四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期第一次月考理综化学试题 17页

四川省宜宾市叙州区第一中学 2020 届高三上学期第一次月考理综 化学试题 1.化学与人类生产、生活密切相关。下列叙述正确的是 A. 熟石灰可作食品干燥剂 B. SO2 具有漂白性，可用作食品漂白剂 C. 氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂 D. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂 【答案】D 【解析】 【详解】A. 熟石灰是氢氧化钙，没有吸水性，不能作食品干燥剂，生石灰为氧化钙，可作食 品干燥剂，故 A 项错误； B. 二氧化硫有毒，不能作食品漂白剂，故 B 项错误； C. 碳酸钠的碱性太强，不适合做胃酸中和剂，而氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂， 故 C 项错误； D. 硅酸钠性质稳定，不能燃烧，不易腐蚀，其水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂，故 D 项正确； 答案选 D。 2.实验室从废定影液[含 Ag(S2O3)23-和 Br-等]中回收 Ag 和 Br2 的主要步骤为：向废定影液中加 入 Na2S 溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧 Ag2S 制取金属 Ag；制取 C12 并将 Cl2 通入 滤液中氧化 Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如下图所示： 下列叙述正确的是 A. 用装置甲分离 Ag2S 时，用玻璃棒不断搅拌 B. 用装置乙在通风橱中高温灼烧 Ag2S 制取 Ag C. 用装置丙制备用于氧化过滤液中 Br-的 Cl2 D. 用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层 【答案】C 【解析】 【分析】 A. Ag2S 不溶物，可用过滤操作进行分离，玻璃棒起引流作用； B. 高温灼烧 Ag2S 需用坩埚； C. 高锰酸钾与浓盐酸在常温下可制备氯气； D. 分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出。 【详解】A. 用装置甲可分离 Ag2S 不溶物，但不能用玻璃棒不断搅拌，否者可能会使滤纸破损 而影响实验操作，故 A 项错误； B.蒸发皿可用于水溶液的蒸发结晶实验操作，而高温灼烧 Ag2S 固体时需用坩埚进行实验，故 B 项错误； C. 高锰酸钾具有强氧化性，在常温下可与浓盐酸反应制备氯气，其实验装置与操作均科学规 范，故 C 项正确； D. 苯为有机萃取剂，其密度比水小，则在分液时，先从分液漏斗的下口放出水层，不能从下 口继续放出有机层，而应该从上口倒出有机层，D 项错误； 答案选 C。 3.G 是一种香料，结构简式如图所示： ，下列说法错误的 是 A. 常温下，G 能使溴水褪色 B. G 的分子式为 C15H16O2 C. 苯环上二溴代物有 5 种 D. G 分子中至少有 12 原子共平面 【答案】C 【解析】 A. 该有机物分子中有碳碳双键，所以在常温下，G 能使溴水褪色，A 正确；B. G 的分子式为 C15H16O2，B 正确；C. 苯环上二溴代物有 6 种，C 不正确；D. 由苯环的 12 原子共面可知，G 分 子中至少有 12 个原子共平面，D 正确。本题选 C。 4.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 为 A. 14gC2H4 含有的单键数目为 3NA B. 99℃时，1LpH=6 的纯水中，含有的 OH－数目为 1×10－8NA C. 足量的 Na 与 1molO2 充分反应，转移的电子数目一定为 2NA D. 8.0gCu2S 和 CuO 的混合物中含有的铜原子数为 0.1NA 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 乙烯分子内含 4 个碳氢单键； B. 根据纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度作答； C. Na 与 O2 充分反应，可能生成 Na2O，也可能生成 Na2O2； D. 铜元素在 Cu2S 和 CuO 中的质量分数相同； 再结合公式 n = = = cV 分析作答。 【详解】A. 根据 C2H4 的结构式可知，1 mol C2H4 分子内含 4 mol 碳氢单键，则 14 g C2H4 的物质 的量为 = 0.5 mol，含有的单键数目为 0.5 mol 4 NA = 2NA，故 A 项错误； B. 99℃时，纯水的 pH=6，则 c(H+) = 1 10-6 mol/L，因 c(OH-) = c(H+) = 1 10-6 mol/L，所以 含有的 OH－数目=1 10-6 mol·L-1 NA mol-1 = 1×10－6NA，故 B 项错误； C. 足量的 Na 与 1molO2 充分反应，当生成 Na2O2 时，转移的电子数为 2NA；当生成 Na2O 时，转 移的电子数为 4NA，故 C 项错误； D. 铜元素在 Cu2S 和 CuO 中的质量分数相同，为 ，所以 8.0 g Cu2S 和 CuO 的混合物中铜元 素的质量为 8.0 g× = 6.4 g，所以含有的铜原子数目为 NA mol-1 = 0.1NA，故 D 项正确； 答案选 D。 【点睛】与阿伏加德罗常数 NA 相关的化学计量题型是高频考点，考察角度广，侧重考查学生 对化学计量的理解与应用。本题的 B 项，出题者设下的陷阱是误以为氢氧根离子的浓度可以 直接由常温下 Kw（1 10-14）间接求出，需要注意的是，题设条件并不是常温，温度变化 Kw 会 变化，所以不能利用此法求解，学生需要打破思维定势，根据纯水中氢离子浓度与氢氧根浓 A N N m M 14 28 / g g mol × × × × × × 64 80 64 80 6.4 64 / g g mol × × 度相等来分析作答，此规律在不同温度都成立。 5.a、b、c、d 四种元素在周期表中的位置如下图，则下列说法正确的是 A. a 与 b 之间容易形成离子化合物 B. 若 b 单质可作半导体材料，则 c 的单质不可能为半导体材料 C. 若 b 的单质与 H2 易化合，则 c 的单质与 H2 更易化合 D. 若 b 的最高价氧化物对应水化物为 H2bO4，则 a 的氢化物的化学式为 aH3 【答案】D 【解析】 【详解】A.a、b 可能均为非金属，如 a 为 C，b 为 P，非金属之间不易形成离子键，故 A 错误； B.若 b 的单质可作半导体材料，b 为 Si，c 为金属元素 Ge，则 c 的单质可能为半导体材料， 故 B 错误； C.b、c 同主族，从上到下非金属性减弱,非金属性强的 b 与 H2 易化合,则 c 的单质与 H2 不一定 容易化合，故 C 错误； D.若 b 的最高价氧化物对应水化物为 H2bO4，b 的最高价为+6 价，最低价为-2 价，b 为第ⅥA 族元素，a 为第 VA 族元素，a 的氢化物的化学式为 aH3，故 D 正确； 本题答案为 D。 【点睛】b 的最高价氧化物对应水化物的化学式为：H2bO4,依据化合物中化合价代数和为零的 原则，可知 b 的最高价为+6 价, 最低价为-2 价，最高化合价数等于主族的族序数，所以 b 为 第ⅥA 族元素。 6.世界水产养殖协会介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其原理如图所示， 电极 C1、C2 为惰性电极，下列说法正确的是（　　） 的 A. C1 极上发生还原反应 B. Y 为电源的负极 C. 若有 1molNO3-被还原，则有 1molH+通过质子膜迁移至阴极区 D. 若有机物为葡萄糖(C6H12O6)，则 1mol 葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出 20mole- 【答案】B 【解析】 【分析】 从装置图中可知，X 电极连接的电极上发生反应是在微生物作用下有机物(如 C6H12O6 等)被氧 化为 CO2，发生氧化反应；Y 电极连接电极上，微生物作用下，硝酸根离子被还原为氮气，氮 元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴极，则 X 为正极，Y 为负极，结合电极反应和 电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过，据此分析判断。 【详解】X 电极连接的电极上发生反应是微生物作用下有机物转化成 CO2，发生氧化反应；Y 电极连接电极上，微生物作用下，NO3-离子转化成氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应， 为电解池的阴极，则 X 为正极，Y 为负极。 A.X 为正极，C1 为阳极，发生氧化反应，A 错误； B.根据上述分析分析可知：电源中 Y 为负极，X 为正极，B 正确； C.若有 1molNO3-被还原，根据阴极电极反应式 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O 可知，电子转移 5mol， 则有 5molH+通过质子膜迁移至阴板区，C 错误； D.1mol 葡萄糖被完全氧化时，碳元素化合价 0 价变化为+4 价，理论上电极上流出 4×6mol=24mol e-，D 错误； 故合理选项是 B。 【点睛】本题考查了电解池原理和应用，依据电极上物质变化的元素的化合价变化方式的反 应来确定电解池电极名称和原电池电极名称，根据外电路和质子交换膜中通过的电量相同计 算，不能依据实际消耗的氢离子计算，注意运用原子守恒计算。 7.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中 同时加入 Cu 和 CuSO4，生成 CuCl 沉淀从而除去 。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系 图，下列说法错误的是 A. 的数量级为 B. 除 反应为 Cu+Cu2++2 =2CuCl C. 加入 Cu 越多，Cu+浓度越高，除 效果越好 D. 2Cu+=Cu2++Cu 平衡常数很大，反应趋于完全 【答案】C 【解析】 A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为 1 时，纵坐标 大于－6，所以 Ksp(CuCl) 的数量级是 10－7，A 正确；B．除去 Cl－反应应该是 Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B 正确；C．加 入 Cu 越多，Cu+浓度越高，除 Cl－效果越好，但同时溶液中，Cu2＋浓度也增大，会在阴极被还 原为 Cu，影响炼锌的产率和纯度，故 C 错误；D．在没有 Cl－存在的情况下，反应 2Cu＋＝Cu2＋＋ Cu 趋于完全，D 正确，答案选 C。 8.过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题： （1）最早制备 H2O2 使用的原料是易溶于水的 BaO2 和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_____。 BaO2 的电子式为：__________。 （2）目前工业制备 H2O2 的主要方法是蒽醌法。反应流程如下： Cl − Cl − SP (CuCl)K 710− Cl − Cl − Cl − ( ) lg · c Cu mol L + − 已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。 ①蒽醌法所用原料的物质的量之比为_____________。 ②操作 a 是__________________。 ③再生回收液的成分是______________________。 （3）测量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取 20.00mL 过氧化氢样品，加入 过量硫酸酸化，用 0. l000mol/L 的 KMnO4 标准溶液滴定至终点，消耗 10. 00mL，滴定时发生 反应的离子方程式为____，该样品中 H2O2 的物质的量浓度为_______。 【答案】 (1). BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2 (2). (3). 1:1 (4). 萃 取分液 (5). 有机溶剂乙基蒽醌 (6). 2MnO 4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O (7). 0.1250mol/L 【解析】 【分析】 （1）易溶于水的 BaO2 和稀硫酸反应生成 H2O2 和 BaSO4 沉淀；过氧化钡为离子化合物； （2）由流程图可知，乙基蒽醌溶于有机溶剂得到乙基蒽醌的有机溶液，氢气与乙基蒽醌的有 机溶液在催化剂作用下反应生成氢化液乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应生成含有乙基 蒽醌的有机溶液与双氧水的氧化液，向氧化液中加入蒸馏水，萃取分液得到稀双氧水和含有 乙基蒽醌的有机溶液的回收液； （3）双氧水在酸性条件下与 KMnO4 发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水；根据反应方程 式可计算样品中 H2O2 的物质的量浓度。 【详解】（1）易溶于水的 BaO2 和稀硫酸反应生成 H2O2 和 BaSO4 沉淀，反应的化学方程式为 BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；过氧化钡为离子化合物，钡离子与过氧根离子通过离子键结合，氧 原子之间通过共价键结合，过氧化钡的电子式： ；故答案为： BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2； ； （2）①根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，根据双氧水 的化学式可知，原料的物质的量之比为 1：1，故答案为：1:1； ②加入蒸馏水后进行操作 a 得到稀双氧水和再生回收液，根据流程原理再生回收液应该为乙 基蒽醌，故操作是将乙基蒽醌从水中分离出来，应采用萃取分液，故答案为：萃取分液； ③再生回收液的成分是有机溶剂和乙基蒽醌，故答案为：有机溶剂，乙基蒽醌； （3）双氧水在酸性条件下与 KMnO4 发生氧化还原反应生成硫酸锰、氧气和水，反应的离子方 程式为 2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，根据反应方程式可得样品中 H2O2 的物质的量浓度 为 ，故答案为：2MnO4－+5 H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；0.1250mol/L。 【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，注意根据反应原理和生产流程 分析流程中的基本操作是解答关键。 9.钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。从含钴废料(含 CoO、Co2O3、 单质 Al、Li 等)中制取粗 CoCl2·6H2O 的流程如下所示。 请回答下列问题： (1)步骤 I 中主要发生的化学反应方程式为______。 (2)已知 Co2O3 具有强氧化性，若步骤 II 中浸出剂为盐酸，造成的后果是_______。 (3)步骤Ⅲ中①的目的是除去 Al3+，写出该步反应的离子方程式______。 (4)若在实验室煅烧 CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有______、______(填 仪器名称)。 (5)操作①是在 HCl 氛围中进行的，其步骤是______、_____、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程 中可以用工业酒精代替水，其优点是_____。 (6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的 CoCl2 溶液，下列可作为指示剂的是____(填选项， 忽略亚钴离子的颜色干扰) A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S 已知几种物质在 20℃时的颜色及 Ksp 值如下表 5 0.1000mol / L 0.010L2 0.1250mol / L0.020L × × = 化学式 AgCl AgSCN Ag2S Ag2CrO4 颜色 白色 浅黄色 黑色 红色 Ksp 2.0×10-10 1.0×10-12 2.0×10-48 2.0×10-12 【 答 案 】 (1). 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑ 、 2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑ (2). 会产生有毒气体氯气 (3). 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ (4). 坩 埚 (5). 泥三角 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 减少晶体的溶解损失 (9). C 【解析】 【分析】 含钴废料(含 CoO、Co2O3、单质 Al、Li)加入碱液，Al 能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气， 锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有 Co2+及微量 Li+、Al3+ 溶液，向该溶液中加入 20%碳酸钠溶液调节溶液的 pH 为 4.5-5 之间，然后加入 NaF，过滤得 到铝锂渣和滤液，滤液中加入 30%碳酸钠溶液调节溶液的 pH 为 8-8.5，得到 CoCO3 沉淀，煅烧 碳酸钴得到 CoO，CoO 与盐酸反应生成 CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出 CoCl2·6H2O 结晶水合物，据此分析解答。 【详解】(1)步骤 I 中 Al 能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主 要化学反应方程式有 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑，故答案为： 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑； (2)Co2O3 具有强氧化性，若步骤 II 中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气， 污染环境，故答案为：会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)； (3)步骤Ⅲ中①的目的是除去 Al3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式 为 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为：2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑； (4)实验室煅烧 CoCO3 需要在坩埚中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩 埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角； (5)CoCl2 能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作①是需要在 HCl 氛围中进行，从 CoCl2 溶液中获得 CoCl2·6H2O 晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程 中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故 答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失； (6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的 CoCl2 溶液，根据几种物质在20℃时的颜色及 Ksp 值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用 K2CrO4 为指示剂，故答案为：C。 10.燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。 （1）用 CH4 催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知: ①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574 kJ•mol-1 ②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160 kJ•mol-1 ③H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ•mol-1 写出 CH4(g)与 NO2(g)反应生成 N2(g)、CO2(g)和 H2O(l) 的热化学方程式______________。 （2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除 SO2 和 NO 工艺,氧化过程反应原理及反应 热、活化能数据如下: 反应Ⅰ:NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•mol-1 Ea1 = 3.2 kJ•mol-1 反应Ⅱ:SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•mol-1 Ea2 = 58 kJ•mol-1 已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g) 3O2(g)。请回答: 其它条件不变,每次向容积为 2L 的反应器中充入含 1.0 mol NO、1.0 mol SO2 的模拟烟气和 2.0 mol O3,改变温度,反应相同时间 t 后体系中 NO 和 SO2 的转化率如图所示: ①由图可知相同温度下 NO 的转化率远高于 SO2,结合题中数据分析其可能原因_______。 ②下列说法正确的是 ____________ 。 A P 点一定为平衡状态点 B 温度高于 200℃后,NO 和 SO2 的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零 C 其它条件不变,若缩小反应器的容积可提高 NO 和 SO2 的转化率    ③假设 100℃时 P、Q 均为平衡点,此时反应时间为 10 分钟,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总 量的 10%,则体系中剩余 O3 的物质的量是_______mol;NO 的平均反应速率为_______;反应Ⅱ在 此时的平衡常数为______ 。 （3）用电化学法模拟工业处理 SO2。将硫酸工业尾气中的 SO2 通入如图装置(电极均为惰性材 料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能: ①M 极发生的电极反应式为 ____________。 ②当外电路通过 0.2 mol 电子时,质子交换膜左侧的溶液质量_______(填“增大”或“减 小”)_______克。 【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol (2). 反应 Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 (3). BC (4). 0.65 (5). 0.0425mol/(L·min) (6). 0.96 (7). SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+ (8). 增大 (9). 6.2 【解析】 (1)①CH4(g)+4NO2(g)═4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574 kJ•mol-1 ， ②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160 kJ•mol-1 ，③H2O(g)═H2O(l)△H=-44.0 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将 ×(①+②+③×4)得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H= ×[(-574kJ•mol-1)+(-1160kJ•mol-1)+(-44.0kJ•mol-1)×4]=-955kJ•mol-1，故答案为： CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955kJ•mol-1； (2)①反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1 = -200.9 kJ•mol-1 Ea1 = 3.2 kJ•mol-1 反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g) △H2 = -241.6 kJ•mol-1 Ea2 = 58 kJ•mol-1，反应 Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，因此相同温度下 NO 的转化率远高于 SO2， 故答案为：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应； ②A．图中曲线属于描点法所得图像，P 点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点， 1 2 1 2 可能是建立平衡过程中的一点，故 A 错误；B．根据图像，温度高于200℃后，2O3(g) 3O2(g) 反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO 和 SO2 的转化率随温度升高显著下降、当臭 氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故 B 正确；C．其它条件不变，若缩小反应器的容积， 使得 2O3(g) 3O2(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) 和反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)平衡正向移动， NO 和 SO2 的转化 率提高，故 C 正确；故选 BC； CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-955kJ•mol-1 ③反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g)中 NO 的转化率为 85%，则反应的 NO 为 0.85mol，O3 为 0.85mol；反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)中 SO2 的转化率为 30%， 反应的 SO2 为 0.3mol，O3 为 0.3mol，2O3(g) 3O2(g)中发生分解反应的臭氧占充入臭氧总 量的 10%，为 0.2mol，则体系中剩余 O3 的物质的量 =2.0mol-0.85mol-0.3mol-0.2mol=0.65mol；NO 的平均反应速率= =0.0425mol/(L·min)；平衡是为 0.85mol+0.30mol+0.3mol=1.45mol，反应Ⅱ的平衡常数= =0.96，故答案为：0.65；0.0425mol/(L·min)；0.96； (3)①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M 电极为负极，N 电极为正极，M 电极上二氧 化硫失去电子氧化生成 SO42-，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成， 电极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+； ②负极反应式为：SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+，正极反应式为 O2 + 4e-- + 4H+ == 2H2O，当外电 路通过 0.2mol 电子时，负极反应的二氧化硫为 0.1mol，质量为 6.4g，同时有 0.2mol 氢离子 通过质子交换膜进入右侧，左侧溶液质量增大 6.4g-0.2g=6.2g，故答案为：增大；6.2。 点睛：本题综合考查了化学反应原理。本题的易错点为(3)，要注意根据原电池的总反应判断 电极反应方程式的书写，②中要注意氢离子的移动对溶液质量的影响。 11.铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题： （1）钴在元素周期表中的位置是___________，其基态原子的价电子排布图为___________。 （2）FeCO3 是菱铁矿的主要成分，其中 C 原子的杂化方式为________；分子中的大 π 键可用 0.85 2 10min mol L× 1.45 0.3 2 2 0.7 0.65 2 2 × × 符号 Π 表示，其中 m 代表参与形成大 π 键的原子数，n 代表参与 形成大 π 键的电子数(如苯分子中的大 π 键可表示为 Π )，则 CO32－中的大 π 键应表示为 ________。 （3）已知 Fe2+半径为 61pm，Co2+半径为 65pm，在隔绝空气条件下分别加热 FeCO3 和 CoCO3，实 验测得 FeCO3 受热分解温度低于 CoCO3，其原因可能是______。 （4）Co(NH3)5Cl3 是钴的一种配合物，向含 0.01mol 该配合物的溶液中加入足量 AgNO3 溶液， 生成白色沉淀 2.87g。则该配合物的配位数为_____。 （5）奥氏体是碳溶解在 r－Fe 中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如 图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为___________；若该晶胞参数为 a pm， 则该晶体的密度为___________g·cm－3(阿伏加德罗常数的值用 NA 表示)。 【答案】 (1). 第四周期、第 VIII 族； (2). ； (3). sp2； (4). ； (5). 因为分解后生成的 FeO 和 CoO 中，FeO 的晶格能更大； (6). 6； (7). 12； (8). ； 【解析】 【分析】 （1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图； （2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。 （3）根据晶格能判断； （4）根据配合物及配合物的配位数的相关计算解答； （5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。 【详解】（1）Co 在元素周期表中位于第 4 周期第 VIII 族。根据构造原理，其基态原子价电子 1 3 5 { 6 4 4 4( ) 3(2 ) 1 x y x y x y − = − − + = 6 6 6 4Π 3 30 A 272 a N 10−× 排布图为 。 （2）CO32-中 C 的孤电子对数为 ×（4+2-3×2）=0，σ 键电子对数为 3，价层电子对数为 3， C 为 sp2 杂化。CO32-中参与形成大 π 键的原子数是 4 个，电子数是 6 个，则 CO32-中大 π 键可 表示为 。 （3）在隔绝空气条件下分别加热 FeCO3 和 CoCO3，实验测得 FeCO3 受热分解温度低于 CoCO3， 原因是：Fe2+半径为 61pm，Co2+半径为 65pm，Fe2+的离子半径小于 Co2+的离子半径，FeO 的晶 格能大于 CoO 的晶格能。 （4）向含 0.01mol 该配合物的溶液中加入足量 AgNO3 溶液，生成白色沉淀 2.87g，n（AgCl） =2.87g÷143.5g/mol=0.02mol，即配合物中 2 个 Cl-在外界，1 个 Cl-在内界，则该配合物可表 示为[Co（NH3）5Cl]Cl2，该配合物的配位数为 6。 （5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为 12 个。用均摊法晶胞中 含 Fe：8× +6× =4，C：12× +1=4，该晶体的化学式为 FeC，该晶体的密度为 g÷(a×10-10cm)3= g/cm3。 12.A 是石油裂解气的主要成分之一，以 A 为原料制备药物中间体 X 的合成路线如下： 已知 i. ii. 。 回答下列同题： （1）A 的结构简式为_________，B 的名称为__________，D 中含有的官能团的名称是 ___________。 （2）有机物 I 的结构简式为___________；反应④的反应类型是___________。 （3）由 A 生成 B 的化学方程式为______________________________________。 1 2 6 4 π 1 8 1 2 1 4 4 68 AN × 3 30 A 272 a N 10−× （4）反应⑧的化学方程式为___________________________________________。 （5）满足以下条件的 X 的同分异构体有___________种。 i.能发生银镜反应； ii.含有六元环结构； iii.六元环上有 2 个取代基。 其中核磁共振氢谱中有 6 组峰，且峰面积之比为 4：4：3：2：2：1 的有机物的结构简式为 ________（任写一种）。 （6）参照 F 合成路线，以 CH3CH=CHCH3 为原料设计制备 的合成路线：__________ （其他试剂任选)。 【答案】 (1). CH3CH＝CH2 (2). 3—氯—1—丙烯（或 3—氯丙烯） (3). 碳碳双键、 氯原子 (4). (5). 取代反应 (6). CH3CH=CH2+Cl2 CH2 ＝CHCH2Cl+HCl (7). (8). 8 (9). (10). 【解析】 【分析】 根据 A 的分子式 C3H6 分析，该物质为丙烯，和氯气发生取代反应生成 B，B 和 C 反应生成 D， 则 C 为 1,3-丁二烯，D 和氢气发生加成反应生成 E，E 为 ，G 含有碳碳双键， 和氯化氢发生加成生成 H ，在与氢氧化钠水溶液发生取代反应生成醇 I ，再被氧气氧化生成羰基。 的 500℃ 【详解】(1)A 为丙烯，结构简式为： CH3CH=CH2，B 的结构简式为 CH2ClCH=CH2，名称为 3—氯 —1—丙烯（或 3—氯丙烯）,D 含有碳碳双键和氯原子； (2)化合物 I 结构简式为： ，反应④为 E 和 HC≡CNa 发生的取代反应； (3) 由 A 生成 B 的化学方程式为丙烯和氯气发生的取代反应，方程式为： CH3CH=CH2+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl; (4)反应⑧为羟基 催化氧化反应，方程式为： ； (5)X 的同分异构体满足以下条件 i.能发生银镜反应，说明含有醛基；ii.含有六元环结构；iii. 六元环上有 2 个取代基，六元环上可以连接一个醛基和一个乙基，可以在一个碳原子上，或 有邻间对三种位置关系， 也可以是甲基和-CH2CHO，可以在一个碳原子上或有邻间对三种位置 关系，共 8 种。其中核磁共振氢谱中有 6 组峰，且峰面积之比为 4：4：3：2：2：1，说明一 个醛基，和一个甲基，结构有对称性，即两个取代基在一个碳原子，结构简式为： ； (6) 以 CH3CH=CHCH3 为原料设计制备 的合成路线，参考 F 的合成路线分析，说明 发生烯烃间的加成反应形成环，再利用环内的双键和卤素发生加成反应，再与 HC≡CNa 发生 取代反应增加碳链，合成路线为： 。 【点睛】掌握有机题中的信息分析，提高运用信息的能力是考试必备的技巧。抓住官能团在 反应过程中的变化和反应条件的关系，合成有机物时采用正推和逆推的方法相结合。 的 的