广东省珠海市2020届高三第三次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

广东省珠海市2020届高三第三次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

- 1 - 珠海市 2019～2020 学年度第二学期普通高中学业质量监测 高三理科综合试题 注意事项： 1.考试时间 150 分钟，满分 300 分。 2.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上。 3.回答第Ⅰ卷时，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。写在本试卷上无效。 4.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Nb 93 第Ⅰ卷 (选择题，共 126 分) 1.新冠病毒对热敏感，56℃30 分钟、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶剂 均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是 A. 因为过氧乙酸能灭活病毒，所以在家每天进行醋熏能杀死家里的新冠肺炎病毒 B. 在空气质量检测中的 PM2.5，属于气溶胶 C. 电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒 D. 含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物 【答案】C 【解析】 【详解】A.过氧乙酸具有强氧化性，醋的主要成分为乙酸，均可灭活病毒，二者为不同物质， 无因果关系，A 错误； B.PM2.5 表示每立方米空气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物的含量，直径在 1～100nm 之 间才能形成胶体，所以 PM 2.5 不一定属于胶体，B 错误； C.电解食盐水生成 NaOH、氢气、氯气，氯气与 NaOH 反应生成具有强氧化性的 NaClO，次氯酸 钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒，C 正确； D.含氯消毒剂如 NaClO 等为无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，D 错误； 答案选 C。 2.有机物 W 是一种合成中间体，其合成方法如图，下列说法不正确的是 - 2 - A. 反应①为氧化反应 B. M 与环己醇互为同系物 C. N 分子式为 C8H16O D. 反应②原子利用率 100% 【答案】C 【解析】 【详解】A.连接醇羟基的碳原子上有 H 原子，可与酸性高锰酸钾发生氧化反应，A 正确； B. M 与环己醇在分子组成上相差 2 个“-CH2”原子团，且结构相似，两者互为同系物，B 正确； C.N 分子式为 C8H14O，C 错误； D.反应②为加成反应，原子利用率 100%，D 正确； 答案选 C。 3.物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。如图是某元素的 “价类二维图”，其中单质 b 是黄色固体，f、h 均为正盐，且焰色都是黄色。下列说法不正 确的是 A. d 能使品红溶液褪色 B. a 和 c 反应可以生成 b C. e 的浓溶液可用铝槽车运输 D. h 的水溶液呈碱性 【答案】A - 3 - 【解析】 【分析】 单质 b 是黄色固体，则 b 是 S 元素，故该“价类二维图”是 S 元素的，f、h 均为正盐，且焰 色都是黄色，则 f 为 Na2SO4，h 为 Na2SO3，故 a 为 H2S、b 为 S、c 为 SO2、d 为 SO3，e 为 H2SO4， g 为 H2SO3，f 为 Na2SO4，h 为 Na2SO3。 【详解】A.由分析可知，d 为 SO3，因为 SO2 具有漂白性，才会使品红溶液褪色，非 SO3，A 错 误； B.a 为 H2S、c 为 SO2，两者反应方程式为：2H2S+SO2=2S↓+2H2O，有 S 生成即为 b，B 正确； C.e 为 H2SO4，浓硫酸与铝槽常温下发生钝化反应，可用铝槽车运输，C 正确； D.h 为 Na2SO3，为强碱弱酸盐，亚硫酸根发生水解， 2- - - 3 2 3SO +H O HSO +OH ，溶液呈碱性， D 正确； 答案选 A。 4.实验室常利用难挥发性酸制备易挥发性酸的原理，用浓硫酸与硝石(NaNO3)反应制备 HNO3， 反应装置如图，下列说法不正确的是 A. 反应温度如果过高，制得 HNO3 可能会呈现黄色 B. 反应方程式为：NaNO3 + H2SO4(浓) Δ NaHSO4 + HNO3↑ C. 可从实验室中选无色透明洁净的试剂瓶盛装制得的硝酸 D. 曲颈甑不适宜制备沸点过低的物质 【答案】C 【解析】 【详解】A.硝酸在温度过高时能分解生成二氧化氮和水，方程式为 4HNO3=4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O， - 4 - NO2 溶于水呈黄褐色，A 正确； B.该反应利用高沸点的浓硫酸制取低沸点的硝酸，反应方程式为：NaNO3 + H2SO4(浓) Δ NaHSO4 + HNO3↑，B 正确； C.浓硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装浓硝酸，C 错误； D.若沸点过低的物质，用曲颈甑来制备较难分离反应物和生成物，D 正确； 答案选 C。 5.已知：在无氧条件下，葡萄糖发生反应 C6H12O6 催化剂 2CH3CH2OH + 2CO2↑。设 NA 是 阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1 mol 葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为 0.6NA B. 常温常压下，46 g CH3CH2OH 与足量的钠反应产生氢分子数为 0.5NA C. 4.48 L CO2 和 CO 的混合气体所含碳原子总数为 0.2NA D. 2.4 g Mg 在足量的 CO2 中完全燃烧，转移电子数目为 0.4NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．1 个葡萄糖分子中含有 5 个-OH，则 0.1 mol 葡萄糖(C6H12O6)中含羟基(-OH)数目 为0.5NA，A 错误； B．46 g CH3CH2OH 的物质的量是 1 mol，由于 2 molCH3CH2OH 与足量金属钠反应产生 1 mol H2， 则 1 mol CH3CH2OH 与足量的钠反应产生氢分子的物质的量是 0.5 mol，分子数为 0.5NA，B 正 确； C．缺少外界条件，不能确定气体的物质的量，因此不能计算其中含有的 C 原子数目，C 错误； D．Mg 是+2 价金属，1 mol Mg 完全失去 2 mol 电子，2.4 g Mg 的物质的量是 0.1 mol，则其 在足量的 CO2 中完全燃烧，转移电子数目为 0.2NA，D 错误； 故合理选项是 B。 6.化学上把外加少量酸、碱，而 pH 基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有 25℃时，浓度均为 0.10 mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液，pH=4.76。(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10–5， Kb 为 CH3COONa 的水解常数)，下列说法正确的是 A. 混合溶液加水稀释，c(OH–)减小 B. 25℃时，Ka(CH3COOH)＜Kb(CH3COO–) - 5 - C. c(CH3COO-)＋c(OH-)＜c(CH3COOH)＋c(H＋) D. 向 1.0 L 上述缓冲溶液中滴加几滴 NaOH 稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液 pH 基 本不变 【答案】D 【解析】 【详解】A．该混合溶液 pH<7，溶液显酸性，加水稀释，溶液中 c(H+)减小，由于 Kw= c(H+)·c(OH–)， 在温度不变时，Kw 不变，溶液中 c(H+)减小，则 c(OH–)增大，A 错误； B．浓度均为 0.10 mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液，pH=4.76，说明酸的电离作用大 于盐的水解作用，所以 Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO–)，B 错误； C．根据物料守恒可得①：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，根据电荷守恒可得②： c(CH3COO-) ＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，将①+2×②，整理可得 c(CH3COO-)＋2c(OH-)=c(CH3COOH)＋2c(H＋)， 溶液 pH=4.76，则 c(H+)＞c(OH–)，所以 c(CH3COO-)＋c(OH-)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，C 错误； D．向该缓冲溶液中加入几滴 NaOH 溶液，由于缓冲溶液中存在平衡：CH3COOH CH3COO-+H+， NaOH 电离产生的 OH-中和溶液中 H+，使电离平衡正向移动，因此反应后溶液 pH 基本不变，D 正确； 故合理选项是 D。 7.用如图所示装置进行实验(a、b 电极均为 Ag 单质)，观察到了灵敏电流计指针发生偏转。下 列说法正确的是 A. b 极电极反应式为 Ag–e–= Ag+ B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 去掉离子交换膜，电流表仍然有电流通过 D. 电流计指针不再偏转时，右边硝酸银溶液的物质的量浓度依然大于左边 【答案】B 【解析】 【分析】 - 6 - 由于 AgNO3 溶液浓度不同形成浓差电池，左池为稀的 AgNO3 溶液，右池为浓的 AgNO3 溶液，Ag+ 浓度越大氧化性越强，所以 b 为正极，发生还原反应，电极反应式为 Ag++e-=Ag；a 为负极， 发生氧化反应，电极反应式为 Ag-e-=Ag+，因正极与负极消耗或生成的 Ag+相等，但负极 Ag 减 少、正极 Ag 增加，溶液中迁移的离子不可能是 Ag+，只能是 NO3 -穿过交换膜向负极移动，据此 解答。据此解答。 【详解】A．浓差电池中，右池 AgNO3 溶液浓度高，Ag+浓度越大氧化性越强，所以 b 为正极， 电极反应式为 Ag++e-=Ag，A 错误； B．负极 Ag 减少、正极 Ag 增加，左侧溶液中 Ag+增大，右侧溶液中由于 Ag+放电而导致附近溶 液中 NO3 -增大，为了维持电荷平衡，溶液中 NO3 -穿过交换膜由右侧向左侧的负极 a 区移动，因 此离子交换膜为阴离子交换膜，B 正确； C．若去掉离子交换膜，溶液中离子扩散，最终形成均一浓度的溶液，没有浓度差，且两个电 极材料相同，不能构成原电池，故电流表不会有电流通过，C 错误； D．随着反应进行，左右两池浓度的差值逐渐减小，NO3 -穿过交换膜向负极移动的速率将减小， 外电路中电流将减小，电流计指针偏转幅度逐步变小，当左右两侧离子浓度相等时，电池将 停止工作、不再有电流产生，此时溶液中左、右边硝酸银溶液的物质的量浓度相等，D 错误； 故合理选项是 B。 【点睛】本题考查浓差原电池的工作原理，注意理解 Ag+不可能穿过交换膜发生迁移，侧重于 学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。 8.硫氰化钾(KSCN)是中学实验室的常见药品，某校化学兴趣小组在实验室制备少量样品，并 进行探究实验。他们查有关资料：CS2+2NH3 NH4SCN+H2S，该反应比较缓慢。 Ⅰ.制备 KSCN 样品。 (1)先制备 NH4SCN 溶液，装置如图： ①实验开始时打开 K1，关闭 K2，加热水浴装置，缓缓地向三颈烧瓶中持续通入 NH3，并持续通 入 N2，通入 N2 的作用是：____________。 - 7 - ②一段时间后，当 CS2 反应完毕，停止实验，此时可以观察到三颈烧瓶内的现象是：______。 ③烧杯内的溶液 X 是______________。 (2)再制备 KSCN 溶液：关闭 K1，打开 K2，利用耐碱分液漏斗缓慢加入适量 KOH 溶液，继续加 热，此时三颈烧瓶中发生反应的化学方程式是____________________。 (3)样品检测：待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的 FeCl3 溶液中，并没有观察 到明显变红的现象，请分析可能的原因：_____________。 Ⅱ.KSCN 的探究实验，同学们用实验室配制的 KSCN 溶液做下列实验(不是刚才兴趣小组合成 的)。 (4)同学甲想检测 Fe3O4 中是否有三价铁，他把在充满氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣放入试 管，加适量盐酸使其溶解，再往混合液中滴入少量 KSCN 溶液检验是否有 Fe3+，结果没变红， 请分析原因：_________________。 (5)同学乙想利用反应 Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3 来研究浓度对化学平衡的影响。他往盛有 5 mL 0.05 mol/L FeCl3 溶液的试管中加入 5 mL_____ mol/L KSCN 溶液，再把反应后的溶液均分置于两只 试管中，分别加 4 滴浓 FeCl3 溶液和 4 滴浓 KSCN 溶液，观察现象并得出有关结论。 (6)同学丙往 FeCl2 和 KSCN 的混合溶液中滴加氯水，溶液变成红色，不过他注意到，当氯水过 量时，红色会褪去，为此，他设计如图装置进行探究。 Y 为 NaClO 溶液，Z 为 FeCl3 和 KSCN 的混合溶液。打开分液漏斗，持续缓慢滴入 NaClO 溶液至 过量，他观察到：C 中红色变浅，有大量气泡产生，C 中还有现象为：___________________； D 中的现象为：_______________，F 中有气泡。由此推测，KSCN 具有______________性。 【答案】 (1). 搅拌作用；或者稀释氨气，使接触更加充分，转化率高 (2). 溶液不 再分层 (3). NaOH 或者 CuSO4、CuCl2 或者 KMnO4 等 (4). NH4SCN + KOH KSCN + H2O + NH3↑ (5). 原样品中 KOH 过量，会和 FeCl3 溶液生成 Fe(OH)3 沉淀 (6). 铁除了生成 Fe3O4，还有 Fe 过量，会把 Fe3+还原为 Fe2+ (7). 0.15 (8). 有红褐色沉淀生成 (9). 澄清石灰水变浑浊 (10). 还原性 【解析】 - 8 - 【分析】 (I)在三颈烧瓶中 NH3 与 CS2 混合加热发生反应：CS2+2NH3 NH4SCN+H2S，为使反应物充 分接触发生反应，同时避免发生副反应，可不断通入 N2，根据 CS2 是液态有机溶剂，不溶于水， 反应产物易溶于水的性质，当液体不再分层时，可判断反应完全，然后通过分液漏斗向三颈 烧瓶中滴加 KOH 溶液，发生反应制取 KSCN，反应产生的 H2S 是有毒气体，可根据 H2S 是酸性气 体、具有强的还原性，金属硫化物的难溶性分析判断试剂 X 可能的物质；根据 Fe3+遇 KSCN 溶 液变为血红色检验，检验时要注意杂质离子的干扰； (II)(4)铁丝残渣中含有 Fe3O4，可能含有 Fe，根据它们与酸可能反应产生的物质成分判断溶 液中离子的存在； (5)要证明平衡移动，需使溶液中的 Fe3+、SCN-完全反应，然后改变某种离子浓度，根据溶液 颜色变化分析判断； (6)NaClO 是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，Fe3+与 OH-反应会产生 Fe(OH)3 沉淀，同时 NaClO 具有强氧化性，会将 SCN-氧化产生 SO4 2-、CO2、N2 等物质，据此分析解答。 【详解】(1)①向盛有 CS2、H2O 混合物的三颈烧瓶中缓缓持续通入 NH3，并水浴加热发生反应： CS2+2NH3 NH4SCN+H2S，为了使反应物充分接触，提高转化率，要持续通入 N2； ②CS2 是有机溶剂，与水互不相溶，当反应一段时间后，若 CS2 反应完毕，由于反应产生的物 质都易溶解在水中，此时可以观察到三颈烧瓶内的现象是溶液不再分层，此时停止实验； ③发生反应产生的 H2S 是有毒气体，会造成环境污染，可根据 H2S 水溶液显酸性，用 NaOH 等 碱性溶液吸收；也可以利用 H2S 与 CuSO4 或 CuCl2 会产生 CuS 沉淀吸收除去；还可以利用其强 的还原性，用具有强氧化性的物质如酸性 KMnO4 溶液等将其氧化除去，故烧杯内的溶液 X 是 NaOH 或 CuSO4、CuCl2 或者 KMnO4 等物质； (2)将 KOH 溶液与 NH4SCN 溶液混合加热，发生反应：NH4SCN + KOH KSCN + H2O + NH3↑， 得到 KSCN 溶液； (3)待冷却后，用胶头滴管吸取少量样品滴入试管中的 FeCl3 溶液中，并没有观察到明显变红 的现象，可能是原样品中加入的 KOH 过量，与 FeCl3 溶液发生复分解反应生成 Fe(OH)3 红褐色 沉淀，导致未发生 3KSCN+ FeCl3 Fe(SCN)3+3KCl，因此不能观察到溶液变为红色； (4)Fe 与 O2 在点燃时发生反应产生 Fe3O4，把在充满氧气的集气瓶中燃烧后的铁丝残渣放入试 管，加适量盐酸使其溶解，Fe3O4 与 HCl 反应产生 FeCl2、FeCl3 和 H2O，若铁丝残渣中含有未反 应的 Fe，则 FeCl3 与 Fe 反应转化为 FeCl2，当溶液中不再含有 Fe3+时，再往混合液中滴入少量 - 9 - KSCN 溶液就不会变红色； (5)使 5mL 0.05 mol/L FeCl3 完全发生反应：3KSCN+FeCl3=Fe(SCN)3+3KCl，根据物质反应关系 可知 n(KSCN)=3n(FeCl3)，由于加入 KSCN 溶液的体积与 FeCl3 溶液的体积相同，也是 5 mL，因 此 KSCN 溶液的浓度就是 FeCl3 的三倍，故 c(KSCN)=3×0.05 mol/L=0.15 mol/L； (6)往 FeCl2 和 KSCN 的混合溶液中滴加氯水，首先发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化 产生 Fe3+，Fe3+遇 SCN-使溶液变成红色，当氯水过量时，SCN-会被过量氯水氧化成（SCN）2 逸出， 导致溶液的红色褪去；若将溶液 Y 改为 NaClO，由于 NaClO 是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性， 烧瓶中的 Fe3+与水解产生 OH-反应会产生 Fe(OH)3 红褐色沉淀；同时由于 NaClO 具有强氧化性， 会将 SCN-氧化产生 SO4 2-、CO2、N2 等物质，气体逸出进入盛有饱和石灰水的装置 D 中，CO2 与 Ca(OH)2 反应产生 CaCO3 沉淀，使石灰水变浑浊，因此他观察到：C 中红色变浅，有大量气泡产生，C 中还产生红褐色沉淀；D 中澄清石灰水变浑浊，F 中有气泡该气体主要是 N2。由此可知 KSCN 具有强的还原性。 【点睛】本题考查制备实验方案的设计，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验 操作方法及元素化合物性质，结合氧化还原反应原理和盐的水解反应规律分析判断，注意物 质反应是否完全，反应物的物质的量多少对物质成分的影响，充分考查了学生的分析能力及 化学实验能力。 9.工业上用钛精矿(主要成分 TiO2，矿粉中含有 Fe，Al，Si，V 等氧化物)制备海绵钛的基本 思路是：氯化法生产 TiCl4、还原、真空蒸馏法制备海绵钛(Ti)。 已知：①氯化过程中，其他元素均转化为最高价氯化物； ②热还原过程中，可能会有副产物 TiCl3； ③常见物质熔沸点 化合物 TiCl4 SiCl4 FeCl3 AlCl3 VOCl3 VOCl2 MgCl2 Ti Mg 沸点 136 56 308 180(升华) 134 168 1412 3260 1090 熔点 -69 -25 304 190 -78.9 —— 712 1668 648.9 - 10 - 回答下列问题： (1)将钛精矿粉粹的目的是：_______________ (2)氯化过程中，TiO2 发生的化学方程式①是：_____________ (3)物质 1 是________，步骤②中金属铜的作用是将 VOCl3 还原成 VOCl2，其目的是 _____________； (4)工业上常用 Mg 或 H2 作还原剂，在 Ar 气氛下采用热还原法制海绵钛。 ①镁不足时，TiCl4 会因有副产物产生而导致产率会下降，副反应的化学方程式为 _____________；此处采用真空蒸馏法除去海绵钛中的 Mg 和 MgCl2，不采用常压蒸馏的原因是 _______。 ②根据图象，计算 1173K 时，反应 2H2+TiCl4 =Ti+4HCl 的△G=_________。 (G 为自由能，图中△G 是指在一定温度下，由单质生成对应物质的量化合物时的自由能变化。 设此温度下，单质的生成自由能变化为 0) 【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2). TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (3). SiCl4 (4). 使 VOCl3 还原为较高沸点的 VOCl2，便于 分离提纯 TiCl4 (5). 3TiCl4+Ti 4TiCl3 (6). 降低蒸馏温度，避免钛与空气中的氧 - 11 - 气，氮气等物质反应 (7). +140 kJ/mol 【解析】 【分析】 钛精矿(主要成分 TiO2，矿粉中含有 Fe，Al，Si，V 等氧化物)粉碎后与焦炭、Cl2 在高温下发 生反应：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，杂质 Fe 生成 FeCl3，Al 生成 AlCl3，V 变为 VOCl3，Si 变为 SiCl4；然后冷却至室温，得到的尾气 X 主要含有 CO，将粗 TiCl4 加入精馏塔 1 中加热至 60℃，根据表格中物质的沸点可知只有 SiCl4 沸点低于 60℃，所以得到物质 1 为 SiCl4；将其 它 液 体 物 质 加 入 精 馏 塔 2 中 ， 再 加 入 金 属 Cu ， 并 控 制 在 一 定 温 度 ， 发 生 反 应 ： Cu+2VOCl3 2VOCl2+CuCl2，使 VOCl3 还原为较高沸点的 VOCl2，便于分离提纯 TiCl4；将分 离出 VOCl2 后的物质进入精馏塔 3 中，控制温度在 T3，收集 136℃的馏分，就得到纯净的 TiCl4， 然后用 Mg 还原，经真空蒸馏得到海绵钛。 【详解】(1)将钛精矿粉粹的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，从而提高原料利 用率； (2)在氯化过程中，TiO2 与 C、Cl2 在高温下发生氧化还原反应，产生 TiCl4、CO，反应的化学 方程式①是：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO； (3)经上述分析可知物质 1 是沸点较低的 SiCl4；步骤②中金属铜的作用是与 VOCl3 发生氧化还 原反应：Cu+2VOCl3 2VOCl2+CuCl2，从而可使 VOCl3 还原为较高沸点的 VOCl2，便于分离 提纯 TiCl4； (4)①镁不足时，TiCl4 会与反应产生的 Ti 发生副反应：3TiCl4+Ti 4TiCl3，因有副产物产 生而导致产率会下降；此处采用真空蒸馏法除去海绵钛中的 Mg 和 MgCl2，而不采用常压蒸馏 是根据压强对物质沸点的影响，真空蒸馏能够降低蒸馏温度，避免钛与空气中的氧气，氮气 等物质反应； ②由于设此温度下，单质的生成自由能变化为 0，根据图象可知，可知 TiCl4 的生成自由能为 2×(-300) kJ/mol=600 kJ/mol，4 mol HCl 的生成自由能为 2×(-230 )kJ/mol=-460 kJ/mol， 所以在 1173K 时，反应 2H2+TiCl4 =Ti+4HCl 的△G=600 kJ/mol-460 kJ/mol=+140 kJ/mol。 【点睛】本题以工业上用钛精矿制取海绵钛为线索，考查了氧化还原反应、混合物的分离提 纯、反应条件的控制、体系自由能的计算等。掌握氧化还原反应规律，物质的性质与元素化 合价的关系等的关系是本题解答的关键，题目有利于考查学生对信息的学习与接受能力和知 - 12 - 识应用能力。 10.发展新能源、改善空气质量等一直是化学研究的热点。回答下列问题： (1)甲醇是可再生的清洁能源，可利用 CO2 与 H2 合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g)。 该反应历程如图所示。 上述合成甲醇的反应的有机副产物有__________；由于该反应速率较慢，需要加入催化剂使 反应速率加快，主要降低下列变化中________(填字母)的能量变化。 A．*CO+*OH→*CO+*H2O B．*CO→*OCH C．*OCH2→*OCH3 D．*OCH3→*CH3OH (2)焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气，主要反应(I)、(II)的 lg KP(KP 为以分 压表示的平衡常数)与 T 的关系如图所示。 ①反应(I)的△H______0(填“＞”、“＝”或“＜”)； ②在容积为 10 L 密闭容器中充入 1 mol CO、1 mol H2O 只发生反应(II)，反应 5 分钟到达图 中 d 点，请计算 0～5 min 时，CO 平均反应速率________；此时 CO 的转化率为________；已 知：反应速率 v=v 正-v 逆=k 正·x(CO)·x(H2O)-k 逆·x(CO2)·x(H2)，k 正、k 逆分别为正、逆反应 速率常数，x 为物质的量分数，计算 e 处的 正 逆 V V =______； ③c 点时，若反应容器中 CO 浓度为 0.1 mol/L，则 CO2 浓度为________(填数值)。 - 13 - 【答案】 (1). CH2O (2). A (3). ＞ (4). 0.01 mol/(L·min) (5). 50% (6). 100 (7). 0.01 mol/L 【解析】 【分析】 (1)由图可知，副产物有 CO 和 CH2O，反应的能垒越低，反应越容易进行，副产物的量越多； 反应的能垒越大，反应的反应速率越慢； (2)①该反应正向是气体体积增大的反应，根据温度与化学平衡常数的对数关系分析温度与平 衡移动的关系； ②根据图象确定 Kp，利用物质加入量及转化量关系，确定平衡时各种物质的浓度，再根据化 学反应速率和物质转化率的含义进行计算；根据 e 点 lgKp 计算 CO 转化率，得到各种气体的物 质的量分数，结合该温度下的平衡常数，带入速率公式可得速率的比值； ③c 点是两个反应的交点，二者的平衡常数相等，据此解答。 【详解】(1)由图可知生成副产物主要有 CO 和 CH2O，其中的有机副产物是 CH2O；由图可知生 成甲醇的过程中，能垒最高(为 1.64 eV)的变化为*CO+*OH→*CO+*H2O，该反应速率最慢，决 定整个反应的快慢，所以要想提高整个反应速率，应该降低该反应的能垒，故合理选项是 A； (2)①根据图示可知：温度升高，lgKp 增大，说明升高温度，平衡正向移动。根据平衡移动原 理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0； ②在容积为 10 L 密闭容器中充入 1 mol CO、1 mol H2O 只发生反应(II) CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，反应 5 分钟到达图中 d 点，此时 lgKp=0，则 Kp=1，根据化学 反应速率与物质反应关系，由于加入 1 mol CO、1 mol H2O，反应是按 1：1 物质的量关系进 行，剩余的 CO、H2O 也是 1：1 物质的量关系，反应产生的 CO2 与 H2 的物质的量相等，则每种 气体的物质的量及浓度都相同，此时 n(CO)=0.5 mol，c(CO)=c(H2O)=c(H2)=c(CO2)= 0.5 10 mol L =0.05 mol/L，则 0～5 min 时，CO 平均反应速率 v(CO)= 0.05 / 5 c mol L t min   =0.01mol/(L·min)；此时 CO 的转化率为 1 0.5 1 mol mol mol  ×100%=50%；由 于反应速率 v=v 正-v 逆=k 正·x(CO)·x(H2O)-k 逆·x(CO2)·x(H2)，反应达到平衡时，v 正=v 逆， 所以 k 正·x(CO)·x(H2O)=k 逆·x(CO2)·x(H2)，则         2 2 2 xx CO H k x CO x H O k   正 逆 =K，e 点时 lgKp=-2， Kp=10-2，由于反应开始时 c(CO)=c(H2O)=0.1 mol/L，c(H2)=c(CO2)=0，假设反应产生 CO2、H2 的 - 14 - 物质的量浓度是 a mol/L，则平衡时 c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L，c(H2)=c(CO2)=a mol/L，该反 应是反应前后气体体积不变的反应，则 Kp= 0.2 0.2 0.1 0.1 0.2 0.2 a a a a    =10-2，解得 a=0.1× 1 11 mol/L， c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L=0.1×10 11 mol/L，所以 x(CO)=x(H2O)= 10 11 ，x(H2)=x(CO2)= 1 11 ，根 据图象可知，此温度下反应达到平衡时，Kp=1，所以 e 处的 正 逆 V V =Kp×         2 2 2 10 10 x CO x H O 11 111 1 1x CO x H 11 11     =100； ③对于反应(I)化学平衡常数 K=       2 2 c CO c H c H O  ；对于反应(II)，化学平衡常数 K=         2 2 2 c CO c H c CO ·c H O  ，由于 c 点是两个反应的交点，化学平衡常数相等，所以               2 2 2 2 2 c CO c H c CO c H c H O c CO ·c H O   ，c(CO2)=c2(CO)，由于此时反应容器中 CO 浓度为 0.1 mol/L，所以 c(CO2)=c2(CO)=(0.1)2 mol/L =0.01 mol/L。 【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡的计算等知识，正确分析图象 中各物理量的关系是解题关键，注意根据物质反应转化关系，利用平衡分压表示的化学平衡 常数的含义，结合有关数据的应用，侧重考查学生分析能力和计算能力。 (二)选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一 题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目题号必须与所 涂题目题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计 分。 11.目前我国研制的稀土催化剂催化转化汽车尾气示意图如下： (1)Zr 原子序数为 40，价电子排布式为 4d25s2，它在周期表中的位置是_______________。 - 15 - (2)图中互为等电子体的两种气体分子是_____________。 (3)C3H8 中所有碳原子的杂化方式是___________。 (4)图中属于非极性的气体分子是_______________________。 Fe、Mn 元素的部分电离能数据列于下表中 元素 Fe Mn 电离能(kJ·mol-1) I1 759 717 I2 1561 1509 I3 2957 3248 (5)从上表两元素部分电离能数据比较的可知，气态 Mn2+再失去一下电子比气态 Fe2+再夫去一 个电子难，原因是_____________。 (6)CO 与 Ni 可生成羰基镍[Ni(CO)4]，已知其中镍的化合价为 0，镍原子在基态时核外电子排 式为_____________，[Ni(CO)4]的配体是_________，配位原子是__________。 (7)为了节省贵金属并降低成本，也常用钙钛矿型复合氧化物作为催化剂。一种复合氧化物结 构如图所示，则与每个 Sr2+紧邻的 O2-有______个。 (8)与 Zr 相邻的 41 号元素 Nb 金属的晶格类型为体心立方晶格，原子半径为 apm，相对原子质 量为 b，阿伏加德罗常数为 NA，试计算晶体铌的密度为______________g·cm-3(用来 a、b、NA 表示计算结果)。 【答案】 (1). 第五周期ⅣB 族 (2). N2、CO (3). sp3 (4). N2、O2、CO2 (5). Mn2+ 转为化 Mn3+时，3d 能级由较稳定的 3d5 半充满状态转变为不稳定的 3d4 状态 (6). - 16 - 1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar] 3d84s2 (7). CO (8). C (9). 12 (10). 30 3 A 3 3 10 b 32a N  【解析】 【分析】 (1)根据原子序数和价电子排布式分析其在元素周期表中的位置； (2)原子总数相同，价电子总数也相同的分子、离子或基团为等电子体； (3)根据 C3H8 中碳原子的成键方式判断杂化方式； (4)正负电荷中心重合的分子为非极性分子； (5)根据 Mn2+和 Fe2+的核外电子排布分析； (6)镍元素为 28 号元素；配合物中一般由金属离子提供空轨道，非金属原子提供孤对电子； (8)根据原子半径计算晶胞棱长，得到晶胞体积，根据均摊法计算晶胞中原子数目，计算质量， 再根据 m V   计算密度。 【详解】(1)Zr 原子序数为 40，价电子排布式为 4d25s2，最高能层为 5，位于周期表第 5 周期， 价电子数为 4，位于第 4 纵列，所以位于第ⅣB 族，即 Zr 位于周期表第 5 周期ⅣB 族； (2)N2 和 CO 原子总数相同，价电子总数均为 10，二者互为等电子体； (3)C3H8 分子中每个 C 原子含有 4 个σ键，所以每个 C 原子价层电子对数是 4，则 C 原子采用 sp3 杂化； (4)O2 和 N2 是以非极性键结合的双原子一定为非极性分子；CO2 中含有极性键，空间构型为直线 形，结构对称，分子中正负电荷中心重叠，为非极性分子； (5)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+到 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； (6)镍元素为 28 号元素，根据核外电子排布规律可知基态 Ni 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2 或[Ar] 3d84s2；[Ni(CO)4]的配体是 CO，虽然 C 和 O 原子都有孤电子对， 但 C 的电负性较小更容易给出电子，所以配位原子为 C； (7)根据晶胞结构示意图可知，位于棱心上的 12 个 O2-与 Sr2+紧邻； (8)体心立方堆积中体对角线上的三个原子相切，设晶胞棱长为 x，则有 3 x=4a，所以 x= 4 33 apm，则晶胞的体积 V= 34 3 a3      3pm3= 34 3 a3      3×10-30cm3；根据均摊法，晶胞中所含 - 17 - Nb 原子的个数为 11+8 8  =2，所以晶胞的质量 m= A 2b N g，所以晶胞的密度为 30 A 3 310 c 2b g 4 3 a3 m N       = 30 3 A 3 3 10 b 32a N  g·cm-3。 【点睛】体心立方堆积中体对角线上的三个原子相切，所以晶胞的棱长 a= 4 33 r(r 为原子半 径)；面心立方堆积中面对角线上的三个原子相切，晶胞的棱长 a= 2 2 r(r 为原子半径)。 12.下列有关化学合物(F)的合成路线如下： 已知： 3 3 3 ①O ②CH SCH +R″-CHO 回答下列问题： (1)化合物 D 官能团的名称是_________________。 (2)反应⑸的反应类型是____________。 (3)化合物 A 的键线式是____________。 (4)化合物 B 与新制的 Cu(OH)2 悬浊液反应的化学方程：____________。 (5)碳原子上连有 4 个不同的原子或原子团，该碳称为手性碳，则化合物 C 的手性碳原子数有 ____个。 (6)芳香化合物 G 是化合物 E 的同分异构体，且 G 满足以下两个条件： ①1molG 与足量金属钾反应，在标准状况下放出 22.4LH2； - 18 - ②有三种不同化学环境的氢原子且它们的原子个数比为 6:2:1。 则 G 可能的结构简式____________。 ⑺设计由 制备 的合成路线________。 【答案】 (1). 酯基、羰基 (2). 还原反应或加成反应 (3). (4). +2Cu(OH)2+NaOH Δ +Cu2O↓+3H2O (5). 3 (6). (7). 2 5 2 4 ①C H OH ②H SO 2 5 2 5 + 3 ①C H OH、C H ONa ②H O 4 2 ①LiAlH ②H O 【解析】 【分析】 由信息： 3 3 3 ①O ②CH SCH +R″-CHO，分析 B 的结构，可得 A 为： ，B 中醛基被氧化为羧基得到 C ，C 与乙醇发生 酯 化 反 应 得 D ， D 中 酯 基 与 羰 基 的 α-H 反 应 形 成 圆 环 ， 生 成 E ，E 在 NaBH4 作用下还原成 F 。 - 19 - 【详解】(1)化合物 D 官能团的名称是酯基、羰基。故答案为：酯基、羰基； (2)E 在 NaBH4 作用下还原成 F ，反应⑸的反应类型是还 原反应或加成反应。故答案为：还原反应或加成反应； (3)由信息： 3 3 3 ①O ②CH SCH +R″-CHO，分析 B 的结构，可 得化合物 A 的键线式是 。故答案为： ； (4)化合物 B 与新制的 Cu(OH)2 悬浊液反应，醛基被氧化为羧酸盐，化学方程： +2Cu(OH)2+NaOH Δ +Cu2O↓+3H2O。故答案为： +2Cu(OH)2+NaOH Δ +Cu2O↓+3H2O； (5)碳原子上连有 4 个不同的原子或原子团，该碳称为手性碳，则化合物 C 的手性碳原子数有 3 个，如图： 。故答案为：3； (6)芳香化合物 G 是化合物 E 的同分异构体，且 G 满足以下两个条件：①1molG - 20 - 与足量金属钾反应，在标准状况下放出 22.4LH2，说明有两个羟基；②有三种不同化学环境的 氢原子且它们的原子个数比为 6:2:1，说明分子结构对称，将除苯环外的碳和氧均分为两份， 分布在对称轴的两侧。则 G 可能的结构简式 。 故答案为： ； ⑺对产物 联想到 E 到 F 的反应，应合成 ，根据 D 合成 E 的思路可由 合成，对比原料 用乙醇酯化即可。设计由 制备 的合成路线： 2 5 2 4 ①C H OH ②H SO 2 5 2 5 + 3 ①C H OH、C H ONa ②H O 4 2 ①LiAlH ②H O 。 故答案为： 2 5 2 4 ①C H OH ②H SO 2 5 2 5 + 3 ①C H OH、C H ONa ②H O 4 2 ①LiAlH ②H O 。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断、知识迁移、知识综合运用能 - 21 - 力，明确官能团及其性质关系、反应条件、反应类型是解本题关键，难点是同分异构体书写 注意对两个条件的解读，另一个难点（7）合成路线的设计，结合所给的流程图，用逆推法去 思考。 - 22 -