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  • 2021-07-06 发布

备战2021年高考化学模拟专练卷07(教师版)

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模拟专练卷 07 化学 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,再选涂其它答案标号。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:H-1 C-12 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Au-197 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.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关,下列说法错误的是 A.新型冠状病毒主要由 C、H、O、N、S 等元素组成,常用质量分数为 75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒 B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色,可用苏打粉检验假葡萄酒 C.植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质 D.防疫时期很多家庭都备有水银温度计,若不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖 【答案】A 【解析】A. 新型冠状病毒主要由 C、H、O、N、P 等元素组成,常用体积分数为 75%的医用酒精杀灭新型冠状 病毒,故 A 错误;B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色,苏打粉是碳酸钠,溶液呈碱性,可用苏打粉检 验假葡萄酒,故 B 正确;C. 植物油含有碳碳双键,长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质,故 C 正确; D. Hg 和 S 常温下反应生成 HgS,水银温度计不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖,故 D 正确;故选 A。 8.已知反应 S2O82-(aq)+2I-(aq)⇌ 2SO42-(aq)+I2(aq),若往该溶液中加人含 Fe3+的某溶液,反应机理:① 2Fe3++(aq)+2I-(aq)⇌ I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq) ⇌2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有关该反应的说法不正确 的是 A.增大 S2O82-浓度或 I-浓度,反应①、反应②的反应速率均加快 B.Fe3+是该反应的催化剂 C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小,所以该反应是放热反应 D.往该溶液中滴加淀粉溶液,溶液变蓝,适当升温,蓝色加深 【答案】D 【解析】 A. 增大 S2O82-浓度或 I-浓度,增加反应物浓度,因此反应①、反应②的反应速率均加快,故 A 正确; B. Fe3+在反应中是中间过程,参与反应但质量不变,因此是该反应的催化剂,故 B 正确; C. 因为正反应的活化能比逆反应的活化能小,因此该反应是放热反应,故 C 正确; D. 往该溶液中滴加淀粉溶液,溶液变蓝,适当升温,平衡逆向移动,单质碘减少,蓝色加浅,故 D 错误。 综上所述,答案为 D。 9.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 A.S+2KNO3+3C= K2S+3CO2↑+N2↑每生成 0.5mol N2,反应中转移电子数为 6NA B.a g C2H4和 C3H6混合气体含有的原子数目为 a NA/14 C.lL 0.2mol/L NaHCO3 溶液中含 HCO3- 和 CO32-的离子数之和为 0.2NA D.1mol·L-1 的 NaClO 溶液中含有 ClO-的数目小于 NA 【答案】A 【解析】A. S+2KNO3+3C= K2S+3CO2↑+N2↑,该反应中转移的电子数是 12e-,所以,每生成 0.5mol N2,反应中 转移电子数为 6NA,A 正确;B. C2H4和 C3H6 的最简式都是 CH2, a g C2H4和 C3H6混合气体含有“CH2”的物质的 量为 a /14mol,所以,其含有的原子数目为 3a NA/14,B 正确;C. NaHCO3 在水溶液中既能水解(水解后生成碳 酸)又能电离,所以 lL 0.2mol/L NaHCO3溶液中含 HCO3- 和 CO32-的离子数之和小于 0.2NA,C 不正确;D. 不知 道 1mol·L-1 的 NaClO 溶液的体积,无法计算其中含有 ClO-的数目,D 不正确。本题选 A。 10.下图为某漂白剂的结构。已知:W、Y、Z 是不同周期、不同主族的短周期元素,W、Y、Z 原子最外层电子 数之和等于 X 原子最外层电子数,W、X 对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是 A.W、X 对应的简单离子的半径:X>W B.Y 元素在周期表中的位置为二周期第 IVA 族 C.将 W 的氯化物的水溶液加热蒸干并灼烧可得到 W 的氧化物 D.该漂白剂结构中,Y、X 原子的最外层均满足 8 电子结构。 【答案】B 【解析】 W、Y、Z 是不同周期、不同主族的短周期元素,说明有一种元素为 H 元素,根据图示结构可知,W 形成+2 价 阳离子,X 形成 2 个共价键,Y 可以形成 4 个单键,Z 形成 1 个共价键,则 Z 为 H 原子,W 位于ⅡA 族,X 是 ⅥA 族元素,W、X 对应的简单离子核外电子排布相同,则 W 是 Mg 元素,X 是 O 元素,W、Y、Z 原子最外层 电子数之和等于 X 原子最外层电子数,Y 的最外层电子数为 6-2-1=3,Y 与 H、Mg 不同周期,则 Y 为 B 元素, 据此分析。 A.由于 W、X 对应的简单离子核外电子排布相同,则核电荷数大的离子半径小,故 W、X 对应的简单离子的半 径:X>W,A 项正确; B.Y 为 B 元素,位于元素周期表中第二周期第ⅢA 族,B 项错误; C.W 的氯化物的水溶液为 MgCl2 溶液,Mg2+在溶液中会水解生成 Mg(OH)2,而生成的 HCl 为挥发性酸。MgCl2 溶液蒸干灼烧后,可得到 MgO,C 项正确; D.该漂白剂中,B、O 原子最外层均满足 8 电子结构,D 项正确;答案选 B。 11.NiS 可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。NiS 在有水存在时能被氧气氧化成 Ni(OH)S。将 H2S 通入稀硫酸酸化的 NiSO4 溶液中,经过过滤,制得 NiS 沉淀,装置如图所示: 下列对实验的叙述正确的是 A.在装置 A 中滴加蒸馏水前通入 N2,是为了将 H2S 赶入 C 装置中与 NiSO4 溶液反应 B.装置 B 中盛放浓硫酸 C.装置 D 中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水 D.反应结束后继续通入 N2 可将 C 装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中 【答案】C 【解析】A. NiS 在有水存在时能被氧气氧化成 Ni(OH)S,在装置 A 中滴加蒸馏水前通入 N2,是为了将除去装置 中的空气,故 A 错误;B. 硫化氢能够被浓硫酸氧化,故 B 错误; C. NiS 在有水存在时能被氧气氧化成 Ni(OH)S, 为了防止被氧化,装置 D 中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水,故 C 正确;D. 反应结束后继续通入 N2 可将 C 装置 中产生的 H2S 赶出吸收,防止污染空气,故 D 错误;故选 C。 12.某种可用于治疗心脏病的药物 X 的结构简式为 ,下列有关 X 法正确的是 A.X 是乙酸乙酯的同系物,可能有香味 B.X 能溶于水,密度可能比水的大 C.X 遇碱溶液或酸溶液都不变质 D. 与 X 互为同分异构体 【答案】D 【解析】 A.X 含环状结构,与乙酸乙酯的结构不相似,二者不是同系物,故 A 错误; B.X 含-COOC-,且碳原子数不多,则 X 不溶于水,密度可能比水的小,故 B 错误; C.含-COOC-,具有酯的性质,遇碱溶液或酸溶液均发生水解反应而变质,故 C 错误; D.二者分子式相同、结构不同,互为同分异构体,故 D 正确;故答案为 D。 13.柠檬酸(用 H3R 表示)是一种高效除垢剂,现用一定浓度的柠檬酸溶液去除水垢,溶液中 H3R、H2R-、HR2-、 R3-的含量随 pH 的变化如图所示。下列说法正确的是 A.H3R 的第二步电离常数 Ka2(H3R)的数量级为 10-4 B.pH=6 时,c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-) C.Na2HR 溶液中 HR2-的水解程度大于电离程度 D.pH=4 时,c(H+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+c(OH-) 【答案】B 【解析】柠檬酸溶液电离方程式:H3R H2R-+H+,H2R- HR2-+H+,HR2- R2-+H+,随着 PH 值的增 大,氢离子浓度会减小,平衡向右移动,所以 H3R 含量会减少。H3R、H2R-、HR2-、R3-在图形中表示的曲线分 别为 a、b、c、d. A. 据图可知,随 pH 的增大,H3R、H2R-、HR2-、R3-在图象中对应的曲线分别为 a、b、c、d,H3R 的第二步电离 常数 Ka2(H3R)=       2 2 c HR c H c H R     ,由图可知,当 c(HR2-)= c(H2R-)时,pH 约为 4.8,c(H+)=10-4.8mol/L,数量级 应为 10-5,故 A 错误; B. 据图可知,pH=6 时,c(R3-)=c(HR2-)>c(H+)>c(OH-),故 B 正确; C. HR2-大量存在的溶液 pH 约为 5,溶液呈酸性,所以 Na2HR 溶液中 HR2-的水解程度小于电离程度,故 C 错误; D. pH=4 时,根据电荷守恒:c(H+)+2c(Ca2+)+2c(Mg2+)=c(H2R-)+2c(HR2-)+c(OH-)+3c(R3-), 所以不符合电荷守恒,故 D 错误;答案选 B。 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)碱式氯化铜[Cux(OH)yClz·mH2O]是重要的农药、医药中间体,还可用作木材防腐剂、饲料添加剂 等.研究小组在实验室用某厂废铜渣(主要成分为 Cu、CuO,含少量 Fe3O4、Ni、Al2O3)制备碱式氯化铜的流 程如下,回答下列问题: (1)“研磨”的目的为________。 (2)“碱溶”的目的为____________。 (3)“酸溶”时生成 Fe3+反应的离子方程式为_______;生成的 Fe3+对 Cu 发生的氧化反应的催化原理如上图所 示。N 代表的物质为________(填化学式或离子符号)。 (4)“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。 (5)若滤液 2 中 c(Fe3+)=4×10-8 mol/L,pH=4,则 Ksp[Fe(OH)3]=__________。 (6)为测定 Cux(OH)yClz·mH2O 的组成,进行如下操作:取样品 23.25 g,用适量酸溶解后配成 100mL 溶 液;取 10.00 mL 溶液加入足量 AgNO3 溶液,生成 1.435 g 沉淀;另取 10.00 mL 溶液,用 1.000 mol/L 的 EDTA 标准液滴定 Cu2+(Cu2+与 EDTA 以物质的量之比 1∶1 反应),滴定至终点时消耗标准液体积为 20.00 mL。 ①溶解样品所用酸的化学式为________; ②最终确定该样品的化学式为______。 【答案】(1)加快反应速率,使反应更充分(2 分) (2)将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去 (2 分) (3)4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O (2 分) Fe2+或 FeCl2 (1 分) (4)温度过高,盐酸挥发程度增大,空气溶解度减小,导致反应速率降低,酸溶不充分 (2 分) (5)4×10-38 (2 分) (6)HNO3 (1 分) Cu2(OH)3Cl•H2O(2 分) 【解析】 由图可知,废铜渣(主要成分 Cu、CuO,含少量 Fe3O4、Ni、A12O3)研磨可增大接触面积,加快反应速率,通入 CO 除去 Ni 元素,加 NaOH 分离出的滤液 1 中含偏铝酸钠和 NaOH,滤渣 1 含 Cu、CuO、Fe3O4,加盐酸、空气 溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液,调节 pH,过滤分离出的滤渣 2 为 Fe(OH)3,滤液 2 中加石灰乳可制备碱 式氯化铜 Cux(OH)yClz•mH2O,滤液 3 中含氯化钙,据此分析解答。 (l)“研磨”可增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分,故答案为:加快反应速率,使反应更充分; (2)“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去,故答案为:将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去; (3)“酸溶”时生成 Fe3+反应的离子方程式为 4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O;生成的 Fe3+对 Cu 发生的氧化反应 的催化原理图中,Cu 失去电子,则 Fe 得到电子转化为 N 的化学式为 Fe2+或 FeCl2,故答案为: 4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O;Fe2+或 FeCl2; (4)“酸溶”时温度不能过高,因为温度过高,盐酸挥发程度增大,空气的溶解度减小,会导致反应速率降低, 酸溶不充分,故答案为:温度过高,盐酸挥发程度增大,空气的溶解度减小,导致反应速率降低,酸溶不充分; (5)若滤液 2 中 c(Fe3+)=4×10-8mol/L,pH=4,则 Ksp[Fe(OH)3]=4×10-8×(10-10)3=4×10-38,故答案为:4×10-38; (6)①后续实验需要加入 AgNO3 溶液,因此溶解样品所用酸为 HNO3,加入足量 AgNO3溶液可检验 Cl-,故答 案为:HNO3; ②n(Cl-)= 1.435 g 143.5g / mol × 100mL 10mL =0.1mol,n(Cu2+)=0.02L×1mol/L× 100mL 10mL =0.2mol,由电荷守恒可知 n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=0.2 mol×2-0.1 mol=0.3mol,m(Cl-)=0.1mol×35.5 g•mol-1=3.55 g,m(Cu2+)=0.2mol×64 g•mol-1=12.8g,m(OH-)=0.3mol×17g/mol=5.1 g,n(H2O)= 23.25g 3.55g 12.8g 5.1g 18g / mol    =0.1mol,则 x∶y∶z∶ m=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,即化学式为 Cu2(OH)3Cl•H2O,故答案为:Cu2(OH)3Cl•H2O。 27.(14 分) 碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。 (1)合成该物质的步骤如下: 步骤 1:配制 0.5mol·L-1 MgSO4溶液和 0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。 步骤 2:用量筒量取 500mL NH4HCO3溶液于 1000mL 三颈烧瓶中,开启搅拌器。温度控制在 50℃。 步骤 3:将 250mL MgSO4 溶液逐滴加入 NH4HCO3溶液中,1min 内滴加完后,用氨水调节溶液 pH 到 9.5。 步骤 4:放置 1h 后,过滤,洗涤。 步骤 5:在 40℃的真空干燥箱中干燥 10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3·nH2O n=1~5)。 ①步骤 2 控制温度在 50℃,较好的加热方法是_________。 ②步骤 3 生成 MgCO3·nH2O 沉淀的化学方程式为__________。 ③步骤 4 检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。 (2)测定生成的 MgCO3·nH2O 中的 n 值。 称量 1.000 碳酸镁晶须,放入如图所示的广口瓶中加入适量水,并滴入稀硫酸与晶须反应,生成的 CO2被 NaOH 溶液吸收,在室温下反应 4~5h,反应后期将温度升到 30℃,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定,测得 CO2的总量;重复上述操作 2 次。 ①图中气球的作用是_________。 ②上述反应后期要升温到 30℃,主要目的是______。 ③测得每 7.8000g 碳酸镁晶须产生标准状况下 CO2为 1.12L,则 n 值为_______。 (3)碳酸镁晶须可由菱镁矿获得,为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁,含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的 含量,在实验室分别称取 12.5g 菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中,加入指示剂,用 0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗 H2O2溶液的体积数据如表所示。 实验编号 1 2 3 4 消耗 H2O2 溶液体积/mL 15.00 15.02 15.62 14.98 ①H2O2 溶液应装在_________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②根据表中数据,可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________ %(保留小数点后两位)。 【答案】(1)①水浴加热(1 分) ②MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O  MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 (2 分) ③取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀盐酸,无明显现象,然后加入 BaCl2溶液,若无白色沉淀,则沉淀已 经洗涤干净 (2 分) (2)①缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用 (2 分) ②使广口瓶中溶解的 CO2充分逸出,并被 NaOH 溶液充分吸收(2 分) ③4 (2 分) (3)①酸式(1 分) ②0.13(2 分) 【解析】 本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定 MgCO3·nH2O 中 n 值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是 利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定 MgCO3·nH2O 中 n 值,采用的是加稀硫酸,和MgCO3·nH2O 反应,测定产生的 CO2 的体积,可以通过计算确定 MgCO3·nH2O 中 n 值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱 镁矿中的铁转化为 Fe2+,用 H2O2溶液滴定,根据消耗的 H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的 含量。 (1)①步骤 2 控制温度在 50℃,当温度不超过 100℃时,较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热, 又可以很好地控制温度。 ②MgSO4溶液和 NH4HCO3 溶液、氨水反应生成 MgCO3·nH2O 沉淀的同时还得到(NH4)2SO4,化学方程式为: MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2O  MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。 ③步骤 4 检验沉淀是否洗涤干净,可以检验洗涤液中的 SO42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中,加入稀 盐酸,无明显现象,然后加入 BaCl2 溶液,若无白色沉淀,则沉淀已经洗涤干净。 (2)①图中气球可以缓冲压强(或平衡压强),还可以起到封闭体系的作用。 ②上述反应后期要升温到 30℃,主要目的是使广口瓶中溶解的 CO2充分逸出,并被 NaOH 溶液充分吸收。 ③标准状况下 1.12LCO2 的物质的量为 0.05mol,根据碳守恒,有 7.8000g (84+18n)g/mol =0.05mol,解得 n=4。 (3)①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性,应装在酸式滴定管中。 ②四次实验数据,第 3 次和其他三次数据偏离较大,舍去,计算出三次实验消耗 H2O2溶液体积的平均值为 15.00mL。 n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol,在 H2O2 和 Fe2+的反应中,H2O2 做氧化剂,-1 价氧的化合价降低到-2 价,Fe2+中铁的化合价升高到+3 价,根据电子守恒,n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4mol,则 m(Fe)= 3×10-4mol×56g/mol=0.0168g,实验菱镁矿中铁元素的质量分数为 0.0168 12.5 ×100%=0.13%。 28.(15 分) CH4 超干重整 CO2 技术可得到富含 CO 的化工原料。回答下列问题: (1)CH4 超干重整 CO2的催化转化如图所示: ①已知相关反应的能量变化如图所示: 过程Ⅰ的热化学方程式为________。 ②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填序号)。 a.实现了含碳物质与含氢物质的分离 b.可表示为 CO2+H2=H2O(g)+CO c.CO 未参与反应 d.Fe3O4、CaO 为催化剂,降低了反应的ΔH ③其他条件不变,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下,反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)进 行相同时间后,CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a 点所代表的状态________(填“是”或“不是”)平衡 状态;b 点 CH4的转化率高于 c 点,原因是________。 (2)在一刚性密闭容器中,CH4和 CO2的分压分别为 20kPa、25kPa,加入 Ni/α-Al2O3 催化剂并加热至 1123K 使其发生反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。 ①研究表明 CO 的生成速率υ(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1,某时刻测得 p(CO)=20kPa, 则 p(CO2)=________kPa,υ(CO)=________mol·g-1·s-1。 ②达到平衡后测得体系压强是起始时的 1.8 倍,则该反应的平衡常数的计算式为 Kp=________(kPa)2。(用各 物质的分压代替物质的量浓度计算) (3)CH4 超干重整 CO2得到的 CO 经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下,向某浓度的草酸溶液中加入一 定浓度的 NaOH 溶液,所得溶液中    2- 2 2 4 2 4c H C O =c C O ,则此时溶液的 pH=________。(已知常温下 H2C2O4 的 Ka1=6×10-2,Ka2=6×10-5,lg6=0.8) 【答案】 (1)①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1(2 分) ②cd(2 分) ③不是(1 分) b 和 c 都未达平衡,b 点温度高,反应速率快,相同时间内转化率高(2 分) (2)①15 (2 分) 1.95 (2 分) ② 2 236 36 2 7   (2 分) (3)2.7 (2 分) 【解析】 由能量-反应进程曲线得热化学方程式,应用盖斯定律可得过程 I 的热化学方程式。过程 II 中进入循环的物质是 最初反应物,出循环的物质是最终生成物,可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比, 故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与 NaOH 溶液混合后,其两步电离平衡仍然存在,据电离常数表达 式可求特定条件下溶液的 pH。 (1)①据 CH4超干重整 CO2的催化转化图,过程 I 的化学反应为 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量-反 应进程曲线得热化学方程式: CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ·mol-1 (i) CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165kJ·mol-1 (ii) (i)×2+(ii)得过程 I 的热化学方程式:CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1 ②过程Ⅱ物质变化为:左上(CO、H2、CO2)+ 右下(惰性气体)→ 左下(H2O)+ 右上(CO、惰性气体), 总反应为 H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO 为总反应的催化剂,能降低反应的活化能,但不能改变反应的ΔH。 故 ab 正确,cd 错误。 ③通常,催化剂能加快反应速率,缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动,即不能改变平衡 转化率。若图中 a 点为化学平衡,则保持温度不变(800℃),将催化剂 II 换成 I 或 III,CH4 转化率应不变,故 a 点不是化学平衡。 同理,图中 b、c 两点都未达到化学平衡。据题意,b、c 两点只有温度不同,b 点温度较高,反应速率快,相同 时间内 CH4转化率高。 (2)①据气态方程 PV=nRT,恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为 1123K 恒容时,CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) 起始分压/kPa: 20 25 0 0 改变分压/kPa: 10 10 20 20 某时分压/kPa: 10 15 20 20 即某时刻 p(CO2)=15kPa,p(CH4)=10kPa。代入υ(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1=1.95mol·g-1·s-1。 ②设达到平衡时 CH4的改变分压为 x kPa, 1123K 恒容时,CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) 起始分压/kPa: 20 25 0 0 改变分压/kPa: x x 2x 2x 平衡分压/kPa: 20-x 25-x 2x 2x 据题意,有 (20 ) (25 ) 2 2 20 25 x x x x    - - =1.8,解得 x=18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是 2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa,代入 Kp= 2 2 2 4 2 (CO) (H ) (CH ) (CO ) p p p p   = 2 236 36 2 7   (kPa)2。 (3)常温下,草酸溶液与 NaOH 溶液混合,所得混合溶液中仍存在分步电离: H2C2O4 H++HC2O4 - Ka1= + - 2 4 2 2 4 (H ) (HC O ) (H C O ) c c c  HC2O4 - H++C2O42- Ka2= + 2- 2 4 2 4 (H ) (C O ) (HC O ) c c c   当    2- 2 2 4 2 4c H C O =c C O 时,Ka1·Ka2= 2 +(H )c 。 +(H )c = a1 a2·K K =6×10-3.5 mol/L,pH=2.7。 (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) Ⅰ.过渡金属元素性质研究在无机化学中所占的比重越来越大。 (1)铜元素在周期表的位置是______。 (2)比较 NH3和[Cu(NH3)2]2+中 H-N-H 键角的大小:NH3______[Cu(NH3)2]2+(填“>”或“<”),并说明理由______。 (3)铜金合金是一种储氢材料,晶胞参数 anm,面心立方堆积,铜原子在晶胞的面心位置,金原子在晶胞的顶 点位置。已知阿伏加德罗常数的数值为 NA,铜、金的摩尔质量分别为 M(Cu)、M(Au),该晶体的密度为______g/cm3; 氢原子可以进入到铜原子和金原子构成的四面体的空隙中,该材料储满氢后的化学式为______。 (4)研究发现,钒元素的某种配合物可增强胰岛素降糖作用,它是电中性分子,结构如图 1,在图中画出由钒 离子形成的配合物中的配位键______。 Ⅱ.氮元素可以形成多种化合物。 (5)NO3-的立体构型的名称是______,NO3-的一种等电子体为______。 (6)硫酸和硝酸都是常见的强酸,但性质差异明显:硫酸是粘稠的油状液体,沸点 338℃;硝酸是无色液体, 沸点仅为 122℃,试从氢键的角度解释原因:______。 (7)图 2 表示某种含氮有机化合物的结构,其分子内 4 个氮原子分别位于正四面体的四个顶点(见图 3),分子 内存在空腔,能嵌入某离子或分子并形成 4 个氢键予以识别。下列分子或离子中,能被该有机化合物识别的是 ______(填标号)。 a.CF4 b.CH4 c.NH4+ d.H2O 【答案】(1)第四周期第ⅠB 族 (1 分) (2)< (1 分) 因为 NH3提供孤对电子与 Cu2+形成配位键后,N-H 成键电子对受到的排斥力减小,所以 H-N-H 键角增大 (2 分) (3) 3 -21 A 3M(Cu)+M(Au) a 10 N  (2 分) H8Cu3Au (2 分) (4) (2 分) (5) 平面正三角形 (1 分) CO32- (1 分) (6)硫酸易形成分子间氢键,所以比较粘稠、沸点高;硝酸能够形成分子内氢键,所以沸点比较低(2 分) (7) c (1 分) 【解析】 Ⅰ.(1)铜元素在周期表的位置是第四周期第ⅠB 族。故答案为:第四周期第ⅠB 族; (2)氨分子中有孤电子对,孤电子对对成键电子对作用力大,NH3和[Cu(NH3)2]2+中 H-N-H 键角的大小:NH3 <[Cu(NH3)2]2+,理由:因为 NH3提供孤对电子与 Cu2+形成配位键后,N-H 成键电子对受到的排斥力减小,所以 H-N-H 键角增大。 故答案为:< ;因为 NH3提供孤对电子与 Cu2+形成配位键后,N-H 成键电子对受到的排斥力减小,所以 H-N-H 键角增大; (3)铜金合金是一种储氢材料,晶胞参数 anm,面心立方堆积,铜原子在晶胞的面心位置,金原子在晶胞的顶 点位置。该晶胞中 Au 原子个数=8× 1 8 =1,Cu 原子个数=6× 1 2 =3,所以该合金中 Au 原子与 Cu 原子个数之比=1: 3, 晶胞体积 V=(a×10-10cm)3,每个晶胞中铜原子个数是 3、Au 原子个数是 1,则ρ=      37 3 10 A M Cu M Au N a    g·cm- 3= 3 -21 A 3M(Cu)+M(Au) a 10 N  g·cm-3; 晶胞中 Cu 原子处于面心,Au 原子处于顶点位置,Au 原子为 3 个面的顶点,晶胞中 Au 原子与面心 Cu 原子构成 8 个四面体空隙,氢原子进入到铜原子和金原子构成的四面体的空隙中,该材料储满氢后的化学式为 H8Cu3Au。 故答案为: 3 -21 A 3M(Cu)+M(Au) a 10 N  ;H8Cu3Au; (4)根据如图 1,N 原子最外层 5 个电子,其中 2 个电子与碳形成碳碳双键,1 个电子与碳形成单键,孤电子对 进入 V 的空轨道,形成配位键,在图中画出由钒离子形成的配合物中的配位键,如图 。 故答案为: ; Ⅱ.(5)NO3-的中心原子价层电子对=3+ 5 2 1 2 3   =3,sp2杂化,立体构型的名称是平面正三角形,NO3-的一 种等电子体为 CO32-、SO3 等。 故答案为:平面正三角形 ;CO32- ; (6)硫酸和硝酸都是常见的强酸,但性质差异明显,从氢键的角度解释原因:硫酸易形成分子间氢键,所以比 较粘稠、沸点高;硝酸能够形成分子内氢键,所以沸点比较低。 故答案为:硫酸易形成分子间氢键,所以比较粘稠、沸点高;硝酸能够形成分子内氢键,所以沸点比较低; (7)由氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H)可知,本题中嵌入某微粒分别与 4 个 N 原子形成 4 个氢键, 由成键元素及数目可知为 NH4 +。 36.[化选修 5:有机化学基础](15 分) 1,3—环己二酮( )常用作医药中间体,用于有机合成。下列是一种合成 1,3—环己二酮的路线。 回答下列问题: (1)甲的分子式为 __________。 (2)丙中含有官能团的名称是__________。 (3)反应①的反应类型是________;反应②的反应类型是_______。 (4)反应④的化学方程式_______。 (5)符合下列条件的乙的同分异构体共有______种。 ①能发生银镜反应 ②能与 NaHCO3溶液反应,且 1mol 乙与足量 NaHCO3溶液反应时产生气体 22.4L(标准状况)。 写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为 1∶6∶2∶1 的一种同分异构体的结构简式:________。(任意一种) (6)设计以 (丙酮)、乙醇、乙酸为原料制备 (2,4—戊二醇)的合成路线(无机试剂任选) _______。 【答案】 (1)C6H11Br(2 分) (2)醛基、羰基(酮基)(2 分) (3)消去反应 (1 分) 氧化反应 (1 分) (4) +CH3CH2OH 浓硫酸 加热 +H2O (2 分) (5)12(2 分) 或 (2 分) (6)CH3CH2OH 2O 催化剂 CH3COOH 3 2 2 4 CH CH OH H SO /Δ浓 CH3COOCH2CH3 (3 分) 【解析】 (1)甲的分子式为 C6H11Br,故答案为:C6H11Br; (2)丙的结构式为 含有官能团为醛基、羰基(酮基),故答案为:醛基、羰基(酮基); (3)C6H11Br,失去 1 个 HBr,变为 C6H10,为消去反应;丙经过②过程,在 CrO3 的作用下,醛基变为羧基,发 生氧化反应,故答案为:消去反应;氧化反应; (4)该反应的化学方程式为, ,故答案为: ; (5) 乙的分子式为 C6H10O3。①能发生银镜反应,②能与 NaHCO3 溶液反应,且 1mol 乙与足量 NaHCO3 溶液 反应时产生气体 22.4L(标准状况)。说明含有 1 个醛基和 1 个羧基,满足条件的有:当剩余 4 个碳为没有支链, 羧基在第一个碳原子上,醛基有 4 种位置,羧基在第二个碳原子上,醛基有 4 种位置;当剩余 4 个碳为有支链, 羧基在第一个碳原子上,醛基有 3 种位置,羧基在第二个碳原子上,醛基有 1 种位置,共 12 种,其中核磁共振 氢谱中峰面积之比为 1∶6∶2∶1 的一种同分异构体的结构简式 或 , 故答案为:12; 或 ; (6)根据过程②,可将 CH3CH2OH 中的羟基氧化为醛基,再将醛基氧化为羧基,羧基与醇反生酯化反应生成酯, 酯在一定条件下生成 , 再反应可得 ,合成路线为 CH3CH2OH 2O 催化剂 CH3CHO 3CrOCH3COOH 3 2 2 4 CH CH OH H SO /Δ浓 CH3COOCH2CH3 一定条件 ,故答案为: CH3CH2OH 2O 催化剂 CH3CHO 3CrOCH3COOH 3 2 2 4 CH CH OH H SO /Δ浓 CH3COOCH2CH3 一定条件 。