（内供）2020届高三好教育云平台5月内部特供卷 化学（四）教师版.doc

1、 2019-2020 学年学年下下学期好教育云平台学期好教育云平台 5 月内部特供卷月内部特供卷 高三化学（高三化学（四四） 注意事项：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 O 16 N

2、a 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Ba 137 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 6 分，共分，共 42 分）分） 7化学与生产生活关系密切。下列有关说法错误的是 A港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维属于有机高分子化合物 B质谱法是测定有机物相对分子质量及确定化学式的分析方法之一 C“玉兔二号”月球车使用的帆板太阳能电池的材料是 2 SiO D宋 王希孟千里江山图卷中绿色颜料“铜绿”的主要成分是碱式碳酸铜 【答案】C 【解析】 A 聚乙烯纤维的相对分子质量在 10000 以上， 为合成高分子化合物， 故 A 正确； B 质 谱法是纯物质鉴定的最有力工具之一，其中

3、包括相对分子量测定、化学式的确定及结构鉴定等，故 B 正确；C硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔号”月球车上的太阳能电池的 材料是硅，故 C 错误；D铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸 铜，故 D 正确；答案选 C。 8设 A N为阿伏加德罗常数的值。化工厂常用浓氨水来检验氯气管道是否发生泄漏，其原理是： 2342 =3Cl +8NH6NH Cl+N。下列说法正确的是 A如果氯气管道漏气，则会看到有大量白雾生成 B反应中每形成1molNN键，转移电子数为 A 6N C0.1mol L1的 4 NH Cl溶液中，NH+ 4的数目小于 A 0.1N D

4、该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 38 【答案】B 【解析】A如果氯气管道漏气，遇氨气可立刻化合生成氯化铵固体小颗粒，会看到有大量白 烟生成，不是白雾，故 A 错误；B反应中每形成1molNN键，即每生成 1mol 氮气，氮元素由-3 价变为0价， 转移电子的物质的量=1mol 2 3=6mol， 则个数为6NA， 故B正确； C 0.1mol L1的 4 NH Cl 溶液体积未知，无法计算 NH+4的数目，故 C 错误；D反应中 Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程 式可知，当有 8mol NH3参加反应，有 2mol 被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:2，故

5、D 错误；答案选 B。 9乙酸异戊酯是蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室中可利用乙酸和异戊醇 制备乙酸异戊酯，装置图(夹持装置略)和所用药品有关数据如下。下列说法正确的是 药品 密度/(g cm3) 沸点/ 水中溶解性 异戊醇 0.8123 131 微溶 乙酸 1.0492 118 易溶 乙酸异戊醇 0.8670 142 难溶 A反应方程式为 CH3COOH+ B实验时，冷凝水应从直形冷凝管的 b 口通入 C异戊醇的同分异构体中属于醇类的有 7 种 D反应后，取中物质经水洗、碱洗和蒸馏可提纯乙酸异戊酯 【答案】C 【解析】 A 乙酸和异戊醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸异戊酯

6、和水， 反应方程式为 CH3COOH+H2O，故 A 错误；B实验时，为保 证较好的冷凝效果，冷凝水应下进上出，从直形冷凝管的 a 口通入，故 B 错误；C异戊醇的同分 异构体中：以正戊烷基和羟基构成的结构有 3 种，以异戊烷基与羟基构成的结构除异戊醇自身外有 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 好教育云平台 内部特供卷 第 3 页（共 18 页） 好教育云平台 内部特供卷 第 4 页（共 18 页） 3 种， 以新戊烷基与羟基构成的结构有 1 种， 则其同分异构体中属于醇类的有 7 种， 故 C 正确； D 乙 酸异戊酯在碱性条件下可水解，不应用碱洗，故 D 错误；答案选

7、 C。 10微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废弃物的处理提供了一条新途径。某 微生物燃料电池示意图如图所示(假设废弃物为乙酸盐)。下列说法错误的是 A甲室菌为好氧菌，乙室菌为厌氧菌 B甲室的电极反应式为 -+- 322 CH COO +2H O-8e =2CO +7H C该微生物燃料电池(MFC)电流的流向：由 b 经导线到 a D电池总反应式为 -+ 3222 CH COO +2O +H =2CO +2H O 【答案】A 【解析】根据图示，氢离子向乙室移动，原电池中，阳离子向正极移动，a 为负极，b 为正极。 A根据图示，甲室再无氧条件下发生反应，菌为厌氧菌，乙室有氧气参与

8、电极反应，菌为好氧菌， 故 A 错误；B根据图示，甲室中电极为负极，乙酸盐失去电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应 式为 -+- 322 CH COO +2H O-8e =2CO +7H，故 B 正确；C原电池中电子由负极流向正极，即由 a 经 导线到 b，电流方向与电子流向相反，该微生物燃料电池(MFC)电流的流向：由 b 经导线到 a，故 C 正确；D根据图示，该燃料电池负极反应为 -+- 322 CH COO +2H O-8e =2CO +7H，正极反应为： O2+4H+4e=2H2O，电池总反应式为 -+ 3222 CH COO +2O +H =2CO +2H O，故 D 正确；答案选

9、A。 11XYZ、 、和W为原子序数依次增大的短周期元素，X Z、同主族且能形成离子化合物， Y的最外层电子数是XZ、质子数之和的一半，W原子的核外电子数为偶数。四种元素组成的一 种化合物M具有下列性质。下列说法正确的是 白色沉淀 滴加澄清石灰水 M 滴加少量溴水 溶液褪色并产生气泡 A原子半径：WZYX BM使溴水褪色体现氧化性 C简单氢化物的稳定性：WY DY与XZW、 、 均能形成具有漂白性的物质 【答案】D 【解析】XYZ、 、和W为原子序数依次增大的短周期元素，XZ、同主族且能形成离子化合 物，X 为 H 元素，W原子的核外电子数为偶数，则 W 可能为 S 元素，Y的最外层电子数是X

10、Z、 质子数之和的一半，则 Y 为 O 元素，Z 为 Na 元素，四种元素组成的一种化合物M具有以上性质， 则可确定以上分析符合。AH 元素为半径最小的元素，电子层数越多，半径越大，短周期中 Na 原 子半径最大，则原子半径：NaSOH，即 ZWYX，故 A 错误；BM为亚硫酸氢钠， 使溴水褪色体现还原性，溴单质具有氧化性，故 B 错误；C非金属性越强，简单气态氢化物的稳 定性越强，非金属性：YW，则简单氢化物的稳定性：YW，故 C 错误；DO 与 H、Na、S 分 别可形成 H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，故 D 正确；答案选 D。 12下列有关实验现象和解释或结论都正确的是 选项

11、 实验操作 现象 解释或结论 A 取硫酸催化淀粉水解的反应液，滴 入少量新制 Cu(OH)2悬浊液并加热 有砖红色沉淀生成 葡萄糖具有还原性 B NaAlO2溶液与 NaHCO3溶液混合 有白色絮状沉淀生成 二者水解相互促进生成 氢氧化铝沉淀 C 将充满 NO2和 N2O4混合气体的密 闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应 2NO2(g) N2O4(g)的 H0 D 向 FeCl3饱和溶液中滴入足量浓氨 水，并加热至刚好沸腾 得到红褐色透明液体 得到 Fe(OH)3胶体 【答案】C 【解析】A向淀粉的酸性水解液中先加入氢氧化钠溶液中和，然后再滴入少量新制 Cu(OH)2 悬浊液并加热，出现砖

12、红色沉淀，可以检验水解产物葡萄糖，否则酸与氢氧化铜反应，影响了实验 结果，故 A 错误；BNaAlO2溶液与 NaHCO3溶液混合，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，是强酸 制取弱酸，不是双水解原理，故 B 错误；C充满 NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，颜色加深，说 明升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动， 则 2NO2(g)N2O4(g)的 H0， 故 C 正确； D FeCl3 饱和溶液中逐滴滴入足量浓氨水，发生反应生成沉淀，不能得到胶体，应将 FeCl3饱和溶液加入沸水 中发生水解制备氢氧化铁胶体，故 D 错误；答案选 C。 13常温下，向20mL浓度均为 0.1mol L1 HX 和 3

13、CH COOH的混合溶液中滴加 0.1mol L1的 32 NHH O， 测得混合溶液的电阻率(溶液的电阻率越大， 导电能力越弱)与加入氨水的体积V的关系 如图所示(忽略混合时体积变化)，下列说法正确的是 A常温下，0.1mol L1 HX 的pH比同浓度 3 CH COOH的pH大 Ba c 过程中水的电离程度先减小后增大 Cc点溶液中， -+ 34 c CH COO+c X=c NH Dd点时， +-1 324 2c NHH O +2c NH=0.15mol L 【答案】D 【解析】A若 HX 和 CH3COOH 都是弱酸，则随着 NH3H2O 的加入，酸碱反应生成盐，溶液 导电性将增强、

14、电阻率将减小，但图象上随着 NH3H2O 的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱， 说明原混合溶液中离子浓度更大， 即HX为强电解质， 常温下， 0.1mol/L HX的pH比同浓度CH3COOH 的 pH 小， 故 A 错误； B 酸或碱都抑制水的电离， 滴加 NH3H2O 溶液的过程： ac 为 HX 和 CH3COOH 转化为 NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故 B 错误；C根据分 析， c 点溶液中溶质为 NH4X、 CH3COONH4， 且二者的物质的量相等， 溶液为酸性， 即 c(H+)c(OH)， 溶液中存在电荷守恒：c(NH+4)+c(H+)

15、=c(OH)+c(X)+c(CH3COO)，则 c(NH+ 4)c(X )+c(CH 3COO )， 故 C 错误；Dd 点溶液中溶质为等物质的量浓度的 NH4X、CH3COONH4、NH3H2O，040mL 时， NH3H2O转化为NH+4， 4060mL时， NH3H2O过量， d点时， 溶液体积共为80mL， + 324 0.1mol/L 0.02L0.1mol/L 0.04L 2c NHH O +2c NH=2+2=0.15mol/L 80mL80mL + 324 0.1mol/L 0.02L0.1mol/L 0.04L 2c NHH O +2c NH=2+2=0.15mol/L 80

16、mL80mL 故 D 正确；答案选 D。 二、非选择题（共二、非选择题（共 43 分）分） 26（15 分）硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含 2+3+2+2+2+ CuFeCaMgZn、等)为原料， 经如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。 回答下列 问题。 (1)滤渣 1 的主要成分是_(写化学式)，写出“硫化除铜”过程生成含铜物质反应的离子 方程式_。 (2)“氧化除杂”时加入 2 Cl和 2 Ni(OH)的主要作用是_。 (3)已知 25 C时， -11 2sp KCaF =3.95 10； -9 sp2 KMgF =6.40 10。则“氟化除杂”过后滤

17、液 3 中 2+ 2+ c Ca = c Mg _。 (4)“萃取”时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图。则实验 时需控制的pH适宜范围是_(填字母序号)。 A12 B34 C45 D56 (5)将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作 A 可得硫酸镍晶体，则操作 A 为_、_、过滤、洗 涤等。 (6)称取2.000g硫酸镍晶体(42 NiSO6H O)样品溶解，定容至250mL。取25.00mL试液，用 -1 0.0200mol L 的 22 EDTA Na H Y标准溶液滴定至终点。重复实验，平均消耗EDTA标准溶液体 积为36.50mL。反应为 2+2-2-+ 2

18、 Ni +H Y =NiY +2H。计算样品纯度为_。(不考虑杂质反应) 【答案】（1）CuS 和 S H2S+Cu2+=CuS+2H+ （2） 2 Cl的作用是将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+， 2 Ni(OH)的作用是调节溶液 pH 值，使 Fe3+转化 为氢氧化铁沉淀除去 （3）6.17 10-3 （4）B 好教育云平台 内部特供卷 第 7 页（共 18 页） 好教育云平台 内部特供卷 第 8 页（共 18 页） （5）蒸发浓缩 降温结晶 （6）96.0% 【解析】粗硫酸镍(含 2+3+2+2+2+ CuFeCaMgZn、等)加水和硫酸进行酸浸溶解，得到含有 Ni2+、Cu2+、Fe3

19、+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO42-等离子的浸出液，向浸出液中通入 H2S 气体，Cu2+转化 为 CuS 沉淀除去，同时 Fe3+可与 S2-发生氧化还原反应生成 Fe2+和 S 单质，过滤后得到滤液 1 和滤渣 1， 滤渣 1 为 CuS 和 S， 滤液 1 中含有 Ni2+、 Fe2+、 Ca2+、 Mg2+、 Zn2+、 SO42-， 向滤液 1 中加入 Ni(OH)2 和 Cl2， Cl2将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+， 用 Ni(OH)2调节溶液 pH 值， 使 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去， 再进行过滤得到滤液 2，向其中加入 NiF2，使滤液 2 中的 Ca2+、

20、Mg2+转化为 CaF2、MgF2沉淀除去， 再次进行过滤得到滤液 3，向滤液 3 中加入有机萃取剂，使滤液 3 中的 Zn2+转移至有机相中分液除 去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解 答。(1)根据分析，滤渣 1 的主要成分是 CuS 和 S，“硫化除铜”过程中，向浸出液中通入 H2S 气体， Cu2+转化为 CuS 沉淀除去，离子方程式 H2S+Cu2+=CuS+2H+；(2)根据分析，“氧化除杂”时加入 Cl2 将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+， 用 Ni(OH)2调节溶液 pH 值， 使滤液 1 中的 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去

21、； (3)已知 25 C时， -11 2sp KCaF =3.95 10； -9 sp2 KMgF =6.40 10。则“氟化除杂”过后滤液 3 中 s 2+2+2- -11 2 -9 2+2+2- sp p 2 c Cac CacKCaF 3.95 10 = KMgF6.40 10c Mgc Mg F cF =6.17 10-3； (4)在该工艺流程中， “萃取” 操作的目的是使滤液 3 中的 Zn2+转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是制得硫酸镍，结合金 属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，当控制实验时的pH为 34 左右可以使滤液中的 Cu2+、 Ca2+、Zn2+等离子的萃取除

22、杂率最好，故答案选 B；(5)根据分析，将萃取后所得富含硫酸镍的溶液 经操作 A 可得硫酸镍晶体，则操作 A 为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶 体； (6)根据题意， 取25.00mL试液， 消耗 EDTA 标准液的物质的量=0.02mol/L 0.0365L=7.3 10-4mol， 根据反应 2+2-2-+ 2 Ni +H Y =NiY +2H，25mL 试液中 n(Ni2+)=n(EDTA)= 7.3 10-4mol，则 250mL 试液 中硫酸镍晶体的质量= 250 25 7.3 10-4mol 263=1.9199g，则样品纯度为= 1.9199g 2.000g

23、 100%96%。 27（14 分）某小组探究 23 Na SO溶液和 3 KIO溶液的反应原理。 （实验一）将含淀粉的 -1 23 0.01mol L Na SO溶液加入 -1 3 0.01mol L KIO酸性溶液(过量)中，混 合后约 5 秒内无明显变化，随后有少量蓝色出现并迅速变蓝。 (1)溶液变蓝，说明 3 KIO具有_性。 (2)查阅文献： 反应： -2-2- 334 IO +3SO =I +3SO 慢 反应： - 3 IO +I +_=_+_ 较快 反应： 2-2-+ 2324 I +SO +H O=2I +SO +2H 快 写出酸性条件下，反应的离子方程式_。 (3)向实验一所

24、得蓝色溶液中加入少量 23 Na SO溶液， 蓝色迅速褪去， 后又变蓝色。 据此得出 2 I氧 化性比 - 3 IO强，该结论_(填“合理”或“不合理”)，理由是_。 (4)为了进一步研究 23 Na SO溶液和 3 KIO溶液的反应原理，设计如下实验。 （实验二）装置如图所示，K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如表： 表盘 时间/min 1 0t 23 t t 4 t 偏转位置 右偏至“Y”处 指针回到“0”处，又 返至“X”处；如此周 期性往复多次 指针归零 K闭合后，检验 b 极附近溶液存在放电产物 2- 4 SO的实验操作是_。 1 t时，直接向 a 极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。取

25、a 极附近溶液于试管中，滴加淀粉溶液， 溶液变蓝。判断 - 3 IO在 a 极放电的产物是_。 (5)下列关于上述实验解释合理的是_(填字母序号)。 A实验一中：5 秒内无明显变化，可能是因为反应的活化能太小，反应速率太慢 B实验二中：指针回到“0”处，可能是因为反应比反应快，导致 - 3 IO难与 2- 3 SO发生反应 C实验二中：又返至“X”处，可能是因为发生了反应，重新形成了原电池 【答案】（1）氧化 （2） 322 IO5I6H3I3H O （3）不合理 由于反应比反应快，故现象显示 2 I与 2 3 SO 的反应，但速率快不能说明氧 化性就强 （4）取样于试管中，先加入过量稀HCl

26、除去 2 3 SO ，再滴加少量 2 BaCl溶液，有白色沉淀生成 I （5）BC 【解析】(1)溶液变蓝，说明生成碘单质， 3 KIO转化为 I2，I 元素的化合价降低，得电子，被还 原，则 3 KIO表现氧化性；(2)IO 3在酸性溶液氧化 I 生成碘单质，根据氧化还原反应电子得失守恒和 物料守恒，离子反应为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；(3)由于反应比反应快，故现象显示 I2与 2 3 SO 的反应，但速率快不能说明氧化性就强，故该结论不合理；(4)检验 SO2 4可使用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，操作为：取 b 极附近溶液于试管中，先加入过量稀HCl除去 2 3 SO ，

27、再滴加少量 BaCl2溶液， 有白色沉淀生成，则证明 b 极附近溶液存在放电产物 SO2 4；t1时，从 a 极区取溶液于试管中，滴 加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向 a 极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故 说明 IO3在 a 极放电的产物是 I，生成的 I与 IO 3生成了碘单质；(5)A实验一中，5 秒之前，过量 的 KIO3酸性溶液与 Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，得到 I，5 秒后 I与多余的 KIO3反应得到 碘单质，溶液变蓝，5 秒内无明显变化，与活化能无关，与是否产生碘单质有关，故 A 错误；B实 验二中：0t1，Na2SO3溶液和 KIO3溶液在

28、两极放电分别得到 SO2 4、I ，t 2t3，a 极 I 与 IO 3反应， 可能是因为反应比反应快，b 极 Na2SO3未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，故 B 正确；C实验二中：I-反应完全后，Na2SO3溶液和生成的 I2在两极放电，发生了反应，重新形成 了原电池，又返至“X”处，故 C 正确；答案选 BC。 28（14 分） 甲醇是一种可再生能源， 具有广阔的开发和应用前景， 可用 232 Pt/Al OPd/CRh/SiO、 等作为催化剂，采用如下反应来合成甲醇： -1 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 -1 23 2H (g)+

29、CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 H=107kJ mol1 (1)下表是有关化学键的键能数据，计算表中的 a=_。 化学键 HH OH C H C O 键能 E/(kJ mol1) 436 462.8 a 1075 351 (2)将 2 n(CO):n H=1:2的混合气体， 匀速通过装有催化剂的反应器反应(如图甲)， 反应器温度变 化与从反应器排出气体中 3 CH OH的体积分数 关系如图乙，(CH3OH)变化的原因是_。 (3)某学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在2L的恒容密闭容器内充入1molCO和 2 2molH， 加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容

30、器内压强的变化如表： 反应时间/min 0 5 10 15 20 25 压强/MPa 12.6 10.8 9.5 8.7 8.4 8.4 从反应开始到20 min时，CO的平均反应速率为_，该温度下的平衡常数K为_。 (4)另将CO和 2 H加入密闭容器中，在一定条件下发生上述反应。平衡时CO的体积分数(%)与 温度和压强的关系如图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。 123 TTT、 、由大到小的关系是_，判断理由是_。 【答案】（1）413.4 （2）温度低于 a T时未达平衡， 温度升高、 反应速率加快， 3 CH OH的体积分数增大； 高于 a T时， 温度升高平衡逆向移动， 3

31、 CH OH的体积分数减小 （3） 11 0.0125mol Lmin 2- 2 4 Lmo l （4） 321 TTT 压强越大，CO的体积分数越小， 123 TTT、 、对应的CO的体积分数逐 渐增大，该反应向逆反应方向移动，则 321 TTT 【解析】(1)已知 -1 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 -1 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 H=107kJ mol1，由于H=反应物总键能- 生成物总键能=(2 436+1075)kJ mol1-(3a+462.8+351)kJ mol1=-107kJ mol1，解

32、得 a=413.4kJ mol1； (2)反应 -1 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 -1 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 H=107kJ mol1为放热反应，(CH3OH)变化的原因是： 好教育云平台 内部特供卷 第 11 页（共 18 页） 好教育云平台 内部特供卷 第 12 页（共 18 页） 温度低于 a T时未达平衡，温度升高、反应速率加快， 3 CH OH的体积分数增大；高于 a T时，温度升 高平衡逆向移动， 3 CH OH的体积分数减小；(3)根据表格分析反应进行到 20min 时达到平衡状态， 初

33、始体系压强为 12.6MPa，平衡时体系的压强为 8.4 MPa，设平衡时 CO 物质的量变化量为 x，列“三 段式”： 23 mol210 2H (g)+C mol2 O(g)CH OH( xxx mol2 g xx ) 2x1 始 变 平 结合相同条件下压强之比等于物质的量之比，则 2+112.6 = 2 M -2x+1-x+x8 Pa .4MPa ，解得 x=0.5mol，则 v(CO)= c t = 0.5mol 2L 20min =0.0125mol/(Lmin)，平衡常数 K= 2-2 2 0.5mol 2L =4L mol 1mol0.5mol 2L2L ；(4)根据反 应 -1

34、 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 -1 23 2H (g)+CO(g)CH OH(g)H=107kJ mol僔 H=107kJ mol1，压强越大，平衡正向移动，CO的体积分 数越小，根据图像， 123 TTT、 、对应的CO的体积分数逐渐增大，说明该反应向逆反应方向移动， 该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，则 321 TTT 。 三三、选考题（共选考题（共 15 分，请考生从分，请考生从以下以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 ）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 ） 35【化学【化学物质结构与性质】（物质结构与

35、性质】（15 分）分） 铁、铜及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)基态铁原子核外最后一个电子填充在_(填能级符号)，含有_个成单电子， 具有磁性。 (2)铁氰化钾 36 KFe(CN)是检验 2 Fe 的重要试剂。 铁氰化钾中，所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为_。 铁氰化钾中，不存在_(填字母标号)。 A离子键 B 键 C 键 D氢键 E.金属键 (3)血蓝蛋白是某些节肢动物体内能与氧气可逆结合的一种铜蛋白，其部分结构示意图如图。其 中Cu的化合价为_价，N的杂化类型是_。 (4) x CaCu合金可看作由如图所示的(a)、(b)两种原子层交替堆积排列而成。图中虚线构建的六 边形

36、，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；(c)是由(a)和(b)两种原子层交替堆积成 x CaCu合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的CaCu距离为294pm。 x CaCu合金中x=_。 同一层中，Ca原子之间的最短距离是_pm，设 A N为阿伏加德罗常数的值，若要 求算 x CaCu晶体的密度，还需要知道的物理量是_(钙、铜元素的相对原子质量为已知量)。 【答案】（1）3d 4 （2）NCFeK DE （3）+1 23 spsp、 （4）5 294 3 上下两层Ca Ca之间的最短距离或上下两层CaCu之间的最短距离 【解析】(1)基态铁原子核外电子排布式为 1s22s22p63

37、s23p63d64s2，3d 能级的能量高于 4s 能级， 则先填充 4s 能级，最后填充 3d 能级，根据泡利原理和洪特规则，3d 能级上有 4 个单电子；(2)铁 氰化钾中，所涉及的元素有 Fe，K，C，N，金属原子的第一电离能小于非金属原子，同周期的 C 和 N，第一电离能 NC，同周期的 K，Fe，第一电离能呈现增大的趋势，由此判断；所以所涉及的元 素的第一电离能由大到小的顺序为：NCFeK，铁氰化钾属于配合物，由 K+、Fe3+和 CN构 成，是离子化合物，存在离子键，含有 CN，CN中存在 CN 三键，一个 CN 由 1 个 键和 2 个 键组成，化合物中不存在氢键和金属键，答案选

38、 DE；(3)如结构示意图所示，其中Cu与氮原子形成 配位键，带一个单位正电荷，所带电荷来自于铜，其中Cu的化合价为+1 价；与铜相结合的N氮原 子与碳原子形成碳氮双键，为 sp2杂化，与氢结合的氮原子，成键电子对数为 3，孤电子对数为 1， 结构类似氨气，氮原子为 sp3杂化；(4)该晶胞中 Ca 原子个数=121 6 +21 2 =3、Cu 原子个数 =121 2 +61 2 +6=15，则该晶胞中 Ca 原子与 Cu 原子个数比为 315=1x，x=5；同一层中，六 边形中心上的 Ca 原子和边上的两个 Ca 原子形成正三角形，所以 Ca 原子之间的最短距离是六边形 边长=2 3 2 (

39、同层相邻 CaCu 距离)=2 3 2 294pm=294 3pm；计算晶胞的密度要计算晶胞的体 积，晶胞层内六边形边长(Ca 原子之间距离)已知，还需要知道层与层之间晶胞的边长，即上下两层 Ca-Ca 之间的最短距离或上下两层 Ca-Cu 之间的最短距离。 36【化学【化学选修选修 5：有机化学基础】（：有机化学基础】（15 分）分） 美托洛尔可用于治疗高血压及心绞痛，某合成路线如图： 回答下列问题： (1)已知常温下， 2 SOCl(氯化亚砜)是一种有强烈刺激气味发烟液体，遇水水解，加热分解。下 列关于乙酸制备 A 的实验表述正确的是_(填字母序号)。 a该实验常采用浓的醋酸溶液与过量 2

40、 SOCl反应以提高产率 b反应控制在较高温度下，并加入催化剂加快反应速率 c反应产物中有污染性气体，需在通风厨中进行，且要吸收尾气 d该反应有机副产物少、产品易分离，且产率较高。 (2)C 中含氧官能团的名称是_。 (3)AB 的反应类型是_，D 的分子式为_。 (4)反应 EF 的化学方程式为_。 (5)试剂 X 的分子式为 35 C H OCl， 则 X 的结构简式为_， X 的同分异构体中含 的有_种。 (6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体， 请设计以苯甲酸和苯酚为原料制备 4-苄基苯 酚的合成路线：_(无机试剂任用)。 【答案】（1）cd （2）酚羟基、羰基 （3）取代反应 s9

41、C H OCl （4）+CH3OH 一定条件 +H2O （5） 4 （6） 2 SOCl 一定条件 Zn(Hg)/HCl 【解析】乙酸发生取代反应生成，由 B 的分子式、C 的结构，可知 A 与苯酚发生 取代反应生成 B，B 与氯气发生取代反应生成 C，故 B 为，C 发生还原反应生成 D()。D 中氯原子水解、酸化得到 E 为，由 G 的结构可知，E 中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成 F，F 中酚羟基上氢原子被取代生成 G，故 F为 ， 试剂X的分子式为C3H5OCl， 则X的结构简式为：， 对比 G、美托洛尔的结构可知，G 发生开环加成生成美托洛尔。(6)苯甲酸先与 SOCl2发生取代

42、反应 生成， 然后和苯酚发生取代反应， 最后在 Zn(Hg)/HCl 作用下反应生成， 据此分析解答。(1)a该实验常采用浓的醋酸溶液中含有水，与 2 SOCl发生水解，应使用无水醋酸， 故 a 错误；b较高温度下， 2 SOCl受热分解，不利于制备反应的发生，反应速率会减慢，故 b 错误； c乙酸与 2 SOCl反应生成、HCl 和二氧化硫，产物中有污染性气体，需在通风厨 中进行，且要吸收尾气，故 c 正确；d该反应的产物为、HCl 和二氧化硫，除反应 过程中挥发出来的少量乙酸和氯化亚砜，无其他有机副产物，结合杂质性质，挥发出来的少量乙酸 和氯化亚砜可通过加热除去，产品易分离，且产率较高，故

43、 d 正确；答案选 cd；(2)根据流程中 C 的 结构简式，其中含氧官能团的名称是酚羟基、羰基；(3)AB 是苯环上氢原子被替代生 好教育云平台 内部特供卷 第 15 页（共 18 页） 好教育云平台 内部特供卷 第 16 页（共 18 页） 成 B，属于取代反应；根据 D()的结构简式，分子式为 C8H9OCl；(4)根据分 析，E 中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成 F，F 为，则反应 EF 的化学 方程式为+CH3OH 一定条件 +H2O；(5)根据 分析， 试剂X 的分子式为 35 C H OCl， 则 X的结构简式为， X的同分异构体中含 的同分异构体有：的碳原子两端分别连-H

44、和 CH3CHCl-（或 CH2ClCH2-），或的碳 原子两端分别连接 CH3CH2-和 Cl-，或的碳原子两端分别连接 CH3-和 CH2Cl-，则共有 4 种； (6)苯甲酸先与 SOCl2发生取代反应生成，然后和苯酚发生取代反应，最后在 Zn(Hg)/HCl 作用下反应生成，合成路线流程图为： 2 SOCl 一定条件 Zn(Hg)/HCl 。 欢迎加入全国高中化学教师群 399026160 欢迎加入全国高中化学教师群 498738873 全国高中化学教师群 784458020 全国高中化学资源群 858208718 全国小学英语资料群 495753926 全国班主任教师总群 104435893 全国班主任资料总群 251813426 全国小学班主任教师群 818739151 全国德育工作资料群 657641492 安徽省宣城市 2020 届高三二模理综化学试题