2020届高三6月第九次模拟考试理综化学试题（解析版）

2020 届高三第九次模拟考试 理科综合能力测试化学试题 1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是 A. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料 B. “中国天眼”FAST 用到的高性能碳化硅是一种新型的无机非金属材料 C. 从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质 D. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解 【答案】C 【解析】 【详解】A．环氧树脂是指分子中含有两个以上基团的一类聚合物的总称，属于合成高分子材料，故 A 正 确； B．中国天眼 FAST 用到的碳化硅又名金刚砂，是用石英砂、石油焦(或煤焦)、木屑等原料通过电阻炉高温 冶炼而成，是一种新型的无机非金属材料，故 B 正确； C．石墨烯是碳的一种单质，不是化合物，不是电解质，故 C 错误； D．医用防护口罩中的聚丙烯是由丙烯加聚形成的，石油裂解的主要产物中有丙烯，故 D 正确； 答案选 C。 2.芳樟醇（ ）是常用的香料，下列有关芳樟醇说法正确的是 A. 能使酸性高锰酸钾溶液和溴水均褪色的原理不同 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 与溴的 CCl4 溶液反应，产物仅有两种 D. 与有机物 互为同系物 【答案】A 【解析】 【详解】A．芳樟醇分子中含有碳碳双键和羟基，均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸 钾溶液褪色，芳樟醇分子中含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，使溴水褪色，褪色的原理不同，故 A 正 确； B．芳樟醇分子中含多个四面体结构的 C，所有碳原子不能共面，故 B 错误； C．芳樟醇分子中含 2 个双键，可与溴以 1:1 加成或 1:2 加成，可生成三种产物，故 C 错误；D．芳樟醇分子中含有 2 个碳碳双键和羟基， 分子中含有一个碳碳双键和羟基，故芳香醇分子 与有机物 结构不相似，不能称为同系物，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”的有机化合物；一般出现在有机化学中，且必须 是同一类物质，D 为易错点。 3.根据侯氏制碱原理制备少量 NaHCO3 的实验，经过制取氨气、制取 NaHCO3、分离 NaHCO3、干燥 NaHCO3 四个步骤。图示装置和原理不合理的是 A. 制取氨气 B. 制取 NaHCO3 C. 分离 NaHCO3 D. 干燥 NaHCO3 【答案】B 【解析】 【详解】A．倾斜 Y 形试管，使浓氨水与 CaO 作用产生氨气，故 A 正确； B．气流方向错，应该从右侧长导管通入 CO2 气体，从左侧短导管通入，会将溶液压出，故 B 错误； C．由于碳酸氢钠的溶解度是四种物质中最小的，将二氧化碳通入氨化的饱和食盐水中发生反应生成碳酸氢 钠晶体和氯化铵溶液，从溶液中分离出碳酸氢钠晶体用过滤的方法，故 C 正确； D．在干燥器中加入无水氯化钙可以干燥碳酸氢钠，故能用该装置干燥碳酸氢钠，故 D 正确； 答案选 B。 4.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.lmolC2H6O 分子中含 C-H 键数目为 0.5NA B. 1mol·L-1 的 NH4Cl 溶液中含有 NH4+数目小于 0.1NA C. 25℃时，1LpH=13 的 Ba(OH)2 溶液中含有 OH－的数目为 0.2NA D. 1molCl2 与足量铜铁合金反应，转移电子数一定是 2NA 【答案】D 【解析】【详解】A．0.lmolC2H6O 分子中含 C-H 键数目不一定为 0.5NA，若该分子式表示为乙醇，一个乙醇分子中 含 C-H 键数目为 5 个，则 0.1mol 中含有 C-H 键数目为 0.5NA；若该分子是表示的是二甲醚，一个二甲醚分 子中含有 6 个 C-H，则 0.1mol 含有 C-H 键数目为 0.6NA，故 A 错误； B．题中为给出该溶液的体积，溶质的物质的量无法求解，NH4+的数目无法判断，故 B 错误； C．25℃时，1LpH=13 的 Ba(OH)2 溶液中氢氧根离子的物质的量为 1L× ×1L=0.1mol，则含有 OH－的数目为 NA，故 C 错误； D．1molCl2 与足量铜铁合金反应，氯气完全反应，Cl 元素由 0 价变为-1 价，一个氯气分子转移 2 个电子， 则 1mol Cl2 完全反应转移电子数为 2NA，故 D 正确； 答案选 D。 5.2019 年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。用太阳能电池给磷酸铁锂锂 离子电池充电示意图如图所示，阳极反应式为：LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4。下列叙述正确的是 A. 晶体硅能将太阳能转化为电能，太阳能电池属于原电池 B. 该锂电池放电时负极反应为：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6 C. 放电时，Li+通过隔膜向铝箔电极移动 D. 磷酸铁锂锂离子电池充放电过程中，Fe、C、P 元素化合价均不发生变化 【答案】B 【解析】 【分析】 由磷酸铁锂锂离子电池图解可知，该装置 电池充电状态，属于电解池，电解池中阳离子向阴极移动，锂 离子从右向左移动，则钢箔为阳极，铝箔为阴极，据此回答问题。 【详解】A．原电池是将化学能转化为电能的装置，晶体硅能将太阳能转化为电能，则硅太阳能电池不属于 原电池，故 A 错误； B．该锂电池放电时负极为铝箔，发生氧化反应，阳极反应式为 LiFePO4－xe－=xLi＋＋Li1－xFePO4，即放电 时正极为 xLi＋＋Li1－xFePO4＋xe－= LiFePO4，即负极反应为：LiC6－xe－=xLi＋＋Li1－xC6，故 B 正确； 为 ( ) 14 W 13 K 10=10c H − −+C．根据分析，充电时为电解池，钢箔为阳极，铝箔为阴极，放电时为原电池，则钢箔为正极，铝箔为负极， 原电池中阳离子向正极移动，则 Li+通过隔膜向钢箔电极移动，故 C 错误； D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过 Li+迁移实现，根据 B 项分析，放电时正极为 xLi＋＋Li1－xFePO4＋ xe－= LiFePO4，Li、Fe 元素化合价发生变化，故 D 错误； 答案为 B。 【点睛】本题易错点为 A，原电池是将化学能转化为电能的装置，但是硅太阳能电池是将太阳能转化为电 能的装置，不属于原电池。 6.W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X 在短周期元素中原子半径最大，Y 的最高 正价与最低负价代数和为 0，Z 是所在周期非金属性最强的元素，W、X、Y 三种元素形成的一种化合物结 构如右图所示。下列叙述不正确的是 A. W 和 X 形成的化合物的水溶液呈碱性 B. 气态氢化物稳定性：Z＞Y C. 右图化合物中 W 和 Y 均满足 8 电子稳定结构 D. 可用 pH 试纸测定 Z 单质水溶液的 pH 【答案】D 【解析】 【分析】 W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，由 X 在短周期元素中原子半径最大可知，X 为 Na 元素；由 Y 的最高正价与最低负价代数和为 0 可知，Y 为 Si 元素；由 Z 是所在周期非金属性最强的 元素可知，Z 为 Cl 元素；由化合物的结构可知，W 能形成 2 个共价键，是 O 元素。 【详解】A.O 和 Na 形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，氧化钠或过氧化钠溶于水，与水反应生成氢氧化钠 的碱性溶液，故 A 正确； B.元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，氯元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物稳定性 Cl＞ Si，故 B 正确； C.由化合物的结构可知，化合物中氧原子和硅原子均满足 8 电子稳定结构，故 C 正确； D.氯水中含有具有强氧化性的次氯酸，次氯酸能使有机色质漂白褪色，无法用 pH 试纸测定氯水的 pH，故 D 错误； 故选 D。 7.常温下，向 20mL0.2mol·L-1H2X 溶液中滴加 0.2mol·L-1NaOH 溶液，在不同 pH 环境下不同形态的粒子组成分数如图所示，下列说法正确的是 A. 水的电离程度：b 点小于点 a B. 将等物质的量的 NaHX、Na2X 溶于水中，所得溶液 pH 恰好为 11 C. 常温下的 Ka(HY)＝1.1×10-10，将少量 H2X 溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为：H2X＋Y－＝HY ＋HX－ D. 常温下，反应 X2－+H2O⇌HX－+OH－的平衡常数对数值 1gK=-11 【答案】C 【解析】 【分析】 在 H2X 溶液中滴加 NaOH 溶液首先发生反应 ，该反应过程中 H2X 的浓度逐渐减小， HX-的浓度逐渐增大；然后发生 ，HX-的浓度逐渐减小，X2-的浓度逐渐增大，根据反 应过程及每个阶段中粒子种类的变化分析。 【详解】A.由图像可知 a 点 溶质组成为 H2X 和 NaHX 的混合溶液，b 点为 NaHX 和 Na2X 的混合溶液， H2X 是酸抑制水的电离，Na2X 为强碱弱酸盐促进水的电离，由此可知 b 点水的电离程度大于 a 点水的电离 程度，故 A 错误； B.由图像可知，当溶液中 HX-和 X2-的浓度相等时，溶液的 pH 值等于 11，但等物质的量的 NaHX、Na2X 溶 于水中，X2-的水解程度大于 HX-的水解程度，因此溶液中的 HX-的浓度大于 X2-的浓度，溶液 pH 值略小于 11，故 B 错误； C.由 a 点可求 ， ；.由 b 点可求 ， ，常温下的 Ka(HY)＝1.1×10-10，则酸性 ，根据 强酸制弱酸的原理则少量 H2X 溶液加入到足量 NaY 溶液中，发生的反应为：H2X＋Y－＝HY＋HX－，故 C 正确； 的 - - 2 2H X+OH =HX +H O - - 2- 2HX +OH =X +H O ( )1 2Ka H X ( )1 2 2 -7c( X ) c( )X =c( )=10c( X) H HKa H HH + + − =  ( )2 2Ka H X ( ) 2 -11 -2 2 c(X ) c( )X =c(HKa H )=10c X H( )H + + − =  - 2H X>HY>HXD. 反应 X2－+H2O⇌HX－+OH－的平衡常数 = ，1gK=-3，故 D 错误； 故选：C。 8.草酸钴是一种重要的化工材料，广泛应用于有机合成。一种以铜钴矿(主要成分为 Co2CuS4，一定量 CuFeS2) 为原料，生产草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程： 已知：①“浸出”液含有的离子主要有 H＋、Fe3＋、Cu2＋、Co3＋、 ； ②pH 增大，Fe2＋被氧化的速率加快，同时生成的 Fe3＋水解形成更多的胶体； ③草酸钴晶体难溶于水；25℃时，Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15。 回答下列问题： （1）生产时为提高铜钴矿粉浸出率，常采取的措施有________(填字母)。 a.适当延长浸出时间 b.高温浸出 c.分批加入细菌浸取液并搅拌 （2）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是________。 （3）“氧化”过程中，控制 70℃、pH＝4 条件下进行，pH 对除铁率和钴回收率的影响如图所示。 ①用电子式表示 H2O2 的形成过程________。 ②“氧化”过程的离子方程式为________。 ③pH 为 4～5 时，钴的回收率降低的原因是________。 （4）“过滤”后的滤液中加入(NH4)2C2O4 溶液反应得到草酸钴晶体，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗 涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是_______________。 （5）300℃时，在空气中煅烧 CoC2O4·2H2O 可制得 Co3O4，该反应的化学方程式为________。 W 2 2 2 Kc(HX ) c(O ) c(HX ) c(O ) c( )= =c(X ) c(X ) c( ) H H HK KaH − − +− − + − −=     -14 -3 -11 10 =1010 2- 4SO【答案】 (1). ac (2). Cu2＋ (3). (4). 2Fe2＋＋H2O2 ＋2H2O 2FeOOH＋4H＋ (5). pH 过高，Fe3＋生成氢氧化铁胶体吸附大量 Co2＋，导致钴回收率降低 (6). 取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 (7). 3CoC2O4·2H2O＋2O2 Co3O4＋6CO2＋6H2O 【解析】 【分析】 由题给流程可知，铜钴矿粉加入细菌浸取液浸取后，得到的溶液中含有的离子有 H+、Fe3+、Cu2+、Co2+、 SO42-；向溶液中加入萃取剂，用萃取剂除去溶液中的 Cu2+；向萃取后的溶液中加入还原剂，将 Fe3+还原为 Fe2+，然后加入 H2O2，将 Fe2+氧化为 FeOOH 沉淀，除去溶液中的铁元素；过滤后，向滤液中加入(NH4)2C2O4 溶液反应得到草酸钴晶体。 详解】(1)a.适当延长浸出时间可以使反应更充分，提高浸出率，故正确； b. 高温条件下可以加快反应速率，但是细菌在高温条件下会死亡，故不能用高温，故错误； c. 分批加入细菌浸取液并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，故正确； ac 正确，故答案为：ac； (2)由流程分析可知，后续的操作不能除去 Cu2+，故只能在萃取步骤中除去 Cu2+，故答案为：Cu2+； (3)①H2O2 为共价化合物，分子中含有极性共价键和非极性共价键，用电子式表示过氧化氢的形成过程为 ，故答案为： ； ②由题意可知，氧化过程为 70℃、pH＝4 条件下，过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应生成 FeOOH，反 应的离子方程式为 2Fe2＋＋H2O2＋2H2O 2FeOOH＋4H＋，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H2O 2FeOOH ＋4H＋； ③由题给信息可知，溶液 pH 增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的 Fe3+水解形成较多的胶体，氢氧化 铁胶体具有很大的吸附能力，吸附大量 Co2+，导致钴回收率降低，故答案为：pH 过高，Fe3＋生成氢氧化铁 胶体吸附大量 Co2＋，导致钴回收率降低； (4)由流程可知，草酸钴晶体表面附有可溶的硫酸铵，检验晶体是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否 存在硫酸根，则检验方法为取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉 淀生成，则证明洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶 液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净； (5)由题意可知，300℃时，在空气中煅烧 CoC2O4·2H2O 可制得 Co3O4，反应中 Co 元素化合价升高，依据氧 化还原反应规律，空气中的 O2 参与反应，做反应的氧化剂，Co 元素和 C 元素被氧化，反应的化学方程式 为 3CoC2O4·2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O，故答案为：3CoC2O4·2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O。 【【点睛】300℃时，在空气中煅烧 CoC2O4·2H2O 可制得 Co3O4，反应中 Co 元素化合价升高，依据氧化还原 反应规律确定空气中的 O2 参与反应，做反应的氧化剂是解答关键。 9.二氧化氯(ClO2)是黄绿色易溶于水的气体，熔点－59℃、沸点 11℃，但其浓度过高时易发生分解，因此 常将其制成 NaClO2 固体便于运输和贮存。回答下列问题： (1)实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备 ClO2： ①电解时发生反应方程式为__________。 ②溶液 X 中大量存在的溶质有__________(填化学式)。 ③除去 ClO2 中的 NH3 可选用的试剂是_________(填标号)。 a．水 b．碱石灰 c．浓硫酸 d．饱和食盐水 (2)实验室中用过氧化氢法将 ClO2 制备成 NaClO2 固体，其实验装置如图所示。 ①A 中发生的反应为 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，仪器 A 的名称是_______。 ②写出制备 NaClO2 固体的化学方程式：__________。冰水浴冷却的目的是________。 ③空气流速过快或过慢，均会降低 NaClO2 的产率，其原因是______________。 ④为了测定 NaClO2 粗品的纯度，取上述粗产品 10.0g 溶于水配成 1L 溶液，取出 10mL，溶液于锥形瓶中， 再加入足量酸化的 KI 溶液，充分反应(NaClO2 被还原为 Cl-，杂质不参加反应)，加入 2～3 滴淀粉溶液， 用 0.20mol·L-1Na2S2O3 标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液 20.00mL，试计算 NaClO2 粗品的纯度 _______。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) 【答案】 (1). NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3 (2). NaCl、NaOH (3). c (4). 三颈(口)烧瓶 (5). 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O (6). 减少双氧水分解或减少 ClO2 的挥发或提高 ClO2 的溶解度 (7). 空气流速过快 ClO2 反应不充分，空气流速过慢 ClO2 浓度过高易发生分解 (8). 90.5% 【解析】 电解【分析】 (1)由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成 NCl3，加入 NaClO2 溶液反应 生成 ClO2、NH3、溶液 X，X 中含 Cl-、OH-，由信息可知，ClO2 易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨 气为碱性气体，利用性质差异分离提纯； (2)氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2 与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反 应生成 NaClO2，NaClO2 的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体 NaClO2•3H2O；结合滴定原理及发生的反应计算产物的纯度。 【详解】(1)①氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成 NCl3，发生反应方程式为 NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3； ②加入 NaClO2 溶液反应生成 ClO2、NH3、溶液 X，X 中含 Cl-、OH-，则溶质为 NaCl、NaOH； ③由信息可知，ClO2 易溶于水，所以不能利用水或水溶液吸收，氨气为碱性气体，可与酸反应，则应选用 浓硫酸除去 ClO2 中的 NH3，答案选 c； (2)①A 中发生的反应为 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，仪器 A 的名称是三颈(口)烧瓶； ②根据分析，ClO2 与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成 NaClO2，则制备 NaClO2 固体的化学 方程式：2ClO2+H2O2+2NaOH==2NaClO2+O2↑+2H2O；根据题中信息，ClO2 的熔沸点较低，温度过高易挥发， 制备 NaClO2 时使用双氧水，双氧水高温下易分解，导致产率降低，则冰水浴冷却的目的是减少双氧水分解 或减少 ClO2 的挥发或提高 ClO2 的溶解度； ③空气流速过快 ClO2 反应不充分，空气流速过慢导致 ClO2 浓度过高易发生分解； ④含有 NaClO2 的溶液中加入足量酸化的 KI 溶液反应，NaClO2 被还原为 Cl-，离子反应方程式为： ClO2-+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O，根据 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，可得关系式：ClO2-~2I2~4Na2S2O3，则 1L 样品的溶液中 n(NaClO2)= ×n(Na2S2O3)× = ×0.20mol·L-1×0.02L×100=0.1mol，则 NaClO2 粗品的纯 度= ×100%=90.5%。 【点睛】本题易错点是(2)④，需注意整个含量测定实验过程中，是将 10g 样品配制成 1L 溶液后取其中的 10mL 进行测定的，计算时要将 NaClO2 的含量转化为 1L 溶液中的含量进行计算。 10.探索 CO 和 NO2 这类化合物的特征及反应机理，对处理该类化合物的污染问题具有重要意义。回答下列 问题： I.CO 可以与 H2 反应制备合成天然气(SNG)。涉及反应如下： CO 甲烷化：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) 1=－206.2kJ·mol-1 水煤气变换：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 2=－41.2kJ·mol-1 电解 1 4 1000 10 1 4 0.1mol 90.5g/L 10g × H∆ H∆(1)反应 CO2(g)+4H2(g) ⇌CH4(g)+2H2O(g)的 =_____kJ·mol-1。某温度下，分别在起始体积相同的恒容容 器 A、恒压容器 B 中加入 1molCO2 和 4molH2 的混合气体，两容器反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 _____(填“A”或“B”)。 (2)在恒压管道反应器中将原料气 H2 和 CO 按一定比例通入，在催化剂作用下制备合成天然气，400℃、p 总 为 100kPa 时反应体系平衡组成如表所示。 组分 CH4 H2O H2 CO2 CO 体积分数 /% 45.0 42.5 10.0 2.00 0.500 该条件下 CO 的总转化率 α＝______。若将管道反应器升温至 500℃，反应达到平衡后 CH4 的体积分数 ______45.0%(填“>”、“＜”或“＝”)。 II.NO2 可发生二聚反应生成 N2O4，化学方程式为 2NO2 N2O4。该反应达到平衡后，升高温度可使体 系颜色加深。 (3)已知该反应的正反应速率方程为 υ 正=k 正·c2(NO2)，逆反应速率方程为 υ 逆=k 逆·c(N2O4)，其中 k 正、k 逆分 别为正、逆反应的速率常数。则右图(lgk 表示速率常数的对数； 表示温度的倒数)所示①、②、③、④ 四条斜线中，能表示 lgk 正随 变化关系的是斜线______，能表示 lgk 逆随 变化关系的是斜线______。 (4)图中 A、B、C、D 点的纵坐标分别为 a+1.5、a+0.5、a－0.5、a－1.5，则 T1 温度时化学平衡常数 K=______mol －1·L。已知 T1 温度时，某时刻恒容密闭容器中 NO2、N2O4 浓度均为 0.2mol·L－1，此时 υ 正______υ 逆(填>或 ＜)；该反应达到平衡后，若将温度从 T1 升高到 T2 重新达到平衡，则 T1 温度时平衡压强 p(T1)______T2 温度 时平衡压强 p(T2)(填“>”、“=”或“＜”)，原因是______。 【答案】 (1). -165 (2). B (3). 98.9%或 (4). ＜ (5). ③ (6). ④ (7). 10 H∆ φ φ k k 正 逆 1 T 1 T 1 T 47 100%47.5 ×(8). ＞ (9). ＜ (10). 温度升高体积不变，总压强增大；温度升高平衡左移，体系总物质的量增加， 总压强增大 【解析】 【分析】 I (1)①CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ•mol-1 ②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1 将方程式①-②得 CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，计算△H； A 为恒温恒容、B 为恒温恒压条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时 AB 压强 相等，A 中压强逐渐减小 B 中压强不变，所以反应过程中压强 A＜B，增大压强平衡正向移动； (2)根据 CO 甲烷化：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)反应，设 n(H2)=3mol、n(CO)=1mol，恒容恒温条件下气 体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为 xmol，根据 C 原子守恒得 (45.0%+2.00%+0.5%)×xmol=1mol，x= ，则 CO 的转化率= ×100%；该反应的正 反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动； II(3)化学反应速率与温度成正比，随着温度的降低， 增大，正逆反应速率降低，则 lgk 正和 lgk 逆均减小， 由于温度降低平衡正向移动，则 v 正＞v 逆，则降低相同的温度时 lgk 逆减小更快，据此分析； (4)化学平衡常数 K= ，平衡时 v 正=v 逆，再利用 C 点和 D 点的 数据求得 k 正和 k 逆；比较浓度熵 Qc 与 K 值的大小，若 Qc＞K 则平衡正向移动，若 Qc=K 则达到平衡，若 Qc ＜K 则平衡正向移动；升高温度体系颜色加深，平衡逆向移动，则正反应放热，上述反应达到平衡后，恒 容体系，体积不变，升高温度，平衡逆向移动，气体物质的量增大，据此分析。 详解】I (1)①CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.2kJ•mol-1 ②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1 根据盖斯定律，将方程式①-②得 CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，△H=(-206.2+41.2)kJ/mol=-165kJ/mol；A 为恒温恒容、B 为恒温恒压条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时 AB 压强相 等，A 中压强逐渐减小 B 中压强不变，所以反应过程中压强 A＜B，增大压强平衡正向移动，则 B 放出的 热量多； (2)根据 CO 甲烷化：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)反应，设 n(H2)=3mol、n(CO)=1mol，恒容恒温条件下气 体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为 xmol，根据 C 原子守恒得 【 1 47.5% ( )45%+2% xmol 1mol × 1 T ( ) ( ) ( ) ( )2 4 2 4 2 2 2 2 c N O k c N O υk k= =c NO k c NO k υ k ⋅ × ×⋅ 逆 逆正 正 正 正逆 逆(45.0%+2.00%+0.5%)xmol=1mol，x= ，则 CO 的转化率= ×100%= ×100%= ×100%或 98.9%；该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向 移动，则反应迅达到平衡后 CH4 的体积分数减小，即 φ＜45%； II(3)化学反应速率与温度成正比，随着温度的降低， 增大，正逆反应速率降低，则 lgk 正和 lgk 逆均减小， 由于温度降低平衡正向移动，则 v 正＞v 逆，则降低相同的温度时 lgk 逆减小更快，则斜线③表示 lgk 正随 变化关系，斜线④能表示 lgk 逆随 变化关系； (4)化学平衡常数 K= = =10；已知 T1 温度时，某时刻恒 容密闭容器中 NO2、N2O4 浓度均为 0.2mol·L－1，Qc= =5＜K，则平衡正向移动，v 正＞v 逆； 升高温度体系颜色加深，平衡逆向移动，则正反应放热，上述反应达到平衡后，恒容体系，体积不变，升 高温度，平衡逆向移动，气体物质的量增大，体系总压强增大，则 T1 温度时平衡压强 p(T1)＜T2 温度时平衡 压强 p(T2)。 【点睛】本题的难点在于(3) (4)小题，确定斜线表示的含义是关键，温度和反应速率成正比，lgk 与 成正 比关系，由此确定正逆速率常数与温度的关系曲线，利用曲线计算平衡常数。 11.离子液体由于其具有良好的化学稳定性，较低的熔点和良好的溶解性，应用越来越广泛。如图为某离子 液体的结构，回答下列问题： （1）基态 N 原子的价电子排布图为______。 中，B 原子杂化方式为______，与 互为等电子体的含 氧酸根离子是______（写出一种即可）；在周期表中，与 B 的化学性质最相似的邻族元素是_____，它们性 质相似的原因是_____。 （2）NH3 极易溶于水的原因与氢键有关，用“…”表示氢键，结合 NH3·H2O 的电离推测 NH3·H2O 可能 结构式为_____。 （3）离子液体是在室温和室温附近温度下呈液态的盐类物质。该离子液体常温下为液体，而 NaBF4 常温下 为固体，其原因是_____。 1 47.5% ( )45%+2% xmol 1mol × ( )45%+2% mol47.5% 1 1mol × 47 47.5 1 T 1 T 1 T ( ) ( ) ( ) ( )2 4 2 4 2 2 2 2 c N O k c N O υk k= =c NO k c NO k υ k ⋅ × ×⋅ 逆 逆正 正 正 正逆 逆 a 0.5 a 1.5 10 10 － － ( ) 1 1 2 0.2mol L 0.2mol L ⋅ ⋅ － － 1 T - 4BF - 4BF（4）分子中的大 键可用符号 表示，其中 m 代表参与形成大 键的原子数，n 代表参与形成大 键的 电子数（如苯分子中的大 键可表示为 ），则该离子液体的阳离子中存在的一个大 键可表示为_____。 （5）某硼的含氧酸根离子为无限链状结构，节选部分结构如图 1 所示，其离子的化学式可用通式表示为 _____（用 n 代表 B 原子数）。 （6）某种含 B 和 N 两种元素的功能陶瓷，其晶胞结构如图 2 所示。已知该晶胞底面为菱形，其底边长为 acm， 高为 bcm，晶体密度为_____g·cm-3（列出含有 a，b，NA 的计算式即可）。 【答案】 (1). (2). sp3 (3). (4). Si (5). 电负性相 近 (6). (7). 二者均为离子晶体，NaBH4 晶格能大 (8). π56 (9). (BO2)nn—或 (BnO2n) n—（其他合理答案也可） (10). 或 【解析】 【分析】 （1）N 原子核外价电子数为 5，电子排布式为 2s22p3；BF4-中 B 原子的价层电子对数为 4；原子个数和价电 子数相等的微粒互为等电子体 B 和 Si 电负性相近，性质相似； （2）NH3·H2O 的电离方程式为 NH3·H2O NH4＋＋OH－，由一水合氨可电离出 NH4+和 OH-可知，一 水合氨中氨分子中的 N 原子与水分子中的氢原子形成氢键； π n m Π π π π 6 6 Π π 2- 4SO 2 A 100 3N a b ° 2 A 50 sin60 N a b（3）离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高； （4） 的环中的大 π 键由 3 个碳原子和 2 个氮原子形成，每个碳原子有 1 个电子、每个氮原子有 2 个电子形成大 π 键，由于环带一个单位正电荷，则共有 6 个电子形成大 π 键； （5）由均摊法和满足 O 原子的 8 电子稳定结构推断可得； （6）由均摊法计算可得 【详解】（1）N 原子核外价电子数为 5，电子排布式为 2s22p3，则价电子排布图为 ； BF4-中 B 原子的价层电子对数为 4，则 B 原子杂化方式为 sp3 杂化；原子个数和价电子数相等的微粒互为等 电子体，含氧酸根 SO42—和 BF4-的原子个数都为 5，价电子数都为 32，互为等电子体；B 的电负性为 2.04， Si 的电负性为 1.90，B 和 Si 电负性相近，性质相似，故答案为： ；sp3；SO42—； Si；电负性相近； （2）NH3·H2O 的电离方程式为 NH3·H2O NH4＋＋OH－，由一水合氨可电离出 NH4+和 OH-可知，一 水合氨中氨分子中的 N 原子与水分子中的氢原子形成氢键，结构式为 ，故答案为： ； （3）离子晶体的晶格能越大，熔沸点越高，离子液体 和 NaBF4 都是离子 化合物，由于 NaBF4 的晶格能大于离子液体，所以常温下，离子液体 为液 体，而 NaBF4 为固体，故答案为：二者均为离子晶体，NaBH4 晶格能大； （4） 的环中的大 π 键由 3 个碳原子和 2 个氮原子形成，每个碳原子有 1 个电子、每个氮原子有 2 个电子形成大 π 键，由于环带一个单位正电荷，则共有 6 个电子形成大 π 键， 可表示为 π56，故答案为：π56； （5）由图可知，黑球表示 B 原子，白球表示 O 原子，结构中 BO3 结构单元通过氧原子连接形成链状结构， 则 B 原子和 O 原子的数目比 1：（2× +1）=1:2，以图中 4 个 B 原子为例，要满足 O 原子的 8 电子稳定结 。 1 2构，需要带 4 个单位负电荷，则该离子的化学式可用通式(BO2)nn—或(BnO2n) n—表示，故答案为：(BO2)nn—或 (BnO2n) n—； （6）由图可知，晶胞中 B 原子的个数为 4× +4× +1=2，N 原子个数为 2× +2× +1=2，则晶胞的质 量为 g，由底边长为 acm，高为 bcm 可知，晶胞的体积为 a×asin60°×bcm3= sin60°a2bcm3，则晶 体密度为 = g/ cm3= g/ cm3，故答案为： 或 。 【点睛】由均摊法和满足 O 原子的 8 电子稳定结构推断硼的含氧酸根离子的化学式是解答难点和易错点。 12.蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(I)，其合成路线如下： 已知：① ； ②RCHO+HOOCCH2COOH RCH=CHCOOH ③当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH=CHOH→RCHCHO 回答下列问题： (1)化合物 A 的名称是____；F→G 的反应类型是____。 (2)化合物 B 中含氧官能团的名称是___；G→H 的反应所需试剂和条件分别是___、____。 (3)写出化合物 I 与足量 NaOH 溶液反应的化学方程式____。 (4)化合物 W 与 E 互为同分异构体，写出满足下列条件的 W 的结构简式____________。(不考虑立体异构， 只需写出 2 个) ①化合物 W 与 E 所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有 3 个取代基； ②化合物 W 分子中苯环上有 2 种不同化学环境的氢。 (5)设计由 CH3CH=CH2 和 HOOCCH2COOH 为原料制备 CH3CH2CH=CHCOOH 的合成路线(无机试剂任选， 合成路线常用的表示方式为： )_____ 【答案】 (1). 对羟基苯甲醛(4—羟基苯甲醛) (2). 加成反应 (3). 醛基、(酚)羟基 (4). 氢氧化 1 12 1 6 1 3 1 6 A 2 11+14 N （ ）× A 2 11+ 2 14 ° N 3sin60 a m g bc （ ）× ° 2 A 50 sin60 N a b 2 A 100 3N a b 2 A 100 3N a b ° 2 A 50 sin60 N a b A B→ → 反应试剂 反应试剂 反应条件 反应条件 目标产物钠 水 溶 液 ( 或 氢 氧 化 钠 溶 液 ) (5). 加 热 ( 或 “△”) (6). +3NaOH→ 2H2O (7). 、 、 、 (8). CH3CH=CH2 CH3CH2CH2Br CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO CH3CH2CH=CHCOOH。 【解析】 【分析】 对羟基苯甲醛 与过氧化氢发生取代反应生成 B 为 ，B 发生取代反应生成 C（ ）， C 发 生 信 息 ② 中 的 反 应 生 成 D 为 ， 对 比 D、E 的 分 子 式 ， 结 合 I 的 结 构 ， 可 知 E 为 ，G 为 ，故 H 为 ，H 和 E 在浓硫酸作催化剂的条件下发 生酯化反应得到 I。 【详解】(1)羟基和醛基位于苯环相对的位置，化合物 A 的名称是对羟基苯甲醛(4—羟基苯甲醛)；F→G 是 苯乙烯转化为 的过程，反应类型是加成反应； (2)化合物 B( )中含氧官能团的名称是醛基、(酚)羟基；G→H 的反应，由 转变为 是氯代烃的水解，需试剂和条件分别为：氢氧化钠水溶液(或氢氧化钠溶液)加热条件下 反应； →溴化氢 过氧化物 ∆→氢氧化钠 / ∆→氧气 铜 2HOOCCH COOH→吡啶、加热(3) 化合物 I 为 ，含有酚羟基，酯基，都和氢氧化钠反应得到酚钠和羧酸钠，反应的化 学方程式 +3NaOH→ 2H2O； (4) 化合物 W 与 E( )互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有 3 个 取代基，三个取代基为−OH、−OH、−CH=CHCOOH，或者为−OH、−OH、−C(COOH)=CH2，2 个−OH 有邻、 间、对 3 种位置结构，对应的另外取代基分别有 2 种、3 种、1 种位置结构(包含 E)，故 W 可能的结构有 (2+3+1)×2−1=11 种，且化合物 W 分子中苯环上有 2 种不同化学环境的氢，应该具有对称结构，满足下列条 件的 W 的结构简式 、 、 、 ； (5)设计由 CH3CH=CH2 和 HOOCCH2COOH 为原料制备 CH3CH2CH=CHCOOH 的合成路线为 CH3CH=CH2 和 HBr 在过氧化物条件下反应生成 CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成 CH3CH2CH2OH，再发生氧化 反应生成 CH3CH2CHO，后与 HOOCCH2COOH 在吡啶、加热条件下反应得到 CH3CH2CH=CHCOOH，合成 路线为 CH3CH=CH2 CH3CH2CH2Br CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO CH3CH2CH=CHCOOH。 【点睛】需要辨析清晰氯代烃的水解反应和消去反应的条件不同，水解反应是氢氧化钠溶液，消去反应的 条件是氢氧化钠的醇溶液。 →溴化氢 过氧化物 ∆→氢氧化钠 / ∆→氧气 铜 2HOOCCH COOH→吡啶、加热