黑龙江省哈尔滨六中19-20学年高三上学期期末化学试卷 (含答案解析)

黑龙江省哈尔滨六中19-20学年高三上学期期末化学试卷

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )

A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 B. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应 C. 铁粉和维生素 C均可作食品袋内的脱氧剂

D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保

2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )

A. 12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NA

+

数目均为NA B. 常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO−与NH4

C. 0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NA D. 100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA

3. 已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中相对位置如图所示，下列说法

正确的是( )

A. 若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数) B. 若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸 C. 若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱

D. 若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应

4. 下列有关甲烷的说法正确的是( )

A. 易溶于水

C. 与氯气发生加成反应

B. 是最简单的有机化合物 D. 与乙烷互为同分异构体

5. 下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是( )

选项 实验操作 A B C 测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH SO2通入酸性高锰酸钾溶液 溴乙烷与NaOH溶液共热后，加HNO3酸化的AgNO3溶液 实验现象 前者pH比后者的大 结 论 非金属性：S>C 高锰酸钾溶液褪色 SO2具有还原性 出现淡黄色沉淀 溴乙烷发生了水解 Ksp(AgBr)>Ksp(AgI) D 向等浓度的KBr、KI混合液中滴加AgNO3溶液 先出现黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D

6. Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：

包装 储运要求 泄漏处理 钢瓶 远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪 NaOH、NaHSO3溶液吸收

下列解释事实的方程式不正确的是

A. 电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl−+2HO通电

=2OH−+H2↑+Cl2↑ 2B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−

C. 浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2

2−+−

D. 氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO−3+Cl2+H2O=SO4+3H+2Cl

7. 常温下，向10mL 0.1mol⋅L−1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol⋅L−1的氨水，所得溶液pH及导电性

变化如图．下列分析不正确的是( )

A. b点溶液pH=5，此时酸碱恰好中和 B. a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸

+

)>c(R−)、c(OH−)>c(H+) C. c点溶液存在c(NH4

D. b～c任意点溶液均有c(H+)⋅c(OH−)=KW=1.0×10−14

二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

8. 某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：

(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L 的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是______。

(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为______。

(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mL FeCl2溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入1滴KSCN溶液和几滴氯水，溶液开始不变红，后来变红，其中煤油的作用是：______。

(4)丙组同学取10ml 0.1mol⋅L−1KI溶液，加入6mL 0.1mol⋅L−1 FeCl3溶液混合。分别取 2mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：

①第一支试管中加入1mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色； ②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀； ③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。 实验②检验的离子是______(填离子符号)；

实验①和③说明：在I−过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为______。

三、简答题（本大题共4小题，共59.0分）

9. 2019年“锂电池之父”John b.Goodenough等三位科学家获得诺贝尔化学奖。磷酸铁锂

(LiFePO4)用作锂离子电池正极材料，制备方法如图1：

(一)制备水合磷酸铁(FePO4⋅xH2O)固体

(1)透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO−4，过程Ⅰ发生的主要离子反应方程式______。 (2)过程Ⅱ发生反应的离子方程式是______。

(3)如过程Ⅱ中Fe2+氧化不充分，则造成的影响是______。

(4)FePO4⋅xH2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图2： 水合磷酸铁的化学式为______。

(二)制备 LiFePO4固体在氮气保护下，高温焙烧FePO4、Li2CO3和葡萄糖的固体混合物，得到 LiFePO4颗粒。

(5)LiFePO4中Fe元素的化合价为______，葡萄糖的作用是______。

(6)锂离子电池在充电时，电极材料 LiFePO4会迁出部分Li+，转变为Li(1−x)FePO4，写出此电极反应方程式______。

10. 二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：

(1)工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。

已知：CO(g)+3H(g)⇌CHOH(l)+HO(l) ΔH=−131.0 kJ·mol−1； 2232H2(g)+2O2(g)===H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1。 CH3OH(l)的燃烧热ΔH=_________。

(2)在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：

1

−1

CO2(g)+CH4(g)⇌CH3COOH(g) ΔH=+36.0 kJ·mol。

在不同温度下乙酸的生成速率变化如图所示。

①当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是____________，当温度在300℃～400℃范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是____________。 ②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是______(填标号)。 A.升高温度 B.降低温度 C.增大压强 D.降低压强

(3)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)+CO(g)⇌2CO(g)。 2

①向容积为1 L的恒容容器中加入0.2 mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示。则该反应为_____________(填“放热”或“吸热”)反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2 mol CO2，平衡______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量_____________(填“变大”“变小”或“不变”)。

②向压强为p、体积可变的恒压容器中充入一定量CO2，650℃时反应达到平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为_____________。气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=___________(用含p的代数式表示)，若向平衡体系中再充入

V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体，平衡______________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。

11. a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示．

原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同 基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1 在周期表所列元素中电负性最大 位于周期表中第4纵行 基态原子M层全充满，N层只有一个电子 a b c d e 请回答：

(l)d属于______区的元素，其基态原子的价电子排布图为______．

(2)b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)． (3)c的氢化物水溶液中存在的氢键有______种，任意画出一种______．

(4)a与其相邻同主族元素的最高价氧化物的熔点高低顺序为______(用化学式表示).若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的空间构型为______；A的中心原子的轨道杂化类型为______；与A互为等电子体的一种分子为______(填化学式)．

(5)e与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中e原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由e原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的 晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，该晶体储氢后的化学式为______，若该晶体的相对分子质量为M，密度为ag/cm3，则晶胞的体积为______(NA用表示阿 伏加德罗常数的值)．

12. 化合物F是一种最新合成的溶瘤药物，可通过如图所示方法合成：

(1)F中所含官能团名称为______。 (2)A→B的反应类型是______。 (3)C的结构简式为______。 (4)写出同时满足下列条件的______。

①G分子中有4种不同化学环境的氢；

②G的水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物还能与FeCl3溶液发生显色反应。 (5)请写出以

(C6H5)3P为原料制备化合物、

的合成路线流程图

的一种同分异构体G的结构简式：

(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。

-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

A.高温能够使蛋白质变性，所以保存疫苗时应放在温度较低的地方冷藏，故A正确；

B.糖类包括单糖、二糖和多糖，单糖不能发生水解反应，二糖和多糖能发生水解反应，油脂和蛋白质也能发生水解反应，故B错误；

C.铁粉和维生素C均具有还原性，能与氧气反应，所以铁粉和维生素C均可作食品袋内的脱氧剂，故C正确；

D.Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保，故D正确。 故选B。

2.答案：C

解析：

本题考查阿伏加德罗常数的计算，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意物质结构组成，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

A.在金刚石中，1个C形成的共价键数目为：×4=2，则12g 金刚石中含有C−C共价键数为2NA；2在石墨晶体中，1个C形成的共价键数目为：3×2=2，12g石墨中含有C−C键的数目为1.5NA，故A错误；

+B.CH3COONH4溶液中CH3COO−与NH4均要水解，其数目均小于NA，故B错误；

1

3

1

C.氯气与甲烷发生取代反应，由于1mol氯气～1molHCl，故0.1mol氯气生成0.1molHCl，分子个数为0.1NA个，故C正确； D.100 g 34%的H2O2物质的量为故选：C。

100×34%

34

=1mol，加入MnO2充分反应，转移电子数为NA，故D错误；

3.答案：C

解析：

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用及元素的不确定性，题目难度不大。 由短周期主族元素在周期表中的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期， A.若HmXOn为强酸，则X只能为N元素，其氢化物氨气溶于水呈碱性，故A不正确；

B.若四种元素均为非金属，则X、Z的族序数≥4，而小于7，若处于ⅣA元素，则W为P元素，对应的磷酸不是强酸，故B不正确；

C.若四种元素均为金属，则X为Li、Y为Be、Z为Na、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH为强碱，故C正确；

D.若四种元素中只有一种为金属，X为B、Y为C、W为Si，则Z为Al、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸、强碱，而碳酸属于弱酸，不能与氢氧化铝反应，故D不正确。 故选C。

4.答案：B

解析：A、甲烷属于烷烃，烷烃均难溶于水，故甲烷也难溶于水，故A错误；

B、烃是最简单的有机物之一，而甲烷是最简单的烃，故甲烷是最简单的有机物，故B正确； C、甲烷是饱和烃，只能发生取代反应而不能发生加成反应，故C错误；

D、分子式相同而结构不同的化合物之间互为同分异构体，而甲烷和乙烷的分子式不同，故不是同分异构体，而互为同系物，故D错误。 故选：B。

A、烷烃均难溶于水；

B、烃是最简单的有机物之一，而甲烷是最简单的烃； C、甲烷是饱和烃；

D、分子式相同而结构不同的化合物之间互为同分异构体．

本题考查了甲烷的物理性质、化学性质和同分异构体、同系物的概念，应注意从物质的结构特点上来理解物质的化学性质．

5.答案：A

解析：解：A.测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，Na2CO3的水解程度大，前者的pH比后者的大，不能比较非金属性，应利用最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性比较，故A错误； B.SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，故B正确； C.溴乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解生成NaBr，加稀酸化的AgNO3溶液，反应生成AgBr，观察到出现淡黄色沉淀，故C正确；

D.向等浓度的KBr、KI混合液中滴加AgNO3溶液，溶度积小的物质先转化为沉淀，先出现黄色沉淀，说明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确； 故选A．

A.Na2CO3的水解程度大，应利用最高价氧化物水化物的酸性比较非金属性比较； B.SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应；

C.溴乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解生成NaBr，加稀酸化的AgNO3溶液，反应生成AgBr； D.溶度积小的物质先转化为沉淀．

本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解、pH、氧化还原反应、卤代烃水解、沉淀的生成等，注重基础知识的考查，题目难度不大．

6.答案：B

解析：

本题考查了离子方程式的正误判断，难度中等。

A.电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl−+2H2O 电解

=2OH−+H2↑+Cl2↑，故A正确；

B.氯气用于自来水消毒生成的HClO为弱酸，不拆：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故B错误； C.浓氨水检验泄露的氯气，8NH3+3Cl2 = 6NH4Cl+氯气具有氧化性，发生氧化还原反应，产生白烟：N2，故C正确；

D.氯气“泄漏处理”中，氯气具有氧化性，NaHSO3具有还原性，发生氧化还原反应：HSO−3+Cl2 +

+−H2O =SO2−4+3H+2Cl，故D正确。

故选择B。

7.答案：A

解析：解：A.通过图象分析可知b点是导电能力最大，此时溶液pH=7，是HR与一水合氨的物质的量相等，二者恰好反应生成NH4R，铵根离子与R−的水解程度相等，故A错误；

B.a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故B正确；

C.根据图象可知，c点时溶液的pH>7，混合液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合电荷守恒可知：

+c(NH4)>c(R−)，故C正确；

D.常温下水的离子积为：KW=c(H+)×c(OH−)=1.0×10−14，由于b−c点溶液的反应温度相同，则水的离子积不变，故D正确； 故选：A。

A.b点导电性最强，此时溶液pH=7，是加入10mLHR，HR与一水合氨的浓度、体积相等，则二者恰好反应；

B.根据图象可知，a～b点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解质，离子浓度增大；

+C.c点时溶液的pH>7，c(NH4)>c(R−)； 混合液显示碱性，则c(OH−)>c(H+)，结合电荷守恒可知：

D.b−c点，溶液的温度不变，则水的离子积不变．

本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较、溶液导电性及其影响等知识，题目难度中等，明确酸碱混合的定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的计算方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．

8.答案：防止Fe2+被氧化 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl− 隔离空气(排除氧气对实验的影响

) Fe2+ Fe3+ 可逆反应

解析：解：(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2+被氧化，

故答案为：防止Fe2+被氧化；

(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−， 故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−；

(3)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，

故答案为：隔离空气(排除氧气对实验的影响)；

(4)加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl−，③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I−过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应。 故答案为：Fe2+；Fe3+；可逆反应。

(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化； (2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；

(3)煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响； (4)加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应。

本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

9.答案：(1)H3PO4+OH−=H2PO−4+H2O

2+

(2)2H2PO−=2FePO4↓+2H++2H2O 4+H2O2+2Fe

(3)会有氢氧化亚铁的白色沉淀生成，使得产物不纯

(4)FePO4⋅2H2O

(5)+2价；还原剂，把三价铁还原成二价铁

(6)LiFePO4−xe−=xLi++Li(1−x)FePO4

解析：

本题考查了物质制备流程，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，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。 FeSO4⋅7H2O在H3PO4中溶解，加入氢氧化钠溶液中和磷酸生成H2PO−4，过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应H2PO−H+和H2O，主要是Fe2+与H2O2、再加入氢氧化钠中和酸，最后得到FePO4⋅4反应生成FePO4沉淀、xH2O，高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁化合价降低，过量葡萄糖化合价升高，作还原剂。

(一)(1)①过程Ⅰ，加NaOH溶液调pH=2.0时透明混合溶液中含磷微粒主要是H2PO−4，说明过程Ⅰ

主要发生磷酸和氢氧化钠反应生成水和H2PO−其主要离子方程式是H3PO4+OH−=H2PO− 4，4+H2O，故答案为：H3PO4+OH−=H2PO−4+H2O；

+(2)过程Ⅱ“氧化、沉淀”反应主要是Fe2+与H2O2、H2PO−4反应生成FePO4沉淀、H和H2O，因此生2+成FePO4沉淀的离子方程式是2H2PO−=2FePO4↓+2H++2H2O， 4+H2O2+2Fe2+故答案为：2H2PO−=2FePO4↓+2H++2H2O； 4+H2O2+2Fe

(3)如过程Ⅱ中Fe2+氧化不充分，会有氢氧化亚铁的白色沉淀生成，使得产物不纯； 故答案为：会有氢氧化亚铁的白色沉淀生成，使得产物不纯；

(4)假设100gFePO4⋅xH2O样品受热，得到FePO4固体80g，水20g，根据物质的量比例得到151g/mol：20g18g/mol

80g

=1：2，因此水合磷酸铁的化学式为FePO4⋅2H2O，

故答案为：FePO4⋅2H2O；

P为+5价，O为−2价，(二)(5)LiFePO4中Li为+1价，根据化合总价为0，得到Fe元素的化合价为+2价；高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁的化合价降低，则过量葡萄糖化合价升高，作还原剂，主要是将三价铁还原成二价铁； 故答案为：+2价；还原剂，把三价铁还原成二价铁；

(6)锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4会迁出部分Li+，部分转变为Li(1−x)FePO4.此电极的电极反应为LiFePO4−xe−=xLi++Li(1−x)FePO4； 故答案为：LiFePO4−xe−=xLi++Li(1−x)FePO4。

10.答案：(1)−726.4 kJ/mol

(2)① 催化剂活性降低；温度 ② AC

(3)① 吸热；正向；变小 ② 25%；15(或0.267p)；逆向

4p

解析：

本题旨在考查学生对反应热和焓变、化学反应速率的影响因素、化学平衡移动原理、计算等应用。

(1)根据盖斯定律，CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−726.4 kJ/mol；3②−①可得，故答案为：−726.4 kJ/mol；

(2)①当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是催化剂活性降低；根据图示，当温度在300℃～400℃范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是温度；故答案为：催化剂活性降低；温度；

②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是：该反应为吸热反应，升高温度，乙酸的产率增大，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸产率增大，故AC正确；故答案为：AC；

(3)①升高温度，二氧化碳浓度减小，平衡正向移动，故该反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2molCO2，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于两个原平衡体系加压，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量减小；故答案为：吸热；正向；变小； ②设开始加入二氧化碳为1mol，平衡时转化了xmol， C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)

起始： 1 0 变化： x 2x 平衡： 1−x 2x

2x

根据CO的体积分数为40.0％，故1+x×100％=40％，解得x=0.25；故二氧化碳的转化率为25%；CO的体积分数为40.0％，根据题意，故二氧化碳的体积分数为60.0%；故该反应的化学平衡常数Kp=

p2(CO)p(CO2)

=

(0.4p)2(0.6p)

=15，若向平衡体系中再充入V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体，与平衡状态相比较，

4p

4p

二氧化碳的比例偏小，因此平衡会逆向移动，故答案为：25%；15 (或0.267p)；逆向。

11.答案：d

N>O>C 4

、

、

、

任意一种 SiO2>CO2 平面三角形 sp3杂化 SO3 H4Cu3Au aNcm3

A

M

解析：解：a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故e为Cu． (l)d为Ti元素，属于d区的元素，基态原子的价电子排布3d24s2，故其基态原子的价电子排布图为

，

故答案为：d；

；

(2)与b同周期相邻元素分别为C、O，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C， 故答案为：N>O>C；

(3)c的氢化物为HF，水溶液中存在的氢键有共4种， 故答案为：4；

、

、

、

任意一种；

、

、

、

，

(4)a与其相邻同主族元素的最高价氧化物分别为CO2、SiO2，前者属于分子晶体，后者属于原子晶体，故熔点高低顺序为SiO2>CO2.a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子为CO2−3，离子中C原子价层电子对数=3+

4+2−2×3

2

=3，没有孤电子对，故碳酸根离子为平面三角形结构，中心C原子

的轨道杂化类型为sp3杂化；与CO2−3互为等电子体的一种分子为SO3等， 故答案为：SiO2>CO2；平面三角形；sp3杂化；SO3；

Au原子处于顶点，(5)Cu与Au的合金可形成面心立方最密堆积的晶体，在晶胞中Cu原子处于面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，储氢后的晶胞结

构与金刚石晶胞结构相似，金刚石晶胞结构为，则形成的晶体中晶胞中原子为

H原子，共有有4个，Cu原子数目为6×2=3，Au原子数目为8×8=1，该晶体储氢后的化学式为H4Cu3Au，若该晶体的相对分子质量为M，晶胞质量为Ng，晶体密度为ag/cm3，则晶胞的体积为

A

11

M

为Ng÷ag/cm3=aNcm3，

A

A

MM

故答案为：H4Cu3Au；aNcm3．

A

M

a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故a为C元素；b元素基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，核外电子排布为1s22s22p3，故b为N元素；c在周期表所列元素中电负性最大，则c为F元素；d位于周期表中第4纵行，且处于第四周期，故d为Ti；e的基态原子M层全充满，N层只有一个电子，则核外电子数为2+8+18+1=29，故e为Cu，据此解答． 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、氢键、晶体类型与性质、分子结构与性质、晶胞计算等，明确元素种类是解题关键，注意同周期元素第一电离能异常情况，注意利用均摊法进行晶胞的有关计算，难度中等．

12.答案：(1)碳碳双键、酯基；

(2)取代反应；

(3) ；

(4) ；

(5)

解析：解：(1)由F的结构简式可知，含有的官能团有碳碳双键、酯基， 故答案为：碳碳双键、酯基；

(2)对比A、B的结构简式，A中苯环的氢原子被故答案为：取代反应；

取代，同时还生成HCl，属于取代反应，

(3)对比B、D的结构简式，结合C的分子式，可知B中羰基被还原引入羟基生成C，可推知C的结

构简式为：，

故答案为：；

(4)的同分异构体G符合条件：G的水解产物均能发生银镜反应，说明G中

含有甲酸形成的酯基，水解得到甲酸，另外水解产物含有醛基，且还能与FeCl3溶液发生显色反应，说明G含有酚羟基，可推知G中含有甲酸与酚形成的酯基、醛基。G分子中有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，结合分子式可知苯环侧链应还有2个甲基，符合条件的结构简式为：

，

故答案为：；

(5)由E→F转化，可知应由与反应制备目标物质。由D→E转化，可知

与(C6H5)3P反应制备

.苯乙烯与HBr发生加成反应得到，

在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到，再催化氧化生成

.合成路线流程图为：

，

故答案为：。

本题考查有机物的合成，涉及官能团、有机反应类型、条件同分异构体书写等，侧重考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用能力，是有机化学常考题型，难度中等。