山西省晋中市2020届高三四模考试理科综合化学试题 Word版含解析 20页

www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生统一模拟考试 理科综合化学试题 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。‎ ‎2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。‎ ‎3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5 毫米及以上黑色笔迹签字笔写在答题卡上。‎ ‎4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：N14 O16 S32 Cl35.5 Co59 Ni59 Cu64 Ag108 Ba137‎ 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生产、生活、社会息息相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 血液透析是胶体的化学性质，“人工肾”利用血液透析原理救治危重新冠肺炎患者 B. 漂白粉是一种常用杀菌消毒剂，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙 C. “用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸气令上……”，其中涉及的操作是蒸馏 D. 医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医学上治疗由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒时，最常用的血液净化手段是血液透析，透析原理与胶体的渗析类似。是胶体的物理性质。A项错误；‎ B．工业上用氯气和石灰乳制得漂白粉，漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是一种常用的杀菌消毒剂，B项正确；‎ C．“用浓酒和糟入甑（蒸锅），蒸气令上……”，通过蒸煮使酒精转化为蒸汽，在冷凝收集，是蒸馏操作，C项正确；‎ D．医用口罩大部分为无纺布，原料是聚丙烯，由丙烯(CH2=CHCH3)聚合而成，可知聚丙烯的结构简式为：，D项正确；‎ 答案选A。‎ - 20 -‎ ‎2.某化合物的结构简式为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子中所有原子可能共平面 B. 该化合物的一氯取代物有4种 C. 易溶于水和四氯化碳 D. 只能发生加成和取代反应，不能发生氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该有机物分子中存在甲基，则所有原子不可能共面，A项错误；‎ B．该分子中存在四种不同环境的氢原子，如图所示：。则一氯代物有4种，B项正确；‎ C．该化合物为苯甲酸甲酯，酯类物质和含苯环的物质水溶性差，C项错误；‎ D．烃的含氧衍生物可以燃烧，故能发生氧化反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】甲烷的空间构型为正四面体形，去掉一个氢原子构成甲基，甲基碳原子最多能连两个与之共平面的原子，故甲基中最多有3个原子共面，分子中存在甲基，则不可能所有原子都共面。‎ ‎3.某实验小组拟利用如图装置制取干燥的氮气。下列说法错误的是（ ）‎ A. 装置I中发生的反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O B. 加热片刻后需要将酒精灯移开，说明该反应是放热反应 C. 装置II的作用是冷凝水蒸气 D. 在装置III末端收集纯净干燥的N2只能用向下排空气法 - 20 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该实验为NaNO2与NH4Cl反应制备N2的过程，根据原子守恒和电子得失守恒，结合反应物及已知的产物，可写出反应方程式。分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管，可使烧瓶内压强与分液漏斗压强相等，从而使NaNO2溶液顺利滴下。装置II中的冰盐起冷凝作用，装置III的干燥管用来干燥N2，据此进行分析。‎ ‎【详解】A．根据题中已知的反应物和生成物，结合原子守恒和电子得失守恒，可知装置I中发生的反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O；A项正确；‎ B．因移开酒精灯后反应仍能进行，说明该反应自身放热，是放热反应，B项正确；‎ C．据化学方程式可知产物有水蒸气，且反应物为溶液状态，可知反应在产生N2的同时产生大量水蒸气，为便于干燥，先用装置Ⅱ将绝大多数水蒸气冷凝后再用装置Ⅲ进行干燥，故装置II的作用是冷凝水蒸气，C项正确；‎ D．N2的密度与空气密度相差太小，不适合用排空气法收集。D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，其工业制备原理如图1。以Pd/Al2O3为催化剂，在相同反应时间内，测得不同温度下（其他条件相同）环戊二烯转化率与环戊烯产率的变化曲线如图2。下列说法正确的是（）‎ A. 环戊二烯的转化率越大，越有利于环戊烯的生成 B. a点是主反应的平衡转化率，b点是副反应的平衡转化率 C. 30℃～35℃之间环戊烯产率变化趋势与环戊二烯转化率不一致，原因是主反应被抑制，使环戊烯产率降低 D. 30℃时催化剂的选择性最好，有利于提高生成环戊烯的平衡转化率 - 20 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题给信息，环戊二烯在35℃之前的转化率逐渐增大，在35℃时环戊二烯的转化率最高，温度大于35℃时，环戊二烯的转化率下降，而环戊烯的产量在30℃时最高，温度大于30℃时环戊烯的产率下降，说明温度在30℃～35℃时主要发生了副反应，据此进行分析。‎ ‎【详解】A．由图可知，环戊二烯的转化率在35℃之前逐渐增大，环戊烯的产率在30℃最大，温度在30℃～35℃时，随着环戊二烯转化率的增大，环戊烯的产率减小，A项错误；‎ B．每个温度下，环戊二烯的转化率=，反应的环戊二烯是主副反应共同消耗的和，因此曲线上每个温度对应的转化率是主副反应共同消耗的结果，B项错误；‎ C．30℃～35℃时环戊二烯的转化率逐渐增大，而环戊烯的产率逐渐降低，说明发生了副反应，主反应被抑制，C项正确；‎ D．30℃时催化剂的选择性最好，有利于生成环戊烯，催化剂能加快单位时间内的转化率，但催化剂不能使平衡移动，故对平衡转化率无影响，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.pC类似于pH，是指极稀溶液中溶质浓度的负对数。常温下向H2CO3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，测得溶液的pC与pH关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 在同一溶液中，H2CO3、HCO3–、CO32–不能大量共存 B. H2CO3二级电离平衡常数Ka2的数量级等于10–11‎ C. 当pH=7时，溶液中＞3‎ D. 向H2CO3溶液滴加NaOH溶液至溶液呈中性的过程中，逐渐变小 - 20 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2CO3存在于酸性较强的溶液中，CO32-存在于碱性较强的溶液中，所以在同一溶液中，H2CO3、HCO3–、CO32–不能大量共存，A项正确；‎ B．结合H2CO3的二级电离Ka2=，由图像可知，当c(HCO3-)=c(CO32-)，Ka2等于此时溶液中的c(H+)，由图像知pH在10～11之间，故H2CO3二级电离平衡常数Ka2的数量级等于10–11，B项正确；‎ C．当pH=7时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，可知c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，由图像可知，当pH=7时，溶液中c(CO32-)＜c(HCO3-)，所以c(Na+)＞3c(CO32-)，即＞3，C项正确；‎ D．H2CO3一级电离平衡常数表达式Ka1=，向H2CO3溶液滴加NaOH溶液至溶液呈中性的过程中，c(HCO3-)增大，Ka1不变，所以减小，即逐渐变大，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.乙二醛(OHC–CHO)是重要的精细化工产品。工业上电解乙二醛和盐酸的混合液制备乙醛酸(OHC–COOH)的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。下列说法错误的是（）‎ A. a为电源的正极，c电极反应式为2Cl–-2e–=Cl2‎ B. 当1mol乙二醛氧化成1mol乙醛酸时，阴极生成22.4L（标准状况）气体 C. 电解过程中稀H2SO4电解液的浓度保持不变 - 20 -‎ D. 阳极液中盐酸的作用有生成氧化剂、增强溶液导电性、提供离子平衡阴极区电荷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。结合题中装置图，可知正极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl-移向c电极，d电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为：2Cl–-2e-=Cl2↑，阴极发生还原反应，电极反应方程式为：2H+-2e-=H2↑。据此进行分析。‎ ‎【详解】A．由分析可知，c电极为阳极，发生氧化反应，则与c电极直接相连的a为电源的正极，c电极的电极反应式为：2Cl–-2e-=Cl2↑，A项正确；‎ B．当1mol乙二醛氧化成1mol乙醛酸时，即OHC-CHO～OHC-COOH～2e-～Cl2，参加反应的Cl2是1mol，由图像可知，一部分Cl2以尾气形式排出，一部分Cl2溶于水而损耗，故生成的Cl2应大于1mol，根据电子得失守恒，阴极产生的H2的物质的量也应大于1mol，在标准状况下的体积应大于22.4L，B项错误；‎ C．阴极即d电极反应式为2H++2e-=H2↑，电解过程中左侧的H+通过阳离子交换膜进入阴极，相当于右侧的电解液中任何物质都不参与电极反应，所以电解过程中稀H2SO4电解液的浓度保持不变，C项正确；‎ D．阳极液中盐酸的作用：产生氯气氧化乙二醛生成乙醛酸，提供离子增强溶液导电性、提供氢离子移向阴极平衡阴极区电解液电荷，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】仔细分析题意，注意不要形成思维定势。当1mol乙二醛氧化成1mol乙醛酸时，容易认为转移的电子数为2mol，则判断出阴极应生成1molH2，标况下为22.4L而错选。注意这里还存在Cl2的尾气处理部分以及溶于水的损耗，所以转移的电子数应不止2mol，则阴极产生的气体体积也不止22.4L。‎ ‎7.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物阴离子结构如图。其中X、Z为同主族元素，Y最外层电子数是内层的3倍，W最外层电子数为核外电子总数的，下列说法正确的是（）‎ - 20 -‎ A. 简单氢化物稳定性：W>Y B. ZX与X2Y反应，ZX做还原剂，1molZX转移电子数为2NA C. X2WY2–具有还原性 D. X、Z分别与Y形成的二元化合物中含有的化学键类型完全不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y最外层电子数是内层的3倍，W最外层电子数为核外电子总数的，可知Y为O元素，W为P元素。结合阴离子的结构图，X与P形成一个共价键，可知X为H元素，X与Z同主族，且原子序数：O＜Z＜P，则可知Z为Na元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．非金属性：O＞P，根据元素周期律，非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的稳定性：O＞P，A项错误；‎ B．由分析可知，ZX、X2Y分别为：NaH、H2O。NaH和H2O发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH中H原子化合价为-1价，在反应中，化合价升高，作还原剂，发生氧化反应，由反应方程式可知，1molNaH转移的电子数为NA，B项错误；‎ C．X2WY2–为H2PO2-，其中P的化合价为+1价，极易失电子表现还原性，C项正确；‎ D．H、Na与O形成的二元化合物中H2O、H2O2和Na2O2都含有共价键，D项错误；‎ 答案选C。‎ 二、非选择题：‎ ‎8.某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制Co2O3的部分工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ - 20 -‎ ‎（1）“浸泡”过程中，钴(III)可转化为CoSO4，写出该转化的化学方程式：________。‎ ‎（2）“除铜”若选用MnS，计算常温下该“除铜”反应的平衡常数K=________。［保留2位有效数字；已知常温下Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36]‎ ‎（3）①步骤I中加入NaClO3反应的离子方程式为_______。‎ ‎②常温下，溶液中金属离子(Mn+)的pM［pM=–lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示，设加入NaClO3后，溶液中的c(CO2+)为0.1mol•L–1，依据如图分析，步骤I中加入Na2CO3调整溶液pH范围为_____。［当c(Mn+)≤10–6 mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全]‎ ‎（4）步骤II中加入足量NaF的目的是________。‎ ‎（5）过滤出的CoC2O4•2H2O固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为________。‎ ‎（6）若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了m2kgCo2O3，假设产率为a，则该矿石中钴元素的百分含量为________。‎ ‎【答案】 (1). 2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O (2). 1.9×1023 (3). C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O (4). 3~7.6（或3≤pH<7.6） (5). 形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+、Ca2+ (6). 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析流程图，将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，目的是将CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3等溶解，以提取目标元素，并把+3价Co还原为+2价，此时Fe2O3、MgO和CaO等也会溶解，铁由+3价还原为+2价。除铜步骤除去浸出液中含铜的化合物，之后向溶液中加入NaClO2溶液，将+2价铁氧化为+3价，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离出去杂质元素铁，再向滤液中加入足量NaF溶液，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2除去。向其中的滤液中加入浓Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，再将该沉淀溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O4·2H2O沉淀，分离出沉淀，将其进行煅烧可得到Co2O3。据此分析解答。‎ - 20 -‎ ‎【详解】（1）浸泡过程中为CoO(OH)与稀H2SO4、Na2SO3反应生成CoSO4的过程，根据原子守恒和电子得失守恒可得反应方程式为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；答案为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；‎ ‎（2）用MnS“除铜”，发生反应为：MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K=。答案为：1.9×1023；‎ ‎（3）①步骤I中加入NaClO3，是Fe2+与NaClO3反应，被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O；答案为：C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O；‎ ‎②步骤Ⅰ中加入Na2CO3调整溶液pH值是为了除去铁元素，根据题给信息，当c(Mn+)≤10–6 mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全，故需调节pH≥3，即可保证Fe3+沉淀完全，同时不影响Co2+元素，需pH＜7.6，则Na2CO3调整溶液pH范围为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；答案为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；‎ ‎（4）步骤II中加入足量NaF，可将滤液中存在的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去，故步骤II中加入足量NaF的目的是：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；答案为：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；‎ ‎（5）CoC2O4•2H2O晶体表面附着Cl-和NH4+，为看到明显现象应检验Cl-，可通过检验沉淀洗涤液中是否存在Cl-来判断沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净；‎ ‎（6）设钴在该铜钴矿石中的百分含量为x，则，即。答案为：。‎ ‎9.聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试剂A为__________。‎ - 20 -‎ ‎（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了_______，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则_________。‎ ‎（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。‎ ‎（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从_____（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再_______，打开阀门a通大气后，最后取下______（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是___________。‎ ‎（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：‎ a.一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；‎ b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000 mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。‎ 已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）‎ ‎①计算所得产品化学式中n=_______。‎ ‎②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：______。‎ ‎【答案】 (1). 铁粉 (2). 增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化） (3). Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低 (4). 温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解 (5). b (6). 关闭减压泵 (7). 旋转瓶 (8). 降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解 (9). 1 (10). 4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析制备流程，利用硫酸铜废液制备聚铁，则将硫酸铜废液除酸后，需先加入一定量的铁粉，搅拌、过滤，得到硫酸亚铁溶液。向其中加入少量硫酸，一方面可在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，另一方面为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。通过双氧水将Fe2+氧化为Fe3+‎ - 20 -‎ ‎。该步骤注意控制反应温度。之后加入水和稀硫酸进行聚合，最后通过减压蒸发得到聚铁。据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化聚铁，故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。答案为：铁粉；‎ ‎（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；答案为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；‎ ‎（3）控制温度在一定范围内，一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，答案为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；‎ ‎（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。答案为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解；‎ ‎（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)=，依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)=，，n=1。答案为：1；‎ ‎②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。答案为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。‎ ‎10.CO在工农业生产中有着重要的应用。‎ ‎（1）CO是制备很多有机物（如甲醇、乙醇、甲醚等）的原料，现用CO与H2合成甲醇，反应如下：CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g) △H=-99kJ•mol–1。‎ ‎①已知断裂1molCO(g)中的化学键消耗的能量为1072kJ，断裂1molH2‎ - 20 -‎ ‎(g)中的化学键消耗的能量为436kJ，则形成1molCH3OH(g)中化学键释放的能量为_____。‎ ‎②用CH3OH 燃料电池电解精炼粗铜，装置如图所示。当消耗1mol甲醇时，d极质量增加了160g，则甲醇应加入____（填“a”或“b”）极，该电池的能量转化率为________（保留3位有效数字）。‎ ‎（2）CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni的羰化反应为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) △H<0，T0温度下，将足量的Ni粉和3.7molCO加入到刚性密闭容器中，10min时反应达到平衡，测得体系的压强为原来的倍。则：‎ ‎①0～10min内平均反应速率v(Ni)=________g•min–1。‎ ‎②研究表明正反应速率v正=k正•x4(CO)，逆反应速率v逆 =k逆•x[Ni(CO)4]（k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，x为物质的量分数），则T0温度下，=_____。‎ ‎③当温度升高时k正_______k逆（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO的转化率___________（填“变大”“变小”或“不变”）。‎ ‎④T1温度下测得一定的实验数据，计算得到v正～x(CO)和v逆～x[Ni(CO)4]的关系可用如图进行表示。当降低温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______、______。‎ ‎【答案】 (1). 2043kJ (2). b (3). 83.3% (4). 5.31 (5). 9×103（或9000） (6). 小于 (7). 变小 (8). D (9). B ‎【解析】‎ 分析】‎ - 20 -‎ ‎（1）②本题为原电池和电解池的简单串联问题的考核。根据电解原理，d电极质量增加，说明发生了Cu2++2e-=Cu的反应，据此可判断原电池的正负极。根据析出的Cu质量，计算电解池中转移的电子数，据此可求出电池的能量转化率。‎ ‎【详解】（1）①利用ΔH=破坏旧键吸收的总能量-形成新键释放的总能量，设形成1molCH3OH(g)中化学键释放的能量为x，则，x=2043kJ。答案为：2043kJ；‎ ‎②d极质量增加160g，说明d极为阴极，与电源负极相连，即b极为燃料电池的负极，而燃料从负极加入，所以甲醇应加入b极。d极质量增加160g，析出Cu为2.5mol，转移电子为；而加入1mol甲醇，由CH3OH～6e-，所以电池的能量转化率=。答案为：b；83.3%；‎ ‎（2）设平衡时Ni(CO)4的物质的量为x，根据题意列出反应的三段式：‎ 温度一定，刚性密闭容器即V一定，根据T、V相同时，，所以，即，x=0.9。‎ ‎①0～10min内反应掉的Ni为0.9mol，其质量为53.1g，所以0～10min内平均反应速率v(Ni)=。答案为：5.31；‎ ‎②由以上分析可知，T0温度下平衡时n(CO)=0.1mol，n[Ni(CO)4]=0.9mol，气体总物质量n总=1mol，则x(CO)=0.1，x[Ni(CO)4]=0.9。平衡时v正=v逆，即k正•x4(CO)=k逆•x[Ni(CO)4]，。答案为：9×103（或9000）；‎ ‎③由于反应放热，当温度升高时平衡逆向移动，即温度升高对逆反应速率常数影响大，所以k正＜k逆；由于平衡逆向移动，所以CO的转化率变小；答案为：＜；变小；‎ ‎④由于反应放热，温度降低，平衡正向移动，导致v正、v逆均减小，x(CO)减小，x[Ni(CO)4]增大，所以反应重新达到平衡相应的点分别为D、B。答案为：D；B。‎ ‎【点睛】抓住题给信息，刚性密闭容器、T0温度下，则可通过温度、体积相同条件下，体系压强与体系物质的量的关系，计算出平衡时各物质的物质的量，进而进行求解。‎ - 20 -‎ ‎[化学 — 选修3：物质结构与性质］‎ ‎11.铬的化合物在医药、材料领域有重要作用，认识铬及其化合物有重要意义。‎ ‎（1）基态铬原子中，电子占据的最高能级符号为_____________。‎ ‎（2）研究表明，当化合物阳离子有未成对电子时，该化合物具有磁性。下列物质可用作录音带磁粉的是__________。‎ A．V2O5 B．Fe2O3 C．ZnO D．CrO2‎ ‎（3）已知Cr3+在水溶液中的存在形式为[Cr(H2O)6］3+。在不同条件下，可从CrCl3水溶液中获得紫色、蓝绿色或绿色等不同颜色的配合物，其实验式均为CrCl3•6H2O。现取蓝绿色配合物0.1mol，加入足量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，则该化合物中的化学键类型有___________，写出该蓝绿色配合物的电离方程式：________。‎ ‎（4）常温下，氯化酰铬(CrO2Cl2)是暗红色液体，能与CCl4、CS2等有机溶剂互溶。‎ ‎①固体氯化酰铬属于______（填“极性”或“非极性”）分子，判断依据是______。‎ ‎②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子。写出一种与CCl4分子互为等电子体的阴离子：_______（填化学式）；写出CS2分子的电子式：____________。‎ ‎（5）氮化铬(CrN)在超级电容器领域有良好应用前景，其晶体结构类型与氯化钠相同。‎ ‎①氮化铬的熔点比氯化钠高的主要原因是______。‎ ‎②与Cr3+次邻近的N3–有________个。‎ ‎③已知Cr3+和N3–半径分别为apm、bpm，设Cr3+和N3–都是紧密接触的刚性小球，NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为ρg•cm–3，则CrN的摩尔质量为______。（用含a、b、NA、ρ的算式表示）‎ ‎【答案】 (1). 3d (2). BD (3). 离子键、（极性）共价键、配位键 (4). [Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl- (5). 非极性 (6). 根据相似相溶原理，CC14、CS2为非极性分子，所以CrO2C12为非极性分子 (7). PO43–、SO42–、C1O4– (8). (9). 氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大 (10). 8 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ ‎（5）③根据题给信息，结合晶胞的质量公式：①m=ρV、②，可得：，由此可知，要计算CrN的摩尔质量，需计算晶胞的体积、晶胞中所含的微粒个数，据此进行分析求解。‎ ‎【详解】（1）Cr元素的基态原子的电子排布式为［Ar］3d54s1，3d能级与4s能级存在能级交错，3d能量高于4s的，所以基态铬原子中电子占据的最高能级符号为3d，答案为：3d；‎ ‎（2）由信息知：化合物具有磁性需要满足阳离子有未成对电子，据此分析：‎ A．V2O5中钒为+5价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，阳离子中没有未成对电子，所以V2O5没有磁性，A项错误；‎ B．Fe2O3中铁为+3价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，3d5有5个未成对电子，所以Fe2O3有磁性，B项正确；‎ C．ZnO中锌为+2价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，阳离子中没有未成对电子，所以ZnO没有磁性，C项错误；‎ D．CrO2中铬为+4价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d2有2个未成对电子，所以CrO2有磁性，D项正确；‎ 答案为：BD；‎ ‎（3）向0.1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，即n(AgCl)=，故1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3能产生2molAgCl沉淀，因为配合物内界不电离出离子，而1mol蓝绿色配合物中有3molCl-，所以蓝绿色配合物外界的Cl-是内界的2倍，即外界2份Cl-，内界1份Cl-；再根据“已知Cr3+在水溶液中的存在形式为[Cr(H2O)6］3+”可知Cr的配位数为6，所以内界还有5份H2O，外界还有1份H2O，因此蓝绿色配合物的结构式为[Cr(H2O)5C1]C12·H2O；由于配合物由内界和外界，能电离出离子，所以含有离子键，H2O中存在（极性）共价键，内界的H2O、Cl-与Cr3+之间存在配位键，其电离方程式为：[Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl-。答案为：离子键、（极性）共价键、配位键；[Cr(H2O)5C1]C12=[Cr(H2O)5C1]2++2Cl-；‎ ‎（4）①根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；答案为：非极性；根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；‎ ‎②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子，CCl4具有AX4通式，CCl4含有5个原子、32个价电子，和PO43-、SO42-、ClO4-这些离子互为等电子体；CS2的电子式为：‎ - 20 -‎ ‎；答案为：PO43–、SO42–、C1O4–；；‎ ‎（5）①通常离子所带电荷数越多，晶格能就越大，熔沸点就越高。答案为：氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大；‎ ‎②由题给信息：氮化铬晶体结构类型与氯化钠相同，据此分析，顶点的Cr3+到体心N3-的距离为次邻近距离，该顶点的Cr3+为8个晶胞所共有，所以与该顶点的Cr3+次邻近的N3-是8个。答案为：8；‎ ‎③已知Cr3+和N3-半径分别为apm、bpm，Cr3+和N3-都是紧密接触的刚性小球，所以晶胞的边长为(2a+2b)pm=。由于Cr3+位于8个顶点和6个面的面心上，所以一个晶胞中有4个Cr3+；N3-位于12条棱上和1个体心，所以一个晶胞中有4个N3-，即一个晶胞中有4个CrN，一个晶胞的质量即4个CrN的质量，设CrN的摩尔质量为M，则一个晶胞的质量m=。而晶胞质量还等于晶胞密度与晶胞体积的乘积，即，晶胞的体积V=，所以晶胞质量的关系式如下：，整理得M=。答案为： 。‎ ‎【点睛】易忽略（1）中存在的能级交错现象而错写成4s。从第三能级开始各能级不完全遵循能层顺序，产生了能级交错排列现象。能量高低顺序可表示为：Ens＜E(n-2)f＜E(n-1)d＜Enp……即能层序数大，其能级的能量不一定高。做题时要注意题中陷阱。‎ ‎[化学 选修5：有机化学基础］‎ ‎12.磷酸氯喹治疗新冠肺炎具有一定疗效。磷酸氯喹由氯喹与磷酸制备，下面是由间氯苯胺合成氯喹的一种合成路线：‎ - 20 -‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）已知反应I是B→C+X，推测X的名称是______，D中含氧官能团的名称是____。‎ ‎（2）F的结构简式为_______________，反应II的反应类型是___________。‎ ‎（3）反应III的化学方程式为____________。‎ ‎（4）化合物M(C7H8ClN)是A的同系物，其某些同分异构体的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:1，符合该要求的同分异构体有_________种。‎ ‎（5）设计由氯化芐（）和乙酰乙酸乙酯为原料制备的合成路线（无机试剂任选）________。‎ ‎【答案】 (1). 乙醇 (2). 羟基、羧基 (3). (4). 取代反应 (5). C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HC1+ (6). 2 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 分析氯喹合成路线，结合反应物、生成物的化学式或结构简式的差异以及反应条件进行推断。由物质A的化学式及命名可知A的结构简式为，A经一系列反应生成物质B，分析物质B和C的结构简式，据此可得知反应Ⅰ的另一产物的化学式。根据C、D的结构简式差异，可知C→D的过程中发生了酯基的水解反应。物质D在250～270℃下脱羧，生成物质E。由E和F的化学式，可知E→F发生了取代反应，氯原子取代了羟基，由此可知F的结构简式为。‎ 依据G、H的化学式的差异，可知G中的羟基也被Cl原子取代，发生了取代反应。根据H的化学式和I的结构简式，可知乙酰乙酸乙酯的结构简式，进而可写出反应Ⅲ的化学反应方程式。I→J→K的反应过程和物质的结构简式均已给出，由F和K反应生成氯喹的反应方程式也可由题给信息写出。‎ ‎【详解】（1）依据B和C的化学式，可推知反应Ⅰ的另一产物化学式为C2H6O；根据其在B中的原子连接方式，推知该物质为乙醇，D中含氧官能团为羟基和羧基。答案为：乙醇；羟基、羧基；‎ ‎（2）由E(C9H6OClN)和F(C9H5Cl2N)的化学式可推知E中的羟基被氯原子取代，故F的结构简式为：；反应Ⅱ也是G中的羟基被氯原子取代，为取代反应。答案为：；取代反应；‎ ‎（3）由H［ClCH2CH2N(C2H5)2］和I的结构简式可推知，乙酰乙酸乙酯的结构简式为CH3COCH2COOC2H5，由此可知反应Ⅲ的化学方程式为：C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HC1+；答案为：C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HC1+；‎ ‎（4）化合物M(C7H8‎ - 20 -‎ ClN)是A的同系物，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:1的同分异构体为、，符合该要求的同分异构体有2种，答案为：2；‎ ‎（5）设计由氯化芐（）和乙酰乙酸乙酯为原料制备的合成路线，依据转化图中反应Ⅲ可知，氯化苄与乙酰乙酸乙酯发生取代反应，然后水解脱羧、氢氨化，形成氨基后，再与氯化苄中的氯原子发生取代反应，即可得产物。合成路线为：。‎ - 20 -‎ - 20 -‎