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:
。