江西省宜春市2020届高三5月模拟理科综合-化学试题（解析版）

1.下列有关新型冠状病毒说法错误的是（ ） A. 构成冠状病毒的蛋白质完全水解后形成的都是 α—氨基酸 B. 冠状病毒在空气中可以以“气溶胶”形式进行传播 C. 乙醚、95%的乙醇、“84”消毒液等可有效杀灭活病毒 D. 绝大多数病毒疫苗应避光、冷藏保存 【答案】C 【解析】 【详解】A. 天然蛋白质水解得到的都是 α-氨基酸，α-氨基酸是蛋白质的主要组分，是生物体中最重要的氨 基酸，所以构成冠状病毒的蛋白质完全水解后形成的都是 α-氨基酸，A 正确； B. 气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，冠状病毒在空气中可以以“气溶 胶”形式进行传播，B 正确； C. 乙醚、含氯消毒剂、过氧乙酸等皆可有效灭活病毒，但应该用 75%的乙醇作消毒剂，95%的乙醇能使细 菌表面的蛋白质迅速凝固，形成一层保护膜，阻止乙醇进入细菌内，达不到杀死细菌的目的，C 错误； D. 绝大多数疫苗在储存、运输的过程中须冷藏，冷藏的温度为 2℃～8℃，过高或过低的温度都会使疫苗的 效力发生不可逆的降低，甚至失效，除冷藏外，还应避光保存，因为紫外线能损害生物大分子如核酸、蛋 白质等，D 正确；故答案为：C。 2.下列实验所选装置不合理的是（ ） A. 浓缩硝酸钾溶液，应选择装置④ B. 从碘水中分离出碘单质，应选择装置②① C. 溴单质和四氯化碳的分离，应选择装置② D. 粗盐的提纯，应用到装置③④ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．浓缩硝酸钾溶液，可用蒸发的方法，应选择装置④，A 正确； B．从碘水中分离出 I2，可用萃取、分液、低温蒸馏 方法，应选择装置②①，B 正确； C．溴和 CCl4 的沸点不同，可用蒸馏的方法，用到装置①，C 错误； 的D．粗盐的提纯，涉及到溶解、过滤和蒸发，应用到装置③④，D 正确； 答案为：C。 3.下列有关有机物的说法正确的是（ ） A. 分子式为 C9H18O2 的酯，在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件 的 C9H18O2 的结构有 18 种 B. 甲苯和 Cl2 在光照下的反应与乙醇和乙酸在浓硫酸作用下的反应属于同一类型的反应 C. lmol 与 NaOH 溶液反应，最多可消耗 3molNaOH D. 淀粉、油脂和蛋白质都能在 NaOH 作用下发生水解反应 【答案】B 【解析】 【详解】A. 分子式为 C9H18O2 的酯，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，因此酸 比醇少一个 C 原子，说明水解后得到的羧酸含有 4 个 C 原子，而得到的醇含有 5 个 C 原子，含有 4 个 C 原 子的羧酸有 2 种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有 5 个 C 原子的醇有 8 种同分异 构 体 ： CH3CH2CH2CH2CH2OH ， CH3CH2CH2CH(OH)CH3 ， CH3CH2CH(OH)CH2CH3 ； CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3； CH3C(CH3)2CH2OH，所以同分异构体数目为：2×8=16，有 16 种，A 错误； B. 甲苯和 Cl2 在光照条件下发生取代反应，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，也为取代反应，B 正 确； C. 1mol 中含有 2mol 羧基，最多可消耗 2molNaOH，C 错误； D. 淀粉在硫酸催化条件下发生水解，D 错误；故答案为：B。 4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A. 1mol 硝基(-NO2)与 46gNO2 所含的电子数均为 23NA B. 1mol 环己烷中含有共价键数为 12NA C. 向 FeI2 溶液中通入适量 Cl2，当有 1molFe2+被氧化时，转移的电子数为 NA D. 电解精炼铜时，若转移了 NA 个电子，则阳极质量减小 32g 【答案】A 【解析】 【详解】A. 1mol 硝基(-NO2)中含有的电子数为 23NA，46gNO2 的物质的量为 1mol，含有的电子数为 23NA，A 正确； B. 环己烷的结构简式为： ，1mol 环己烷中含有共价键数为 18NA，B 错误； C. 向 FeI2 溶液中通入适量 Cl2，先将碘离子氧化，然后将亚铁离子氧化，当有 1molFe2+被氧化时，共转移的 电子的数目大于 NA，C 错误； D. 电解精炼铜时，由于粗铜中含有锌、镍等金属，阳极上放电的不只是铜，所以转移 NA 个电子，则阳极 质量减小不是 32g，D 错误；故答案为：A。 5.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相等，Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，由 W、X、Y 三种元素形成的化合物 M 的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ） A. 熔点：Y 单质高于 X 单质 B. 元素非金属性强弱的顺序为 W＞Y＞Z C. W 的简单氢化物稳定性比 Y 的简单氢化物稳定性低 D. W 分别与 X、Y、Z 形成的二元化合物均只有两种 【答案】A 【解析】 【分析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X 为 Na 元素；由 W、X、Y 三种元素形成的化合物 M 的结构分析，Y 形成四个共价键，说明 Y 为 Si 元素；Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，则 Z 为 Cl 元素；W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相 等，W 为 O 元素；依此答题。 【详解】A. 单质 Si 为原子晶体，单质 Na 是金属晶体，单质 Si 的熔点高于单质 Na，A 正确； B. W 为 O 元素、Y 为 Si 元素、Z 为 Cl 元素，同周期，从左到右，非金属性增强；同主族，从上到下，非 金属性减弱，O、Si、Cl 三种元素非金属性强弱为：O>Cl>Si，B 错误； C. W 为 O 元素、Y 为 Si 元素，O 的非金属性比 Si 强，所以 O 的氢化物的稳定性比 Si 的氢化物强，C 错误； D. W 为 O 元素，与 Si 元素只能组成 SiO2，D 错误； 答案为 A。6.25℃时，向 40mL0.05mol/L 的 FeCl3 溶液中一次性加入 10mL0.15mol/L 的 KSCN 溶液，发生反应，混合溶 液中 c(Fe3+)与反应时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 该反应的离子方程式为 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3↓ B. E 点对应的坐标为(0，0.05) C. t4 时向溶液中加入 50mL0.1mol/LKCl 溶液，平衡不移动 D. 若该反应是可逆反应，在 25℃时平衡常数的数值为 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe3+与 SCN-反应生成络合物，不是沉淀，离子方程式为 Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，故 A 错误； B．E 点为反应起点，混合溶液体积为 50mL，此时溶液中 c(Fe3+)= =0.04mol/L，所以 E 点对应的坐标为( 0，0.04)，故 B 错误； C．t4 时向溶液中加入 50mL 0.1mol/L KCl 溶液，相当于稀释溶液，平衡逆向移动，故 C 错误； D．由图可知，平衡时 Fe3+浓度为 m，则 Fe(SCN)3 浓度为 0.04-m，SCN-的浓度为 -3×(0.04-m)=3m-0.09，所以平衡常数 K= ，故 D 正确； 故答案为 D。 7.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的 3%NaCl 溶液)。 ① ② ③ 在 Fe 表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 3 0.04-m m(3m-0.09)  -10.04L 0.05mol L 0.05L ×  -10.01L 0.15mol L 0.05L ×  ( ) ( ) ( )3 3+ -3 Fe SCN Fe SC = N c c c    3 0.04-m m(3m-0.09)下列说法不正确的是（ ） A. 对比②③，可以判定 Zn 保护了 Fe B. 将 Zn 换成 Cu，用①的方法可判断 Fe 比 Cu 活泼 C. 验证 Zn 保护 Fe 时不能用①的方法 D. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将 Fe 氧化 【答案】B 【解析】 【详解】A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故 A 正确； B．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活 泼性，故 B 错误； C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入 K3[Fe(CN)6]可在铁 表面生成蓝色沉淀，则验证保护 时不能用①的方法，应用②的方法，故 C 正确； D．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为 K3[Fe(CN)6]将 Fe 氧化，故 D 正确； 答案为 B。 8.某化学课外活动小组利用废铁屑(含少量硫等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]， 并设计了如图所示的装置(夹持仪器略去)。 称取一定量的表面除去油污的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于 50~60℃热水浴中加 热充分反应。待锥形瓶中溶液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。 （1）相比通常铁与稀硫酸生成氢气的条件，在实验中选择 50~60℃热水浴的原因是___；锥形瓶中溶液冷却 至室温后再加入氨水的原因__。 （2）C 瓶中 KMnO4 溶液的作用是__。 （3）若要确保获得浅绿色悬浊液，下列符合实验要求的是__(填字母)。 a.保持铁屑过量 b.控制溶液呈强碱性 c.将稀硫酸改为浓硫酸 （4）莫尔盐是一种重要化学药品，较绿矾稳定，不易被空气氧化，是化学分析中常用的基准物之一。其组 的成可用(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O 或(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O 表示。一定条件下，(NH4)2Fe(SO4)2 发生分解： 4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O 下列叙述正确的是__。 a 反应生成 amolN2 时，转移电子的物质的量为 6amol b 该反应的还原产物是硫的两种氧化物 c 有 amol 电子转移时，生成 SO2 的物质的量为 0.1amol d 将气体产物用足量 BaCl2 溶液吸收，只得到一种沉淀物 （5）实验探究：影响溶液中 Fe2+稳定性的因素。 配制 0.8mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2ml 上述溶液于 两支试管中，刚开始两种溶液都呈浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，过了一会儿观察可 见(NH4)2Fe(SO4)2 溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液，FeSO4 溶液则出现淡黄色浑浊。 【资料】 沉淀 Fe(OH)2 Fe(OH)3 开始沉淀 pH 7 6 2.7 完全沉淀 pH 9.6 3.7 ①请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因___。 ②讨论影响 Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设： 假设 1：其它条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。 假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2+稳定性越好。 假设 3：___。 （6）称取 ag 所制得的硫酸亚铁铵晶体，用加热煮沸的蒸馏水溶解，配成 250mL 溶液，取出 25mL 放入锥 形瓶中，用 cmol·L-1KMnO4 溶液滴定，消耗 KMnO4 溶液 VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为___(用含 c、V、 a 的代数式表示)。 【答案】 (1). 受热均匀，加快反应速率 (2). 温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低 (3). 吸收 硫化氢、氨气等杂质气体 (4). a (5). d (6). 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+ (7). 当其它条件 相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+ 的稳定性。） (8). 【解析】 【分析】 . 19.6Vc a废铁屑（含少量硫化物），加入过量硫酸溶液，水浴加热，可加快反应速率和受热均匀，硫化物可生成硫化 氢气体，可用 KMnO4 溶液吸收，反应后的溶液加入铁粉，防止硫酸亚铁被氧化，冷却后加入氨水，制得浅 绿 色 悬 浊 液 ， 即 生 成 硫 酸 亚 铁 铵 ， 用 KMnO4 溶 液 来 测 定 硫 酸 亚 铁 铵 的 纯 度 ， 发 生 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，以此解答该题。 【详解】（1）在实验中选择 50～60℃热水浴，升高温度，受热均匀，加快反应速率，提高利用率； 锥形瓶 中溶液冷却至室温后再加入氨水，是因为氨水中的氨极易挥发，温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低， 不利于反应的进行；答案为加快反应速率，受热均匀；温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低。 （2）由于铁屑中含有 S，因此会产生 SO2，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液吸收这些气体，防止污染 空气；答案为吸收氨气、二氧化硫等杂质气体，防止污染空气。 （3）若要确保获得浅绿色悬浊液，由于 Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，故 a 正确；若 控制溶液呈强碱性，则生成了 Fe(OH)2 沉淀，故 b 错误；将稀硫酸改为浓硫酸，由于浓 H2SO4 的强氧化性， 会将 Fe2+氧化成 Fe3+，故 c 错误；答案为 a。 （4）由 4(NH4)2Fe(SO4)2=2Fe2O3+5SO2↑+3SO3↑+N2↑+6NH3↑+7H2O 可知，Fe 元素由+2 价变为+3 价，失电子， N 元素由-3 价变为 0 价，失电子，S 元素由+6 价娈为+4 价，得电子，则由方程式可知， a．生成 1molN2 同时会生成 5molSO2，转移电子 10mol，那么反应生成 amolN2 时，转移电子的物质的量 10amol，为故 a 错误； b．得到电子被还原，生成还原产物，则还原产物只有 SO2，SO3 中 S 价态不变，不是还原产物，故 b 错误； c．由方程式可知，生成 5molSO2，电子转移 10mol，则有 amol 电子转移时，生成 SO2 的物质的量是 0.5amol，故 c 错误； d．当用足量 BaCl 2 吸收气体产物时，只能生成 BaSO 4 沉淀，而不会生成 BaSO 3 沉淀，故 d 正确；答案为 d。 （5）①FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊是因为生成了 Fe(OH)3 沉淀，离子方程式为： 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+；答案为 4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+。 ②根据两种溶液离子浓度的差异判断,NH4+、SO42-以及 H+都可影响 Fe2+稳定性,由题给信息可知,假设 1 和假 设 2 都说了 NH4+和 H+的影响，则可知假设 3 是讲硫酸根的影响，当其它条件相同时,硫酸根离子浓度大小 影响 Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好)，答案为当其它条件相 同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性(或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性 较好)。 （6）由反应 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知 5Fe2+～MnO4-，反应消耗 KMnO4 的物质的量为 n(MnO4-)=cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，250mL 中亚铁离子的物质的量为 n(Fe2+)=5×cV×10-3mol× 250 25 mL mL=5cV×10-2mol，则(NH4)2Fe(SO4)2 质量为 5cV×10-2mol×392g/mol=19.6 cVg，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为 ×100%；答案为 ×100%。 9.五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利 用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有 V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收 V2O5 的新工艺流程 如图： 已知：（1）部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示： 物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 （2）VO2++OH- VO3-+H2O 回答下列问题： （1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，在不加试剂情况下，可以采取的措施为__ （写一条）。 （2）滤液 1 和滤液 2 中钒的存在形式相同，其存在形式为__（填离子符号）。 （3）每生成 1mol（VO2）2SO4 时转移电子的数目为___。 （4）在滤渣 1 中加入 Na2SO3 和过量 H2SO4 溶液发生反应的离子方程式为___。 （5）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为__。 （6）新工艺流程的最后，钒以 NH4VO3 的形式沉淀出来；如图中横坐标表示反应 II 的温度，纵坐标表示沉 钒率，沉钒率是指 NH4VO3 沉淀中 V 元素的质量和废催化剂中 V 元素的质量之比，也即是钒的回收率。请 解释图中温度超过 80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___。 19.6cV a 19.6cV a（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为__。 （8）若实验室用的原料中 V2O5 占 6%(原料中的所有钒已换算成 V2O5)。取 100 克该废钒催化剂按工业生产 的步骤进行实验。当加入 100mL0.1mol/L 的 KClO3 溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设与 KClO3 反 应后的操作步骤中钒没有损失，则该实验中钒的回收率是__（保留 3 位有效数字）。 【答案】 (1). 粉碎废钒；搅拌；适当升温 (2). VO2+ (3). 2NA 或 1.204×1024 (4). V2O5＋SO32- ＋4H+=2VO2+＋SO42-＋2H2O (5). 作用 1：溶液中存在平衡：VO2++2OH- VO3-+H2O，加入氨水， 使 OH-浓度增大，该平衡正移，从而使 VO2+尽可能都转化为 VO3- 作用 2：溶液中存在平衡:NH4VO3(s) NH4+(aq)+VO3-(aq)，加入氨水，使 NH4+浓度增大，该平衡逆 移，从而使 NH4VO3 尽可能沉淀析出 (6). 原因 1：温度升高，NH4VO3 溶解度增大，沉钒率下降。原因 2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使 NH4+浓度下降，沉钒率下降。原因 3：温度升高，氨水受热分解 逸出溶液，使 OH-浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O，该平衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉钒率下降。 原因 4：平衡 VO2++2OH- VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致 VO3-浓 度下降，沉钒率下降 (7). 氨水或 NH3 和 H2O (8). 91.0% 【解析】 【分析】 废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有 VOSO4，滤渣中含有 V2O5 等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将 V2O5 还原为 VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将 VOSO4 氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的 NH4VO3，焙烧 NH4VO3 得到 V2O5，以此解答该题。 【详解】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案 为：粉碎废钒；搅拌；适当升温； （2）废催化剂（含有 V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）用水浸泡，根据题中信息，由于 VOSO4 是可溶的， 过滤时进入虑液 1 中，又根据题中信息，滤液 1 和滤液 2 中钒的存在形式相同，则钒的存在形式为 VO2+； 答案为 VO2+。 （3）由 2VOSO4→(VO2)2SO4 可以知道，V 由+4 价到+5 价，1 摩尔 V 失 1 摩尔电子，而(VO2)2SO4 中有 2 摩尔 V，故每生成 1mol(VO2)2SO4 转移 2NA 个电子；答案为 2NA 或 1.204×1024。 （4）在滤渣 1 中加入 Na2SO3 和过量 H2SO4 溶液发生反应的离子方程式为：V2O5+SO32-+4H+＝ 2VO2++SO42-+2H2O；答案为 V2O5+SO32-+4H+＝2VO2++SO42-+2H2O。 （5）溶液中存在平衡：VO2++2OH- VO3-+H2O，加入氨水，使 OH-浓度增大，该平衡正移，从而使 VO2+ 尽可能都转化为 VO3-，另外溶液中存在平衡：NH4VO3（s） NH4+（aq）+VO3-（aq），加入氨水，使 NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使 NH4VO3 尽可能沉淀析出；答案为作用 1：溶液中存在平衡：VO2++2OH-VO3-+H2O，加入氨水，使 OH-浓度增大，该平衡正移，从而使 VO2+尽可能都转化为 VO3-，作用 2： 溶液中存在平衡：NH4VO3（s） NH4+（aq）+VO3-（aq），加入氨水，使 NH4+浓度增大，该平衡逆移， 从而使 NH4VO3 尽可能沉淀析出； （6）根据已知信息及物质 性质可知温度超过 80℃以后，沉钒率下降的可能原因是，原因 1：温度升高， NH4VO3 溶解度增大，沉钒率下降。原因 2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使 NH4+浓度下降，沉钒率 下降。原因 3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使 OH-浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O，该平 衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉钒率下降。原因 4：平衡 VO2++2OH- VO3-+H2O，正反应可能是放热 反应，温度升高，该平衡逆移，导致 VO3-浓度下降，沉钒率下降。 （7）钒酸铵加热分解 2NH4VO3 V2O5+2NH3↑+H2O；产物中有 V2O5、NH3、H2O，则氨气和水，可循环 使用；答案为氨水或 NH3 和 H2O。 （8）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加入氯酸钾时发生的反应离子方程式为：6VO2++ClO3-+3H2O＝ 6VO2++Cl-+6H+，根据该离子方程式可得如下关系：3V2O5～6VO2+～ClO3-，100mL0.1mol/L 的 KClO3 溶液 中 ClO3-的物质的量为 n(ClO3-)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则对应 V2O5 的物质的量为 0.03mol，质量为： 0.03mol×182g/mol=5.46g，所以该实验中钒的回收率为： ×100%=91.0%；答案为 91.0%。 10.化学平衡是最重要的化学反应原理之一。 （1）现有容积为 1L 的恒温恒容密闭容器，向其中加入 1molA 气体和 1molB 气体后发生反应：A(g)＋B(g) C(g) ΔH=-qkJ·mol-1(q>0)，ts 后，反应达到平衡状态，生成 0.5molC 气体，放出热量 Q1kJ。回答下 列问题： ①在题干条件下，说明该反应已经达到平衡状态的有__（填序号）。 A.消耗 0.1molA 的同时生成 0.1molC B.容器中气体的压强不随时间而变化 C.容器中气体的密度不随时间而变化 D.A 的转化率为 50% ②保持容器温度和容积不变，若开始时向容器中加入 1molC 气体，反应达到平衡时，吸收热量 Q2kJ，则 Q1、Q2 与 q 的数值关系正确的是___（填序号）。 A.Q1＋Q2=q B.Q1＋2Q2q D.Q1＋Q2KC (5). 1.6 (6). A (7). 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ 【解析】 【分析】 （1）②根据等效平衡原理：恒温恒容条件下反应前后体积改变的反应，通过化学计量数比换算成同一半边 的物质后，物质的量与原平衡相等即等效，可知开始时加入 1molC 与原平衡等效，平衡时对应各组分的物 质的量相等，则可知 Q1、Q2 和 q 的关系，据此分析。 ③分析题给信息，温度不变，则平衡常数不变，根据原平衡可计算出平衡常数，根据平衡常数的计算式， 进而可计算出 a 的值。 【详解】（1）①分析题给信息，根据化学平衡的特点，正逆反应速率相等或变量不变即可说明反应达平衡 状态： A．消耗 0.1molA 的同时生成 0.1molC 指的都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A 项错误； B．由反应方程式可知，该可逆反应为反应前后气体分子数减小的反应，故容器中气体的压强不随时间而变 化，即总压强一定，说明该反应达平衡状态，B 项正确； C．根据题给信息，恒容条件下，该反应中物质的总质量不变，任何时刻容器中气体密度都不随时间而变化， 故不能说明该反应达平衡状态，C 项错误；D．根据题给信息：向容积为 1L 的恒温恒容密闭容器中加入 1molA 气体和 1molB 气体后发生反应，ts 后， 反应达到平衡状态，生成 0.5molC 气体，则根据反应方程式可知，消耗 0.5molA 气体，则 A 气体的转化率= ，则 A 的转化率为 50%可以说明反应达平衡状态，D 项正确； 答案选 BD。 ②根据等效平衡可知，保持容器温度和容积不变，开始时向容器中加入 1molC 气体与开始时加入 1molA 气 体和 1molB 气体是等效的，则有：Q1＋Q2=q，据此可知，Q1＋2Q2>q。故 AC 正确； 答案选 AC。 ③原平衡中，加入 1molA 气体和 1molB 气体，达平衡后生成 0.5molC 气体，则根据反应方程式可知，平衡 时 A、B 气体的物质的量均为 0.5mol，则平衡常数 K= 。 在原平衡基础上，保持容器温度和容积不变，向容器中再通入 amolA 气体，重新达平衡后，B 气体的转化 率为 75%，则可知重新达平衡时，B 又消耗了 ，由题意可知，温度不变， 平衡常数不变，根据三段式，有： 则平衡常数 K= ，解得 a=1.25，答案为：1.25； （2）①分析题中转化率-温度图可知，随着温度升高，CO 的转化率逐渐降低，说明升高温度，平衡向逆反 应方向移动，该可逆反应为放热反应。根据平衡常数只与温度有关，A 点和 B 点的温度相同，则 KA=KB。 A、B 点温度为 T1℃，C 点温度为 T2℃，T2℃＞T1℃，该可逆反应正反应为放热反应，故 KA=KB>KC。答案 为：KA=KB>KC； ②由题可知，A 点时 CO 的转化率为 0.5，则 CO 转化的物质的量= ，容器体积为 8L，则 有： 0.5mol 100% 50%1mol × = ( )-1-1 0.5mol (C) 1L 2 mol L0.5mol 0.5mol(A) (B) 1L 1L c c c = = =×    ×        1mol 75% 0.5mol=0.25mol× − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) mol a 0.5 0.5 0.5 mol 0.25 0.25 0.25 mol a 0.25 0.25 0.7 A g B g 5 g C + +  起始 转化 平衡 ＋ ( ) ( )-1-1 0.75mol 1L 2 mol La+0.25 mol 0.25mol 1L 1L =   ×       0.5 10mol=5mol×平衡常数 K= A 点和 B 点的温度相同，平衡常数 K 也相同。B 点时 CO 的转化率为 0.8，则 CO 转化的物质的量= 。设平衡状态 B 时容器的体积为 V，则据题意有： 平衡常数 K= ，解得：V=1.6L。答案为：1.6； （3）由题中所给工作原理图，可知该装置为电解池。由图可知，H+向右侧移动，根据电解池原理，阳离子 移向阴极，阴极与电源的负极相连，由此可知，B 为电源的负极，电源的正极为 A。阳极发生氧化反应，结 合电解池的工作原理图，可知，阳极的电极反应方程式为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；答案为：A； 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。 【点睛】题中第（1）③、（2）问都涉及化学平衡常数的计算及应用，注意：化学平衡常数只受温度的影响， 与反应物或生成物的浓度变化无关。 11.据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学 还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。 请回答下列问题： (1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。 (2)电还原法制备甲醇的原理为 2CO2+4H2O 2CH3OH+3O2。 ①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________； ②标准状况下，V L CO2 气体含有________个 π 键。 (3)苯分子中 6 个 C 原子，每个 C 原子有一个 2p 轨道参与形成大 π 键，可记为(π 右下角“6”表示 6 个原子， ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 mol 10 20 CO g 0 mol 5 10 5 mol 5 10 2H g CH OH g 5  起 化 ＋ 始 转 平衡 ( ) ( ) ( ) ( ) 213 22 2 5mol CH OH 168L mol LCO H 255mol 10mol 8L 8L c c c −−= =×  ×    0.8 10mol=8mol× ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 mol 10 2 CO g 2H g 0 0 mol 8 16 8 mol 2 4 CH OH g 8  起始 转化 平衡 ＋ ( ) ( ) ( ) ( ) 213 22 2 8mol CH OH 16 mol LCO H 252mol 4mol c V c c V V −−= =×  ×    6 6右上角“6”表示 6 个共用电子)。已知某化合物的结构简式为 ，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推 知，该分子中存在大 π 键，可表示为_______，Se 的杂化方式为________。 (4)黄铜矿由 Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则 Cu+的配位数为________；若晶胞参数 a=b=524pm，c=1032pm，用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或 化简，列出计算式即可)。 【答案】 (1). 4s24p4 (2). H2S 或硫化氢 (3). O=C=O (4). (5). π (6). sp2 (7). 4 (8). 或 【解析】 【分析】 (1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大， 物质的熔沸点越高，H2O 分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断； (2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；② 先计算 CO2 的物质的量，然后根据 CO2 分子中含有 2 个 π 键计算 π 键个数； (3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大 π 键的表示； (4)根据四方晶系 CuFeS2 晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个 亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共 CuFeS2 的数目，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度= 计算。 【详解】(1)Se 是 34 号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为 4s24p4；硒所在主族元素是第 VIA，简单氢化物化 学式通式是 H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分 子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸 AVN 11.2 6 5 ( ) ( )210 10 A 64 4 56 4 32 8 524 10 1032 10 N− − × + × + × × × × ( ) ( )210 10 A 184 4 524 10 1032 10 N− − × × × × m V点就越高，由于 H2O 分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第 VIA 的简单氢化物中沸点最低的是 H2S； (2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中 CO2 是由极性键构成的非极性分子，其空间 构型为直线型，结构式是 O=C=O； ②VL 标准状况下 CO2 的物质的量是 n(CO2)= mol，由于在 1 个 CO2 分子中含有 2 个 π 键，所以 molCO2 气体中含有的 π 键数目为 mol×2×NA/mol= ； (3)已知某化合物 结构简式为 ，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大 π 键， 根据结构简式可知，形成大 π 键的原子个数是 5 个，有 6 个电子参与成键，因此可表示为 π ，其中 Se 的 杂化方式为 sp2； (4)根据晶胞结构分析可知，由面心上 Cu 与 2 个 S 相连，晶胞中每个 Cu 原子与 4 个 S 相连，Cu+的配位数 为 4； ②晶胞中 Fe2+数目=8× +4× +1=4，Cu+的数目=6× +4× =4，S2-数目为 8×1=8，所以晶胞内共含 4 个 CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度 = g/cm3 或 g/cm3。 【点睛】本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、 晶胞结构的计算应用，掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关 键，要熟练掌握原子杂化理论，用对称思维方式判断分子的极性，弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的 应用，该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。 12.2005 年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反 应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2 C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃 C5H10 为原料，合 成有机物 M 和 N，合成路线如图： （1）有机物 A 的结构简式为___。 的 VL 22.4 / 22.4 V L mol = 22.4 V 22.4 V AVN 11.2 6 5 1 8 1 2 1 2 1 4 ρ ( ) ( )210 10 A 64 4 56 4 32 8 524 10 1032 10 N m V − − × + × + ×= × × × ( ) ( )210 10 A 184 4 524 10 1032 10 N− − × × × ×（2）按系统命名法，B 的名称是__。 （3）F→G 的反应类型是___。 （4）写出 D→M 的化学方程式__。 （5）已知 X 的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则 N 含有的官能团是（填名称）___。 （6）满足下列条件的 X 的同分异构体共有__种，写出任意一种的结构简式__。 ①遇 FeCl3 溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种 （7）写出 E→F 合成路线(在指定的 3 个方框内写有机物，有机物用结构简式表示，箭头上注明试剂和反应 条件，若出现步骤合并，要标明反应的先后顺序)___。 【 答 案 】 (1). CH2=C(CH3)CH2CH3 (2). 3，4—二 甲 基—3—己 烯 (3). 消 去 反 应 (4). +2H2O (5). 碳碳双键，酯基 (6). 3 (7). 、 、 (8). CH3CH2Br(CH3)CH2Br CH3CH2COH(CH3)CH2OH CH3CH2COH(CH3)CHO 【解析】 【分析】 由 F 的结构简式可知 A 应为 CH2=C（CH3）CH2CH3，生成 E 为 CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，F 发生消去反 应生成 G，G 为 ，由（5）知 X 的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合 N 的分子式可知 N 的结构简式为 ，可知 X 为苯乙醇，由 M 的分子式可知 D 含有 8 个 C，结合信息可知 B 为 CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，则 C 为 CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，D 为 CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M 为 ，以此 解答该题。 【详解】（1）根据 F 的结构简式，结合 A 的分子式分析 A 为 CH2=C（CH3）CH2CH3，故答案为： CH2=C(CH3)CH2CH3； （2）由以上分析可知 B 为 CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3，根据系统命名法命名为 3，4—二甲基 —3—己烯，故答案为：3，4—二甲基—3—己烯； （3）根据 F 的结构简式及 G 的分子式分析，F→G 的过程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为 消去反应，故答案为：消去反应； （4）D 为 CH3CH2COH（CH3）COH（CH3）CH2CH3，M 为 ，反应的方程式为 ，故答案为： ； （5）根据上述分析 N 为 ，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案 为：碳碳双键，酯基； （6）X 为苯乙醇，对应的同分异构体①遇 FeCl3 溶液显紫色，则羟基连接在苯环，②苯环上的一氯取代物 只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一 个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共 3 种， ，故答案为：3；； （7）E 为 CH2BrCBr（CH3）CH2CH3，可先水解生成 CH2OHCOH（CH3）CH2CH3，端点的羟基在铜催化条 件下可以被氧化生成醛，2 号碳上的羟基由于 2 号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化， 酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2Br CH3CH2COH(CH3)CH2OH CH3CH2COH(CH3)CHO ，故答案为：CH3CH2Br(CH3)CH2Br CH3CH2COH(CH3)CH2OH CH3CH2COH(CH3)CHO 。