2020届高三化学（全国II卷）全真模拟试题（带答案）

第 1 页，共 18 页 2020 届高三高考全国 II 卷 理综化学全真模拟试卷 3 一、单选题（本大题共 7 小题，共 42 分） 1. 化学与人类生活生产、环境健康密切相关，下列说法不正确的是(    ) A. 食用醋酸的成分是乙酸，食用白糖、冰糖的成分是蔗糖 B. 生活中的饮食，需摄取一些油脂、无机盐、纤维素、蛋白质等基础营养物质 C. 用K2FeO4处理自来水，既可杀菌消毒又可除去悬浮杂质 D. 在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使葡萄酒保持良好品质 【答案】B 【解析】【分析】 本题考查了生产生活中的化学，比较简单。 【解答】 A.食用醋酸的成分是乙酸，食用白糖、冰糖的成分是蔗糖，故 A 正确； B.人体所需的基本营养物质有糖类、脂肪、蛋白质、无机盐、水、维生素，人体无法分 解纤维素，纤维素不是基础营养物质，故 B 错误； C.K2FeO4处理自来水时，利用其氧化性可以杀菌，同时生成氢氧化铁胶体可以除去水中 的悬浮杂质，故 C 正确； D.二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，可以使葡萄酒保持 良好品质，故 D 正确。 故选 B。 2. 用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是(    ) A. 室温下，42.0g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数约为 3NA B. 4.0g重水(D2O)中所含质子数为0.4NA C. 100mL 18 mol ⋅ L−1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为1.8NA D. 一定温度下，1L 0.50mol ⋅ L−1NH4Cl溶液与 2L 0.25mol ⋅ L−1 NH4Cl溶液含NH+4 的物质的量相同 【答案】A 【解析】解：A.42g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有 3mol 最简式CH2，含有 3mol 碳原子，含有的碳原子数为3NA，故 A 正确； B.4.0g重水(D2O)的物质的量为0.2mol，0.2mol重水中含有2mol质子，所含质子数为4NA， 故 B 错误； C.100mL 18 mol ⋅ L−1浓硫酸中含有1.8mol硫酸，铜与浓硫酸的反应中，消耗1.8mol硫酸 生成0.9mol二氧化碳，转移1.8mol电子，由于随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸， 铜与稀硫酸不反应，则反应转移的电子小于1.8mol，转移电子数为1.8NA，故 C 错误； 第 2 页，共 18 页 D.1L 0.50mol ⋅ L−1NH4Cl溶液中含有溶质氯化铵0.5mol，2L 0.25mol ⋅ L−1 NH4Cl溶液含 有氯化铵0.5mol，如果铵根离子不水解，则溶液中含有的铵根离子的物质的量相等，由 于浓度不同，铵根离子的水解程度不同，所以两溶液中铵根离子的物质的量不相等， 故 D 错误； 故选 A． A.乙烯和环丁烷的最简式为CH2，根据最简式计算出混合物中含有碳原子数目； B.重水中含有 10 个质子，重水的摩尔质量为20g/mol； C.铜与浓硫酸的反应中，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，则铜足量时 反应生成的二氧化硫小于0.9mol，转移的电子小于1.8mol； D.铵根离子浓度不同，铵根离子的水解程度不同． 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、盐的水解及其影响，题目难度中等，注意 掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项 C 为易错点，注意 铜与稀硫酸不发生反应． 3. 二硫化钨(WS2,WS2中 W 的化合价为 +4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。 由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下图所 示： 下列说法正确的是 ( ) A. 操作Ⅰ中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 B. FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为 C. 生成二硫化钨的化学方程式为 ，若生成124g WS2， 则该反应所转移的电子数目为2NA D. 滤渣Ⅰ的主要成分是氢氧化铝，CO2可以用过量盐酸代替 【答案】B 【解析】【分析】 本题以钨矿原料制备 W 的工艺流程为载体，考查了基本实验操作以及氧化还原方程式 的书写和计算等，题目难度较大，掌握工艺流程、氧化还原反应原理是解题的关键，需 要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。 【解答】第 3 页，共 18 页 A.操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故 A 错误； B.FeWO4在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成Fe2O3、Na2WO4和H2O，发生反应的化 学方程式为4FeWO4 + O2 +8NaOH 2Fe2O3 +4Na2WO4 +4H2O，故 B 正确； C.在反应2(NH4)2WS4 +3O2 2WS2 +4NH3 +2S + 2SO2 +2H2O中，(NH4)2WS4中 +6价 W 被还原为 +4价的WS2，−2价 S 元素被氧化成 0 价的 S 单质，每生成2molWS2 转移了 4mol 电子，同时参加反应的氧气为 3mol，则反应中共转移 16mol 电子，124gW S2的物质的量为： 124g 248g/mol = 0.5mol，转移电子的物质的量为：16mol × 0.5mol 2mol = 4mol， 即转移电子数目为4NA，故 C 错误； D.滤渣Ⅰ的主要成分是氢氧化铝，若CO2用过量盐酸代替，AlO−2 会生成Al3+，不会变成 沉淀析出，故 D 错误。 4. 已知：2Fe3+ +2I− = 2Fe2+ + I2，2Fe2+ +Br2 = 2Fe3+ +2Br−.现向含有FeBr2、FeI2 的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的 KSCN 溶液，结果溶 液变为红色，则下列叙述中不正确的是(    ) A. 两个反应转移电子数之比是 1：1 B. 原溶液中I−一定被氧化，Br−可能被氧化 C. 若向反应后的溶液中滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有任何现象，则Br−一定被 氧化 D. 若向含有FeBr2、FeI2的溶液中加入一定量的溴水，再向反应后的溶液中滴加少 量的 KSCN 溶液，结果溶液变为红色，说明原溶液中Fe2+、I−均被氧化 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查了氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，是一道综合性较强的题目，完 成本题，需要合理分析题中的信息，得出正确结论，注意推断的严密性，本题难度中等。 【解答】 氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加 KSCN 溶液，结果溶液变为红色，说明含有铁离子，则碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部 被氧化，溴离子可能被氧化，以此解答该题。 A、反应2Fe3+ +2I− = 2Fe2+ + I2中碘离子由−1价变成 0 价，2Fe2+ +Br2 = 2Fe3+ +2Br− 中亚铁离子由 +2价变成 +3价，则两个反应转移电子数之比是 1：1，故 A 正确； B、向反应后的溶液中滴加少量的 KSCN 溶液，结果溶液变为红色，说明亚铁离子被氧 化，则碘离子全部被氧化，Br−可能被氧化，故 B 正确； C、若向反应后的溶液中滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有任何现象，说明溶液中无亚铁 离子，可能亚铁离子恰好被氧化，故 C 错误； D、碘离子的还原性强于亚铁离子，向反应后的溶液中滴加少量的 KSCN 溶液，结果溶 液变为红色，说明亚铁离子被氧化成铁离子，则碘离子已全部被氧化，即溶液中Fe2+、 I−均被氧化，故 D 正确； 故选：C。第 4 页，共 18 页 5. 向含有0.2mol NaOH 和0.1mol Ba(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2，当通入气体 为8.96L(标况下)时立即停止，则这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的 体积关系图象正确的是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)(    ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】解：含有0.2mol NaOH 和0.1mol Ba(OH)2的溶液中离子总的物质的量为 0.2mol × 2 + 0.1mol × 3 = 0.7mol， n(CO2) = 8.96L 22.4L/mol = 0.4mol， 通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于首先发生：Ba2+ +2OH− +CO2 = BaCO3↓ + H2O，该阶段0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子 物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol−0.3mol = 0.4mol，其中含有 0.2molOH−、生成0.1molBaCO3； 然后发生2OH− +CO2 = CO2−3 + H2O，0.2molOH−完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L， 该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol−0.1mol = 0.3mol， 溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO2−3 ； 再发生CO2−3 +CO2 + H2O = 2HCO−3 ，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的 量增大0.1mol，溶液中离子为0.4mol； 最后发生BaCO3 +CO2 + H2O = Ba2+ +2HCO−3 ，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，消耗 0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大0.3mol，溶液中中离子为0.7mol； 故图象 C 符合，故选 C。 n(CO2) = 8.96L 22.4L/mol = 0.4mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中，相当于 首先发生：Ba2+ +2OH− +CO2 = BaCO3↓ + H2O，0.1molBa(OH)2完全反应消耗0.1molC O2，剩余0.2molOH−，生成0.1molBaCO3，然后发生2OH− +CO2 = CO2−3 + H2O，消耗 0.1molCO2，生成0.1molCO2−3 ，上述两阶段共消耗0.2molCO2，剩余0.2molCO2，再发生 CO2−3 +CO2 + H2O = 2HCO−3 ，消耗0.1molCO2，最后发生BaCO3 +CO2 + H2O = Ba2+ +2HC O−3 ，碳酸钡与二氧化碳恰好反应，据此计算解答． 本题考查离子方程式的计算，难度较大，清楚各阶段发生的反应是关键，注意 B 和 C 的区别，为易错点．第 5 页，共 18 页 6. 硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(    ) A. 283K 时，图中 a 点对应的溶液是不饱和溶液 B. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO2−4 )的增大而减小 C. 283 K下的SrSO4饱和溶液升温到 363K 后变为不饱和溶液 D. 三个不同温度中，363 K时Ksp(SrSO4)最大 【答案】A 【解析】【分析】 本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图中 Ksp 的变化、饱和与不饱和溶 液的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意 Ksp 与离子浓度的关系，题 目难度不大。 【解答】 A.283 K时，图中 a 点不在溶解平衡曲线上，因此 a 点对应的溶液是不饱和溶液，故 A 正确； B.溶度积常数只与温度有关系，所以温度一定时，Ksp(SrSO4)不会随c(SO2−4 )的增大而变 化，故 B 错误； C.由于283 K时溶度积常数大于 363K 时的溶度积常数，所以 283K 下的SrSO4饱和溶液 升温到363 K后有晶体析出，溶液仍然是饱和溶液，故 C 错误； D.当硫酸根离子浓度相同时，在 313K 时Sr2+浓度最大，所以三个不同温度下，313 K时 Ksp(SrSO4)最大，故 D 错误。 故选 A。 7. 如图所示装置进行实验，下列有关说法正确的是(    ) 第 6 页，共 18 页 A. 电子流向为：电极a →电极d →电极c →电极 b B. 电极 b 发生的电极反应为O2 + 2H2O  +  4e− =  4OH− C. 在电极 a 参与反应的气体体积在相同状况下与在电极 c 产生的气体体积为1:1 D. 为了防止大气污染，应在 d 端的 U 形管出口连接导管通入到 NaOH 溶液中 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查了原电池和电解池原理，根据各个电极上发生的电极反应结合电子移动方向分 析解答。 【解答】 A.电子是从原电池的负极流出，流向电解池的阴极，从电解池的阳极流出，流向原电池 的正极，即电极a →电极 d，电极c →电极 b，故 A 错误； B.电解质为酸性，则电极 b 的电极反应式为O2 +4e− +4H+ = 2H2O，故 B 错误； C.电极 a 消耗氢气，电极 c 生成氯气，根据电子转移守恒，则电极 a 参与反应的气体体 积在相同状况下与在电极 c 产生的气体体积为1:1，故 C 正确； D.电极 c 生成氯气，为了防止大气污染，应在 c 端的 U 形管出口连接导管通入到 NaOH 溶液中，故 D 错误。 故选 C 二、实验题（本大题共 1 小题，共 15 分） 8. 二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁装置示意图如图一 已知：①二茂铁熔点是173℃，在100℃时开始升华；沸点是249℃。 ②制备二茂铁的反应原理是：2KOH + FeCl2 +2C5H6 = Fe(C5H5)2 +2KCl + 2H2O 实验步骤为： ①在三颈烧瓶中加入 25g 粉末状的 KOH，并从仪器 a 中加入 60mL 无水乙醚到 烧第 7 页，共 18 页 瓶中，充分搅拌，同时通氮气约 l0min； ②再从仪器 a 滴入5.5mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6质量为5.225g)，搅拌； ③将足量的无水FeCl2(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂]配成的溶液 25mL 装入仪器 a 中， 慢慢滴入仪器 c 中，继续搅拌 45min； ④再从仪器 a 加入 25mL 无水乙醚搅拌； ⑤将 c 中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液； ⑥蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。 回答下列问题： (1)仪器 b 的名称是______。 (2)步骤①中通入氮气的目的是______。 (3)步骤⑤用盐酸洗涤的目的是______。 (4)步骤⑦是二茂铁粗产品的提纯，该过程在图二中进行，其操作名称为______； 该操作中棉花的作用是______。 (5)为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是______；若最终制得 纯净的二茂铁4.3g，则该实验的产率为______(保留三位有效数字)。 【答案】球形冷凝管 排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化 除去多余的 KOH 升华 防止二茂铁挥发进入空气中 测定所得固体的熔点 58.4% 【解析】解：(1)仪器 b 为球形冷凝管； 故答案为：球形冷凝管； (2)二茂铁中铁是 +2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过 程中Fe2+被氧化； 故答案为：排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化 (3)实验中加入了足量的 KOH，得到的产品中混有 KOH，故用盐酸除去多余的 KOH； 故答案为：除去多余的 KOH； (4)根据图示，已知二茂铁易升华，故图二的操作为升华；该操作中棉花的作用是防止 二茂铁挥发进入空气中； 故答案为：升华；防止二茂铁挥发进入空气中； (5)测定所得固体的熔点可以确认得到的是二茂铁； 设理论上生成的二茂铁质量为 m， 则2KOH + FeCl2 +2C5H6 = Fe(C5H5)2 +2KCl + 2H2O 132 186 5.225g m m = 5.225g × 186 132 = 7.3625g，则该实验的产率为 4.3g 7.3625g × 100% = 58.4%； 故答案为：测定所得固体的熔点；58.4%。 在三颈烧瓶中加入KOH/60mL无水乙醚充分搅拌，同时通氮气约 l0min，再从仪器 a 滴 入新蒸馏的环戊二烯，搅拌，将足量的无水FeCl2(CH3)2SO配成的溶液装入仪器 a 中， 慢慢滴入仪器 c 中，继续搅拌 45min，再从仪器 a 加入 25mL 无水乙醚搅拌，将 c 中的 液体转入分液漏斗中，依次用盐酸(中和KOH)、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液，蒸 发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品，将粗产品升华可得二茂铁， (1)根据仪器特征可得；第 8 页，共 18 页 (2)二茂铁中铁是 +2价，易被空气中氧气氧化，据此分析； (3)产品混合液中混有未反应完的 KOH，可用盐酸除去； (4)根据已知二茂铁有固体直接变成气体，然后冷凝收集，称为升华； (5)可以通过测定所得固体的熔点确定；设理论上生成的二茂铁质量为 m， 则2KOH + FeCl2 +2C5H6 = Fe(C5H5)2 +2KCl + 2H2O 132 186 5.225g m m = 5.225g × 186 132 = 7.3625g，据此计算。 本题以二茂铁的制备实验为载体考查常见仪器的识别，实验方案的分析、评价，化学实 验基本操作，物质的分离、提纯和检验，物质结构的测定，题目难度中等。 三、简答题（本大题共 4 小题，共 58 分） 9. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色环保型饮用水处理剂。某学习小组以工业合成氨的废 催化剂(主要成分有Fe2O3和 FeO，含少量Al2O3、SiO2、炭粉等杂质)为原料制备K2Fe O4的流程如下： 已知：试剂 Y 中阴、阳离子的电子数相等 回答下列问题： (1)Y的电子式为_______________。滤渣 1 的主要成分是__________________(填化 学式)。 (2)为了提高“酸浸”速率，宜采用措施有____________________________________ (答两条)。 (3)试剂 X 最佳选择是__________________(填字母)。 A.氯气 B.双氧水 C.稀硝酸 D.稀硫酸和二氧化锰 试剂 X 的作用是___________________________________(用离子方程式表示)。 (4)写出“合成”过程中的化学方程式：____________________________________。 (5)参照上述流程，以滤液 2 为原料制备金属铝，设计流程图为 _______________________________。 (6)测定产品纯度。第 9 页，共 18 页 称取w g粗产品，加入到过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸 化至 pH 为 2，在所得的重铬酸盐溶液中加入 5 滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然 后用c mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL。 有关滴定反应有： Cr(OH)−4 + FeO2−4 + 3H2O = Fe(OH)3·3H2O↓ + CrO2−4 + OH− 2CrO2―4 + 2H+ = Cr2O2―7 + H2O Cr2O2―7 + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 该粗产品纯度为________________(用含 w、c、V 的代数式表示)。若滴定管没有 用待装液润洗，则测得结果__________________(“偏高”“偏低”或“无影 响”)。 【答案】(1) ；SiO2、C； (2)粉碎废料、搅拌、适当加热、适当增大盐酸浓度等； (3) B；2Fe2+ + H2O2 +2H+ = 2Fe3+ +2H2O； (4) 2Fe(OH)3 +3NaClO + 4NaOH = 2Na2FeO4 +3NaCl + 5H2O； (5) ； (6) 33cV 5w %；偏高。 【解析】【分析】 本题考查了物质的制备方案的设计、氧化还原反应、化学方程式定量计算、物质转化关 系的理解和判断等知识点，题目难度中等，解答本题时注意把握题给信息，学习中注重 知识迁移能力的培养。 【解答】 废料主要成分是Fe2O3和FeO(含有少量Al2O3、SiO2、炭粉等杂质)，加入过量稀盐酸溶解 发生反应，Fe2O3和 FeO 和稀盐酸反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，Al2O3和盐酸反应生 成氯化铝，SiO2、炭粉不反应，过滤得到滤渣 1 为SiO2、炭粉，加入过氧化氢氧化亚铁 离子为铁离子，加入过量氢氧化钠溶液沉淀铁离子，得到沉淀为氢氧化铁，滤液 2 为偏 铝酸钠溶液、氯化钠和过量的氢氧化钠，滤液中加入足量次氯酸钠和浓氢氧化钠溶液发 生氧化还原反应，经过一些列操作得到K2FeO4的粗产品。 (1)由以上分析及试剂 Y 中阴、阳离子的电子数相等，可知 Y 为氢氧化钠，其电子式为 ，滤渣 1 的主要成分是SiO2、C； (2)为了提高“酸浸”速率，宜采用的措施有粉粹废料、搅拌、适当加热、适当增大盐 酸浓度等， 故答案为：粉粹废料、搅拌、适当加热、适当增大盐酸浓度等； (3)试剂 X 的作用是将二价铁离子转化为三价铁离子，最佳选择是双氧水，其它选择都 会引入新的杂质，其离子方程式为：2Fe2+ + H2O2 +2H+ = 2Fe3+ +2H2O；第 10 页，共 18 页 故答案为：B； 2Fe2+ + H2O2 +2H+ = 2Fe3+ +2H2O； (4)合成过程铁元素的化合价从 +3价升高到 +6价失去 3 个电子，次氯酸钠中氯元素的 化合价从 +1价降低到−1价，得到 2 个电子。因此根据电子得失守恒可知还原剂与氧化 剂的物质的量之比 = 2：3；根据原子守恒可知，反应中还有水生成，依据原子守恒配 平书写化学方程式，反应的化学方程式为： 2Fe(OH)3 +3NaClO + 4NaOH = 2Na2FeO4 +3NaCl + 5H2O， 故答案为：2Fe(OH)3 +3NaClO + 4NaOH = 2Na2FeO4 +3NaCl + 5H2O； (5)参照上述流程，以滤液 2 为原料制备金属铝，设计流程图为 ； (6)据方程式得关系式K2FeO4----------CrO2−4 ---------------3Fe2+， 198g 3mol m(K2FeO4) V mL × 10−3 × c mol·L−1， m(K2FeO4) = v mL × 10−3 × c mol·L−1 × 198g 3mol = 33cv 500 ， 粗产品中K2FeO4的质量分数为 33cv 500ω × 100％ = 33cv 5ω ％，若滴定管没有用待装液润洗，将 导致  (NH4)2Fe(SO4)2溶液浓度降低，消耗  (NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积增大，则测得结 果偏高。 故答案为：33cV 5w %；偏高。 10. 甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是反应 ①：CH4(g) + H2O(g)⇌CO(g) + 3H2(g) ΔH > 0 (1)已知：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) ΔH1 = −802 kJ·mol−1 CO(g) + 1 2O2(g) = CO2(g) ΔH2 = −283 kJ·mol−1 H2(g) + 1 2O2(g) = H2O(g) ΔH3 = −242 kJ·mol−1 则反应①的ΔH = __________________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。 (2)其他条件相同，反应①在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下反应相同时间后，CH4 的转化率随反应温度的变化如图所示：第 11 页，共 18 页 ①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是 ___________________。 ②a点所代表的状态_________(填“是”或“不是”)平衡状态。 ③c点CH4的转化率高于 b 点，原因是 ______________________________________________。 (3)反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1:2，10 h 后CH4的转化率为80%，并测得c(H2O) = 0.132 mol·L−1，计算0～10 h内消耗CH4的 平均反应速率__________________。 (4)在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化 率随时间 t 变化的示意图(进行必要标注) (5)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： + H2 (g) ①维持体系总压强 p 恒定，在温度 T 时，物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸汽发 生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K = _________(用α等符号表示)。 ②工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比 为1:9)，控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。掺入水 蒸气能提高乙苯的平衡转化率(已知水蒸气不参与反应)，解释说明该事实： ___________________________________________。 【答案】(1) △ H1− △ H2−3 ×△ H3； (2) ①Ⅰ > Ⅱ > Ⅲ； ②不是； ③b和 c 都没平衡，c 点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 (3)0.0088mol/(L ⋅ h)； (4)第 12 页，共 18 页 (5)① nα2 (1−α2)v ②该反应是正反应方向气体分子数增加的反应，恒压下，加入水蒸气反应器体积扩大， 相当于起减压的效果，使平衡向右移动，乙苯的平衡转化率提高。 【解析】【分析】 本题考查了盖斯定律的应用及其化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等， 注意明确化学平衡的影响因素，掌握利用三段式进行化学平衡的计算方法。 【解答】 解：(1)已知：①CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △ H1 = −802kJ ⋅ mol−1 ②CO(g) + 1 2O2(g) = CO2(g) △ H2 = −283kJ ⋅ mol−1 ③H2(g) + 1 2O2(g) = H2O(g) △ H3 = −242kJ ⋅ mol−1 利用盖斯定律将①−②−3 × ③可得：CH4(g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g) △ H =△ H1− △ H2−3 ×△ H3， 故答案为： △ H1− △ H2−3 ×△ H3； (2)①根据图象，反应①在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下反应相同时间后，CH4的转 化率为Ⅰ > Ⅱ > Ⅲ，所以三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是 Ⅰ > Ⅱ > Ⅲ，故答案为：Ⅰ > Ⅱ > Ⅲ； ②因为催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以最终不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用 下达平衡时CH4的转化率相同，故 a 点所代表的状态不是平衡状态， 故答案为：不是； ③此时反应一直向正反应方向移动，b 和 c 都没平衡，c 点温度高，反应速率快，相同 时间内转化率高，所以 c 点CH4的转化率高于 b 点，故答案为：b 和 c 都没平衡，c 点温 度高，反应速率快，相同时间内转化率高； (3)依据化学平衡的三段式列式计算，设CH4与H2O(g)物质的量为 a，2a； CH4(g) + H2O(g)⇌ CO(g) + 3H2(g) 起始量(mol ⋅ L−1) a 2a 0 0 变化量(mol ⋅ L−1) 2a−0.132 2a−0.132 2a−0.132 6a−0.396 平衡量(mol ⋅ L−1) 0.132−a 0.132 2a−0.132 6a−0.396 10h 后CH4的转化率为80%，则2a−0.132 a = 80%，解得a = 0.11，所以0～10h内消耗CH4的 平均反应速率V = △ c △ t = (2 × 0.11−0.132)mol/L 10h = 0.0088mol/(L ⋅ h)， 答：0～10h内消耗CH4的平均反应速率为0.0088mol/(L ⋅ h)； (4)700℃时化学反应速率比850℃的小，曲线斜率则700℃小，达到平衡需要的时间长， 由于该反应为吸热反应，温度降低，CH4的转化率也减小，所以达到平衡时700℃时CH4第 13 页，共 18 页 的转化率比850℃的小，据此画出700℃时CO2的转化率随时间变化的示意图为 ， 故答案为： .( (5)①物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应 参加反应的乙苯为nα mol，则： + H2(g) 开始(mol)： n 0 0 转化(mol)： nα nα nα 平衡(mol)： n(1−α) nα nα 维持体系总压强 p 恒定，在温度 T 时，由PV = nRT可知，混合气体总浓度不变，设反 应后的体积为V′，则 ，故V′ = (1 + α)V，再根据平衡常数表 达式 ， 故答案为： nα2 (1−α2)v； ②该反应是正反应方向气体分子数增加的反应，恒压下，加入水蒸气反应器体积扩大， 相当于起减压的效果，使平衡向右移动，乙苯的平衡转化率提高。 11. 氮(N)、磷(P)、砷(As)等 VA 族元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科 研人员研究发现As2O3(或写成As4O6，俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。 回答下列问题：第 14 页，共 18 页 (1)As原子的核外电子排布式为_________________；P 的第一电离能比 S 大的原因 为______________。 (2)写出一种与CNˉ互为等电子体的粒子________(用化学式表示)；(SCN)2分子中σ 键和π键个数比为___________。 (3)砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO3−3 和少量AsO3−4 ，其中AsO3−3 中 As 的杂化方式 为__________，AsO3−4 的空间构型为___________。 (4)NH+4 中 H 一 N 一 H 的键角比NH3中 H 一 N 一 H 的键角大的原因是__________； NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如上图1)， 该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析： ___________________________________。 (5)BN的熔点为3000℃，密度为2.25g·cm−3，其晶胞结构如上图 2 所示，晶体中一 个 B 原子周围距离最近的 N 原子有______个，若原子半径分别为rNpm和rBpm，阿 伏加德罗常数值为NA，则 BN 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________ (用含NA的代数式表示)。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；P 的 3p 能级是半充满状态， 比较稳定，所以第一电离能比硫大 (2)CO或N2； 5：4 (3)sp3 ；正四面体 (4)NH+4 中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电 子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH+4 中 H 一 N 一 H 的键角比NH3中大 ； 由于 O 原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比 N 原 子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子形成的配位键 (5)4； 3π × 10−30NA(rN 3 + rB 3) 25 × 100％ 【解析】【分析】 本题考查原子核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，等电子体，σ键和π键的判断， 杂化方式和空间构型的判断，晶体的分析和计算。难度较大，掌握相关概念及物质的结 构是解答的关键。第 15 页，共 18 页 【解答】 (1)As原子核外有 33 个电子，根据构造原理，As 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2 3p63d104s24p3或[Ar] 3d104s24p3。P 和 S 都处于第三周期，S 的价电子排布式为3s23p4，P 的价电子排布式为3s23p3，P 的 3p 能级处于半充满，比较稳定，P 的第一电离能比 S 的 大，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；P 的 3p 能级是半充满状 态，比较稳定，所以第一电离能比硫大； (2)用“替代法”，与CN−互为等电子体的粒子有 CO、N2、C2−2 等。(SCN)2的结构式为 N ≡ C—S—S—C ≡ N，单键全是σ键，三键中有 1 个σ键和 2 个π键，(SCN)2分子中有 5 个σ键、4 个π键，σ键和π键个数比为5:4，故答案为：CO 或N2；5：4； (3)AsO3−3 中 As 上的孤电子对数 = 1 2(5 + 3−3 × 2) = 1，成键电子对数为 3，As 的价层 电子对数为1 + 3 = 4，As 的杂化方式为sp3杂化。AsO3−4 中 As 上的孤电子对数 = 1 2 (5 + 3−4 × 2) = 0，成键电子对数为4，As的价层电子对数为0 + 4 = 4，AsO3−4 的VSEPR 模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO3−4 的空间构型为正四面体，故答案为：sp3； 正四面体； (4)NH+4 中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是：NH+4 中的氮原子上均 为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排 斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH+4 中 H 一 N 一 H 的键角比NH3中 大。NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物 加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子与Cu2+形成的配位键， 原因是：O 原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比 N 原子弱，故水分子与Cu2+ 形成的配位键弱于氨分子与Cu2+形成的配位键，故答案为：NH+4 中的氮原子上均为成键 电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强 于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH+4 中 H 一 N 一 H 的键角比NH3中大；由 于 O 原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比 N 原子弱，故水分子形成的配位键 弱于氨分子形成的配位键； (5)用“均摊法”，B：8 × 1/8 + 6 × 1/2 = 4，N：4，该晶体的化学式为 BN，根据晶 胞，晶体中一个 N 原子周围距离最近的 B 原子有 4 个，则一个 B 原子周围距离最近的 N 原子有 4 个。一个晶胞中原子的体积为4 × (4 3πr3N + 4 3πr3B)pm3 = 4 × (4 3πr3N + 4 3πr3B) × 10−30cm3，晶胞的体积为4 × (25g ÷ 2.25g/cm3 ÷ NA)，BN 晶胞中原子的体积占晶胞体 积的百分率为4 × (4 3πr3N + 4 3πr3B) × 10−30cm3 ÷ [4 × (25g ÷ 2.25g/cm3 ÷ NA)] = 3π × 10−30NA(rN 3 + rB 3) 25 × 100％，故答案为：4；3π × 10−30NA(rN 3 + rB 3) 25 × 100％。第 16 页，共 18 页 12. 化合物 M 是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是 .以互为同系物的单取代芳烃 A、G 为原料合成 M 的一种路线(部 分反应条件略去)如下： 回答下列问题： (1)A的结构简式为______． (2)D中含有的官能团是______，分子中最多有______个碳原子共平面． (3)①的反应类型是______，④的反应类型是______． (4)⑤的化学方程式为______． (5)B的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基，②能发生银 镜反应，共有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为 5 组峰，且峰面积 比为 6：2：2：1：1 的是______(写结构简式)． (6)参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备 的合成路线：______． 【答案】(1) (2)碳碳双键 ; 10 ; (3) 取代反应 ; 加成反应; (4) (5) 15 ; (6) 【解析】解：由 B 的结构可知反应①为取代反应，A 为 ，B 发生还原 反应生成 C，D 能与溴的四氯化碳反应生成 E，E 在氢氧化钾、乙醇条件下反应得到 F，第 17 页，共 18 页 可知 E 为卤代烃，D 含有不饱和键，故反应③为消去反应，则 D 为 ，E 为 ，F 为 ， 由 M 的分子式可知，反应⑦属于取代反应，M 的结构简式为 ． (1)A的结构简式为 ，故答案为： ； (2)D为 ，含有的官能团是碳碳双键，苯环为平面结构、碳碳双 键为平面结构，旋转碳碳单键可以使 2 个平面共面，通过选择碳碳双键可以使甲基中 C 原子处于上述平面内，即所有的碳原子都可能共面，分子中最多有 10 个碳原子共平面， 故答案为：碳碳双键；10； (3)①的反应类型是取代反应，④的反应类型是加成反应， 故答案为：取代反应；加成反应； (4)⑤的化学方程式为： ， 故答案为： ； (5)B( )的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基，②能发 生银镜反应，含有−CHO，2 个侧链为−CHO、−CH2CH2CH3，或者为−CHO、−CH(CH3 )2，或者为−CH2CHO、−CH2CH3， 或者为−CH2CH2CHO、−CH3，或者为−C(CH3)CHO、−CH3，各有邻、间、对 3 种，共 有 15 种，其中核磁共振氢谱为 5 组峰，且峰面积比为 6：2：2：1：1 的是： ， 故答案为：15； ； (6)中苯乙烯与溴发生加成反应得到 ，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应 生成 ，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到 ， 与第 18 页，共 18 页 发生取代反应得到 ，合成合成路线流程图为： ， 故答案为： ． 由 B 的结构可知反应①为取代反应，A 为 ，B 发生还原反应生成 C，D 能与溴的四氯化碳反应生成 E，E 在氢氧化钾、乙醇条件下反应得到 F，可知 E 为卤代 烃，D 含有不饱和键，故反应③为消去反应，则 D 为 ，E 为 ，F 为 ，由 M 的分子式可知，反应⑦ 属于取代反应，M 的结构简式为 ． (6)中苯乙烯与溴发生加成反应得到 ，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应 生成 ，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到 ， 与 发生取代反应得到 ． 本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、选择条件同分异构体书写等，注意根据 有机物的结构与反应条件进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力， 难度中等．