华大新高考联盟2021届高三1月份教学质量测评理科综合化学试卷 Word版含解析 19页

- 1 - 华大新高考联盟 2021 届高三 1 月教学质量测评 理科综合能力测试——化学 本试题卷共 12 页。全卷满分 300 分，考试用时 150 分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写 在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 Cl 35.5 Co 59 Mo 96 一、选择题：本题共 7 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。 1. “农谚”中不仅包含着我国劳动人民的智慧结晶，而且蕴含着科学文化知识。针对农谚“雷雨 发庄稼”“豆茬种谷，必定有福”，下列说法正确的是 A. “雷雨发庄稼”强调雨水的重要性 B. “豆茬种谷”属于立体种植。便于植物 光合作用 C. 农谚中涉及自然固氮的过程 D. 农谚中未涉及氧化还原反应 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．“雷雨发庄稼”是指在雷雨天，氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反 应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸随着雨水降落到地面上转化为硝酸盐被 植物吸收，有利于植物生长，并不是强调雨水的重要性，A 错误； B．“豆茬种谷”是指种过豆类植物的地适合种植谷类植物，不是立体种植，B 错误； C．“雷雨发庄稼”中涉及自然固氮的过程，C 正确； D．“雷雨发庄稼”中涉及氧化还原反应，D 错误； 故选 C。 2. 下列实验装置及对应的实验操作能够达到实验目的的是 - 2 - A B C D 亚硫酸钠与 70% 的 H2SO4 溶液反 应制备 SO2 配制 90mLNaCl 溶液.定容 后需盖上玻璃塞左右用力 摇匀 密闭条件下收集 Cl2 制蒸馏水(温度计可 以省略),用锥形瓶 接收 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．SO2 易溶于水，则利用 Na2SO3 和 H2SO4 反应制 SO2 时，常选用 70%左右的浓硫 酸，可提高反应速率，同时降低 SO2 的溶解度，故 A 正确； B．配制 NaCl 溶液定容后摇匀时应颠倒摇匀，但不能用力振荡摇匀，防止溶液渗出，故 B 错 误； C．Cl2 的密度比空气大，导入氯气的导管应伸入试管底部，而排出空气的导管只能露出橡皮 塞即可，故 C 错误； D．制蒸馏水时温度计和冷却水的流向均正确，但接受蒸馏水的锥形瓶和牛角管之间不能要用 橡皮塞，需保持锥形瓶内与外界相通，故 D 错误； 故答案为 A。 3. 2020 年南开大学周其林团队研究手性螺环化合物成绩突出。荣获国家自然科学一等奖。已 知连有 4 个不同基团的 C 原子称为手性 C 原子。螺环化合物 X( )是一种重要的有机催化 剂，下列关于 X 的说法正确的是 A. 与丙苯互为同分异构体 B. 仅含有 2 个手性碳原子 C. 所有 C 原子有可能共平面 D. 一氯代物共有 3 种(不考虑立体异构) - 3 - 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．螺环化合物 X 的分子式为 C9H16，而丙苯的分子式为 C9H12，两者不是同分异构 体，故 A 错误； B．螺环化合物 X 中连接甲基的碳原子为手性碳原子，即共含有 2 个手性碳原子，故 B 正确； C．分子结构中碳原子均为 sp3 杂化，则所有碳原子不可能共平面，故 C 错误； D．螺环化合物 X 的等效氢原子是 4 种，则一氯代物共 4 种，故 D 错误； 故答案为 B。 4. 中科院 HiNa 公司研发的可充电的“钠离子电池”被欧盟评价为“锂电的性能、铅酸的价格”。 若放电的总反应为: x n (1-x) 2 2Na C +Na MeO =nC+NaMeO (Me 为某元素符号)，六氟磷酸钠充 当电解液，其放电原理如图所示。该电池放电时，下列说法正确的是 A. 电流方向为 N→用电器→M→电解液→N B. Na+移向 M 电极 C. 正极反应为：NaMeO2- xe-=Na(1-x)MeO2 +xNa+ D. 转移 1 mol 电子时，有 1mol NaxCn 被还原 【答案】A 【解析】 【分析】 NaxCn 可看成合金，假设两种元素化合价均为 0 价，由总反应可知，Na 元素化合价由 0 价升 高到+1（NaMeO2），故电极 M 为负极；Na(1-x)MeO2 在正极得电子生成 NaMeO2，其中 Me 元 素化合价降低，故电极 N 为正极。 - 4 - 【详解】A．根据分析知，电极 M 为负极，N 为正极，故电子由 M 流向 N 极，电流方向与电 子方向相反，即由 N 极经用电器流入 M 极，再经电解液流回 N 极，形成闭合回路，A 正确； B．根据原电池原理，阳离子移向正极，故 Na+移向 N 极，B 错误； C．由分析知，正极为 Na(1-x)MeO2 得电子生成 NaMeO2，电极反应为：Na(1-x)MeO2+xNa++xe-= NaMeO2，C 错误； D．根据转移电子关系：NaxCn ~ xe-，故 1 mol 电子转移时，有 1 x mol NaxCn 被氧化，D 错误； 故答案选 A。 5. 海洋深处存在一种海生假单孢菌，可以在无氧条件下通过微生物产生的醋酸与含 MnO2 的 矿石反应生成 Mn2+其反应过程如图所示。下列说法正确的是 A. 生成 22.4LCO2.时。转移电子为 1mol B. 过程①中既有极性键和非极性键断裂，又有极性键和非极性键形成 C. 过程②③总反应为:MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH- D. 升高温度能够加快反应速率 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．选项未说明标准状况，故 22.4 L 不一定为 1 mol，A 错误； B．过程①中，CH3COOH 反应伴随着极性键（C—H）和非极性键（C—C）断裂，生成物 CO2、 HX 只有极性键的形成，无非极性键形成，B 错误； C．根据图示，过程②反应为：Mn3++HX=Mn2++H++X，过程③反应为： MnO2+Mn2++2H2O=2Mn3++4OH-，根据图示可知 Mn2+与 Mn3+属于循环物质，再结合题意知最 总无 Mn3+生成，所以②×2+③消去 Mn3+得总反应为：MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-，C 正确； D．升高温度不利于微生物的存活，故反应速率不能加快，D 错误； 故答案选 C。 6. 已知 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。W 与 X、Y、Z 均能够形成 10 - 5 - 电子化合物·其中 Y 的氢化物易与其最高价氧化物的水化物发生化合，W、X、Y、Z 可以形成 化合物 G。G 的结构为 。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：Z＞Y B. W 与 X、Y 均能够形成 18 电子的化合物 C. W、Y、Z 三种元素形成的化合物中只可能含有共价键 D. G 分子中各原子均达到 8 电子稳定结构 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 与 X、Y、Z 均能够形成 10 电 子化合物，由 G 的结构 可知，W 只有一根键且 W 的原子序数最小，则 W 为 H 元素，X 有四根键，则 X 为 C 元素，Y 有三根键且 Y 的氢化物易与其最高价氧化物的水化物 发生化合，则 Y 为 N 元素，Z 有一根键，且原子序数在四种元素中最大，则 Z 为 F 元素，据 此解答。 【详解】由上述分析可知，W 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 N 元素，Z 为 F 元素； A．Y 为 N 元素，Z 为 F 元素，形成简单离子，它们属于具有相同电子层结构的微粒，隨着原 子序数的递增，半径减小，即原子序数 Y＜Z，离子半径 Y＞Z，故 A 错误； B．W 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 N 元素，H 与 C 可形成 18 电子的化合物 C2H6，H 与 N 可形成 18 电子的化合物 N2H4，故 B 正确； C．W 为 H 元素，Y 为 N 元素，Z 为 F 元素，三种元素形成的化合物可能为 NH4F，NH4F 结 构中含离子键和共价键，故 C 错误； D．由 G 的结构 可知，W 为 H 元素，未达到 8 电子稳定结构，故 D 错误； 答案为 B。 7. 室温下，向 20.00ml。0.1mol/L'的 Na2CO3 溶液中逐滴滴加 0.1 mol/L 稀盐酸，测得不同 pH 条件下不同含碳微粒的分布系数［如 CO 2- 3 的分布系数 2- 3δ(CO ) - 6 - = 2- 3 2- 3 2 3 3 c(CO ) c(CO )+c(H CO )+c(HCO ) ］如图所示(不考虑 CO2 的溶解和溢出)正确的是： A. 0.1 mol/LNa2CO3 溶液中有 3 - - + 2 3c(OH )=c(HCO )+c(H CO )+c(H ) B. M 点溶液显中性， + - - 3c(Na )>c(HCO ) c(Cl )＞ C. pH=5 与 pH=9 的溶液中水的电离程度相同 D. H2CO3 的 Ka2>l.0×10-11，pH=11 的溶液比 pH=6 的溶液导电能力强 【答案】D 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A ． 0.1 mol/LNa2CO3 溶 液 ， 根 据 电 荷 守 恒 ：          2 3 3c c H 2c c cNa CO HCO OH        ， 物 料 守 恒 ：        2 3 3 2 3c 2c 2c 2c HNa CO HCO CO     ， 可 得 质 子 守 恒 ： 3 - - + 2 3c(OH )=c(HCO )+2c(H CO )+c(H ) ，故 A 错误； B．Na2CO3 溶液和盐酸物质的量之比为 1:1 时，正好生成 NaHCO3，pH 大于 7，当溶液显示中 性时，Na2CO3 溶液和盐酸物质的量之比小于 1:1， + - - 3c(Na ) c(Cl )>c(HCO )＞ ，故 B 错误； C．如图所示，pH=9 时溶液主要以碳酸氢钠存在，促进水的电离，pH 越小加入酸越多，水的 电离程度越小，pH=5 与 pH=9 的溶液中水的电离程度不相同，故 C 错误；, D．如图可知 pH=11 的溶液溶质主要是碳酸氢钠和碳酸钠的混合物，pH=6 时 C 元素以 CO2 放出一部分，并且加入盐酸的体积大，离子浓度减小，所以 pH=11 的溶液比 pH=6 的溶液导 电能力强，故 D 正确； 故答案为 D。 8. ［Co(NH3)6]Cl3 是科研、化工上常用的化学试剂，水溶液中存在 - 7 -    3+ 3 6 33 6Co(NH ) = Co(NH )Cl + 3C1-，在强碱热溶液中可以生成 NH3.下面是［Co(NH3)6]Cl3 的制备及生成物组成的测定实验，回答下列问题： I、[Co(NH3)6]Cl3 的制备 如图所示，在三颈烧瓶中将 6.0g CoCl2·6H2O 晶体溶解在氯化铵溶液中，并加入适量的活性炭 作催化剂，通入氨气并逐滴滴加 5% H2O2 溶液。加热到 40℃并搅拌，会有橙黄色晶体 (［Co(NH3)6]Cl3)析出。 (1)仪器 X的名称为_______，放入的化学试剂为_______。 (2)装置中制备氨气时不宜选取 NH4NO3 与 NaOH 反应，原因是_______(答 1 条即可)。 (3)写出生成［Co(NH3)6]Cl3 的化学方程式：_______。 (4)充分反应后，某学生实验得到［Co(NH3)6]Cl3 的实际质量为 3.72 g，比理论值少 _______ g。 Ⅱ.三氯化六氨合钻(II)组成的测定 (5)氨的测定。准确称取 0.2g［Co(NH3)6]Cl3 在热强碱下反应生成氨气，产生的氨气被 H3BO3 溶液完全吸收，滴加 5~6 滴甲基红溴甲酚氯指示剂，再用标准的盐酸滴定吸收了氨气的 H3BO3 溶液即可得出氨的含量(已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3； 3 3 3 4 3 3NH H BO +HCl=NH Cl+H BO )。下列操作(其他步骤操作均正确)会造成氨的测定值偏 高的是_______(填字母代号)。 a.滴定结束时仰视读数 b.锥形瓶清洗后未干燥 c.滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡 d.未使用标准盐酸溶液润洗滴定管 (6)氯的测定。用标准 AgNO3 溶液迪过沉淀滴定法测定门的量。适宜选取_______作指示剂。 滴定终点现象为_______已知 Ksp(AgBr) =4.9×10-13.， -12 sp 2 4K (Ag CrO )=2.0 10 ， -10 spK (AgCl)=1.8 10 ,AgBr 为黄色沉淀， 2 4Ag CrO 为砖红色沉淀)。 - 8 - 【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 五氧化二磷或氯化钙 (3). 硝酸铵受热时发生爆炸； 氢氧化钠易与二氧化硅反应，腐蚀试管，另氢氧化钠块状固体易潮解，不易与硝酸铵充分混 合 (4). 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2 活性炭 2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O (5). 3.02 (6). acd (7). 可溶性铬酸盐 (8). 滴入最后一滴标准硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀 【解析】 【分析】 由实验装置图可知，左边装置为消石灰与氯化铵共热制备氨气，氨气通入右边三颈烧瓶中， 在活性炭做催化剂作用下，氨气与 CoCl2、NH4Cl 和 H2O2 混合溶液在 40℃条件下发生氧化还 原反应生成［Co(NH3)6]Cl3 和 H2O。 【详解】（1）由题给装置图可知，仪器 X 为球形干燥管，干燥管中盛有的五氧化二磷或氯化 钙用于吸收未反应的氨气，防止氨气排放到空气中污染环境，故答案为：球形干燥管；五氧 化二磷或氯化钙； （2）硝酸铵受热或收到撞击易发生爆炸，容易发生意外事故，不安全；氢氧化钠能在加热条 件下与试管中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，导致试管炸裂，且氢氧化钠固体易吸收空气中的 水蒸气发生潮解，不易与硝酸铵充分混合，所以制备氨气时不宜选取硝酸铵和氢氧化钠反应， 故答案为：硝酸铵受热时发生爆炸；氢氧化钠易与二氧化硅反应，腐蚀试管，另氢氧化钠块 状固体易潮解，不易与硝酸铵充分混合； （3）由题意可知，三颈烧瓶中发生的反应为在活性炭做催化剂作用下，氨气与 CoCl2、NH4Cl 和 H2O2 混合溶液在 40℃条件下发生氧化还原反应生成［Co(NH3)6]Cl3 和 H2O，反应的化学方 程式为 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2 活性炭 2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，故答案为： 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2 活性炭 2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O； （4）由反应的化学方程式可知，6.0g CoCl2·6H2O 晶体理论上制得的［Co(NH3)6]Cl3 的质量为 6.0g 267.5 / 238 /  g mol g mol =6.74g，则理论量与实际量的差值为(6.74g—3.72g)=3.02g，故答案为： 3.02； （5）a.滴定结束时仰视读数会使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故符 合题意； b.锥形瓶清洗后未干燥不影响标准溶液的体积和待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影 响，故不符合题意； - 9 - c.滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测 结果偏高，故符合题意； d.未使用标准盐酸溶液润洗滴定管会稀释盐酸，使所消耗盐酸标准溶液的体积偏大，导致所测 结果偏高，故符合题意； acd 符合题意，故答案为：acd ； （6）由题给溶度积可知，氯化银的溶解度大于溴化银，小于铬酸银，则滴定溶液中氯离子时， 应选择可溶性铬酸盐做指示剂，当氯离子完全反应后，再滴入一滴标准硝酸银溶液时，银离 子会与铬酸根离子反应生成砖红色的铬酸银沉淀，故答案为：可溶性铬酸盐；滴入最后一滴 标准硝酸银溶液时，出现砖红色沉淀。 9. 通过废旧的钴酸锂电池可以回收金属铝、锂和钴。其生产流程如下所示： 已知：①钴酸锂电池正极材料为 LiCoO2、炭黑及铝片；②   -33 sp 3Al(OH) =1.0 10K  。回答 下列问题： (1)电池“预处理”时需要将电池完全放电，原因是_______。 (2)不溶性的 LiCoO2 在“浸取、还原”过程中发生反应的离子方程式为_______. (3)若溶液中离子浓度为 -5 -11.0 10 mol L  时。认为完全沉淀。则 Al 完全沉淀时溶液的 pH 至 少为_______。 (4)P2O4 是磷酸酯类，密度比水小。是该实验的萃取剂。通过“反萃取”，可以循环利用。下列 关于“萃取”的说法正确的是_______(填字母代号)。 a．使用一定量 P2O4 萃取时应该将萃取剂分多次萃取，萃取效率更高 b．分液漏斗使用前一定要检验是否漏液 c．振荡过程中，需要打开活塞放气 d．萃取后分液时需要先旋开活塞，再打开上端玻璃塞 (5)“反萃取”时不宜加入烧碱溶液的原因是_______。反萃取时获取 P2O4 的操作方法是_______。 (6)CoC2O4 是制备钴的重要原料。取 18.3g CoC2O4·2HO 在空气中受热的质量变化曲线如图所 示。已知曲线中温度高于或等于 300℃时所得固体为不同的钴氧化物。写出 B→C 点发生反应 - 10 - 的化学方程式：_______。 【答案】 (1). 防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸事故的发生；使 Li+全部 进入正极片中，提高原料的回收率 (2). 2LiCoO2+6H++ 2 3SO  =2Li++2Co2++ 2 4SO  +3H2O (3). 4.7 (4). abc (5). P2O4 是磷酸酯类，在碱溶液中会发生水解 (6). 分液 (7). 3CoC2O4+2O2 Δ Co3O4+6CO2 【解析】 【分析】 废旧钴酸锂电池预处理后，正极片中的 LiCoO2 和铝在酸性条件下进入溶液，LiCoO2 中的+3 价的钴被 Na2SO3 还原为+2 价，炭黑不溶于酸，被过滤除去。滤液调节 pH，使 Al3+成为 Al(OH)3 沉淀，过滤后，滤液用 P2O4 萃取，Li+进入水相，Co2+进入有机相，再进行反萃取，得到 Co2+ 的溶液，经多步反应，最终得到 CoC2O4 晶体。 【详解】(1)电池“预处理”时需要将电池完全放电，原因一是防止在电池拆解过程中，发生短 路引起火灾、爆炸事故的发生，二是使 Li+全部进入正极片中，提高原料的回收率。 (2)LiCoO2 被 Na2SO3 还原，发生反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H++ 2 3SO  =2Li++2Co2++ 2 4SO  +3H2O。 (3)根据 Al(OH)3 的 Ksp，当溶液中的 Al3+的浓度为 1.0×10-5mol ⋅ L-1 时，溶液中的 c(OH-)=  33 51.0 10 spK Al OH      = 33 3 5 1.0 10 1.0 10     = 28 310  mol/L，所以 c(H+)= 1414 3 28 3 1.0 10 10 10      mol/L，可求出 pH=-lg c(H+)=4.7，所以溶液的 pH 至少为 4.7。 (4)a．萃取时少量多次效率高，故使用一定量 P2O4 萃取时应该将萃取剂分多次萃取，萃取效率 - 11 - 更高，正确；b．分液漏斗在萃取时需要倒过来振荡，所以使用前一定要检查上口的玻璃塞和 下面的活塞是否漏液，正确；c．振荡过程中，有机溶剂挥发导致分液漏斗内压强增大，需要 打开活塞放气，正确；d．萃取后分液时需要打开上口的玻璃塞使分液漏斗内外气压相同，再 旋开下面的活塞，使下层液体缓缓流下，当下层液体放完后，再打开上口的玻璃塞，将上层 液体从上口倒出，故错误；故选 abc。 (5)由于 P2O4 是磷酸酯类，而酯在碱溶液中会发生水解，所以“反萃取”时不宜加入烧碱溶液。 反萃取时，Co2+进入水层，P2O4 在有机层，所以获取 P2O4 的方法是分液。 (6)18.3g CoC2O4·2H2O 的物质的量为 0.1mol，其中含 Co 的物质的量为 0.1mol，质量为 5.9g。 当温度高于或等于 300℃时所得固体为钴氧化物，在 C 点，固体质量为 8.03g，其中含钴 5.9g， 所以含 O 的质量为 8.03g-5.9g=2.13g，Co 和 O 的物质的量之比为 2.13g0.1 : 16g /mol mol =3:4，即 钴的氧化物的化学式为 Co3O4。在 B 点，固体质量为 14.70g，和开始时的质量相差 18.3g-14.70g=3.6g，故加热到 225℃，失去的是 0.2mol 结晶水，所以 225℃时，固体为 CoC2O4， 继续加热时，和氧气反应生成 Co3O4 和 CO2，则 B→C 点发生反应的化学方程式为： 3CoC2O4+2O2 Δ Co3O4+6CO2。 10. 氢气在富氧条件下催化还原 NOx(H2-SCR)反应在低温时仍具有高活性和选择性，近年来一 直备受研究学者关注。回答下列问题： (1)已知催化剂铑(Rh)表面 H2 催化还原 NO 的详细反应机理如表所示，其他条件一定时，决定 H2 催化还原 NO 反应速率的基元反应为_______。基元反应 H2+Rh(s)+Rh(s)  H(s)+H(s)的焓 变ΔH=_______kJ/mol。 - 12 - (2)浸渍法合成的 Pt/Al-M-10-A 催化剂对 H2 还原 NO 反应的响应如下图所示，由图可知该催 化剂对反应产物具有_______，该性质受_______的影响。 (3)将 H2、NO、O2 按体积比 3：2：1 充入恒温恒压(200℃、100 kPa)容器中，发生反应： 4H2(g)+2NO(g) +O 2(g)  N2(g)+4H2O(g)达平衡时，N2 的体积分数为 0.1。 ①平衡时，NO 的转化率为_______，平衡常数 Kp=_______(kPa)(以分压表示。分压=总压 x 物 质的量分数)。 ②已知该反应 △ H＜0。初始温度、压强和反应物的用量均相同，下列四种容器中 NO 的转化率 最高的是_______(填字母代号)。 A．恒温恒容容器 B．恒温恒压容器 C．恒容绝热容器 D．恒压绝热容器 (4)1093K 时，NO 与 H2.以物质的量 2：1 混合，置于某密闭容器中，发生化学反应： 2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)。实验测得该反应速率方程(以 N2O)为基准)为 2 12 2 -1 2 2(N O)= (NO)p(H ) =5.6 10 Pa skp k ， ,某时刻测得体系中 NO 的分压为 2.5kPa。则 此时的反应速率为_______Pa/s。 【答案】 (1). N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s) (2). -65.2 (3). 选择性 (4). 温度 (5). 50% (6). 0.04 (7). B (8). 4.375×10-2 【解析】 【分析】 【详解】(1)其他条件一定时，活化能 Ea 越大，反应难以发生，反应速率越小，为慢反应，慢 反 应 为 决 定 总 反 应 速 率 ， 由 此 可 以 决 定 H2 催 化 还 原 NO 反 应 速 率 的 基 元 反 应 为 ： N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)，从表格中获取信息可知，基元反应 H2+Rh(s)+Rh(s)  H(s)+H(s) 的 Ea 为 12.6 kJ/mol，逆反应 H(s)+H(s)  H2+Rh(s)+Rh(s)的 Ea 为 77.8 kJ/mol，可知反应的焓 变ΔH=12.6 kJ/mol-77.8 kJ/mol=-65.2 kJ/mol，故答案为：N(s)+N(s)=N2+Rh(s)+Rh(s)；-65.2； - 13 - (2)催化剂不变，温度不同，产物组分不同，体现了催化剂具有选择性，且受温度影响，故答 案为：选择性；温度； (3)①根据题干信息可知反应为 4H2(g)+2NO(g) +O2(g)  N2(g)+4H2O(g)，H2、NO、O2 按体积 比即物质的量之比为 3：2：1，设充入量分别 3a mol、2a mol、a mol，NO 转化 xmol，则：       2 2 2 24H g + 2NO(g) + O (g) N (g)+4H O(g) / mol 3a 2a a 0 0 / mol 2x x 0.5x 0.5x 2x / mol 3a-2x 2a-x (a-0.5x) 0.5x 2x  起始 转化 平衡 ，V%(N2)= 0.5 =0.16 - x a x x=a a(NO)= 100% 50%2 a a   ， n 总=6a-x=5a mol，  2N 0.5 1= = 6 10 n xx n a x 总 总 ，同理可知 2 2 2 2 1 1 1(H O) (H ) (NO) (O )5 5 5 10x x x x   ， ， ，           44 2 22 2 4 24 2 2 2 2 2 x N p x H O pp(N )p (H O)Kp= p (H )p (NO)p(O ) x H p x NO p x O p            总 总 总 总 总 =             4 4 22 2 4 24 2 2 2 1 2 x N x H O 110 5= =0.04 kPax H x NO x O p 100kPa1 1 1 5 5 10                    总 ，故答案为：50%； 0.04； ②该反应 △ H＜0，属于放热反应，在绝热容器中相当于对反应加热，温度升高，平衡逆向移动， NO 转化率降低，故恒温容器中 NO 转化率较大。反应前后气体分子数减少，恒压容器中反应 相当于对恒容容器加压，平衡正向移动，NO 转化率较大。由此可知，该反应在恒温恒压容器 中 NO 转化率较大，故选 B； (4)根据阿伏加德罗定律，可以推理出 H2 的分压为 1. 25 kPa，代入速率方程式可知：        22 12 2 1 3 3 -2 2 2v N O NO p H 5.6 10 Pa s 2.5 10 Pa 1.25 10 Pa 4.375 10 Pa/skp            ，故答案为： -24.375 10 。 [化学一选修 3：物质结构与性质］ 11. 碱金属及其化合物在生活、科研等领域用途广泛。回答下面相关问题： (1)基态 K 原子核外有_______种不同的电子运动状态；下列碱金属原子核外电子发生如下变化 时有可能会观察到焰色的是_______(填字母代号)。 - 14 - a. b. c. d. (2)碱金属易形成各种不同的盐，已知碱金属各种盐的沸点(℃)如表所示。 Li Na K 氧化物 613 801 771 硫酸盐 859 880 1069 碳酸盐 720 858 901 由此可以得出随质子数递增，碱金属形成化合物中化学键的离子性_______(填“逐渐增强”“不 变”或“逐渐减弱”)；在硫酸盐和碳酸盐中，S，C 原子的杂化形式分别为_______和_______。 (3)碱金属元素中，仅有 Li 可以直接与 N2 化合生成 Li3N。已知该晶体中。存在锂、氮原子共 同组成的锂、氮层，如图所示。 该结构中，在锂、氮层之间还应存在_______(填“锂”或“氮”)层。理由是_______。 (4)氮化钼是制备锂离子电池的重要原材料，该晶胞结构如图所示。 - 15 - ①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。 若 A 的原子分数坐标为(0，0，0)，则 B 的原子分数坐标为_______。 ②N 原子位于 Mo 原子立方晶格的_______(填“四面体”“正方体”或“八面体”)空隙中，若 Li 位 于该晶胞的八面体空隙中，则一个晶胞中最多能够填入_______个 Li。 ③若氮化钼的密度为ρ g·cm-3，晶胞中 Mo 为最紧密堆积。其原子半径为 r。则 Mo 所围成的空 隙中，所容纳的离子半径最大值为_______nm。(用含有ρ ，NA 的代数式表示。设 NA 表示阿伏 加德罗常数的值) 【答案】 (1). 19 (2). bc (3). 逐渐增强 (4). sp3 (5). sp2 (6). 锂 (7). 因 为锂氮层中锂氮比为 2:1，即为 Li2N，不符合化学计量式 Li3N，所以应该有 Li 原子层 (8). ( 1 2 ， 1 2 ，0) (9). 八面体 (10). 2 (11). 73 A 1 2 412 102 4 N       【解析】 【分析】 【详解】(1)K 原子核电荷数为 19，核外共有 19 个电子，每个电子运动状态均不同，则基态 K 原子核外有 19 种不同的电子运动状态，故答案为：19； 焰色实验的本质是电子接受能量发生跃迁，由基态跃迁到激发态，即能量较高的电子层，该 电子从能量较高的电子层又回到基态时，多余的能量释放出来，可能会产生不同的焰色， a．[Ar]4s1→[Ar]4p1 为钾原子从基态到激发态要吸收能量，不符合题意，故不选 a； b．[Ne]3d1→[Ne]3s1 为钠原子从激发态到基态过程，释放能量，会观察到焰色，符合题意， 故选 b； c． 为锂原子从激发态到基态释放 能量，会观察到焰色，符合题意，故选 c； - 16 - d． 为钠 原子从基态到激发态要吸收能量，不符合题意，故不选 d； 故答案为：bc； (2) 由表中沸点数据可知，随质子数递增，碱金属形成化合物沸点升高，说明离子键键能增大， 化学键的离子性逐渐增强； 在硫酸盐中 S 2 4O  的中心原子 S 外层有 6 个电子，价层电子对数=4+ (8-4 2) 1 2  =4，为 sp3 杂 化；碳酸盐中 C 2 3O  的中心原子 C 外层有 4 个电子，价层电子对数=3+ (6-3 2) 1 2  =3，为 sp2 杂化，故答案为：sp3；sp2； (3)在锂氮层之间还应存在锂层，因为锂氮层中如图所示 ，锂氮比为 (1+2 1 3  +2 1 6  ):1=2:1，即为 Li2N，不符合化学计量式 Li3N，所以应该有 Li 原子层，故答案 为：锂；因为锂氮层中锂氮比为 2:1，即为 Li2N，不符合化学计量式 Li3N，所以应该有 Li 原 子层； (4)①图中 A 的原子分数坐标为(0，0，0)，如图建立坐标系 ，则原子 B 位于 x 轴 1 2 处，位于 y 轴 1 2 处，位于 z 轴 0 处，则原子分数坐标为( 1 2 ， 1 2 ，0)； ②N 原子部分填充在 Mo 原子立方晶格的八面体空隙中，则由晶胞结构图可知，图中黑色球代 表 Mo，白色球代表 N，若让 Li 位于该晶胞的八面体空隙中，则锂离子只能位于晶胞中未被 N 占据的棱中间的位置，共有 8 个，平均一个晶胞中最多能够填入锂离子数目为 8 1 4  =2，故 答案为：八面体；2； ③由图可知，一个氮化钼晶胞中含有 Mo 原子数=8 1 8  +6 1 2  =4，含有 N 原子数=1+4 1 4  =2， 设晶胞棱长为 anm，即 a 10-7cm，则晶胞体积为(a 10-7)3cm3，晶胞的密度 ρ = m V = 7 3 A 96 4 14 2 ( 10 )a N     g·cm-3= 7 3 A 412 ( 10 )a N g·cm-3，则 a= 3 A 412 N  107。由晶胞结构图可知， - 17 - 在 Mo 所围成的空隙中，所容纳的离子只能位于晶胞中未被 N 占据的棱中间的位置，则所容 纳的离子半径（设为 x）、Mo 原子半径 r 和晶胞棱长的关系为 2x+2r=a，则 x= 2 a -r= 3 A 1 412 2 N  107-r，晶胞中 Mo 为最紧密堆积，面对角线长为 4r，则 Mo 的原子半径 r= 2 4 a= 73 A 2 412 104 N  nm，即所容纳的离子半径最大值为 73 A 1 2 412 102 4 N       nm， 故答案为： 73 A 1 2 412 102 4 N       。 [化学-选修 5：有机化学基础］ 12. 有机物 K( )是一种常用的赋香剂，可以采用废弃的油脂 合成。其合成路线如图所示。 已知：①R-Br Mg 乙醚 R-MgBr；②R1-CHO 2 + ①R MgBr ②H 回答下列问题： (1)下列关于油脂的说法正确的有_______(填字母代号)。 a.油脂与蛋白质、淀粉均属于高分子营养物质 b.油脂能为人体提供热能，还能提供必需的脂肪酸 c.天然油脂属于纯净物，水解产物一定含有甘油 d.油脂在酸性条件下能够发生水解反应，该反应又叫皂化反应 e.油脂的氢化又叫硬化，属于加成反应 (2)K 分子中含有官能团的名称为_______；C→D 的反应类型为_______。 (3)检验 G 中官能团常用试剂是_______。；X 的名称为_______。 (4)D-E 的化学反应方程式为_______。 - 18 - (5)M 是 D 的同分异构体。M 分子核磁共振氢谱显示有四种峰，峰面积之比为 3：2：1：1.M 可能的结构简式为_______。 (6)写出以乙醇为有机原料设计合成 2-丁醇的路线图(其他无机试剂任选)________。 【答案】 (1). be (2). 碳碳双键、酯基 (3). 加成反应(或者还原反应) (4). Na (5). 丙烯酸 (6). + HBr + (7). 、 (8). 【解析】 【分析】 根据题意，借助试题提供的信息，CH2=CHCHO 和 CH2=CH-CH=CH2 发生 1，4 加成成环反应， 生成 C（ ），则 D 为 ，E 为 ，F 为 ，G 为 ， 下列合成流程图及反应类型如下图： 根据合成流程图就可以推出各种的结构简式。 【详解】(1)油脂不属于高分子化合物，a 错误； 人体摄入油脂，油脂能够储备能量，还能够提供热量，另外油脂水解产生的亚油酸、亚麻酸 是人体必需的脂肪酸，人体难以自己合成，b 正确； 天然油脂含有维生素，色素等杂质，属于混合物，c 错误； 油脂在碱性条件下水解属于皀化反应，d 错误； - 19 - 植物油类和氢气加成反应后转化为脂肪类化合物，该氢化又叫硬化反应，属于加成反应，e 正 确， 故答案为：be； (2)根据 K 的结构特点，可以得出 K 分子中含有的官能团有碳碳双键和酯基；根据官能团的转 化特点，可以得出 C→D 的反应类型为加成反应或者还原反应。 (3)G 中含有的官能团为醇羟基，检验醇羟基常用的试剂为金属 Na,根据 K 逆推理，可知 X 的 结构简式为 CH2=CH-COOH，名称为丙烯酸。 (4)根据题意可得出 D 转化为 E 的反应为 + HBr + (5)根据信息，可得出 M 的可能结构为 、 (6)根据试题提供的信息可得出乙醇合成 2-丁醇的路线为；