江西省宜春市2020届高三5月模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

江西省宜春市2020届高三5月模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎1.下列有关新型冠状病毒说法错误的是（ ）‎ A. 构成冠状病毒的蛋白质完全水解后形成的都是α—氨基酸 B. 冠状病毒在空气中可以以“气溶胶”形式进行传播 C. 乙醚、95%的乙醇、“84”消毒液等可有效杀灭活病毒 D. 绝大多数病毒疫苗应避光、冷藏保存 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 天然蛋白质水解得到的都是α-氨基酸，α-氨基酸是蛋白质的主要组分，是生物体中最重要的氨基酸，所以构成冠状病毒的蛋白质完全水解后形成的都是α-氨基酸，A正确；‎ B. 气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，冠状病毒在空气中可以以“气溶胶”形式进行传播，B正确；‎ C. 乙醚、含氯消毒剂、过氧乙酸等皆可有效灭活病毒，但应该用75%的乙醇作消毒剂，95%的乙醇能使细菌表面的蛋白质迅速凝固，形成一层保护膜，阻止乙醇进入细菌内，达不到杀死细菌的目的，C错误； ‎ D. 绝大多数疫苗在储存、运输的过程中须冷藏，冷藏的温度为2℃～8℃，过高或过低的温度都会使疫苗的效力发生不可逆的降低，甚至失效，除冷藏外，还应避光保存，因为紫外线能损害生物大分子如核酸、蛋白质等，D正确；故答案为：C。‎ ‎2.下列实验所选装置不合理的是（ ）‎ A. 浓缩硝酸钾溶液，应选择装置④‎ B. 从碘水中分离出碘单质，应选择装置②①‎ C. 溴单质和四氯化碳的分离，应选择装置②‎ D. 粗盐的提纯，应用到装置③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A．浓缩硝酸钾溶液，可用蒸发的方法，应选择装置④，A正确；‎ B．从碘水中分离出I2，可用萃取、分液、低温蒸馏的方法，应选择装置②①，B正确；‎ C．溴和CCl4的沸点不同，可用蒸馏的方法，用到装置①，C错误；‎ D．粗盐的提纯，涉及到溶解、过滤和蒸发，应用到装置③④，D正确；‎ 答案为：C。‎ ‎3.下列有关有机物的说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C9H18O2的酯，在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有18种 B. 甲苯和Cl2在光照下的反应与乙醇和乙酸在浓硫酸作用下的反应属于同一类型的反应 C. lmol与NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH D. 淀粉、油脂和蛋白质都能在NaOH作用下发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C9H18O2的酯，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子，含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有5个C原子的醇有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3；CH3C(CH3)2CH2OH，所以同分异构体数目为：2×8=16，有16种，A错误；‎ B. 甲苯和Cl2在光照条件下发生取代反应，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，也为取代反应，B正确；‎ C. 1mol中含有2mol羧基，最多可消耗2molNaOH，C错误；‎ D. 淀粉在硫酸催化条件下发生水解，D错误；故答案：B。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1mol硝基(-NO2)与46gNO2所含的电子数均为23NA B. 1mol环己烷中含有共价键数为12NA - 21 -‎ C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2+被氧化时，转移的电子数为NA D. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol硝基(-NO2)中含有的电子数为23NA，46gNO2的物质的量为1mol，含有的电子数为23NA，A正确；‎ B. 环己烷的结构简式为：，1mol环己烷中含有共价键数为18NA，B错误；‎ C. 向FeI2溶液中通入适量Cl2，先将碘离子氧化，然后将亚铁离子氧化，当有1molFe2+被氧化时，共转移的电子的数目大于NA，C错误；‎ D. 电解精炼铜时，由于粗铜中含有锌、镍等金属，阳极上放电的不只是铜，所以转移NA个电子，则阳极质量减小不是32g，D错误；故答案为：A。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 熔点：Y单质高于X单质 B. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z C. W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性低 D. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有两种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构分析，Y形成四个共价键，说明Y为Si元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Z为Cl元素；W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，W为O元素；依此答题。‎ - 21 -‎ ‎【详解】A. 单质Si为原子晶体，单质Na是金属晶体，单质Si的熔点高于单质Na，A正确；‎ B. W为O元素、Y为Si元素、Z为Cl元素，同周期，从左到右，非金属性增强；同主族，从上到下，非金属性减弱，O、Si、Cl三种元素非金属性强弱为：O>Cl>Si，B错误；‎ C. W为O元素、Y为Si元素，O的非金属性比Si强，所以O的氢化物的稳定性比Si的氢化物强，C错误；‎ D. W为O元素，与Si元素只能组成SiO2，D错误；‎ 答案为A。‎ ‎6.25℃时，向40mL0.05mol/L的FeCl3溶液中一次性加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，发生反应，混合溶液中c(Fe3+)与反应时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3↓‎ B. E点对应的坐标为(0，0.05)‎ C. t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡不移动 D. 若该反应是可逆反应，在25℃时平衡常数的数值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe3+与SCN-反应生成络合物，不是沉淀，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故A错误；‎ B．E点为反应起点，混合溶液体积为50mL，此时溶液中c(Fe3+)==0.04mol/L，所以E点对应的坐标为( 0，0.04)，故B错误；‎ C．t4时向溶液中加入50mL 0.1mol/L KCl溶液，相当于稀释溶液，平衡逆向移动，故C错误；‎ D．由图可知，平衡时Fe3+浓度为m，则Fe(SCN)3浓度为0.04-m，SCN-的浓度为 - 21 -‎ ‎-3×(0.04-m)=3m-0.09，所以平衡常数K=，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe B. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A正确；‎ B．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活泼性，故B错误；‎ C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe(CN)6]可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证保护时不能用①的方法，应用②的方法，故C正确；‎ D．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，故D正确；‎ 答案为B。‎ ‎8.某化学课外活动小组利用废铁屑(含少量硫等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，并设计了如图所示的装置(夹持仪器略去)。‎ - 21 -‎ 称取一定量的表面除去油污的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于50~60℃热水浴中加热充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。‎ ‎（1）相比通常铁与稀硫酸生成氢气的条件，在实验中选择50~60℃热水浴的原因是___；锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水的原因__。‎ ‎（2）C瓶中KMnO4溶液的作用是__。‎ ‎（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，下列符合实验要求的是__(填字母)。‎ a.保持铁屑过量 b.控制溶液呈强碱性 c.将稀硫酸改为浓硫酸 ‎（4）莫尔盐是一种重要化学药品，较绿矾稳定，不易被空气氧化，是化学分析中常用的基准物之一。其组成可用(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O或(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O表示。一定条件下，(NH4)2Fe(SO4)2发生分解：4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O下列叙述正确的是__。‎ a反应生成amolN2时，转移电子的物质的量为6amol b该反应的还原产物是硫的两种氧化物 c有amol电子转移时，生成SO2的物质的量为0.1amol d将气体产物用足量BaCl2溶液吸收，只得到一种沉淀物 ‎（5）实验探究：影响溶液中Fe2+稳定性的因素。‎ 配制0.8mol/L的FeSO4溶液（pH=4.5）和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液（pH=4.0），各取2ml上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都呈浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCN溶液，过了一会儿观察可见(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。‎ ‎【资料】‎ 沉淀 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ - 21 -‎ 开始沉淀pH ‎7.6‎ ‎2.7‎ 完全沉淀pH ‎9.6‎ ‎3.7‎ ‎①请用离子方程式解释FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因___。‎ ‎②讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：‎ 假设1：其它条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+稳定性较好。‎ 假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2+稳定性越好。‎ 假设3：___。‎ ‎（6）称取ag所制得的硫酸亚铁铵晶体，用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成250mL溶液，取出25mL放入锥形瓶中，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为___(用含c、V、a的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). 受热均匀，加快反应速率 (2). 温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低 (3). 吸收硫化氢、氨气等杂质气体 (4). a (5). d (6). 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ (7). 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。） (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废铁屑（含少量硫化物），加入过量硫酸溶液，水浴加热，可加快反应速率和受热均匀，硫化物可生成硫化氢气体，可用KMnO4溶液吸收，反应后的溶液加入铁粉，防止硫酸亚铁被氧化，冷却后加入氨水，制得浅绿色悬浊液，即生成硫酸亚铁铵，用KMnO4溶液来测定硫酸亚铁铵的纯度，发生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）在实验中选择50～60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率； 锥形瓶中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，不利于反应的进行；答案为加快反应速率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低。‎ ‎（2）由于铁屑中含有S，因此会产生SO2，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染空气；答案为吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气。‎ - 21 -‎ ‎（3）若要确保获得浅绿色悬浊液，由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故a正确；若控制溶液呈强碱性，则生成了Fe(OH)2沉淀，故b错误；将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓H2SO4的强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，故c错误；答案为a。‎ ‎（4）由4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O可知，Fe元素由+2价变为+3价，失电子，N元素由-3价变为0价，失电子，S元素由+6价娈为+4价，得电子，则由方程式可知，‎ a．生成1molN2同时会生成5molSO2，转移电子10mol，那么反应生成amolN2时，转移电子的物质的量10amol，为故a错误；‎ b．得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有SO2，SO3中S价态不变，不是还原产物，故b错误；‎ c．由方程式可知，生成5molSO2，电子转移10mol，则有amol电子转移时，生成SO2的物质的量是0.5amol，故c错误；‎ d．当用足量BaCl 2 吸收气体产物时，只能生成BaSO 4 沉淀，而不会生成BaSO 3 沉淀，故d正确；答案为d。‎ ‎（5）①FeSO4溶液产生淡黄色浑浊是因为生成了Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。‎ ‎②根据两种溶液离子浓度的差异判断,NH4+、SO42-以及H+都可影响Fe2+稳定性,由题给信息可知,假设1和假设2都说了NH4+和H+的影响，则可知假设3是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)，答案为当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)。‎ ‎（6）由反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知5Fe2+～MnO4-，反应消耗KMnO4的物质的量为n(MnO4-)=cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL中亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=5×cV×10-3mol×=5cV×10-2mol，则(NH4)2Fe(SO4)2质量为5cV×10-2mol×392g/mol=19.6 cVg，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为×100%；答案为×100%。‎ ‎9.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收V2O5的新工艺流程如图：‎ - 21 -‎ 已知：（1）部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎(VO2)2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ‎（2）VO2++OH-VO3-+H2O 回答下列问题：‎ ‎（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，在不加试剂情况下，可以采取的措施为__（写一条）。‎ ‎（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为__（填离子符号）。‎ ‎（3）每生成1mol（VO2）2SO4时转移电子的数目为___。‎ ‎（4）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的离子方程式为___。‎ ‎（5）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为__。‎ ‎（6）新工艺流程的最后，钒以NH4VO3的形式沉淀出来；如图中横坐标表示反应II的温度，纵坐标表示沉钒率，沉钒率是指NH4VO3沉淀中V元素的质量和废催化剂中V元素的质量之比，也即是钒的回收率。请解释图中温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___。‎ ‎（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为__。‎ ‎（8）若实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100克该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验。当加入100mL0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设与KClO3‎ - 21 -‎ 反应后的操作步骤中钒没有损失，则该实验中钒的回收率是__（保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 粉碎废钒；搅拌；适当升温 (2). VO2+ (3). 2NA或1.204×1024 (4). V2O5＋SO32-＋4H+=2VO2+＋SO42-＋2H2O (5). 作用1：溶液中存在平衡：VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-‎ 作用2：溶液中存在平衡:NH4VO3(s)NH4+(aq)+VO3-(aq)，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出 (6). 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降。原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。原因4：平衡VO2++2OH-VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降 (7). 氨水或NH3和H2O (8). 91.0%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒；搅拌；适当升温；‎ ‎（2）废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）用水浸泡，根据题中信息，由于VOSO4是可溶的，过滤时进入虑液1中，又根据题中信息，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，则钒的存在形式为VO2+；答案为VO2+。‎ ‎（3）由2VOSO4→(VO2)2SO4可以知道，V由+4价到+5价，1摩尔V失1摩尔电子，而(VO2)2SO4中有2摩尔V，故每生成1mol(VO2)2SO4转移2NA个电子；答案为2NA或1.204×1024。‎ ‎（4）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的离子方程式为：V2O5+SO32-+4H+＝2VO2++SO42-+2H2O；答案为V2O5+SO32-+4H+＝2VO2++SO42-+2H2O。‎ ‎（5）溶液中存在平衡：VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化VO3-，另外溶液中存在平衡：NH4VO3（s）NH4+（aq）+VO3-（aq），加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3‎ - 21 -‎ 尽可能沉淀析出；答案为作用1：溶液中存在平衡：VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s）NH4+（aq）+VO3-（aq），加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；‎ ‎（6）根据已知信息及物质的性质可知温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是，原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降。原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH-VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。原因4：平衡VO2++2OH-VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。‎ ‎（7）钒酸铵加热分解2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；产物中有V2O5、NH3、H2O，则氨气和水，可循环使用；答案为氨水或NH3和H2O。‎ ‎（8）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加入氯酸钾时发生的反应离子方程式为：6VO2++ClO3-+3H2O＝6VO2++Cl-+6H+，根据该离子方程式可得如下关系：3V2O5～6VO2+～ClO3-，100 mL0.1mol/L的KClO3溶液中ClO3-的物质的量为n(ClO3-)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则对应V2O5的物质的量为0.03mol，质量为：0.03mol×182g/mol=5.46g，所以该实验中钒的回收率为：×100%=91.0%；答案为91.0%。‎ ‎10.化学平衡是最重要的化学反应原理之一。‎ ‎（1）现有容积为1L的恒温恒容密闭容器，向其中加入1molA气体和1molB气体后发生反应：A(g)＋B(g)C(g) ΔH=-qkJ·mol-1(q>0)，ts后，反应达到平衡状态，生成0.5molC气体，放出热量Q1kJ。回答下列问题：‎ ‎①在题干条件下，说明该反应已经达到平衡状态的有__（填序号）。‎ A.消耗0.1molA的同时生成0.1molC B.容器中气体压强不随时间而变化 C.容器中气体的密度不随时间而变化 D.A的转化率为50%‎ ‎②保持容器温度和容积不变，若开始时向容器中加入1molC气体，反应达到平衡时，吸收热量Q2kJ，则Q1、Q2与q的数值关系正确的是___（填序号）。‎ A.Q1＋Q2=q B.Q1＋2Q2q D.Q1＋Q2KC (5). 1.6 (6). A (7). 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）②根据等效平衡原理：恒温恒容条件下反应前后体积改变的反应，通过化学计量数比换算成同一半边的物质后，物质的量与原平衡相等即等效，可知开始时加入1molC与原平衡等效，平衡时对应各组分的物质的量相等，则可知Q1、Q2和q的关系，据此分析。‎ ‎③分析题给信息，温度不变，则平衡常数不变，根据原平衡可计算出平衡常数，根据平衡常数的计算式，进而可计算出a的值。‎ ‎【详解】（1）①分析题给信息，根据化学平衡的特点，正逆反应速率相等或变量不变即可说明反应达平衡状态：‎ - 21 -‎ A．消耗0.1molA的同时生成0.1molC指的都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A项错误；‎ B．由反应方程式可知，该可逆反应为反应前后气体分子数减小反应，故容器中气体的压强不随时间而变化，即总压强一定，说明该反应达平衡状态，B项正确；‎ C．根据题给信息，恒容条件下，该反应中物质总质量不变，任何时刻容器中气体密度都不随时间而变化，故不能说明该反应达平衡状态，C项错误；‎ D．根据题给信息：向容积为1L的恒温恒容密闭容器中加入1molA气体和1molB气体后发生反应，ts后，反应达到平衡状态，生成0.5molC气体，则根据反应方程式可知，消耗0.5molA气体，则A气体的转化率=，则A的转化率为50%可以说明反应达平衡状态，D项正确；‎ 答案选BD。‎ ‎②根据等效平衡可知，保持容器温度和容积不变，开始时向容器中加入1molC气体与开始时加入1molA气体和1molB气体是等效的，则有：Q1＋Q2=q，据此可知，Q1＋2Q2>q。故AC正确；‎ 答案选AC。‎ ‎③原平衡中，加入1molA气体和1molB气体，达平衡后生成0.5molC气体，则根据反应方程式可知，平衡时A、B气体的物质的量均为0.5mol，则平衡常数K=。‎ 在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入amolA气体，重新达平衡后，B气体的转化率为75%，则可知重新达平衡时，B又消耗了，由题意可知，温度不变，平衡常数不变，根据三段式，有：‎ 则平衡常数K=，解得a=1.25，答案为：1.25；‎ - 21 -‎ ‎（2）①分析题中转化率-温度图可知，随着温度升高，CO的转化率逐渐降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，该可逆反应为放热反应。根据平衡常数只与温度有关，A点和B点的温度相同，则KA=KB。A、B点温度为T1℃，C点温度为T2℃，T2℃＞T1℃，该可逆反应正反应为放热反应，故KA=KB>KC。答案为：KA=KB>KC；‎ ‎②由题可知，A点时CO的转化率为0.5，则CO转化的物质的量=，容器体积为8L，则有：‎ 平衡常数K=‎ A点和B点的温度相同，平衡常数K也相同。B点时CO的转化率为0.8，则CO转化的物质的量=。设平衡状态B时容器的体积为V，则据题意有：‎ 平衡常数K=，解得：V=1.6L。答案为：1.6；‎ ‎（3）由题中所给工作原理图，可知该装置为电解池。由图可知，H+向右侧移动，根据电解池原理，阳离子移向阴极，阴极与电源的负极相连，由此可知，B为电源的负极，电源的正极为A。阳极发生氧化反应，结合电解池的工作原理图，可知，阳极的电极反应方程式为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；答案为：A；2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。‎ ‎【点睛】题中第（1）③、（2）问都涉及化学平衡常数的计算及应用，注意：化学平衡常数只受温度的影响，与反应物或生成物的浓度变化无关。‎ ‎11.据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。‎ - 21 -‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。‎ ‎(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。‎ ‎①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；‎ ‎②标准状况下，V L CO2气体含有________个π键。‎ ‎(3)苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(π右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se的杂化方式为________。‎ ‎(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). 4s24p4 (2). H2S或硫化氢 (3). O=C=O (4). (5). π (6). sp2 (7). 4 (8). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ ‎(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H2O分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；‎ ‎(2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO2的物质的量，然后根据CO2分子中含有2个π键计算π键个数；‎ ‎(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；‎ ‎(4)根据四方晶系CuFeS2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS2的数目，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度=计算。‎ ‎【详解】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；‎ ‎(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；‎ ‎②VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)=mol，由于在1个CO2分子中含有2个π键，所以molCO2气体中含有的π键数目为mol×2×NA/mol=；‎ ‎(3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π，其中Se的杂化方式为sp2；‎ ‎(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；‎ ‎②晶胞中Fe2+数目=8×+4×+1=4，Cu+的数目=6×+4×=4，S2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度=g/cm3或g/cm3。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、晶胞结构的计算应用，掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关键，要熟练掌握原子杂化理论，用对称思维方式判断分子的极性，弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的应用，该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。‎ ‎12.2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如图：‎ ‎（1）有机物A的结构简式为___。‎ ‎（2）按系统命名法，B的名称是__。‎ ‎（3）F→G的反应类型是___。‎ ‎（4）写出D→M的化学方程式__。‎ ‎（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N含有的官能团是（填名称）___。‎ ‎（6）满足下列条件的X的同分异构体共有__种，写出任意一种的结构简式__。‎ ‎①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种 ‎（7）写出E→F合成路线(在指定的3个方框内写有机物，有机物用结构简式表示，箭头上注明试剂和反应条件，若出现步骤合并，要标明反应的先后顺序)___。‎ ‎【答案】 (1). CH2=C(CH3)CH2CH3 (2). 3，4—二甲基—3—己烯 (3). 消去反应 ‎ - 21 -‎ ‎(4). +2H2O (5). 碳碳双键，酯基 (6). 3 (7). 、、 (8). CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由F的结构简式可知A应为CH2=C（CH3）CH2CH3，生成E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，由（5）知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则C为CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；‎ ‎（2）由以上分析可知B为CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4—二甲基—3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯；‎ ‎（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，F→G的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；‎ - 21 -‎ ‎（4）D为CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；‎ ‎（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；‎ ‎（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，，故答案为：3；；‎ ‎（7）E为CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；‎ 故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OH - 21 -‎ CH3CH2COH(CH3)CHO。‎ - 21 -‎ - 21 -‎