吉林省吉林市2020届高三第三次调研测试（4月） 理综化学试题（解析版）

吉林市普通中学 2019~2020 学年度高中毕业班第三次调研测试 理科综合能力测试 注意：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分 300 分，考试时间 150 分钟。 可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Cu 64 I 127 第 I 卷(共 126 分) 一、选择题：本题包括 13 个小题，每小题 6 分，每小题只有一个选项符合题意。 1.电视剧《活色生香》向我们充分展示了“香”的魅力。低级酯类化合物是具有芳香气味的液体，下列说法中 ，利用了酯的某种化学性质的是 A. 用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水 B. 炒菜时加一些料酒和食醋，使菜更香 C. 用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好 D. 各种水果有不同的香味，是因为含有不同的酯 【答案】C 【解析】 【详解】A. 用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水，利用酯类易溶于酒精，涉及溶解性，属于 物理性质，A 不符合； B. 炒菜时加一些料酒和食醋，发生酯化反应生成酯，利用挥发性和香味，涉及物理性质，B 不符合； C. 用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好，因为碳酸钠在较高温度时水解程度大，氢氧根浓度大，更 有利于酯类水解，生成易溶于水的羧酸钠和醇类，水解属于化学性质，C 符合； D. 各种水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性质，D 不符合； 答案选 C。 2.某有机物 X 的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（ ） A. X 的分子式为 C12H16O3 B. X 在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C. 在催化剂的作用下，1 mol X 最多能与 1 mol H2 加成 D. 可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和 X 【答案】D 【解析】 【详解】A. X 的分子式为 C12H14O3，故 A 错误； B. 羟基邻位碳上没有 H 原子，不能发生消去反应，故 B 错误； C. 在 Ni 作催化剂的条件下，1 mol X 最多只能与 4 mol H2 加成，故 C 错误； D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物 X 含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 D 正确。 答案选 D。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 含 1mol H2SO4 的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为 2NA B. 常温下 1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中的氮原子数为 0.2NA C. 标准状况下 2.24 L 己烷分子中含有 1.9NA 对共用电子 D. 以 Mg、Al 为电极，NaOH 溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过 NA 个电子，则正极放出 H2 的体 积为 11.2 L 【答案】B 【解析】 【详解】A. 含 1mol H2SO4 的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，该反应 中消耗 1mol H2SO4，转移的电子数为 NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，该反应中消耗 1mol H2SO4，转移的电子数为 2NA，则含 1mol H2SO4 的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于 NA 和 2NA 之间，A 错误； B. 常温下 1 L 0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为 N 元素守恒， 所以氮原子总数为 0.2NA， B 正确； C. 1 摩尔己烷分子含 19NA 对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L 己烷分子物质的量并不是 1mol ，故 C 错误； D. 该原电池中，导线上经过 NA 个电子时，则正极放出 H2 的物质的量为 0.5mol，但是不知道温度和压强条 件，故体积不一定为 11.2 L，D 错误； 答案选 B。 【点睛】C、D 容易错，往往误以为 1mol 物质的体积就是 22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求 气体体积时一定要注意气体所处的状态。4.能正确表示下列反应离子方程式的是 A. 用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl－＋2H2O=Cl2↑＋H2↑＋2OH－ B. 硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋H2O C. Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2 D. NaNO2 溶液中加入酸性 KMnO4 溶液：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A. 用惰性电极电解熔融氯化钠而不是电解食盐水，A 错误； B. 硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液，沉淀完全的同时恰好中和，正确的离子方程式为 Ba2＋＋2OH－＋2H ＋＋SO42-=BaSO4↓＋2H2O，B 错误； C. Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液，大量氢离子的环境中，硝酸根的氧化性更强，碘离子优先和硝酸根 、氢离子反应，多余的碘离子才接着和铁离子发生 2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2 反应，C 错误； D. NaNO2 溶液中加入酸性 KMnO4 溶液发生氧化还原反应：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2＋＋5NO3-＋3H2O， D 正确； 答案选 D。 【点睛】C 项为易错点，注意硝酸根离子与氢离子大量共存时有强氧化性。 5.X、Y、Z、W 为原子序数递增的四种短周期元素，其中 Z 为金属元素，X、W 为同一主族元素，Y 是地 壳中含量最高的元素。X、Z、W 分别与 Y 形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判 断错误的是 A. 反应③为工业制粗硅的原理 B. Z 位于元素周期表第三周期ⅡA 族 C. 4 种元素的原子中，Y 原子的半径最小 D. 工业上通过电解乙来制取 Z 【答案】D 【解析】 【分析】 由题干信息分析可知 X 为 C、Y 为 O、Z 为 Mg、W 为 Si，甲为 CO2，乙为 MgO，丙为 SiO2，丁为 CO；【详解】A. 反应③ ，为工业制粗硅的原理，A 正确； B. Z 即镁位于元素周期表第三周期ⅡA 族，B 正确； C. 4 种元素的原子中，Y 原子即氧原子的半径最小，C 正确； D. 工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D 错误； 答案选 D。 6.海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种 从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下： 下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（ ） 选项 步骤 采用装置 主要仪器 A ① 过滤装置 漏斗 B ② 分液装置 分液漏斗 C ③ 蒸发装置 坩埚 D ④ 蒸馏装置 蒸馏烧瓶 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离 互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发， 需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪 器，则错误的为 C，故答案选 C。 7.25 ℃时，将 0.10 mol·L－1 CH3COOH 溶液滴加到 10mL 0.10mol·L－1NaOH 溶液中，lg 与 pH 的关系如图所示，C 点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是 22C SiO Si 2CO+ = +高温 - 3 3 c(CH COO ) c(CH COOH)A. Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5 B. Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6 C. pH＝7 时加入的醋酸溶液的体积小于 10 mL D. B 点存在 c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－1 【答案】A 【解析】 【分析】 醋酸的电离常数 ，取对数可得到 ； 详 解 】 A. 据 以 上 分 析 ， 将 C 点 坐 标 (6,1.7) 代 入 ， 可 得 lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A 正确； B. 根据 A 项分析可知，B 错误； C. 当往 10 mL 0.10 mol·L-1 NaOH 溶液中加入 10 mL 0.10 mol·L-1 醋酸溶液时，得到 CH3COONa 溶液，溶 液呈碱性，故当 pH=7 时加入的醋酸溶液体积应大于 10mL，C 错误； D. B 点 ，又 lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由 得， pH=8.3，c(H+)=10-8.3 mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知， c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) mol·L-1，D 错误； 答案选 A。 8.活性氧化锌(ZnO)广泛用于橡胶、涂料、陶瓷、电子等行业，以粗氧化锌(主要成分为 ZnO，还含有少量 MnO 、CuO、FeO、Fe2O3 等)为原料经深度净化可制备高纯活性氧化锌，其流程如图所示： 【 - + 3 3 (CH COO ) (H ) (CH COOH) c cKa c = - 3 3 (CH COO )lg lg pH(CH COOH) cKa c = − - 3 3 (CH COO )lg lg pH(CH COOH) cKa c = − - 3 3 (CH COO )lg =4(CH COOH) c c - 3 3 (CH COO )lg lg pH(CH COOH) cKa c = −几种难溶物的 Ksp： 物 质 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 ZnS CuS Ksp 1.9×10－13 8.0×10－16 4.0×10－38 2.5×10－22 6.4×10－36 (1)将大小为 66nm 的高纯活性氧化锌粉末分散到水中，所得分散系为______。 (2)“浸取”过程中 ZnO 与 NH3·H2O、NH4HCO3 反应生成可溶性的 Zn[(NH3)n]CO3 和 H2O。若有 1mol ZnO 溶 解，则在该转化反应中参加反应的 NH3·H2O 和 NH4HCO3 物质的量之比的最大值为___________(已知： 1≤n≤4)。 (3)“深度除锰”过程中双氧水可将“滤液 1”中的 Mn(OH)2 转化为更难溶的 MnO2·H2O，写出反应的化学方程式 ______________，“滤渣 2”中存在的物质除了 MnO2·H2O 还可能含有_________(用化学式表示)。 (4)“深度除铜”过程中当溶液中 ≤2.0×10－6 时，才能满足“深度除铜”的要求，若溶液中 Zn2＋浓度为 1mol/L 时，则最终溶液中 S2－的浓度理论上的最小值为____mol/L。 (5)“蒸氨”过程中 Zn[(NH3)n]CO3 分解为 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O、NH3 和 CO2。为了提高经济效益，请设计循 环利用 NH3 和 CO2 方案_____________。 (6)“煅烧”时 ZnCO3·2Zn(OH)2 转变为高纯活性氧化锌，写出反应的化学方程式______ 【答案】 (1). 胶体 (2). 3:1 (3). Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O (4). Fe(OH)3 (5). 3.2×10 －30 (6). 用水吸收 NH3 和 CO2 使之转化为 NH4HCO3 (7). ZnCO3·2Zn(OH)2 3ZnO＋CO2↑＋2H2O 【解析】 【分析】 (1) 按分散质粒子高纯活性氧化锌粉末大小为 66nm 判断所得分散系类型； (2) 按“浸取”过程中提供的反应物和生成物信息，书写方程式，据此判断在该转化反应中参加反应的 NH3·H2O 和 NH4HCO3 物质的量之比的最大值； (3)按提供的反应物和生成物信息书写“深度除锰”过程中双氧水与 Mn(OH)2 反应的化学方程式，从流程和题 给信息判断“滤渣 2”其它的沉淀； (4)根据 ≤2.0×10－6、溶液中 Zn2＋浓度为 1mol/L 以及溶度积常数，可求的最终溶液中 S2－的浓度的最 小值； 2+ 2+ c(Cu ) c(Zn ) 煅烧 2+ 2+ c(Cu ) c(Zn )(5)循环利用 NH3 和 CO2，主要考虑氨水吸收二氧化碳时生成什么物质，结合流程图中相关物质回答； (6)“煅烧”时 ZnCO3·2Zn(OH)2 转变为高纯活性氧化锌，参考碳酸盐和不溶性碱或碱式盐受热分解的产物书写 该反应的化学方程式； 【详解】(1)分散质粒子高纯活性氧化锌粉末大小为 66nm，在 1 nm 到 100nm 之间，所得分散系为胶体； 答案为：胶体； (2) 按信息，“浸取”过程中反应：ZnO+(n-1)NH3·H2O+NH4HCO3=Zn[(NH3)n]CO3+nH2O，在该转化反应中， 若有 1mol ZnO 溶解,则参加反应的 NH3·H2O 和 NH4HCO3 物质的量之比为(n-1):1，当 n=4 时，比值达最大 值； 答案为：3:1； (3)按提供的反应物和生成物信息，“深度除锰”过程中双氧水把 Mn(OH)2 氧化得到 MnO2·H2O 沉淀，双氧水 是绿色氧化剂，故该化学方程式为 Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O； 答案为：Mn(OH)2＋H2O2＝MnO2·H2O↓＋H2O； 从流程看，滤液 1 中含有亚铁，也被双氧水氧化为 Fe(OH)3 沉淀，故滤渣中也含有氢氧化铁沉淀； 答案为：Fe(OH)3； (4)根据 ≤2.0×10－6、溶液中 Zn2＋浓度为 1mol/L，则 c(Cu2+)≤2.0×10－6，CuS 的溶度积常数为6.4×10－ 36，则 ，故 S2－的浓度的最小值为 3.2×10－30 mol/L ； 答案为：3.2×10－30 ； (5)要循环利用 NH3 和 CO2，结合流程图中可知把它们转变为碳酸氢铵，故循环利用 NH3 和 CO2 的方案为用 水吸收 NH3 和 CO2 使之转化为 NH4HCO3 ； 答案为：用水吸收 NH3 和 CO2 使之转化为 NH4HCO3 ； (6)“煅烧”时 ZnCO3·2Zn(OH)2 转变为高纯活性氧化锌，因为碳酸盐和不溶性碱或碱式盐受热分解生成金属氧 化物、二氧化碳和水，则该反应方程式为 ZnCO3·2Zn(OH)2 3ZnO＋CO2↑＋2H2O； 答案为：ZnCO3·2Zn(OH)2 3ZnO＋CO2↑＋2H2O。 9.过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，性质不稳定遇热易分解，可利用高浓度的双氧水和冰醋酸反应 制得，某实验小组利用该原理在实验室中合成少量过氧乙酸。装置如图所示。回答下列问题： 2+ 2+ (Cu ) (Zn ) c c 2+ 36 2- 30SP 6(Cu ) (CuS) 6.4 10(S ) 3.2 102.0 10 K c c ×= ≥ = ×× － － － 煅烧 煅烧已知：①常压下过氧化氢和水的沸点分别是 158℃和 100℃。 ②过氧化氢易分解，温度升高会加速分解。 ③双氧水和冰醋酸反应放出大量的热。 (1)双氧水的提浓：蛇形冷凝管连接恒温水槽，维持冷凝管中的水温为 60℃，c 口接抽气泵，使装置中的压 强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水(质量分数为 30%)滴入蛇形冷凝管中。 ①蛇形冷凝管的进水口为___________。 ②向蛇形冷凝管中通入 60℃水的主要目的是________。 ③高浓度的过氧化氢最终主要收集在______________(填圆底烧瓶 A/圆底烧瓶 B)。 (2)过氧乙酸的制备：向 100mL 的三颈烧瓶中加入 25mL 冰醋酸，滴加提浓的双氧水 12mL，之后加入浓硫 酸 1mL，维持反应温度为 40℃，磁力搅拌 4h 后，室温静置 12h。 ①向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，其主要原因是__________。 ②磁力搅拌 4h 的目的是____________。 (3)取 V1mL 制得的过氧乙酸溶液稀释为 100mL，取出 5.0mL，滴加酸性高锰酸钾溶液至溶液恰好为浅红色( 除残留 H2O2)，然后加入足量的 KI 溶液和几滴指示剂，最后用 0.1000mol/L 的 Na2S2O3 溶液滴定至终点，消 耗标准溶液 V2mL(已知：过氧乙酸能将 KI 氧化为 I2；2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)。 ①滴定时所选指示剂为_____________，滴定终点时的现象为___________。 ②过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式为_________。 ③制得过氧乙酸的浓度为________mol/L。 【答案】 (1). a (2). 使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离 (3). 圆底烧瓶 A (4). 防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解 (5). 使过氧化氢和冰醋酸充分反应 (6). 淀粉溶 液 (7). 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 (8). CH3COOOH＋2H＋＋2I －＝I2＋CH3COOH＋H2O (9). 【解析】 2 1 V V【分析】 ①蛇形冷凝管的进水口在下面，出水口在上面； ②向蛇形冷凝管中通入 60℃水的主要目的从实验目的来分析，该实验目的是双氧水的提浓； ③高浓度的过氧化氢最终主要收集哪个圆底烧瓶，可从分离出去的水在哪个圆底烧瓶来分析判断； (2)①向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，从温度对实验的影响分析； ②磁力搅拌 4h 的目的从搅拌对实验的影响分析； (3)①滴定时所选指示剂为淀粉，滴定终点时的现象从碘和淀粉混合溶液颜色变化、及滴定终点时颜色变化 的要求回答； ②书写过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式，注意产物和介质； ③通过过氧乙酸与碘化钾溶液反应、及滴定反应 2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸 钠的关系式、结合数据计算求得过氧乙酸的浓度； 【详解】①蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中 a，出水口在上面； 答案为：a； ②实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入 60℃水，主要目的 为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离； 答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离； ③圆底烧瓶 B 收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶 A； 答案为：圆底烧瓶 A ； (2)①用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不 稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施， 主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解； 答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解； ②磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应； 答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应； (3)①硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会 褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变； 答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 ； ②过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子反应，碘单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为： CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O； 答案为：CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O ； ③通过 CH3COOOH＋2H＋＋2I－＝I2＋CH3COOH＋H2O 及滴定反应 2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为： ， ，得 x=5.000×V2×10-5mol，则原过氧乙酸的浓度 ； 答案为： 。 10.（1）汽车尾气中 CO、NO、NO2 等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气 体转化为无毒气体。 已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1=－112.3kJ·mol-1 ②NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) △H2=－234kJ·mol-1 ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+179.5kJ·mol-1 请写出 CO 和 NO2 生成无污染气体的热化学方程式___。 （2）若将 CO 和 NO 按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=－ 759.8kJ·mol-1，反应达到平衡时，N2 的体积分数随 n(CO)/n(NO)的变化曲线如图 1。 ①b 点时，平衡体系中 C、N 原子个数之比接近___； ②a、b、c 三点 CO 的转化率从大到小的顺序为___；a、c、d 三点的平衡常数从大到小的顺序为___。 ③若 n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为 20％，则 CO 的转化率为__。 （3）若将 NO2 与 O2 通入甲中设计成如图 2 所示装置，D 电极上有红色物质析出，则 A 电极处通入的气体 为____(填化学式)；A 电极的电极反应式为____；一段时间后，若乙中需加 0.2molCu(OH)2 使溶液复原，则 转移的电子数为___。 （4）已知：25℃时，H2C2O4 的电离常数 Ka1=5.9×10—2，Ka2=6.4×10-5，则 25℃时，0.1mol·L-1NaHC2O4 溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____，若向该溶液中加入一定量 NaOH 固体，使 c(HC2O4-)=c(C2O42-)， 的 3 2 2 2 3CH COOOH ~ I ~ 2Na S O 3 2 2 2 3 3 2 CH COOOH ~ I ~ 2Na S O 1mol 2mol 0.1000mol/L V 10 Lx −× × 5 2 2 3 1 1 100mL5.000 10 mol 5.0mL mol/L10 V Vc V L V − − × × × = =× 2 1 V V 则此时溶液呈___(填“酸性”“碱性”或“中性”)。 【答案】 (1). 4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) △H=－1227.8 kJ·mol-1 (2). 1：1 (3). a＞b＞c (4). a＝c＞d (5). 75％ (6). NO2 (7). NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ (8). 0.8NA (9). c(Na+)＞c(HC2O4-) ＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-) (10). 酸性 【解析】 【 详 解 】 (1) 依 据 盖 斯 定 律 , 由 ②×4+①-③ 可 得 4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) 　 ΔH=(-234 kJ·mol-1)×4-112.3 kJ·mol-1-179.5 kJ·mol-1= -1 227.8 kJ·mol-1。 答案为：4CO(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g) △H=－1227.8 kJ·mol-1； (2)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时 N2 的体积分数最大，故 b 点时平衡体系中 C、N 原子个数 之比接近 1∶1。 答案为：1：1 ②增大 n(CO)/n(NO)，CO 的转化率降低，所以转化率:a>b>c。平衡常数只与温度有关，所以 a 点与 c 点的 平衡常数 K 相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2 的体积分数减小，所以 T1>T2，d 点的平衡常 数小于 a 点和 c 点。 答案为：a＞b＞c；a＝c＞d； ③设 CO 起始物质的量为 0.8 mol,反应达平衡时，CO 转化了 x mol，则有: 2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) n（始）/mol 0.8 1 0 0 n（转化）/mol x x x n（平）/mol 0.8-x 1-x x 平衡时，N2 的体积分数为 ×100%=20%，解得 x=0.6。所以，CO 的转化率为 ×100%=75%； 答案为：75%。 (3)甲为原电池，乙为电解池，D 电极上有红色铜析出,则 A 为负极，A 电极处通入 NO2,发生氧化反应，电极 反应式为 NO2-e-+H2O NO3-+2H+。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加 0.2 mol Cu(OH)2 可使溶液复原，则转移电子数为(0.2×2+0.2×2)NA=0.8NA。 答案为：NO2 ；NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ ；0.8NA；  2 x 2 x x x 2 2=x x0.8-x+1-x+ +x 1.8-2 2 0.6 0.8(4) HC2O4-的水解常数 Kh= = =1.69×10-13，Khc(OH-)，溶液呈酸性。 答案 ：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；酸性。 【点睛】 11.铁、铝、铜三种金属元素在日常生活中的应用最为广泛。回答下列问题： (1)基态 Fe 原子的简化电子排布式为__________。 (2)常温下，Fe(CO)5 为黄色液体，易溶于非极性溶剂。写出 CO 的电子式_________；Fe(CO)5 分子中 σ 键与 π 键之比为_______。 (3)硝酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4](NO3)2 的深蓝色溶液。 ①[Cu(NH3)4](NO3)2 中阴离子的立体构型是_______。NO3-中心原子的轨道杂化类型为________。 ②与 NH3 互为等电子体的一种阴离子为_______(填化学式)；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下 理论密度略大，请解释原因________。 (4)金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率 为 74%，则铝原子的配位数为________________。 (5)铁和硫形成的某种晶胞结构如图所示，晶胞参数 a＝xpm，则该物质的化学式为_______；A 原子距离 B 原子所在立方体侧面的最短距离为______pm(用 x 表示)；该晶胞的密度为____g·cm-3。(阿伏加德罗常数用 NA 表示) 【答案】 (1). [Ar] 3d64s2 (2). (3). 1:1 (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). CH3－ (7). NH3 通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大 (8). 12 (9). FeS (10). 0.25x (11). 【解析】 【分析】 (1)基态 Fe 原子的简化电子排布式结合电子排布规律，按要求书写； 为 ( ) ( )2 2 4 W - a12 4 c(OH) c H C O K= KHC O × 14 2 1 10 5.9 10 − − × × ( ) ( ) ( ) + 2 2 4 - 2 4 c H c C O c HC O × 32 3 A 3.52 10 x N × ×(2) 应用等电子体原理书写一氧化碳电子式；求出 Fe(CO)5 分子中 σ 键与 π 键，即可求比值； (3)①通过价层电子对互斥理论，求出价电子对数即可知道[Cu(NH3)4](NO3)2 中阴离子的立体构型以及 NO3- 中心原子的轨道杂化类型； ②应用等电子体原理，找出与 NH3 互为等电子体的一种阴离子；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压 强下理论密度略大，结合密度的定义，以及氨气的结构特点来分析； (4)单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，从铜型模式堆积的结构特点找出铝原子的配位数； (5)已知铁和硫形成的某种晶胞结构，用均摊法计算晶胞内原子的数目，从而求出该物质的化学式，结合 A 原子的位置，从而确定 A 距离 B 原子所在立方体侧面的最短距离；该晶胞的密度可以通过计算该晶胞的质 量以及晶胞的体积求得； 【详解】(1) Fe 原子序数为 26，按电子排布规律，基态 Fe 原子的简化电子排布式为[Ar] 3d64s2； 答案为：[Ar] 3d64s2 ； (2) 氮气和一氧化碳为等电子体，故它们的结构相似、电子式相似，一氧化碳电子式为 ； Fe(CO)5 分子中 σ 键与 π 键均为 10 个，即可求比值为 1:1； 答案为： ； 1:1 ； (3)①通过价层电子对互斥理论，求出 NO3-价电子对数为 ，即可知道[Cu(NH3)4](NO3)2 中阴离子 NO3- 立体构型为平面三角形，NO3-中心原子的轨道杂化类型 sp2； 答案为：平面三角形；sp2 ； ②应用等电子体原理，找出与 NH3 互为等电子体的一种阴离子，应具有相同价电子数和原子数，CH3－满足 条件； 答案为：CH3－； NH3 通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，故体积偏小质量偏大，导致在一定的 压强下氨气密度反常增大； 答案为：NH3 通过氢键形成“缔合”分子，分子间作用力增强，分子间距离减小，导致密度反常增大； (4)单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，即为面心立方堆积结构，则铝原子的配位数为 12； 答案为：12 ； (5)已知铁和硫形成的某种晶胞结构，铁原子在晶胞内，有 4 个，硫原子在顶点和面心，用均摊法计算晶胞 内 S 原子的数目= ，铁硫原子数目比 1:1，从而求出该物质的化学式为 FeS； 答案为：FeS； 根据晶胞示意图，A 原子位于小立方体的中心，把晶胞均分为八个小立方体，它距离 B 原子所在立方体侧 的 5 1 32 + = 1 18 6 48 2 × + × =面的最短距离为晶胞边长的四分之一，则 A 原子距离 B 原子所在立方体侧面的最短距离为 0.25x； 答案为：0.25x； 该晶胞的密度 ，即密度为 g·cm-3； 答案为： 。 12.香料 G 一种合成工艺如图所示。 已知：①核磁共振氢谱显示 A 有两个峰，其强度之比为 1∶1。 ②CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2 ③CH3CHO+CH3CHO CH3CH=CHCHO+H2O 请回答下列问题： (1)A 的结构简式为________ ，G 中官能团的名称为________。 (2)检验 M 已完全转化为 N 的实验操作是______ (3)有学生建议，将 M→N 的转化用 KMnO4 (H＋)代替 O2，你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是 _________(若认为合理则不填此空)。 (4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：K→L________，反应类型________。 (5)F 是 M 的同系物，比 M 多一个碳原子。满足下列条件的 F 的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构) ①能发生银镜反应　②能与溴的四氯化碳溶液加成　③苯环上只有 2 个对位取代基 (6)以丙烯和 NBS 试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方 式表示：A B 目标产物 【答案】 (1). (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈碱性， 再加新制的 Cu(OH)2 加热，若没有砖红色沉淀产生，说明 M 已完全转化为 N (4). 否 (5). KMnO4(H＋ ) 在 氧 化 醛 基 的 同 时 ， 还 可 以 氧 化 碳 碳 双 键 (6). +CH3CHO 的 -3A 10 3 884 = g cm(x 10 ) Nm V ρ − × = ⋅× 32 3 A 3.52 10 x N × × 32 3 A 3.52 10 x N × × NBS→ 稀碱→ Δ→ 反应试剂 反应条件 → 反应试剂 反应条件 → 稀碱→ (7). 加成反应 (8). 6 (9). CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 【解析】 【分析】 由 流 程 ： E 和 N 发 生 酯 化 反 应 得 到 的 G 为 ， 则 E 、 N 分 别 为 和 中的一种，C 反应得到 D，D 发生卤代烃水解反应得到 E，故 E 属于醇，E 为 ，则 N 为 ，逆推出 M 为 、L 为 ，结合信息③，逆推出 K 为 ，由 E 逆推出 D 为 ， 结合信息②，逆推出 C 为 ，C 由 B 在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B 为 ，又知 A 催化加氢得 B，核磁共振氢谱显示 A 有两个峰，其强度之比为 1∶1，即 A 分子内有 2 种氢原子且二者数目 相同，则 A 为 ； (1)据上分析，写出 A 的结构简式及 G 中官能团的名称； (2)检验 M 已完全转化为 N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验； (3)该学生建议是否合理，主要通过用 KMnO4 (H＋)代替 O2 发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有， 那么就不可行； (4) K 为 ，则 K→L 的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型； (5)F 是 M 的同系物，M 为 ，而 F 比 M 多一个碳原子。求满足下列条件的 F 的 同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO ，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③苯环上只有 2 个对位取代基，且取代基中碳原 子数目为 4，据此回答； (6)以丙烯和 NBS 试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入 2 NBS→ 溴水→ NaOH溶液 Δ →个溴原子，再水解即可； 【详解】(1)据上分析，A 为 ，； 答案为： ； G 为 ，G 中官能团为碳碳双键、酯基； 答案为：碳碳双键、酯基； (2)M 为 ，N 为 ，N 呈酸性，检验 M 已完全转化 为 N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈 碱性，再加新制的 Cu(OH)2 加热，若没有砖红色沉淀产生，说明 M 已完全转化为 N； 答案为：取少量 M 于试管中，滴加稀 NaOH 至溶液呈碱性，再加新制的 Cu(OH)2 加热，若没有砖红色沉淀 产生，说明 M 已完全转化为 N； (3)学生建议用 KMnO4 (H＋)代替 O2 把 M 转化为 N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那 么建议就不可行； 答案为：否； KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ； (4) K 为 ，则 K→L 的反应可通过信息③类推，反应为： +CH3CHO ，从反应特点看是加成反应； 答案为： +CH3CHO ； 加成反应； (5)F 是 M 的同系物，M 为 ，而 F 比 M 多一个碳原子。F 的同分异构体，要满 足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双 键，③苯环上只有 2 个对位取代基，且取代基中碳原子数目为 4，由此可把 2 个位于对位的取代基分成以 下几种情况：①—CHO、 ②—CHO、 ③—CHO、 ④—CH2CHO、 ⑤ 、 ⑥ 、 ；故共有 6 种； 答案为：6； (6)由流程图知，C 和 NBS 试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和 NBS 发生取 稀碱→ 稀碱→ 3-CH=CH-CH 2 2-CH -CH=CH 3 2-C(CH )=CH 2-CH=CH 3-CH -CH=CH-CHO 3-CH代反应，引入一个溴原子，得到 CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入 2 个溴原子，得到 BrCH2-CHBr-CH2-Br ，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ； 答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。 NBS→ 溴水→ NaOH溶液 Δ → NBS→ 溴水→ NaOH溶液 Δ →