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2020年江西省南昌市高考化学一模试卷
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这是一份2020年江西省南昌市高考化学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯
B．歼﹣20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料
C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料
D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少木材的使用
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28g晶体硅中含有NA个Si﹣Si键
B．叠氮化铵（NH4N3）发生爆炸反应：NH4N3═2N2↑+2H2↑，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NA
C．pH＝1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NA
D．200mL 1ml/LAl2（SO4）3溶液中Al3+和SO42﹣的数目总和是NA
3．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．C2H6和C6H14一定互为同系物
B．甲苯分子中最多有13个原子共平面
C．石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程
D．制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡
4．（6分）下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．（6分）在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．M为电源负极，有机物被还原
B．中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小
C．M极电极反应式为：+11H2O﹣23e﹣═6CO2+23H+
D．处理1ml Cr2O72﹣时有6ml H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移
6．（6分）X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y．下列说法正确的是（ ）
A．化合物Z2W2中含有离子键
B．简单离子半径大小顺序：rY＞rW＞rZ
C．元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强
D．X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构
7．（6分）向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体（溶液体积变化、温度变化忽略不计），测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是
（ ）已知[Ksp（BaCO3）＝2.40×10﹣9]
A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C
B．A点对应的溶液中存在：c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）
C．B点溶液中c（CO32﹣）＝0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
二、非选择题
8．（15分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
（1）母液A中c（C2+）为 ml•L﹣1。
（2）分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中 （填现象）时停止加热。
（3）三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 （填序号）。
A.50℃
B.5l﹣52℃
C.45﹣55℃
D.60℃
（4）氯气氧化草酸的化学方程式为 。
（5）搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是 。
（6）若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是 ，其主要缺点为 。
9．（14分）铜锌银精矿化学成分如下：
利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：
回答下列问题：
（l）“气体A”为 （填化学式），“浸渣”中主要为硫酸铅和 （填化学式）。
（2）“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是 。
（3）“氧化”工序中。恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为 。
（4）“母液2”中阴离子含量最多的是 ，该溶液最好返回 工序循环使用。
（5）依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 。
10．（14分）1799年，英国化学家汉弗莱•戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。
（l） N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为 。
（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O（g）═2N2（g）+O2（g）△H。
已知：
2NH3（g）+3N2O（g）═4N2（g）+3H2O（l）△H1＝﹣1010 kJ/ml
4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H2＝﹣1531 kJ/ml
△H＝ 。
（3）N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：
反应：①Fe++N2O⇌FeO++N2
反应：② 。
由图可知两步反应均为 （填“放热”或“吸热”）反应，由 （填“反应①或反应②”）决定反应达到平衡所用时间。
（4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g），改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：
①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是： ；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断TC TD（填“＞”“＝”或“＜”）。
（5）在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如表所示：
则该温度下反应的平衡常数K＝ 。
【化学一选修3：物质结构与性质】
11．（15分）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar] 。
（2）根据元素周期律，元素的电负性Ca （填“大于”或“小于”，下同）As。
（3）科学家合成了一种阳离子为“N5n+，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为 ，其中的阴离子的空间构型为 。
（4）组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F﹣和Cl﹣结构的不同分析其原因是 。
（5）原子晶体GaAs的晶胞参数a＝xpm，它的晶胞结构如图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 ；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d＝ ，该晶胞的密度为 g▪cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示）
【化学-选修5：有机化学基础】
12．3﹣正丙基2，4二羟基苯乙酮（H）是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如图：
已知：
+（CH3CO）2O→+CH3COOH
回答下列问题：
（1）G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有 和 。
（2）反应②所需的试剂和条件是 。
（3）物质M的结构式 。
（4）⑤的反应类型是 。
（5）写出C到D的反应方程式 。
（6）F的链状同分异构体还有 种（含顺反异构体），其中反式结构是 。
（7）设计由对苯＝酚和丙酸制备 的合成路线（无机试剂任选）。
2020年江西省南昌市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯
B．歼﹣20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料
C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料
D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少木材的使用
【分析】A．聚乙烯是难降解的物质；
B．氮化镓是新型无机非金属材料，属于化合物；
C．碳纤维为碳的单质，属于无机物；
D．聚氯乙烯受热能够产生有毒物质，难降解。
【解答】解：A．聚乙烯难降解，容易造成白色污染，故A错误；
B．氮化镓是化合物，合金为混合物，氮化镓材料不是金属合金材料，故B错误；
C．碳纤维为碳元素的单质，是一种新型无机非金属材料，故C正确；
D．聚氯乙烯受热能够产生有毒物质，不能用于快餐盒，而且能够引起白色污染，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见材料的组成、类型及用途，题目难度不大，注意掌握无机非金属材料、合金等概念，明确常见物质组成、结构与用途，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28g晶体硅中含有NA个Si﹣Si键
B．叠氮化铵（NH4N3）发生爆炸反应：NH4N3═2N2↑+2H2↑，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NA
C．pH＝1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NA
D．200mL 1ml/LAl2（SO4）3溶液中Al3+和SO42﹣的数目总和是NA
【分析】A、求出硅的物质的量n＝，然后根据硅形成2条Si﹣Si键来分析；
B、求出生成的气体的物质的量，然后根据反应NH4N3═2N2↑+2H2↑转移4ml电子生成4ml气体来分析；
C、溶液体积不明确；
D、铝离子是弱碱阳离子。
【解答】解：A、28g硅的物质的量n＝＝＝1ml，而硅形成2条Si﹣Si键，故1ml硅单质中含2NA条Si﹣Si键，故A错误；
B、标况下22.4L气体的物质的量为1ml，而反应NH4N3═2N2↑+2H2↑转移4ml电子生成4ml气体，故当生成1ml气体时转移电子为NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中氢离子的个数无法计算，故C错误；
D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Al3+和SO42﹣的数目总和小于NA，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．C2H6和C6H14一定互为同系物
B．甲苯分子中最多有13个原子共平面
C．石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程
D．制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡
【分析】A、C2H6为乙烷，而C6H14为己烷；
B、甲基中最多有一个H原子能与苯环共平面；
C、石油和油脂均不是高分子化合物；
D、混合时将密度大的液体注入密度小的液体中。
【解答】解：A、C2H6为乙烷，而C6H14为己烷，故两者一定互为同系物，故A正确；
B、甲基中最多有一个H原子能与苯环共平面，故甲苯中只有两个H原子不能与苯环共平面，即最多有13个原子共平面，故B正确；
C、石油是碳原子在50以内的烷烃和环烷烃的混合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不是高分子化合物，故C错误；
D、浓硫酸和其他液体混合时，要将浓硫酸加入其他液体中，故配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了原子共平面问题、高分子化合物的判断以及同系物的判断，难度不大，应注意的是符合通式CnH2n+2的一定是烷烃。
4．（6分）下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．先滴氯水可氧化亚铁离子生成铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；
B．由现象可知，CuS不溶于盐酸，说明更能溶；
C．酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应；
D．pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH，可比较HA与碳酸氢根离子的酸性。
【解答】解：A．先滴氯水可氧化亚铁离子生成铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，则试剂顺序不合理，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚铁离子，故A错误；
B．由现象可知，CuS不溶于盐酸，说明更能溶，则Ksp （CuS）＜Ksp （ZnS），故B正确；
C．酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉逐渐溶解，而Cu与稀硫酸不反应，故C错误；
D．pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH，可比较HA与碳酸氢根离子的酸性，不能确定与碳酸的酸性强弱，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（6分）在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．M为电源负极，有机物被还原
B．中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小
C．M极电极反应式为：+11H2O﹣23e﹣═6CO2+23H+
D．处理1ml Cr2O72﹣时有6ml H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移
【分析】依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，依据平均化合价，有机物中6个碳原子整体显﹣4价，生成物中6CO2碳元素6个碳原子整体显示24价，故负极反应式为：+11H2O﹣28e﹣═6CO2+28H+ 生成的H+透过阳膜向中间室移动。右侧正极反应式为：Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr （OH）3+8OH﹣阴离子OH﹣透过阴膜向中间室移动在中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，由此解题。
【解答】解：A．依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，故A错误；
B．左侧负极反应式为：+11H2O﹣28e﹣═6CO2+28H+生成的H+透过阳膜向中间室移动。右侧正极反应式为：Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr （OH）3+8OH﹣阴离子OH﹣透过阴膜向中间室移动。中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，故B正确；
C．负极反应式为：+11H2O﹣28e﹣═6CO2+28H+，故C错误；
D．依据Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr （OH）3+8OH﹣阴离子OH﹣透过阴膜向中间室移动，处理1ml Cr2O72﹣时有6mlOH﹣透过阴膜向中间室移动，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查原电池的工作原理，中等难度，注意正负极电极反应式的书写需结合电解质溶液的酸碱性，用H+或OH﹣平衡电荷。
6．（6分）X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y．下列说法正确的是（ ）
A．化合物Z2W2中含有离子键
B．简单离子半径大小顺序：rY＞rW＞rZ
C．元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强
D．X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构
【分析】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y，X能够形成4个共价键，Y形成3个共价键，Z形成2个共价键，则X为C，Y为N元素，Z位于ⅥA族；Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，ZW2、Z2W2应该为SCl2、S2Cl2，则Z为S，W为Cl元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为S，W为Cl元素。
A．Z2W2为S2Cl2，属于共价化合物，不存在离子键，故A错误；
B．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径大小顺序：rZ＞rW＞rY，故B错误；
C．没有指出元素最高价，该说法不合理，如：硝酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．C、S形成的二硫化碳分子中，C、S原子都达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
7．（6分）向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体（溶液体积变化、温度变化忽略不计），测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是
（ ）已知[Ksp（BaCO3）＝2.40×10﹣9]
A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C
B．A点对应的溶液中存在：c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）
C．B点溶液中c（CO32﹣）＝0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
【分析】A、H2CO3的电离平衡常数Ka2＝，则＝，﹣lg＝﹣lg，可知溶液﹣lg越小，c（H+ ）越小，pH越大；
B、A点中﹣lg为负数，所以 c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）；
C、B点c（Ba2+）＝10﹣7ml/L，根据Ksp（BaCO3）＝2.40×10﹣9，得到c（CO32﹣）的值；
D、向B点溶液中通入CO2，则c（HCO3﹣）增大，﹣lg增大
【解答】解：A、H2CO3的电离平衡常数Ka2＝，则＝，﹣lg＝﹣lg，可知溶液﹣lg越小，c（H+ ）越小，pH越大，所以A，B，C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C，故A正确；
B、A点中﹣lg为负数，即有＝10n＞0，所以 c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故B错误；
C、B点c（Ba2+）＝10﹣7ml/L，根据Ksp（BaCO3）＝c（CO32﹣）×c（Ba2+）＝2.40×10﹣9，得到c（CO32﹣）＝＝0.024ml/L，故C错误；
D、向B点溶液中通入CO2，则c（HCO3﹣）增大，﹣lg增大，所以可使B点溶液向C点溶液转化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，从溶解平衡角度进行分析解答即可，难度中等，注意图象的分析是解题的关键。
二、非选择题
8．（15分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
（1）母液A中c（C2+）为 0.02 ml•L﹣1。
（2）分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O 。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中 黄绿色气体变成无色 （填现象）时停止加热。
（3）三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 B （填序号）。
A.50℃
B.5l﹣52℃
C.45﹣55℃
D.60℃
（4）氯气氧化草酸的化学方程式为 H2C2O4+Cl2＝2CO2↑+2HCl 。
（5）搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是 搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低 。
（6）若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是 残存于母液A中c（CCl2）会更小 ，其主要缺点为 母液A处理中消耗更多的氯气 。
【分析】利用浓盐酸和Ca（ClO）2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸；
（1）根据表格中的信息，结合 C元素守恒进行计算；
（2）加入盐酸，与Ca（ClO）2反应生成Cl2，为归中反应；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生；
（3）由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中；
（4）氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，据此书写化学方程式；
（5）搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，草酸去除率降低；
（6）草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2+沉淀得更加完全；由于母液中有NH4+，在Cl2也会与NH4+反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。
【解答】解：（1）根据表格中的信息，C2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的n（C2+）＝＝0.02ml，c（C2+）＝＝0.02ml/L，
故答案为：0.02；
（2）加入盐酸，与Ca（ClO）2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，
故答案为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；黄绿色气体变成无色；
（3）由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；
故答案为：B；
（4）氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2＝2CO2↑+2HCl；
故答案为：H2C2O4+Cl2＝2CO2↑+2HCl；
（5）搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，
故答案为：搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；
（6）草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2+沉淀得更加完全；由于母液中有NH4+，在Cl2也会与NH4+反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。
故答案为：残存于母液A中c（CCl2）会更小；母液A处理中消耗更多的氯气。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目难度中等。
9．（14分）铜锌银精矿化学成分如下：
利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：
回答下列问题：
（l）“气体A”为 SO2 （填化学式），“浸渣”中主要为硫酸铅和 AgCl （填化学式）。
（2）“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是 除去锌、铁元素，分离出铜元素 。
（3）“氧化”工序中。恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为 1：2 。
（4）“母液2”中阴离子含量最多的是 氯离子 ，该溶液最好返回 沉铜 工序循环使用。
（5）依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 硫元素的物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2 。
【分析】铜锌银精矿通入空气焙烧并加入硫酸酸化，生成气体A为二氧化硫，加入氯化钠、硫酸浸出，浸出渣含有硫酸铅和氯化银，浸出液加入氯化钠并通入二氧化硫气体，可生成Cu2Cl2固体，通入氧气并加入硫酸，可生产硫酸铜，母液2含有氯化钠等，以此解答该题。
【解答】解：（l）由以上分析可知“气体A”为 SO2，“浸渣”中主要为硫酸铅和氯化银，故答案为：SO2；AgCl；
（2）“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是除去锌、铁元素，分离出铜元素，故答案为：除去锌、铁元素，分离出铜元素；
（3）“氧化”工序中，Cu2Cl2与氧气发生氧化还原反应，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，O元素化合价由0价降低到﹣2价，则恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（4）“母液2”中含有氯化钠，阴离子含量最多的是氯离子，该溶液最好返回沉铜工序循环使用，故答案为：氯离子；沉铜；
（5）设固体的质量为100g，由表中数据可知金属的总物质的量为++++＝0.275ml+0.282ml+0.00135ml+0.324ml+0.038ml＝0.92ml，S元素的物质的量为＝1.04ml，可知硫元素的物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2，
故答案为：硫元素的物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2。
【点评】本题为工艺流程题，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力以及计算能力的考查，注意实验的原理以及物质分离提纯的方法，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，题目难度中等。
10．（14分）1799年，英国化学家汉弗莱•戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。
（l） N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为 2NH3+2O2N2O+3H2O 。
（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O（g）═2N2（g）+O2（g）△H。
已知：
2NH3（g）+3N2O（g）═4N2（g）+3H2O（l）△H1＝﹣1010 kJ/ml
4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H2＝﹣1531 kJ/ml
△H＝ ﹣163kJ/ml 。
（3）N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：
反应：①Fe++N2O⇌FeO++N2
反应：② FeO++CO⇌CO2+Fe+ 。
由图可知两步反应均为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应，由 反应① （填“反应①或反应②”）决定反应达到平衡所用时间。
（4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g），改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：
①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是： 降低温度 ；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断TC ＝ TD（填“＞”“＝”或“＜”）。
（5）在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如表所示：
则该温度下反应的平衡常数K＝ 1.17 。
【分析】（1）根据电子转移守恒配平方程式；
（2）利用盖斯定律求反应热；
（3）根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；
（4）根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；
（5）根据三等式求算平衡常数。
【解答】解：（1）NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从﹣3升高到N2O中的+1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到﹣2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O，
故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）已知①2NH3（g）+3N2O（g）＝4N2（g）+3H2O（l）△H1＝﹣1010kJ/ml，
②4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（l）△H2＝﹣1531kJ/ml；
反应①×﹣反应②×可得目标反应，则△H＝△H1×﹣△H2×＝﹣1010kJ/ml×﹣（﹣1531kJ/ml）×＝﹣163kJ/ml，
故答案为：﹣163kJ/ml；
（3）总反应为N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）十N2（g），实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO⇌CO2+Fe+；根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；根据反应①的历程图可知，由Fe+和N2O经过过渡态得到产物FeO+和N2，过渡态和反应物Fe+和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间，
故答案为：FeO++CO⇌CO2+Fe+；放热；反应①；
（4）①根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度，
故答案为：降低温度；
②设定容器体积的体积为VL，C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1ml，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有
N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g） （单位：ml）
起始量：1 1 0 0
转化量：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡量：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡常数K＝＝＝1；
D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5ml和1ml，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5ml×0.40＝0.6ml，则根据三等式有
N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g） （单位：ml）
起始量：1.5 1 0 0
转化量：0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量：0.9 0.4 0.6 0.6
平衡常数K＝＝＝1，C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC＝TD，
故答案为：＝；
（5）根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1ml，假设到达平衡时，CO转化了xml，根据三等式有
N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g） （单位：ml）
起始量：1 1 0 0
转化量：x x x x
平衡量：1﹣x 1﹣x x x
达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则V（CO）%＝×100%＝×100%＝24%；解得x＝0.52ml，平衡常数K＝＝≈1.17，
故答案为：1.17。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、陌生方程式书写和化学平衡常数的计算、图象分析判断等知识，侧重学生分析能力和计算能力的考查，把握理解浓度、温度、压强等外界条件对化学平衡的影响是解题关键，注意三段式计算格式的应用，题目难度中等。
【化学一选修3：物质结构与性质】
11．（15分）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p1 。
（2）根据元素周期律，元素的电负性Ca 小于 （填“大于”或“小于”，下同）As。
（3）科学家合成了一种阳离子为“N5n+，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为 ，其中的阴离子的空间构型为 直线形 。
（4）组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F﹣和Cl﹣结构的不同分析其原因是 Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，正负离子半径较大的GaF3是离子键、形成离子晶体，正负离子半径小的GaCl3是共价键，形成分子晶体 。
（5）原子晶体GaAs的晶胞参数a＝xpm，它的晶胞结构如图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 16 ；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d＝ ：3 ，该晶胞的密度为 g▪cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示）
【分析】（1）Ga原子核外有31个电子，根据构造原理书写该基态原子核外电子排布式；
（2）同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；
（3）N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为：[N≡N﹣N﹣N≡N]+，故“N5”带一个单位正电荷；化学式为”N8”的阴离子为N3﹣、阳离子为[N≡N﹣N﹣N≡N]+，结合N3﹣与CO2是等电子体写出N3﹣的结构式解答；
（4）Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，导致GaF3属于离子晶体，GaCl3属于分子晶体；
（5）晶胞中4个Ga位于晶胞内部、每个Ga与4个As形成共价键，则晶胞内部存在的共价键数为16；A是原子位于晶胞的顶点和面心位置，紧邻的As原子之间的距离面对角线的二分之一，b＝pm，紧邻的As、Ca原子之间的距离为体对角线的四分之一，d＝pm；晶胞中Ga有4个，As原子数＝8×+6×＝4，晶胞的质量m＝g，结合密度ρ＝计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ga原子核外有31个电子，根据构造原理书写该基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化排布式为[Ar]3d104s24p1，
故答案为：3d104s24p1；
（2）Ca与As位于第四周期，Ca原子序数为20，As原子序数为33，同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以元素的电负性Ca小于As，
故答案为：小于；
（3）N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为：[N≡N﹣N﹣N≡N]+，故“N5”带一个单位正电荷，化学式为”N8”的阴离子为N3﹣、阳离子为[N≡N﹣N﹣N≡N]+，N3﹣与CO2是等电子体，所以阴离子结构式为：[N＝N＝N]﹣，中心N原子无孤电子对，所以N3﹣的空间构型为直线形，N8的电子式为，
故答案为：；直线形；
（4）Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，导致正负离子半径相差较大的GaF3形成离子键、属于离子晶体，正负离子半径相差较小的GaCl3形成共价键，属于分子晶体，
故答案为：Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，正负离子半径较大的GaF3是离子键、形成离子晶体，正负离子半径小的GaCl3是共价键，形成分子晶体；
（5）晶胞中4个Ga位于晶胞内部、每个Ga与4个As形成共价键，则晶胞内部存在的共价键数为16；A是原子位于晶胞的顶点和面心位置，紧邻的As原子之间的距离面对角线的二分之一，b＝pm，紧邻的As、Ca原子之间的距离为体对角线的四分之一，d＝pm，所以b：d＝pm：pm＝：＝：3，晶胞中Ga有4个，As原子数＝8×+6×＝4，晶胞的质量m＝g，体积V＝a3＝（x×10﹣10）3cm3＝x3×10﹣30cm3，晶胞密度ρ＝＝g▪cm﹣3＝g▪cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及原子结构及排布式、晶胞计算、杂化方式和粒子空间构型判断、电子式的书写和化学键类型等知识点，侧重考查基础知识灵活运用、空间想象能力及计算能力，难点是（3）题的推断，注意晶胞密度计算方法，题目难度中等。
【化学-选修5：有机化学基础】
12．3﹣正丙基2，4二羟基苯乙酮（H）是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如图：
已知：
+（CH3CO）2O→+CH3COOH
回答下列问题：
（1）G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有 羰基 和 醚键 。
（2）反应②所需的试剂和条件是 H2O/H+、加热 。
（3）物质M的结构式 。
（4）⑤的反应类型是 取代反应 。
（5）写出C到D的反应方程式 。
（6）F的链状同分异构体还有 3 种（含顺反异构体），其中反式结构是 。
（7）设计由对苯＝酚和丙酸制备 的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】（1）根据G的结构简式可知G中的官能团；
（2）B中有两个酯基，发生水解生成间苯二酚，据此判断反应②所需的试剂和条件；
（3）比较G和H的结构简式可知，G先发生重排反应，将醚键中的丙烯基重排到与羟基相邻的苯环上，再与氢气发生加成反应，生成H，据此判断物质M的结构式；
（4）比较D、F和G的结构简式可知反应⑤是F中的丙烯基取代了D中酚羟基中的氢而生G，据此判断⑤的反应类型是；
（5）根据流程可知，C发生取代反应生成D，据此书写C到D的反应方程式；
（6）根据F的结构简式可知，F的链状同分异构体主要考虑官能团的位置异构和顺反异构，据此判断和书写相关同分异构体；
（7）对苯二酚和丙酸在氯化锌的条件下发生类似题中流程中的反应③生成，再用丙酸生成丙酸酐，用丙酸酐与反应即可得 ；
【解答】解：（1）根据G的结构简式可知G中的官能团为碳双键，羟基、羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；
（2）B中有两个酯基，发生水解生成间苯二酚，所以反应②所需的试剂为H2O/H+，条件为加热，故答案为：H2O/H+、加热；
（3）比较G和H的结构简式可知，G先发生重排反应，将醚键中的丙烯基重排到与羟基相邻的苯环上，再与氢气发生加成反应，生成H，所以M的结构式为，故答案为：；
（4）比较D、F和G的结构简式可知反应⑤是F中的丙烯基取代了D中酚羟基中的氢而生G，所以⑤的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（5）根据流程可知，C发生取代反应生成D，所以C生成D的反应方程式为，故答案为：；
（6）根据F的结构简式可知，F的链状同分异构体主要考虑官能团的位置异构和顺反异，所以F的同分异构体有CH2＝CHCH2Cl、、，共有3种，其中反式结构为，故答案为：3；；
（7）对苯二酚和丙酸在氯化锌的条件下发生类似题中流程中的反应③生成，再用丙酸生成丙酸酐，用丙酸酐与反应即可得 ，合成路线的流程为：，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是明确常见有机物官能团的性质为解答该题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。选项
实验操作
现象
结论
A
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
B
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS
ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp （CuS）＜Ksp （ZnS）
C
向有少量铜粉的Cu（NO3）2溶液中滴入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
稀硫酸能与铜单质反应
D
常温下，用pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH
酸性：HA＞H2CO3
H2C2O4
C2+
Cl﹣
质量浓度
20.0g/L
1.18g/L
2.13g/L
元素
Cu
Zn
Ag
S
Fe
Pb
元素质量分数/%
17.60
18.30
0.146
33.15
18.17
7.86
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%
选项
实验操作
现象
结论
A
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
B
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS
ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp （CuS）＜Ksp （ZnS）
C
向有少量铜粉的Cu（NO3）2溶液中滴入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
稀硫酸能与铜单质反应
D
常温下，用pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH
酸性：HA＞H2CO3
H2C2O4
C2+
Cl﹣
质量浓度
20.0g/L
1.18g/L
2.13g/L
元素
Cu
Zn
Ag
S
Fe
Pb
元素质量分数/%
17.60
18.30
0.146
33.15
18.17
7.86
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%
1．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯
B．歼﹣20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料
C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料
D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少木材的使用
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28g晶体硅中含有NA个Si﹣Si键
B．叠氮化铵（NH4N3）发生爆炸反应：NH4N3═2N2↑+2H2↑，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NA
C．pH＝1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NA
D．200mL 1ml/LAl2（SO4）3溶液中Al3+和SO42﹣的数目总和是NA
3．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．C2H6和C6H14一定互为同系物
B．甲苯分子中最多有13个原子共平面
C．石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程
D．制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡
4．（6分）下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．（6分）在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．M为电源负极，有机物被还原
B．中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小
C．M极电极反应式为：+11H2O﹣23e﹣═6CO2+23H+
D．处理1ml Cr2O72﹣时有6ml H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移
6．（6分）X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y．下列说法正确的是（ ）
A．化合物Z2W2中含有离子键
B．简单离子半径大小顺序：rY＞rW＞rZ
C．元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强
D．X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构
7．（6分）向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体（溶液体积变化、温度变化忽略不计），测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是
（ ）已知[Ksp（BaCO3）＝2.40×10﹣9]
A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C
B．A点对应的溶液中存在：c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）
C．B点溶液中c（CO32﹣）＝0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
二、非选择题
8．（15分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
（1）母液A中c（C2+）为 ml•L﹣1。
（2）分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中 （填现象）时停止加热。
（3）三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 （填序号）。
A.50℃
B.5l﹣52℃
C.45﹣55℃
D.60℃
（4）氯气氧化草酸的化学方程式为 。
（5）搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是 。
（6）若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是 ，其主要缺点为 。
9．（14分）铜锌银精矿化学成分如下：
利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：
回答下列问题：
（l）“气体A”为 （填化学式），“浸渣”中主要为硫酸铅和 （填化学式）。
（2）“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是 。
（3）“氧化”工序中。恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为 。
（4）“母液2”中阴离子含量最多的是 ，该溶液最好返回 工序循环使用。
（5）依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 。
10．（14分）1799年，英国化学家汉弗莱•戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。
（l） N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为 。
（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O（g）═2N2（g）+O2（g）△H。
已知：
2NH3（g）+3N2O（g）═4N2（g）+3H2O（l）△H1＝﹣1010 kJ/ml
4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H2＝﹣1531 kJ/ml
△H＝ 。
（3）N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：
反应：①Fe++N2O⇌FeO++N2
反应：② 。
由图可知两步反应均为 （填“放热”或“吸热”）反应，由 （填“反应①或反应②”）决定反应达到平衡所用时间。
（4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g），改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：
①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是： ；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断TC TD（填“＞”“＝”或“＜”）。
（5）在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如表所示：
则该温度下反应的平衡常数K＝ 。
【化学一选修3：物质结构与性质】
11．（15分）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar] 。
（2）根据元素周期律，元素的电负性Ca （填“大于”或“小于”，下同）As。
（3）科学家合成了一种阳离子为“N5n+，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为 ，其中的阴离子的空间构型为 。
（4）组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F﹣和Cl﹣结构的不同分析其原因是 。
（5）原子晶体GaAs的晶胞参数a＝xpm，它的晶胞结构如图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 ；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d＝ ，该晶胞的密度为 g▪cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示）
【化学-选修5：有机化学基础】
12．3﹣正丙基2，4二羟基苯乙酮（H）是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如图：
已知：
+（CH3CO）2O→+CH3COOH
回答下列问题：
（1）G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有 和 。
（2）反应②所需的试剂和条件是 。
（3）物质M的结构式 。
（4）⑤的反应类型是 。
（5）写出C到D的反应方程式 。
（6）F的链状同分异构体还有 种（含顺反异构体），其中反式结构是 。
（7）设计由对苯＝酚和丙酸制备 的合成路线（无机试剂任选）。
2020年江西省南昌市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．）
1．（6分）下列说法正确的是（ ）
A．国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯
B．歼﹣20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料
C．我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料
D．“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少木材的使用
【分析】A．聚乙烯是难降解的物质；
B．氮化镓是新型无机非金属材料，属于化合物；
C．碳纤维为碳的单质，属于无机物；
D．聚氯乙烯受热能够产生有毒物质，难降解。
【解答】解：A．聚乙烯难降解，容易造成白色污染，故A错误；
B．氮化镓是化合物，合金为混合物，氮化镓材料不是金属合金材料，故B错误；
C．碳纤维为碳元素的单质，是一种新型无机非金属材料，故C正确；
D．聚氯乙烯受热能够产生有毒物质，不能用于快餐盒，而且能够引起白色污染，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见材料的组成、类型及用途，题目难度不大，注意掌握无机非金属材料、合金等概念，明确常见物质组成、结构与用途，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．28g晶体硅中含有NA个Si﹣Si键
B．叠氮化铵（NH4N3）发生爆炸反应：NH4N3═2N2↑+2H2↑，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NA
C．pH＝1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NA
D．200mL 1ml/LAl2（SO4）3溶液中Al3+和SO42﹣的数目总和是NA
【分析】A、求出硅的物质的量n＝，然后根据硅形成2条Si﹣Si键来分析；
B、求出生成的气体的物质的量，然后根据反应NH4N3═2N2↑+2H2↑转移4ml电子生成4ml气体来分析；
C、溶液体积不明确；
D、铝离子是弱碱阳离子。
【解答】解：A、28g硅的物质的量n＝＝＝1ml，而硅形成2条Si﹣Si键，故1ml硅单质中含2NA条Si﹣Si键，故A错误；
B、标况下22.4L气体的物质的量为1ml，而反应NH4N3═2N2↑+2H2↑转移4ml电子生成4ml气体，故当生成1ml气体时转移电子为NA个，故B正确；
C、溶液体积不明确，故溶液中氢离子的个数无法计算，故C错误；
D、铝离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中Al3+和SO42﹣的数目总和小于NA，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．C2H6和C6H14一定互为同系物
B．甲苯分子中最多有13个原子共平面
C．石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程
D．制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡
【分析】A、C2H6为乙烷，而C6H14为己烷；
B、甲基中最多有一个H原子能与苯环共平面；
C、石油和油脂均不是高分子化合物；
D、混合时将密度大的液体注入密度小的液体中。
【解答】解：A、C2H6为乙烷，而C6H14为己烷，故两者一定互为同系物，故A正确；
B、甲基中最多有一个H原子能与苯环共平面，故甲苯中只有两个H原子不能与苯环共平面，即最多有13个原子共平面，故B正确；
C、石油是碳原子在50以内的烷烃和环烷烃的混合物，油脂是高级脂肪酸的甘油酯，均不是高分子化合物，故C错误；
D、浓硫酸和其他液体混合时，要将浓硫酸加入其他液体中，故配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了原子共平面问题、高分子化合物的判断以及同系物的判断，难度不大，应注意的是符合通式CnH2n+2的一定是烷烃。
4．（6分）下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．先滴氯水可氧化亚铁离子生成铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子；
B．由现象可知，CuS不溶于盐酸，说明更能溶；
C．酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应；
D．pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH，可比较HA与碳酸氢根离子的酸性。
【解答】解：A．先滴氯水可氧化亚铁离子生成铁离子，不能排除原溶液中是否含铁离子，则试剂顺序不合理，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚铁离子，故A错误；
B．由现象可知，CuS不溶于盐酸，说明更能溶，则Ksp （CuS）＜Ksp （ZnS），故B正确；
C．酸性条件下Cu、硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉逐渐溶解，而Cu与稀硫酸不反应，故C错误；
D．pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH，可比较HA与碳酸氢根离子的酸性，不能确定与碳酸的酸性强弱，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（6分）在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．M为电源负极，有机物被还原
B．中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小
C．M极电极反应式为：+11H2O﹣23e﹣═6CO2+23H+
D．处理1ml Cr2O72﹣时有6ml H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移
【分析】依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，依据平均化合价，有机物中6个碳原子整体显﹣4价，生成物中6CO2碳元素6个碳原子整体显示24价，故负极反应式为：+11H2O﹣28e﹣═6CO2+28H+ 生成的H+透过阳膜向中间室移动。右侧正极反应式为：Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr （OH）3+8OH﹣阴离子OH﹣透过阴膜向中间室移动在中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，由此解题。
【解答】解：A．依据原电池的工作原理，负极发生氧化反应，有机物被氧化，故A错误；
B．左侧负极反应式为：+11H2O﹣28e﹣═6CO2+28H+生成的H+透过阳膜向中间室移动。右侧正极反应式为：Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr （OH）3+8OH﹣阴离子OH﹣透过阴膜向中间室移动。中间室生成水，NaCl溶液浓度减小，故B正确；
C．负极反应式为：+11H2O﹣28e﹣═6CO2+28H+，故C错误；
D．依据Cr2O72﹣+6e﹣+7H2O═2Cr （OH）3+8OH﹣阴离子OH﹣透过阴膜向中间室移动，处理1ml Cr2O72﹣时有6mlOH﹣透过阴膜向中间室移动，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查原电池的工作原理，中等难度，注意正负极电极反应式的书写需结合电解质溶液的酸碱性，用H+或OH﹣平衡电荷。
6．（6分）X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y．下列说法正确的是（ ）
A．化合物Z2W2中含有离子键
B．简单离子半径大小顺序：rY＞rW＞rZ
C．元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强
D．X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构
【分析】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物（ZXY）2的结构式为Y≡X﹣Z﹣Z﹣X≡Y，X能够形成4个共价键，Y形成3个共价键，Z形成2个共价键，则X为C，Y为N元素，Z位于ⅥA族；Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，ZW2、Z2W2应该为SCl2、S2Cl2，则Z为S，W为Cl元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为S，W为Cl元素。
A．Z2W2为S2Cl2，属于共价化合物，不存在离子键，故A错误；
B．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径大小顺序：rZ＞rW＞rY，故B错误；
C．没有指出元素最高价，该说法不合理，如：硝酸的酸性大于次氯酸，故C错误；
D．C、S形成的二硫化碳分子中，C、S原子都达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。
7．（6分）向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体（溶液体积变化、温度变化忽略不计），测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是
（ ）已知[Ksp（BaCO3）＝2.40×10﹣9]
A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C
B．A点对应的溶液中存在：c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）
C．B点溶液中c（CO32﹣）＝0.24ml/L
D．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化
【分析】A、H2CO3的电离平衡常数Ka2＝，则＝，﹣lg＝﹣lg，可知溶液﹣lg越小，c（H+ ）越小，pH越大；
B、A点中﹣lg为负数，所以 c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）；
C、B点c（Ba2+）＝10﹣7ml/L，根据Ksp（BaCO3）＝2.40×10﹣9，得到c（CO32﹣）的值；
D、向B点溶液中通入CO2，则c（HCO3﹣）增大，﹣lg增大
【解答】解：A、H2CO3的电离平衡常数Ka2＝，则＝，﹣lg＝﹣lg，可知溶液﹣lg越小，c（H+ ）越小，pH越大，所以A，B，C三点对应溶液pH的大小顺序为：A＞B＞C，故A正确；
B、A点中﹣lg为负数，即有＝10n＞0，所以 c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故B错误；
C、B点c（Ba2+）＝10﹣7ml/L，根据Ksp（BaCO3）＝c（CO32﹣）×c（Ba2+）＝2.40×10﹣9，得到c（CO32﹣）＝＝0.024ml/L，故C错误；
D、向B点溶液中通入CO2，则c（HCO3﹣）增大，﹣lg增大，所以可使B点溶液向C点溶液转化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，从溶解平衡角度进行分析解答即可，难度中等，注意图象的分析是解题的关键。
二、非选择题
8．（15分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：
为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：
回答下列问题：
（1）母液A中c（C2+）为 0.02 ml•L﹣1。
（2）分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O 。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中 黄绿色气体变成无色 （填现象）时停止加热。
（3）三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为 B （填序号）。
A.50℃
B.5l﹣52℃
C.45﹣55℃
D.60℃
（4）氯气氧化草酸的化学方程式为 H2C2O4+Cl2＝2CO2↑+2HCl 。
（5）搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是 搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低 。
（6）若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是 残存于母液A中c（CCl2）会更小 ，其主要缺点为 母液A处理中消耗更多的氯气 。
【分析】利用浓盐酸和Ca（ClO）2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸；
（1）根据表格中的信息，结合 C元素守恒进行计算；
（2）加入盐酸，与Ca（ClO）2反应生成Cl2，为归中反应；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生；
（3）由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中；
（4）氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，据此书写化学方程式；
（5）搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，草酸去除率降低；
（6）草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2+沉淀得更加完全；由于母液中有NH4+，在Cl2也会与NH4+反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。
【解答】解：（1）根据表格中的信息，C2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的n（C2+）＝＝0.02ml，c（C2+）＝＝0.02ml/L，
故答案为：0.02；
（2）加入盐酸，与Ca（ClO）2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，
故答案为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；黄绿色气体变成无色；
（3）由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；
故答案为：B；
（4）氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2＝2CO2↑+2HCl；
故答案为：H2C2O4+Cl2＝2CO2↑+2HCl；
（5）搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，
故答案为：搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；
（6）草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使C2+沉淀得更加完全；由于母液中有NH4+，在Cl2也会与NH4+反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。
故答案为：残存于母液A中c（CCl2）会更小；母液A处理中消耗更多的氯气。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，题目难度中等。
9．（14分）铜锌银精矿化学成分如下：
利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：
回答下列问题：
（l）“气体A”为 SO2 （填化学式），“浸渣”中主要为硫酸铅和 AgCl （填化学式）。
（2）“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是 除去锌、铁元素，分离出铜元素 。
（3）“氧化”工序中。恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为 1：2 。
（4）“母液2”中阴离子含量最多的是 氯离子 ，该溶液最好返回 沉铜 工序循环使用。
（5）依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是 硫元素的物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2 。
【分析】铜锌银精矿通入空气焙烧并加入硫酸酸化，生成气体A为二氧化硫，加入氯化钠、硫酸浸出，浸出渣含有硫酸铅和氯化银，浸出液加入氯化钠并通入二氧化硫气体，可生成Cu2Cl2固体，通入氧气并加入硫酸，可生产硫酸铜，母液2含有氯化钠等，以此解答该题。
【解答】解：（l）由以上分析可知“气体A”为 SO2，“浸渣”中主要为硫酸铅和氯化银，故答案为：SO2；AgCl；
（2）“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是除去锌、铁元素，分离出铜元素，故答案为：除去锌、铁元素，分离出铜元素；
（3）“氧化”工序中，Cu2Cl2与氧气发生氧化还原反应，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，O元素化合价由0价降低到﹣2价，则恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（4）“母液2”中含有氯化钠，阴离子含量最多的是氯离子，该溶液最好返回沉铜工序循环使用，故答案为：氯离子；沉铜；
（5）设固体的质量为100g，由表中数据可知金属的总物质的量为++++＝0.275ml+0.282ml+0.00135ml+0.324ml+0.038ml＝0.92ml，S元素的物质的量为＝1.04ml，可知硫元素的物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2，
故答案为：硫元素的物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2。
【点评】本题为工艺流程题，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力以及计算能力的考查，注意实验的原理以及物质分离提纯的方法，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，题目难度中等。
10．（14分）1799年，英国化学家汉弗莱•戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。
（l） N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为 2NH3+2O2N2O+3H2O 。
（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O（g）═2N2（g）+O2（g）△H。
已知：
2NH3（g）+3N2O（g）═4N2（g）+3H2O（l）△H1＝﹣1010 kJ/ml
4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（l）△H2＝﹣1531 kJ/ml
△H＝ ﹣163kJ/ml 。
（3）N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：
反应：①Fe++N2O⇌FeO++N2
反应：② FeO++CO⇌CO2+Fe+ 。
由图可知两步反应均为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应，由 反应① （填“反应①或反应②”）决定反应达到平衡所用时间。
（4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g），改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：
①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是： 降低温度 ；
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断TC ＝ TD（填“＞”“＝”或“＜”）。
（5）在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g）随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如表所示：
则该温度下反应的平衡常数K＝ 1.17 。
【分析】（1）根据电子转移守恒配平方程式；
（2）利用盖斯定律求反应热；
（3）根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；
（4）根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；
（5）根据三等式求算平衡常数。
【解答】解：（1）NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从﹣3升高到N2O中的+1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到﹣2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O，
故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
（2）已知①2NH3（g）+3N2O（g）＝4N2（g）+3H2O（l）△H1＝﹣1010kJ/ml，
②4NH3（g）+3O2（g）＝2N2（g）+6H2O（l）△H2＝﹣1531kJ/ml；
反应①×﹣反应②×可得目标反应，则△H＝△H1×﹣△H2×＝﹣1010kJ/ml×﹣（﹣1531kJ/ml）×＝﹣163kJ/ml，
故答案为：﹣163kJ/ml；
（3）总反应为N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）十N2（g），实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO⇌CO2+Fe+；根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；根据反应①的历程图可知，由Fe+和N2O经过过渡态得到产物FeO+和N2，过渡态和反应物Fe+和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间，
故答案为：FeO++CO⇌CO2+Fe+；放热；反应①；
（4）①根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度，
故答案为：降低温度；
②设定容器体积的体积为VL，C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1ml，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有
N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g） （单位：ml）
起始量：1 1 0 0
转化量：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡量：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡常数K＝＝＝1；
D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5ml和1ml，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5ml×0.40＝0.6ml，则根据三等式有
N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g） （单位：ml）
起始量：1.5 1 0 0
转化量：0.6 0.6 0.6 0.6
平衡量：0.9 0.4 0.6 0.6
平衡常数K＝＝＝1，C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC＝TD，
故答案为：＝；
（5）根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1ml，假设到达平衡时，CO转化了xml，根据三等式有
N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g） （单位：ml）
起始量：1 1 0 0
转化量：x x x x
平衡量：1﹣x 1﹣x x x
达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则V（CO）%＝×100%＝×100%＝24%；解得x＝0.52ml，平衡常数K＝＝≈1.17，
故答案为：1.17。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、陌生方程式书写和化学平衡常数的计算、图象分析判断等知识，侧重学生分析能力和计算能力的考查，把握理解浓度、温度、压强等外界条件对化学平衡的影响是解题关键，注意三段式计算格式的应用，题目难度中等。
【化学一选修3：物质结构与性质】
11．（15分）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：
（1）基态Ga原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p1 。
（2）根据元素周期律，元素的电负性Ca 小于 （填“大于”或“小于”，下同）As。
（3）科学家合成了一种阳离子为“N5n+，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为 ，其中的阴离子的空间构型为 直线形 。
（4）组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F﹣和Cl﹣结构的不同分析其原因是 Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，正负离子半径较大的GaF3是离子键、形成离子晶体，正负离子半径小的GaCl3是共价键，形成分子晶体 。
（5）原子晶体GaAs的晶胞参数a＝xpm，它的晶胞结构如图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 16 ；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d＝ ：3 ，该晶胞的密度为 g▪cm﹣3．（阿伏加德罗常数用NA表示）
【分析】（1）Ga原子核外有31个电子，根据构造原理书写该基态原子核外电子排布式；
（2）同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；
（3）N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为：[N≡N﹣N﹣N≡N]+，故“N5”带一个单位正电荷；化学式为”N8”的阴离子为N3﹣、阳离子为[N≡N﹣N﹣N≡N]+，结合N3﹣与CO2是等电子体写出N3﹣的结构式解答；
（4）Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，导致GaF3属于离子晶体，GaCl3属于分子晶体；
（5）晶胞中4个Ga位于晶胞内部、每个Ga与4个As形成共价键，则晶胞内部存在的共价键数为16；A是原子位于晶胞的顶点和面心位置，紧邻的As原子之间的距离面对角线的二分之一，b＝pm，紧邻的As、Ca原子之间的距离为体对角线的四分之一，d＝pm；晶胞中Ga有4个，As原子数＝8×+6×＝4，晶胞的质量m＝g，结合密度ρ＝计算晶胞密度。
【解答】解：（1）Ga原子核外有31个电子，根据构造原理书写该基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化排布式为[Ar]3d104s24p1，
故答案为：3d104s24p1；
（2）Ca与As位于第四周期，Ca原子序数为20，As原子序数为33，同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以元素的电负性Ca小于As，
故答案为：小于；
（3）N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为：[N≡N﹣N﹣N≡N]+，故“N5”带一个单位正电荷，化学式为”N8”的阴离子为N3﹣、阳离子为[N≡N﹣N﹣N≡N]+，N3﹣与CO2是等电子体，所以阴离子结构式为：[N＝N＝N]﹣，中心N原子无孤电子对，所以N3﹣的空间构型为直线形，N8的电子式为，
故答案为：；直线形；
（4）Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，导致正负离子半径相差较大的GaF3形成离子键、属于离子晶体，正负离子半径相差较小的GaCl3形成共价键，属于分子晶体，
故答案为：Cl﹣的电子层数比F﹣的多，原子半径比F﹣的大，正负离子半径较大的GaF3是离子键、形成离子晶体，正负离子半径小的GaCl3是共价键，形成分子晶体；
（5）晶胞中4个Ga位于晶胞内部、每个Ga与4个As形成共价键，则晶胞内部存在的共价键数为16；A是原子位于晶胞的顶点和面心位置，紧邻的As原子之间的距离面对角线的二分之一，b＝pm，紧邻的As、Ca原子之间的距离为体对角线的四分之一，d＝pm，所以b：d＝pm：pm＝：＝：3，晶胞中Ga有4个，As原子数＝8×+6×＝4，晶胞的质量m＝g，体积V＝a3＝（x×10﹣10）3cm3＝x3×10﹣30cm3，晶胞密度ρ＝＝g▪cm﹣3＝g▪cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及原子结构及排布式、晶胞计算、杂化方式和粒子空间构型判断、电子式的书写和化学键类型等知识点，侧重考查基础知识灵活运用、空间想象能力及计算能力，难点是（3）题的推断，注意晶胞密度计算方法，题目难度中等。
【化学-选修5：有机化学基础】
12．3﹣正丙基2，4二羟基苯乙酮（H）是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如图：
已知：
+（CH3CO）2O→+CH3COOH
回答下列问题：
（1）G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有 羰基 和 醚键 。
（2）反应②所需的试剂和条件是 H2O/H+、加热 。
（3）物质M的结构式 。
（4）⑤的反应类型是 取代反应 。
（5）写出C到D的反应方程式 。
（6）F的链状同分异构体还有 3 种（含顺反异构体），其中反式结构是 。
（7）设计由对苯＝酚和丙酸制备 的合成路线（无机试剂任选）。
【分析】（1）根据G的结构简式可知G中的官能团；
（2）B中有两个酯基，发生水解生成间苯二酚，据此判断反应②所需的试剂和条件；
（3）比较G和H的结构简式可知，G先发生重排反应，将醚键中的丙烯基重排到与羟基相邻的苯环上，再与氢气发生加成反应，生成H，据此判断物质M的结构式；
（4）比较D、F和G的结构简式可知反应⑤是F中的丙烯基取代了D中酚羟基中的氢而生G，据此判断⑤的反应类型是；
（5）根据流程可知，C发生取代反应生成D，据此书写C到D的反应方程式；
（6）根据F的结构简式可知，F的链状同分异构体主要考虑官能团的位置异构和顺反异构，据此判断和书写相关同分异构体；
（7）对苯二酚和丙酸在氯化锌的条件下发生类似题中流程中的反应③生成，再用丙酸生成丙酸酐，用丙酸酐与反应即可得 ；
【解答】解：（1）根据G的结构简式可知G中的官能团为碳双键，羟基、羰基、醚键，故答案为：羰基、醚键；
（2）B中有两个酯基，发生水解生成间苯二酚，所以反应②所需的试剂为H2O/H+，条件为加热，故答案为：H2O/H+、加热；
（3）比较G和H的结构简式可知，G先发生重排反应，将醚键中的丙烯基重排到与羟基相邻的苯环上，再与氢气发生加成反应，生成H，所以M的结构式为，故答案为：；
（4）比较D、F和G的结构简式可知反应⑤是F中的丙烯基取代了D中酚羟基中的氢而生G，所以⑤的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（5）根据流程可知，C发生取代反应生成D，所以C生成D的反应方程式为，故答案为：；
（6）根据F的结构简式可知，F的链状同分异构体主要考虑官能团的位置异构和顺反异，所以F的同分异构体有CH2＝CHCH2Cl、、，共有3种，其中反式结构为，故答案为：3；；
（7）对苯二酚和丙酸在氯化锌的条件下发生类似题中流程中的反应③生成，再用丙酸生成丙酸酐，用丙酸酐与反应即可得 ，合成路线的流程为：，故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题注意结合题给信息和官能团的转化，特别是明确常见有机物官能团的性质为解答该题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。选项
实验操作
现象
结论
A
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
B
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS
ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp （CuS）＜Ksp （ZnS）
C
向有少量铜粉的Cu（NO3）2溶液中滴入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
稀硫酸能与铜单质反应
D
常温下，用pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH
酸性：HA＞H2CO3
H2C2O4
C2+
Cl﹣
质量浓度
20.0g/L
1.18g/L
2.13g/L
元素
Cu
Zn
Ag
S
Fe
Pb
元素质量分数/%
17.60
18.30
0.146
33.15
18.17
7.86
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%
选项
实验操作
现象
结论
A
向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液
溶液变为红色
待测溶液中含有Fe2+
B
向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS
ZnS溶解而CuS不溶解
Ksp （CuS）＜Ksp （ZnS）
C
向有少量铜粉的Cu（NO3）2溶液中滴入稀硫酸
铜粉逐渐溶解
稀硫酸能与铜单质反应
D
常温下，用pH计分别测0.1ml/LNaA溶液、0.1ml/L Na2CO3溶液的pH
NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH
酸性：HA＞H2CO3
H2C2O4
C2+
Cl﹣
质量浓度
20.0g/L
1.18g/L
2.13g/L
元素
Cu
Zn
Ag
S
Fe
Pb
元素质量分数/%
17.60
18.30
0.146
33.15
18.17
7.86
时间/min
0
2
4
6
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50.0%
40.25%
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26.2%
24.0%
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