、增大浓度、加入催化剂，反应为气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、减少反应物浓度平衡逆向进行；

因此电解池电极为阴极，则B为负极，A为电(3)①由图示知在B端连接电极上NO−2发生还原反应，源正极；在阴极反应是NO−2得电子发生还原反应生成N2，据此进行分析；

②转移3mol电子时，阳极产生O224g，并产生3gH+进入阴极室，阳极室质量减少27 g，阴极室中放出0.5 molN2，质量减少14g，同时有3molH+进入阴极室，阴极室质量共减少14g−3g=11g，则电解过程中转移了3mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差值(△m左−△m右)为27g−11g=16g。 本题考查热化学方程式的书写、化学反应速率及平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析判断、电极反应方程式的书写和计算等，题目难度中等。

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11.答案：(1)3d54s1；

(2)N>O>S>Cr； (3)平面三角形；sp3杂化； (4)直线形；N2O； (5)O、Cl；6；

(6)ac

396(7)√×1010

ρNA

解析： 【分析】

本题考查物质结构与性质，为高频考点，把握电子排布、杂化理论、配位化合物、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等。 【解答】

(1)Cr是24号元素，基态原子价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；

(2)O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S>Cr，故答案为：N>O>S>Cr； (3)SO2分子中S原子孤电子对数=

6−2×22

=1，VSEPR模型的名称为平面价层电子对数=2+1=3，

6+2−2×3

2

三角形，空间构型为V形；SO2−3中心原子S的孤电子对数=中心原子的杂化方式为sp3杂化， 故答案为：平面三角形；sp3杂化；

=1，杂化轨道数目=3+1=4，

(4)CO2的结构式为O=C=O，CO2中心原子C的孤电子对数=

4−2×22

=0，杂化轨道数目=2+0=2，

中心原子的杂化方式为sp杂化，分子立体构型的名称为直线形，它的等电子体中属于分子的如N2O，故答案为：直线形；N2O；

(5)[Cr(H2O)4Cl2]Cl⋅H2O中配离子中提供孤电子对的原子为O、Cl，配位数为6，故答案为：O、Cl；6；

+

N原子价层电子对数均是4，N原子孤电子对数由1对变为0，(6)NH3分子可以与H+结合生成NH4，

N原子杂化方式不变，电子数数目不变，由三角锥形变为正四面体，键角增大， 故答案为：ac；

(7)晶胞中碳原子数目=4+8×8+6×2=8，设晶胞棱长为apm，则8×N=ρg/cm3×(a×

A

1112

10−10cm)3，解得a=√ρN×1010pm，故答案为：√ρN×1010。

A

A

3

96

3

96

12.答案：(1)邻硝基甲苯

(2)取代反应

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(3)

(4)C17H18O6N2 (5)

(6)等

(7)

解析：解：

(1)物质B中硝基为取代基，甲苯为母体，硝基与甲基处于邻位，故B的名称为：邻硝基甲苯； (2)对比B、C的结构，可知B中甲基上H原子被−COCOOC2H5替代，同时生成C2H5OH，属于取代反应；

(3)对比C与E的结构，结合反应条件，可知C发生酯的水解反应生成D，D转化得到E，故D的结构简式为：

；

18个H原子、6个O原子、2个N原子，(4)由H的结构，可知分子中17个C原子、分子式为C17H18O6N2； (5)反应①是甲苯发生邻位硝化反应生成B，反应方程式为：

；

(6)M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，核磁共振氢谱显示有4组峰且峰面积之比为1：1：2：4，M可能的结构有：

等；

(7)类比反应⑥可知，由

、CH3COCH2COOC2H5、NH3反应得到拉西地平。由给予的信息中

2分子乙酸乙酯反应可以得到CH3COCH2COOC2H5，酯与酯的反应可知，乙醇发生氧化反应得到乙酸，乙酸与乙醇分子酯化反应得到乙酸乙酯，合成路线流程图为：

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。

本题考查有机物的合成，题目涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、条件同分异构体书写、合成路线的设计等，注意对题目信息的理解、根据物质的结构明确发生的反应。

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