湖南湖北四校2020届高三学情调研联考理综化学试题（解析版）

湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考理科综合能力测试化学部分 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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。 1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A. 煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇 B. 顺丁橡胶(顺式聚 1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的 C. 塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的 D. 石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯 【答案】B 【解析】 【详解】A．煤 焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类， 其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的气化简单地理解就是 高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催 化合成甲醇，A 项正确； B．酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B 项错误； C．塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C 项正确； D．石油的催化重整可以获取芳香烃，D 项正确； 答案选 B。 2.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 2.1gDTO 中含有的质子数为 NA B. 30g 葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为 4NA C. 12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 2NA D. 1mol 铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为 2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．DTO 即水分子，不同于普通的 H2O，该分子中的氢原子一个是氘(D)即 ，一个是氚(T)即 的 2 1H，但是本质仍旧是氢元素，所以一个 DTO 分子中质子数，即原子序数和为 10，那么 2.1gDTO 的物质的 量 ，则 0.1mol 水中含有质子数为 1NA，A 正确； B．葡萄糖的分子式为 C6H12O6，冰醋酸的分子式为 C2H4O2，两种物质的最简式均为 CH2O，所以 30g 葡萄 糖和醋酸的混合物，可看成 30g 的 CH2O，其物质的量为 ,则其氢原子的个数为 2NA， B 项错误； C．石墨烯中碳原子形成正六边形的网格单元，每个碳原子都被三个六元环共用，平均算下来，一个六边形 需要 个碳原子，所以 12g 石墨烯中六边形的个数为 0.5NA，C 项错误； D．铁与氧气可以生成 FeO 或 Fe3O4，1molFe 被氧化电子转移数不一定；Fe 与氯气反应生成 FeCl3，所以 1molFe 被氯气氧化转移 3mol 电子；Fe 与 S 反应生成 FeS，所以 1molFe 被 S 氧化转移 2mol 电子，D 项错 误； 答案选 A。 3.傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物 a(－R 为烃基)和苯通过傳克反应合成 b 的过程如 下(无机小分子产物略去) 下列说法错误的是 A. 一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺［2．3］己烷 互为同分异构体 B. b 的二氯代物超过三种 C. R 为 C5H11 时，a 的结构有 3 种 D. R 为 C4H9 时，1molb 加成生成 C10H20 至少需要 3molH2 【答案】C 【解析】 【详解】A.环己烯 分子式为 C6H10，螺［2．3］己烷 分子式为 C6H10，所以互为同分异构 体，故 A 正确； 3 1H 2.1= mol=0.1mol(2+3+16) mn M = 30g= =1mol30g/mol mn M = 16 =23 ×B.若全部取代苯环上的 2 个 H 原子，若其中 1 个 Cl 原子与甲基相邻，另一个 Cl 原子有如图 所示 4 种取代位置，有 4 种结构，若其中 1 个 Cl 原子处于甲基间位，另一个 Cl 原子有如图 所示 2 种取代 位置，有 2 种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故 B 正确； C.若主链有 5 个碳原子，则氯原子有 3 种位置，即 1－氯戊烷、2－氯戊烷和 3－氯戊烷；若主链有 4 个碳 原子，此时甲基只能在 2 号碳原子上，而氯原子有 4 种位置，分别为 2－甲基－1－氯丁烷、2－甲基－2－氯丁 烷、3－甲基－2－氯丁烷和 3－甲基－1－氯丁烷；若主链有 3 个碳原子，此时该烷烃有 4 个相同的甲基， 因此氯原子只能有一种位置，即 2，3－二甲基－1－氯丙烷。综上所叙分子式为 C5H11Cl 的同分异构体共有 8 种，故 C 错误； D.-C4H9 已经达到饱和，1mol 苯环消耗 3mol 氢气，则 lmol b 最多可以与 3mol H2 加成，故 D 正确。 答案：C 【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消 耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。 4.2019 年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应 式为 LixC6 + Li1-xCoO2 C6 + LiCoO2（x c(SO32-)> c(H+)> c(OH-) D. c 点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-) 【答案】D 【解析】 【分析】 a 点 pH=1.85，由于 pKa1=1.85，所以此时，溶液中 c( )=c( )。b 点，加入的 NaOH 溶液体积与亚 硫酸的体积相同，所以此时的溶液可以按 NaHSO3 溶液处理。c 点，pH=7.19，由于 pKa2=7.19，所以此时溶 液中 c( )=c( )。e 点，加入的 NaOH 溶液的体积为亚硫酸体积的两倍，所以此时的溶液可以按 Na2SO3 处理。 【 详 解 】 A ． b 点 溶 液 为 NaHSO3 溶 液 ， 分 别 写 出 b 点 溶 液 的 电 荷 守 恒 式 和 物 料 守 恒 式 为 ： ①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )；②c(Na+)=c( )+c( ))+c( )，所以 b 点溶液中的 质子守恒式应为：c(H+)- c( )+c( )=c(OH-)，A 错误； B．a 点溶液满足 c( )=c( )，由于向亚硫酸中滴加的是 NaOH 溶液，溶液的总体积在混合过程中 会增加，所以 c( )+c( )+c( )=2c( )+ c( )＜0.1mol/L，B 错误； C．e 点溶液即可认为是 Na2SO3 溶液，显碱性，所以溶液中 c(OH-)＞c(H+)，C 错误； 2 2 3 2 42SO TeO =2SO Te− −+ + ↓ 2 3H SO 3HSO− 3HSO− 2 3SO − 3HSO− 2 3SO − 2 3H SO 3HSO− 2 3SO − 2 3SO − 2 3H SO 2 3H SO 3HSO− 2 3H SO 3HSO− 2 3SO − 3HSO− 2 3SO −D．c 点溶液满足 c( )=c( )；c 点溶液的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c( )+2c( )， 代入 c( )=c( )，可得 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c( )，由于 c 点 pH=7.19，所以 c(OH-)＞c(H+)， 所以 c(Na+)＞3 c( )，D 正确。 答案选 D。 【点睛】对于多元弱酸的溶液，加入 NaOH 调节 pH 的过程中，若出现 pH 与 pKa 相同的情况，则通过相应 的解离常数表达式可以进一步得出 c(HnR)=c(Hn-1R)的关系；此外等量关系，在离子平衡的问题中，常常与 相关的守恒式一同联用。 7.短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构， Y 原子最外层电子数等于内层电子数的 2 倍，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质。向 100mLX2R 的 水溶液中缓缓通入 RZ2 气体，溶液 pH 与 RZ2 体积关系如下图。下列说法正确的是 A. X2R 溶液的浓度为 0.03mol·L－1 B. 工业上通常采用电解法冶炼 Q 的单质 C. 最简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>R D. RZ2 通入 BaCl2、Ba(NO3)2 溶液中，均无明显现象 【答案】B 【解析】 【分析】 由条件“X 的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X 为 H 元素；由条件“Y 原子的最外层电子个 数是内层电子数的两倍”可知，Y 为 C 元素；由条件“Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q 为 第三周期的金属元素(Na 或 Mg 或 Al)；由 X 可以与 R 形成 H2R 化合物可知，R 为 S 元素；S 可以与 Z 形成 SZ2 气体，所以 Z 为 O 元素。 【详解】A．硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式： ；当通入 336mL，即 0.015molSO2 时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中 ，那么浓度即 为 0.3mol/L，A 错误； 3HSO− 2 3SO − 3HSO− 2 3SO − 3HSO− 2 3SO − 3HSO− 3HSO− 2 2 22H S SO =3S 2H O+ ↓ + 2(H S)=0.03molnB．Q 无论是 Na，Mg，Al 中的哪一种元素，获得其单质都是采用电冶金的方式，B 正确； C．Y，Z，R 分别为 C，O，S 三种元素，所以简单氢化物的稳定性为 H2O＞H2S＞CH4，即 Z＞R＞Y，C 错 误； D．SO2 通入 BaCl2 溶液中无现象，但是通入 Ba(NO3)2 溶液中会出现白色沉淀，D 错误。 答案选 B。 三、非选择题：共 174 分。第 22 至 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33 至 38 题为选考题。考生根据要求作答。 8.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的 MoS2)制 备钼酸钠的两种途径如下图所示。 (1)途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为_________________________。 (2)途径Ⅱ氧化时还有 Na2SO4 生成，则反应的离子方程式为___________________________。 (3)已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中 c(MoO42-)=0.40mol·L-1，c(CO32-)=0.10mol·L-1。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体 时，需加入 Ba(OH)2 固体以除去 CO32-。当 BaMoO4 开始沉淀时，CO32-的去除率是___[已知 Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。 (4)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率 实验结果如下图。 ①当硫酸的浓度大于 90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是_____________________。 ②若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为 300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠(M=206g·mol-1)的物质的量 浓度为_____(计算结果保留 3 位有效数字)。 (5)二硫化钼用作电池的正极材料时接受 Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为 xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，则电池放电时正极的电极反应是_________。 【答案】 (1). MoO3+Na2CO3===Na2MoO4＋CO2↑ (2). MoS2+9ClO－＋6OH－===MoO42-+9Cl－+2SO42- ＋3H2O (3). 90% (4). 常温下浓 硫酸会使铁钝化 (5). 7.28×10-4mol·L-1 (6). nMoS2 ＋ xLi++xe-===Lix(MoS2)n 【解析】 【分析】 此工艺流程题是同一种原料采用不同工艺制备同一产品的问题，原料都是主要成分为 MoS2 的钼精矿，途径 Ⅰ先将钼精矿煅烧转变成 MoO3，再碱浸反应生成钼酸钠溶液；途径Ⅱ是直接将钼精矿在碱性条件下氧化生 成钼酸钠溶液。 【详解】(1)通过流程图可知，碱浸时，反应物有 MoO3 和 Na2CO3，产品有 Na2MoO4 和 CO2，所以反应的化 学方程式为： ； (2)由流程图分析可知，途径Ⅱ氧化时，反应物有 NaClO 和 MoS2，产物有 Na2MoO4 和 ，此外溶液是 碱性的，所以发生反应的离子方程式为： ； (3)当 BaMoO4 开始沉淀时，溶液中 ，又因为 c( )=0.4mol/L， 所以此时溶液中 c(Ba2+)=10-7mol/L；由 ，计算可知，溶液此时的 c( )=0.01mol/L，所以去除率为 ； (4) ①硫酸浓度过大时，常温下会使铁钝化，而使铁变得不易被腐蚀； ②腐蚀速率越小，缓蚀剂效果越好，所以根据图像可知钼酸钠浓度为 150mg/L 时，缓蚀剂效果最好；所以 有 ； (5)由题可知，放电时，MoS2 做正极发生嵌入 Li+的过程，生成 ，所以正极反应式为： 。 9.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3 易溶于水，微溶于乙醇，水溶 液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t­BuNO2， 以 t­Bu 表示叔丁基)与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。 (1)制备亚硝酸叔丁酯 3 2 3 2 4 2MoO Na CO =Na MoO CO+ + ↑ 2 4SO − 2 2 2 4 4 2MoS 9ClO 6OH =MoO 2SO 9Cl +3H O− − − − −+ + + + 2 2 4 sp 4(Ba ) (MoO ) (BaMoO )c c K+ −× = 2 4MoO − 2 2 3 sp 3(Ba ) (CO )= (BaCO )c c K+ −× 2 3CO − 0.1 0.01 100%=90%0.1 − × 4 2 4 150 g/L1000(Na MoO ) 7.28 10 mol/L206g/molc −= ≈ × x 2 nLi (MoS ) 2 x 2 nnMoS xLi xe =Li (MoS )+ −+ +取一定 NaNO2 溶液与 50%硫酸混合，发生反应 H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁 醇(t­BuOH)在 40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：____________。 (2)制备叠氮化钠(NaN3) 按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t­BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O ＋t­BuOH。 ①装置 a 的名称是______________； ②该反应需控制温度在 65℃，采用的实验措施是____________________； ③反应后溶液在 0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。 所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。 (3)产率计算 ①称取 2.0g 叠氮化钠试样，配成 100mL 溶液，并量取 10.00mL 溶液于锥形瓶中。 ②用滴定管加入 0.10mol·L－1 六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液 40.00mL(假设杂质均不参与反应)。 ③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入 2 滴邻菲罗啉指示液，并用 0.10mol·L－1 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2] 为标准液，滴定过量的 Ce4＋，终点时消耗标准溶液 20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。 已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及 Ce(NO3)3，试写出该反应 的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留 2 位有效数字)。 若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是 ____________(填字母)。 A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗 B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数 C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡 D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内 (4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且 产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________【答案】 (1). t­BuOH＋HNO2 t­BuNO2＋H2O (2). 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) (3). 水浴加热 (4). 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 (5). 2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3 ＋3N2↑ (6). 65% (7). AC (8). ClO－＋2N3-＋H2O===Cl－＋2OH－＋3N2↑ 【解析】 【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为： ； (2) ①装置 a 的名称即为恒压滴液漏斗； ②反应要控制温度在 65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗， 应当用无水乙醇洗涤； (3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中 Ce4+和 中的元素发生了变价，所以反应的方程式为： ；在计算叠氮化钠的含量时， 一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了 与过量的六硝酸铈铵反应，再用 Fe2+去滴定未反应完的正四 价的 Ce，因此有： ，考虑到 Fe2+与 Ce4+的反应按照 1:1 进行，所以 2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为： ，所以叠氮化钠样品的质量分数为： ； A．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大， A 项正确； B．量取 40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比 40ml 更多 六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需 要加入更多的 Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的 Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误； C．步骤③用 Fe2+标定未反应的 Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的 Fe2+消耗量比实际的 偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确； D．将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不 符合；答案选 AC； (4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了 OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方 的 40 2 2 2t-BuOH HNO t-BuNO H O+ → +℃ 3N− 4 2 3 6 3 4 3 3 3 3 22(NH ) Ce(NO ) 2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO ) 3N+ + + + ↑ 1 10 4 2 4 4 3 12.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe10 + + + ++样品的 消耗的 消耗的 2 4 3(NaN ) 10 (0.004 Fe Ce ) 0.02moln + += × − =消耗的 3(NaN ) 0.02mol 65g/mol100%= =65%2.0g 2.0 mw ×= ×程式为： 。 【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做 计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物 A 与过量的 B 反应，再用 C 标定未 反应的 B，在做计算时，要注意 A 与 C 一同消耗的 B。 10.研究氮氧化物的反应机理，NOx 之间的转化对等于消除环境污染有具有重要意义。 Ⅰ：升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)（ΔH＜0）的速率却随温度的 升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知： 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步： ①2NO(g) N2O2(g)(快) v1 正＝k1 正 c2(NO)　 v1 逆＝k1 逆 c(N2O2)　ΔH1＜0 ②N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(慢) v2 正＝k2 正 c(N2O2)c(O2)　v2 逆＝k2 逆 c2(NO2)　ΔH2＜0 (1)一定温度下，反应 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，请写出用 k1 正、k1 逆、k2 正、k2 逆表示的平衡 常数表达式 K＝________，根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原因是________(填字母)。 a．k2 正增大，c(N2O2)增大 b．k2 正减小，c(N2O2)减小 c．k2 正增大，c(N2O2)减小 d．k2 正减小，c(N2O2)增大 (2)由实验数据得到 v2 正～c(O2)的关系可用如图表示。当 x 点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变 为相应的点为______(填字母)。 Ⅱ：(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＞0，将一定量 N2O4 气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为 T1。 ①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。 A．气体的压强不变 B．v 正(N2O4)＝2v 逆(NO2) C．K 不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变 ②t1 时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为 p，N2O4 气体的平衡转化率为 75%，则反应 N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数 Kp＝________(对于气相反应，用某组分 B 的平衡压强 p(B)代替物质的量浓度 c(B)也可 表示平衡常数，记作 Kp，如 p(B)＝p·x(B)，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中 B 的物质的量分数)。 ③反应温度 T1 时，c(N2O4)随 t(时间)变化曲线如图 1，画出 0～t2 时段，c(NO2)随 t 变化曲线。保持其它条件 3 2 2ClO 2N H O=Cl 3N 2OH− − − −+ + + ↑ +     不变，改变反应温度为 T2(T2＞T1)，再次画出 0～t2 时段，c(NO2)随 t 变化趋势的曲线。______________ (2)NO 氧化反应：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图 2。 Ⅰ2NO(g) N2O2(g) ΔH1 ⅡN2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH2 ①决定 NO 氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②在恒容的密闭容器中充入一定量的 NO 和 O2 气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为 T3 和 T4(T4＞ T3)，测得 c(NO)随 t(时间)的变化曲线如图 3。转化相同量的 NO，在温度________(填“T3”或“T4”)下消耗的 时间较长，试结合反应过程能量图(图 2)分析其原因________。 【答案】 (1). (2). c (3). a (4). AE (5). 36p/7 (6). (7). Ⅱ (8). T4 (9). ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小；浓度降低的影响大于温度对 反应Ⅱ速率的影响 【解析】 【 详 解 】 Ⅰ(1) 反 应 ① 达 到 平 衡 状 态 时 ， ， 代 入 和 ， 得 ，结合反应①的平衡常数表达式： ，可得 ；同理，对于 1 2 1 2 正 正 逆 逆 k k k k 1 1=v v正 逆 2 1 1= (NO)v k c正 正 2 21 1= (N O )v k c逆 逆 2 2 21 1(NO)= (N O )k c k c正 逆 2 2 1 2 (N O ) (NO) cK c = 1 1 1 kK k = 正 逆反应②，有 ；反应 ，可以由反应①和反应②叠加得到，所以该反应的平衡 常数与反应①②的平衡常数的关系为： ，代入 和 可得， ；由题 干可知，NO 氧化反应的两步反应都是放热的，所以升高温度均会使反应①②平衡逆向移动，且由于反应① 为快速反应，反应②为慢速反应，所以反应②逆移生成的 N2O2 会迅速转化为 NO，综上所述，升温会使 c(N2O2) 下降；反应②作为整个反应的速率控制步骤，其速率下降是导致总反应速率降低的主要原因；尽管升温会 使反应速率常数 增加，结合反应②的正反应速率方程，但由于 c(N2O2)下降更明显，所以导致反应速率 整体变慢，所以答案为 c 项； (2)升高温度会使平衡逆向移动，所以新的平衡状态，c(O2)增加，此外，结合(1)的分析可知， 随温度升 高而下降，因此 a 点符合规律； Ⅱ(1) ①A．反应为非等体积反应且在恒容条件下进行，根据 可知，压强恒定时，体系一定达到 平衡状态，A 项正确； B．当 时，体系才平衡，选项将系数弄反了，B 项错误； C．温度恒定则 K 就不变，与是否平衡无关，C 项错误； D．由于该反应全为气体参与，且在恒容条件下进行，所以根据 可知，容器内的气体密度恒定与平 衡与否无关，D 项错误； E．NO2 气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变时，即浓度不变，反应一定平衡，E 项正确； 答案选 AE。 ②假设初始时 N2O4 的物质的量为 n0，根据平衡状态时转化率为 75%，列三段式： ； 所以平衡时两种物质的分压为： ， ，所以： ； ③T1 条件下，分析图像可知，反应在 t1 时刻开始接近平衡，最终 N2O4 消耗量 0.03mol/L，所以该温度下， NO2 也要在 t1 时刻开始接近平衡且浓度为 0.06mol/L； 为 2 2 2 kK k = 正 逆 2 22NO+O 2NO 1 2K K K= 1 1 1 kK k = 正 逆 2 2 2 kK k = 正 逆 1 2 1 2 k kK k k = 正 正 逆 逆 2k 正 2v 正 pV nRT= 2 4 22 (N O ) (NO )v v=正 逆 m V ρ = 2 4 2 0 0 0 0 0 N O 2NO 0 0.75 1.5 0.25 1.5 n n n n n − +  初始 反应 平衡 0 2 4 0 0.25(N O ) 1.75 7 n pp pn = × = 0 2 0 1.5 6(NO ) 1.75 7 n pp pn = × = 2 2 p 2 4 (NO ) 36= =(N O ) 7 p pK pT2＞T1，因为该反应是吸热反应，所以此温度下，NO2 的平衡浓度更大，此外，由于温度更高，所以达到平 衡状态所需的时间更短，综上所述，图像为： ； (2) ①由图像 2 可知，反应Ⅰ的活化能更低，所以反应速率更快，因此决定整个反应快慢的步骤是反应Ⅱ； ②由图像可知，T4 条件下 NO 浓度变化更平缓，所以 T4 条件转化相同量的 NO 耗时更长；由于反应Ⅰ和Ⅱ 均为放热反应，所以升温平衡逆向移动，此外，反应Ⅱ进行的更慢，所以反应Ⅱ逆向移动产生的 N2O2 会被 反应Ⅰ迅速消耗，从而导致 N2O2 浓度下降而使反应Ⅱ速率下降，速率控制步骤的反应速率下降导致了整个 反应的速率变慢。 11.2019 年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电 池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题： （1）LiCoO2、LiFePO4 常用作锂离子电池的正极材料。基态 Co 原子核外电子排布式为___，基态磷原子中， 电子占据的最高能层符号为___；该能层能量最高的电子云在空间有___个伸展方向，原子轨道呈___形。 （2）[Co(NO3－)4]2－中 Co2+的配位数为 4，配体中 N 的杂化方式为__，该配离子中各元素的第一电离能由小 到大的顺序为___(填元素符号)，1mol 该配离子中含 σ 键数目为___NA。 （3）LiFePO4 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦 磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示： 这类磷酸根离子 化学式可用通式表示为___(用 n 代表 P 原子数)。 （4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由 4 个 I 型和 4 个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___，晶体中 Al3+占 据 O2－形成的___(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA 为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为 ___g·cm－3(列计算式)。 的【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2 (2). M (3). 3 (4). 哑铃 (5). sp2 (6). Co、O、N (7). 16 (8). (PnO3n＋1)(n＋2)－ (9). CoAl2O4 (10). 八面体空隙 (11). 【解析】 【详解】（1）Co 为 27 号元素，Co 原子核外有 27 个电子，根据核外电子排布规律可得其基态 Co 原子核外 电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为 M，电子云在空间有 3 个伸展方向，原子轨 道为哑铃型，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2；M；3；哑铃； （2）NO3－中价层电子对数为 ，故为 sp2 杂化；一般情况下非金属性越强第一电离能越大，但由 于 N 原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于 O，所以第一电离能由小到大的顺序为 Co、O、N；一个 NO3－中有 3 个 σ 键，配位键也为 σ 键，故 σ 键数目为 3×4+4=16，则 1mol 该配离子中含 σ 键数目为 16NA，故答案为：sp2；Co、O、N；16； （3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO43-、P2O74-、P3O105-磷原子的变化规律为： 1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1  酸根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n ＋1)(n＋2)－ （4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的 Co、Al、O 个数分别为： ， ， ，所以化学式为 CoAl2O4；根据结构观察，晶体中 Al3+占据 O2-形成的八面体空隙；该 晶胞的体积为 ，该晶胞的质量为 ,所以密度为 ，故答案为：CoAl2O4；八面体空隙； 。 【点睛】在计算价层电子对数时 O、S 作为配原子时提供的电子数为 0；第（3）问属于跨学科综合题目， 首先用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。 12.丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备 H 的一种合成路线如下： -7 3 A 8(59+2 27+4 16) N (2a 10 ) × × × 5+0+1=32 4 4 1/ 2 2+4=8× × ×（ ） 4 4=16× 8 4=32× ( )3-72a 10× A A 32 16 16 27 8 59 N 8(59+2 27+4 16)= N × + × + × × × -7 3 A 8(59+2 27+4 16) N (2a 10 ) × × × -7 3 A 8(59+2 27+4 16) N (2a 10 ) × × ×已知： 回答下列问题： (1)B 的化学名称是________，H 的分子式是_____________。 (2)由 A 生成 B 的反应试剂和反应条件分别为_______________。 (3)C 中所含官能团 名称为_________，由 G 生成 H 的反应类型是___________。 (4)C 与 F 反应生成 G 的化学方程式为______________________________________。反应中使用 K2CO3 的作 用是_______________。 (5)化合物 X 是 E 的同分异构体，X 能与 NaOH 溶液反应，其核磁共振氢谱只有 1 组峰。X 的结构简式为 ____________________。 (6) （聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙 烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选） 【答案】 (1). 邻硝基甲苯（或 2-硝基甲苯） (2). C13H20ON2 (3). 浓 HNO3／浓 H2SO4，加热 (4). 氨基 (5). 取代反应 (6). (7). 吸 收 反 应 产 生 的 HCl ， 提 高 反 应 的 转 化 率 (8). 或 (9). 【解析】 【分析】 A 的分子式结合 G 得知：A 是甲苯 ，B 中有-NO2，结合 G 的结构苯环上的-CH3 和 N 原子所连接 B 苯 的环上的 C 属于邻位关系，故 B 是邻硝基甲苯 ，在 Fe 和 HCl 存在下被还原成 C 物质：邻氨基甲苯 ， 结 合 题 干 信 息 ： 二者反应条件一致，则确定 D 是乙醛 CH3CHO，E 是 ，部分路线如下： 【详解】（1）B 的化学名称是邻硝基甲苯（或 2-硝基甲苯）；H 的分子式是 C13H20ON2； （2）由 A 生成 B 的反应是硝化反应，试剂：浓 HNO3、浓 H2SO4，反应条件：加热； （3）C 中所含官能团的名称为氨基；观察 G 生成 H 的路线：G 的 Cl 原子被丙胺脱掉—NH2 上的 一个 H 原子后剩下的集团 CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应； （4）C 与 F 反应生成 G 的化学方程式为 ； 有机反应大多是可逆反应，加入 K2CO3 消耗反应产生的 HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率； （5） 的单体是 ，联系原料有甲醇倒推出前一步是 与甲醇酯化 反应生成单体 ，由原料丙酮 到 增长了碳链，用到题干所给信息： ，故流程如下： 。