2020届高三下学期6月模拟考试理综化学试题（解析版）

2020 年年高高 2020 级高三下期模拟考试 理科综合测试题卷化学部分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64 1.化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述不正确的是（ ） A. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要生产原料为黏土 B. 东晋《洛神赋图》中的颜料铜绿，主要成分属于盐类 C. 宋代《莲塘乳鸭图》所用宣纸，其主要成分是纤维素 D. “华为麒麟 980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．陶瓷以黏土为原料，故 A 正确； B．铜绿的主要成分碱性碳酸铜，属于盐类，故 B 正确； C．作画用的宣纸其主要成分是纤维素，属于多糖，故 C 正确； D．芯片的主要成分是 Si，光导纤维主要成分是 SiO2，故 D 错误； 故答案为 D。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A. 18g 氨基(-ND2)中含有的电子数为 10NA B. 56gFe 与 1molCl2 充分反应后转移电子的数目为 3NA C. 向密闭容器中加入 2molNO 和 1molO2，充分反应后容器中产物分子的数目为 2NA D. 向 100mL0.1mol/LNH4Cl 溶液中通入 NH3 至溶液为中性，其中 NH4+的数目为 0.01NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．18g 氨基(-ND2)的物质的量为 1mol，含有的电子数为 9NA，故 A 错误； B．56gFe 的物质的量为 1mol，与 1molCl2 充分反应生成 molFeCl3，则转移电子的数目为 2NA，故 B 错误； C．2molNO 和 1molO2 完全反应生成 2molNO2，但生成的 NO2 中存在平衡：2NO2 N2O4，导致分子个 数减少，故容器中产物分子的数目小于 2NA 个，故 C 错误； D．向 100mL0.1mol/LNH4Cl 溶液中通入 NH3 至溶液为中性，根据电荷守恒可知溶液中 c(Cl-)=c(NH4+)，则 2 3 溶液中 NH4+的数目为 0.1mol/L×0.1L×NAmol-1= 0.01NA，故 D 正确； 故答案为 D。 3.W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大。Y 是短周期中原子半径最大的元素；元素 X 和 Z 同 族，Z 的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与 W 的单质加热反应，生成两种均能使澄清石灰水变浑浊的 无色气体。下列说法正确的是（ ） A. 工业上常用电解的方法冶炼 Y 的单质 B. 原子半径大小为 W＜X＜Z C. X、Y 形成的化合物只含离子键 D. W、X、Z 对应的氢化物中，沸点最高的是 X 【答案】A 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大；Y 是短周期中原子半径最大的元素，则 Y 为 Na；Z 的 最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与 W 的单质加热反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体， 生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，则 Z 为 S，W 为 C 元素；元素 X 和 Z 同族，则 X 为 O 元素，据此解 答。 【详解】根据分析可知：W 为 C 元素，X 为 O，Y 为 Na，Z 为 S 元素； A．Na 为活泼金属，工业上常用电解熔融 NaCl 获得 Na，故 A 正确； B．C 和 O 同周期的主族元素，核电荷数大，原子半径小，S 比 C、O 多一个电子层，则原子半径大小为 O ＜C＜S，故 B 错误； C．Na 和 O 可形成 Na2O 和 Na2O2，其中 Na2O2 含有离子键和共价键，故 C 错误； D．C、O、S 形成的氢化物中，H2O、H2O2 常温下是液态，H2S 常温下是气态，而 C 的氢化物为烃，常温 下有气态烃、液态烃和固态烃，则沸点最高的不是 O 的氢化物，故 D 错误； 故答案为 A。 4.有机物 M 的结构结构简式如图所示。关于 M，下列说法正确的是（ ） A. 分子中所有碳原子可能共平面 B. M 的同分异构体中，能与饱和 NaHCO3 溶液反应有 9 种C. 可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 1molM 与足量的钠反应可以生成 22.4LH2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A． 分子结构中的碳原子均为 sp3 杂化，则分子中所有碳原子不可能共平面，故 A 错误； B．M 的分子式为 C6H12O2，同分异构体中，能与饱和 NaHCO3 溶液反应，说明含有-COOH，则相当于 C5H12 的烷烃中氢原子被-COOH 取代，其中 CH3CH2CH2CH2CH3 有三种等效氢，CH(CH3)2CH2CH3 有 4 种等效氢， C(CH3)3 有 1 种等效氢，故满足条件的同分异构体共有 8 种，故 B 错误； C．分子结构中的醇羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则 M 可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 正确； D．1molM 与足量的钠反应可以生成 1molH2，标准状况下体积为 22.4LH2，选项中未标明是否是标准状况， 故 D 错误； 故答案为 C。 5.根据下列实验事实，能得到相应结论的是（ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向 Fe(NO3)2 溶液中滴入硫酸酸化的 H2O2，溶液变黄色，NO3-在酸性条件下有强氧化性，能氧 化 Fe2+，则溶液变黄色，Fe2+不一定是被 H2O2 氧化为 Fe3+，故 A 错误； B．浓度相等的 H2O2 溶液中分别滴加等浓度的 FeCl3、CuCl2 溶液，分解速率不一样，能说明不同催化剂的 催化效率不一样，现滴加 FeCl3 溶液的速率快，即说明 Fe3+的催化效果比 Cu2+好，故 B 正确； C．比较 HCO3-与 CO32-结合 H+的能力，应在等体积等浓度的 Na2CO3、NaHCO3 溶液的试管中逐滴滴加等浓度的盐酸，并不断振荡，再结合产生气体的速率判断，故 C 错误； D．加热促进水的电离，水的离子积常数增大，溶液中 OH-不变时，溶液 pH 也变小，则加热 CH3COONa 溶 液，溶液的 pH 变小，无法判断水解平衡的移动方向，也无法判断盐类水解是放热反应，事实盐类水解是吸 热反应，故 D 错误； 故答案为 B。 6.光电池在光照条件下可产生电流，如图装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为 H+和 OH-， 并实现其定向通过。下列说法不正确的是（ ） A. 该装置可利用光能实现水的分解 B. 光照过程中阴、阳极区溶液中 pH 均基本不变 C. 再生池中的反应为 2V2++2H+ 2V3++H2↑ D. 每有 1molOH-通过双极性膜，可产生 5.6L（标准状况）的 O2 【答案】B 【解析】 【分析】 由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为 4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极反应式为 2V3++2e-=2V2+， 双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在 催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为 2V2++2H+ 2V3++H2 ↑。 【详解】A．由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，故 A 正确； B．双极性膜可将水解离为 H+和 OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶 液分别为酸性和碱性，则光照过程中阴、阳极区溶液中的 pH 均发生改变，故 B 错误； C．由分析知，再生池中的反应为 2V2++2H+ 2V3++H2↑，故 C 正确； D．阳极区反应式 4OH--4e-=2H2O+O2↑，每有 1molOH-通过双极性膜，生成 0.25molO2，其标准状况下体 积为 5.6L，故 D 正确； 的 为故答案为 B。 7.某温度下，向 0.10mol/L 的 HCOONH4 溶液中通入 HCl 或加入 NaOH 固体调节溶液 pH（忽略溶液体积变 化），部分粒子的浓度随 pH 的变化关系如图所示。其中[NH3]表示溶液中 NH3 与 NH3·H2O 的浓度之和，M 点的坐标为（6.5，-4）。下列说法不正确的是 A. 此温度下，Kw=1.0×10-14 B. pHc(OH-) C. M 点有 c(HCOO-)>c(HCOOH)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) D. Ka(HCOOH)的数量级为 10-4 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图示可知，当溶液 pH=6 时，lgc(OH-)=-8，即此时 c(OH-)=10-8mol/L，c(H+)=10-6mol/L，Kw= c(OH-)× c(H+)=1.0×10-14，故 A 正确； B．由图示可知，pHc(OH-)， 故 B 正确； C．M 点的坐标为(6.5，-4)，此时溶液的 pH=6.5，溶液中[NH3] =c(HCOOH)=10-4mol/L，根据物料守恒 c(NH4+)=0.10mol/L-[NH3] =0.10mol/L-10-4mol/L，c(HCOO-)=0.10mol/L-c(HCOOH)= 0.10mol/L-10-4mol/L，则 此时溶液中 c(HCOO-)>c(NH4+)>c(HCOOH) >c(H+)>c(OH-)，故 C 错误； D．M 点的坐标为(6.5，-4)，此时溶液的 pH=6.5，溶液中 c(HCOOH)=10-4mol/L，已知 HCOO-+H2O HCOOH+OH-，则 = ，Ka(HCOOH)= = =10-3.5= ×10-4，即 Ka(HCOOH)的数量级为 10-4，故 D 正确； 故答案为 C。 8.甲酸(HCOOH)是还原性弱酸，常用于橡胶、医药等工业生产，也可用于制备重要的化工原料  ( )HCOOH w a K K ( ) ( ) ( ) HCOOH cc OH c HCOO − − × ( ) ( ) ( )HCOOH c wK c HCOO c OH − − × × 14 4 7.5 1 10 0.1 10 10 − − − × × × 10[Cu(HCOO)2·4H2O]。 I.碱式碳酸铜的制备 (1)“操作 i”中研磨的目的是__。 (2)“操作 ii”发生的反应是：2CuSO4+4NaHCO3═Cu(OH)2·CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O。原料中 NaHCO3 必须过量的原因是__。反应温度低于 80℃的原因是__。 (3)“操作 iii”中系列操作包括过滤、__、干燥。 II.甲酸的制备 (4)一定条件下，CO 能与 NaOH 固体发生反应：CO+NaOH HCOONa，再将 HCOONa 酸化，即可得 HCOOH。 ①为了证明“CO 与 NaOH 固体发生了反应”，甲同学设计下列验证方案：取少许固体产物，配成溶液，在常 温下测其 pH，若 pH＞7，则得证。该方案是否可行__(填“是”或“否”)，请简述你的理由：__。 ②乙同学设计了另一个定性验证方案：取固体产物，配成溶液，__(请补充完整)。 III.甲酸铜的合成及纯度测定 (5)实验室按 Cu(OH)2·CuCO3+4HCOOH+5H2O═2Cu(HCOO)2·4H2O+CO2↑反应制得甲酸铜晶体，按以下步骤 测定其纯度。 步骤一：准确称取 mg 甲酸铜晶体样品，配成 250mL 溶液； 步骤二：移取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，往溶液中加入足量 KI 摇匀，用 cmol/LNa2S2O3 溶液滴定至溶液变 浅黄色时，加入 10mL10%KSCN 试剂，并加几滴淀粉溶液，继续用 cmol/LNa2S2O3 溶液滴定至终点，共消 耗 Na2S2O3 溶液 V1mL。 步骤三：用 25.00mL 蒸馏水代替甲酸铜溶液，重复步骤二，消耗 Na2S2O3 溶液 V2mL； 已知：CuI 难溶于水，能吸附 I2；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2 = +2I-；CuI(s)+SCN-(aq) CuSCN(s)+I-(aq) ①配制溶液时用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒和__； ②实验中加入 10mL10%KSCN 试剂 目的是__。 ③甲酸铜晶体的纯度__(列表达式即可，Cu(HCOO)2·4H2O 的摩尔质量为 226g/mol)。 【答案】 (1). 增大接触面积，使反应充分进行 (2). 提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜； (3). 温度过高，会导致碱式碳酸铜分解或温度过高，水解反应程度加大，会生成过多的 Cu(OH)2； (4). 的 2- 2 3S O 2- 4 6S O 洗涤 (5). 否 (6). 甲酸是弱酸，HCOONa 溶液的 pH 大于 7，但是未反应的 NaOH 固体会使溶液的 pH 大于 7 (7). 答案一：加入稀硫酸酸化后，滴加酸性高锰酸钾溶液能够褪色；答案二：加入银氨溶液水浴 加热有银镜生成；答案三：加入新制氢氧化铜并加热有红色沉淀生成 (8). 250mL 容量瓶、胶头滴管 (9). 将 CuI 转化为 CuSCN，防止其吸附 I2 (10). ×100% 【解析】 【分析】 将 NaHCO3 固体和 CuSO4·5H2O 晶体混合研麿，再加入热水中生成的碱式碳酸铜，经过滤、洗涤、干燥获 得；一定条件下，CO 能与 NaOH 固体发生反应生成 HCOONa，再将 HCOONa 酸化，即可得 HCOOH；反 应过程中生成的 HCOONa 其溶液显碱性，且具有醛基的性质；最后 Cu(OH)2·CuCO3 和 HCOOH 按一比例混 合反应即可制得甲酸铜晶体。 【详解】(1)将 NaHCO3 固体和 CuSO4·5H2O 晶体混合研麿，达到增大接触面积，使反应充分进行的目的； (2)反应 2CuSO4+4NaHCO3═Cu(OH)2·CuCO3↓+3CO2↑+2Na2SO4+H2O 中涉及到 HCO3- 水解与电离，则原料 中过量的 NaHCO3 可提供碱性环境，有利于生成碱式碳酸铜；因 Cu(OH)2·CuCO3 不稳定，受热易分解，则 反应温度低于 80℃，可防止温度过高，会导致碱式碳酸铜分解或温度过高，水解反应程度加大，会生成过 多的 Cu(OH)2； (3)从悬浊液中获得 Cu(OH)2·CuCO3 沉淀，需要经过过滤、洗涤、干燥获得； (4)①甲酸是弱酸，HCOONa 溶液的 pH 大于 7，但是未反应的 NaOH 固体会使溶液的 pH 大于 7，则通过测 定反应后固体混合物配制的溶液 pH＞7，无法证明有 HCOONa 生成； ②HCOONa 含有醛基，有还原性，能使酸性 KMnO4 溶液褪色，也能发生银镜反应，则可采用：方法一：加 入稀硫酸酸化后，滴加酸性高锰酸钾溶液能够褪色；方法二：加入银氨溶液水浴加热有银镜生成；方法三： 加入新制氢氧化铜并加热有红色沉淀生成。 (5)①配制 250mL 溶液，用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、250mL 容量瓶和胶头滴管； ②CuI 难溶于水，能吸附 I2，则加入 10%KSCN 可将 CuI 转化为 CuSCN，防止其吸附 I2； ③已知：2Cu2++4I-== +2I-；CuI(s)+SCN-(aq) CuSCN(s)+I-(aq)，则 2Cu(HCOO)2·4H2O~~~~2CuI~~~~~~~~I2~~~~~~~~2 ，滴定过程实际消耗 Na2S2O3 溶液(V1-V2)mL，则 甲酸铜晶体的纯度为 = ×100%。 【点睛】本题涉及 HCOOH 及 HCOONa 的性质与应用，甲酸是弱酸，其强碱盐溶液因水解显碱性，另外甲 的 ( )1 22.26c V -V m 2- 4 6S O  2- 2 3S O ( ) 3 1 2 25010 cmol / L 226 /25 100%mg mLV V L g molmL −− × × × × × ( )1 22.26c V -V m酸或甲酸盐结构中含有醛基，具有醛的性质，能发生银镜反应或使酸性 KMnO4 溶液褪色等。 9.一种以冷热镀管废料锌灰制 ZnSO4·7H2O 晶体，进而获取 ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌 的方法，工艺流程如图所示： 已知：①锌灰的主要成分为 ZnO，ZnCl2，还含有 SiO2，CuO，PbO 和 FeO。 ②Cu++Cl-=CuCl↓ 回答下列问题： （1）滤渣 1 的主要成分为 SiO2 和__。 （2）酸浸时，若硫酸浓度过高，可能发生副反应的化学方程式为__。 （3）写出“沉铜”时的离子方程式__。 （4）在 pH 为 5.6 的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是__。 （5）氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内 ZnO 溶解后形成 Zn(OH) 离子，每溶解 1molZnO 需 消耗__molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：__。 （6）该工艺废水中含有 Zn2+，排放前需处理。向废水中加入 CH3COOH 和 CH3COONa 组成的缓冲溶液调 节 pH，通入 H2S 发生反应：Zn2++H2S ZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒子浓度为： 处理后的废水的 pH=__，c(Zn2+)=__。 （已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5） 【答案】 (1). PbSO4 (2). 2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)2+SO2↑+4H2O (3). Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+ (4). 促使 Fe(OH)3 胶体聚沉，有利于过滤分离 (5). 2 (6). H2+Zn(OH)42- 2H2O+Zn+2OH- (7). 5 2 4 − (8). 1×10-11mol·L-1 【解析】 【分析】 锌灰(主要成分是 ZnO，ZnCl2，还含有 SiO2，CuO，PbO 和 FeO 等)用硫酸酸浸，其中 PbO 转化成 PbSO4 沉 淀，SiO2 不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣 1 主要为 PbSO4、SiO2；滤液含有 ZnSO4、FeSO4、CuSO4 和 H2SO4，向滤液中加入 Zn 粉，将 Cu2+还原利用生成 CuCl 沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水 将 Fe2+氧化成 Fe3+，再加入 ZnO 调节溶液 pH，将 Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩 并冷却结晶，过滤得到 ZnSO4•7H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后 电解生成 Zn，以此解答该题。 【详解】(1)分析知，滤渣 1 的主要成分为 SiO2 和 PbSO4； (2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，在溶解时会氧化 FeO 生成 Fe3+，同时生成 SO2，污 染环境，发生反应的化学方程式为 2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)2+SO2↑+4H2O； (3)“沉铜”时加入 Zn 粉，将 Cu2+还原利用生成 CuCl 沉淀，发生反应的离子方程式为 Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+； (4)在 pH 为 5.6 的条件下氧化后，生成的 Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅 拌，可促使 Fe(OH)3 胶体聚沉，有利于过滤分离； (5)储罐内 ZnO 溶解后形成 Zn(OH) 离子，发生的离子反应 2OH－＋ZnO＋H2O＝Zn(OH) ，则每溶解 1molZnO，需消耗 2molKOH；电解池阳极上的 H2 在碱性条件下失电子氧化生成 H2O，电极反应为 H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上 Zn(OH) 离子得电子还原生成 Zn，电极反应式为 Zn(OH) +2e-=Zn+4OH-，则 电解池中的总反应离子方程式为 H2+Zn(OH)42- 2H2O+Zn+2OH-； (6)已知 Ka(CH3COOH)= = =2.0×10-5，则 c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶 液 pH=5；Ka2(H2S)×Ka1(H2S)= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中 c(H+)=1×10-5mol/L， c(H2S)=0.10mol/L，则 c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时 Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则 c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1。 【点睛】本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的 pH 和 c(Zn2+)，准确利用公式是解 题关键，特别是 Ka2(H2S)×Ka1(H2S)= ，这是易错点。 10.研究氮及其化合物的性质及转化，对研究自然界中氮的循环有着重大的意义。 2 4 − 2 4 − 2 4 − 2 4 − ( ) ( ) ( ) 3 3 c cH CH COO c CH COOH + −× ( )c 0.10 0.05 H + × ( ) ( ) ( ) 2 2 2 c H c S c H S + −× ( ) ( ) ( ) 2 2 2 c H c S c H S + −×I.合成氨反应历程研究 (1)科学家研究利用铁触媒合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。 由图可知合成氨反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的∆H=__kJ·mol-1。该历程中速率最慢的一步的化学方程式 为__。 II.对 NO 与 O2 反应的研究 (2)用 Pl-g-C3N4 光催化氧化法脱除 NO 的过程如图所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应 原理类似。g-C3N4 端的反应为 O2+2H++2e-=H2O2，则 Pl 端的反应为__。 (3)在一定条件下，将 2molNO 和 1molO2 通入恒容密闭容器中进行反应。在不同温度下，测得平衡时体系 中 NO、O2、NO2 的物质的量与温度的关系如图所示。 (已知：容器中发生两个反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ∆H˂0 和 2NO2(g) N2O4(g) ∆H˂0) ①曲线 c 代表__的物质的量与温度的关系，x 点对应的 O2 的转化率为__。   ②下列说法正确的是__。 A.2NO+O2 2NO2 的平衡常数：x 点＞y 点 B.y 点时 2NO+O2 2NO2 的反应速率：v 正＜v 逆 C.x 点对应的 NO 的物质的量分数为 D.400～1200℃时，随温度升高，N2O4 体积分数不断增大 III.对 NO 与 Cl2 物反应及产物 NOCl(亚硝酰氯)的研究 (4)NOCl 可由 NO 与 Cl2 制得，化学方程式为 2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl ΔH=-111kJ/mol。在 295K 时， 其反应物浓度与反应速率关系的数据如下： 反应物浓度与反应速率关系式为 v(Cl2)=k·cm(NO)cn(Cl2)，式中速率常数 k=Ae-Ea/RT，其中 Ea 为活化能， A、R 均为大于 0 的常数，T 为温度)。则此条件下 k 的数值为__，若要使 k 增大，可采取的措施有__、__。 【答案】 (1). -92 (2). Nad+3Had=NHad+2Had 或 Nad+Had=NHad (3). NO-2e-+H2O=NO2+2H+ (4). NO2 (5). 60% (6). AC (7). 8 (8). 加入催化剂 (9). 升温 【解析】 【分析】 由盖斯定律可知反应的焓变和反应物和生成物的能量有关，与变化过程无关，该历程中反应速率最慢的步 骤是正反应活化能大的反应决定反应快慢；根据温度对平衡的影响并结合图像分析；根据速率与浓度关系 的公式计算速率常数 k，并结合影响速率的因素分析。 【详解】(1)由图可知合成氨反应 N2(g)+ H2(g) NH3(g) 的△H=-46kJ/mol，则 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的∆H=-46kJ/mol×2=-92kJ·mol-1；该历程中反应速率最慢的步骤是反应消耗能量高，难发 生的反应，反应的化学方程式为：Nad+3Had=NHad+2Had 或 Nad+Had=NHad； (2)由脱除 NO 的过程图可知，P1 端 NO 失去电子，发生氧化反应生成 NO2，反应式为 NO+H2O-2e-=NO2+2H+； (3)①曲线 C 对应低温下物质的量接近 2mol，曲线 c 代表 NO2 的物质的量与温度的关系，x 点对应 NO 的物 质的量为 0.8mol，可知转化的 NO 为 1.2mol，参加反应的氧气为 0.6mol，x 点对应的 O2 的转化率为 ×100%=60%； ②A．为放热反应，温度越高 K 越小，则 2NO+O2 2NO2 的平衡常数：x 点＞y 点，故 A 正确；   4 11  1 2 3 2   0.6mol 1mol B．y 点时平衡正向移动，则 y 点时 2NO+O2 2NO2 的反应速率：V(正)＞V(逆)，故 B 错误； C．x 点对应 NO 的物质的量为 0.8mol，由 N 原子守恒可知还存在 0.8molNO2 和 0.2molN2O4，剩余氧气为 0.4mol，则 x 点对应的 NO 的物质的量分数为 = ，故 C 正确； D．400～1200℃时，随着温度升高，2NO2(g) N2O4(g)△H＜0 逆向移动，N2O4 体积分数不断减小， 故 D 错误； 故答案 AC； (4)已知 2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl ΔH=-111kJ/mol 且 v(Cl2)=k·cm(NO)cn(Cl2)，当 v(Cl2)=8.0×10-3mol·L-1·S-1、c(NO)=0.1 mol·L-1、c(Cl2)=0.1 mol·L-1 时，k= = =8；k=Ae-Ea/RT，其中 Ea 为活化能，A、R 均为大于 0 的常数，T 为温度，欲改变速率常数 k，需 要改变活化能或温度，则若要使 k 增大，可采取的措施有使用催化剂降低反应活化能或升高温度。 【点睛】本题重点考查了温度对反应速率和化学平衡的影响，升高温度，无论平衡如何移动，正、逆反应 速率均加快，平衡向吸热反应方向移动，特别注意平衡常数只受温度影响，温度改变，平衡常数改变，且 平衡正向移动，K 值增大。 11.碳元素在无机物和有机物中均充当了重要的角色，请回答下列问题： （1）基态碳原子的价层电子排布图（轨道表达式）为__，其电子占据的能量最高的原子轨道的形状为__； C、N、O 三种元素第一电离能最大的是__。 （2）有机物 中碳原子的轨道杂化类型为__，分子中两种碳碳单键长的大 小关系为①__②（填“>”、“ (6). (7). 形成的为分子内氢键，而 形成的为分子间氢键 (8). (9). ( 、 、 ) (10). 8 【解析】 【分析】 根据碳原子的价电子排布式写出排布图，判断电子占据的能量最高的原子轨道的形状；利用电离能的变化 规律判断 C、N、O 三种元素第一电离能的相对大小；结合碳原子的价层电子对数目确定杂化轨道方式；分 子间氢键强于分子内氢键；结合晶胞结构，采用均摊法确定晶胞的化学式。 【详解】(1)基态碳原子的价层电子排布式为 2s22p2，则层电子排布图为 ，电子占据的能 量最高的原子轨道为 2p，其形状为哑铃形；C、N、O 三种元素为同周期主族元素，第一电离能随核电荷数 递增呈增大趋势，但 N 原子的 2p 轨道为半充满结构，相对稳定，不易失电子，其第一电离能大于 O 原子， 则 C、N、O 三种元素第一电离能最大的是 N； (2)有机物 中甲基碳原子价层电子对数为 4，则为 sp3 杂化，而碳碳双键上 碳原子，价层电子对数目为 3，无孤对电子，则为 sp2 杂化；碳碳单键②介于两个碳双键间，易形成共轭大 π 键，则碳碳单键①的键长大于碳碳单键②的键长； (3) 主要形成分子内氢键，而 主要形成分子间氢键，其中分子间氢键的作用力 明显大于分子间氢键，则 的沸点比 高； (4)石墨晶胞底边长为 acm，则底面积为 acm×acm×sin60°，层间距为 d cm，晶胞高为 d cm，则晶胞体积= 2 A 48 3N a d 2 3 1 3 1 2acm×acm×sin60°×2dcm，晶胞中碳原子数目=1+8× +4× +2× =4，晶胞质量= g，密度= = g/cm3；x 轴、y 轴的角平分线与 z 轴构成的平面将晶胞平分为 2 个 三棱柱，B 位于三棱柱的中心，B、C 距离等于晶胞底面菱形长对角线长度的 ， A 位于三棱柱底面的中心， 则由 A 的原子坐标为( 、 、0)可知，则 B 的原子坐标为( 、 、 )； (5)石墨能与熔融的金属 K 作用，形成一种青铜色的化合物 CxK，由图二可知，正六边形中 K 原子数目为 6 +1=3，碳原子位于正六边形的内部，共有 24 个，则 x= =8。 【点睛】考查原子核外电子排布，准确区别轨道式和电子排布式的，注意几个关键要点：①每个轨道最多 只能容纳两个电子，且自旋相反配对；②电子尽可能占据能量最低的轨道；③能量相同的电子尽可能占据 不同轨道，且自旋方向相同，且全充满或半充满结构相对稳定，对电离能影响较大。 12.化合 I 是一种重要的药物中间体，利用 Robinson 成环反应合成 I 的路线如图，回答下列问题： 已知：a.CH3COOCH3+CH3COOCH3 b. （1）A 是一种环烃，且只有一种化学环境的 H，则 A 的结构简式为__，C 化学名称为__。 （2）C 到 D、F 到 G 的反应类型分别为__、__。 （3）D 到 E 的化学方程式为__。 （4）H 所含官能团的名称为__，I 的结构简式为__。 （5）G 有多种同分异构体，满足下列条件的共有__种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有 4 组峰的 结构简式为__（任写一种）。 ①苯环上有 4 个取代基。②1molG 可消耗 3molNaOH。 1 8 1 4 1 2 4 12 AN × 4 12 g acm acm sin60 2dcm AN × × × °× 2 A 48 3N a d 1 3 1 3 2 3 2 3 1 3 1 2 1 3 × 24 3【答案】 (1). (2). 环己烯 (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). +2CH3OH +2H2O (6). 羰基、碳碳双键 (7). (8). 24 (9). 或 【解析】 【分析】 E 到 F 发生的是类似信息 a 的反应原理，结合 E 的分子式为 C8H14O4 和 F 的结构简式 ，可知 E 为 CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3，D→E 为酯化反应，则 D 为 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C→D 应为碳碳双键被酸性 KMnO4 溶液氧化，则 C 为 ；由此结合 A 的分子式为 C6H12，可知 A 为 ，其在光照条件下与 Cl2 发生取代反应生成的 B 为 ，B 再在 NaOH 的醇溶液中加热发生 消去反应生成 C；H 的结构简式为 ，其和 在醇钠的作用下根据信息 b 的反应原理生成 I 的结构简式为 ，据此分析解题。 【详解】(1)A 是一种环烃，且只有一种化学环境的 H，则 A 的结构简式为 ，C 为 ，化学名 称为环己烯； (2)C→D 为碳碳双键被酸性 KMnO4 溶液氧化，反应类型为氧化反应；F 的结构简式 ，G 的 结构简式为 ，则 F 到 G 的反应类型为取代反应； (3)D→E 为酯化反应，发生反应的化学方程式为 +2CH3OH； (4)H 的结构简式为 ，所含官能团的名称为羰基、碳碳双键；I 的结构简式为 ； (5)G 的结构简式为 ，其同分异构体满足的条件为：①苯环上有 4 个取代基，②1molG 可消 耗 3molNaOH，则分子结构中含有 3 个酚羟基，另一个取代基应为-C4H9，其可能结构有-CH2CH2CH2CH3、 -CH(CH3)CH3、- CH2 CH(CH3)2、-C(CH3)3；则：三个酚羟基连一起，烃基的位置有 2 种；三个酚羟基位于 1、3、5 位，烃基的位置只有 1 种；三个酚羟基位于 1、2、4 位，烃基的位置只有 3 种；即烃基共有 6 种位 置，结合烃基有 4 种结构，故满足条件的同分异构体共有 4×6=24 种， 其中核磁共振氢谱有 4 组峰的结构 简式为 或 。 【点睛】本题考查有机物的推断，主要参照提供信息，采用倒推法，准确推断 E 的结构，再结合碳原子守 恒、卤代烃的消去和烯烃的催化氧化等知识点分析，即可解题。