2020届高三3月月考理科综合化学试题（解析版）

2020 年高 2020 级高三下期第 2 次月考理科综合测试试题卷 可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ni-59 Cu-64 Ce-140 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 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.物质的性质决定其用途。下列说法正确的是 A. 二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物 B. 氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝 C. 石英坩埚耐高温，可用来加热熔化烧碱、纯碱等固体 D. 铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸 【答案】A 【解析】 【详解】A、ClO2 具有强氧化性，能把有色物质漂白，故 A 正确； B、AlCl3 属于电解质，但工业上冶炼金属铝，是电解熔融状态下的氧化铝，故 B 错误； C、石英的成分是 SiO2，SiO2 属于酸性氧化物，与 NaOH、Na2CO3 发生反应，因此不能用石英坩埚加热熔 化的烧碱和纯碱等固体，故 C 错误； D、铜常温下与浓硝酸发生反应，而铝与浓硝酸发生钝化反应，产生一层致密氧化薄膜阻碍反应的进行，一 般用铝罐或铁罐贮运浓硝酸，故 D 错误。 故选 A。 2.W、X、Y、Z 是同周期主族元素，Y 的最外层电子数是 X 次外层电子数的 3 倍，四种元素与锂组成的盐 是一种新型电池的电解质（结构如图，箭头指向表示共用电子对由 W 提供）。下列说法不正确的是（ ） A. W 的非金属性比 Y 的强 B. 原子半径 Z 比 X 大 C. 该物质中含离子键和共价键 D. 该物质中Ⅹ原子满足 8 电子稳定结构【答案】B 【解析】 【分析】 Y 的最外层电子数是 X 次外层电子数的 3 倍，X 的次外层电子数为 2，Y 的最外层电子数为 6，Y 为氧元素； 由盐的结构简式可知，Z 可以形成四个共价键，且能与氧形成双键，因此 Z 的最外层电子数为 4，Z 为碳元 素；X 能形成 3 个共价键，且能提供空轨道接受 W 提供的共用电子对，因此 X 为硼元素；四种元素位于同 周期，且 W 能形成一个共价键，W 为氟元素，所以 W、X、Y、Z 分别为 F、B、O、C。 【详解】A. W 为 F，Y 为 O，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，非金属性：F>O，A 正确； B. Z 为 C，X 为 B，同一周期从左往右元素原子半径减小，原子半径：B>C，B 错误； C. 该物质中锂离子和阴离子之间的化学键为离子键，阴离子中含有共价键，C 正确； D. X 为 B，能形成 3 个共价键，且能提供空轨道接受 W 提供的共用电子对，能满足 8 电子稳定结构，D 正 确；故答案为：B。 3.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 6.0gSiO2 晶体中含有共价键的数目为 0.2NA B. 标准状况下，22.4L 甲醇中含有的 C-H 键数目为 0.3NA C. 室温下，53.5gNH4Cl 晶体溶于氨水中，所得溶液 pH＝7，NH 的数目为 NA D. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液，得到 22.4L H2，铅蓄电池中消耗氢离子数为 4NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 1mol SiO2 中含 4molSi-O 共价键，6.0gSiO2 晶体的物质的量为 0.1mol，含有共价键的数目为 0.4NA， A 错误； B. 标准状况下，甲醇不是气体，无法计算，B 错误； C. 53.5gNH4Cl 晶体的物质的量为 1mol，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，pH＝7 可知， c(H+)=c(OH-)，则 c(NH4+)=c(Cl-)=1mol，NH 的数目为 NA，C 正确； D. 用铅蓄电池电解氯化钠溶液，标准状况下，得到 22.4LH2，转移电子的物质的量为 2mol，铅蓄电池的正 极电极反应式为 PbO2+2e−+4H+=Pb2++2H2O，可知消耗 4mol 的氢离子，所以理论上铅蓄电池中耗氢离子个 数为 4NA，但生成的氢气不一定在标况下，D 错误；故答案为：C。 4.螺环化合物 可用于制造生物检测机器人，下列有关该化合物的说法错误的是 A. 分子式为 C5H8O B. 是环氧乙烷 的同系物 4 + 4 +C. 一氯代物有 2 种（不考虑空间异构） D. 所有碳原子不处于同一平面 【答案】B 【解析】 【详解】A.根据 的结构式，可知分子式为 C5H8O，故 A 正确； B. 同系物是结构相似、分子组成相差若干 CH2 原子团的化合物， 和环氧乙烷 的结构不同，不 是同系物，故 B 错误； C. 的一氯代物有 、 ，共 2 种，故 B 正确； D. 画红圈的碳原子通过 4 个单键与碳原子连接，不可能所有碳原子处于同一平面，故 D 正确； 选 B。 5.下图所示实验装置，能达到对应实验目的或现象描述正确的是（ ） A. 所示装置用于 Cu 和浓 H2SO4 制取少量的 SO2 气体 B. 打开图中的止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液上升到试管中 C. 利用图所示装置制取 Fe(OH)2 D. 利用图测定中和反应反应热 【答案】B 【解析】【详解】A. Cu 和浓 H2SO4 在加热条件下反应，常温下不反应，A 错误； B. 钢丝网中含有杂质碳，铁、碳、食盐水及氧气构成原电池，铁发生吸氧腐蚀，一段时间后，试管内压强 减小，烧杯内溶液上升到试管中，B 正确； C. A 试管中的导管应插入溶液中，当关闭止水夹 a 时，铁粉与稀硫酸反应产生的氢气使试管 A 中的压强增 大，则铁粉与稀硫酸反应生成的硫酸亚铁溶液被压入 B 试管中，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁， 但装置中 A 试管中的导管未插入溶液中，无法达到实验目的，C 错误； D. 缺少环形玻璃搅拌棒，无法有效测定中和热，D 错误；故答案为：B。 6.2019 年 11 月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取 H2O2 的绿色方法，原理如图所示（已知： H2O2 H++HO2-，Ka=2.4×10-12。下列说错误的是（ ） A. X 膜为阳离子交换膜 B. 每生成 1mol H2O2 外电路通过 4mol e- C. 催化剂可加快单位时间内反应中电子的转移数目 D. b 极上的电极反应为：O2+ H2O + 2e- = HO2 + OH- 【答案】B 【解析】 【分析】 通入 H2 的电极为原电池的负极，发生氧化反应，其电极反应式为：H2-2e-= 2H+，通入 O2 的电极为原电池的 正极，发生还原反应，其电极反应式为：O2+H2O+2e-=HO2-+OH-。 【详解】A. 在 H2、O2 燃料电池中，通入 H2 的电极为原电池负极，氢气失电子生成 H+，因此 X 膜为选择性 阳离子交换膜，A 正确； B. 原电池正极上 O2 得电子生成 HO2-，氧元素的化合价由 0 价降低为-1 价，因此每生成 1molH2O2 电极上流 过 2mole-，B 错误； C. 催化剂能降低活化能，加快反应速率，促进反应中电子的转移，C 正确； D. b 极上通入氧气，为原电池正极，O2 得电子生成 HO2-，电极反应式为：O2+H2O+2e-= HO2-+OH-，D 正确； 故答案为：B。 7.H2CO3 和 H2C2O4 都是二元弱酸，常温下，不同 pH 环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示： 下列说法正确的是（ ） A. 在 pH 为 6.37 及 10.25 时，溶液均存在 c(H2CO3)＝c(HCO3-)＝c(CO32－) B. 反应 CO32－＋H2O HCO3-＋OH- 的平衡常数为 10－7.23 C. 0.1 mol·L－1NaHC2O4 溶液中 c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－) D. 往 Na2CO3 溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42− 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A. pH=6.37 时 ， c(H2CO3)=c(HCO3−) ， 溶 液 中 几 乎 不 存 在 CO32− ， pH=10.25 时 ， c(HCO3−)=c(CO32−)，溶液中几乎不存在 H2CO3，A 错误； B. 反应 CO32－＋H2O HCO3-＋OH-，为 CO32－的水解平衡，pH=10.25 时，溶液中 c(HCO3−)=c(CO32−)，所以 ，B 错误； C. 当 pH=4.27 时，c(C2O42-)=c(HC2O4−)，HC2O4−的电离平衡常数为 10-4.27，当 pH=1.30 时， c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，HC2O4−的水解平衡常数为 10-12.7，所以 HC2O4−电离大于水解，NaHC2O4 溶液显酸 性，离子浓度大小关系为：c(HC2O4－)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，C 错误； D. 根据图象，当溶液 pH=1.30 时，溶液中 c(H2C2O4)=c(HC2O4−)，则 H2C2O4 一级电离常数为 K1=10−1.30，所以 H2C2O4 的酸性强于 H2CO3，同时也强于 HCO3-的酸性，所以往 Na2CO3 溶液中加入少量草 酸溶液，能发生反应 2CO32−+H2C2O4=2HCO3−+C2O42−，D 正确； 故答案为 D。 8.碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电 电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备 FeCO3 的最佳方案： 实验 试剂 现象 的   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 14OH HCO 3.75W 10.25OH CO H ·c K 1 10K c 1 10c 1 10 c c − − − − + − − − ×= = = = = ××滴管 试管 0.8 mol/L FeSO4 溶液 （pH=4.5） 1 mol/L Na2CO3 溶液 （pH=11.9） 实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉 淀，5min 后出现明显的红褐 色 0 8 mol/L FeSO4 溶液 （pH=4.5） 1 mol/L NaHCO3 溶 液 （pH=8.6） 实验Ⅱ：产生白色沉淀及少 量无色气泡，2min 后出现明 显的灰绿色 0.8 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0） 1 mol/L NaHCO3 溶 液 （pH=8 6） 实验Ⅲ：产生白色沉淀及无 色气泡，较长时间保持白色 （1）实验 I 中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：_____________ Fe2++ + + H2O Fe(OH)3 + HCO3− （2）实验 II 中产生 FeCO3 的离子方程式为__________________。 （3）为了探究实验 III 中 NH4+所起的作用，甲同学设计了实验 IV 进行探究： 操作 现象 实验 IV 向 0.8 mol/L FeSO4 溶液中加入________，再加入一 定量 Na2SO4 固体配制成混合溶液（已知 Na+对实验 无影响，忽略混合后溶液体积变化）。再取该溶液一 滴管，与 2mL 1mol/L NaHCO3 溶液混合 与实验 III 现 象相同 实验 IV 中加入 Na2SO4 固体的目的是_________。 对比实验 II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生 H+，降低溶液 pH，减少了副产物 Fe(OH)2 的产生。 乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：_________，再取该溶液一滴管，与2mL 1mol/L NaHCO3 溶液混合。 （4）小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验 III 中 FeCO3 的纯度最高，需要利用如 图所示的装置进行定量测定。分别将实验 I、II、III 中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至 A . .处的广口瓶中。 ① 补全 A 中装置并标明所用试剂。____________ ② 为测定 FeCO3 的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是____________。 （5）实验反思：经测定，实验 III 中的 FeCO3 纯度高于实验 I 和实验 II。通过以上实验分析，制备 FeCO3 实验成功的关键因素是____________。 【答案】 (1). 4Fe2+ + 8CO32− + O2 + 10H2O 4Fe(OH)3 + 8HCO3− (2). Fe2+ + 2HCO3− FeCO3↓+ CO2↑ + H2O (3). 硫酸至 pH=4.0 (4). 控制 SO42-浓度，排除干扰 (5). 向 0.8 mol/L FeSO4 溶液中加 入 Na2SO4 固体至 c(SO42-)=1.6mol/L (6). (7). C 中 U 形管的增重 (8). 调 节溶液 pH 【解析】 （1）因为 CO32−水解显碱性，遇到 Fe2+产生 Fe(OH)2 的白色沉淀，Fe2+还原性很强，会被 O2 氧化变成 Fe(OH)3 红棕色，所以实验 I 中红褐色沉淀产生的原因：Fe2+ + 8CO32− + O2 + 10H2O 4Fe(OH)3 ↓+ 8HCO3− （2）因为 FeSO4 溶液的 pH=4.5 显酸性，HCO3-溶液水解显碱性，所以两者发生相互促进的双水解反应，所 以反应方程式：Fe2+ + 2HCO3− FeCO3↓+ CO2↑ + H2O 实验 II 中产生 FeCO3 的离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3− FeCO3↓+ CO2↑ + H2O （3）加硫酸调节溶液 p H=4.0 抑制 Fe2+的水解，根据题意知加入 Na2SO4 固体的目的是调节控制 SO42-浓度， 排除干扰。 为了验证 Na2SO4 中 SO42-浓度对实验的影响，应做对比实验：向 0.8mol/L FeSO4 溶液中加入 Na2SO4 固体至 c(SO42-)=1.6 mol/L。 （4）①检验 FeCO3 的纯度的方法是通过 FeCO3 与酸反应产生 CO2 的量来验证。首先排除装置中的空气，防止干扰，所以此装置应为。答案： ②测定 FeCO3 的纯度的方法是通过测定 FeCO3 与酸反应产生 CO2 的量来确定，通过 C 中 U 形管的增重的量来 确定 CO2 的量。所以除样品总质量外，还要测定 C 中 U 形管的增重的量。答案：测定 C 中 U 形管的增重的量。 （5）I、II、III 三个实验中 III 的酸性强，所以调节溶液 pH 是提高 FeCO3 的纯度的方法。答案：调节溶液 pH。 9.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含 CeFCO3)为原料制备 CeO2 的一种工艺流 程如下： 已知：①CeO2 具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。 ②F—能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如 Ce4+能与 F—结合成 CeF3+，Al3+也能与 F—结合成 AlF63-；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤。 ③Ce4+能被萃取剂 TBP 萃取，而 Ce3+不能。回答下列问题： （1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____。 （2）氧化焙烧后 固体产物中含有 CeO2 和 CeF4 物质的量之比为 3:1，“酸浸”时发生反应的离子方程 式为_____________。传统工艺中用盐酸替代硫酸，其缺点为________________。 （3）TBP 是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应 CeF3+＋TBP CeTBP4+＋F-，氟洗液中添加 Al3+的作 用是________________。 （4）“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为________________。 （5）反萃取后的水层溶液中c（Ce3+）=1mol/L，c（Al3+）=0.01mol/L，应先加入NaOH溶液调节溶液的___ ＜pH＜_______ ，除去 Al3+后，再加入 NaOH 调节溶液的 pH 大于_____（保留一位小数），即可确保 Ce3 ＋已完全沉淀。（已知：常温下，当溶液中的某离子浓度小于 1.0×10－5mol·L－1 时，可认为该离子沉淀完 全。Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－32，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－21）。 （6）CeO2 是汽车尾气净化催化剂的关键成分，在尾气消除过程中发生着 CeO2 与 CeO2(1－x) (0≤x≤0.25) 的 的相互转化。写出 CeO2 消除 CO 尾气的化学方程式：______________。 （7）CeO2(1－x)中的 Ce 为+3、+4 价，测定 x 的值可判断它们的比例。现取 CeO2(1-x)固体 0.8280 g，加入足 量硫酸和 0.0110 molFeSO4·7H2O 充分溶解，使 Ce4+全部被还原成 Ce3+，再用 0.1000 mol·L－1 的酸性 KMnO4 标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00 mL 标准溶液。（已知氧化性：Ce4＋＞KMnO4） ①x 的值为_____。 ②若加入的 FeSO4·7H2O 部分变质，会导致测定的 x 值_____（填“偏高”“偏低”或“不变”）。 【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率。 (2). 3CeO2 + CeF4+12H+＝4CeF3+ + 6H2O (3). 会 生成 Cl2，污染环境。 (4). Al3+能与 F—结合成 AlF63- ，使萃取平衡正向移动 (5). 2CeTBP4+＋H2O2 2Ce3+＋O2↑+ 2H+ +TBP (6). 4 (7). 7 (8). 8.7 (9). CeO2 + 2xCO＝CeO2(1－x) + 2xCO2 (10). 0.2 (11). 偏低 【解析】 【分析】 氟碳铈矿（主要含 CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3 价铈氧化成+4 价，Ce4+能与 F-结合成 CeF3+，有 利于酸浸，加稀硫酸，与 SO42-结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中 Ce4+能被萃取剂 TBP 萃 取，而 Ce3+不能，“反萃取”，加H2O2，又将 Ce4+还原为 Ce3+，发生反应 2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加 入碱后 Ce3+转化为沉淀，加 NaClO，氧化 Ce3+为 Ce4+，得到产品。 【详解】（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积加快反应速率， 提高原料利用率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率。 （2）加硫酸“酸浸”时，其发生的离子反应方程式为：3CeO2 + CeF4+12H+＝4CeF3+ + 6H2O，若盐酸替代 硫酸，会产生大量黄绿色气体应为氯气，污染环境，故答案为：3CeO2 + CeF4+12H+＝4CeF3+ + 6H2O；会生 成 Cl2，污染环境。 （3）由已知信息可知，Al3+能与 F—结合成 AlF63-，“萃取”时，发生反应 CeF3+＋TBP CeTBP4+＋F-， 加入 Al3+与 F-结合，c(F-)减小，可逆反应平衡正向移动，有利于萃取，故答案为：Al3+能与 F—结合成 AlF63- ，使萃取平衡正向移动。 （4）反萃取”加 H2O2 的作用是将 Ce4+离子重新还原为 Ce3+，其离子反应方程式为 2CeTBP4+＋H2O2 2Ce3+＋O2↑+ 2H+ +TBP，H2O2 在该反应中作还原剂，故答案为：2CeTBP4+＋H2O2 2Ce3+＋O2↑+ 2H+ +TBP。 （5）已知：c(Al3+)= 0.01mol/L，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1.0×10－32，c(OH-)=1.0×10－10， c(H+)=1.0×10－4，pH=4；c(Ce3+)=1mol/L，Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH-)=1.0×10－21，c(OH-)=1.0×10 －7，c(H+)=1.0×10－7，pH=7；所以应先加入 NaOH 溶液调节溶液的 4＜pH＜7，除去 Al3+；c(Ce3+)=1.0×10    －5mol·L－1，Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH-)=1.0×10－21，c3(OH-)=1.0×10－16，c3(H+)=1.0×10－26，pH ，所以再加 NaOH 调节溶液的 pH 大于 8.7，Ce3＋已完全沉淀，故答案为：4；7；8.7。 （6）CeO2 与 CO 反应生成 CeO2(1－x)与 CO2，其化学反应方程式为：CeO2 + 2xCO＝CeO2(1－x) + 2xCO2，故 答案为：CeO2 + 2xCO＝CeO2(1－x) + 2xCO2。 （7）用 0.1000 mol·L－1 的酸性 KMnO4 标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00 mL 标准溶液，主要是氧化 溶液中剩余的 Fe2+，根据 MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，剩余 Fe2+的物质的量为 0.1000 mol·L－ 1×0.02L×5=0.01mol，则还原 Ce4+消耗的 Fe2+的物质的量为 0.01100mol-0.01mol＝0.001mol，根据 Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，则 Ce4+的物质的量为 0.001mol。 ①0.8280 g CeO2(1－x) 的物质的量为 ，设 Ce3+为 amol，则 ，再根据化学式中正负化合价代数之和为零， 得出 CeO2(1－x)中 Ce 元素的化合价为+4(1-x)，则 将 代入 中，得出 x=0.2，故答案为：0.2。 ②加入的 FeSO4·7H2O 部分变质，属于亚铁离子的物质的量减少，消耗标准液体积减小，所以Ce4+的物质 的量偏多，会导致测定的 x 值偏低，故答案为：偏低。 10.以 NOx 为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。 I.汽车尾气中的 NO(g)和 CO(g)在一定条件下可发生反应生成无毒的 N2 和 CO2： （1）已知:①N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H1= +180.5 kJ·mol-1 ②CO 的燃烧热△H2 = - 283.0 kJ·mol-l，则反应③ 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H3 =_______。 （2）某研究小组在三个容积为 5 L 的恒容密闭容器中，分别充入 0.4mol NO 和 0.4 mol CO，发生反应③ 。在三种不同实验条件下进行上述反应（体系各自保持温度不变），反应体系总压强随时间的变化如图所示： ①温度：T1_____T2（填“＜”“=”或“＞”）。 8.7≈ 0.8280 mol172 32x− 0.8280 0.656 0.032xmol 0.001mol amol a mol172 32x 172 32x += + =− −， ( ) ( ) ( )0.8280 mol 4 1 x 4 0.001mol 3 amol172 32x  × + − = + × + + × − ， 0.656 0.032xa mol172 32x += − ( ) ( ) ( )0.8280 mol 4 1 x 4 0.001mol 3 amol172 32x  × + − = + × + + × −  ②CO 的平衡转化率：Ⅰ_____Ⅱ_____Ⅲ（填“＜”“=”或“＞”）。 ③反应速率：a 点的 v 逆_____b 点的 v 正 （填“＜”“=”或“＞”）。 ④T2 时的平衡常数 Kc=_____。 （3）将 NO 和 CO 以一定的流速通过两种不同的催化剂（cat1、cat2）进行反应，相同时间内测量的脱氮率 （脱氮率即 NO 的转化率）如图所示。M 点_____（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率， 说明 理由_________。 Ⅱ．N2O 是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究 N2O 的分解反应 2N2O=2N2+O2 对环境保护有重 要意义。 （4）碘蒸气存在能大幅度提高 N2O 的分解速率，反应历程为： 第一步 I2(g) 2I(g)快速平衡，平衡常数为 K 第二步 I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) v = k1·c(N2O)·c(I) 慢反应 第三步 IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+1/2I2(g) 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。实验表明，含碘时 N2O 分解速率方程 v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k 为速率常数）。 ① k =_____（用含 K 和 k1 的代数式表示）。 ②下列表述正确的是_____。 a．IO 为反应的中间产物 b．碘蒸气的浓度大小不会影响 N2O 的分解速率 c．第二步对总反应速率起决定作用 d．催化剂会降低反应的活化能，从而影响△H （5）通过 N2O 传感器可监测环境中 N2O 的含量，其工作原理如图所示 ①NiO 电极上的电极反应式为_____。 ②N2O 浓度越高，则电压表读数越_____。（填“高”或“低”） 【答案】 (1). -746.5 kJ/mol (2). ＞ (3). ＜ (4). = (5). ＞ (6). 17150 (7). 不是 (8). 该反应为放热反应，根据曲线 cat2 可知，M 点对应温度的平衡脱氮率应该更高 (9). k1 K1/2 (10). ac (11). N2O - 6e- + 3O2-＝2NO2 (12). 高 【解析】 【详解】∣.（1）已知①N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H1= +180.5 kJ·mol-1；②CO+1/2O2=CO2 △H2 = - 283.0 kJ·mol-l；根据盖斯定律，②×2-①可得③，其△H3 = -746.5 kJ/mol，故答案为：-746.5 kJ/mol。 （2）①温度越高，反应速率越快，先达到平衡，由图可知，温度为 T1 时先拐，先达到平衡，所以 T1＞T2， 故答案为：＞。 ②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO 的平衡转化率减小，已知 T1＞T2，所以 CO 的平衡转化率为:Ⅰ＜Ⅱ=Ⅲ，故答案为：＜；=。 ③a、b 点是平衡状态，所以正逆反应速率相等，由图像分析可知，a 点加入了催化剂，反应速率加快，所以 反应速率 a 点大于 b 点，a 点的 v 逆大于 b 点的 v 正，故答案为：＞。 ④压强与物质的量成正比关系可得， ，设平衡时，生成的氮气为 xmol，则根据三段式： 则 ，故答案为： 17150。 （3）图象分析可知 M 点不是对应温度下的平衡脱氮率，温度较低时，催化剂的活性偏低；不是平衡脱氮率， 因为该反应为放热反应，根据曲线 cat2 可知，M 点对应温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：不是；该 反应为放热反应，根据曲线 cat2 可知，M 点对应温度的平衡脱氮率应该更高。 Ⅱ.（4）①根据 ，v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，则  p n 320 0.8 n 0.625molp n 250 n = = =始 始 平 平 平 平 ， ， 2 22NO + 2CO N + 2CO ( ) 0.4 0.4 0 0 ( ) 2 2 2 ( ) 0.4 2 0.4 2 2 mol mol x x x x mol x x x x− −  起始量 转化量 平衡量 2 C 2 2 0.35mol 0.175( )5L 5L0.4 2x 0.4 2x x 2x 0.625 x 0.175 K 171500.05mol 0.05mol( ) ( )5L 5L × − + − + + = = = = × ， ， ( ) ( )2 2 I I c K c =，故答案为： ； ②a．IO 是第二步反应的生成物，第三步反应的反应物，所以 IO 为反应的中间产物，a 正确； b．含碘时 N2O 分解速率方程 v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5，碘蒸气的浓度大小会影响N2O 的分解速率，b 错误； c．反应的快慢取决于慢反应，所以第二步对总反应速率起决定作用，c 正确； d．催化剂会降低反应的活化能，加快反应速率，不影响△H，d 错误；故答案为：ac。 （5）①NiO 电极上 N2O 反应生成 NO2，N 元素的化合价由+1 价升高为+4 价，发生氧化反应，NiO 电极是 负极，其电极反应为：N2O - 6e- + 3O2-＝2NO2，Pt 电极上 O2 反应生成 O2-，O 元素的化合价由 0 价降低为-2 价，发生还原反应，Pt 电极是正极，其电极反应为：O2 + 4e- =2O2-，故答案为：N2O - 6e- + 3O2-＝ 2NO2。 ②根据 U=IR，N2O 浓度越高，N2O 越失去电子生成 NO2，转移电子越多，电流越大，电压越大，电压表读 数越高，故答案为：高。 11.储氢材料是一类能可逆地吸收和释放氢气的材料。LaNi5 合金、NaBH4、H3B-NH3、Mg2NiH4 等都是潜在 储氢材料。回答下列问题： （1）基态 Ni 原子的核外电子排布式为____，有___________个未成对的电子； （2）NaBH4 中 H 为-1 价，Na、B、H 电负性由大到小的顺序是_________。BH4-离子的立体构型为 ________，其中 B 的杂化轨道类型为_____。 （3）B2H6 和 NH3 化合可以生成 H3B-NH3，H3B-NH3 加热时发生反应：H3B-NH3＝BN+3H2，缓慢释放出 H2。BN 有类似于石墨的结构，B2H6、NH3 和 BN 的沸点由高到低的顺序为_________， 原因是___。 （4）X-射线衍射分析表明，Mg2NiH4 立方晶胞的面心和顶点均被 Ni 原子占据，所有 Mg 原子的 Ni 配位 数都相等。则 Mg 原子填入由 Ni 原子形成的_____空隙中（填“四面体”或“八面体”），其空隙占有百分率 为_____。 （5）已知 Mg2NiH4 晶体的晶胞参数为 646.5 pm，液氢的密度为 0.0708 g·cm-3。若以材料中氢的密度与 液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则 Mg2NiH4 的储氢能力是液氢的___倍（列出计算式即可）。 【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). 2 (3). H、B、Na (4). 正四面体 (5). sp3 (6). BN、NH3、B2H6 (7). BN 属于混合型晶体 ，熔沸点较高；NH3 和 B2H6 属于分子晶体， NH3 分子间有氢 键 ， 而 B2H6 分 子 没 有 ， 所 以 NH3 的 沸 点 高 于 B2H6 (8). 四 面 体 (9). 100% (10). 的 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1N O I I 1 1 1 1 1 2 2 2 2 N O I N O I I k c c k c kvk c c c c c K = = = =     1 1 2 k K【解析】 【详解】（1）Ni 原子核外有 28 个电子，其核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s2，d 能级上有 8 个电，d 能级有 5 个轨道，所以有 2 个未成对的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2。 （2）NaBH4 中 H 为-1 价，Na 为+1 价，Na、B、H 电负性由大到小的顺序是 H＞B＞Na，BH4-的中心原子 价电子对数为 4，无孤对电子，立体构型为正四面体，B 的杂化轨道类型为 sp3，故答案为：H、B、Na；正 四面体；sp3。 （3）NH3 和 B2H6 属于分子晶体， NH3 分子间有氢键，而 B2H6 分子间没有氢键，所以 NH3 的沸点高于 B2H6， BN 有类似于石墨的结构，石墨是混合晶体，BN 属于混合型晶体 ，熔沸点较高，故答案为：BN、NH3、 B2H6；BN 属于混合型晶体 ，熔沸点较高；NH3 和 B2H6 属于分子晶体， NH3 分子间有氢键，而 B2H6 分子 没有，所以 NH3 的沸点高于 B2H6。 （4）由 ，可知，Ni 原子个数为 4，所有 Mg 原子的 Ni 配位数相等，Mg 原子数目为 8，则 Mg 原子填入由 Ni 原子形成的四面体空隙中其，空隙占有百分率为 100%，故答案为：四 面体；100%。 （5）储氢能力=晶体密度×氢的质量分数/液氢密度= ，故答案为： 。 【点睛】四面体空隙：由四个球体围成的空隙，球体中心线围成四面体；八面体空隙：由六个球围成的空 隙，球体中心线围成八面体形； 。 12.中国政府网于 2020 年 2 月 17 日发布了关于磷酸氯喹对感染新冠状病毒患者疗效的说明。查阅“磷酸 氯喹”合成的相关文献，得到磷酸氯喹中间体合成路线如下： 10 3 23 16 1 (6.465 10 ) 6.02 10 0.0708 − × × × × 3 23 10 323 10 3 A NM 4 111g / mol 4 16 1/ 0.0708g cm 6.02 10 (646.5 10 )N V 6.02 10 (646.5 10 ) 111 0.0708 − −− × ×= × = × × ×× × ×  23 10 3 16 1 6.02 10 (646.5 10 ) 0.0708 − × × × ×已知：①氯原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定 位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。 ②E 为汽车防冻液的主要成分。 ③ （1）写出 B 的名称_____，B→C 的反应试剂_____。 （2）C→D 的反应类型为_____，M→N 的反应类型为_____。 （3）写出 H 生成 I 的化学方程式_____。 （4）1mol J 与氢氧化钠反应最多消耗_________mol NaOH，L 与足量 H2 完全加成后的产物中手性碳原子 的数目为_____（手性碳原子连接的四个基团都不同）。 （5）H 有多种同分异构体，其满足下列条件的有_________种（不考虑手性异构），其中核磁共振氢谱峰面 积比为 1:1:2:6 的结构简式为_____。 ①只有两种含氧官能团 ②能发生银镜反应 ③1mol 该物质与足量的 Na 反应生成 0.5mol H2 （6）已知： 参照上述合成路线及信息，设计由硝基苯和 为原料合成 的路线_____ (无机试剂任选) 【 答 案 】 (1). 硝 基 苯 (2). FeCl3 、 Cl2 (3). 还 原 反 应 (4). 取 代 反 应 (5). (6). 4 (7). 5 (8). 12 (9). (10). 2 51)C H ONa 3 2 5 3 2 2 5 2 52)H2CH COOC H CH COCH COOC HH C OH+→ +【解析】 【分析】 A 为 C6H6，结合化合物 C 的结构可知，A 为苯，其结构简式为： ，A 与浓硝酸、浓硫酸混合加热， 发生取代反应生成硝基苯，其结构简式为： ，B 与 Cl2 在 FeCl3 作催化剂条件下，发生取代反应生成 C，C 与 Fe、HCl 发生还原反应生成 D；由于 F 与新制氢氧化铜悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为 C2H2O4 的 G，说明 F 中含有醛基，G 含有 2 个羧基，则 G 为乙二酸，逆推 F 为乙二醛，E 为汽车防冻液的 主要成分，则 E 为乙二醇，乙二酸与 2 个分子的乙醇在酸性加热条件下发生酯化反应，生成分子式为 C6H10O4 的 H，H 的结构简式为 C2H5OOC-COOC2H5，H 与 CH3COOC2H5 在Ⅲ条件下发生反应生成 I： C2H5OOCCOCH2COOC2H5 和 C2H5OH，I 与 D 反应生成 J 和水，J 在一定条件下反应生成 K，K 发生酯的水 解反应，然后酸化得到 L，L 发生脱酸反应生成 M，M 在一定条件下发生取代反应生成 N。 【详解】（1）A 为苯，A 与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应生成 B，B 为硝基苯，B 与 Cl2 在 FeCl3 作催化剂条件下，发生取代反应生成 C，故答案为：硝基苯；FeCl3、Cl2。 （2）C 中的硝基被 Fe、HCl 还原生成氨基，其反应类型为还原反应，M 中的羟基在一定条件下被 Cl 原子 取代生成 N，其反应类型为取代反应，故答案为：还原反应；取代反应。 （3）根据反应 可知，H 与 CH3COOC2H5 在此条件下发生反应生成 I，其化学反应方程式为： ，故答案为： 。 （4）由 J 的结构简式可知，在 J 中含有 1 个氯原子连接在苯环上，水解产生 HCl 和酚羟基，J 中还含 2 个 酯基，酯基水解产生 2 个分子的乙醇和 2 个羧基，HCl、酚羟基、羧基都与氢氧化钠反应，所以 1molJ 与最 多消耗 4molNaOH；手性碳原子是连接的四个基团都不相同，L 与足量 H2 完全加成后的产物为： 2 51)C H ONa 3 2 5 3 2 2 5 2 52)H2CH COOC H CH COCH COOC HH C OH+→ +，手性碳原子的数目为 5，故答案为：4；5。 （5）H 的分子式为：C6H10O4，①只有两种含氧官能团，②能发生银镜反应含有羟基，③1mol 该物质与足 量的 Na 反应生成 0.5mol H2，结合分子中含有的氧原子数目说明只含有 1 个羧基，另一种为甲酸形成的酯 基，为 HCOO-，则可能结构采用定一移二法，固定酯基，移动羧基的位置，碳链结构 HCOO-C-C-C-C 的 羧基有 4 中结构，碳链结构为 有 4 种，碳链结构为 的有 3 种，碳链结 构为 的 1 种，因此符合要求的同分异构体有 12 种，其中核磁共振氢谱峰面积比为 1:1:2:6 的结构简式为 、 ，故答案为：12； 、 。 （6）由硝基苯和 为原料合成 的路线为： ，故答案为： 。 【点睛】同分异构体主要掌握前三种： ①碳链异构：熟记 C1-C6 的碳链异构：CH4、C2H6、C3H8 无异构体； C4H10 有 2 种、C5H12 有 3 种、C6H14 有 5 种，书写方法：减碳法；②位置异构：烯炔的异构、苯同系物的异 构、烃的一元取代的异构（等效氢法、烃基转化法、有序法即定一移一、换元法、）、酯的异构（拆分法、 插入法、）；③官能团异构。