四川省成都市树德中学2020届高三三诊模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

四川省成都市树德中学2020届高三三诊模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 树德中学高 2017 级三诊模拟理综 化学试题 第Ⅰ卷(选择题共 126 分)‎ 本卷共 21 小题，每小题 6 分，共 126 分。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Fe—56‎ 一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 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.下列有关生活中常见物质的说法正确的是 A. 涤纶衬衣、PC 塑料、牛皮鞋均是由有机高分子化合物构成的 B. 豆浆煮沸后，蛋白质变成了氨基酸 C. 高锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了其强氧化性 D. 垃圾分类中，易拉罐、厕纸属于可回收垃圾，剩饭剩菜、果皮等属于厨余垃圾；荧光灯管、过期药品属于有害垃圾 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．涤纶、PC 塑料属于有机合成材料，是由有机高分子构成的，牛皮鞋的构成材料为蛋白质，属于高分子化合物，故A正确；‎ B．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，并没有水解成氨基酸，故B错误；‎ C．酒精不具有强氧化性，渗入细胞中使蛋白质发生变性从而达到杀菌消毒的效果，高锰酸钾溶液、双氧水能杀菌消毒与强氧化性有关，故C错误；‎ D．厕纸不属于可回收垃圾，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.抗击新冠的疫情中，法匹拉韦和瑞德西韦率先突出重围。研究表明两者是新冠肺炎潜在的有效药物，目前正在中国进行 3 期临床实验，下列关于法匹拉韦和瑞德西韦的描述不正确的是 - 20 -‎ A. 瑞德西韦含有酯基，可以水解；法匹拉韦不含酯基，不能水解 B. 法匹拉韦分子式为C5H4O2N3F C. 瑞德西韦属于芳香族化合物 D. 1mol 瑞德西韦与足量金属钠反应最多生成 1molH2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 瑞德西韦含有酯基，可以水解；法匹拉韦不含酯基，但含有肽键，也能水解，故A错误；‎ B. 根据法匹拉韦结构简式，其分子式为C5H4O2N3F，故B正确；‎ C. 瑞德西韦含有苯环，属于芳香族化合物，故C正确；‎ D 1mol 瑞德西韦中有2mol醇羟基与足量金属钠反应最多生成 1molH2，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查官能团判断、官能团及其性质关系，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错点A，知道酯基和肽键都能水解。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 常温下，l mol C6H12中含碳碳键的数目一定小于6NA B. 18g果糖分子中含羟基数目为0.6NA C. 4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA D. 50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目为0.25NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C6H12可能为己烯或环己烷，1mol己烯含有4molC−C键和1molC=C键，共5mol碳碳键，但环己烷含6molC−C键，则l mol C6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A项错误；‎ B. 果糖摩尔质量为180g/mol，则18g果糖为0.1mol，一分子果糖含有5个羟基，则18g果糖含有羟基数目为0.5 NA，B项错误；‎ - 20 -‎ C. H218O的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=18−8=10，D216O的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=1×2+16−8=10，则4.0g由H218O与D216O组成的混合物的物质的量为，则所含中子数为0.2mol×10 NA=2 NA，C项正确；‎ D. 50g质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OH~H2，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol，而水也能与钠反应生成氢气，则50g质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2的分子数目大于0.25NA，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：‎ 序号 I II III 实验步骤 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 充分振荡，加入2mL蒸馏水 实验现象 铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀 铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原 B. 对比实验I、II说明白色沉淀产生与铜粉的量有关 C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同 D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀 - 20 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；‎ B. 对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；‎ C. 对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；‎ D. 实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎5.已知某种二次锂离子电池工作时反应为：LixCn + Li(1-x)CoO2 == LiCoO2 + nC。电池如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，碳材料极失去电子，发生氧化反应，电子经外电路，Li+经内电路同时移向正极 B. 放电时正极反应为： Li(1-x)CoO2 + xLi+ + xe- = LiCoO2‎ C. 充电时， Li+从负极脱出，又嵌入正极 D. 锂离子二次电池正负极之间充放电时发生传输 Li+的反应，少有副反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 放电时的反应为LixCn + Li(1-x)CoO2 == LiCoO2 + nC，Co元素的化合价降低，Li元素的化合价升高，原电池中负极发生氧化反应，反应式为：LixCn-xe-= xLi++ nC，正极发生还原反应，反应式为：Li(1-x)CoO2 + xLi+ + xe- = LiCoO2，再由放电时的反应分析充电时的反应。‎ ‎【详解】A．放电时，碳材料极为负极，发生氧化反应，电子经外电路，Li+经内电路同时移向正极，故A正确；‎ B．由上述分析可知，Co元素化合价降低，正极反应式为：Li(1-x)CoO2 + xLi+ + xe- = LiCoO2，故B正确；‎ C．充电时，Li+应从正极脱出，嵌入阴极，故C错误；‎ D．由上述正负极反应可知，锂离子二次电池正负极之间充放电时发生传输 Li+的反应，少有副反应，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合。‎ ‎6.热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致 NH3 产率降低。我国科研人员研制了 Ti-H-Fe 双温区催化剂(Ti-H 区域和 Fe 区域的温度差可超过 100℃)。Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是 A. ①为氮氮三键的断裂过程 B. ①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生 C. ③为N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域的传递过程 D. 使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】A．经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，不是N≡N的断裂过程，故A错误；‎ B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；氮原子的转移，化学键的生成，需要低温条件，目的是增大氨气的平衡产率，④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故B正确；‎ C．由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe－*N到Ti-H－*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，③为N2解离为N的过程，故C错误；‎ D．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变反应的焓变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查催化剂参与化学反应历程问题，侧重于学生读图、析图的分析能力的考查，能够读懂图是解题的关键，难点C，学习中注意相关知识的学习和理解，知识的迁移和应用，③为N2解离为N的过程，过程④完成了Ti-H-Fe－*N到Ti-H－*N-Fe两种过渡态的转化。‎ ‎7.已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0× 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：≈2.4，≈3.2) （ ） ‎ A. M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11 mol·L-1‎ B. 与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的 C. 向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液 D. FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=6000‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．饱和的NiS溶液中c(Ni2＋)=c(S2－)= =3.2×10－11mol·L－1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2＋)=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，故A错误；‎ B．此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；‎ C．Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；‎ - 20 -‎ D．平衡常数K==6000，故D正确。‎ 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题～第 38 题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎8.硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合，过滤、洗涤、干燥得到碳酸亚铁，在空气中灼烧碳酸亚铁得到铁氧化物M。利用滴定法测定M的化学式，其步骤如下：‎ ‎①称取3.92g样品M溶于足量盐酸，并配成100mL溶液A。‎ ‎②取20.00mL溶液A于锥形瓶中，滴加KSCN溶液，溶液变红色；再滴加双氧水至红色刚好褪去，同时产生气泡。‎ ‎③待气泡消失后，用1.0000 mol·L－1 KI标准溶液滴定锥形瓶中的Fe3＋，达到滴定终点时消耗KI标准溶液10.00 mL。‎ ‎(1)实验中必需的定量仪器有量筒、电子天平、____________和____________。‎ ‎(2)在滴定之前必须进行的操作包括用标准KI溶液润洗滴定管、__________、___________。‎ ‎(3)步骤②中“气泡”有多种可能，完成下列猜想：‎ ‎①提出假设：‎ 假设1：气泡可能是SCN－的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2。‎ 假设2：气泡可能是H2O2的反应产物____________，理由___________。‎ ‎②设计实验验证假设1：‎ 试管Y中的试剂是_______。‎ ‎(4)根据上述实验，写出硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合制备碳酸亚铁的离子方程式_____。‎ ‎(5)根据数据计算，M的化学式为_______。‎ ‎(6)根据上述实验结果，写出碳酸亚铁在空气中灼烧的化学方程式________。‎ - 20 -‎ ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 滴定管 (3). 排出玻璃尖嘴的气泡 (4). 调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度 (5). O2 (6). H2O2在催化剂作用下分解产生O2 (7). 澄清石灰水 (8). Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O (9). Fe5O7 (10). 5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据实验操作选择缺少的定量仪器，该实验第①步为配制100mL溶液，第③步为滴定实验，据此分析判断；‎ ‎(2)根据滴定管的使用方法进行解答；‎ ‎(3)①过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气； ②气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2，可以利用二氧化碳通入石灰水变浑浊判断；‎ ‎(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水；‎ ‎(5)利用反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2的定量关系计算铁元素物质的量，进而计算氧元素物质的量，从而确定化学式；‎ ‎(6)碳酸亚铁在空气中灼烧生成铁的氧化物和二氧化碳，结合原子守恒配平化学方程式。‎ ‎【详解】(1)该实验第①步为配制100mL溶液，缺少的定量仪器有100mL容量瓶；第③步为滴定实验，缺少的定量仪器为滴定管，故答案为：100mL容量瓶；滴定管；‎ ‎(2)滴定管在使用之前，必须检查是否漏水，若不漏水，然后用水洗涤滴定管，再用待装液润洗，然后加入待装溶液，排出玻璃尖嘴的气泡，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，读数后进行滴定，故答案为：排出玻璃尖嘴的气泡；调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；‎ ‎(3)①假设2：气泡可能是H2O2的反应产物为O2，H2O2在催化剂铁离子作用下分解产生O2，故答案为：O2；H2O2在催化剂作用下分解产生O2；‎ ‎②假设1为气泡可能是SCN－的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2，则试管Y中的试剂可以是澄清石灰水，用于检验气体，若假设成立，气体通入后会变浑浊，故答案为：澄清石灰水；‎ ‎(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(5)根据反应2I−+2Fe3+=2Fe2++I2，可得关系式：I− ~ Fe3+，在20mL溶液中 - 20 -‎ n(Fe3+)=1.0000mol/L×0.01L×100=0.01mol，则100mL溶液中铁离子物质的量为0.05mol，则铁的氧化物中氧元素物质的量，则n(Fe):n(O)=0.05:0.07=5:7，化学式为：Fe5O7，故答案为：Fe5O7；,‎ ‎(6)碳酸亚铁在空气中灼烧和氧气反应生成Fe5O7和二氧化碳，反应的化学方程式：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2，故答案为：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2。‎ ‎9.Zn是一种应用广泛的金属。用闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS、砷化合物杂质等)为原料制备金属Zn和ZnSO4·7H2O的流程如图所示：‎ ‎①相关金属离子[c(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Fe3+‎ Fe2+‎ Zn2+‎ Cd2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎6.2‎ ‎7.4‎ 沉淀完全的pH ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎8.2‎ ‎9.4‎ ‎②FeAsO4难溶于水；ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)滤渣1的主要成分除SiO2外还有______，焙烧后产生的气体对环境造成的常见危害为______。‎ ‎(2)氧化除杂工序中加入ZnO的作用是___________。‎ ‎(3)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤，洗涤晶体时应选用的试剂为____________。‎ ‎(4)溶液中的Cd2＋可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为___________。不能省去“还原除杂”步骤，直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2＋，理由是________。‎ ‎(5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为_____________；沉积锌后的电解液可返回______工序继续使用。‎ - 20 -‎ ‎(6)酸浸液中砷元素以AsO33－存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33－发生反应生成FeAsO4，写出该反应的离子方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). PbSO4 (2). 酸雨 (3). 调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全 (4). 酒精（或饱和硫酸锌溶液） (5). Zn+Cd2+= Zn2++Cd (6). 在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀 (7). Ni(OH)2-e- +OH- = NiO(OH)+H2O (8). 酸浸 (9). 5Fe2+ + 5AsO33- +3MnO4- + 14H+ = 3Mn2+ +5FeAsO4↓+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，焙烧过程中生成的气体是SO2，焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、PbO、CdO，加稀硫酸后，发生一系列反应，ZnO、Fe2O3、PbO、CdO与稀硫酸反应分别生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸铅、硫酸镉，其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4，氧化除杂工序中加入ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8~6.2，使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，加入酸性高锰酸钾溶液能使溶液中的Fe2+转变为Fe3+，有利于除杂，同时根据第（6）酸浸液中砷元素以AsO33－存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33－发生反应生成FeAsO4，可知滤渣2为Fe(OH)3、FeAsO4，由第（4）问可知，还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属Cd，则滤渣3为Cd以及过量的锌粉，则得到的滤液为含硫酸锌的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到ZnSO4·7H2O，经过电解得到金属Zn，据此分析解答。‎ ‎【详解】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O22PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，焙烧过程中生成的气体是SO2，焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量的SiO2、Fe2O3、PbO、CdO，加稀硫酸后，发生一系列反应，ZnO、Fe2O3、PbO、CdO与稀硫酸反应分别生成硫酸锌、硫酸铁、硫酸铅、硫酸镉，其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4，氧化除杂工序中加入ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8~6.2，使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，加入酸性高锰酸钾溶液能使溶液中的Fe2+转变为Fe3+，有利于除杂，同时根据第（6）酸浸液中砷元素以AsO33－存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33－‎ - 20 -‎ 发生反应生成FeAsO4，可知滤渣2为Fe(OH)3、FeAsO4，由第（4）问可知，还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属Cd，则滤渣3为Cd以及过量的锌粉，则得到的滤液为含硫酸锌的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到ZnSO4·7H2O，经过电解得到金属Zn，‎ ‎(1)由以上分析可知，滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；焙烧后产生的气体为SO2，其对环境造成的常见危害为酸雨，故答案为：PbSO4；酸雨；‎ ‎(2)由以上分析知，氧化除杂工序中加入ZnO的作用是调节溶液的pH在2.8~6.2，使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，且不引入杂质，故答案为：调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全；‎ ‎(3)已知ZnSO4·7H2O易溶于水，难溶于酒精，则为了减少洗涤过程中晶体的损失，可以用酒精或者饱和硫酸锌溶液洗涤晶体，故答案为：酒精（或饱和硫酸锌溶液）；‎ ‎(4)还原除杂工序加入锌粉，可以还原Cd2+为金属Cd，从而除去Cd，发生反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2++Cd；根据Cd2+、Zn2+沉淀的pH可知，若直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2＋，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀，因此需要在“还原除杂”步骤中除去Cd2+，故答案为：Zn+Cd2+= Zn2++Cd；在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀；‎ ‎(5)电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则放电时，正极反应式为：NiO(OH)+H2O+ e- = Ni(OH)2 +OH-，充电时，阳极发生的反应为放电时正极反应的逆过程，则阳极反应式为：Ni(OH)2-e- +OH- = NiO(OH)+H2O；电解硫酸锌溶液制备锌单质时，阴极锌离子得电子析出金属锌，阳极为水电离出的氢氧根离子放电，电极反应式为：2H2O-4e- =O2↑+4H+，则电解后溶液生成稀硫酸，所以沉积锌后的电解液可返回酸浸工序继续使用，故答案为：Ni(OH)2-e- +OH- = NiO(OH)+H2O；酸浸；‎ ‎(6)已知酸浸液中砷元素以AsO33－存在，在氧化除杂时加入酸性KMnO4溶液，KMnO4可与AsO33－发生反应生成FeAsO4，As的化合价根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，写出该反应的离子方程式为5Fe2+ + 5AsO33- +3MnO4- + 14H+ = 3Mn2+ +5FeAsO4↓+7H2O，故答案为：5Fe2+ + 5AsO33- +3MnO4- + 14H+ = 3Mn2+ +5FeAsO4↓+7H2O。‎ ‎10.CO 和 NO 是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展， 汽车尾气的有效处理变得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，请回答下列问题：‎ ‎(1)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H ______0(填“＞”或“＜”或“=”)‎ ‎(2)已知：N2 (g) + O2(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol －1‎ C(s) + O2 (g)=CO2 (g) △H= b kJ•mol －1‎ - 20 -‎ ‎2C(s) + O2 (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol －1‎ 则 2CO(g)+2NO(g)=N2 (g)+2CO2 (g) △H=______kJ•mol－1 (用含 a、b、c 的表达式表示)。‎ ‎(3)一定温度下，将 a molCO、b molNO 充入一恒压真空密闭容器。已知起始压强为 c kPa，到达平衡时， 测得N2 的物质的量为 d mol，则：‎ ‎①该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=_____(用含 a、b、c、d 的式子表示)‎ ‎②该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是_____。‎ A.单位时间内，断裂 2n molC=0 同时形成 n mol N≡N B.混合气体的平均相对分子质量不再改变 C.混合气体的密度不再改变 ‎(4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N2 的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 的转化率)，结果如图所示：‎ ‎①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为_____________。‎ ‎②若低于 200℃，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为________。‎ ‎(5)己知常温下， Kb(NH3·H 2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3) =4.4×10-11。此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH－)= ____mol/L，将脱氮反应后生成CO2 通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时=____________(保留小数点后4位数字)‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 2b-a-c (3). (4). BC (5). 催化剂 II，450℃ (6). 温度较低时，催化剂 I 的活性偏低 (7). 6×10-3 (8). 1.0009‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应自发进行的判断依据为△H-T△S＜0；‎ ‎（2）根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②-①-③，据此计算△H2；‎ ‎（3）①根据Kp=计算平衡分压代替平衡浓度的平衡常数；‎ ‎②结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；‎ ‎（4）①由图象的脱氮率观察适当反应条件；‎ ‎②催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大；‎ ‎（5）NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，可结合Kb=计算c(OH-)，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，=1+，H2CO3的Ka2=4.4×10-11，结合Ka2=计算。‎ ‎【详解】（1）反应 2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应△S＜0，若满足△H-T△S＜0，必须△H＜0，故答案为：＜；‎ ‎（2）根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②-①-③，代入a、b、c计算得△H=2b-a-c，‎ 故答案为：2b-a-c；‎ ‎（3）①根据三段式，‎ n（起始）/mol n（改变）/mol n（平衡）/mol 平衡时，NO和CO的体积分数都等于，CO2的体积分数为，N2的体积分数为，因为是恒压容器，故平衡时的总压也为c kPa，Kp==‎ - 20 -‎ ‎=，故答案为：；‎ ‎②A．单位时间内，断裂 2n molC=0 同时形成 n mol N≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故A错误；‎ B.该反应是气体分子数不相等的反应,混合气体的平均相对分子质量不再改变,可以说明达到平衡,故B正确；‎ C. 容器是恒压容器, 反应是气体分子数不相等的反应,混合气体的密度不再改变可以说明达到平衡,故C正确；‎ 故答案为BC。‎ ‎（4）①由图象可知，在催化剂 II，450℃条件下达到最大脱氮率，故答案为：催化剂 II，450℃；‎ ‎②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大，故答案为：温度较低时，催化剂的活性偏低；‎ ‎（5）NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=，可知c（OH-）=mol/L=6×10-3mol/L，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH4+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)，=1+，H2CO3的Ka2=4.4×10-11，结合Ka2=计算，==，=1+=1+=1.0009，故答案为：6×10-3；1.0009。‎ ‎【点睛】本题难点是压强平衡常数和（5）小题的计算，压强平衡常数关键是要抓住表达式，用三段式法计算，计算时容易忽略分压的表示方法，（5）小题关键是要利用电离常数的表达式，利用电荷守恒进行计算。‎ ‎11.铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。‎ ‎(1)Fe3+的基态核外价电子排布式为_____，应用原子结构比较 Fe 与同周期的 Mn 第三电离能(I3)的大小：I3(Mn)______I3(Fe)(填＞、＜、＝)。理由是______。‎ - 20 -‎ ‎(2)Fe、Fe2+、Fe3+可以与 CO、SCN-、CN-、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。‎ ‎①配合物 Fe(CO)5 的熔点-20℃，沸点 103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5 的结构如图所示。下列关于 Fe(CO)5 说法不正确的是____。‎ A.Fe(CO)5 是分子晶体 B.Fe(CO)5 中 Fe 原子的配体与C22-互为等电子体 C.Fe(CO)5 中 σ 键与 π 键之比为 1:1‎ D.Fe(CO)5=Fe+5CO 反应中没有新化学键生成 ‎②CN-的电子式为_____。‎ ‎③H2NCONH2(尿素)中 N、C 原子的杂化方式分别为_____、______，组成尿素的 4 种元素的第一电离能由大到小的顺序为_____，1 mol H2NCONH2(尿素) 分子中含有 σ 键的数目为_____。‎ ‎(3)NaCl 和MgO 都属于离子化合物，NaCl 的熔点为 801.3 ℃，MgO 的熔点高达 2800℃。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_____。‎ ‎(4)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。CsSiB3O7 属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为 a pm、b pm、c pm。如图为沿 y 轴投影的晶胞中所有 Cs 原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs 原子的数目为_____。‎ ‎【答案】 (1). 3d5 (2). ＞ (3). Mn 原子失去 2 个电子后其价电子排布式为 3d5，处于半充满状态，更稳定 (4). D (5). (6). sp3 (7). sp2 (8). N＞O＞H＞C (9). 7NA (10). 氧化镁晶体中所含离子的半径更小，电荷数更大，晶格能更大 (11). 4‎ - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe是26号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子形成Fe3＋，所以Fe3＋的基态核外价电子排布式为：3d5；由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多，而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以I3（Mn）＞I3（Fe），‎ 故答案为：3d5；＞；Mn 原子失去 2 个电子后其价电子排布式为 3d5，处于半充满状态，更稳定；‎ ‎（2）①A．配合物Fe(CO)5的熔沸点很低，属于分子晶体，故A正确；‎ B．Fe(CO)5中Fe原子的配体为CO，与C22－原子总数相等，价电子数也相同，所以与C22－互为等电子体，故B正确；‎ C．Fe与CO形成5个配位键即σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键，所以Fe(CO)5中σ键与π键之比为1：1，故C正确；‎ D．反应得到Fe单质，形成金属键，故D错误，‎ 故选：D；‎ ‎②CN－与N2互为等电子体，根据N2书写其电子式为，故答案为：；‎ ‎③H2NCONH2(尿素)中N、C 原子的价层电子对个数分别是4、3，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子的杂化方式分别为sp3、sp2，同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C＞H，每个H2NCONH2分子中含有7个σ键，所以1 mol H2NCONH2（尿素）分子中含有σ键的数目为7NA；‎ 故答案为：sp3；sp2；N＞O＞C＞H；7NA；‎ ‎（3）MgO中离子都带2个单位电荷，NaCl中离子都带1个单位电荷，离子半径Cl－>O2－，Mg2＋＜Na＋，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能MgO＞NaCl，故熔点MgO＞NaCl，故答案为：MgO晶体所含离子半径小，离子电荷数多，晶格能大；‎ ‎（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4×+4×=4；故答案为4。‎ - 20 -‎ ‎【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，（4）为易错点、难点，关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象。‎ ‎12.芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：‎ 已知：‎ ‎①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子 ‎②+CO2‎ ‎③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O 回答下列问题：‎ ‎(1)A生成B的反应类型为__________,由D生成E的反应条件为_______________。‎ ‎(2)H中含有的官能团名称为______________。‎ ‎(3)I的结构简式为__________________________。‎ ‎(4)由E生成F的化学方程式为____________________________________________。‎ ‎(5)F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为：___________________。‎ ‎①能发生水解反应和银镜反应 ‎②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基 ‎③具有5组核磁共振氢谱峰 ‎(6)糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：___________________。‎ - 20 -‎ ‎【答案】 (1). 消去反应 (2). NaOH水溶液、加热 (3). 羟基、羧基 (4). (5). +2H2O (6). 或 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 芳香族化合物A(C9H12O)的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子，则A为，B能够与溴加成，则B为，D为B与溴的加成产物，根据F的化学式，F能够与银氨溶液反应生成H，H中含有羧基，H在催化剂作用下反应生成聚酯I ，则H中还含有羟基，因此D水解生成E，E为二元醇，E催化氧化生成F，F中含有羟基和醛基，则E为，F为，H为，I为；根据信息②，B中碳碳双键被氧化断裂生成C，C为，根据信息③，K为。‎ ‎【详解】(1)A()发生消去反应生成B()；根据上述分析，D发生卤代烃的水解反应E，反应条件为NaOH水溶液、加热，故答案为消去反应；NaOH水溶液、加热；‎ ‎(2)H ()的官能团有羟基、羧基，故答案为羟基、羧基；‎ - 20 -‎ ‎(3)根据上述分析，I为，故答案为；‎ ‎(4)由E生成F的反应方程式为，故答案为；‎ ‎(5)F()有多种同分异构体，①能发生水解反应和银镜反应，说明属于甲酸酯；②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；③具有5个核磁共振氢谱峰，满足条件的结构可以是、，故答案为或；‎ ‎(6)由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮()。根据信息③，合成可以由和丙酮合成，根据题干流程图中A→C和信息②，合成丙酮可以由叔丁醇[(CH3)3COH]首先合成，再由发生信息②的反应生成即可，合成路线为，故答案为。‎ ‎【点睛】本题考查了有机合成与推断，本题的难度较大。本题的易错点为E→F的催化氧化中F的结构判断。本题的难点为(6)的合成路线的设计，要注意充分利用题示信息和流程图中的合成路线的迁移。‎ ‎ ‎ - 20 -‎ - 20 -‎