2020年四川省眉山市高考化学三诊试卷 (含解析)

2020年四川省眉山市高考化学三诊试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.下列说法，不正确的是()
A. 人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘
B. 缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防
C. 为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏
D. 锌摄入量过多，也会引起缺铁性贫血
2.某化合物结构简式为，下列关于其说法正确的是()
A. 分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5
B. 属于芳香族化合物
C. 能与氢氧化钠溶液反应，但不能与盐酸反应
D. 属于苯酚的同系物
3.下列说法中，不正确的是()
A. 胶体与溶液的本质区别是丁达尔效应
B. 氯化铁溶液可应急止血，利用的是胶体的聚沉
C. 用一束平行光线入射淀粉溶液里，从侧面可以观察到一条光亮的通路
D. 将稀硫酸逐滴加入氢氧化铁胶体中，开始时产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解
4.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W
原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。

下列判断不正确的是()
A. X与同主族且相邻元素的气态氢化物的稳定性，前者高于后者
B. Y元素的氧化物具有高熔点可作耐火材料
C. X的气态氢化物与W的最高价氧化物的水化物反应只能生成一种盐
D. X可与H、O元素形成一种盐，其中X、H、O元素原子个数之比为2：4：3
5.下列实验操作规范且能达到目的的是()
目的
操作
A. 取20.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始
读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B. 清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗
C. 测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D. 配制浓度为0.010mol·L−1的
KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量
瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A. A
B. B
C. C
D. D
6.某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子，电极b
的材料是聚苯胺(PANI)。

电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。

加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI−2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO 反应可使电池再生。

下列说法不正确的是
A. 电池工作时电极a为正极，且发生的反应是：Fe3++e−=Fe2+
B. 电池工作时，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红
C. 电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转
D. 电池冷却过程中发生的反应是：2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI
7.H2C2O4是一种二元弱酸，H2C2O4溶液中各型体浓度在其总浓度中所
占比值叫其分布系数，常温下某浓度的H2C2O4溶液中各型体分布系
数随pH的变化如图所示，据此分析，下列说法不正确的是()
A. 曲线a代表H2C2O4，曲线b代表C2O42−
B. 常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液显酸性
C. 常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=10−4..30
D. pH从1.30～4.30时，c(H2C2O4)
c(C2O42−)
先增大后减小
二、实验题（本大题共3小题，共30.0分）
8.羟基乙酸钠易溶于热水，微溶于冷水，不溶于醇、醚等有机溶剂。

制备
少量羟基乙酸钠的反应为ClCH2COOH+2NaOH→HOCH2COONa+
NaCl+H2O△H<0
实验步骤如下：
步骤1：在如图所示装置的反应瓶中，加入40g氯乙酸、50mL水，搅
拌。

逐步加入40%NaOH溶液，在95℃继续搅拌反应2小时，反应过程
中控制pH约为9。

步骤2：蒸出部分水至液面有薄膜，加少量热水，趁热过滤。

滤液冷却至15℃，过滤得粗产品。

步骤3：粗产品溶解于适量热水中，加活性炭脱色，分离掉活性炭。

步骤4：将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中，冷却至15℃以下，结晶、过滤、干燥，得羟基乙酸钠。

(1)步骤1中，如图所示的装置中仪器A的名称是______；逐步加入NaOH溶液的目的是______。

(2)步骤2中，蒸馏烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是______。

(3)步骤3中，粗产品溶解于过量水会导致产率______(填“增大”或“减小”)；去除活性炭的
操作名称是______。

(4)步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是______。

9.过氧化钙是一种重要的化工原料，温度在350℃以上容易分解。

利用反应Ca(s)+O2=CaO2(s)，在纯氧条件下，制取CaO2的装置示意图如下：
(1)装置A中反应的化学方程式为______；
(2)装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一：______；二：______。

(3)仪器安装后应进行的实验操作：
a.通入氧气
b.检查装置气密性
c.加入药品
d.停止通氧气
e.点燃酒精灯
f.熄灭酒精灯
g.
冷却至室温，正确的操作顺序为______
(4)钙在空气中燃烧生成氮化钙(Ca3N2)，同时可能生成过氧化钙。

请利用下列试剂，设计试验
检验钙的燃烧产物中是否含有过氧化钙______。

(简要说明现象和结论)(限选试剂：酸化的FeCl2溶液、KSCN溶液、稀硝酸)
10.A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大．已知A原子核外
有三个未成对电子；B的最外层电子数是内层电子数的3倍；化合物C2E的晶体为离子晶体；
D单质的熔点在同周期单质中最高；E原子核外的M层中只有两对成对电子；R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满．请根据以上信息，回答下列问题：
(1)A、B、C、D四种原子的第一电离能由小到大的顺序为______ (用元素符号表示)．
(2)C的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是______ ．
(3)基态R+离子的核外电子排布式是______ ．
(4)Q分子是A2B的等电子体，Q的结构式为______ ．
(5)图一是R单质的晶胞结构，配位数为______ ；图二是B、R两元素组成的一种化合物的晶
胞，其化学式为______ ．
三、简答题（本大题共2小题，共10.0分）
11.已知：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g).T℃时．某研究小组向一恒容真空容器中充入NO和足
量的碳单质，恒温条件下测得不同时间各物质的浓度如表．
浓度/mol⋅L−1
NO N2CO2时间/min
0 1.0000
100.580.210.21
200.400.300.30
300.400.300.30
350.320.340.15
(1)0～10min以V(NO)表示的平均反应速率为______ ．
(2)根据表中数据，计算平衡时的NO转化率为______ ．
(3)根据表中数据，计算T℃时该反应的平衡常数为______ ．
(4)30～35min改变的实验条件是______ ．
12.佛罗那可用于治疗新生儿高胆红素血症。

以甲苯为原料制备佛罗那的合成路线如图：
回答下列问题：
(1)D的名称是____________，B中官能团的名称为____________。

(2)写出H的结构简式：_________________。

(3)结构中不含碳碳双键，有六个碳原子在同一条直线上的B的同分异构体的结构简式有
_______种(不考虑立体异构)，写出其中一种结构的结构简式：________________。

(4)上述合成路线中有字母代号的物质中有手性碳原子的是_______(填字母代号
．．．．．)。

(5)H→佛罗那的反应类型为____________________。

(6)写出F→G的化学方程式：______________________。

(7)参照上述合成路线，设计以丙二酸、乙醇和氯乙烷为原料合成乙基丙二酸的合成路线
____________________________________________(无机试剂任选)。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：
本题考查微量元素，可由各种微量元素的生理作用、缺乏症等角度进行分析解答。

A.碘是甲状腺素的重要成分，人体缺碘，可通过食用加碘盐补碘，故A正确；
B.铁强化酱油可以为人体补铁，所以缺铁性贫血，可通过食用铁强化酱油预防，故B正确；
C.含氟的牙膏有利于预防龋齿，但是儿童不能使用含氟牙膏，故C错误；
D.锌摄入量过多，会将二价铁还原为铁单质，引起缺铁性贫血，故D正确。

故选C。

2.答案：A
解析：解：A.该分子中含有7个C原子、5个N原子，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故A正确；
B.该分子中不含苯环，所以不属于芳香族化合物，故B错误；
C.氨基能和稀盐酸反应，氯原子能和氢氧化钠的水溶液在加热条件下发生取代反应，故C错误；
D.该物质中含有N元素，且不含单独的苯环，所以不属于苯酚同系物，故D错误；
故选A．
该有机物中含有羟基、氨基、氯原子，具有醇、氯代烃、胺的性质，据此分析解答．
本题考查有机物结构和性质，明确物质中官能团与性质的关系是解本题关键，易错选项是A，注意连接氨基的原子是碳原子，为易错点．
3.答案：A
解析：解：A、溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，故A错误；
B、血液是胶体，而氯化铁溶液是电解质溶液，能使血液胶体发生聚沉，从而可以应急止血，故B 正确；
C、淀粉溶液是胶体，有丁达尔效应，故用光照射淀粉溶液，可以观察到光亮的通路，故C正确；
D、电解质溶液能使胶体产生聚沉，故将硫酸滴入氢氧化铁胶体中，会生成氢氧化铁沉淀，继续滴
加氢氧化铁沉淀会溶于硫酸，即沉淀消失，故D正确。

故选：A。

A、溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小；
B、血液是胶体；
C、淀粉溶液是胶体，有丁达尔效应；
D、电解质溶液能使胶体产生聚沉．
本题考查了胶体和其它分散系的本质区别和其特征性质，应注意的是丁达尔效应是胶体所特有的性质，但不是其本质特征．
4.答案：C
解析：解：A.X是N元素，其同主族照相邻的元素是P元素，前者氢化物分子间可形成氢键，沸点高，故A正确；
B.Y是Al，对应的氧化物具有高熔点，可做耐火材料，故B正确；
C.X是N，则W是S，NH3和H2SO4生成的盐可能有两种：(NH4)2SO4、NH4HSO4，故C错误；
D.三种元素组成的盐为NH4NO3，其中原子个数之比N(N)：N(H)：N(O)=2：4：3，故D正确，故选：C。

由短周期元素在周期表中的位置可知，X处于第二周期，Y、Z、W处于第三周期，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，则W为S，可推知X为N，Y为Al，Z为Si，结合元素周期律及其单质化合物的性质来解答。

本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，W为推断的突破口，注意D选项知识中学基本不接触，为本题难点，题目难度中等。

5.答案：B
解析：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、盐类水解、pH测定、溶液配制、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，题目难度中等。

A项，滴定管的0刻度在上，刻度线以下有盐酸，所以滴定管中剩余盐酸的体积大于20.00mL，错误；
B项，碘易溶于酒精，可用酒精洗涤，又由于酒精与水互溶，再用水洗净即可，正确；
C项，用pH试纸测定溶液的pH时试纸不能湿润，错误；
D项，配制溶液时，高锰酸钾需在烧杯中溶解，不能在容量瓶中溶解，错误。

6.答案：C
解析：
本题考查原电池的工作原理，注意电极b发生的反应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，题目难度中等。

由加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI−2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，可知电极b为原电池的负极，a电极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为Fe3++e−=Fe2+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生，则冷却时发生的方程式为：2Fe2++ PANIO+2H+=2Fe3++PANI，
A.电池工作时，a电极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为Fe3++e−=Fe2+，故A正确；
B.电池工作时，电极b发生的反应是PANI−2e−=PANIO(氧化态聚苯胺，绝缘体)+2H+，所以在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，故B正确；
C.电池冷却时，Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2++PANIO+ 2H+=2Fe3++PANI，没有形成原电池，因此正负极间接有电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；
D.电池冷却时，Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生，发生的方程式为：2Fe2++PANIO+ 2H+=2Fe3++PANI，故D正确。

故选C。

7.答案：D
解析：解：A.随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，HC2O4−逐渐增多，pH大于3时，HC2O4−逐渐减少，C2O42−逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表C2O42−，故A正确；
B.当溶液中HC2O4−和C2O42−相同时，溶液显酸性，所以HC2O4−的电离程度大于C2O42−的水解程度，即常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液中以HC2O4−的电离为主，溶液显酸性，故B正确；
C.常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=c(C2O42−)×c(H+)
，由图象可知，pH=4.30时，c(HC2O4−)=
c(HC2O4−)
c(C2O42−)，则Ka2=10−4..30，故C正确；
D.pH从1.30～4.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，C2O42−逐渐增多，所以c(H2C2O4)
逐渐减小，故D错
c(C2O42−)
误。

故选：D。

A.随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，HC2O4−逐渐增多，pH大于3时，HC2O4−逐渐减少，C2O42−逐渐增多；
B.当溶液中HC2O4−和C2O42−相同时，溶液显酸性，所以HC2O4−的电离程度大于C2O42−的水解程度；
C.常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=c(C2O42−)×c(H+)
，结合图象计算；
c(HC2O4−)
D.pH从1.30～4.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，C2O42−逐渐增多．
本题考查酸碱混合物的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握图象的含义，C选项为易错点，注意对平衡常数的理解与灵活运，题目难度中等．
8.答案：(回流)冷凝管防止升温太快、控制反应体系pH 防止暴沸减小趁热过滤提高羟基乙酸钠的析出量(产量)
解析：解：(1)根据图中仪器得出仪器A的名称为冷凝管，根据题中信息可知制备羟基乙酸钠的反应为放热反应，逐步加入NaOH溶液的目的是防止升温太快，同时控制反应体系的pH。

故答案为：(回流)冷凝管；防止升温太快，控制反应体系的pH。

(2)步骤2中烧瓶中加入沸石或碎瓷片的目的是防止暴沸。

故答案为：防止暴沸。

(3)粗产品溶于过量水，导致在水中溶解过多，得到的产物减少，因此导致产率减小；由于产品易溶于热水，微溶于冷水，因此去除活性炭的操作名称是趁热过滤。

故答案为：减小；趁热过滤。

(4)根据信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，因此步骤4中，将去除活性炭后的溶液加到适量乙醇中的目的是降低产品的溶解度，提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。

故答案为：提高羟基乙酸钠的析出量(产量)。

(1)熟悉常见的蒸馏装置；NaOH溶液显碱性，加入氢氧化钠溶液可以降温也可以控制pH；
(2)沸石或碎瓷片的作用是防止暴沸。

(3)粗产品溶于过量水，导致得到的产物减少；产品易溶于热水，而活性炭不溶于水，可以趁热过滤除去活性炭。

(4)根据题干信息，产品不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂中，所以将所得溶液加到适量乙醇中，有利于羟基乙酸钠的析出。

本题考查学生的读图、理解能力，能够认识装置图中仪器，利用信息解决有关问题。

主要考查知识
点还有：常见的实验仪器、蒸馏、过滤等知识，学生要准确把握基础实验知识，尤其是物质的分离和提纯实验操作，难度较小。

9.答案：2H
2O2−
 MnO2 
2H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)观察氧气的流速防止空
气进入C装置影响产品纯度防止空气进入C装置影响产品纯度取样品少许于试管中，加入酸化的FeCl2溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含有过氧化钙
解析：解：(1)根据反应原理装置A为制备氧气的装置，可选择H2O2在MnO2的催化作用下分解或
Na2O2与水的反应，则反应的化学方程式为2H
2O2−
 MnO2 
2H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+
O2↑)，
故答案为：2H
2O2−
 MnO2 
2H2O+O2↑(或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑)；
(2)装置D中盛有的液体是浓硫酸，既可观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度，又可防止空气进入C装置影响产品纯度，
故答案为：观察氧气的流速；防止空气进入C装置影响产品纯度；
(3)因为过氧化钙在350℃以上容易分解，所以先通氧气后点燃酒精灯，再熄灭酒精灯，则仪器安装后应进行的实验操作为：bcaefgd，
故答案为：bcaefgd；
(4)结合题中提供的试剂可知，通过利用过氧化钙能氧化亚铁离子的方法可判断燃烧产物中是否含有过氧化钙，设计试验为取样品少许于试管中，加入酸化的FeCl2溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含有过氧化钙，
故答案为：取样品少许于试管中，加入酸化的FeCl2溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含有过氧化钙。

(1)根据反应原理装置A为制备氧气的装置，且是固体与液体混合，不需要加热，可选择H2O2在MnO2的催化作用下分解或Na2O2与水的反应；
(2)装置D中盛有的液体是浓硫酸，可通过观察气泡控制氧气的流速，防止空气进入C装置影响产品纯度；
(3)因为过氧化钙在350℃以上容易分解，所以先通氧气后点燃酒精灯，再熄灭酒精灯，据此分析仪器安装后应进行的实验操作；
(4)结合题中提供的试剂可知，通过利用过氧化钙能氧化亚铁离子的方法可判断燃烧产物中是否含有
过氧化钙。

本题考查形式为物质制备流程图题目，涉及装置的连接等问题，题目难度中等，做题时注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力。

10.答案：Na、Si、O、N(或Na<Si<O<N)；NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体；
1s22s22p63s23p63d10或〔Ar〕3d10；O=C=O或S=C=S；12；CuO
解析：解：A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大；B的最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则其最外层电子数是6，其内层电子数是2，B为O元素；A原子核外有三个未成对电子，且原子序数小于B，则A是N元素；
E原子核外的M层中只有两对成对电子，则E是S元素；D单质的熔点在同周期单质中最高，且D 原子序数小于E，则D是Si元素；
化合物C2E的晶体为离子晶体，E是S元素，则C是Na元素；
R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满，则R是Cu元素；
(1)元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这几种元素第一电离能从小到大顺序是Na、Si、O、N(或Na<Si<O<N)，故答案为：Na、Si、O、N(或Na<Si<O<N)；
(2)C的氯化物是NaCl，为离子晶体，D的氯化物SiCl4为分子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体，所以C的氯化物熔点高于D的氯化物，故答案为：NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体；
(3)Cu原子失去最外层1个电子生成亚铜离子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d10或〔Ar〕3d10，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10或〔Ar〕3d10；
(4)原子个数相等且价电子数相等的微粒互为等电子体，Q分子是N2O的等电子体，为CO2分子或CS2，其结构式为O=C=O或S=C=S，故答案为：O=C=O或S=C=S；
(5)该晶胞中Cu原子配位数=3×8÷2；该晶胞中Cu原子个数为4，O原子个数=1+2×1
2+8×1
8
+
4×1
4
=4，Cu、O原子个数之比=4：4=1：1，所以其化学式为CuO，
故答案为：12；CuO．
A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大；B的最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则其最外层电子数是6，其内层电子数是2，B为O 元素；A原子核外有三个未成对电子，且原子序数小于B，则A是N元素；
E原子核外的M层中只有两对成对电子，则E是S元素；D单质的熔点在同周期单质中最高，且D 原子序数小于E，则D是Si元素；
化合物C2E的晶体为离子晶体，E是S元素，则C是Na元素；
R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满，则R是Cu元素；
(1)元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
(2)离子晶体熔沸点高于分子晶体；
(3)Cu原子失去最外层1个电子生成亚铜离子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；
(4)原子个数相等且价电子数相等的微粒互为等电子体；
(5)该晶胞中Cu原子配位数=3×8÷2；该晶胞中Cu原子个数为4，O原子个数=1+2×1
2+8×1
8
+
4×1
4
=4，根据Cu、O原子个数之比确定化学式．
本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、等电子体、元素周期律等知识点，侧重考查学生知识运用及分析解答问题能力，注意第一电离能规律中的反常现象，题目难度不大．
11.答案：0.042mol/(L⋅min)；60%；0.56；分离出CO2
解析：解：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
开始(mol/L) 1 0 0
转化(mol/L)0.60.30.3
平衡(mol/L)0.40.30.3
(1)0～10min以V(NO)表示的平均反应速率为：(1−0.58)mol/L
10min
=0.042mol/(L⋅min)，
故答案为：0.042mol/(L⋅min)；
(2)平衡时NO消耗的物质的量为：1.00mol/L−0.40mol/L=0.60mol/L，则平衡时NO的转化率为：
0.60mol/L
1.00mol/L
×100%=60%，
故答案为：60%；
(3)T℃时该反应的平衡常数为：K=c(N2)⋅c(CO2)
c(NO)2=0.3×0.3
(0.4)2
=0.56，
故答案为：0.56；
(4)由表格数据可知30～35min，氮气浓度增大，NO和二氧化碳的浓度减小，则平衡正向移动，说
明改变的实验条件是分离出CO2，
故答案为：分离出CO2．
C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)
开始(mol/L) 1 0 0
转化(mol/L)0.60.30.3
平衡(mol/L)0.40.30.3
(1)根据v=△c
计算出0～10min以V(NO)表示的平均反应速率；
△t
(2)平衡时NO消耗的物质的量为：1.00mol−0.40mol=0.60mol，据此计算出NO的转化率；
(3)根据平衡时各组分浓度及平衡常数的表达式K=c(N2)⋅c(CO2)
计算；
c(NO)2
(4)30～35min，氮气浓度增大，NO和二氧化碳的浓度减小，则平衡正向移动，据此判断改变的条件．
本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及化学反应速率、化学平衡常数、转化率的计算，明确化学平衡及其影响因素为解答关键，注意掌握化学反应速率、化学平衡常数的表达式，试题培养了学生的化学计算能力．
12.答案：苯乙酸；氯原子；；3；CH3−C≡C−C≡C−CH2−CH2Cl、H3−CH2−C≡C−C≡C−CH2Cl、CH3CHClC≡C−C≡CCH2Cl(任意1种)；E；取代反应；
+2CH3C2OH+2H2O；
H2O/H+
→
解析：解：(1)D的结构简式为，D的名称是：苯乙酸；B为，B中官能团的名称为：氯原子，
故答案为：苯乙酸；氯原子；
(2)对比G与佛罗那的结构，结合H的分子式、反应条件可知，G中连接酯基的碳原子上的H原子
被−CH2CH3取代生成H，H发生取代反应生成佛罗那并同时有乙醇生成，故H为，故答案为：；
(3)结构中不含碳碳双键，有六个碳原子在同一条直线上的B()的同分异构体的结构简式有：CH3−C≡C−C≡C−CH2−CH2Cl、H3−CH2−C≡C−C≡C−CH2Cl、CH3CHClC≡C−C≡CCH2Cl，共3种，
故答案为：3；CH3−C≡C−C≡C−CH2−CH2Cl、H3−CH2−C≡C−C≡C−CH2Cl、CH3CHClC≡C−C≡CCH2Cl(任意1种)；
(4)连有四个不同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，上述合成路线中有字母代号的物质中有手性碳原子的是：E，
故答案为：E；
(5)H→佛罗那的反应类型为：取代反应，
故答案为：取代反应；
(6)F→G的化学方程式：+2CH3C2OH+2H2O，
故答案为：+2CH3C2OH+2H2O；
(7)HOOCCH2COOH与乙醇反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，再与氯乙烷反应生成，最后酸性条件下水解生成.合成路线流程图为：
H2O/H+，
→
H2O/H+
故答案为：→。

对比A、C的结构，结合B的分子式，可知A再光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，故B为.C发生水解反应生成D.D先发生取代反应，再与碳酸氢钠反应生成E.对比E、G的结构，结合反应条件可知，E中氯原子被−CN取代后水解为−COOH、酸性条件下−COONa也转化为−COOH后生成F，F与乙醇发生酯化反应生成G，故F为.对比G与佛罗那的结构，结合H的分子式、反应条件可知，G中连接酯基的碳原子上的H原子被−CH2CH3取代生成H，H发生取代反应生成佛罗那并同时有乙醇生成，故H为。

(7)HOOCCH2COOH与乙醇反应生成C2H5OOCCH2COOC2H5，再与氯乙烷反应生成，最后酸性条件下水解生成。

本题考查有机物的推断与合成，对比有机物的结构明确发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，注意水温官能团的性质与转化，是对有机化学基础的综合考查。