2020年全国高考考前适应性模拟卷 化学试题+答案+全解全析（6月30日）纯word版05.docx

1、2020 年全国高考考前适应性模拟卷 化 学 6.30 试卷满分 100 分，考试时间 50 分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 B 11 N 14 O 16 P 31 S 32 Fe 56 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 7下列关于化学与生活的认识正确的是（ ） A新鲜蔬菜做熟后，所含维生素 C 会有损失 B碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含碘的食物 CPM 2.5 是指大气中直径接近 2.5 109 m 的颗粒物形成的胶体 D“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 8设 NA

2、 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ） A1mol CH4 与 Cl2 在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数等于 NA B100 g CaCO3 和 KHCO3 的固体混合物中含有的阳离子数为 NA C一定浓度的硫酸和镁反应，生成 11.2L(标准状况)气体，转移电子数为 NA D6.4g SO2 溶于水形成的酸雨中，SO2、H2SO3、HSO - 3 和 SO 2- 3 的微粒数之和为 0.1NA 9某酯的相对分子质量不大于 160，可表示为 CnH2nO2(n 为整数)。在酸性条件下能水解生成两种相对分子 质量相等的酸和醇，且该醇最终可被氧化为羧酸，不考虑立体异构，则满足该条件

3、的酯有（ ） A12 种 B14 种 C23 种 D28 种 102019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，其中 W、X、 Z 组成的化合物 M、N、R 之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是（ ） A元素非金属性的顺序为 XYZW BM、N、R 三种分子中，所有原子均满足 8 电子稳定结构 CM、N、R 三种分子均含有极性键和非极性键 DW、X、Y、Z 四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物 11 铼(Re)是种银白色的重金属， 是地球地壳中最稀有的元素之一， 它广泛应用于航空航天领域。 在工业上， 高温灼烧含 ReS2的矿粉，可以制

4、备 Re2O7。另一种途径是从炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如图(部 分副产物省略，铼在废液中以 ReO4-形式存在)。下列说法错误的是（ ） A在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是萃取有机层中的 ReO4- B在 NH4ReO4制备 Re2O7的过程中，产生的副产物可回收利用 C实验室在 H2还原 Re2O7的过程中，一共消耗 7 mol H2，则可制得 2 mol Re D以含 ReS2的矿石原料生产 48.4 t Re2O7，理论上转移电子 3.0 106 mol 12我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下： 下列说法不正确 的是（ ） Ac 为电源的负极 B中

5、，捕获 CO2时碳元素的化合价均未发生变化 Cd 极的电极反应式为 2 3 CO + 4e = C + 3O2 D转移 1mol 电子可捕获 CO2 2.8 L(标况下) 13已知：p=p - c HX c X =-lg - c HX c X 。室温下，向 0.10mo1 L-1的 HX 溶液中滴加 0.1mol L-1的 NaOH 溶液， 溶液 pH 随 p 的变化关系如图。下列说法正确的是（ ） Aa 点溶液中：c(HX)+c(X-)=0.10mo1 L-1 Bc 点溶液中：c(Na+)10c(HX) Cb 点坐标为(0，4.50) D溶液中水的电离程度：cba 二、 非选择题： 本卷包括

6、必考题和选考题两部分。 第 2628 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。 第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （14 分）肉桂酸是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。其酯类衍生物是配制香精和食品香料的重要 原料。它在农用塑料和感光树脂等精细化工产品的生产中也有着广泛的应用。实验室合成肉桂酸的反应原 理如下 部分物质的相关性质如下表所示： 实验步骤如下： 步骤 1：适量无水醋酸钾、14.5mL 乙酸酐(过量)和 5.0mL 苯甲醛(密度为 1.06g/cm3)依次加入 150ml 三颈烧 瓶中摇匀，放入磁子，搭好回流装置，用带磁力搅拌功能的电炉

7、(图 A)加热至微沸后保持加热回流 1 小时； 名称 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 主要性质 苯甲醛 106.0 -26 179 纯品为无色液体，微溶于水；空气中加热易被缓慢氧化 乙酸酐 102.0 -73.1 138.6 无色透明液体；有剌激性气味；其蒸气为催泪毒气，遇水 强烈水解生成乙酸，产生大量酸雾 肉桂酸 148.0 133 300 白色至淡黄色粉末；微有桂皮香气 石蜡 / 50-70 300-550 主要由烷烃组成，性质稳定 步骤 2：取下三口烧瓶，冷却至 100 度以下后，加入少量饱和碳酸钠溶液调节 pH8-9； 步骤 3：如图 B 连接好水蒸气蒸馏装置（加热装置略去） ，进行水蒸

8、气蒸馏，直至馏出物无油滴； 步骤 4：将三口烧瓶中的残余液冷却后加入活性炭，煮沸，_往滤液中边搅拌边滴加浓盐酸至 pH=3，大 量固体析出； 步骤 5：减压过滤，洗涤，烘干，称量，测熔点。 回答下列问题： （1）步骤 1 中，若用酒精灯加热，可能存在的安全隐患是_。 （2）步骤 2 中，加饱和碳酸钠溶液的目的是_，可观察到的明显现象是_。 （3）步骤 3 中，水蒸气蒸馏的目的是除去_。(填物质名称) （4）步骤 4 中，缺失的操作名称是_。 （5）步骤 5 中，若称量得到的产品质量为 4.800g，则本实验的产率为_%(保留 4 位有效数字)。 （6）有机物都有固定的熔点，因此测量产品的熔点可

9、以初步判定所得的产品是不是预期产物。测产品熔点 的装置如图 C 所示：将产品装入一端封口的毛细玻璃管中，与温度计绑在一起，插入 b 形管（图 D）中， 用火焰持续加热 b 形管右侧，观察毛细管中样品的状态以及相应温度计的示数，即可测得样品的熔程（刚 开始出现液滴至恰好完全熔化的温度范围） 。测定过程中，温度计的水银球应位于_（填“m”、“n”或“p”） ， b 形管中所装的热浴液可选用_（填相应字母编号） 。 A蒸馏水 B浓硫酸 C石蜡 27 （15 分）长余辉材料在发光照明、交通等领域具有广泛的应用前景。下图是一种利用大理石(主要成分 CaCO3和 MgCO3)和铝土矿(主要成分 Al2O3

10、，还含少量 Fe2O3杂质)制备一种长余辉材料(Ca12Al14Ox)的工艺 流程图。回答下列问题： （1）Ca12Al14Ox中 x 的数值为_，试剂 X 的名称是_。 （2） NH4Cl 溶液能溶解“粉末”的原因是 ， 溶液乙中发生的主要反应的化学方程为 。 （3）反应的离子方程式为 。 （4）实验室加热 Al(OH)3应在_(填仪器名称)进行；操作包括_、干燥等。 （5）若溶液甲中 c(Mg2+)ZW BM、N、R 三种分子中，所有原子均满足 8 电子稳定结构 CM、N、R 三种分子均含有极性键和非极性键 DW、X、Y、Z 四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物 【答案】D 【解

11、析】 【分析】W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，其中 M 为 1 个 X 原子和 2 个 Z 原子 构成，N 为 1 个 X 原子和 4 个 W 原子构成，R 结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即 W 为氢元素， X 为碳元素，Y 为氮元素，Z 为氧元素，M 为二氧化碳，N 为甲烷，R 为乙酸。 【详解】A同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序为 Z Y X W，A 错误； BM、N、R 三种分子中，氢原子满足 2 电子稳定结构，B 错误； CN、M 分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R 分子含有极性键和非极性键，C 错误； DW、X、Y、Z 四种元素既可形成离

12、子化合物硝酸铵，又可形成共价化合物硝酸，D 正确； 答案为 D。 11 铼(Re)是种银白色的重金属， 是地球地壳中最稀有的元素之一， 它广泛应用于航空航天领域。 在工业上， 高温灼烧含 ReS2的矿粉，可以制备 Re2O7。另一种途径是从炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如图(部 分副产物省略，铼在废液中以 ReO4-形式存在)。下列说法错误的是（ ） A在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是萃取有机层中的 ReO4- B在 NH4ReO4制备 Re2O7的过程中，产生的副产物可回收利用 C实验室在 H2还原 Re2O7的过程中，一共消耗 7 mol H2，则可制得 2 mol Re D以含

13、ReS2的矿石原料生产 48.4 t Re2O7，理论上转移电子 3.0 106 mol 【答案】C 【解析】A在“反萃取”中，加入氨水、水可反应产生 NH4ReO4，以达到萃取有机层中的 ReO4-，A 正确； BNH4ReO4不稳定，受热分解产生 Re2O7，反应方程式为：NH4ReO4 Re2O7+2NH3+H2O，反应产生的副 产物 NH3可用于反萃取，提取有机物中的 ReO4-，因而可以达到回收利用的目的，B 正确； C实验室在 H2还原 Re2O7的过程中，H2除作还原剂外，还作保护气，在实验前要先通入 H2排除装置中的 空气，反应结束后要进一步通入 H2，使制取得到的 Re 在

14、H2的还原性环境中冷却，防止 Re 被热的空气氧 化，因此若共消耗 7 mol H2，则制得 Re 是物质的量小于 2 mol，C 错误； D 工业上， 高温灼烧含 ReS2的矿粉， 可以制备 Re2O7， 涉及反应为 4ReS2+15O22Re2O7+8SO2， 则生成 1 mol Re2O7，转移 30 mol 电子，48.4 t Re2O7的物质的量为 n(Re2O7)= 6 48.4 10 484 mol=1.0 105 mol，则反应转移 电子的物质的量 n(e-)=1.0 105 mol 30=3.0 106 mol，D 正确； 故合理选项是 C。 12我国科学家设计二氧化碳熔盐捕

15、获及电化学转化装置，其示意图如下： 下列说法不正确 的是（ ） Ac 为电源的负极 B中，捕获 CO2时碳元素的化合价均未发生变化 Cd 极的电极反应式为 2 3 CO + 4e = C + 3O2 D转移 1mol 电子可捕获 CO2 2.8 L(标况下) 【答案】D 【解析】 【分析】过程为 2CO2+O2-= 2 25 C O ，a 极电极反应为 2 2 25 C O -4e-=O2+4CO2，a 电极失电子，为 阳极，则 b 电极为电源的正极；过程为 CO2+O2-= 2 3 CO ，d 极电极反应为 2 3 CO +4e-=C+3O2-，d 电极得电 子，为阴极，则 c 电极为电源的

16、负极。 【详解】A由以上分析可知，c 为电源的负极，A 正确； B中，捕获 CO2时发生的反应分别为 2CO2+O2-= 2 25 C O 、CO2+O2-= 2 3 CO ，碳元素的化合价均未发生 变化，B 正确； Cd 极为阴极， 2 3 CO 得电子生成 C 和 O2，电极反应式为 2 3 CO + 4e= C + 3O2，C 正确； D 将阴、 阳极发生的电极反应加和， 便得到总反应式为： CO2C+O2， 转移 4mol 电子时， 消耗 1molCO2， 则转移 1mol 电子可捕获 CO2 的体积为1mol22.4L/ mol 4 =5.6 L(标况下)，D 不正确； 故选 D。

17、13已知：p=p - c HX c X =-lg - c HX c X 。室温下，向 0.10mo1 L-1的 HX 溶液中滴加 0.1mol L-1的 NaOH 溶液， 溶液 pH 随 p 的变化关系如图。下列说法正确的是（ ） Aa 点溶液中：c(HX)+c(X-)=0.10mo1 L-1 Bc 点溶液中：c(Na+)10c(HX) Cb 点坐标为(0，4.50) D溶液中水的电离程度：cba 【答案】B 【解析】【分析】 HX 的电离平衡常数表达式为 Ka= -+ XH HX cc c ， 则 lg Ka=lg - X HX c c +lgc(H+)=-pH-lg - HX X c c

18、， 即 pH=-lgKa-lg - HX X c c =p-lg Ka，将点(1，5.75)带入可得 lg Ka=-4.75，即 Ka=10-4.75。 【详解】A设 0.10mo1 L-1的 HX 溶液中 c(H+)=x，则有 -1 4.75 xx = 0.1mol L -x 10 ，解得 x 约为 10-2.9mol/L，所 以 0.10mo1 L-1的 HX 溶液 pH 约为 2.9，当 pH=3.75 时说明已经滴入了部分 NaOH 溶液，溶液的体积发生变 化，所以 c(HX)+ c(X- )0.10mo1 L-1不再成立，A 选项错误； Bc 点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(N

19、a+)=c(X-)+c(OH-)，此时 p - c HX c X =1，则 c(X-)=10c(HX)，带入电 荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，则 c(Na+)10c(HX)，B 选项 正确； C将 lg - c HX c X =0，带入 pH=-lgKa-lg - c HX c X ，可得此时 pH=-(-4.75)=4.75，所以 b 点坐标为(0，4.75)，C 选项错误； D 随着 NaOH 滴入， 溶液 pH 增大， 溶液中 NaX 逐渐增多， 当溶质全部为 NaX 时水的电离程度达到最大， 此时容易呈碱性，也

20、就是说在完全反应之前随着 NaOH 滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：c ba，D 选项错误； 答案选 B。 二、 非选择题： 本卷包括必考题和选考题两部分。 第 2628 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。 第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （14 分）肉桂酸是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。其酯类衍生物是配制香精和食品香料的重要 原料。它在农用塑料和感光树脂等精细化工产品的生产中也有着广泛的应用。实验室合成肉桂酸的反应原 理如下 部分物质的相关性质如下表所示： 实验步骤如下： 步骤 1：适量无水醋酸钾、14.5mL 乙酸酐

21、(过量)和 5.0mL 苯甲醛(密度为 1.06g/cm3)依次加入 150ml 三颈烧 瓶中摇匀，放入磁子，搭好回流装置，用带磁力搅拌功能的电炉(图 A)加热至微沸后保持加热回流 1 小时； 步骤 2：取下三口烧瓶，冷却至 100 度以下后，加入少量饱和碳酸钠溶液调节 pH8-9； 步骤 3：如图 B 连接好水蒸气蒸馏装置（加热装置略去） ，进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴； 步骤 4：将三口烧瓶中的残余液冷却后加入活性炭，煮沸，_往滤液中边搅拌边滴加浓盐酸至 pH=3，大 名称 相对分子质量 熔点/ 沸点/ 主要性质 苯甲醛 106.0 -26 179 纯品为无色液体，微溶于水；空气中加热

22、易被缓慢氧化 乙酸酐 102.0 -73.1 138.6 无色透明液体；有剌激性气味；其蒸气为催泪毒气，遇水 强烈水解生成乙酸，产生大量酸雾 肉桂酸 148.0 133 300 白色至淡黄色粉末；微有桂皮香气 石蜡 / 50-70 300-550 主要由烷烃组成，性质稳定 量固体析出； 步骤 5：减压过滤，洗涤，烘干，称量，测熔点。 回答下列问题： （1）步骤 1 中，若用酒精灯加热，可能存在的安全隐患是_。 （2）步骤 2 中，加饱和碳酸钠溶液的目的是_，可观察到的明显现象是_。 （3）步骤 3 中，水蒸气蒸馏的目的是除去_。(填物质名称) （4）步骤 4 中，缺失的操作名称是_。 （5）步

23、骤 5 中，若称量得到的产品质量为 4.800g，则本实验的产率为_%(保留 4 位有效数字)。 （6）有机物都有固定的熔点，因此测量产品的熔点可以初步判定所得的产品是不是预期产物。测产品熔点 的装置如图 C 所示：将产品装入一端封口的毛细玻璃管中，与温度计绑在一起，插入 b 形管（图 D）中， 用火焰持续加热 b 形管右侧，观察毛细管中样品的状态以及相应温度计的示数，即可测得样品的熔程（刚 开始出现液滴至恰好完全熔化的温度范围） 。测定过程中，温度计的水银球应位于_（填“m”、“n”或“p”） ， b 形管中所装的热浴液可选用_（填相应字母编号） 。 A蒸馏水 B浓硫酸 C石蜡 【答案】 （

24、1）可能引燃有机物发生火灾（2 分） （2）将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失（2 分） 产生大量气泡和酸雾（2 分） （3）苯甲醛（1 分） （4）趁热过滤（2 分） （5）64.86（2 分） （6）n（1 分） BC（2 分） 【解析】 （1）步骤 1 中，三颈烧瓶中盛有乙酸酐(过量)和苯甲醛，属于易燃有机物，若用酒精灯加热，可能 存在的安全隐患是引燃有机物发生火灾； （2）步骤 1 发生反应得到肉桂酸和乙酸，还 有过量的乙酸酐，步骤 3 将进行蒸馏，肉桂酸有挥发性，需进行保护，故步骤 2 中，加饱和碳酸钠溶液的 目的是将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失，加入

25、的饱和碳酸钠溶液，根据表格信息可 知乙酸酐遇水强烈水解生成乙酸，产生大量酸雾，乙酸与碳酸钠反应产生大量气泡，现象为产生大量气泡 和酸雾； （3）步骤 3 中，进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴，说明目的是为了除去油状物质，符合题意的只有苯 甲醛； （4）步骤 4 中，缺失的操作名称是趁热过滤，若冷却则肉桂酸钠会结晶被过滤，造成目标产物损失，影响 产率计算； （5）步骤 5 中，通过苯甲醛的量按方程进行计算，肉桂酸的理论质量为 5.0 1.06 148/106g=7.4g，产率 =4.800g/7.4g100%64.86%； （6）温度计插入 b 形管的深度以水银球恰好在 b 形管的两侧管中部，故

26、在 n 位置，肉桂酸熔点为 133， 高于 100低于 140，故可选热浴液为浓硫酸和石蜡，答案选 BC。 27 （15 分）长余辉材料在发光照明、交通等领域具有广泛的应用前景。下图是一种利用大理石(主要成分 CaCO3和 MgCO3)和铝土矿(主要成分 Al2O3，还含少量 Fe2O3杂质)制备一种长余辉材料(Ca12Al14Ox)的工艺 流程图。回答下列问题： （1）Ca12Al14Ox中 x 的数值为_，试剂 X 的名称是_。 （2） NH4Cl 溶液能溶解“粉末”的原因是 ， 溶液乙中发生的主要反应的化学方程为 。 （3）反应的离子方程式为 。 （4）实验室加热 Al(OH)3应在_(

27、填仪器名称)进行；操作包括_、干燥等。 （5）若溶液甲中 c(Mg2+)5 105mol L1元素损失，此时应调节溶液 pH 大于_，为减少钙元素损 失，应控制溶液甲中 c(Ca2+)_。常温下 KspMg(OH)2=5 1011，KspCa(OH)2=5 106。 【答案】 （1）33（2 分） 氢氧化钠溶液（1 分） （2） NH4Cl 溶液中铵根离子水解， 溶液呈酸性 （1 分） CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4Cl （2 分） （3）AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO 3 （2 分） （4）坩埚（1 分） 过滤、洗涤（2 分） （5）11（2

28、分） 5mol L1（2 分） 【解析】 【分析】大理石在高温下煅烧，CaCO3和 MgCO3均分解生成 CaO 和 MgO，加入 NH4Cl 溶解，得 到 CaCl2和 MgCl2的混合溶液，通入 NH3，Mg2+转化为 Mg(OH)2，过滤除去，CaCl2溶液中加入 NH3、CO2 得到 CaCO3。铝土矿中含有 Al2O3和 Fe2O3，利用 Al2O3溶于强碱，进行分离，加入强碱，得到 AlO 2溶液， 通过 CO2，可将 AlO 2转化为 Al(OH)3，加热分解得到 Al2O3。最终得到长余辉材料。 （1）根据化合物中各种元素化合价的代数和等于零，Ca12Al14Ox中 Ca、Al

29、 的化合价分别为+2、+3，则有 12 2+14 3+(-2)x=0，得 x=33；铝土矿中含有 Al2O3和 Fe2O3，利用 Al2O3溶于强碱，进行分离，X 为强碱， 根据后面的流程得到 NaHCO3，可知该强碱为氢氧化钠溶液； （2）CaCO3和 MgCO3在高温下煅烧生成 CaO 和 MgO 粉末，因 NH4Cl 为强酸弱碱盐，其溶液中的 NH+ 4水 解使得溶液呈酸性，能够溶解 CaO 和 MgO，生成 Ca2+、Mg2+，通入 NH3后 Mg2+形成 Mg(OH)2沉淀，过滤 除去，溶液乙为 CaCl2溶液，再通入 NH3和 CO2，发生反应 CaCl2+2NH3+CO2+H2O

30、=CaCO3+2NH4Cl； （3）由流程图可知，反应为 NaAlO2溶液中通入过量的 CO2，生成 Al(OH)3和 NaHCO3，离子方程式为 AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3； （4）加热固体需要坩埚；操作是为了得到 CaCO3沉淀，具体操作为过滤、洗涤、干燥等； （ 5 ） 2+2- sp2 Mg(OH)(Mg )(OH )Kcc=5 1011， 若 溶 液 甲 中 c(Mg2+)5 105mol L1， 代 入 数 据 ， sp -11 -3 - 2 2+5 5 10 (OH )=mol/L=10 mol/L 5 1 Mg(OH) (Mg )0 K c c ，则

31、pH= 14 -3 w10 -lg=-lg()=11 (OH )10 K c ，则 pH 应该大于 11；pH=11 时，溶液中 c(OH)=103mol L1，带入数据， 2+2-6 sp2 Ca(OH)(Ca )(OH )=5 10Kcc，带入 数据，c(Ca2+)=5mol L1，为减少钙元素损失，应控制溶液甲中 c(Ca2+)5molL1。 28 （14 分）汽车发动机工作时会产生包括 CO、NOx 等多种污染气体，如何处理这些气体，对保护大气环 境意义重大，回答下列问题: （1）已知：2NO2(g) 2NO(g)O2(g) H1115.2 kJ mol1； 2O3(g) 3O2(g)

32、 H2286.6 kJ mol1。 写出臭氧与 NO 作用产生 NO2和 O2的热化学方程式：_。恒容密闭体系中 NO 氧化率随 3 n O n(NO) 值的变化以及随温度的变化曲线如图所示。 NO 氧化率随 3 n O n(NO) 值增大而增大的主要原因是_。 （2）实验测得反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H0 的即时反应速率满足以下关系式：v正=k 正 c2(NO) c(O2)；v逆=k逆 c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响 温度为 T1时，在 1L 的恒容密闭容器中，投入 0.6 molNO 和 0.3 molO2达到平衡时 O2为 0.2 mol；温度为

33、T2时，该反应存在 k正=k逆，则 T1_ T2 (填“大于”、“小于”或“等于”)。 研究发现该反应按如下步骤进行： 第一步：NO+NO 1正 1逆 k k N2O2 快速平衡 第二步：N2O2 +O2 k1 2NO2 慢反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：v1正=k1正 c2(NO)；v1逆=k1逆 c(N2O2) 下列叙述正确的是_ A同一温度下，平衡时第一步反应的 k k 1正 1逆 越大反应正向程度越大 B第二步反应速率低，因而转化率也低 C第二步的活化能比第一步的活化能低 D整个反应的速率由第二步反应速率决定 （3）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将

34、CO 和 NO2两者转化为无污染气体，反应方程式为： 2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g) H0 某温度下，向 10L 密闭容器中分别充入 0.1molNO2和 0.2 molCO，发生上述反应，随着反应的进行，容器内 的压强变化如下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 12 压强/kPa 75 73.4 71.95 70.7 69.7 68.75 68.75 回答下列问题： 在此温度下，反应的平衡常数 Kp=_kPa-1(Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果精确到小数点 后 2 位)；若保持温度不变，再将 CO、CO2气体浓度分别增加一倍，则平衡_(填“右移

35、”或“左移”或“不移 动”)； 若将温度降低， 再次平衡后， 与原平衡相比体系压强(p 总)如何变化？_(填“增大”、 “减小”或“不变”)， 原因是_。 【答案】 （1）NO(g)O3(g)NO2(g)O2(g) H200.9 kJ mol1（2 分） 3 n(O ) n(NO) 值增大， O3浓度增加， 有利于平衡 NO(g)O3(g) NO2(g)O2(g)正向移动， NO 氧化率增大 （2 分） （2）小于（1 分） AD（2 分） （3）0.04（2 分） 不移动（2 分） 减小（1 分） 若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律， 总压强减小；同时，降低温度，由于反应放热，所以平衡

36、朝正方向移动，容器内分子数减少，总压强也减 小（2 分） 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律书写臭氧与 NO 作用产生 NO2和 O2的热化学方程式；O3浓度增加，有 利于平衡 NO(g)O3(g)NO2(g)O2(g)正向移动； （2） 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)；v正=k正 c2(NO) c(O2)；v逆=k 逆 c2(NO2)，达到平衡时 k正 c2(NO) c(O2)= k 逆 c2(NO2)， 2 2 2 2 NO = NOO cK K Kcc 正 逆 ； （3）根据气体物质的量比等于压强比， 0.3 = 7568.75 x ，x=0.275mol，即反应平衡时，气体

37、总物质的量是 0.275mol。 【详解】 （1）2NO2(g)2NO(g)O2(g) H1115.2 kJ mol1； 2O3(g)3O2(g) H2286.6 kJ mol1。 根据盖斯定律，1 2 1 2 得，NO(g)O3(g)NO2(g)O2(g) H200.9 kJ mol1； 3 n(O ) n(NO) 值 增大，O3浓度增加，有利于平衡 NO(g)O3(g) NO2(g)O2(g)正向移动，NO 氧化率增大； （2）温度为 T1时，在 1L 的恒容密闭容器中，投入 0.6 molNO 和 0.3 molO2达到平衡时 O2为 0.2 mol； 22 + (mol/L)0.60.

38、30 (mol/L)0.20.10.2 2 (mol/L)0.40.20.2 NO gOg2NOg 开始 转化 平衡 温度为T1时， K= 2 2 2 22 2 NO0.2 =1.25 NOO0.40.2 c cc ， 温度为T2时， 该反应存在k正=k逆， 即K=1， 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)正反应放热，所以 T1小于 T2； A k k K 1正 1逆 ，同一温度下，平衡时第一步反应的 k k 1正 1逆 越大，说明平衡常数越大，反应正向程度越大， 故 A 正确； B转化率与平衡移动有关，与反应速率无关，故 B 错误； C活化能越小，反应速率越快，第二步的活化能比第一步的活

39、化能高，故 C 错误； D总反应速率由慢反应决定，第二步反应速率慢，所以整个反应的速率由第二步反应速率决定，故 D 正 确； （3） 222 + (mol)0.10.200 (mol)244 (mol)0.1 2NOg4CO g4CO+N 20.244 xxxx x gg xxx 开始 转化 平衡 0.1-20.2440.275xxxx x=0.025mol； 在此温度下，反应的平衡常数 Kp= 4 24 0.0250.1 68.7568.75 0.2750.275 = 0.050.1 68.7568.75 0.2750.275 0.04kPa-1；若保持温度不变，再 将 CO、CO2气体浓度

40、分别增加一倍，浓度熵 Q=k，则平衡不移动； 若温度降低，体积不变，根据阿伏加德罗定律，总压强减小；同时，降低温度，由于反应放热，所以平 衡朝正方向移动，容器内分子数减少，总压强也减小，所以若将温度降低，再次平衡后，与原平衡相比体 系压强(p 总)减小。 【点睛】本题考查化学平衡，根据正逆反应速率表达式，准确推断速率常数和化学平衡常数的关系为解题 关键，掌握影响化学平衡移动的因素，会根据浓度熵和平衡常数的关系判断反应进行方向。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35化学选修 3：物质结构与性质（15 分） 根据所学内容回答下列问题：

41、 （1）基态硼原子电子排布图为_。 （2）根据 VSEPR 模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是_。 ASO 2- 3 和 NO - 2 BNO - 3和 SO3 CH3O +和 ClO- 3 DPO3- 4 和 SO 2- 3 （3）第三周期某元素的前 5 个电子的电离能如图 1 所示。该元素是_(填元素符号)，判断依据是_。 （4）铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图 2 所示。1 个铝原子周围有_ 个镁原子最近且等距离。 （5） 配合物 Fe(CO)5的熔点20，沸点 103，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如下图所示。下列关 于 Fe(CO)5说法不

42、正确的是_。 AFe(CO)5是非极性分子，CO 是极性分子 BFe(CO)5中 Fe 原子的配体与 C22互为等电子体 C1mol Fe(CO)5含有 5mol键 DFe(CO)5Fe5CO 反应中没有新化学键生成 （6）独立的 NH3分子中，HNH 键键角为 10718。如图是Zn(NH3)62的部分结构以及其中 HNH 键键角。 请解释Zn(NH3)62离子中 HNH 键角变为 109.5 的原因是_。 （7）已知立方 BN 晶体硬度很大，其原因是_；其晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的 B、N 原子 之间的距离为 a nm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则晶体的密度为_g cm3（列式即可

43、，用含 a、NA的 代数式表示） 。 【答案】 （1） （1 分） （2）B（2 分） （3）Mg（1 分） I3是 I2的 5 倍多，说明最外层有 2 个电子（2 分） （4）8（1 分） （5）CD（2 分） （6）氨分子与 Zn2形成配合物后，孤对电子与 Zn2成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成 键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 HNH 键键角变大（2 分） （7）立方 BN 晶体是原子晶体，B-N 键键能大，所以质地坚硬（2 分） 21 3 A 75 3 10 16a N （2 分） 【解析】（1） 硼原子核外电子数为5， 基态原子核外电子排布为1S12S22P

44、1， 电子排布图是； （2）ASO 2- 3 中 S 原子价层电子对个数= 6+2 =4 2 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构， NO - 2 中 N 原子价层电子对个数= 5+1=3 2 ，含有一个孤电子对，所以为 V 形结构，故不选 A； BNO - 3中 N 原子价层电子对个数= 5+1=3 2 ，没有孤电子对，所以为平面结构， SO3中 S 原子价层电子对 个数= 6 =3 2 ，没有孤电子对，所以为平面结构，故选 B； CH3O+中 O 原子价层电子对个数= 6+3-1 =4 2 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构， ClO - 3中 Cl 原 子价层电子对个数= 7+1

45、=4 2 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，故不选 C； DPO 3- 4 中 P 原子价层电子对个数= 53 =4 2 ，没有孤电子对，所以为四面体结构， SO 2- 3 中 S 原子价层电 子对个数= 62 =4 2 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，故不选 D； （3）由图示可知，I3是 I2的 5 倍多，说明最外层有 2 个电子，所以该元素是 Mg； （4）根据图示，1 个铝原子周围有 8 个镁原子最近且等距离； （5）A根据配合物 Fe(CO)5的结构图，Fe(CO)5是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，CO 分子中正负电荷分布不均匀，是极性分子，故 A 正确

46、； BFe(CO)5中 Fe 原子的配体是 CO，价电子数是 10，与 C22互为等电子体，故 B 正确； C1mol Fe（CO）5含有 10mol键，故 C 错误； DFe(CO)5Fe5CO 是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，故 D 错误； 选 CD； (61)氨分子与 Zn2形成配合物后，孤对电子与 Zn2成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成 键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 HNH 键键角变大； (7)立方 BN 晶体是原子晶体， B-N 键键能大， 所以质地坚硬； 根据均摊原则， 1 个晶胞中含有 N 原子数是 4、 含有 B 原子数是 11 8+6=4 82 ，晶胞中最近的 B、N 原子之间的距离为 a nm，则晶胞体对角线为 4a nm， 晶胞边长是 4 3 3 anm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则晶体的密度为 3 21 A 11+144 4 3 10 3 aN = 21 3 A 75 3 10 16a N g cm3。 【点睛】本题考查物质结构，熟悉晶体类型、晶胞计算是解题关键，根据均摊法计算晶胞中原子数，顶点 的原子被 8 个晶胞共用、面心的原子被