【文档说明】湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中2020届高三全国高等学校仿真模拟（一）考试理综化学试题 【精准解析】【武汉专题】.docx，共(22)页，1.252 MB，由小赞的店铺上传

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武汉市蔡甸区汉阳一中2020届高三全国高等学校仿真模拟（一）考试理综化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16Ca40Fe56Co59Ba137Sr87.6一、选择题：每小题6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。1.化学与生产、生活及社会发展密切相关。

下列说法正确的是（）A.为增强“84”消毒液的消灭新冠肺炎病毒效果，可加入稀盐酸B.从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质C.乙二醇能发生氧化反应，不能发生聚合反应D.聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线【答案】D【解析】【详解】A．84消毒液的主要成分为NaClO，与稀盐酸混合会发生氧化

还原反应生成氯气，降低杀毒效果，故A错误；B．在水溶液或熔融状态导电的化合物称为电解质，石墨烯薄片为碳单质，故B错误；C．乙二醇分子间可以发生脱水缩合形成含醚键的高聚物，故C错误；D．聚乳酸有优良的特殊性能：易拉成丝、易被吸收、以降解、无毒等，聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线，故D正确

；答案为D。2.有机化合物M是制备聚酯材料的重要中间体，其结构简式如图所示。下列关于M的说法错误的是（）A.分子式为C9H10O，属于单官能团有机物B.分子中所有碳原子共平面，但所有原子不共面C.M的同分异构体中属于芳香醛的还有9种D.能发生取代、加成、

氧化、还原等反应【答案】C【解析】【详解】A．分子式为C9H10O，只有醛基，属于单官能团有机物，故A正确；B．分子中所有碳原子共平面，分子中两个甲基是sp3杂化，是四面体构型，所有原子不共面，故B正确；C．M的同分异构体中属于芳香醛的

还有13种，、、、、、、、、、、、、，故C错误；D．苯环上的氢、甲基上的氢能发生取代、苯环和醛基能发生加成、苯环上的侧链和醛基能发生氧化、醛基加氢能发发生还原等反应，故D正确；故选C。3.向10.00mL0.50mol/LNaHC

O3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确．．．的是实验序号c(CaCl2)(mol·L-1)滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象

①0.05至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生成②0.005至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0.0005至20mL未见浑浊A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)B.未加热前①和②中发生了反应：2

HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡【答案】C【解析】【分析】向1

0.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。【详解】A.根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(C

a2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，故A正确；B.未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；C.未加热前①和②中

发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaH

CO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。4.中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊物《Science》上，并获重点推荐，二维结构的硼烯如图所示。下列说法中错误的是（）A.1.5mol硼原子核外电子数

目为7.5NAB.1个硼原子与其他原子最多只能形成3对共用电子对C.硼的氧化物的水化物与NaOH溶液反应可生成BO2-D.硼烯有望代替石墨烯作“硼烯-钠基”电池的负极材料【答案】B【解析】【详解】A.硼原子核外电子数为5，1.5mol硼原子核外

电子数目为7.5NA，A项正确；B.观察题中所给图可知硼烯中硼原子之间形成的共用电子对超过了3对，B项错误；C.硼与铝同主族，性质类似，硼的氧化化物的水化物与NaOH溶液反应可生成BO2-，C项正确；D.“硼烯-钠基”中钠失电子，可为电池的负极材料，D项正确；故

选B。5.“九宫格”是一种深受大众喜爱的数学游戏。若在一格中填充了5种元素，如图所示，X、Y、Z、W、Q为相同短周期元素且最外层电子数依次增加，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10。下列说法错误的是（）A.若为第二周期元素，X常用作

电池电极材料B.若为第二周期元素，W和Q可形成多种二元化合物C.若为第三周期元素，Z的单质及其氧化物能溶于强酸也能溶于强碱D.若为第三周期元素，通常用电解熔融氯化物的方法来冶炼X、Y、Z的单质【答案】D【解析】【详解】A．若为第二周期元素，横行和纵行所含元素最外层电子数之和均为10，则X

为Li、Y为Be、Z为B、W为N、Q为O，Li单质常作为锂电池的电极材料，故A正确；B．W为N、Q为O，二者可以形成NO、NO2、N2O5等多种二元化合物，故B正确；C．若为第三周期元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Al、W为P、Q为S，铝单质和Al2O3均既可以和强酸

反应也可以和强碱反应，故C正确；D．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，不能电解，工业上一般电解熔融氧化铝来制取铝单质，故D错误；综上所述答案为D。6.次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理图如图所示。已知：①该装置的电

极材料分别为金属钴和不锈钢。②Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。下列说法中错误的是（）A.膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜B.M电极反应为Co－2e－+2H2PO-2=Co(H2PO2)2C.a为电源的正极D.Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过

程中反应可能为Co2++H2PO-2+3OH-=Co+HPO2-3+2H2O【答案】B【解析】【分析】以金属钴和次磷酸钠为原料，采用六室5个离子透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知，a为电源的正极，M为阳极，阳极上Co失去电子生成Co2＋，通过膜I进入产品室，H2PO

2－通过膜III、II进入产品室，阴极室NaOH溶液中H2O（或H＋）得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e－=2OH－+H2↑（或2H＋+2e－=H2↑），强碱性条件下，Co(H2PO2)2通过自身催化发生氧化还原反应生成Co和HPO32－，以此来解答

。【详解】A．H2PO2－通过膜III、II进入产品室，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，故A正确；B．M为阳极，阳极上Co-2e－=Co2＋，Co2＋通过膜I进入产品室，发生：Co2＋+2H2PO2－═Co(H2PO2)2，故B错误；C．M为阳极，a为电源的正极，故C正确；D

．Co(H2PO2)2通过自身催化发生氧化还原反应生成Co和HPO32－，Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2＋+H2PO2－+3OH－═Co+HPO32－+2H2O，产物HPO3－正确，故D正确；故选B

。【点睛】本题考查电解原理、离子交换膜的应用，氧化还原反应离子方程式书写的知识，掌握电解规律是解题关键，注意强化双基训练。易错点B，注意反应在哪个区域进行。7.常温下，用0.100mol·L－1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液

，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法中错误的是()A.BOH的电离常数Kb约为1×10－5B.B+与Cl－的导电能力：b>aC.a点溶液中：c(B+)+2c(H+)=2c(OH－)+c(BOH)D.滴定至pH=7时，c(B+)=c(Cl－)=0.1mol·L

－1【答案】D【解析】【详解】A．据图可知未滴加盐酸时，0.100mol·L－1BOH溶液的pH=11，则溶液中c(OH－)=10-3mol/L，溶液中存在电离平衡BOHB++OH－，所以Kb=()()()+--1-1-3331-1BOHmolLmolL=BOH0.100m101010

olL-molLccc−−−≈1×10－5，故A正确；B．a点滴入10mL盐酸，所以溶液中的溶质为等物质的量的BCl和BOH，此时c(Cl－)约为-10.100molL0.01L0.01L+0.02L=0.033mol/L，b点滴入20mL盐酸，溶液中的溶质为B

Cl，c(Cl－)约为-10.100molL0.02L0.02L+0.02L=0.05mol/L，而且随着盐酸的滴入c(B+)逐渐增大，所以B+与Cl－的导电能力：b>a，故B正确；C．a点滴入10mL盐酸，所以溶液中的溶质为等物质的量的

BCl和BOH，存在电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(B+)+c(H+)，存在物料守恒2c(Cl－)=c(BOH)+c(B+)，二式联立可得c(B+)+2c(H+)=2c(OH－)+c(BOH)，故C正确；D．pH=7时，存在电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(B+)+c(H+)，c(

OH－)=c(H+)，所以c(Cl－)=c(B+)，据图可知pH=7时，加入的盐酸体积略大于20mL，n(Cl－)略大于0.002mol，溶液体积略大于40mL，所以c(Cl－)不为0.1mol/L，故D错误；综上所述答

案为D。8.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂)，所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。已知：醋酸二

氨合亚铜CH3COO[Cu(NH3)2]溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。Ⅰ．氮化锶的制取（1）仪器a的名称是__________________。（2）装置C、D、E盛装的试剂分别是_______________(填代号)。甲

.连苯三酚碱性溶液乙.浓硫酸丙.醋酸二氨合亚铜溶液（3）该套装置设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案____。Ⅱ．产品纯度的测定称取6.0gⅠ中所得产品，加入干燥的三颈烧瓶中，然后由恒压滴液漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将

产生的氨全部蒸出，用200.00mL1.00mol/L的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00mL的吸收液，用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消

耗16.00mLNaOH溶液。(图中夹持装置略)（4）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_________________________________。（5）装置中长玻璃管的作用原理是_________。（6）用1.00mol/L的NaOH标准

溶液滴定过剩的HCl时所选指示剂为__________________。（7）产品纯度为_____________。(保留三位有效数字)（8）下列实验操作可能使氮化锶(Sr3N2)测定结果偏低的是________

____(填字母)。a.滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失b.读数时，滴定前平视，滴定后俯视c.滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).甲丙乙(3).在装置F后连接一个盛有碱石灰的干燥管(或其他合理答案)(4).Sr3N2+6

H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑(5).当装置1中压力过大时，安全管中液面上升，使装置1中压力稳定(6).甲基橙(7).97.3%(8).ac【解析】【分析】Ⅰ．含有少量CO、CO2、O2等气体杂质

的氮气依次通过NaOH溶液、连苯三酚碱性溶液、醋酸二氨合亚铜溶液、浓硫酸，达到依次除CO2、O2和CO，并干燥的目的；Ⅱ．用一定量的盐酸吸收反应Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑中生成的氨气，吸收液用NaOH溶液滴定，根据消耗的NaOH标准液

的量可计算剩余HCl的量，再结合实际吸收氨气消耗的HCl的量计算出反应中生成的氨气，由氨气可计算样品的纯度。【详解】Ⅰ．(1)仪器a的名称是蒸馏烧瓶；(2)因醋酸二氨合亚铜溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失

去吸收CO能力，且最后气体需要干燥，防氮化锶遇水剧烈反应，则混合气体依次通过NaOH溶液、连苯三酚碱性溶液、醋酸二氨合亚铜溶液、浓硫酸，即装置C、D、E盛装的试剂分别是甲、丙、乙；(3)F装置直接与空气相通，空气中水蒸气可能会进入F装置中与氮化锶反应，导致产品变质，则应该在装置F

后连接一个盛有碱石灰的干燥管；Ⅱ．(4)Sr3N2在水中水解生成Sr(OH)2和NH3，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为Sr3N2+6H2O＝3Sr(OH)2+2NH3↑；(5)装置中长玻璃管与外界相通，当装置1中压力过大时，安全管中液面上升，使装置1中压力稳定，起稳压

作用；(6)NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，但溶液中还有氯化铵，为防止氢氧化钠和铵盐反应，可以选择酸性变色范围内的指示剂，则应选取甲基橙作指示剂；(7)用1.00mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗1

6.00mLNaOH溶液，则剩余HCl的物质的量为1.00mol/L×0.016L×200mL20mL=0.16mol，反应中生成的NH3的物质的量为0.2L×1.00mol/L-0.16mol=0.2mol-0.16mol=0.

04mol，产品纯度为10.04mol292g/mol2100%6.0g=97.3%；(8)a．滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故a正确；b．读数时，滴定前

平视，滴定后俯视，则消耗的NaOH标准溶液体积偏小，过量的HCl的物质的量偏小，导致测定结果偏高，故b错误；c．滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故c正确；故答案为ac。【点

睛】本题涉及两个主要知识点，一是除杂试剂顺序的选择，注意要防干扰，先除O2再除CO；另一个是滴定操作原理的应用，特别是误差分析，根据对消耗标准液的影响，结合公式分析对测定结果的影响即可。9.活性炭载钯(Pd/C)催化剂

被广泛应用于医药和化工行业。废钯催化剂的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Cu、Al等元素。从废钯催化剂中回收钯(Pd)，并制备二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]的一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)“焙烧”的目的是___________。(2)“烧渣”的主要成分是PdO，利用水合肼(N2H4

·H2O)在弱碱性环境下还原PdO，产生的气体可以参与大气循环。该还原反应的化学方程式为_________。(3)“粗钯”中含Fe、Cu等杂质，可采用电解精炼的方法得到纯钯。粗钯应与电源的__________极相连，Pd与Fe均为第Ⅷ族元素，性质相似，则阴极的电极反应式为____

___。(4)粗钯“王水溶解”时，生成氯钯酸(H2PdCl6)，其中Pd元素化合价为___________。(5)“沉钯”中氯化铵与“混合液”中的氯钯酸反应生成氯钯酸铵[(NH4)2PdCl6]沉淀，其沉淀率随温度的变

化曲线如图所示。下列有关推断错误的是_____________(填序号)。A升高温度有利于氯化氢挥发，促使平衡正向移动B沉钯的最佳温度为100℃C该反应ΔS>0(6)“氨水溶解”氯钯酸铵时，先加热将(NH4)2PdCl6转化为

(NH4)2PdCl4，再与氨水反应。写出足量氨水与(NH4)2PdCl4反应的化学方程式_________。(7)用平衡移动原理解释盐酸能将Pd(NH3)4Cl2转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀的原因_______。【答案】(1).将炭和有机物燃烧除掉，同时将钯元素转化为

PdO(2).2PdO+N2H4·H2O=2Pd+N2↑+3H2O(3).正(4).Pd2++2e−=Pd(5).+4(6).BC(7).(NH4)2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4Cl2+4H2O+2NH4Cl(8).Pd(NH3)4Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4

Cl2(aq)Pd(NH3)2Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀【解析】【分析】废钯催化剂的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Cu、Al等元素。不断通入足量空气的使有机物和

碳充分燃烧而除去，Pd元素转化为PdO，加入水合肼，Pd被还原得到粗钯，精炼得到纯钯；粗钯加王水溶解得到主要含Pd2+的溶液，加入氯化铵得到(NH4)2PdCl6，之后先加热将(NH4)2PdCl6转化

为(NH4)2PdCl4，在加入氨水溶解得到Pd(NH3)4Cl2；之后加盐酸得到Pd(NH3)2Cl2沉淀。【详解】(1)废钯中含有的主要杂质为炭和有机物，高温焙烧可以将炭和有机物燃烧除掉，同时将钯元素

转化为PdO；(2)水合肼(N2H4·H2O)在弱碱性环境下可以还原PdO，产生的气体可以参与大气循环，根据元素守恒可知该气体应为N2，所以该反应中PdO→Pd，N2H4·H2O→N2，根据得失电子守恒可知两种物质的系数比

为2:1，再结合元素守恒可得化学反应方程式为2PdO+N2H4·H2O=2Pd+N2↑+3H2O；(3)电解精炼时，需要被提纯的金属作为阳极，所以粗钯与电源的正极相连；Pd与Fe均为第Ⅷ族元素，性质相似，则作为阳极时被氧化

成Pd2+，在阴极，Pd2+被还原为单质，所以阴极电极反应式为Pd2++2e−=Pd；(4)H2PdCl6中H应为+1价，Cl应为-1价，所以Pd为+4价；(5)A．氯化铵与“混合液”中的氯钯酸反应方程式为2NH4Cl+H2PdCl6(NH4)2PdCl6+2HCl，升高温度有利于HC

l挥发，促使平衡正向移动，故A正确；B．虽然100℃时氯钯酸的沉淀率最高，但温度过高会促进氯化铵的水解产生大量氨气，造成氯化铵的浪费，所以温度不能太高，故B错误；C．该反应过程中有沉淀生成，所以为ΔS<0，故C错误；故

选BC；(6)根据流程可知(NH4)2PdCl4与氨水反应生成Pd(NH3)4Cl2，根据元素守恒可得化学方程式为：(NH4)2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4Cl2+4H2O+2NH4Cl；(7)Pd(NH3

)4Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4Cl2(aq)Pd(NH3)2Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀。【点睛】第5小题B选项为易错点，根据图像可以看出温度越高氯钯酸的沉淀率越高，但要注意温度升高的同时促进氯化铵

的水解，会生成氨气，造成原料的浪费。10.氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为_

___。（2）在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液（pH=2.5）。反应过程中溶液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出1tmi

n前反应的离子方程式____。（3）研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H<0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图4所

示：①由图4可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是__；温度为1050K时CO2的平衡体积分数为__。②对于反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的反应体系，标准平衡常数22NCOθθθ2NOθPP×PPK=P()P，其中θP为标准

压强（1×105Pa），NOP、2NP和2COP为各组分的平衡分压，如NOP=NOx·P总，P总为平衡总压，NOx为平衡系统中NO的物质的量分数。若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，则θK=__（用含α的最简式表示）。（4）利用现代手持技术传感

器探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在1ts、2ts时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图5所示。①B、E两点对应的

正反应速率大小为Bv__（填“>”“<”或“=”）Ev。②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为__。【答案】(1).NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.8kJ·mol－1(2

).4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O(3).温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大(4).40%(5).224(1)−(6).>(7).H【解析】【详解】

(1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H1=－196.6kJ·mol－1，②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H2=－113.0kJ·mol－1，12(反应①－反应②)可得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)＋SO2(g)

=NO(g)＋SO3(g)△H=12(△H1－△H2)=12[－196.6kJ·mol－1－(－113.0kJ·mol－1)]=－41.8kJ·mol－1，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.

8kJ·mol－1；(2)根据图像，t1min前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NO3－的量在减小，而Fe2＋和NH4＋的量在增加，说明Fe和NO3－反应生成Fe2＋和NH4＋，离子方程式为4Fe＋NO3－＋1

0H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为80%。假设通

入NO的物质的量为xmol，利用三等式，有：22C(s)+2NO(g)N(s)+CO(s)10.80.40.40.20.40.4开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量则CO2的体积分数为0.4mol100%40%0.2mol+0.4mol+0.4mol=；②若NO的起始物质的量为1mol，假

设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，根据三等式，有：22C(s)+2NO(g)N(s)+CO(s)10.50.51-0.50.5开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量NO的物质的量分数为1-=1-1-+0.5+0.5，同理N2

和CO2的体积分数分别为0.5α、0.5α；则22θθNCO2θθθθθθ22NO2θθPP0.5P0.5P×PPPPK==P(1-)P4(1)()[]PP=−；(4)在针筒中，体积越小，压强越大，增大压强，平衡正向移动。①体积

越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速率快，则有vB>vE；②平均相对分子质量M=mn，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均

相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积，平衡正向移动的过程，H达到平衡，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。【化学——选修3：物质结构与性质】11.日前新合成的砷化镉(Cd3As2)三维

材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。(1)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为_______________。Cd原子中第一电离能相对较大

的是_________原子(填“基态”或“激发态”)。(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3_________PH3(填“>”或“<”)，原因是______________。(3)As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为______

___(用元素符号表示)。(4)含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为_____________，1mol对氨基苯胂酸含σ键数目为____________，其中还含有的化学键类型有___________(填序

号)。a．氢键b．离子键c．π键(5)砷化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，故Cd为“具有两个真空的立方晶格”，如图“①”和“②”位是“

真空”。建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为(34，34，34)，则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，砷化镉的摩尔质量为Mg·mol−1，则该晶胞的密度为_____________g·cm−3(列计算式即可)。【答案】(1).

4d95s25p1(2).基态(3).>(4).原子半径N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+(5).As>Se>Ge(6).sp3(7).19NA(或19×6.02×1023)(8).c(9).(12，1，12)(10).-103A2MN(a1

0)【解析】【详解】(1)Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d105s2，基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1；基态原子的能量最低最稳定，所以基态原子的第一电离能相对较大；(2)原子半径

N<P，电负性N>P，NH3更易结合水电离的H+，所以NH3水溶液的碱性更强；(3)同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4p能级为半满状态，更稳定，所以第一电离能As>Se>Ge；(4)根据对氨基苯胂酸的结构简式可知As原子与周围原

子形成4个σ键(As=O键有一个σ键一个π键)，不含孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；苯环上6个碳原子之间有6个C—C单键为σ键，还有4个C—H单键为σ键，As=O键有一个σ键一个π键，其他共价键均为σ键，所以一个对氨基苯胂酸分子中有19个σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目19NA(

或19×6.02×1023)；其含有的化学键类型有σ键，以及苯环中的大π键和As=O键中的π键，氢键不是化学键，该物质为共价化合物，不含离子键，所以选c；(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的34处，根据①号位的坐标为(34，34，34)，可知该坐标系中晶胞的棱长为1

，③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为12、1，③号位碳原子位于右侧面的面心，所以z坐标为12，则该原子的坐标为(12，1，12)；根据均摊法，该晶胞中As原子的个数为118+682=4，Cd原子的

个数为6，所以晶体的化学式为Cd3As2，砷化镉的摩尔质量为Mg·mol−1，则晶胞的质量m=A2MNg，晶胞参数为apm，则晶胞的体积V=a3pm3=(a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度()A3310a102g==cmMNmV−=-103A2(a10)MNg·c

m-3。【点睛】同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。对氨基苯胂酸虽然含有羟基、氨基，可以形成分子间氢键，但要注意氢

键不是化学键。[化学——选修5：有机化学基础]12.有机物A是一种重要的基本化工原料，它的产量往往用来衡量一个国家的石油化工发展水平。化合物PVB常用作安全玻璃夹层，下面是用A为原料合成高分子化合物PVB的路线：已知：(1)F与H互为

同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一种峰,F中含有的官能团名称为_____。(2)图中有关物质的转化关系中，属于消去反应的是____(填下列序号)。①D→G②D→E③E→H④M→N(3)PVA与N合成PVB的化学方程式是_______。(4)下列有关PVA和PVB的说法正

确的是______a．每个PVB分子中都只存在一个六元环b．合成PVB的单体是PVA和Nc．PVA和PVB都是热塑性高分子材料d．PVA可以做高吸水性树脂(5)由G制备H的反应副产物可能是________(写结

构简式，只需写出一种)。(6)M的系统命名为_______；其同分异构体(不含M本身，不考虑立体异构)共有_______种。(7)根据已有知识并结合相关信息，写出以和F为主要．．原料制备的合成路线流程图(无机试剂或溶剂等任意选用

)_______。【答案】(1).醚键(2).①③(3).+n/2CH3CH2CH2CHO+n/2H2O(或系数加倍)(4).cd(5).CH2OHCH2OH或CH3CHO(6).1-丁醇(7).6种(8).【解析】【分析】有机物A是一种重要的基本化工原料，它的产量往往用

来衡量一个国家的石油化工发展水平，得出A为乙烯；A与Br2加成得D，D为BrCH2CH2Br，在NaOH溶液中加热发生取代反应生成E，E为HOCH2CH2OH，D在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成G，G为HC≡CH，乙炔水化生成乙醛，H为CH3CHO，H聚合生成PVA，；乙烯与HBr发

生加成反应生成B，B为CH3CH2Br，与Mg、无水乙醚生成C，C为CH3CH2MgBr，E脱水生成F，F为环氧乙醚，E、F反应后酸化得M，M为CH3CH2CH2CH2OH，M在Cu作催化剂，氧化生成N，N为CH3CH2CH2CHO，PVA与N合成PVB的化学方程式是+n/2CH3CH2C

H2CHO+n/2H2O。【详解】(1)F与H互为同分异构体，F的核磁共振氢谱只有一种峰，为环氧乙醚，F中含有的官能团名称为醚键。故答案为：醚键；(2)①D在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成G，G为HC≡CH，故符合；②D为BrC

H2CH2Br，在NaOH溶液中加热发生取代反应生成E，E为HOCH2CH2OH，故不符；③E为HOCH2CH2OH，脱水发生消去反应后生成乙烯醇，异构化后生成乙醛，故符合；④M为CH3CH2CH2CH2OH，

M在Cu作催化剂，氧化生成N，N为CH3CH2CH2CHO，故不符；故答案为：①③；(3)PVA与N合成PVB的化学方程式是+n/2CH3CH2CH2CHO+n/2H2O(或系数加倍)。故答案为：+n/2CH3CH2CH2CHO+n/2H

2O(或系数加倍)；(4)a．每个PVB分子的链节中都存在一个六元环，故错误；b．合成PVB的单体是乙烯醇和N，故错误；c．由PVA和PVB的结构可知：二者均为线型分子结构，都是热塑性高分子材料，故正确；d．PVA分子中含有大量羟基，羟基属于亲水

基团，可以做高吸水性树脂，故正确；故答案为：cd；(5)G为HC≡CH，G与水加成完全可得CH2OHCH2OH、CH3CH(OH)2，同一碳上有两个羟基不稳定，脱水后生成CH3CHO，由G制备H的反应副产物可能是CH2OHCH2OH或CH3CHO，故答案为：CH2O

HCH2OH或CH3CHO；(6)M为CH3CH2CH2CH2OH，M的系统命名为1-丁醇；其同分异构体(不含M本身，不考虑立体异构)共有6种，2-丁醇、2-甲基-1-丙醇、2-甲基-2-丙醇，醚包括：CH3OCH2CH2CH3、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3。故答案

为：1-丁醇；6；(7)在无水乙醚和Mg反应生成，根据题目提供的信息，与乙醚反应生成，在Cu作催化剂条件下氧化成，结合题中PVA和N反应的模式，和反应生成，合成路线流程图如下：故答案为：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com