（新高考）2020-2021学年上学期高三期末备考金卷 化学（A卷）含解析

化 学（A）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137
一、选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1．《石灰吟》是明代政治家、文学家于谦创作的一首七言绝句：千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲。粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间。其中涉及的物质主要有CaCO3、Ca(OH)2、CaO、CO2和H2O。这些物质所属的类别不包括
A．氧化物 B．碱 C．盐 D．酸
2．用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是
A．用图1所示装置分离I2和NH4Cl固体
B．用图2所示装置可以完成“喷泉”实验
C．用图3所示装置制取少量CO2气体
D．用图4所示装置测定中和热
氮气可以做食品、灯泡等的填充气。实验室制取氮气的反应为：2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O。下列说法正确的是
A．N2的电子式为：
B．元素的第一电离能：O>N
C．P元素能形成PCl5，而N原子核外无d轨道，不能形成NCl5
D．Cu元素的焰色反应是Cu原子核外电子能级跃迁的结果，是金属特有的化学性质
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．16.8g铁丝在足量O2中燃烧时转移的电子数为0.9NA
B．1L 0.1mol/L NH4NO3溶液中含有的氮原子总数为0.2NA
C．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为2NA
D．标准状况下，1.12L H2与等体积的Cl2混合，混合气体中含有的分子总数为0.1NA
5．对下列实验过程的评价，正确的是
A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有CO
B．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，证明一定含有SO
C．验证烧碱溶液中是否含有Cl?，先加稀硝酸除去OH?，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl?
D．某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．Fe3O4粉末溶于足量的稀硝酸：Fe3O4+8H+=2Fe2++Fe3++4H2O
B．FeSO4溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO+4H++5H2O2=2Mn2+ +5O2↑+7H2O
D．实验室中制氯气：MnO2+4HCl(浓)=Mn2++2Cl?+Cl2↑+2H2O
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素原子的最外层电子数与Y元素原子的质子数相同，Y、Z、W三种元素的原子半径依次减小，X能分别与Y、Z、W形成含有相同电子数的甲、乙、丙三种共价化合物分子，液态甲常用作制冷剂。下列说法中正确的是
A．沸点：甲＞乙
B．热稳定性：甲＞丙
C．丙溶液不能盛放于玻璃瓶中
D．X、Y、Z三种元素形成的化合物是强电解质
8．NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH，该反应分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图，下列说法不正确的是
Ⅰ．2NO(g)N2O2(g) ΔH1
Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2
A．因Ea1＜Ea2，所以决定NO氧化反应速率快慢的是反应Ⅱ
B．由图可知，0＞ΔH1＞ΔH2，ΔH1+ΔH2=ΔH
C．反应过程中，c(N2O2)先增大后减小
D．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)两步反应过程中都是反应物断键吸收能量大于生成物成键释放的能量
9．硝苯地平缓释片常用语预防和治疗冠心病、心绞痛，还适用于各种类型的高血压，对顽固性、重度高血压也有较好疗效，其结构简式如下图所示，下列关于硝苯地平的说法中，正确的是
A．该分子在核磁共振氢谱中有8组吸收峰
B．苯环上的氢原子发生氯代时，有2种一氯代物
C．1mol该分子最多可以与7mol H2发生加成反应
D．其酸性水解产物可以发生消去反应
10．某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．外电路中电流方向为ab
B．HS-在硫氧化菌作用下转化为SO的反应是
C．硫酸盐还原菌分解生成CO2
D．若该电池中有0.2mol O2参加反应，则有0.2mol H+通过质子交换膜
二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）
11．Cl2能与过量的NH3反应得到一种固体M和单质H。下列说法正确的是
A．M中含离子键、共价键、配位键 B．NH3的电子式为
C．H中σ键与π百键个数比为1∶1 D．NH3和Cl2都属于极性分子
12．随若我国汽车年销量的大幅增加，空气环境受到了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是
A．反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物
B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO
C．28g CO所占的体积为22.4L
D．催化转化总化学方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2
13．一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是
A．“溶解”时可用热空气代替NaNO3
B．“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
C．“还原”时发生的离子反应为2Cu2++SO+2Cl?+2OH?=2CuCl↓+SO+H2O
D．为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
14．下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是
A．0.1mol·L?1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA–)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2–)
B．0.1mol·L?1 NaHCO3溶液与0.1mol·L–1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO)＞c(OH?)＞c(HCO)
C．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
D．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO–)+2c(OH–)=2c(H+)+
c(CH3COOH)
15．利用液化石油气中的丙烷脱氢可制取丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)　ΔH。向起始体积为2L的恒压密闭容器中充入1mol丙烷，在不同温度、压强下测得平衡时反应体系中丙烷与丙烯的物质的量分数如图所示(已知p1为0.1MPa)。
下列说法错误的是
A．反应的ΔH>0
B．压强p2＜0.1MPa
C．556℃压强p1时，该反应的压强平衡常数为
D．556℃压强p1时，容器中通入1.2mol C3H8、0.8mol C3H6、0.6mol H2，此时v(正)＞v(逆)
三、非选择题（共60分）
16．亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2；SO3+HNO2=NOSO4H。
实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H。
（1）导管a的作用是_____。仪器b的名称是_____。
（2）A中反应的化学方程式为_____。
（3）B中反应必须维持体系温度不得高于20℃，可能的原因为_____。
（4）反应开始时缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是_____。
（5）装置C的主要作用是_____(用离子方程式表示)。
（6）该实验装置存在明显缺陷，可能导致NOSO4H产量降低，请补充合理的改进方案_____。
17．氨是工业生产硝酸、尿素等物质的重要原料，工业合成氨是最重要的化工生产之一。
(1)氨催化氧化法是工业制硝酸的主要方法。已知：
2NO(g)+3H2(g)=2NH3(g)+O2(g) ΔH1=-272.9kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-483.6kJ/mol
则4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3=__________。
(2)向体积为50L的密闭容器中充入10mol N2和40mol H2进行氨的合成反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH4=-92.4kJ/mol，一定温度(T)下平衡混合物中氨气的体积分数与压强(P)的关系如图所示。
①下列说法正确的是_________(填字母)。
A．由图可知增大体系压强(P)有利于增大氨气在混合气体中的体积分数
B．若图中T=500°C，则温度为450°C时对应的曲线是b
C．工业上采用500°C温度可有效提高氮气的转化率
D．当3v正(H2)=2v逆(NH3)时，反应达到平衡状态
②当温度为T、氨气的体积分数为25%时，N2的转化率为_____，若此反应过程需要10分钟，计算生成氨气的平均反应速率为________mol/(L·min)。
(3)氨碳比[n(NH3)/n(CO2)]对合成尿素的反应：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(g)有影响。T°C时，在一定体积为2L的恒容密闭容器中，将物质的量之和为3mol的NH3和CO2以不同的氨碳比进行反应，结果如图所示。
a、b分别表示CO2或NH3的转化率，c表示平衡体系中尿素的体积分数。[n(NH3)/n(CO2)]=_______时，尿素产量最大；该条件下反应的平衡常数K=_______。
18．钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。
(1)钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点。
①Ti的基态原子价电子排布式为________________。
②Fe的基态原子共有________种不同能级的电子。
(2)制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑。
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_____________(用元素符号表示)。
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为________，中心原子的杂化方式为________。
(3)NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10?2nm和7.8×10?2nm。则熔点：NiO________(填“>”、“<”或“=”)FeO。
(4)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。
①该晶体的化学式为_____________。
②已知该晶胞的摩尔质量为M g·mol?1，密度为d g·cm?3。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是________cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。
19．碲化锌(ZnTe)可用作半导体和红外材料。以一种锌合金废渣(主要含锌、铝、铜、镁，还含少量铁)制备碲化锌的工艺流程如下：
已知：常温下，金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：
金属离子 Al3+ Fe3+ Mg2+ Zn2+
开始沉淀pH 4.1 2.2 9.6 6.5
沉淀完全pH 5.0 3.5 11.6 8.5
请回答下列问题：
(1)Te与O同主族，则Te在元素周期表中的位置是_____________。
(2)滤渣1的主要成分是_________(填化学式)。
(3)“灼烧”时，用到的硅酸盐仪器有泥三角、玻璃棒、_______、________。
(4)“氧化”时，若试剂X为KClO3，则该过程中发生反应的离子方程式为_____________。
(5)常温下，“沉淀1”中加ZnO调节pH的范围是_____________。
(6)Zn与Al性质相似，其氧化物和氢氧化物都具有两性。常温下“沉淀2”中______(填“能”或“不能”)加KOH调节pH，其原因是________________。
20．4-（4-氨基苯基）吗啉3-酮常用于膝关节置换手术中的药物,其合成路线如图所示：
回答下列问题：
（1）A的同系物的通式为____；C中含氧官能团的名称是_____。
（2）C→D的反应类型为_______。
（3）G的结构简式为________。
（4）D→F的化学方程式为________。
（5）满足下列条件的D的同分异构体是________（写一种结构简式）
①苯环上有3个取代基，其中两个氨基（-NH2）直接和苯环相连
②与NaHCO3溶液反应有气体生成，分子中无-COOOH结构；
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为4∶2∶2∶1∶1
（6）请设计以有机物C为主要原料制备的合成路线：_________。
化学答案（A）
1.【答案】D
【解析】在这首古诗中涉及的物质主要有CaCO3、Ca(OH)2、CaO、CO2和H2O，其中CaCO3属于盐，Ca(OH)2属于碱，CaO、CO2和H2O属于盐，故这些物质所属的类别不包括的物质类别是酸，故合理选项是D。
2.【答案】B
【解析】A．I2受热升华，遇降温在烧杯底部凝华，而NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，且在烧杯底部重新化合生成NH4Cl，则无法分离I2和NH4Cl，故A错误；B．Cl2易溶于NaOH溶液，则利用图2可完成喷泉实验，故B正确；C．纯碱为易溶于水的固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；D．缺少环形玻璃搅拌棒，故D错误；故答案为B。
3.【答案】C
【解析】A．N2的电子式中每个N自身有一对孤对电子，即，A错误；B．N价电子排布为2s22p5半满稳定结构，故第一电离能：N>O，B错误；C．P原子可以进行sp3d杂化，故周围最多可以形成5根共价键，而N原子价电子层无d能级，无法进行sp3d杂化，故不能形成NCl5，C正确；D．焰色反应是元素的物理性质，D错误。故答案选C。
4.【答案】A
【解析】A．16.8g Fe的物质的量为，铁丝在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，Fe的化合价由0价升高至+价，即1mol Fe转移mol e?，则0.3mol Fe转移3×=0.8mol e?，个数为0.8NA，A错误；B．1L 0.1mol/L NH4NO3的物质的量为0.1mol，则溶液中含有的氮原子总数为0.2NA，B正确；C．50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为50g×46%=23g，物质的量为，则水的质量为50g-23g=27g，物质的量为=1.5mol，含有的氧原子数目为(0.5+1.5)NA=2NA，C正确；D．标准状况下，1.12L H2与等体积的Cl2混合，即0.05mol H2与0.05mol Cl2混合，发生反应H2+Cl2=2HCl，则混合气体的物质的量为0.1mol，含有的分子总数为0.1NA，D正确；答案选A。
5.【答案】C
【解析】A．无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子或亚硫酸根离子等，所以某固体中加入稀盐酸，产生无色气体，不能证明该固体中一定含有碳酸盐，故A错误；B．Ag+和CO都能与BaCl2反应生成白色沉淀，故B错误；C．Ag+和OH?反应生成沉淀，故先加入稀硝酸除去OH?，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀AgCl，证明含Cl?，故C正确；D．石蕊遇酸变红色，无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，溶液呈酸性，故D错误；故选C。
6.【答案】B
【解析】A．由于HNO3具有强氧化性，故Fe3O4粉末溶于足量的稀硝酸的离子方程式为：3Fe3O4 +28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，A错误；B．FeSO4溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，B正确；C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性的离子方程式为：2MnO+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；D．实验室中制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl?Mn2++Cl2↑+2H2O，D错误；故答案为：B。
7.【答案】C
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素原子的最外层电子数与Y元素原子的质子数相同，Y、Z、W三种元素的原子半径依次减小，X能分别与Y、Z、W形成含有相同电子数的甲、乙、丙三种共价化合物分子，液态甲常用作制冷剂，则X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为F元素，甲为NH3，乙为H2O，丙为HF。A．根据分析，甲为NH3，乙为H2O，甲乙均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，由于水分子和氨分子间均存在氢键，且水分子间氢键强度大于氨分子间氢键强度，则沸点：乙＞甲，故A错误；B．甲为NH3，丙为HF，非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞N，热稳定性：丙＞甲，故B错误；C．丙为HF，其水溶液可与玻璃中的二氧化硅反应，从而腐蚀玻璃，则丙溶液不能盛放于玻璃瓶中，故C正确；D．X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，X、Y、Z三种元素形成的化合物是可以是硝酸铵、硝酸以及亚硝酸，硝酸铵和硝酸是强电解质，亚硝酸是弱酸，属于弱电解质，故D错误；答案选C。
8.【答案】D
【解析】根据图像，反应物总能量大于生成物总能量，因此过程I和II都是放热反应，活化能越大，反应速率越慢，化学反应是由慢反应决定；A．一个化学反应，活化能越大，反应速率越慢，根据图像，推出Ea1＜Ea2，所以决定NO氧化反应速率快慢的是反应Ⅱ，故A说法正确；B．由图可知两个反应都是反应物的总能量大于生成物的总能量，即都属于放热反应，所以ΔH＜0，且ΔH1＞ΔH2，根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ可求得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，故ΔH1+ΔH2=ΔH，故B说法正确；C．开始以反应Ⅰ主导，N2O2越来越多，后来以反应Ⅱ主导，N2O2越来越少，反应过程中c(N2O2)先增大后减小，故C说法正确；D．由图可知两个反应都是放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成所释放的能量，故D说法错误；故答案为D。
9.【答案】A
【解析】A．由图可知，硝苯地平分子中有8种不同环境的氢原子（如图所示），故核磁共振氢谱有8组吸收峰，A正确；B．苯环上有4种H，故苯环上的一氯代物有4种，B错误；C．由于酯基不能和氢气发生加成反应，苯环和氢气按1∶3加成，两个双键各按1∶1和氢气加成，故1mol该分子最多可以与5mol H2发生加成反应，C错误；D．该分子酸性水解得到甲醇，甲醇不能发生消去反应，D错误。故答案选A。
10.【答案】B
【解析】根据体系中H+ 移动方向可判断a为电池负极，b为正极；有机物和SO在硫酸盐还原菌作用下生成HS-和CO2，HS-在硫氧化菌作用下，在负极失电子被氧化为SO，失去的电子由负极经过负载流入正极(b)，O2在正极得电子被还原。A．电流由正极（b）流入负极（a），A错误；B．HS-在负极被氧化为SO，即，根据图示可添加H+和H2O配平电极反应式，得，B正确；C．根据图示判断CO2来源于有机物，C错误；D．根据电极反应：O2+4H++4e?=2H2O，确定0.2mol O2反应时，消耗0.8mol H+，为了维持正极区域电荷守恒，需有0.8mol H+通过质子交换膜进入正极，D错误；故答案选B。
11.【答案】A
【解析】Cl2能与过量的NH3反应生成氮气和氯化铵，方程式为：3Cl2+8NH3=N2+NH4Cl，则固体M为NH4Cl，单质H为N2。A．M为NH4Cl，含离子键、共价键、配位键，故A正确；B．NH3分子中含有3个氮氢共价键，则NH3的电子式为，故B错误；C．H为N2，N2中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π百键个数比为1∶2，故C错误；D．Cl2分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；故选：A。
12.【答案】BD
【解析】A．该反应中，NO生成为NO2，N元素化合价升高，则NO是还原剂，NO2与CO生成N2，N元素化合价降低，NO2作氧化剂，N2是还原产物，故A错误；B．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，故B正确；C．未告知CO气体所处环境，无法确定该环境下气体摩尔体积，因此无法计算气体体积，故C错误；D．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知该反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确；故答案为BD。
13.【答案】C
【解析】A．海绵铜加入稀硫酸、热空气和水，通入热空气溶解浸取后反应生成硫酸铜溶液，A正确；B．过滤用于分离固体和液体，所用玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B正确；C．“还原”步骤为含有CuSO4的滤液，溶液呈酸性，加入Na2SO3、NaCl，生成CuCl和Na2SO4，发生反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl?+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，C错误；D．由题给信息可知CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，则可采用乙醇洗涤，为避免被氧化，可真空干燥，D正确；答案为C。
14.【答案】BD
【解析】A．0.1mol·L?1的NaHA溶液，其pH=4显酸性，说明HA–的电离程度大于水解程度，则c(A2–)＞c(H2A)，故A错误；B．混合溶液的溶质为Na2CO3，CO水解以及HCO水解均产生OH?，所以溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(CO)＞c(OH–)＞c(HCO)，故B正确；C．碳酸根的水解程度要大于醋酸根，所以c(CH3COONa)＞c(Na2CO3)，故C错误；D．混合溶液中存在电荷守恒c(CH3COO–)+c(OH–)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒c(CH3COO–)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，二式联立可得c(CH3COO–)+2c(OH–)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；综上所述答案为BD。
15.【答案】CD
【解析】A．图象中物质的量分数随温度升高丙烯增加，丙烷减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的△H＞0，故A正确；B．温度一定，压强越大平衡逆向进行，丙烯的物质的量分数减小，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1＞p2，即压强p2＜0.1MPa，故B正确；C．根据图象可知556℃压强p1时，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，则p(C3H8)=0.5p1=0.05MPa，根据方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)可知剩余50%的气体中，丙烯和氢气各占一半，所以p(C3H6)= p(H2)=0.025MPa，所以压强平衡常数K==，故C错误；D．根据图象可知556℃压强p1时，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，丙烷物质的量为1mol，设消耗物质的量为x，列三段式有：
C3H8(g)C3H6(g) + H2(g)

则有=50%，解得x=，所以平衡常数K==；起始向2L密闭容器中通入1.2mol C3H8、0.8mol C3H6、0.6mol H2，此时浓度商为=0.2>，所以反应逆向进行，v(正)＜v(逆)，故D错误；综上所述答案为CD。
16.【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗的液体顺利流下 三颈烧瓶
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
温度太高，会加快浓硝酸挥发和分解
生成的NOSO4H作为反应的催化剂
SO2+2OH?=SO+H2O
C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶
【解析】(1)导管a平衡气压的作用，才能让液体顺利流下；仪器b为三颈烧瓶，故答案为：平衡压强，使分液漏斗的液体顺利流下；三颈烧瓶；(2)装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2，反应的化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑
+H2O；(3)B中是在浓硫酸存在时用SO2和浓硝酸发生反应，温度不能太高的原因为浓硝酸会挥发和分解，故答案为：温度太高，会加快浓硝酸挥发和分解；(4)开始反应缓慢，待生成少量 NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是：生成的NOSO4H作为反应的催化剂，故答案为：生成的NOSO4H作为反应的催化剂；(5)装置C的主要作用是利用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫防止污染空气，反应的离子方程式：SO2+2OH?=SO+H2O，故答案为：SO2+2OH?=SO+H2O；(6)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，应在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶，故答案为：C装置中的水蒸气会进入装置B中使NOSO4H水解，在BC间增加一个装有浓硫酸的洗气瓶。
17.【答案】（1）-905.0kJ/mol
AB 50% 0.02
2 40
【解析】(1)根据题意可知①2NO(g)+3H2(g)=2NH3(g)+O2(g) ΔH1=-272.9kJ/mol ②2H2(g)+O2(g)
=2H2O(g) ΔH2=-483.6kJ/mol，②×3-①×2，整理可得：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)　ΔH3=-905.0
kJ·mol?1；(2)①A．由于合成氨气的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，使氨气的含量增大，故A正确；B．若图中T=500℃，由于正反应是放热反应，降低温度，化学平衡向正反应方向移动，氨气的平衡含量增大，所以温度为450℃时对应的曲线是b，故B正确；C．由于合成氨气的反应是放热反应，所以升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，对于提高氮气的转化率不利，故C错误；D．在任何时刻都存在2v正(H2)=3v逆(NH3)，若3v正(H2)=2v逆(NH3)，则4v逆(NH3)=9v正(NH3)，用同一物质表示的正反应、逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故D错误；答案选AB。②当温度为T、氨气的体积分数为25%时，假设反应的N2的物质的量是x，则反应的氢气的物质的量是3x，反应产生的NH3的物质的量是2x，平衡时N2的物质的量是(10-x)mol；H2的物质的量是(40-3x)mol，则=25%，解得x=5mol，所以N2的转化率为()×100%=50%， v(NH3)===0.02mol/(L·min)；2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2
(g)+H2O(g)，根据图象可知，当n(NH3)/n(CO2)=2时，二者的转化率相等；在反应开始时c(NH3)=1mol/L，c(CO2)=0.5mol/L，由于二者的转化率是0.8，所以二者反应产生的CO(NH2)2、H2O的物质的量浓度是0.4mol/L，此时c(NH3)=0.2mol/L，c(CO2)=0.1mol/L，所以化学平衡常数K==。
18.【答案】（1）3d24s2 7
O>Cl>C 3∶1 sp2
>
LaNi5
【解析】(1)①Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故Ti的基态原子价电子排布式为 3d24s2，故答案为3d24s2；②Fe是26号元素，原子核外有1s、2s、3s、4s、2p、3p、3d等7个能级，故答案为7；(2)①反应式中非金属元素有三种：O、C、Cl，CCl4中C表现正化合价、Cl表现负化合价，CrO2Cl2中Cl为+1价，O为?2价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：O>Cl>C；②COCl2分子中有1个C=O键和2个C?Cl键，所以COCl2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，个数比3∶1，中心原子C电子对数=3+×（4?1×2?2）=3，故中心原子杂化方式为sp2，故答案为3∶1；sp2；(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiO>FeO，故答案为>；(4)①从图中可以看出，La位于平行六面体的顶点，晶胞中La的原子数为×8=1。平行六面体的上、下两个面各有2个Ni原子，四个侧面各有1个Ni原子，体心还有1个Ni原子。故晶胞中Ni的原子数为×8+1×1=5。故该晶体的化学式为LaNi5。②一个晶胞的质量m=，根据，晶胞的体积为cm3。
19.【答案】（1）第五周期第VIA族
Cu
酒精灯 坩埚
+6Fe2++6H+=Cl?+6Fe3++3H2O

不能 KOH溶液量不易控制，氢氧化锌会与过量的KOH溶液反应而被溶解
【解析】锌合金废渣与稀硫酸反应，其中锌、铝、镁、铁与硫酸反应，而铜不反应，过滤，向滤液中加入氧化剂氧化亚铁离子变为铁离子，再加入ZnO调节溶液的pH，将铁离子和铝离子沉淀完全，而不能沉淀锌离子和镁离子，过滤，调节滤液的pH值，过滤，得到氢氧化锌沉淀，在坩埚中加热得到氧化锌，再在氢气流中还原得到锌，再和Te反应得到ZnTe。(1)Te与O同主族，则Te在元素周期表中的位置是第五周期第VIA族；故答案为：第五周期第VIA族。(2)锌、铝、镁、铁和稀硫酸反应，而铜与稀硫酸不反应，因此滤渣1的主要成分是Cu；故答案为：Cu。(3)“灼烧”时，主要在坩埚中灼烧，因此用到的硅酸盐仪器有泥三角、玻璃棒、酒精灯、坩埚；故答案为：酒精灯；坩埚。(4)“氧化”时，主要是将亚铁离子氧化，若试剂X为KClO3，则该过程中发生反应的离子方程式为ClO+6Fe2++6H+=Cl?+6Fe3++3H2O；故答案为：ClO+6Fe2++6H+=Cl?+6Fe3++3H2O。(5)常温下，“沉淀1”中主要是沉淀铁离子和铝离子，因此根据表格，加ZnO调节pH，应将铁离子、铝离子沉淀完全，而不能沉淀锌离子，因此pH的范围是；故答案为：。(6)Zn与Al性质相似，其氧化物和氢氧化物都具有两性，氢氧化铝与KOH反应而溶解，氢氧化锌也能与KOH溶液反应而被溶解，因此常温下“沉淀2”中不能加KOH调节pH；故答案为：不能；KOH溶液量不易控制，氢氧化锌会与过量的KOH溶液反应而被溶解。
20.【答案】（1）CnH2n-6（n＞6） 硝基
取代反应

+HCl+


【解析】B→C：根据反应条件和D中-NO2位置，确定C为；C→D为C中 -Br被—NHCH2CH2OH取代；D→F为D中N上H被-COCH2Cl取代，结合D、F和E分子式，确定E为：Cl-CO-CH2Cl；最后两步要实现两个变化：①将-NO2还原为-NH2；②F中右支链的成环，根据反应条件，确定最后一步实现变化①，所以F→G实现变化②，故G为。（1）A为苯，不饱和度为4，故其同系物通式为CnH2n-6（n>6）；C为，含氧官能团为硝基；（2）取代反应；（3）；（4）根据分析内容得：；（5）根据要求，所写异构体应该含有苯环、2个-NH2、-COOH结构，再结合H种类确定该有机物应该是一种对称结构，所以2个-NH2应该是间位关系，故结构可以为：（或者将—OCH2COOH移至氨基间位）；（6）合成目标有机物，需制备出单体，结合C→D信息、醇催化氧化、-NO2还原等知识，设计路线如下：。