2019年广西南宁市高考化学一模试卷

2019年广西南宁市高考化学一模试卷

副标题

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1. 化学无处不在，下列说法错误的是（　　）

A. 《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应N2+O22NO

B. 根据化学学科核心素养之一（证据推理与模型认知）可推知Cr（OH）3胶体也可吸附悬浮杂质

C. 纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性

D. 二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强酸强碱都会“断路”

2. 设阿伏加德罗常数的值为NA，下列叙述正确的是

A. 等质量的N2O和CO2中，分子数均为NA

B. 3.1g P与3.2g S中，中子数均为1.6NA

C. 0.4mol BaCl2与0.4mol Na2O2中，阴离子数均为0.8NA

D. 1mol正丁烷与1mol异丁烷中，化学键数均为14NA

3. 某药物中间体的合成路线如下。下列说法正确的是

A. 1mol对苯二酚与足量H2加成，消耗3mol H2

B. 2，5－二羟基苯乙酮不能使酸性KMnO4溶液褪色

C. 2，5－二羟基苯乙酮中所有碳原子一定处于同一平面

D. 中间体分子中含有的官能团之一是碳碳双键

4. 下列试验方案的设计能达到实验目的是（　　）

A. A B. B C. C D. D

5. X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周表中的相对位置如表所示，Y是地壳中含量最高的元素。下列说法中错误的是（　　）

A. 原子半径大小为X＜Y＜W＜Z

B. Y的氢化物沸点高于W的氢化物沸点

C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X

D. 标状况下X的单质状态与Z的相同

6. 热激活电池可用作火箭、导弾的工作电源。种热激活电池的基本结钩如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电处生成Pb，下列有关说法正确的是（　　）

A. 输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电流流向钙电极

B. 放电时电解质LiCl-KCl中的Li+向钙电极区迁移

C. 每转0.2mol电子，论上消耗42.5gLiCl

D. 电池总反应为Ca+PbSO4+2LiCl=Pb+Li2SO4+CaCl2

7. 常温下，HNO2的电离平衡常数为K=4.6×10-4（已知=2.14，向20ml 0.01mol•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、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小

C. a点的溶液中c（H+）=2.14×10-3mol•L-1

D. b点溶液中微粒浓度的大小关系为c（HNO2）＞c（Na+）＞（NO2）

二、简答题（本大题共5小题，共63.0分）

8. 甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上，在300～400℃左右分解。

Ⅰ．实验室制取甲酸钙的方法之一是Ca（OH）2+2HCHO+H2O2=Ca（HCOO）2+2H2O+H2．实验室制取时，将工业氢氧化钙（含铜离子等杂质）和甲醛依次加入质量分数为30%～70%的过氧化氢溶液中（投料时工业氢氧化钙、甲醛、过氧化氢的物质的量之比为1：2：1.2），最终可得到质量分数大于98%且重金属含量极低的优质产品。

（1）铜离子对该实验的影响是______。

（2）甲酸钙的分解产物为______。

（3）制备时，在混合溶液中除了要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液。

加硫化钠的目的之一是除去重金属离子，其反应的离子方程式为______。

（4）实验时需强力搅拌45min，其目的是______。

（5）取ag优质产品[杂质只有Ca（OH）2]溶于水，加入bgNa2CO3（过量），得到cg沉淀，则产品中甲酸钙的百分含量为______（列出计算式即可）。

Ⅱ．某研究性学习小组以工业碳酸钙（主要成分为CaCO3，杂质为Al2O3、FeCO3）为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙。结合图中几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算），现提供的试剂有：

a．甲酸钠          b.5mol•L-1的硝酸      c．澄清石灰水



请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤：

步骤1：称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水中，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用。

步骤2：______。

步骤3：______。

步骤4：过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH为7～8，充分搅拌，所得溶液经______、趁热过滤、洗涤、干燥得甲酸钙晶体。

9. 工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成分为Al2O3，还含有少量Pd）回收Al2（SO4）3及Pd的流程如下：



（1）Al2（SO4）3溶液蒸干灼烧后所得物质的化学名称是______。

（2）焙烧时Al2O3与（NH4）2SO4反应的化学方程式为______。

水浸与中和步骤得到溶液的操作方法是______。

（3）浸液Y中含Pd元素的溶质是______ （填化学式）。

（4）“热还原”中每生成1molPd生成的气体的物质的量为______ （已知热还原得到的固体只有Pd）。

（5）Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd（s）+xH2（g）=2PdHx（s），其中x的最大值为0.8．已知：Pd的密度为12g•cm-3，则10.6cm3Pd能储存标准状况下H2的最大体积为______L。

（6）铝的阳极氧化法是将铝作为阳极，置于硫酸等电解液中，加入α-羟基丙酸、丙三醇后进行电解，可观察到铝的表面会形成一层致密的氧化膜。

①写出电解时阳极的电极反应式：______。

②电解过程中α-羟基丙酸、丙三醇的作用可能是______。

10. 研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题：

（1）NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示。



①图1中因为改变了反应条件，反应的活化能b______（填“＞”“＜”或“=”）a。

②脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物→生成物△H=______（用E1，E2的代数式表示）

③研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图2所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为剂，脱硝总反应的化学方程式为：______。

（2）一定温度下，将不同物质的量的H2O（g）和CO分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，进行反应H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g），得到如表所示的三组数据：

①4min内，v（CO2）=______；900℃时，平衡常数为______；降低温度时，平衡常数会______（填“增大”“减小”或“不变”）。

②650℃时，若在此容器中充入2.0molH2O（g）、1.0molCO（g）、1.0molCO2（g）和xmolH2（g），要使反应在开始时间向正反应方向进行，则x应满足的条件是______。

③若a=2.0，b=1.0，则平衡时实验2中H2O（g）和实验3中CO（g）的转化率（α）的关系为α（H2O）______（填“＞”“＜”或“=”）α（CO）。

11. 铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：

（1）Fe原子的核外电子排布式为______。

（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第一电离能I1（Fe）______ （填“大于”或“小于”）I1（Mn），原因是______。

（3）FeF3具有较高的熔点（熔点高于1000℃），其化学键类型是______，FeBr3的式量大于FeF3，但其熔点只有200℃，原因是______。

（4）FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。

①SCN-的三种元素中电负性最大的是______。

②苯酚（）分子中氧原子的杂化形式为______。苯酚分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则m=______，n=______。

（5）Fe（CO）5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化铁的密度为______（列出计算式）g•cm-3。

12. 盐酸吡酮洛芬（H）是一种消炎镇痛药，其合成路线如下：



回答下列问题：

（1）A的化学名称是______。

（2）由B生成C的化学方程式为______。

（3）D的结构简式为______。

（4）F中官能团为______。

（5）G生成H（试剂X的分子式为C6H8N2）的反应类型是______。

（6）E的分子式为______。X与E互为同分异构体，X的分子中含两个苯环，X水解后产物之一既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，X的核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1：2：2：2：2：3．写出符合条件的X的结构简式：______。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】

解：A．诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，涉及化学反应有N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO硝酸又和别的不溶盐类反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；

B．氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr（OH）3胶体也可吸附悬浮杂质，故B正确；

C．利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；

D．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，能够与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸以外的酸起反应，故遇强酸不会“断路”，故D错误；

故选：D。

A．诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐；

B．氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr（OH）3胶体也可吸附悬浮杂质；

C．利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子；

D．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，能够与氢氧化钠等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸以外的酸起反应；

本题考查较综合，涉及氧化还原反应、物质用途等知识点，明确基本原理、物质性质是解本题关键，难度不大。

2.【答案】B

【解析】

【解答】

A.题目中没有给出质量，故无法算出一氧化二氮与二氧化碳的物质的量，故无法求出分子数，故A错误；

B.3.1gP的物质的量为0.1mol，中子数为（31-15）×0.1NA=1.6NA，3.2g硫的物质的量为0.1mol，中子数为（32-16）×0.1NA=1.6NA，故B正确；

C.0.4 mol BaCl2中，阴离子为Cl-，故阴离子数为0.8NA，0.4molNa2O2中，阴离子为过氧根（O22-），故阴离子数为0.4NA，故C错误；

D.1mol正丁烷中化学键数为13NA，1mol异丁烷中化学键数为13NA，故D错误；

故选B。

【分析】

A.题目中没有给出质量，故无法算出一氧化二氮与二氧化碳的物质的量；

B.计算物质的量，结合原子中质量数=质子数+中子数，据此计算；

C.Na2O2中，阴离子为过氧根（O22-）；

D.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，结构相似，分子式相同；

本题考查了物质的量和微粒关系的计算、物质结构和组成分析、阿伏伽德罗常数的计算应用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】

解：A．对苯二酚上的苯环与氢气加成消耗3molH2，故A正确；

B．2，5-二羟基苯乙酮含有酚羟基、羰基和苯环，能发生氧化反应、加成反应、还原反应等，所以能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；

C．2，5-二羟基苯乙酮分子中苯环连着-COCH3，单键可以旋转，苯环所在的平面和-COCH3所在的平面不一定共面，因此所有碳原子不一定共平面，故C错误；

D．中间体分子中含有的官能团有酯基，羰基，氯原子、羟基，没有碳碳双键，故D错误；

故选：A。

A．只有苯环与氢气发生加成反应；

B．酚羟基可被氧化；

C．2，5-二羟基苯乙酮分子中苯环连着-COCH3，单键可以旋转；

D．中间体分子中没有碳碳双键。

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，题目难度不大。

4.【答案】C

【解析】

解：A．NaClO具有漂白性，不能够使用pH试纸进行测量，应选pH计测定，故A错误；

B．比较Ksp，需要一个沉淀转化成另一个沉淀，分别在两只试管里进行反应是比较不出来的，故B错误；

C．具有还原性的物质可以使溴水褪色，可验证二氧化硫的还原性，故C正确；

D．铵盐与碱共同加热才能产生NH3，然后用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故D错误；

故选：C。

A．NaClO溶液具有漂白性；

B．均为沉淀生成，且沉淀类型不同；

C．二氧化硫与溴水反应生成硫酸、HBr；

D．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵。

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、pH测定、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.【答案】A

【解析】

解：根据分析可知：Y是O，X为C；Z为Al；W为S。

A．原子半径大小比较，一看电子层数，二看核电荷数，电子层数多的原子半径大，电子层数相同看核电荷数，核电荷数小的原子半径大，则原子半径大小为：Y＜X＜W＜Z，故A错误；

B．Y对应的氢化物应为H2O，W对应的氢化物应为H2S，水分子间有氢键使熔沸点增大，所以沸点H2O＞H2S，故B正确；

C．最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性有关，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，S的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，C的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，S非金属性比C的强，则酸性H2SO4＞H2CO3，故C正确；

D．X的单质有石墨、金刚石、C60等，在标况下均为固体状态；Z的单质为金属铝，在标况下为固态，X的状态相同与Z的相同，故D正确；

故选：A。

、Y、Z、W四种短周期元素在元素周表中的相对位置如表所示，地壳中含量最多的元素是氧元素，则Y是O元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，X为C；Z为Al；W为S，据此解答。

本题考查位置结构性质的相互关系应用，为高频考点，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、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

6.【答案】D

【解析】

解：A、输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，故A错误；

B、Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，故B错误；

C、钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e-～2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2mol LiCl，即消耗85g的LiCl，故C错误；

D、负极反应方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，故D正确；

故选：D。

由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。

本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等。

7.【答案】C

【解析】

解：A．向20mL0.01mol•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＜20ml，故A错误；

B、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，故B错误；

C．由HNO2⇌H++NO2-，K=≈，4.6×10-4≈，得到c（H+）=2.14×10-3mol/L，故C正确；

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，离子浓度大小为c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；

故选：C。

A．向20mL0.01mol•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；B、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．由HNO2⇌H++NO2-，K=≈，4.6×10-4≈，得到c（H+）=2.14×10-3mol/L；

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；

本题考查了弱电解质电离平衡、离子浓度大小比较、平衡常数计算、图象变化分析判断，注意中性溶液中溶质的判断，题目难度中等。

8.【答案】铜离子对H2O2的分解有催化作用，促进部分H2O2分解，导致H2O2用量增多   CaO、CO、H2O   S2++Cu2+=CuS↓   使反应物充分接触，加快反应速率并提高产率     用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品   用石灰水调整溶液的pH=5   蒸发结晶

【解析】

解：（1）铜离子对双氧水的分解有催化作用，双氧水的分解会使H2O2用量增多，

故答案为：铜离子对H2O2的分解有催化作用，促进部分H2O2分解，导致H2O2用量增多；

（2）物质热分解一般得到相对应的氧化物，且化合价不改变，所以甲酸钙的分解产物为CaO、CO、H2O，故答案为：CaO、CO、H2O；

（3）是重金属离子，加入硫化钠时，S2-和Cu2+反应生成CuS沉淀，以达到除去重金属离子目的，离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，故答案为：S2-+Cu2+=CuS↓；

（4）搅拌是使反应物充分接触，加快反应速率，使其反应完全，提高产率，故答案为：使反应物充分接触，加快反应速率并提高产率；

（5）优质样品所含成分为甲酸钙与氢氧化钙，设甲酸钙物质的量为x，氢氧化钙物质的量为y，则130x+74x=a．二者均能与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀：Ca（OH）2～CaCO3，Ca（HCOO）2～CaCO3，则有100（x+y）=c．x=mol，甲酸钙的百分含量===，故答案为：；

Ⅱ．步骤2：固体为金属氧化物及碳酸盐，故可用硝酸进行溶解，且硝酸还具有强氧化性，可将亚铁离子氧化成铁离子，更易除去，

故答案为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品。

步骤3：铁离子在pH为3.2时沉淀完全，铝离子在pH为5时沉淀完全，所以除去杂质离子，则加入石灰水调节pH至5，故答案为：用石灰水调整溶液的pH=5；

步骤4：由图象可知，温度较高时，甲酸钙溶解度很低，而其余物质溶解度较高，若要得到纯净的甲酸钙晶体，则所得溶液需经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，

故答案为：蒸发结晶。

（1）铜离子会催化双氧水的分解；

（2）物质的热分解一般来说得到相对应的氧化物，且化合价不改变，据此解答；

（3）硫化钠是可溶性盐，该反应实质上是硫离子与铜离子反应生成硫化铜沉淀；

（4）搅拌是使反应物充分接触，加快反应速率，使其反应完全，提高产率；

（5）设甲酸钙物质的量为x，氢氧化钙物质的量为y，则74x+130y=a．二者能与碳酸根反应生成碳酸钙沉淀，Ca（OH）2～CaCO3，Ca（HCOO）2～CaCO3，有100（x+y）=c，据此计算产品中甲酸钙的百分含量；

Ⅱ．步骤2：固体为金属氧化物及碳酸盐，可用硝酸进行溶解；

步骤3：铁离子在pH为3.2时沉淀完全，铝离子在pH为5时沉淀完全，通过调节溶液pH除去杂质离子；

步骤4：由图象可知，温度较高时，甲酸钙溶解度很低，而其余物质溶解度较高，若要得到纯净的甲酸钙晶体，则所得溶液需经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥。

本题主要考查了物质的制备、除杂质、提高产率的方法、实验方案设计等，为高频考点，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力，题目难度较大。

9.【答案】硫酸铝   3（NH4）2SO4+Al2O3Al2（SO4）3+6NH3↑+3H2O↑   过滤   H2PdCl6   8mol   10.752   2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+   抑制氧化膜的溶解（或使形成的氧化膜更致密等）

【解析】

解：（1）由于硫酸难挥发，则硫酸铝不会发生改变，蒸干灼烧后仍然为硫酸铝，故答案为：硫酸铝；

（2）从流程中得知，反应物为（NH4）2SO4和Al2O3，生成物包括NH3和Al2（SO4）3，方程式为3（NH4）2SO4+Al2O3Al2（SO4）3+6NH3↑+3H2O↑，水浸后分离出滤渣和溶液，所以操作为过滤，故答案为：3（NH4）2SO4+Al2O3Al2（SO4）3+6NH3↑+3H2O↑；过滤；

（3）浸液Y的主要成分为是Pd溶于王水生成的络合物，Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，Y为H2PdCl6，

故答案为：H2PdCl6；

（4）热还原得Pd，所以推理生成物中气体有氨气和氯化氢，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol，故答案为：8mol；

（5）已知：Pd的密度为12g•cm-3，10.6cm3Pd的质量为12g•cm-3×10.6cm3=127.2g，物质的量n===1.2mol，

 2Pd（s）+xH2（g）=2PdHx（s），

   2                 0.8

1.2                   n

n=0.48mol，

则1cm3Pd能够储存标准状况下H2的最大体积═0.48mol×22.4L/mol≈10.752L，

故答案为：10.752L；

（6）①阳极反应方程式为铝失去电子，生成氧化膜氧化铝，反应式为2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+，故答案为：2Al+3H2O-6e-═Al2O3+6H+；

②因为实验目的是观察氧化膜的形成，所以添加物的目的是抑制氧化膜的溶解（或使形成的氧化膜更致密等），故答案为：抑制氧化膜的溶解（或使形成的氧化膜更致密等）。

废催化剂（主要成分为Al2O3，少量Pd），废催化剂硫酸铵焙烧得到气体X为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水发生Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣（NH4）2PdCl6，被氢气还原得到Pd，发生（NH4）2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，以此解答该题。

本题考查物质分离和提纯及物质制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握实验的基本操作方法，（5）中计算为易错点、难点，注意利用守恒法计算，题目难度中等。

10.【答案】＜   -（E2-E1）   4NH3+4NO+O24N2+6H2O   0.05mol/L-1•min-1     增大   0≤x＜   =

【解析】

解：（1）①由图象可知活化能降低，b＜a，

故答案为：＜；

②由图可知反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，焓变为负值表示放热，△H=生成物能量-反应物能量，

故答案为：-（E2-E1）；

③NO在反应中化合价降低，作还原剂；由图2可知反应物为NH3，NO和O2生成物为N2和H2O，所以化学方程式为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，

故答案为：还原；4NH3+4NO+O24N2+6H2O；

（2）①由方程式可知v（CO2）：v（H2）=1：1，根据图表计算v（H2）=0.05mol/L-1•min-1，故v（CO2）=0.05mol/L-1•min-1，根据平衡常数计算公式，

                        H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）  1               2               0             0

变化量（mol/L） 0.2             0.2            0.2           0.2

平衡量（mol/L）0.8              1.8            0.2            0.2

900℃平衡常数K==，

                         H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）  2               4                   0             0

变化量（mol/L）   1              1                   1            1

平衡量（mol/L）  1              3                    1          1

650℃平衡常数==，故降低温度平衡常数增大，

故答案为：0.05mol/L-1•min-1；；增大；

②650℃时，若在此容器中充入2.0molH2O（g）、1.0molCO（g）、1.0molCO2（g）和xmolH2（g），计算此时此刻的Q==，化学平衡正向移动，所以Q＜平衡常数k，所以＜，x＜，由题x应≥0。

故答案应为：0≤x＜；

③根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O（g）的转化率和实验3中CO（g）的转化率，温度不变平衡常数不变，900°C时K=，实验2水的转化率为x，

                        H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）  1               2                0             0

变化量（mol/L）  0.2             0.2               0.2           0.2

平衡量（mol/L）  0.8            1.8                0.2           0.2

水的转化率=20%，

 实验3                H2O（g）+CO（g）=CO2（g）+H2（g）

起始量（mol/L）    2              1                  0             0

变化量（mol/L）    x               x                    x          x

平衡量（mol/L）    2-x           1-x                 x            x

=

x=0.2

CO转化率为20%，

根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O（g）的转化率为20%实验3中CO（g）的转化率为20%相同，

故答案应为：=。

（1）①由图象可知活化能降低，b＜a；

②由图可知反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应；

③NO在反应中化合价降低，作还原剂；由图2可知反应物为NH3，NO和O2生成物为N2和H2O；

（2）①由方程式可知v（CO2）：v（H2）=1：1，根据图表计算v（H2）=0.05mol/L-1•min-1，故v（CO2）=0.05mol/L-1•min-1，根据平衡常数计算公式，900℃和650°C平衡常数，据此判断反应热量变化；

②650℃时，若在此容器中充入2.0molH2O（g）、1.0molCO（g）、1.0molCO2（g）和xmolH2（g），计算此时此刻浓度商和平衡常数比较判断反应进行的分析；

③根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O（g）的转化率和实验3中CO（g）的转化率判断。

本题考查了化学反应能量变化、反应活化能决定反应速率、平衡常数计算分析、影响平衡的因素分析判断、图象分析判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意平衡常数随温度变化，利用第三行计算列式计算平衡浓度得到平衡常数的方法掌握，题目难度中等。

11.【答案】[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2   小于   Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子   离子键   两者晶体类型不同，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体   N或氮   sp3   6   6  

【解析】

解：（1）Fe为第26号元素，根据电子排布规律，可知Fe的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

（2）Fe的电子排布为[Ar]3d64s2，Mn的电子排布为[Ar]3d54s2，Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第一电离能Fe＜Mn；

故答案为：小于；Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子；

（3）根据FeF3的熔点可知，FeF3属于离子晶体，故含离子键。FeBr3熔点明显低于FeF3，两者晶体类型不同，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体；

故答案为：离子键；两者晶体类型不同，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体；

（4）①同周期从左到右，电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，而周期内变化比同族内变化要小得多，根据三种元素位置关系可知，N元素电负性最强，

故答案为：氮或N；

②从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，故为sp3杂化；形成大π键的原子数应为6个C

原子，参与形成大π键的电子为C原子平行P轨道中的电子数，为6，

故答案为：sp3；6；6；

（5）Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，该晶胞中Fe原子个数=12×+3+2×=6，N原子个数为2，六棱柱底面积=a×a×sin60°×3cm2=a2×3cm2，晶胞体积=a2×3×ccm3，氮化铁密度==g/cm3=g/cm3，

故答案为：。

（1）Fe为第26号元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；

（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；

（3）离子晶体熔沸点较高，且由阴阳离子构成；分子晶体熔沸点较低；

（4）①元素的非金属性越强，其电负性越大；

②从苯酚的电子式可以看出，氧原子价层电子对数n=4，根据价层电子对互斥理论判断O原子杂化方式；形成大π键的原子数应为6个C原子，参与形成大π键的电子为C原子平行P轨道中的电子数；

（5）Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，该晶胞中Fe原子个数=12×+3+2×=6，N原子个数为2，六棱柱底面积=a×a×sin60°×3cm2=a2×3cm2，晶胞体积=a2×3×ccm3，氮化铁密度=。

本题考查物质结构与性质，题目比较综合，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，（5）晶胞计算需要学生有一定的空间想象与数学计算能力，掌握均摊法进行晶胞计算。

12.【答案】3-甲基苯甲酸（或间甲基苯甲酸）       羰基、羧基   取代反应   C15H12O3  、

【解析】

解：（1）A中苯甲酸为母体，甲基为取代基，其名称是：间甲基苯甲酸（或3-甲基苯甲酸），故答案为：3-甲基苯甲酸（或间甲基苯甲酸）；

（2）对比A与C的结构简式，可以知道A与苯环发生取代反应生成B，故B为，B与Br2发生取代反应生成C，反应的化学方程式为

，故答案为：

（3）对比C与D的结构，可知中溴原子被-CN取代生成D，D中-CN转化为-COOH得到E，故D的结构简式为，故答案为：

（4）根据F的结构简式，可以知道F含有的官能团为羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；

（5）对比G与H的结构简式，G中的氯被X给取代了，故发生的是取代反应，C6H8N2的结构简式为，故答案为：取代反应；

（6）根据E的结构简式可以知道分子式是C15H12O3；根据条件：①水解后产物之一既能发生银镜反应，又能与溶液发生显色反应，说明水解产物既有醛基又有酚羟基，且E存在酯基，②核磁共振氢谱有6组峰且峰的面积比为1：2：2：2：2：3，③结构中含有两个苯环，结合E的结构简式，符合条件的E的同分异构体的结构简式为：、，

故答案为：C15H12O3；、。

（1）苯甲酸为母体，甲基为取代基；

（2）对比A与C的结构简式，可以知道A与苯环发生取代反应生成B，故B为，B与Br2发生取代反应生成C；

（3）对比C与D的结构，可知中溴原子被-CN取代生成D，D中-CN转化为-COOH得到E；

（4）根据F的结构简式，可以知道F含有的官能团为羰基、羧基；

（5）对比G与H的结构简式，G中的氯被X给取代了，故发生的是取代反应，C6H8N2的结构简式为；

（6）根据E的结构简式可以知道分子式是C15H12O3；E的同分异构体满足条件：①水解后产物之一既能发生银镜反应，又能与溶液发生显色反应，说明水解产物既有醛基又有酚羟基，且E存在酯基，②核磁共振氢谱有6组峰且峰的面积比为1：2：2：2：2：3，③结构中含有两个苯环，结合E的结构简式，书写符合条件的E的同分异构体。

本题考查有机物的合成与推断，涉及有机物命名、有机反应方程式书写、官能团的识别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，充分利用有机物的结构进行分析，侧重考查学生分析推理能力，有利于培养学生自学能力、知识迁移运用能力。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/1cb7966609a1284ac850ad02de80d4d8d05a0150.html