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  • 2021-07-02 发布

备战2021年高考化学模拟专练卷02(教师版)

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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: 。