陕西省商洛中学2020届高三化学第三次模拟试题（Word版附解析）

2020 届高三商洛中学第三次模拟测试卷 化 学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号 条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标 号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 一、选择题（每小题 6 分，共 42 分） 1.古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表 达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（　　） A. 忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小 B. 古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质 C. 制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为 3MgO•4SiO2•H2O，属于氧化物 D. 红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯 【答案】C 【解析】 【详解】A. 酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度 数越高密度越小，故 A 说法正确； B. 牛筋的主要成分是蛋白质，故 B 说法正确； C. 3MgO·4SiO2·H2O 属于硅酸盐，不属于氧化物，故 C 说法错误； D. 密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故 D 说法正确； 答案：C。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数值。如图表示 N2O 在 Pt2O+表面与 CO 反应转化成无害气体的过程。 下列说法正确的是A. N2O 转化成无害气体时的催化剂是 Pt2O2+ B. 每 1mol Pt2O+转化为 Pt2O2+得电子数为 3NA C. 将生成的 CO2 通人含大量 SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象 D. 1g CO2 、N2O 的混合气体中含有电子数为 0.5NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据转化关系，N2O 转化 N2 时，Pt2O+转化为 Pt2O2+，则该过程的催化剂是 Pt2O+，故 A 错误； B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O 转化 N2 时，Pt2O+转化为 Pt2O2+，氧化还原反应 方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1 价得电子变为 0 价，1mol N2O 转化为 N2 得到 2mol 电子，则每 1mol Pt2O+转化为 Pt2O2+失电子为 2mol，数目为 2NA，故 B 错误； C．将生成的 CO2 通人含大量 SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少 量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故 C 错误； D．CO2 和 N2O 的摩尔质量都为 44g/mol，一个分子中含有电子数都为 22 个，则 1g CO2 、N2O 的混合气体的物质的量为 mol，含有电子数为 mol ×22×NA=0.5NA，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】B 项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关 系，计算出转移的电子数。 3.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 用铜电极电解饱和 KCl 溶液：2H2O+2Cl- H2↑+Cl2↑+2OH- 正确：Cl-的失电子能力比 OH-强 B 向 CuSO4 溶液中通入过量的 H2S 气体： Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 错误：H2S 的酸性比 H2SO4 弱 1 44 1 44C Ba(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应： Ba2++HCO3- +OH- ═BaCO3↓+H2O 错误：Ba2+与 HCO3-系数比应 1:2 D 过量 SO2 通入到 NaClO 溶液中： SO2+ClO- +H2O= HClO+HSO3- 正确：H2SO3 酸性比 HClO 强 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A 项、用铜电极电解饱和 KCl 溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中 Cl-不能放电生成 氯气，故 A 错误； B 项、CuSO4 溶液能与过量的 H2S 气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸， 与酸性强弱无关，故 B 错误； C 项、Ba(HCO3)2 溶液与足量的 NaOH 溶液反应，不足量的 Ba(HCO3)2 溶液完全反应，反应消 耗的 Ba2+与 HCO3-的物质的量比为 1:2，故离子方程式书写错误，故 C 正确； D 项、SO2 具有还原性，NaClO 具有强氧化性，过量 SO2 通入到 NaClO 溶液中发生氧化还原 反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故 D 错误； 故选 C。 4.A、B、C、D、E 五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A 元素的一种核素质子数与质 量数在数值上相等；B 的单质分子中有三对共用电子；C、D 同主族，且核电荷数之比为 1:2。 下列有关说法不正确的是（ ） A. C、D、E 的简单离子半径：D>E>C B. A 与 B、C、D、E 四种元素均可形成 18 电子分子 C. 由 A、B、C 三种元素形成的化合物均能促进水的电离 D. 分子 D2E2 中原子均满足 8 电子稳定结构，则分子中存在非极性键 【答案】C 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E 五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A 元素的一种核素质子数与质量 为 的数在数值上相等，A 为氢元素；B 的单质分子中有三对共用电子，B 为氮元素；C、D 同主族， 且核电荷数之比为 1︰2，C 为氧元素，D 为硫元素，E 为氯元素。 【详解】A. C、D、E 的简单离子，S2-与 Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径： S2->Cl->O2-，故 A 正确； B. A 与 B、C、D、E 四种元素均可形成 18 电子分子 N2H4、 H2O2、H2S 、HCl，故 B 正确； C. 由 A、B、C 三种元素形成的化合 HNO3、HNO2 抑制水的电离，故 C 错误； D. 分子 D2Cl2 中原子均满足 8 电子稳定结构，则分子中存在非极性键 S-S 键，故 D 正确；故 选 C。 【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难 点 B，N2H4、 H2O2 两种分子也是 18 电子。 5.目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流 电池总反应为 Fe3++Cr2+ Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是 A. 放电时 a 电极反应为 Fe 3++e−=Fe2+ B. 充电时 b 电极反应为 Cr3++e−=Cr2+ C. 放电过程中 H+通过隔膜从正极区移向负极区 D. 该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低 【答案】C 【解析】 【分析】 铁-铬液流电池总反应为 Fe3++Cr2+ Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成 Cr3+、b 电 极为负极，电极反应为 Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成 Fe2+，a 电极为正极，电 极反应为 Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆 反应，即 a 电极为阳极、b 电极为阴极，充电时，在阳极上 Fe2+失去电子发、生氧化反应生成 Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上 Cr3+发生得电子的还原反应生成 Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，电池放电时 a 为正极，得电子发生还原反应，反应为 Fe3++e−=Fe2+，A 项不选； B．根据分析，电池充电时 b 为阴极，得电子发生还原反应，反应为 Cr3++e−=Cr2+，B 项不选； C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中 H+通过隔膜从负极区移向正极区，C 项可选； D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆 炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D 项不选； 故答案选 C。 6.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是 A. 该反应属于化合反应 B. b 的二氯代物有 6 种结构 C. 1mol b 加氢生成饱和烃需要 6molH2 D. C5H11Cl 结构有 8 种 【答案】D 【解析】 【分析】 A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和 HCl； B、甲苯的苯环上的二氯代物有 6 种，甲基上的氢也可以被取代； C、1mol b 加氢生成饱和烃需要 3molH2； D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。 【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和 HCl，属于取代反应，故 A 错误； B、甲苯的苯环上的二氯代物有 6 种，甲基上的氢也可以被取代，故 B 错误； C、1mol b 加氢生成饱和烃需要 3molH2，故 C 错误； D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有 3 种、4 种、1 种，故 D 正确。 故选 D。 【点睛】易错点 B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件， 的后者甲基上的氢也可以被取代。 7.常温下，用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01 mol/L 的 KCl、K2C2O4 溶液，所得的沉淀溶 解平衡图像如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。已知 Ksp(AgCl) 数量级为 10-10。下列叙述正确 的是 A. 图中 Y 线代表的 AgCl B. n 点表示 Ag2C2O4 的过饱和溶液 C. 向 c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3 溶液时，先生成 AgCl 沉淀 D. Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数为 10-0.71 【答案】C 【解析】 【分析】 若 曲 线 X 为 AgCl 的 沉 淀 溶 解 平 衡 曲 线 ， 则 Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为 10-10，若曲线 Y 为 AgCl 的沉淀溶解平衡曲线，则 Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为 10-7，又已知 Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线 X 为 AgCl 的沉淀溶解平衡曲线，则曲线 Y 为 Ag2C2O4 的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，据此 分析解答。 【 详 解 】 若 曲 线 X 为 AgCl 的 沉 淀 溶 解 平 衡 曲 线 ， 则 Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为 10-10，若曲线 Y 为 AgCl 的沉淀溶解平衡曲线，则 Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为 10-7，又已知 Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线 X 为 AgCl 的沉淀溶解平衡曲线，则曲线 Y 为 Ag2C2O4 的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46， A. 由以上分析知，图中 X 线代表 AgCl，故 A 错误； B. 曲线 Y 为 Ag2C2O4 的沉淀溶解平衡曲线，在 n 点，c(Ag+)小于平衡浓度，故 n 点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为 Ag2C2O4 的不饱和溶液，故 B 错误； C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成 AgCl 沉淀所需的 c(Ag+)小于生成 Ag2C2O4 沉淀 所需的 c(Ag+)，故向 c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3 溶液时，先析出氯化银沉淀，故 C 正确； D. Ag2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数 ，此时溶液中的 c(Ag+)相同，故 有 ，故 D 错误； 故选 C。 二、非选择题（共 43 分） 8.亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3） 为原料先制得 ClO2，再制备 NaClO2 粗产品，其流程如图： 已知：①ClO2 可被 NaOH 溶液吸收，反应为 2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。 ②无水 NaClO2 性质稳定，有水存在时受热易分解。 （1）反应Ⅰ中若物质 X 为 SO2，则该制备 ClO2 反应的离子方程式为___。 （2）实验在如图-1 所示的装置中进行。 ①若 X 为硫磺与浓硫酸，也可反应生成 ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置 A 的三颈烧瓶 中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3 溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___ （填字母）。 ②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高 ClO2 ( ) 2- 2 4 2 C O= Cl ) - (cK c ( ) 2- -2.46 9.042 4 -5.7- 252 C O 10= 1010C ( ) = = l cK c （ ）吸收率的操作有：装置 A 中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。 （3）将装置 B 中溶液蒸发可析出 NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压” 或“加压”）。 （4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为 Na2SO4 和 NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为 从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液 进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO 固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知： CaSO4 不溶于 Na2SO4 水溶液；Na2SO4 的溶解度曲线如图−2 所示。 【答案】 (1). 2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42- (2). cab (3). 作还原剂 (4). 水浴加热时 控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等） (5). 减压 (6). 向废液中分批加入适量 CaO 固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入 CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀 2-3 次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至 32.4℃以下， 接近 0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤 2-3 次，低温干燥得到芒硝 【解析】 【分析】 用二氧化硫将 NaClO3 还原制得 ClO2，ClO2 和 NaOH 反应制得 NaClO3 和 NaClO2，再用过氧 化氢将 NaClO3 还原成 NaClO2 制得 NaClO2 粗品 【详解】（1）SO2 作还原剂，S 化合价升高 2，被氧化成 SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成 ClO2，Cl 化合价降低 1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式： 2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-； （2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加 NaClO3，所以顺序为：先加 NaClO3，再加 S，最后加浓硫酸，故答案为：cab； ②反应Ⅱ中 NaOH 和 ClO2 反应生成 NaClO3 和 NaClO2，过氧化氢的作用是将 NaClO3 还原成 NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制 A 中水浴加热时温度不过高，或者在 B 中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加 。一个多孔球泡等）； （3）无水 NaClO2 性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案 为：减压； （4）加入一定量 CaO 使 NaHSO4 反应成 CaSO4，为了保证 NaHSO4 反应完，所加 CaO 需稍过 量，CaO 过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加 CaO，CaSO4 不溶于 Na2SO4 水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为 Na2SO4 溶液，还不 是芒硝，从图上看，可将温度调整 32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干 燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为： 向废液中分批加入适量 CaO 固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞， 至溶液呈浅红色时停止加入 CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀 2-3 次得到石膏；滤液蒸发浓缩， 冷却结晶至 32.4℃以下，接近 0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤 2-3 次，低温干燥得到芒硝。 【点睛】结合图像，温度低于 32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度 减小，可用冰水洗涤减小损失率。 9.以含锂电解铝废渣(主要含 AlF3、 NaF、LiF、CaO ) 和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂， 同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下： 已知 LiOH 易溶于水，Li2CO3 微溶于水。回答下列问题： (1)电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为___________。滤渣 2 的主要成分是(写化学 式)_________。 (2)碱解反应中， 同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为_____________。 (3)一般地说 K＞105 时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡： Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)通过计算说明该反应是否进行完全________(已知 Ksp(Li2CO3) = 8.64×10-4、Ksp(CaCO3) = 2.5×10-9)。 (4)碳化反应后的溶液得到 Li2CO3 的具体实验操作有：加热浓缩、______、______、干燥。 (5)上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为__________。(6)Li2CO3 是制备金属锂的重要原料， 一种制备金属锂的新方法获得国家发明专利，其装置如 图所示： 工作时电极 C 应连接电源的______极，阳极的电极反应式为__________ 。该方法设计的 A 区 能避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和因________逸出对环境的污染。 【答案】 (1). HF (2). CaCO3、Al(OH)3 (3). 2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑ (4). 该反应的 K＝3.5×105，可以认为该反应进行完全 (5). 冷却结晶 (6). 过滤洗涤 (7). 6HF＋Na2SO4 ＋NaAlO2=Na3AlF6 ＋H2SO4 ＋2H2O (8). 负 (9). 2Cl--2e-=Cl2↑ (10). 氯气 【解析】 【分析】 含锂电解铝废渣主要成分为 LiF、AlF3、NaF，少量 CaO 等，加入浓硫酸生成的气体为 HF， 浸取后过滤分离出滤渣为 CaSO4，滤液中加碳酸钠发生 2Al3++3CO32-+3H2O＝2Al（OH） 3↓+3CO2↑、2Li++CO32-=Li2CO3，气体为二氧化碳，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出氢氧 化铝、Li2CO3，再加 CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤 渣 2 含碳酸钙，碳化时 LiOH 与二氧化碳反应生成 Li2CO3，二氧化碳在流程中可循环使用， 以此来解答。 【详解】（1）根据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为 HF，根据上述分析，滤 渣 2 的主要成分是 CaCO3、Al(OH)3，故答案为：HF；CaCO3、Al(OH)3； （2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根离子的双水解反应，离子方程 式为：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案为：2Al3+＋3CO32-＋ 3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑； （3）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)的＞105，可以认为该反应进行完全，故 答案为：该反应的 K＝3.5×105，可以认为该反应进行完全； （4）碳化反应后的溶液得到 Li2CO3 的具体实验操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干 燥，故答案为：冷却结晶、过滤洗涤； （5）根据流程图知，反应物为 HF、Na2SO4、NaAlO2，生成物为 Na3AlF6，根据原子守恒及 反应原理书写方程式为：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O，故答案为：6HF＋ Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O； （6）根据图示 C 极有 Li 生成，电极反应为：Li++ e-=Li，则 C 为阴极，发生还原反应，应连 接电源的负极；阳极发生氧化反应，根据图示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑； 根据图示分析，该方法设计的 A 区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生 污染，故答案为：负； 2Cl--2e-=Cl2↑；氯气。 10.CO 和 H2 是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的 有机物。回答下列问题： (1)制备该合成气的一种方法是以 CH4 和 H2O 为原料，有关反应的能量变化如图所示。 CH4 (g)与 H2O(g)反应生成 CO(g)和 H2 (g)的热化学方程式为____。 (2)工业乙醇也可用 CO 和 H2 合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑 食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色 K2Cr2O7 溶 液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性 K2Cr2O7 溶液反应生成 CO2、Cr2(SO4)3 等物质， 写出其化学方程式 ___________。 (3)为了检验由 CO 和 H2 合成气合成的某有机物 M 的组成，进行了如下测定：将 1.84gM 在氧 气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰 增重 4. 08 g，又知生成 CO2 和 H2O 的物质的量之比为 3:4。则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为____。 (4) CO2 和 H2 合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49.58kJ/mol。 在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的 CO2 和 H2，测得不同温度下，体系中 CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示： ( ) ( ) 2 + -4 sp 2 3 5 2+ -9 sp 3 K Li CO c (Li ) 8.64 10K= = = =3.5 10c(Ca ) K CaCO 2.5 10 × ××①反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是______; A.生成 3mol O-H 键，同时断裂 3mol H-H 键 B.容器中气体的压强不再变化 C.容器中气体的平均摩尔质量不变 D.CH3OH 的浓度不再改变 ②比较 T1 与 T2 的大小关系：T1 ___T2 (填“”)。 ③在 T1 和 P2 的条件下，向密闭容器中充入 1mol CO2 和 3mol H2，该反应在第 5 min 时达到平 衡，此时容器的容积为 2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为____，保持 T1 和此时容器的 容积不变，再充入 1mol CO2 和 3mol H2，设达到平衡时 CO2 的总转化率为 a，写出一个能够解 出 a 的方程或式子 ___(不必化简，可以不带单位)。 【 答 案 】 (1). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+(-p+3n+m)kJ·mol － 1 (2). CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O (3). 3:8:3 (4). CD (5). ＜ (6). 3 (7). 【解析】 【分析】 (1)根据图像书写热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热； (2)结合提供信息，利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式； (3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒，以及生成物的比例关系列方程计算 M 中的碳、 氢、氧数目； (4)①根据平衡状态的特点，以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断； ②二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，据此分析； ③列“三段式”，利用温度不变，平衡常数不变的关系进行解答计算。 【详解】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) ΔH1＝ 3 2a 2a 2.4 2.4K 3 2 2a 6 6a 2.4 2.4 × = = − −   ×       1 2－m kJ·mol－1；H2(g)＋ O2(g)=H2O(g) ΔH2＝－n kJ·mol－1；CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(g)ΔH3＝－p kJ·mol－1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＝ΔH3－3ΔH2－ ΔH1＝+(－p+3×n+m)kJ·mol－1； (2)甲醇与酸性 K2Cr2O7 溶液反应生成 CO2、Cr2(SO4)3，Cr 的化合价降低 3，碳的化合价升高 6，根据电荷守恒，物料守恒可得 CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O； (3)根据 1.84g M 中含 Cx mol，含 H y mol，据题意有 ，解得 x=0.06 y=0.16；则 1.84g M 中含氧物质的量 z= =0.06 mol，1mol M 中含 C、H、O 分别为 3、8、3，则 M 中碳、氢、氧原子个数之比为 3:8:3； (4)①A．断裂 3 mol H—H 键就意味着消耗了 3molH2，CH3OH 和 H2O 中均有 H—O 键，即反 应生成了 3mol O-H 键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明 v 正=v 逆，故 A 错误； B．由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明 v 正=v 逆， 故 B 错误； C．容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量 m 一直保持不变，但反应前后气体物质的量 差△n≠0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量 n 才不再变化，故由 M= 知“平 均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故 C 正确； D．“CH3OH 的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的 CH3OH 的浓度相等，即 v 正=v 逆，反应达到平衡状态，故 D 正确； 答案选 CD； ②由 ΔH＝－49.58 kJ·mol－1＜0，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使 CO2 的 转化率降低，再由图像可知 T1＜T2； ③由图 1 知，在 T1 和 p2 的条件下，平衡时 CO2 的转化率为 60%。消耗的 CO2 为 1mol ×60%＝ 0.6 mol，故有如下关系： 1 2 y44x 18 4.082 x 3 y 4 2  + × =  =  1 (1.84 0.06 12 0.16 1)g 16g mol− − × − × ⋅ m n结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为 c(CO2)= mol·L－1，c(H2)= mol·L－1， c(CH3OH)= mol·L－1，c(H2O)= mol·L－1，则该条件下的平衡常数为 ；由 于再充入原料气时，反应温度没变，即 K 不变。设达到平衡时 CO2 的总转化率为 a，则整个 过程中反应的 CO2 为 2a mol，同理有如下关系： 。 三、选考题（共 15 分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的 第一题计分。） 【化学——选修 3：物质结构与性质】 11.钛是一种性能非常优越的金属，21 世纪将是钛的世纪。 (1)TiO2 薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态 Cr 原子的核外电子排布式为____。 (2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下： TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl ①Ti(OCH2CH3)4 可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为____ ②N 和 O 位于同一周期，O 的第二电离能大于 N 的第二电离能的原因是_____； ③NH4Cl 中存在的作用力有_____，NH4Cl 熔沸点高于 CH3CH2OH 的原因是_____， Ti(OCH2CH3)4 分子中 C 原子的杂化形式均为 ____。 (3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若 Ti 位于顶 点位置，O 位于____位置；已知晶胞参数为 a nm，Ti 位于 O 所形成的正八面体的体心，则该 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2CO g +3H g CH OH g +H O g (mol) 1 3 0 0 (mol) 0.6 1.8 0.6 0.6 (mol) 0.4 1.2 0.6 0.6  始 变 平 1 6 1 2 1 4 1 4 3 1 1 4 4K 3 1 1 6 2 × = =  ×   ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2CO g +3H g CH OH g +H O g (mol) 2 6 0 0 (mol) 2a 6a 2a 2a (mol) 2-2a 6-6a 2a 2a  始 变 平 3 2a 2a 2.4 2.4K 3 2 2a 6 6a 2.4 2.4 × = = − −      八面体的边长为_____ m(列出表达式)。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). 分子晶体 (3). O 和 N 分别失去一个电子后 的价电子排布式 1s22s22p3 和 1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能， 前者大于后者 (4). 配位键、离子键、共价键 (5). 前者为离子晶体，后者为分子晶体 （或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点 (6). sp3 杂化 (7). 棱心 (8). a×10-9 【解析】 【分析】 (1)根据核外电子的排布规则写出铬的核外电子排布式，注意 3d 轨道为半充满状态； (2)①可溶于有机溶剂，根据相似相容原理，判断晶体的类型； ②写出 N 和 O 价电子排布式，然后分析； ③从氯化铵的电子式，判断化学键的类型；从晶体的类型不同判断熔沸点差异的原因； Ti(OCH2CH3)4 分子中 C 原子的成键数目判断杂化方式； (3)从晶胞的内部结构，根据 Ti 的位置，判断氧的位置；根据 Ti 和 O 的距离，计算八面体的 边长。 【详解】(1)Cr 原子是 24 号元素，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1； (2) ① Ti(OCH2CH3)4 可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶， Ti(OCH2CH3)4 是分子晶体； ②O 和 N 分别失去一个电子后的价电子排布式 2s22p3 和 2s22p2，前者是半充满结构，比后者 稳定，所以第二电离能，前者大于后者； ③根据氯化铵的电子式： ，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子 和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩 2 2余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位 键； Ti(OCH2CH3)4 分子中 C 均形成四对 σ 键，故杂化方式为 sp3 杂化； (3)从图中可以看出，若 Ti 位于顶点位置，则 O 可以看成位于棱心的中心位置； Ti 位于 O 所形成的正八面体的体心，八面体中 Ti 和 O 构成了一个等腰直角三角形，直角边长 为 a，斜边长为 = anm= a×10-9m。 【点睛】铬的核外电子排布式中 3d 轨道为半充满状态，比较稳定，是易错点。 【化学——选修 5：有机化学基础】 12.据研究报道，药物瑞德西韦(Remdesivir)对 2019 年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作 用。F 为药物合成的中间体，其合成路线如下： 已知：R-OH R-Cl (1)A 中官能团名称是________；C 的分子式为_____ (2)A 到 B 为硝化反应，则 B 的结构简式为___，A 到 B 的反应条件是_____。 (3)B 到 C、D 到 E 反应类型 ________(填“相同”或“不相同”)；E→F 的化学方程式为 ________ 。 (4)H 是 C 的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种。 ①硝基直接连在苯环上 ②核磁共振氢谱峰面积之比为 2:2:2:1 ③遇 FeCl3 溶液显紫色 (5)参照 F 的合成路线图，设计由 、SOCl2 为原料制备 的合成路 线_______(无机试剂任选)。 的 1 2 2 21 1 2 a a2 +（ ） （ ） 2 2 2 2 2SOCl 、催化剂 Δ →【答案】 (1). 酚羟基 (2). C8H7NO4 (3). (4). 浓硫酸、浓硝 酸 、 加 热 (5). 相 同 (6). ： + +HCl (7). 2 (8). +H2 【解析】 【分析】 根据流程图，A 在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成 B，B 的结构简式为 ，B 和 发生取代反应生成 C( )，C 和磷酸在加热条件下发生取 代生成 D，D 在 SOCl2、催化剂、加热条件下转化为 E( )，E 与 A 发 生被取代转化为 F，根据 E、F 的结构简式可判断，A 的结构简式为 ，据此分析答 题。 【详解】(1)根据流程图中 A 的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示 C 中的每个节点 为碳原子，每个碳原子连接 4 个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为 C8H7NO4； (2)A 到 B 为硝化反应，根据分析，B 的结构简式为 ，A 到 B 的反应条件是浓硫酸、 浓硝酸、加热； (3)根据分析，B 和 发生取代反应生成 C( )，C 和磷酸在加热条件下发生取 代生成 D，则 B 到 C、D 到 E 的反应类型相同；E 与 A 发生被取代转化为 F， A 的结构简式 为 ，化学方程式为： + +HCl； →催化剂 ∆→催化剂 2SOCl ∆→催化剂 →催化剂(4)C 的结构简式为 ，H 是 C 的同分异构体， ①硝基直接连在苯环上，②核磁共 振氢谱峰面积之比为 2:2:2:1，说明分子结构中含有 4 中不同环境的氢原子，且氢原子的个数 比为 2:2:2:1，③遇 FeCl3 溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在 CH=CH2，满足下列条件的同分异构体结构简式为 、 ，共 有有 2 种； (5) 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成 ， 在 SOCl2、催化剂、加热条件下转化为 ，则合成路线为： +H2 。∆→催化剂 2SOCl ∆→催化剂