备战2021年高考化学模拟专练卷07（教师版）

备战2021年高考化学模拟专练卷07（教师版）

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 。