备战2021年高考化学模拟专练卷02（教师版） 14页

模拟专练卷 02 化 学 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Cu-64 Ba-137 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 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。 7．一场突如其来的“新冠疫情”让我们暂时不能正常开下列说法中正确的是 A．垃圾分类清运是防止二次污染的重要一环，废弃口罩属于可回收垃圾 B．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒 C．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用 D．中国研制的新冠肺炎疫苗已进入临床试验阶段，抗病毒疫苗需要低温保存 【答案】D 【解析】A．使用过的口罩、手套等个人防护用品受到细菌、病毒感染属于有害垃圾，随意丢弃或者和生活垃圾 混合有可能造成二次污染，对这些有害垃圾集中回收既能减少二次污染，也方便了对废弃口罩、手套等防护用品 的集中处理，故 A 错误； B．无水酒精是纯度较高的乙醇水溶液，99.5%的叫无水酒精，过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却 使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜。这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保 护了细菌，杀菌消毒效果降低，70%～75%的酒精称之为医用酒精，用于消毒效果最好，为了防止感染“新冠病 毒”，坚持每天使用医用杀菌消毒，故 B 错误； C．聚丙烯是平常常见的高分子材料之一，高聚物的聚合度 n 值不同，分子式不同，不是纯净物，属于混合物， 故 C 错误； D．疫苗是将病原微生物(如细菌、立克次氏体、病毒等)及其代谢产物，经过人工减毒、灭活或利用基因工程等 方法制成的用于预防传染病的自动免疫制剂，病毒疫苗主要成分是蛋白质，高温下蛋白质会变质，需要低温保存， 故 D 正确。 8．通常检测 SO2 含量是否达到排放标准的反应原理是 SO2＋H2O2＋BaCl2=BaSO4↓＋2HCl。设 NA 表示阿伏加德 罗常数的值，下列说法错误的是 A．生成 2.33gBaSO4 沉淀时，转移电子数目为 0.02NA B．SO2 具有漂白性，从而可使品红褪色 C．17gH2O2 中含有非极性键的数目为 0.5NA D．0.1molBaCl2 晶体中所含分子总数为 0.1NA 【答案】D 【解析】A．2.33gBaSO4 物质的量为 0.01mol，根据 BaSO4~2e-得，当生成 0.01molBaSO4 时，转移电子数目为 0.02NA， 故 A 正确； B．SO2 具有漂白性，可使品红褪色，故 B 正确； C．1 个 H2O2 分子中很有 1 个非极性键，17gH2O2 物质的量为 0.5mol，含有非极性键的数目为 0.5NA，故 C 正确； D．BaCl2 为离子化合物，不含分子，故 D 错误；故答案选 D。 9．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 选项 实验操作和现象 预期实验目的或结论 A 用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼 烧，火焰显黄色 说明该食盐试样不含 KIO3 B SiO2 能与氢氟酸及碱反应 SiO2 是两性氧化物 C 向两支盛有 KI3 的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液 和 AgNO3 溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀 KI3 溶液中存在平衡： ⇌I2＋I－ D 室温下向 CuCl2 和少量 FeCl3 的混合溶液中，加入铜 屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液 除去杂质 FeCl3 得纯净 CuCl2 溶液 【答案】C 【解析】A．用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，该食盐试样不能确定是否含有 KIO3，因观察钾元素的焰色，需透过蓝色的钴玻璃，故 A 错误； B．二氧化硅与氢氟酸反应是特性，如果换成其它酸，比如 H2SO4、HCl 等等，反应就不能发生，二氧化硅与 NaOH 反应生成盐和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故 B 错误； C．向两支盛有 KI3 的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和 AgNO3 溶液，前者溶液变蓝，说明 KI3 的溶液含 I2， 后者有黄色沉淀，说明 KI3 的溶液中含 I-，即 KI3 溶液中存在平衡为 ⇌I2＋I－，故 C 正确； D．Cu 与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，会引入新的杂质亚铁离子，故 D 错误； 10．W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的前四周期元素，W、X 是空气中含量最高的两种元素，Y 的合金是当 今世界使用量最大的合金，Z 的单质常温下为液态。下列说法不正确的是 A．单质 Z 保存时需要加水形成液封 B．Y 的金属性弱于第三周期的所有金属元素 C．W 与 X 能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物 D．向 YZ2 溶液中通人少量氯气会发生置换反应 【答案】D 【解析】由题可知，W、X 是空气中含量最高的两种元素，则 W、X 分别是 N、O，Y 的合金是当今世界使用量 最大的合金，所以 Y 为 Fe，Z 的单质常温下为液态，常温下为液态的单质有溴和汞，由题中条件可知 Z 为 Br， 由此解答。 A．单质溴易挥发且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作为液封，A 正确； B．第三周期的金属元素有 Na、Mg、Al，由金属活动顺序可知，Fe 的金属性比这三种金属都要弱，B 正确； C．N 和 O 两种元素形成的二元化合物中，NO、NO2 都不是酸性氧化物，C 正确； D．YZ2 就是 FeBr2，通入少量 Cl2，由于 Fe2+还原性比 Br-强，只能发生反应：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不属 于置换反应，D 错误；答案选 D。 11．BHT（Butylated Hydroxy Toluene）是一种常用的食品抗氧化剂，合成方法有如下两种： 下列说法错误的是 A． 能与 Na2CO3 溶液反应 B． 与 BHT 互为同系物 C．BHT 久置于空气中会被氧化 D．两种方法的反应类型都是加成反应 【答案】D 【解析】A．酸性酚羟基大于 HCO3―， 能与 Na2CO3 溶液反应，选项 A 正确； B． 与 BHT 通式相同，结构相似，相差 8 个 CH2，互为同系物，选项 B 正确； C． BHT 含有酚羟基，久置于空气中会被氧化，选项 C 正确； D．方法一是加成反应，方法二是取代反应，选项 D 不正确。 12．某溶液中可能含有 Na＋、K＋、NH4 ＋、Cu2＋、SO42－、SO32－、MnO4 －、Cl－、Br－、CO32－等离子，且所含离子 的物质的量的浓度都相等。往该溶液中加入过量的 BaCl2 和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取 少量原溶液，设计并完成了如下实验： 则关于原溶液组成的判断中正确的是： A．肯定不存在的离子是 Cu2＋、SO42－、CO32－、MnO4 －，而是否含 NH4 ＋另需实验验证； B．肯定存在的离子是 SO32－、Br－，且 Na＋、K＋至少有一种存在； C．无法确定原溶液中是否存在 Cl－； D．若步骤中 Ba(NO3)2 和 HNO3 溶液改用 BaCl2 和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响。 【答案】D 【解析】往该溶液中加入过量的 BaCl2 和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，则原溶液中无 SO 2- ，加足量氯水， 无气体，则无 CO 2- ，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有 Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有 SO 2- ， 因 SO 2- 与 Cu2+能够发生相互促进的双水解反应，则原溶液中无 Cu2+，因 Br-、 SO 2- 与 MnO 能够发生氧化还原反 应，因此原溶液中无 MnO ，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都相等，根据电荷守恒，一定含有 NH 、Na+、 K+，一定不存在 Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。 A．分析可知肯定不存在的离子是 Cu2+、 SO 2- 、 CO 2- 、Cl-、 MnO ，一定含 NH ，故 A 错误； B．肯定存在的离子为： NH 、 SO 2- 、Br−，根据溶液电中性可知原溶液中一定含有 Na+、K+，故 B 错误； C．根据电荷守恒，一定不存在 Cl−，故 C 错误； D．加入 Ba(NO3)2 和 HNO3 溶液目的是检验硫酸根离子，因之前加入了氯水，氯水具有强氧化性，因此 SO 2- 不会 对检验硫酸根离子存在干扰，若改用 BaCl2 和盐酸的混合溶液，对溶液中离子的判断无影响，故 D 正确； 13．已知草酸为二元弱酸： H2C2O4 HC2O +H+ Ka1 HC2O C2O +H+ Ka2 常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的 KOH 溶液，所得溶液中 H2C2O4、HC2O 、 C2O 三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液 pH 的关系如图所示，则下列说法不正确的是 A．pH=1.2 的溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH−)+c(H2C2O4) B．pH=2.7 的溶液中： =1 000 C．将相同物质的量的 KHC2O4 和 K2C2O4 固体完全溶于水所得混合液的 pH 为 4.2 D．向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液，将 pH 增大至 4.2 的过程中水的电离度一定增大 【答案】C 【解析】试题分析：A、pH=1.2 时，H2C2O4、HC2O4-的物质的量分数相等，且 c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)， 则 c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，故 A 正确；B、由图象可知 pH=1.2 时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则 Ka1=c(H+)=10-1.2， pH=4.2 时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，Ka2=c(H+)=10-4.2，由电离常数可知 2 = c 2 HC2O − c H2C2O c C2O 2 − =1000，故 B 正确；C、将 相同物质的量 KHC2O4 和 K2C2O4 固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH 不一定为定值， 即不一定为 4.2，故 C 错误；D、向 pH=1.2 的溶液中加 KOH 溶液将 pH 增大至 4.2，溶液中由酸电离的氢离子浓 度减小，则对水的电离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故 D 正确；故选 C。 二、非选择题：共 58 分，第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（14 分）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的 MoS2) 制备钼酸钠的两种途径如图所示: （1）途径 I 碱浸时发生反应的化学反应方程式为________________________________________。 （2）途径 II 氧化时还有 Na2SO4 生成，则反应的离子方程式为_____________________________。 （3）已知途径 I 的钼酸钠溶液中 c(MoO42-)=0.40 mol/L，c(CO32-)=0.10mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体 时，需加入 Ba(OH)2 固体以除去 CO32-。当 BaMoO4 开始沉淀时，CO32-的去除率是____________[已知 Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。 （4）分析纯的钼酸钠常用钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与途径 I 所 产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式是__________________________。 （5）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速 率实验结果如下图: ①当硫酸的浓度大于 90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是________________________。 ②若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为 300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g/mol) 的物质的量浓 度为__________________(计算结果保留 3 位有效数字)。 （6）二硫化钼用作电池的正极材料时接受 Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应 为:xLi+nMoS2 Lix(MoS2)n。则电池放电时正极的电极反应是:_____________________。 【答案】 （1）MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ (2 分) （2）MoS2+9ClO-+6OH-=MoO42-+9Cl-+2 SO42-+3H2O (2 分) （3）90% (2 分) （4）(NH4)2CO3 和(NH4)2SO3 (2 分) （5）①常温下浓硫酸会使铁钝化 (2 分) ②7.28×10-4mol/L (2 分) （6）nMoS2+xLi++xe-=Lix(MoS2)n (2 分) 【解析】 利用钼精矿(主要成分是 MoS2)制备钼酸钠有两种途径：途径Ⅰ是先在空气中灼烧生成 MnO3，同时得到对环境有 污染的气体 SO2，然后再用纯碱溶液溶解 MnO3，即可得到钼酸钠溶液，最后结晶得到钼酸钠晶体；途径Ⅱ是直 接用 NaClO 溶液在碱性条件下氧化钼精矿得到钼酸钠溶液，结晶后得到钼酸钠晶体。 （1）根据题给流程图分析途径 I 碱浸时，MoO3 与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳和 Na2MoO4，发生反应的化学方 程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑； （2）途径Ⅱ氧化时 MoS2 与次氯酸钠、氢氧化钠溶液反应生成 Na2MoO4 和硫酸钠，利用化合价升降法结合原子 守恒和电荷守恒配平，发生反应的离子方程式为 MoS2+9ClO-+6OH-====MoO42-+9Cl-+3H2O； （3）BaMoO4 开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c（Ba2+）= Roo oR =1×10-7mol/L，溶液中碳酸根离子的浓 度为：c（SO42-）= o o =1×10-2mol/L，所以碳酸根离子的去除率为：1 o 2 oR =1-10%=90%；故 CO32-的去除率 是 90%； （4）钼酸铵[(NH4)2MoO4]和氢氧化钠反应生成钼酸钠和氨气，将氨气与途径 I 所产生的尾气 CO2、SO2 一起通入 水中，得到正盐的化学式是(NH4)2CO3、(NH4)2SO3； （5）①浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化。故当硫酸的浓度大于 90%时，腐蚀速率几乎为零； ②根据图示可知，当钼酸钠、月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最好， 所以钼酸钠的浓度为：150mg•L-1，1L 溶液中含有的钼酸钠物质的量为： ′oo 2o݃Ȁ ≈7.28×10-4mol，所以钼酸钠溶 液的物质的量浓度为：7.28×l0-4mol•L-1，故答案为 7.28×l0-4mol•L-1；（6）根据锂和二硫化钼形成的二次电池的总 反应为：xLi+nMoS2 Lix(MoS2)n，可知锂是还原剂，在负极发生氧化反应，负极反应式为：xLi-xe-=xLi+， 是氧化剂在正极发生还原反应，据此书写电池放电时的正极反应式：正极反应式为：nMoS2+xLi++xe-=Lix（MoS2） n。 27．（14 分）甲酸(化学式 HCOOH，分子式 CH2O2，相对分子质量 46)，俗名蚁酸，是最简单的羧酸，无色而有 刺激性气味的易挥发液体。熔点为 8.6 ℃，沸点 100.8℃，25℃电离常数 Ka＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行 以下实验。 Ⅰ．用甲酸和浓硫酸制取一氧化碳 A． B． C． D． （1）请说出图 B 中盛装碱石灰的仪器名称__________。用 A 图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性， 将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成 CO，反应的化学方程式是________。 （2）如需收集 CO 气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→__________(按气流方向，用小写字母表示)。 Ⅱ．对一氧化碳的化学性质进行探究 资料：ⅰ．常温下，CO 与 PdCl2 溶液反应，有金属 Pd 和 CO2 生成，可用于检验 CO； ⅱ．一定条件下，CO 能与 NaOH 固体发生反应：CO＋NaOH K oMPa HCOONa 利用下列装置进行实验，验证 CO 具有上述两个性质。 （3）打开 k2，F 装置中发生反应的化学方程式为_____________；为了使气囊收集到纯净的 CO，以便循环使 用，G 装置中盛放的试剂可能是_________。 （4）现需验证 E 装置中 CO 与 NaOH 固体发生了反应，某同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配置成 溶液，在常温下测该溶液的 pH，若 pH>7，证明 CO 与 NaOH 固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你 的观点和理由：________，_________。 （5）25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数 Kh 的数量级为____________。若向 100ml 0.1mol.L-1 的 HCOONa 溶液中加入 100mL0.2mol.L-1 的 HCl 溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_________。 【答案】 （1）球形干燥管 （1 分） HCOOH浓硫酸 CO↑＋H2O（1 分） （2）c→b→e→d→f （2 分） （3）PdCl2＋CO＋H2O=Pd↓＋CO2＋2HCl （2 分） 氢氧化钠溶液 （1 分） （4）方案不可行（1 分） 无论 CO 与 NaOH 固体是否发生反应，溶液的 pH 均大于 7 （2 分） （5）10-11 （2 分） c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞c(OH-) （2 分） 【解析】A 装置利用浓硫酸的脱水性制备 CO，生成的 CO 中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸， 利用排水法收集 CO，结合物质的性质和装置分析解答。 Ⅰ．（1）图 B 中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用 A 图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲 酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成 CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是 HCOOH浓硫酸 CO↑＋H2O。 （2）根据以上分析可知如需收集 CO 气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→c→b→e→d→f。 Ⅱ．（3）打开 k2，由于常温下，CO 与 PdCl2 溶液反应，有金属 Pd 和 CO2 生成，则 F 装置中发生反应的化学方 程式为 PdCl2＋CO＋H2O＝Pd↓＋CO2＋2HCl；由于 F 装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体， 则为了使气囊收集到纯净的 CO，以便循环使用，G 装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的 CO 中还含 有水蒸气，则 H 装置的作用是除去 CO 中水蒸气。 （4）由于无论 CO 与 NaOH 固体是否发生反应，溶液的 pH 均大于 7，所以该方案不可行； （5）25℃甲酸电离常数 Ka＝1.8×10－4，则 25℃甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数 Kh＝ o Ro ，其数量级为 10-11。 若向 100mL 0.1mol·L-1 的 HCOONa 溶液中加入 100mL 0.2mol·L-1 的 HCl 溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓 度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为 c(Cl-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(HCOO-)＞ c(OH-)。 28.（15 分）1799 年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了 N2O 气体。在食品行业中，N2O 可用作发泡 剂和密封剂。 （1）N2 是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3 与 O2 在加热和催化剂的作用下生成 N2O 的化学方程式为 ________。 （2）N2O 在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) =2N2(g)+O2(g) △H。 已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/mol 4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △H2=-1531KJ/mol △H=__________。 （3）N2O 和 CO 是环境污染性气体，研究表明，CO 与 N2O 在 Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌ CO2(g) 十 N2(g)的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应①Fe++N2O⇌FeO+N2；反应② ______________ 由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应，由______(填“反应①或反应②”)决定反应达到平衡所用 时间。 （4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌ CO2(g)+N2(g)，改变原料气配比进行多组实验(各 次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定 N2O 的平衡转化率。部分实验结果如图所示： ①如果要将图中 C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，应采取的措施是：____ ； ②图中 C、D 两点对应的实验温度分别为 TC 和 TD，，通过计算判断 TC____TD(填“>”“=”或“<”)。 （5）在某温度下，向 1L 密闭容器中充入 CO 与 N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)⇌ CO2(g)十 N2(g)，随着反 应的进行，容器内 CO 的物质的量分数变化如下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 物质的量分数 50.0% 40.25% 32.0% 26.2% 24.0% 24.0% 则该温度下反应的平衡常数 K=____。 【答案】 （1）2NH3+2O2 催化剂 N2O+3H2O （2 分） （2）-163kJ/mol （2 分） （3）FeO++CO⇌CO2+Fe+ （2 分） 放热（1 分） 反应① （2 分） （4）降低温度 （2 分） = （2 分） （5）1.17 （2 分） 【解析】 （1）NH3 和 O2 反应得到 N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3 中 N 的化合价从－3 升高到 N2O 中的＋1，共升 高 4 价；O2 中 O 的化合价从 0 降低到－2，共降低 4 价，化合价升降守恒，则 NH3 和 O2 的系数比为 1：1，根据 原子守恒配平，可得 2NH3+2O2 催化剂 N2O+3H2O； （2） 已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) △H1=-1010KJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) △ H2=-1531KJ/mol；反应①× 2 -反应②× 可得目标反应，则△H=△H1× 2 -△ H2× =-1010kJ/mol× 2 -(-1531kJ/mol)× =-163kJ/mol； （3）总反应为 N2O(g)+CO(g) CO2(g)十 N2(g)，实际过程是分 2 步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应， 则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为 FeO++CO⇌CO2+Fe+； 根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应； 根据反应①的历程图可知，由 Fe＋和 N2O 经过过渡态得到产物 FeO＋和 N2，过渡态和反应物 Fe＋和 N2O 的能量差 为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化 学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡 所用时间； （4）①根据图像，C 点和 B 点，反应物的投料比相同，但是 B 点表示的平衡状态，N2O 的转化率高于 C 点，C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，平衡正向移动，N2O 的转化率增加；B 和 C 点的反应物投料比相同，因 此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反 应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度； ①利用三等式求出 C 和 D 点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小； 设定容器体积的体积为 VL。 C 点的平衡状态其反应物的投标比为 1，则设 N2O 和 CO 的物质的量均为 1mol，其 N2O 的转化率为 0.50，则根 据三等式有 开始的物质的量 开始的物质的量 平衡的物质的量 N2O(g) oR′ oR′ CO(g) oR′ oR′ ⇌ CO2(g) o oR′ oR′ N2(g) o oR′ oR′ ，则在平衡常数 (2)(CO2) (2)(CO) oR′ oR′ oR′ oR′ ； D 点的平衡状态其反应物的投标比为 1.5，则设 N2O 和 CO 的物质的量为 1.5mol 和 1mol，其 N2O 的转化率为 0.40， N2O 反应了 1.5mol×0.40=0.6mol，则根据三等式有 开始的物质的量 开始的物质的量 平衡的物质的量 N2O(g) R′ oR oR CO(g) oR oR ⇌ CO2(g) o oR oR N2(g) o oR oR ，则在平衡常数 (2)(CO2) (2)(CO) oR oR oR oR ； C 点和 D 点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有 TC=TD； （5）根据表格的数据，开始时 CO 的物质的量分数为 50.0%，则设 CO 和 N2O 的物质的量各位 1mol，假设到达 平衡时，CO 转化了 xmol，根据三等式有 开始的物质的量 开始的物质的量 平衡的物质的量 N2O(g) x − x CO(g) x − x ⇌ CO2(g) o x x N2(g) o x x ，达到平衡时，CO 的物质的量分数为 24.0%，则有 䁪 䁪䁪䁪䁪 ooͲ 2RoͲ ，解得 x=0.52mol，则平衡常数 (2)(CO2) (2)(CO) oR′2 oR′2 oR oR R 。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化选修 3：物质结构与性质］（15 分） Fe、Cu、Cr 都是第四周期过渡元素,回答下列问题。 （1）FeCl3 是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有____种不同运动状态的电子；有___种不同能级的电子， 基态 Fe3+的电子排布式为___。 （2）实验室中可用 KSCN 或 K4[Fe(CN)6]来检验 Fe3+。FeCl3 与 KSCN 溶液混合，可得到配位数为 5 的配合物 的化学式是____；K4[Fe(CN)6]与 Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]，该物质晶胞的 结构如图所示(K+ 未画出)，则一个晶胞中的 K+个数为 ___。 （3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 __ (填字母) a．配位键 b．极性键 c．离子键 d．非极性键, 乙二胺中共有____个σ键，C 原子的杂化方式为 ___。 （4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为 361pm。又知铜的密度为 9.0g·cm-3，则铜原子的直径约为 ____pm。 （5）Cr 是周期表中第ⅥB 族元素，化合价可以是 0~+6 的整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为 Na3CrO8，其阴离子结构可表示为 ，则 Cr 的化合价为____。CrO42-呈四面体构型,结构为 ， Cr2O72-由两个 CrO42-四面体组成，这两个 CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为 。 则由 n(n>1)个 CrO42-通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为____。 【答案】 （1）17（1 分） 5（1 分） 1s22s22p63s23p63d5 （1 分） （2）K2[Fe(SCN)5] （1 分） 4 （1 分） （3）abd（2 分） 11 （2 分） sp3 （1 分） （4）255 （2 分） （5）+5 （1 分） CrnO(3n+1)2- （2 分） 【解析】 （1）氯原子核外电子数为 17，每个电子的运动状态均不同，故氯原子核外有 17 种不同运动状态的电子；氯原 子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，电子分布在 1s、2s、2p、3s、3p 这五个能级；Fe 是 26 号元素，铁原子核 外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去 4s 能级 2 个电子，再失去 3d 能级 1 个电子形成 Fe3+，故基态 Fe3+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5。 （2）Fe3+与 SCN-形成配位数为 5 的配离子为[Fe(SCN)5]2-，根据电荷守恒可知配离子与 K+形成的配合物的化学式 为 K2[Fe(SCN)5]；题给物质晶胞的 结构中，Fe3+的个数为 4× = 2 ，Fe2+的个数为 4× = 2 ，CN-的个数为 12× =3，根 据电荷守恒：N(K+)+N(Fe3+)×3+N(Fe2+)×2=N(CN-)，可得 N(K+)= 2 ，故一个晶胞中的 K+个数为 2 ×8=4； （3）Cu2+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)之间形成配位键，H2N-CH2-CH2-NH2 中碳原子之间形成非极性键，不同原 子之间形成极性键，所以选 abd；单键为σ键，一个乙二胺分子中含有 11 个σ键，碳原子均饱和没有孤电子对， 形成 4 个σ键，所以碳原子采取 sp3 杂化； （4） 根据铜晶胞为面心立方最密堆积，由边长可计算出晶胞的体积 V=（361pm）3≈4.70×10-23cm3，根据 m=ρ×V=9.00 g•cm-3×4.70×10-23cm3=4.23×10-22g；由于一个铜晶胞中含有的铜原子数为 8× +6× 2 =4（个），每个铜 原子的体积约为= Roo 2 ݃ =1.18×10-23 cm3，则 ×π×d3=1.18×10-23cm3，解得铜原子的直径 d≈255pm； （5）由阴离子结构可知，Cr 与 O 中形成 5 个价键，共用电子对偏向 O，则 Cr 的化合价为+5 价，两个 CrO42-每 共用一个角顶氧原子，就少一个氧原子，所以由 n(n＞1)个 CrO42-通过角顶氧原子连续的链式，减少(n-1)个氧原 子，微粒电荷不变，则由 n(n＞1)个 CrO42-通过角顶氧原子连续的链式结构的化学式为 CrnO(3n+1)2-。 36．[化选修 5：有机化学基础]（15 分） 氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以 A 为原料 合成该药物的路线如图： （1）A 的化学名称是__，C 中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。 （2）A 分子中最少有__原子共面。 （3）C 生成 D 的反应类型为__。 （4）A 与新制 Cu(OH)2 反应的化学方程式为__。 （5）物质 G 是物质 A 的同系物，比 A 多一个碳原子，符合以下条件的 G 的同分异构体共有__种。 ①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。 其中核磁共振氢谱中有 4 个吸收峰，且峰值比为 2∶2∶2∶1 的结构简式为__。 （6）已知： ，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物 的合成路线（无机试剂任选）。 【答案】 （1）邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）（1 分） 氨基、羧基 （1 分） （2）12 （1 分） （3） 取代反应（或酯化反应） （1 分） （4） +2Cu(OH)2+NaOH Cu2O↓+3H2O+ （2 分） （5）6 （2 分） （2 分） 、 （2 分） （6） （3 分） 【解析】 （1）有机物 A 的结构简式为 ，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C 的结构简式 为 ，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基； （2）A 分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有 12 个原子共平 面，故答案为：12； （3） C 与 CH3OH 发生酯化反应生成 D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反 应）； （4）A 的结构简式为 ，分子中含有醛基，可与新制 Cu(OH)2 反应生成 Cu2O 的砖红色沉淀，反应方 程式为 +2Cu(OH)2+NaOH Cu2O↓+3H2O+ ，故答案为： +2Cu(OH)2+NaOH Cu2O↓+3H2O+ ； （5） 物质 G 是物质 A 的同系物，比 A 多一个碳原子，物质 G 除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应， 可知物质G 含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G 除苯环外含有的基团有2 组，分别为—CHO、—CH2Cl 和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对 3 中结构，故 G 的同分异构体共有 6 种，其中核磁共振氢谱中有 4 个吸收 峰，且峰值比为 2∶2∶2∶1 的结构简式为 、 ，故答案为：6； 、 ； （6） 已知： ，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物 的合成路线可以是 ，故答案为： 。