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