辽宁省大连市2020届高三第二次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

辽宁省大连市2020届高三第二次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年大连市高三第二次模拟考试 一、选择题 1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是（ ） A. 向牛奶中加入果汁会产生沉淀，这是因为发生了酸碱中和反应 B. 将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更容易成熟，是因为香蕉释放的乙烯有催熟作用 C. “火神山”医院地面上铺的HDPE 也称高密度聚乙烯膜，是一种天然有机高分子化合物 D. 二氧化硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于环保 【答案】B 【解析】 【详解】A. 牛奶是胶体，向牛奶中加入果汁会发生胶体聚沉，故 A 错误； B. 将香蕉和青苹果放在一起，香蕉释放的乙烯有催熟作用，青苹果更容易成熟，故 B 正确； C. 聚乙烯膜，是一种合成有机高分子化合物，故 C错误； D. 太阳能电池板是硅单质，故 D错误。 综上所述，答案为 B。 2.苯酚（结构简式如图所示），俗称石炭酸。是一种重要的化工原料，广泛用于制适酚醛树脂、 染料、医药、农药等。下列说法不正确的是（ ） A. 分子中所有原子可能共平面 B. 固体苯酚分子间可能形成氢键 C. 1mol该分子充分燃烧，会消耗 27molO D. 1mol该分子与足量的氢气加成后，环上的一氯取代物有 3 种 【答案】D 【解析】 【详解】A. 苯中 12 个原子在同一平面内，苯酚可以理解为苯中 1 个氢原子被羟基取代，因 此分子中所有原子可能共平面，故 A 正确； B. 氧电负性大，连接的氢原子与另外一个苯酚的氧可能形成分子间氢键，故 B正确； - 2 - C. 1mol 该分子 C6H6O 充分燃烧，会消耗 7mol O2，故 C 正确； D. 1mol 该分子与足量的氢气加成后得到环己醇 ，环上的一氯取代物有 4 种，故 D 错 误。 综上所述，答案为 D。 3.臭氧已成为夏季空气污染的元凶，地表产生臭氧的机理如图所示，NA代表阿伏加德罗常数的 数值。下列说法正确的是（ ） A. 反应①、②、③都是氧化还原反应 B. 16 O3和 O2的混合气体，所含质子数为 16NA C. 0.5mol NO2溶于水形成 1L 溶液，可得到 0.5 mol∙L−1的硝酸溶液 D. 标准状况下，11.2L 的 NO 和 O2混合气体所含的原子数为 NA 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A. 反应②是 O2与 O 反应生 O3，化合价不变，没有电子的转移，不是氧化还原反应， 故 A 错误； B. 用极限思维，假设全部是 16 O3，则所含质子数为 8NA，故 B 错误； C. 0.5mol NO2溶于水形成 1L 溶液，3NO2+ H2O =2HNO3+ NO，因此得到硝酸物质的为 0.33mol， 可得到 0.33 mol∙L−1的硝酸溶液，故 C 错误； D. 标准状况下，11.2L 的 NO 和 O2混合气体物质的量为 0.5mol，都为双原子分子，无论怎么 反应，原子数不变，因此所含的原子数为 NA，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 4.以 NaClO 为有效成分的“84”消毒液在抗击新冠疫情的消杀工作中起到了重要作用。某研 究小组设计下列实验探究 NaClO 的性质。 - 3 - （已知：电离常数： 2 3H CO ： 7 a1K 4.4 10  ， 11 a 2K 5.6 10  ； 11HClO : K 4.7 10  ） 实验 装置 试剂（少量） 预测可能的现象 ① 酚酞 无色溶液最终呈红色 ② 2CO 无明显现象 ③ 淀粉 KI 溶液+稀硫 酸 无色溶液立即变蓝 ④ 3FeCl 溶液 溶液略呈浅绿色 结合上述实验探究，预测的现象以及解释均正确的是（ ） A. 实验①：NaClO 溶液呈碱性： 2ClO H O HClO OH   B. 实验②：NaClO 可用于制得 2- 32 2HClO : ClO CO H O 2HClO CO     C. 实验③：NaClO 具有氧化性： 2 2ClO 2I 2H Cl I H O        D. 实验④：NaClO 具有还原性： 3 2 2 3ClO 4Fe 2H O ClO 4Fe 4H         【答案】C 【解析】 【详解】A. 实验①：NaClO 溶液具有强氧化性，会氧化酚酞，溶液最终是无色的，故 A 错误； B. 实验②：NaClO 可用于制得 HClO，根据酸强弱顺序，反应生成碳酸氢钠： 2 2 3ClO CO H O HClO HCO     ，故 B 错误； C. 实验③：NaClO 具有氧化性，氧化碘离子生成单质碘，淀粉遇见单质碘变蓝： 2 2ClO 2I 2H Cl I H O        ，故 C 正确； D. 实验④：NaClO 具有强氧化性，与 Fe 3+ 不反应，与 Cl － 反应，故 D 错误。 综上所述，答案为 C。 5.短周期主族元素 X、Y、Z、R 的原子序数依次增大，X是宇宙中含量最多的元素，Y 原子最 外层电子数等于内层电子数的 2 倍。向 100 mL X2R 的水溶液中缓缓通入 RZ2气体，溶液 pH 与 - 4 - RZ2体积关系如图。下列说法正确的是（ ） A. X2R 溶液的浓度为 0.03 mol∙L−1 B. 最简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>R C. X、Y、Z 三种元素形成的化合物一定易溶于水 D. RZ2分别通入到 X2R、Ba(NO3)2溶液中，均会产生沉淀 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、R 的原子序数依次增大，X 是宇宙中含量最多的元素，X 为 H，Y原 子最外层电子数等于内层电子数的 2 倍，Y为 C，向 100 mL X2R 的水溶液中缓缓通入 RZ2气体， 溶液 pH 与 RZ2体积关系如图，则说明是 H2S 通入 SO2，则 Z 为 O，R为 S。 【详解】A. 根据 2H2S + SO2 = 3S↓+ 2H2O，加入 SO2气体体积 336mL 即 0.015mol，溶液 pH =7， 即消耗 H2S 物质的量为 0.03mol，因此 X2R 溶液的浓度为 1 (aq) n 0.03mol= 0.3mol L V 0.1 L c    ， 故 A 错误。 B. 非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，即稳定性 H2O＞CH4，故 B错误； C. H、C、O 三种元素形成的化合物，如果属于酯等，则不溶于水，故 C 错误； D. SO2通入到 H2S 有黄色沉淀生成，SO2通入到 Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀，故 D正确。 答案为 D。 6.25℃时，向 10mL 0.1 mol∙L−1一元弱碱 XOH 溶液中逐滴滴加 0.1 mol∙L−1的 HCl 溶液，溶液 的变化  C H AG AG=1g C(OH )          如图所示（溶液混合时体积变化忽略不计）。下列说法正确的 是（ ） - 5 - A. a 的最小值是−12 B. M 点消耗盐酸的体积为 10mL C. R 点溶液中可能存在    +c X +c(XOH)=c Cl D. M 点到 N 点，水的电离程度逐渐增大 【答案】C 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A ． 10mL 0.1 mol∙L−1 一 元 碱 XOH ， 假 设 是 强 碱 的 时 候 ，   13 12 C H 1 10AG=1g lg lg10 12 C(OH) 0.1        ，但该碱是弱碱，氢氧根浓度小，氢离子浓度 大，比值大，因此 a 的值是大于−12，故 A 错误； B．M点是 AG = 0，当消耗盐酸的体积为 10mL，溶质是 XCl，溶液显酸性，AG＞0，与题意不 符，故 B 错误； C．R点溶液中溶质可能为 XCl，根据物料守恒可能存在    +c X +c(XOH)=c Cl ，故 C 正确； D．M点溶液呈中性，N 点溶液中溶质为等物质的量浓度的 XCl、HCl，弱离子促进水电离、酸 抑制水电离，M点到酸碱恰好完全反应点水的电离程度增大，从酸碱恰好完全反应点到 N点， 酸过量，水的电离程度减小，故 D 错误； 综上所述，答案为 C。 7.下列实验主要仪器和试剂的选择不能达到实验目的的是 选项 主要仪器 试剂 实验目的 A 烧瓶、长颈漏斗、酒精灯、导管 软锰矿与浓盐酸 制取并收集干燥的氯气 B 酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架 NaCl溶液 蒸发溶液得到晶体 - 6 - C 圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台 干燥的氨气、水 模拟喷泉实验 D 铁丝、蓝色钴玻璃、酒精灯 盐酸、待测液 焰色反应实验 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A.制取并收集干燥的氯气，应对制取的氯气进行除杂、干燥，还需要洗气瓶、饱和 食盐水和浓硫酸，不能用长颈漏斗，必须用分液漏斗，故 A 不能达到实验目的； B.蒸发 NaCl溶液得氯化钠晶体，需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架，B能达到实验目的； C.模拟喷泉实验，需要圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台、干燥的氨气、水，C 能达到实验目 的； D.将铁丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取试样在无色火焰上灼烧观察火焰颜色，若 检验钾要透过蓝色钴玻璃观察，D能达到实验目的； 答案选 A。 二、非选择题 8.草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料（主要成分为Co ，还含有一 定量的 NiO、 2 3Al O 、 Fe、CaO 、 2SiO 等）制备草酸钴晶体  2 4 2CoC O 2H O 的工业流 程如下图所示。请回答下列问题： 已知：①草酸钴晶体难溶于水 ②RH 为有机物（难电离） - 7 - ③相关金属离子  n+ -1M =0.1mol Lc   形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： 金属离子 2+Fe 3+Fe 3Al  2Ni  开始沉淀的pH 7.5 2.7 3.4 6.9 沉淀完全的pH 9.0 3.7 4.7 8.9 （1）滤渣Ⅰ的成分_______。 （2） 2 2H O 是一种绿色氧化剂，写出加入 2 2H O 后溶液中发生的主要反应的离子方程式 ______。 （3）加入氧化钴调节浸出液的 pH 的范围是______。 （4）加入有机溶剂的目的是______。 （5）若仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应 2- 2- 3 2 4 2 4 3CoCO C O CoC O CO   将 3CoCO 转化为 2 4CoC O ____（填“能”或“不能”），说明理由：______。【已知   13 sp 3CoCO 1.4 10K   ，   8 sp 2 4CoC O 6.3 10K   】 （6）为测定制得的草酸钴晶体样品的纯度，现称取样品 gm ，先用适当试剂将其转化，稀释 后得到纯净的草酸铵溶液500mL 。移取 25.00mL该溶液加入过量的稀硫酸酸化，用 mol/ Lc 高锰酸钾溶液滴定，当溶液由__________（填颜色变化），消耗高锰酸钾溶液VmL，计算草 酸钴晶体样品的纯度为__________% 。（用含m 、c、V 的代数式表示）（已知 2 4 2CoC O 2H O 的摩尔质量为183g / mol ） 【答案】 (1). 2SiO 、 4CaSO (2). 2 3 2 2 22Fe H O 2H 2Fe 2H O      （若写成 2 2+ 2 2 32Fe H O 4CoO 4H 2Fe(OH) 4Co       得 2 分；未配平写成化学方程式不得 分） (3). 4.7 pH 6.9  (4). 溶解 2NiR ，使之与水层分离 (5). 不能 (6). 该反应的平衡常数较小  6 52.2 10 10K     ，转化程度极小，所以不能实现转化 (7). - 8 - 无色变为浅红色（或浅紫色或紫红色） (8). 915 Vc m 【解析】 【分析】 对含钴废料进行粉粹，加入硫酸进行酸浸，因为二氧化硅不溶于硫酸，生成的 CaSO4微溶于水， 则滤渣Ⅰ为二氧化硅、硫酸钙；浸出液中含有 CoSO4、NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4及过量得硫酸， 浸出液中加入过氧化氢和 CoO，将亚铁离子转化为铁离子，同时调节 pH，使铁离子、铝离子 转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝而除去；向滤液中加入 RH，Ni2+溶于有机层，分液后向水层加 入草酸铵得到草酸钴晶体。 【详解】(1)综上分析，滤渣Ⅰ的成分为 2SiO 、 4CaSO 。 (2)加入 2 2H O 将亚铁离子氧化为铁离子，根据元素守恒和得失电子守恒，离子方程式为 2 3 2 2 22Fe H O 2H 2Fe 2H O      。 (3)加入氧化钴的目的是调节浸出液的 pH 使铁离子、铝离子转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝， 根据表格数据可知，要是铁离子和铝离子沉淀完全又不使镍离子沉淀，故范围是 4.7 pH 6.9  。 (4)根据流程图可知，滤液中加入 RH，Ni2+生成 NiR2溶于有机层，使之与水层分离。 (5) 2- 2- 3 2 4 2 4 3CoCO C O CoC O CO   的反应平衡常数 K= 2- 3 2- 2 4 (CO ) (C O ) c c =     13 sp 3 6 5 8 sp 2 4 CoCO 1.4 10 =2.2 10 10 CoC O 6.3 10 K K          ，该反应的平衡常数较小，转化 程度极小，所以不能实现转化。 (6)实验通过测定草酸钴中草酸根离子的含量求得草酸钴晶体样品的纯度；先用适当试剂将其 转化，稀释后得到纯净的草酸铵溶液500mL ，移取 25.00mL该溶液加入过量的稀硫酸酸化， 用 mol/ Lc 高锰酸钾溶液滴定，发生反应 2MnO4 -+5C2O4 2-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，当溶液由无 色变为浅红色（或浅紫色或紫红色）达到滴定终点，消耗高锰酸钾溶液的物质的量为 mol/ Lc  VmL 10-3L/mL=cV 10-3mol，根据离子方程式得出反应的 n(C2O4 2- )= 3V 105 2 c mol ，则样品中草酸钴晶体的质量为 3 500V 10 183 / 9.15 2 V 5 5 2 c mol g mol c g    ，样品的纯度为 - 9 - 9.15 V 915 V100% %c c m m   。 9.在目前市面上防护新冠病毒的消毒剂中，二氧化氯消毒剂是相对高效更安全的产品。二氧 化氯的熔点为 59 C ，沸点为11.0 C ，易溶于水但不与水反应，在生产和使用时必须用空气、 二氧化碳、氮气等“惰性”气体进行稀释，但温度过高、气相浓度过大时均易发生爆炸。工 业上用稍潮湿的 3KClO 和草酸在60 C 时反应制得（如下图所示），在C 装置内用冷水吸收 2ClO 。 （1）装置 A中发生反应： 3 2 2 4 2 3 2 2 2KClO H C O K CO CO ClO H O       （未配平）， 当生成 20.03molClO 时，同时产生标准状况下 2CO 的体积是______mL。 （2）实验时，对 A装置进行加热操作还需要的玻璃仪器有酒精灯、_____、_______。 （3）本实验哪些设计从实验安全角度考虑______。（填 2 条） （4）装置 D 中， 2ClO 与 NaOH 溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为1:1，其中 一种是 2NaClO 。 ①写出 2ClO 与 NaOH 溶液反应的离子方程式_______。 ②已知饱和 2NaClO 溶液随温度变化情况如下图： 从 2NaClO 溶液中获得 2NaClO 晶体的操作步骤为：减压蒸发结晶→______→______→55 C 干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空） A.冷却到室温后，过滤 B.趁热过滤 C.常温洗涤 D.冰水洗涤 E.38 ~ 60 C 的温水洗涤 - 10 - 采用减压蒸发的原因是_____。 （5）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么， 2ClO 、 2 4Na FeO 、 2Cl 三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的顺序是____（填化学式）。 【答案】 (1). 336 (2). （大）烧杯 (3). 温度计 (4). 反应中生成的二氧化 碳有稀释作用；用冷水吸收，防止温度高；B 装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合 理答案即给分） (5). 2 3 2 - 22ClO 2OH ClO ClO H O+    (6). B (7). E (8). （减压可降低沸点，较低温度下蒸发），避免晶体高温分解成 NaCl和 3NaClO (9). 2 4 2 2Na FeO Cl ClO  【解析】 【分析】 根据题干信息，结合实验装置分析可知，A装置为潮湿的 KClO3和草酸在加热至 60℃的条件下 制取 ClO2的装置，B 为防倒吸装置，C 装置用冷水吸收 ClO2，D装置可吸收过量的 ClO2，据此 分析解答。 【详解】(1)装置 A中发生反应 3 2 2 4 2 3 2 2 2KClO H C O K CO CO ClO H O       ，反 应中 KClO3为氧化剂，1molKClO3失去 1mol 电子生成 ClO2，H2C2O4作还原剂，1molH2C2O4得到 2mol 电 子 ， 因 此 ， 根 据 得 失 电 子 守 恒 ， 可 将 方 程 式 配 平 为 3 2 2 4 2 3 2 2 22KClO H C O K CO CO 2Cl= O H O      ，则当生成 0.03molClO2 时，产生 0.015molCO2，标准状况下的体积为 0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336； (2)根据上述分析可知，A 装置为潮湿的 KClO3和草酸在加热至 60℃的条件下制取 ClO2的装置， 加热时可采用水浴加热，因此对 A 装置进行加热操作还需要的玻璃仪器有酒精灯、烧杯和温 度计，故答案为：烧杯(大)；温度计； (3)本实验中，水浴加热可防止温度过高，由于 ClO2易溶于水，所以 B 是防倒吸装置，C装置 用冷水吸收 ClO2可防止温度高 ClO2挥发，同时反应中生成的二氧化碳对气体有稀释作用，故 答案为：反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水吸收，防止温度高；B 装置防倒吸。（水 浴加热，防止温度过高）。（合理答案即可）； (4)①根据已知信息，ClO2与 NaOH 溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为 1：1，其 中一种是 NaClO2，反应为歧化反应，则另一种盐是 NaClO3，离子方程式为 - 11 - 2 3 2 - 22ClO 2OH ClO ClO H O+    ，故答案为： 2 3 2 - 22ClO 2OH ClO ClO H O+    ； ②根据饱和NaClO2溶液随温度变化情况图分析可知，当温度低于 38℃时，会析出NaClO2·3H2O， 当温度高于 60℃时，NaClO2会分解为 NaCl 和 NaClO3，因此，为避免晶体高温分解成 NaCl 和 NaClO3，从溶液中经减压蒸发结晶获得 NaClO2晶体后，过滤后需要在 38～60℃的温水进行洗 涤，最后干燥得到成品，故答案为：B；E；(减压可降低沸点，较低温度下蒸发)，避免晶体 高温分解成 NaCl 和 NaClO3； (5)ClO2在氯元素有+4 价降低为-1 价，则 1molClO2转移电子 5mol，消毒效率为 5/67.5=1/15.5， 1mol Na2FeO4转移电子为 3mol，消毒效率为 3/166，1molCl2转移电子为 2mol，消毒效率为 2/71， 三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序为：ClO2＞Cl2＞Na2FeO4，故答案为：Na2FeO4＜Cl2 ＜ClO2。 10.一定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有： 反应 过程 化学方程式 焓变  1H kJ mol  活化能  -1Ea kJ mol 甲烷 氧化 4 2 2 2CH (g) 2O (g) CO (g) 2H O(g)   -802.6 125.6 4 2 2 2CH (g) O (g) CO (g) 2H (g)  -322.0 172.5 蒸汽 重整 4 2 2CH (g) H O(g) CO(g) 3H (g)  206.2 240.1 4 2 2 2CH (g) 2H O(g) CO (g) 4H (g)  158.6 243.9 （1）已知： 1 2 2H O(l) H O(g) H 44.0kJ mol     ，则 2H 燃烧热 H  _____。 （2）在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，原因可能是______。 （3）恒温恒压体系（温度为T，压强为 p），反应 4 2 2CH (g) H O(g) CO(g) 3H (g)  达 到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，用某气体组分 (B)的平衡分压（分压=总压×物质的 量分数）代替物质的量浓度  Bc 也可表示平衡常数（记作 pK ）。则： - 12 - ①平衡常数 pK  ___。 ②再向容器中瞬时同时充入 41molCH 、 21molH O 、1molCO、 23molH ，此时 v（正）____v （逆）（填“>”“<”或“=”） ③恒温恒容条件下，将 4CH 、 2H O、CO、 2H 按照体积比1 : 1 : 3 : 1投料，能判断反应 4 2 2CH (g) H O(g) CO(g) 3H (g)  达到平衡状态的是____。 A 密度保持不变 B CO体积分数保持不变 C 平均摩尔质量保持不变 D c(CO)和  2c H 的比保持不变 E 2mol O H 断裂的同时，有3mol H H 断裂 （4）向绝热恒容密闭容器中通入 4CH 和 2O 使反应 4 2 2 2CH (g) O (g) CO (g) 2H (g)  达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。图中 c点反应是否达到平衡，说明理由 _____。 （5）利用重整反应 4 2 2CH (g) H O(g) CO(g) 3H (g)  ，设计一种熔融碳酸盐燃料电池， 原理示意图，电极B 上发生的电极反应为______。 【答案】 (1). H 284.3kJ / mol   (2). 重整反应活化能高（或开始时重整反应物 浓度低；或开始时体系不能提供重整所需的热能等其他合理答案） (3). 21 P 16 （或 20.0625P ） (4). < (5). BCDE (6). c点不是平衡点，因为达到平衡后，正反应 - 13 - 速率不会随着时间变化而变化（仅判断，不给分。其他合理答案也给分） (7). 2- 2 2 3O 2CO 4e 2CO   【解析】 【详解】（1）设 4 2 2 2CH (g) 2O (g) CO (g) 2H O(g)   H =-802.6kJ/mol 为式①， 4 2 2 2CH (g) O (g) CO (g) 2H (g)  H =-322.0kJ/mol 为式②， 2 2H O(l) H O(g) 44.0kJ/molH    为式③，则 H2的燃烧热方程式 H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l) 可以由 1 2 (①-②) -③得出，故该反应的 H =-284.3kJ/mol； （2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越 快，故初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率； （3）①达到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，所以每个组分的分压都是 1 P 4 ，所以 3 3 22 p 4 2 1 1P Pp(CO)p (H ) 14 4= = = P1 1p(CH )p(H O) 16P P 4 4 K   （ ） ； ②若向容器中瞬时同时充入 41molCH 、 21molH O 、1molCO、 23molH ，总物质的量为 10mol， CH4、H2O、CO、H2的分压分别为 1 P 5 、 1 P 5 、 1 P 5 、 2 P 5 ，此时用压强表示体系的浓度商为 3 3 22 p 4 2 1 2P ( P)p(CO)p (H ) 85 5Q = = P1 1p(CH )p(H O) 25P P 5 5    ， 28 P 25 ＞ 21 P 16 ，故平衡向逆向移动， v（正） ＜v（逆）； ③判定反应达到平衡状态有两种方法，一是 v 正=v 逆，二是变量不变； A．密度 m= V  ，恒容条件下 V 是定值，根据质量守恒，气体的总质量 m也是定值，故  是定 值，A不能判定平衡； B．随着反应的进行，CO 体积分数不断变化，当它不再变化时，说明反应达到平衡状态，B能 判定平衡； C．平均摩尔质量 mM= n ，m 为定值，但反应前后系数之和不同，即 n是变量，故 M也是变量，C 可以判定平衡； - 14 - D． c(CO)和  2c H 的投料比为 3：1，反应比为 1：3，故比值不是定值，D可以判定平衡； E．2mol O H 断裂说明反应了 1molH2O，是正反应方向，3mol H H 断裂说明反应了 3molH2， 是逆反应方向，故 v 正=v 逆，E 可以判定平衡； 故选 BCDE。 （4）化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率， c点对应的正反应速率还在改变，故一定未达平衡； （5）由图可知，H2和 CO 在 A 极上失电子生成 CO2和 H2O，故 A是负极，那么 B 就是正极，在 B 极上，O2得电子与 CO2生成 2- 3CO ，电极反应为： 2- 2 2 3O 2CO 4e 2CO   ； 【点睛】本题要注意第（5）题，由于电解质是熔融碳酸盐，O2得电子后需要结合 CO2生成 2- 3CO 。 没有水溶液的存在，不能写 H2O 或 OH-， 【化学一选修 3：物质结构与性质】 11.A 、B 、C 、D 、E是元素周期表中前四周期的元素，各周期至少含有一种元素，且原 子序数依次增大。A 、C 、E三种元素原子的最外层电子数相同，A 与E能够形成原子之比 为1:1的化合物X ，D 是前四周期基态原子含有未成对电子数目最多的元素，B 与C 形成的 晶体Y 结构如图所示。试用元素符号回答下列问题： （1）A 、B 、C 三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。 （2）A 与B 两种元素能够形成两种常见的化合物，则在这两种化合物分子中，原子的杂化方 式分别为______和______，且这两种分子____（填选项）。 A 都是极性分子 B 都是非极性分子 C 其中一种是极性分子另一种是非极性分子 （3）E元素处于周期表的____区，其单质晶体堆积模型的名称为_____。 （4）D 元素的基态原子价层电子排布图为______。 （5）已知X 能溶于某浓度的硝酸中，得到蓝色溶液的同时，会逸出一种与 2CO 互为等电子 体的纯净气体，则该反应的化学方程式为_____。经研究证实，所得溶液呈蓝色，是因为溶液 - 15 - 中含有由A 、B 、E三种元素形成的一种配位离子，试写出该离子的结构式______。 （6）由晶体Y 的晶胞可知，C 离子呈简单立方堆积模型，形成立方体空隙，则B 离子对这 些立方体空隙的填充率为_____% 。 【答案】 (1). O H Na  (2). 3sp (3). 3sp (4). A (5). ds (6). 面 心 立 方 最 密 堆 积 (7). (8).  3 3 2 22 8CuH 22HNO 8Cu NO 3N O 15H O     (9). (10). 50 【解析】 【分析】 D 是前四周期基态原子含有未成对电子数目最多的元素，则 D 为 Cr 元素；A 、B 、C 、D 、 E是元素周期表中前四周期的元素，各周期至少含有一种元素，且原子序数依次增大，Cr 是 第四周期，所以 E也是第四周期，那么 A、B、C 为前三周期，则 A为 H 元素；A 、C 、E三 种元素原子的最外层电子数相同，则 C为 Na 元素，E 为 Cu 元素；由图可知晶体Y 每个晶胞中 含有 B个数为 1 18 +6 =4 8 2   ，C的个数为 8，且 B在第二周期，故 B 为 O元素；综上所述，A、 B、C、D、E 分别为 H、O、Na、Cr、Cu。 【详解】(1)根据分析，A、B、C 分别为 H、O、Na，H和 O为非金属，电负性大于金属 Na，且 O的电负性大于 H 的电负性，故有电负性O H Na  ； (2)H 和 O 组成的化合物有 H2O 和 H2O2，两种物质中 O元素形成的都是单键，故都是 sp3杂化； H2O 分子空间构型为 V 型，正负电荷中心不重合，是极性分子，H2O2空间构型为折线形 （ ），正负电荷中心不重合，也是极性分子，故选 A； (3)Cu 元素处于周期表的 ds 区，Cu 晶体的晶胞中，每一个面心和八个顶点上都有一个 Cu 原 子，是典型的面心立方最密堆积； (4)Cr 是第 24 号元素，核外电子排布式属于洪特规则的特例，为[Ar]3d54s1，它的基态原子价 - 16 - 层电子排布图为 ； (5)根据分析，X为 CuH。CuH 与硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原后生成的气体为氮的氧化 物，该气体与 2CO 互为等电子体，故该气体为 N2O，CuH 与硝酸反应的化学方程式为：  3 3 2 22 8CuH 22HNO 8Cu NO 3N O 15H O     ；H、O、Cu 形成配合物，Cu 2+ 提供空轨 道，由 H、O 形成的 H2O 提供孤对电子，形成四水合铜离子为蓝色，该离子的结构式为 ； (6)Na+呈简单立方堆积模型，形成立方体空隙有 8 个，O2-占有 4 个，所以 O2-对这些立方体空 隙的填充率为 50%； 【点睛】本题要注意第(2)题，由于 H2O2中有两个 O 作为中心原子，H2O2的空间构型不是 V 型。 但 O 形成的都是单键，单键都是 sp3杂化。 【化学一选修 5：有机化学基础】 12.石油被称之为“工业血液”，其衍生出的多种化合物，在化工合成中起着举足轻重的作用。 其中，某烃A 能够发生如图所示的一系列转化。并且经核磁共振氢谱仪测定，发现化合物D 的 分子中含两种氢原子。 已知：① Na 2R-CI R-R ② （ 不能发生反应） 试回答下列问题： （1）H 的结构简式为_____，D 、E中所含的官能团名称分别为______。 （2）图中的转化过程里；属于加成反应的有_____个。 - 17 - （3）下列关于有机物D 的说法中，正确的是____。 A 难溶于水 B 能够使酸性 4KMnO 溶液褪色 C 能发生取代、氧化、缩聚等反应 D 能 与 Na 和 NaOH 反应，且消耗二者物质的量之比为1:1 （4）在 E G H  的反应里，浓硫酸的作用是_____。 （5）E和G 作用，也能够得到高分子化合物，请写出该化学方程式_____。 （6）已知 M(I)=70，则 I 作为A 的同系物的所有同分异构体有_____种，其中核磁共振氢谱 有 4 组吸收峰的分子有______种，用系统命名法为其命名_____。 【答案】 (1). (2). 羟基、羧基 (3). 3 (4). B C (5). 催化剂、吸水剂 (6). n +nHOOCCOOH 2 4H SO 浓 2+(2n-1)H O (7). 6 (8). 2 (9). 2-甲基-1-丁烯，3-甲基-1-丁烯 【解析】 【分析】 由框图可知，A 是乙烯（CH2=CH2），A 与 Cl2发生加成反应生成 B（ ），B 在 NaOH 的水 溶液中水解生成 D（ ），D发生氧化生成 E（ ）；B在 Na 的作用下发 生偶联生成 C（ ），C 在 NaOH 的醇溶液中消去生成 ， 与乙烯发 生双烯合成反应生成 F（ ），F 与 Cl2发生加成反应生成 ， 在 NaOH 的水溶液中水解生成 G（ ），G与 E发生酯化反应生成 H（ ）。 【详解】（1）根据分析，H的结构简式为 ；D 是 ，官能团是羟基，E 是 ，官能团是羧基； （2）根据分析，属于加成反应的有 A 与 Cl2发生加成反应生成 B， 与乙烯发生双烯合成 - 18 - 反应生成 F，F与 Cl2发生加成反应生成 ，共 3 个； （3）D 是 ，羟基能够使酸性 4KMnO 溶液褪色（氧化），能发生取代（酯化反应）， D有两个羟基，可以与二元羧酸发生缩聚反应，故选 BC； （4）反应 E G H  是酯化反应，浓硫酸作用是催化剂、吸水剂； （5）E 是 ，G 是 ，二元羧酸和二元醇可以发生缩聚反应，方程式为： +nHOOCCOOH 2 4H SO 浓 2+(2n-1)H O ； （6）M(I)=70， I 是A 的同系物，则 I分子式为 C5H10，同分异构体有 、 （该物质有两种顺反异构 、 ）、 、 、 ， 共 6 种；核磁共振氢谱有 4 组吸收峰的分子有 、 ，共 2 种，它们的名称分别 为 2-甲基-1-丁烯，3-甲基-1-丁烯； 【点睛】本题要注意第（6）题的同分异构体，由于题目没有说明顺反异构除外，故要考虑烯 烃的顺反异构，若双键碳原子上连有两个相同基团，则没有顺反异构，若双键碳原子上连有 两个不同基团，则有顺反异构。 - 19 -