宁夏回族自治区银川一中2020届高三第三次模拟考试化学试题 Word版含解析

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宁夏回族自治区银川一中2020届高三第三次模拟考试化学试题 Word版含解析

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试试题卷-化学 ‎1.下列有关化学及人类社会发展历程的说法中,正确的是( )‎ A. 道尔顿的“原子论”和阿伏加德罗的“分子学说”对化学的发展起到了极大的推动作用 B. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列,制出了第一张元素周期表 C. 《本草纲目》中有关“石碱”的一条记载为:石碱出山东济宁诸处,彼人采篙寥之属,晒干灰,以水淋汁,久则凝淀如石,洗衣发面,亦去垢发面。这里的“石碱”是指氢氧化钠 D. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载:“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶……”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.道尔顿的原子论和阿伏加德罗的“分子学说”,奠定了近代化学基础,内容是:物质是由分子和原子构成,分子中原子的重新组合是化学变化的基础,是认识和分析化学现象和本质的基础,对化学的发展起到了极大的推动作用,故A正确;‎ B.门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表,不同的核素的质量数不同,故B错误;‎ C.“石碱”是指碳酸钠,故C错误;‎ D.文中包含了将茶叶里的有机物萃取、溶解、过滤、供人品尝,没容有涉及到蒸馏,故D错误;‎ 故选A ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是( )‎ A. ‎12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA B. 1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时转移的电子数为4NA C. ‎25℃‎,1LpH=9的CH3COONa溶液中,发生电离的水分子数为1×10-9NA D. 相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平均每个六元环拥有的碳为6× =2,‎12g石墨烯(单层石墨)‎ - 18 -‎ 中含有六元环的个数为 =0.5NA,故A正确;‎ B.1molNaBH4与足量水反应生成NaBO2和H2时,H由-1价变成0价,转移的电子数为4NA,故B正确;‎ C.CH3COONa属于强碱弱酸盐,CH3COO-的水解促进水的电离,c(H2O)电离=c(OH-)=1×10-5mol·L-1,发生电离的水分子物质的量为1×10-5mol·L-1×‎1L=1×10-5mol,发生电离的水分子数为1×10-5NA,故C错误;‎ D.O22-与S2-的摩尔质量相同,质子数相同,相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴阳离子数和质子数,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增,其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构,且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是( )‎ A. 离子半径:W>Z>Y>X B. ZY2和WY2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同 C. 氧化物对应的水化物的酸性:W>Z D. X2Y2,Z2W2均含有非极性共价键且各原子都满足8电子的稳定结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增,X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构,且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构,结合图示结Z为S,W为Cl元素;其中Y与Z同主族,则Y为O元素,X与Y形成的该化合物为双氧水,则X为H元素。‎ ‎【详解】根据分析可知,X为H,Y为O,Z为S,W为Cl元素。‎ - 18 -‎ A.同一周期从左向右阴离子半径逐渐减小,S2->Cl-,同一主族从上到下阴离子半径逐渐增大,S2->O2-,故A错误;‎ B.SO2和ClO2都可以使品红溶液褪色但褪色原理不同,前者生成不稳定的无色物质,后者发生氧化还原反应,故B正确;‎ C.应是最高价氧化物对应的水化物的酸性:W>Z,故C错误;‎ D.H2O2中H不满足8电子的稳定结构,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是( )‎ A. 碘化亚铁溶液中通入过量氯气:2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-‎ B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀:2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓‎ C. 用铜作电极电解CuSO4溶液:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+‎ D. 1mol•L-1的NaAlO2溶液和2.5mol•L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合:2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碘化亚铁溶液中通入过量氯气:2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-,故A错误;‎ B.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀:2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故B错误;‎ C.用铜作电极电解CuSO4溶液,铜作阳极铜本身放电,阳极电极反应式为:Cu-2e-=Cu2+,故C错误 D.1mol·L-1NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的HCl溶液等体积互相均匀混合,设溶液体积为‎1L,偏铝酸钠和HCl的物质的量分别为1mol、2.5mol,1mol偏铝酸钠消耗1molHCl生成1mol氢氧化铝,剩余的1.5molHCl能够溶解0.5mol氢氧化铝,反应的离子方程式为:2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,难点D,注意反应物固定比类方程式的书写。‎ ‎5.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是( )‎ - 18 -‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液 有红褐色沉淀 胶体遇强电解质聚沉 B 溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X 有沉淀产生 X可能是H2S气体 C 将灼烧至红热的铜丝插入乙醇中 铜丝由黑变红 乙醇被还原 D 向某溶液中滴加少量的稀NaOH溶液并加热,将红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 该溶液中存在NH4+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向氢氧化铁胶体中滴加过量硫酸溶液,先有沉淀,后沉淀溶解,故A错误;‎ B.SO2+2H2S=2H2O+3S↓,故B正确;‎ C.乙醇变成乙醛是氧化反应,故C错误;‎ D.氨气在水中溶解度大,应向某溶液中滴加少量的浓NaOH溶液并加热,将红色石蕊试纸置于试管口能产生使湿润红石蕊试纸变蓝的气体,才说明溶液中有铵根离子,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎6.下列有关有机物的说法正确的是( )‎ A. 螺[3,3]庚烷()的二氯代物共有2种(不含立体异构)‎ B. 乙烯和丙烯加成聚合最多可形成2种有机高分子化合物 C. 对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面 D. 用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.螺[3,3]庚烷()的二氯代物,两个氯原子可在相同、不同的碳原子上,可在同一个环或不同的环,有1,1-二氯螺(3,3)庚烷;1,2-二氯螺(3,3)庚烷;1,3-二氯螺(3,3)庚烷;2,2-二氯螺(3,3)庚烷;1,‎1’‎-二氯螺(3,3)庚烷;1,‎2’‎-二氯螺(3,3‎ - 18 -‎ ‎)庚烷;2,‎2’‎-二氯螺(3,3)庚烷7种,故A错误;‎ B.乙烯和丙烯中都双键,发生加聚反应时,可以是乙烯和乙烯之间发生加聚反应,可以是丙烯和丙烯之间发生加聚反应,也可以是乙烯和丙烯之间发生加聚反应或,故B错误;‎ C.苯环平面来说有12个原子共面,对于乙烯基平面另加3H+‎1C=4个原子共面,加上甲基上有一个氢,对甲基苯乙烯分子中最多有17个原子共面,故C正确;‎ D.烧碱溶液中滴入几滴油脂或矿物油,加热,振荡,能溶解形成溶胶的是油脂,静置后仍然分层的为矿物油,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎7.常温下,向50mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L-1的NaOH溶液,得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. a点溶液中存在:N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=0.2NA(N表示粒子数),若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体 B. 若a点pH=4,且c(Cl-)=m·c(ClO-),则Ka(HClO)=‎ C. b~c段,随NaOH溶液的滴入,逐渐增大 D. 若y=200,则c点对应溶液中:c(HClO)+c(H+)=c(OH-)-‎2c(Cl-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 整个过程先后发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O.‎ ‎【详解】A.a点溶液中存在末反应的氯分子:N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)<0.2NA(N - 18 -‎ 表示粒子数),故A错误;‎ B.若a点pH=4,c(H+)=10-4mol·L-1,溶液呈酸性,根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-),c(Cl-)=m c(ClO-),则c(HClO)=(m-1)c(ClO-),Ka(HClO)= ,则Ka(HClO)=,故B错误;‎ C.b~c段,Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO,随NaOH溶液的滴入,NaOH抑制NaClO水解:ClO-+H2OHClO+OH-,c(HClO)减小,c(ClO-)增大,但水解常数只受温度影响,温度不变,水解常数 不变,故C错误;‎ D.若y=200,c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH,根据电荷守恒得:c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①,氯元素守恒得:c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO) ②,‎2c(Cl-)+‎2c(ClO-)+‎2c(HClO)=c(Na+)③,由①+③+②得:c(HClO)+c(H+)=c(OH-)-‎2c(Cl-),故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小的判断,明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键,难点D,注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用。‎ ‎8.常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的挥发性香精油,可溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉,经分离提纯得到花椒油。‎ 实验步骤:‎ ‎(一)在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水,加几粒沸石。同时,在B中的圆底烧瓶中加入‎20g花椒籽粉和50mL水。‎ ‎(二)加热A装置中的圆底烧瓶,当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹,进行蒸馏。‎ ‎(三)向馏出液中加入食盐至饱和,再用15mL乙醚萃取2次,将两次萃取的醚层合并,加入少量无水Na2SO4;将液体倾倒入蒸馏烧瓶中,蒸馏得花椒油。‎ - 18 -‎ ‎(1)装置A中玻璃管的作用是___,装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是___。‎ ‎(2)步骤(二)中,当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时,可停止蒸馏。蒸馏结束时,下列操作顺序为___(填标号)。‎ ‎①停止加热 ②打开弹簧夹 ③关闭冷凝水 ‎(3)在馏出液中加入食盐的作用是___;加入无水Na2SO4的作用是___。‎ ‎(4)实验结束后,用稀NaOH溶液清洗冷凝管,反应的化学方程式为___。‎ ‎(残留物以表示)‎ ‎(5)为测定花椒油中油脂含量,取20.00mL花椒油溶于乙醇中,加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液,搅拌,充分反应,加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞,用0.1moI/L盐酸进行滴定,滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂___g/L。‎ ‎(以计,式量:884)。‎ ‎【答案】 (1). 平衡气压,以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 (2). 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) (3). ②①③ (4). 降低花椒油在水中的溶解度,有利于分层 (5). 除去花椒油中的水或干燥 (6). +3NaOH→3R1COONa+ (7). 353.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A中产生大量蒸汽,装置A中玻璃管的作用是平衡气压,以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大;装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)。故答案为:平衡气压,以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大;防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流);‎ ‎(2)步骤(二)中,花椒油不溶于水,当观察到仪器甲中有无色油状液体馏出时,可停止蒸馏。蒸馏结束时,打开弹簧夹,停止加热,关闭冷凝水;‎ 故答案为: ②①③;‎ ‎(3)花椒油不溶于水,在馏出液中加入食盐的作用是降低花椒油在水中的溶解度,有利于分层;加入无水Na2SO4‎ - 18 -‎ 的作用是除去花椒油中的水或干燥。故答案为:降低花椒油在水中的溶解度,有利于分层;除去花椒油中的水或干燥;‎ ‎(4)实验结束后,用稀NaOH溶液清洗冷凝管,残留物为酯类,在NaOH溶液中水解为羧酸钠和醇,反应的化学方程式为+3NaOH→3R1COONa+ 。‎ 故答案为:+3NaOH→3R1COONa+ ;‎ ‎(5)盐酸滴定过量的NaOH,则过量的n(NaOH)=n(HCl)=0.1mol·L-1×‎0.02L× =0.016mol,则参与水解反应的n(NaOH)=0.5mol·L-1×‎0.08L=0.04mol-0.016mol=0.024mol,故花椒油中的油脂物质的量为×0.024mol=0.008mol,则该花椒油中含有油脂为=‎353.6g·L-1;‎ 故答案为:353.6;‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备,涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等,明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力,注意题目信息的与相关基础知识联合分析,难点(5)盐酸滴定过量的NaOH,先求出过量的n(NaOH)=n(HCl),再求出参与水解反应的n(NaOH),最后根据反应计量数求出花椒油中的油脂物质的量。‎ ‎9.通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重的金属,一种从铜阳极泥(主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等)中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示:‎ ‎(1)已知预处理温度为‎80℃‎,预处理渣中几乎不含S元素,预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为___,比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂,本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是___。‎ ‎(2)回收分渣中的银,可用如下过程:‎ - 18 -‎ 已知:S2O32-在碱性条件下很稳定,易与银离子络合:Ag++2S2O32-Ag(S2O3)23-。常温下,络合反应的平衡常数为K稳[Ag(S2O3)23-]=2.8×1013,Ksp(AgCl)=1.8×10-10。‎ ‎①Ⅰ中发生的离子反应方程式为:AgCl(s)+2S2O32-(aq)Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq),常温下此反应的平衡常数K为___(结果保留二位小数)。‎ ‎②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4,在碱性条件下进行反应生成Na2SO3,相应的离子反应方程式为:2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O,所以Ⅲ中的银渣回收液可直接循环使用,但循环多次后银的浸出率会降低,请从化学平衡移动的角度分析原因___。‎ ‎(3)分硒渣的主要成分是Cu2Se,可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。‎ ‎①已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3,Ka2=2.5×10-4,则NaHSeO3溶液的pH__7(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎②二元强酸硒酸(H2SeO4)可以用电解亚硒酸溶液的方法制得,电解时的阳极反应式为___。‎ ‎(4)分铜得到产品CuSO4•5H2O的具体操作如下:‎ ‎①萃取与反萃取原理为:2RH+Cu2+R2Cu+2H+,反萃取剂最好选用__(填化学式)溶液。‎ ‎②蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现__为止,再冷却结晶即可得到产品CuSO4•5H2O ‎【答案】 (1). Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O (2). 减少污染性气体二氧化硫的排放 (3). 5.04×103 (4). 随着循环次数的增加,浸出液中S2O32-浓度减小,C1-浓度增大,浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移,浸出率下降 (5). < (6). H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+ (7). H2SO4 (8). 晶膜 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜阳极泥(主要成分为 Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等),加入二氧化锰、硫酸进行预处理,可将Cu2S氧化生成硫酸铜,减少污染物的排放,滤液加入氯化钠,可生成氯化银,滤液加入铜,得到Cu2Se,分硒液含有铜,萃取得到R2Cu - 18 -‎ ‎,经反萃取可得铜的水溶液,可用于制备硫酸铜晶体等。‎ ‎【详解】(1)预处理温度为‎80℃‎,预处理渣中几乎不含S元素,转化为SO42-,预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O,比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂,本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是减少污染性气体二氧化硫的排放。‎ 故答案为:Cu2S+5MnO2+12H+2Cu2++SO42-+5Mn2++6H2O;减少污染性气体二氧化硫的排放;‎ ‎(2)①Ⅰ中发生的离子反应方程式为:AgCl(s)+2S2O32-(aq)Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq),常温下此反应的平衡常数K=Ksp(AgCl)×K稳[Ag(S2O3)23-]=2.8×1013×1.8×10-10=5.04×103。故答案为:5.04×103;‎ ‎②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4,在碱性条件下进行反应生成Na2SO3,相应的离子反应方程式为:2Ag(S2O3)23-+S2O42-+4OH-=2Ag+4S2O32-+2SO32-+2H2O,所以Ⅲ中的银渣回收液可直接循环使用,但循环多次后银的浸出率会降低,从化学平衡移动的角度分析原因随着循环次数的增加,浸出液中S2O32-浓度减小,C1-浓度增大,浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移,浸出率下降。故答案为:随着循环次数的增加,浸出液中S2O32-浓度减小,C1-浓度增大,浸出反应AgCl+2S2O32-Ag(S2O3)23-+C1-平衡左移,浸出率下降;‎ ‎(3)①常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3,Ka2=2.5×10-4,由已知,常温下(‎25℃‎时),HSeO3-的水解常数Kh=≈4.0×10-12,<Ka2,则NaHSeO3溶液的pH<7(填“>”、“<”或“=”)。故答案为:<;‎ ‎②二元强酸硒酸(H2SeO4)可以用电解亚硒酸溶液的方法制得,阳极上亚硒酸失电子生成硒酸,电解时的阳极反应式为H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+。故答案为:H2SeO3-2e-+H2O═SeO42-+4H+;‎ ‎(4)①萃取与反萃取原理为:2RH+Cu2+R2Cu+2H+,反萃取剂最好选用H2SO4溶液。故答案为:H2SO4;‎ ‎②蒸发浓缩需用小火加热至溶液表面出现晶膜为止,再冷却结晶即可得到产品CuSO4•5H2O 故答案为:晶膜。‎ ‎【点睛】本题以从阳极泥中回收银、硒为载体考查物质分离与提纯方法的综合应用,明确实验原理、实验目的为解答关键,注意掌握物质分离与提纯方法,试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力,(3)NaHSeO3溶液的pH判断,要比较电离和水解能力的大小。‎ - 18 -‎ ‎10.氮的化合物是造成大气污染的主要物质。研究氮的化合物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。‎ ‎(1)NO在空气中存在如下反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H,上述反应分两步完成,其反应历程如图所示:回答下列问题:‎ ‎①写出反应I的热化学方程式___。‎ ‎②对于总反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g),对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢,其原因可能是__(反应未使用催化剂)。‎ ‎(2)用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)+‎2C(s)N2(g)+2CO2(g),在恒温条件下,1molNO2和足量C发生该反应,测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示:‎ ‎①A、B两点的浓度平衡常数关系:Kc(A)___Kc(B)(填“<”“>”或“=”)‎ ‎②A、B、C三点中NO2的转化率最低的是___(填“A”“B”或“C”)点。‎ ‎③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算)‎ ‎(3)电化学气敏传感器可以监测空气环境中NH3的含量,原理如图所示。负极的电极反应为___,假设有‎16.8L(标准状况)的氨气进入传感器参与反应,另一极需要通入标准状况下O2的体积为___。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) △H=-(E3-E4)kJ·mol-1 (2). 温度升高后反应I平衡逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2‎ - 18 -‎ 浓度减小的影响,导致反应Ⅱ速度变慢,最终总反应速率变慢 (3). = (4). B点 (5). 4Mpa (6). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (7). ‎‎12.6L ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①根据能量关系图,反应I为放热反应,热化学方程式2NO(g)N2O2(g) △H=-(E3-E4)kJ·mol-1 。故答案为:2NO(g)N2O2(g) △H=-(E3-E4)kJ·mol-1 ;‎ ‎②反应I和反应Ⅱ中,反应I是快反应,会快速建立平衡状态,而反应Ⅱ是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ,对于总反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g),对该反应体系升高温度发现总反应速率反而变慢,其原因可能是:温度升高后反应I平衡逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,导致反应Ⅱ速度变慢,最终总反应速率变慢(反应未使用催化剂)。故答案为:温度升高后反应I平衡逆向移动,导致N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,导致反应Ⅱ速度变慢,最终总反应速率变慢;‎ ‎(2)①A、B两点的温度相同,平衡常数K只与温度有关,A、B两点的浓度平衡常数关系:Kc(A)=Kc(B),故答案为:=;‎ ‎②2NO2(g)+‎2C(s)N2(g)+2CO2(g)是个气体体积增大的反应,增大压强平衡逆向移动,A、B、C三点中NO2的转化率最低的是B点。故答案为:B;‎ ‎③1mol NO2和足量C发生该反应,设反应二氧化氮x,列三段式:‎ ‎ ‎ 从图知C点时NO2和CO2的物质的量浓度相同,则1-x=x,解得x=0.5,则平衡时总的物质的量为1.25mol,计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= =4Mpa,故答案为:4Mpa;‎ ‎(3)原电池中,负极失去电子发生氧化反应,根据图可知,为氨气生成氮气,电极反应式为:2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O;正极的反应为:O2+4e-+H2O=4OH-,逸出氨气‎16.8L,参与反应氨气为0.75mol,则转移电子数为2.25mol,则氧气为×2.25mol=0.5625mol,故通入标准状况下02的体积为0.5625mol×‎22.4L·mol-1=‎12.6L;‎ - 18 -‎ 故答案为:2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O;‎12.6L。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合,题目涉及反应热的计算、化学平衡移动以及化学平衡常数、电极方程式的书写等,题目涉及的知识点较多,侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力,难点(2)③列出三段式,利用C点两浓度相等进行计算。‎ ‎11.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题:‎ ‎(1)聚四氟乙烯是一种准晶体,该晶体是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过___方法区分晶体、准晶体和非晶体。‎ ‎(2)K元素的基态原子的电子填充于___个不同的能级。‎ ‎(3)[H‎2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸,存在[H‎2F]+,该离子的空间构型为___,写出一种与[H‎2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是___。‎ ‎(4)NH‎4F(氟化铵)可作为玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等。NH4+的中心原子的杂化类型是___;氟化铵中存在___(填字母)。‎ A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键 ‎(5)SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SbF6是一种共价化合物,可通过类似BornHaber循环能量构建能量图(见图a)计算相关键能。则F—F键的键能为___kJ·mol-1,S—F的键能为___kJ·mol-1。‎ ‎(6)CuCl的熔点为‎426℃‎,熔化时几乎不导电;CuF的熔点为‎908℃‎,密度为‎7.1g·cm-3。‎ ‎①CuF比CuCl熔点高的原因是___;‎ ‎②已知NA为阿伏加德罗常数的值。CuF的晶胞结构如“图b”。则CuF的晶胞参数a=___nm(列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). X-射线衍射实验 (2). 6 (3). V形 (4). NH2- (5). sp3 (6). AB (7). 155 (8). 327 (9). CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体 (10). ×107‎ - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)晶体对X射线发生衍射,非晶体不发生衍射,准晶体介于二者之间。聚四氟乙烯是一种准晶体,该晶体是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过X-射线衍射实验方法区分晶体、准晶体和非晶体。故答案为:X-射线衍射实验;‎ ‎(2)K元素的基态原子的电子填充于1s、2s、2p、3s、3p、4s,6个不同的能级。故答案为:6;‎ ‎(3)[H‎2F]+[SbF6]-(氟酸锑)是一种超强酸,存在[H‎2F]+,[H‎2F]+与H2O、NH2-等互为等电子体,结构相似,该离子的空间构型为V形,与[H‎2F]+具有相同空间构型和键合形式的阴离子是NH2-。故答案为:V形; NH2-;‎ ‎(4)NH4+的中心原子N原子形成4个σ键,杂化类型是sp3;氟化铵为离子化合物,含有离子键和共价键,即σ键。‎ 故答案为:sp3 ;AB;‎ ‎(5)由图象可知,断裂3molF-F键,吸收465kJ能量,则F-F键的键能为155kJ·mol-1,形成6molS-F键,放出1962kJ能量,则S-F的键能为kJ·mol-1=327kJ·mol-1,‎ 故答案为:155;327;‎ ‎(6)①CuCl的熔点为‎426℃‎,熔化时几乎不导电,属于分子晶体;CuF的熔点为‎908℃‎,熔点比CuCl高,是离子晶体。CuF比CuCl熔点高的原因是CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体;‎ 故答案为:CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体;‎ ‎②如“图b”,CuF的密度为‎7.1g·cm-3,晶胞中Cu、F的个数分别为4,(其中Cu为8×+6×=4),则 =‎7.1g·cm-3,则CuF的晶胞参数a=×107nm。‎ 故答案为:×107。‎ ‎12.3,4―二羟基肉桂酸乙酯(I)具有抗炎作用和治疗自身免疫性疾病的潜力。由化合物A制备该物质的合成路线如图:‎ - 18 -‎ 已知:R—CHO+R’—CH2—CHO 回答下列问题:‎ ‎(1)A的结构简式为___,I中含氧官能团的名称是___。‎ ‎(2)E生成F的反应类型为___。‎ ‎(3)下列有关H的说法中,不正确的是___。‎ a.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b.1molH最多能和3molBr2反应 c.H分子中最多有9个碳原子共平面 d.1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时,消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1:1‎ ‎(4)写出C+D→E的化学方程式___。‎ ‎(5)已知W是H的同分异构体,符合下列条件的W结构共有___种。‎ ‎①属于芳香族化合物 ‎②1molW与足量NaHCO3溶液反应生成气体‎44.8L(标准状况)。‎ 其中,核磁共振氢谱有4组吸收峰,且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为:___(写一个即可)‎ ‎(6)季戊四醇()是合成高效润滑剂、增塑剂、表面活性剂等的原料。设计由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)。合成路线的表示方法为:___。‎ AB……目标产物。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 酚)羟基、酯基 (3). 消去反应 (4). bd (5). CH3CHO+‎ - 18 -‎ ‎ (6). 10 (7). 、 (8). CH3CH2OHCH3CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成流程及B的分子式C2H6O且由A与水反应得到,可知,A为CH2=CH2,A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH,B氧化生成C为CH3CHO,C与D发生醛的加成反应生成E,E发生消去反应生成F为,F发生银镜反应生成G为,G发生-Cl的水解反应生成H,H与乙醇发生酯化反应生成3,4―二羟基肉桂酸乙酯(I);‎ ‎(6)合成,先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应,再-CHO与氢气加成。‎ ‎【详解】(1)A为乙烯,结构简式为CH2=CH2,I中含氧官能团的名称是(酚)羟基、酯基。故答案为:CH2=CH2;(酚)羟基、酯基;‎ ‎(2),E生成F的反应类型为消去反应。故答案为:消去反应;‎ ‎(3)中含有酚羟基、碳碳双键、羧基,‎ a.H中碳碳双键、酚羟基、苯环上的侧链均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故正确;‎ b.1molH最多能和4molBr2反应,3mol发生取代反应,1mol发生加成反应,故错误;‎ - 18 -‎ c.苯平面和烯平面上的碳均可能共面,H分子中最多有9个碳原子共平面,故正确;‎ d.NaOH能与酚和酸反应、NaHCO3只能与酸反应,1molH分别与足量NaOH、NaHCO3反应时,消耗的NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:1,故D错误;‎ 故答案为:bd;‎ ‎(4)C与D发生醛的加成反应生成E,C+D→E的化学方程式CH3CHO+ 。故答案为:CH3CHO+ ;‎ ‎(5)芳香族化合物W是H的同分异构体,1molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成2molCO2,W含2个-COOH,若只有1个侧链为-CH(COOH)2,只有一种;若含2个侧链为-CH2COOH、-COOH,有邻、间、对三种;若含3个侧链为-CH3、-COOH、-COOH,固定2个-COOH再插入甲基,有2+3+1=6种,共有10种;‎ 其中,核磁共振氢谱有4组吸收峰,且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为:、 ;‎ 故答案为:10;、 ;‎ ‎(6)合成,先CH3CHO、甲醛发生醛的加成反应,再-CHO与氢气加成。由甲醛和乙醇为原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选),合成路线的表示方法为:CH3CH2OHCH3CHO ‎。‎ 故答案为:CH3CH2OHCH3CHO - 18 -‎ ‎。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的合成,把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、官能团与性质、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意有机物性质的应用,难点(6)注意乙醛同时与多个甲醛分子发生加成反应。‎ - 18 -‎
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