【文档说明】湖北省黄冈市麻城市实验高级中学2020届高三第六次模拟考试理综化学试题【精准解析】【武汉专题】.docx，共(20)页，781.482 KB，由小赞的店铺上传

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麻城实验高中2020届高三第六次模拟考试理科综合化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32一、选择题：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.新中国成立70年来，我国在载人飞船、北斗卫星、高铁、5G技术等领域取得了举世瞩目的成就。它们

均与化学有着密切联系。下列说法正确的是A.截止2019年11月我国光缆线路总长超过三千万公里，光纤的主要成分是碳化硅B.我国大力调整能源结构，大力发展核电、光电、风电、水电、火电等新能源C.国庆阅兵中出现的直－20直升

机使用了大量的新型材料，其中锂铝合金属于金属材料D.我国的高铁运营里程世界第一，硅钢是铁轨的主要材料【答案】C【解析】【详解】A．光纤的主要成分为二氧化硅，并非碳化硅，A错误；B．核电、光电、风电、水电均属于新能源，但火电不属于新能源，B错误；C．金属材料包括纯金属和合金，锂铝合金属于合

金的一种，故属于金属材料，C正确；D．铁轨的主要材料是含碳锰钢，并非硅钢，D错误；故选C。2.设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A.N2O转化成无害气体

时的催化剂是Pt2O2+B.每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC.将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D.1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A．根据转化关

系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反

应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶

液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为144mol，含有电子数为144mol×22×NA=

0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。3.下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式正确的是选项离子组试剂X发生反应的离子方程式AK+、Na

+、-3HCO、-2AlO少量HClH2O+H++-2AlO=Al(OH)3↓B+4NH、Fe2+、Br-、2-4SO少量H2SFe2++H2S=FeS↓+2H+CClO-、Na+、Ca2+、-3NO少量CO2CO2+Ca2++H2O+2ClO

-=CaCO3↓+2HClODI-、Cl-、Na+、2-3SO少量稀硝酸6I-+2-3NO+8H+=2NO↑+4H2O+3I2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．原溶液中碳酸氢根与偏铝酸根不能共存可以发生反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为-3HCO+-2AlO+H2O=A

l(OH)3↓+2-3CO，A错误；B．选项中四种离子可以共存，通入硫化氢气体后，无明显现象，B错误；C．选项中四种离子可以共存，向含有四种离子的溶液中通入少量的二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出碳酸根和氢离子，

分别与钙离子和次氯酸跟结合，离子方程式正确，C正确；D．题给四种离子可以大量共存，但加入少量硝酸时，由于亚硫酸根的还原性强于碘离子，故硝酸先与亚硫酸根发生反应，反应的离子方程式为32-3SO+2-3NO+2H+=32-4SO+2NO↑+H2O，

D错误；故选C。4.脱氢醋酸钠是FAO和WHO认可的一种安全型食品防霉、防腐保鲜剂，它是脱氢醋酸的钠盐。脱氢醋酸的一种制备方法如图，下列说法错误的是A.a分子中所有原子处于同一平面B.a.b均能使酸性KMnO4溶液

褪色C.a.b均能与NaOH溶液发生反应D.b与互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．a分子中有1个饱和碳原子，故所有原子不可能共平面，A错误；B．a、b分子中均含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C

．a、b分子中均含有酯基，均能与NaOH溶液发生水解反应，C正确；D．分子式相同而结构不同的有机物互称为同分异构体，b与的分子式均为C8H8O4且结构不同，故二者属于同分异构体，D正确；故选A。5.下列有关实验现象和解释或结论都正确的是()选项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2Cu(OH)悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性B2NaAlO溶液与3NaHCO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2NO和24NO混合气体的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应2

242NO(g)NO(g)的H0V＜D向3FeCl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3Fe(OH)胶体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】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；B．NaAlO2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⇌N2O4的△H＜0，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。【点睛】碳酸氢根的电离常数比偏铝酸大，碳酸氢根与氢离子的结合能力弱，可以认为是偏铝酸跟夺走了碳酸氢根中的氢离子，偏铝酸跟所需的氢离子是碳酸氢根电离出来的，不是水，所以不是水解

，从生成物的角度看，若是水解反应，则碳酸氢根应变成碳酸，再变成二氧化碳，可事实上不是，最终产物是碳酸根，所以从这两方面看该反应都不是水解反应。6.下表是元素周期表短周期的一部分，这四种元素原子的最外层电子数之和为2

1。下列说法错误的是A.最简单氢化物沸点：W>ZB.Y的最高价氧化物不能与碱反应C.简单离子的半径：Y<XD.Y和Z形成的化合物的水溶液呈酸性【答案】B【解析】【分析】令W的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a＋1，Z的最外层

电子数为a＋2，Y的最外层电子数为a－2，根据题意，a＋a＋1＋a＋2＋a－2=21，解得a=5，即W为N，X为O，Z为Cl，Y为Al，据此分析；【详解】令W的最外层电子数为a，则X最外层电子数为a＋1，Z的最外层电子数为a＋2，Y的最外层电子数为a－2，根据题意，a＋a＋1＋a＋2＋a－

2=21，解得a=5，四种元素为短周期元素，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，从而得到W为N，X为O，Z为Cl，Y为Al，A.W、Z的最简单氢化物分别是NH3、HCl，氨气分子间存在氢键，HCl分子间不存在氢键，即NH3的沸点高于HCl，故A正确；B.Y的最高价氧化物是

Al2O3，Al2O3为两性氧化物，能与强碱发生反应，故B错误；C.X、Y的简单离子分别是O2－、Al3＋，核外电子排布相同，因此r(O2－)>r(Al3＋)，故C正确；D.Y和Z形成的化合物是AlC

l3，属于弱碱强酸盐，其水溶液显酸性，故D正确；答案：B。7.室温下，乙二胺(H2NCH2CH2NH2，用符号B表示)溶于水存在如下平衡：B+H2O⇌HB++OH-Kb1；HB++H2O⇌H2B2++OH-Kb2。其水溶液中的相关组分B、HB+、H2B2+

的物质的量分数δ(X)随溶液pH的变化曲线如图所示[δ(X)＝+2+2c(X)c(B)+c(HB)+c(HB)]。下列说法正确的是A.曲线b表示δ(H2B2+)随溶液pH的变化情况B.等浓度的乙二胺的水溶液与盐酸等体积混合后，溶液呈酸性C.等物质的量的[H2B]Cl2和[HB]Cl的

混合溶液中，c(H2B2+)<c(HB+)D.Kb1的数量级为10-4【答案】C【解析】【分析】由图可知，曲线a在强酸性条件下含量最高，说明该曲线是H2B2+的物质的量分数随溶液pH的变化曲线；曲线b在强酸性或强碱性

条件下含量极低，说明该曲线是HB+的物质的量分数随溶液pH的变化曲线；则曲线c表示B的物质的量分数随溶液pH的变化曲线；由a、b曲线交点可以计算Kb2=-2+2+c(OH)c(HB)c(HB)=10-7.15，由b、c曲线交点可以计算

Kb1=-+c(OH)c(HB)c(B)=10-4.07，据此分析。【详解】A．由上述分析，曲线b是HB+的物质的量分数随溶液pH的变化曲线，A错误；B．由图可知，Kb1=10-4.07，Kb2=10-7.15，等浓度的乙二胺的水溶液与盐酸等体积混合后所得溶液中的溶质为[HB]Cl，Kh(HB+)

=wb1KK=10-9.93，则HB+的电离程度大于其水解程度，溶液呈碱性，B错误；C．等物质的量的[H2B]Cl2和[HB]Cl的混合溶液中，Kh(H2B2+)=wb2KK=10-6.85>Kb2，则混合溶液中c(H2B2+)<c(HB+)，C正确；D．由分析可知Kb1=10-4.07

，则Kb1的数量级为10-5，D错误；故选C。二、必做题8.以含锂电解铝废渣(主要含AlF3、NaF、LiF、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下：已知LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于

水。回答下列问题：(1)电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为___________。滤渣2的主要成分是(写化学式)_________。(2)碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为_____________。(3)一般地说K＞105时，该反应进行得就基本完全了。苛化反

应中存在如下平衡：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)通过计算说明该反应是否进行完全________(已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4、Ksp(CaCO3)=2.5×10-9

)。(4)碳化反应后的溶液得到Li2CO3的具体实验操作有：加热浓缩、______、______、干燥。(5)上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为__________。(6)Li2CO3是制备金属锂的重要原料，一种制备金属锂的新方法获得国

家发明专利，其装置如图所示：工作时电极C应连接电源的______极，阳极的电极反应式为__________。该方法设计的A区能避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和因________逸出对环境的污染。【答案】(1).HF(2).CaCO3、Al(OH)3(3).2Al3+＋3CO32-＋3H2O=

2Al(OH)3↓＋3CO2↑(4).该反应的K＝3.5×105，可以认为该反应进行完全(5).冷却结晶(6).过滤洗涤(7).6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O(8).负(9).2Cl--2e-=Cl2↑(10).氯气【解析】【分析】含锂电解铝废渣主

要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF，浸取后过滤分离出滤渣为CaSO4，滤液中加碳酸钠发生2Al3++3CO32-+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑、2Li

++CO32-=Li2CO3，气体为二氧化碳，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出氢氧化铝、Li2CO3，再加CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤渣2含碳酸钙，碳化时LiOH与二氧化碳反应生成Li2C

O3，二氧化碳在流程中可循环使用，以此来解答。【详解】（1）根据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF，根据上述分析，滤渣2的主要成分是CaCO3、Al(OH)3，故答案为：HF；CaCO3、Al(OH)3；（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝

离子与碳酸根离子的双水解反应，离子方程式为：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案为：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；（3）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+CaCO3(s)的()()2

+-4sp2352+-9sp3KLiCOc(Li)8.6410K====3.510c(Ca)KCaCO2.510＞105，可以认为该反应进行完全，故答案为：该反应的K＝3.5×105，可以认为该反应进行完全；（4）碳化反应后的溶液得到Li2CO3的具体实验操作有：加

热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤洗涤；（5）根据流程图知，反应物为HF、Na2SO4、NaAlO2，生成物为Na3AlF6，根据原子守恒及反应原理书写方程式为：6HF＋Na2

SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O，故答案为：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O；（6）根据图示C极有Li生成，电极反应为：Li++e-=Li，则C为阴极，发生还原反应，应连接电源的负极；阳极发生氧化反应，根据图

示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；根据图示分析，该方法设计的A区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生污染，故答案为：负；2Cl--2e-=Cl2↑；氯气。9.保险粉(Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆

、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可

选用的发生装置是________(填字母)。(2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是_________；步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为__________。(3)步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有__________(填名称)。(4)在步骤III中加入N

aCl的作用是_______，得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_________。(5)铁氰化钾可用于分析检测保险粉。铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将22-4SO氧化为

2-3SO，[Fe(CN)6]3−还原为[Fe(CN)6]4−，该反应的离子方程式为___________；取1.16gNa2S2O4样品溶于水，用0.4mol·L−1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗25.00mL。该样品中Na2S2O4的

质量分数为________。【答案】(1).B(2).增大锌粉的表面积，加快反应速率(3).Zn+2SO2=ZnS2O4(4).漏斗(5).降低Na2S2O4的溶解度(6).便于其结晶析出除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失(7).22-4SO+2

[Fe(CN)6]3−+2H2O＝22-3SO+2[Fe(CN)6]4−+4H+(8).75%【解析】【分析】本实验以锌粉为原料制备保险粉，首先经锌粉分散到水中形成锌粉—水悬浊液，这样可以增大反应物的表面积，加快反应速率，将悬浊液与二氧化硫反应生成Zn

S2O4，因碳酸锌不溶于水，将ZnS2O4加入到碳酸钠溶液中得到Na2S2O4溶液，随后向溶液中加入氯化钠使Na2S2O4固体大量析出得到Na2S2O4粗产品，将粗产品经过一系列后续处理得到保险粉，由此分析。【详解】(1)浓硫酸与Na2SO3

发生复分解反应生成Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；A装置不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，A不合理；B装置通过控制分液漏斗的活塞

控制反应速率，上下联通的导气管会使盛有浓硫酸的烧瓶上下气体压强抑制，便于浓硫酸顺利滴下，B合理；C装置浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致装置炸裂，C不合理；故选择B；(2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速

率；根据流程，步骤Ⅰ中Zn与SO2反应生成ZnS2O4，过程中发生的反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；(3)步骤Ⅱ为过滤操作，除用到烧杯、玻璃棒之外，还需要用到漏斗；(4)步骤Ⅲ中加入NaCl是为了降低Na2S2O4的溶解度，便于晶体的析出；保险粉易溶于水难溶于乙醇，用乙醇洗涤

既能除去晶体表面的水分，又能减少保险粉溶解的损失；(5)根据题目分析，铁氰化钾与保险粉反应的离子方程式为22-4SO+2[Fe(CN)6]3−+2H2O＝22-3SO+2[Fe(CN)6]4−+4H+；根据方程式可得保险粉与铁氰化钾的反应关系为Na2S2O4~2

K3[Fe(CN)6]，n(Na2S2O4)=12n(K3[Fe(CN)6])=12×0.4×25×10-3mol=5×10-3mol，m(Na2S2O4)=5×10-3×174=0.87g，则样品中Na2S2O4的质量分数为0.87100%1.16=75%。10

.有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3

)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(

g)ΔH=－143kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=－200.2kJ/mol。反应2：热化学方程式为____________________________。(3)一定条件下

，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变2n(NO)n(NO)，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1－2x2xCa(OH)NOCa(OH)NO从悬浊液中逸出的的物质的量通入悬浊液中

的物质的量×100%①2n(NO)n(NO)在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。②当2n(NO)n(NO)大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。(4)若将CO和NO按不同比

例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随()()nCOnNO的变化曲线如图。①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近______

__。②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。③若()()nCOnNO=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为

_____。【答案】(1).12kk(2).NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol(3).NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O(4).NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降

低(5).1：1(6).c<b<a(7).b=c>d(8).60%【解析】【分析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程

式；(3)①NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；②根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)①b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析C、N个数的比；②根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物

质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动的影响判断；③根据物质反应转化关系，结合()()nCOnNO=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，

计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的转化率。【详解】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)，v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(

O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=12kk；(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O

(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ/mol；(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++

2NO2-+H2O；②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)①当反应物

按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；②增大()()nCOnNO，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为c<b<a；由于化学平衡常数只与温度有关，所以b、

c点的平衡常数相同，该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；③若(

)()nCOnNO=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1mol，n(CO)=0.8mol，假设CO平衡时CO转化了xmol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为xmol，N2为0.5xmol，则此时C

O为(0.8-x)mol，NO为(1-x)mol，()()0.5x1x0.8xx0.5x−+−++×100%=20%，解得x=0.6mol，所以NO的转化率为0.6?mol1?mol×100%=60%。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、

化学反应速率、化学平衡的判断与计算，掌握反应原理，利用反应特点，根据题目提供的数据和图象分析判断。三、选做题【化学——选修3：物质结构与性质】11.钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能

显著提高光催化活性。基态Ti原子的价电子排布图为___________。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl。①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，

其晶体类型为_________。②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是___________。③NH4Cl中存在的作用力有________，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是________，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂

化形式均为__________。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于__________位置；已知晶胞参数为anm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_______

___m(列出表达式)。【答案】(1).(2).分子晶体(3).O和N分别失去一个电子后的电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者(4).配位键、离子键、共价键(5).前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离

子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点(6).sp3杂化(7).棱心(8).-92a102【解析】【分析】根据核外电子的排布规则写出Ti的核外电子排布式；根据相似相容原理，判断晶体的类型；从氯化铵的电子式，判断化学键的类型；从晶体的类型不同判断熔

沸点差异的原因；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成键数目判断杂化方式；从晶胞的内部结构，根据Ti的位置，判断氧的位置；根据Ti和O的距离，计算八面体的边长，据此分析。【详解】(1)Ti原子是22号元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价电子排布图为；(2)①Ti(OCH2

CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；③根据氯化铵的电

子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对σ键，故杂化

方式为sp3杂化；(3)图中，Ti的原子坐标为（1/2，1/2，1/2），Sr的原子坐标为（0，0，0），O的原子坐标为（1/2，1/2，0），（1/2，0，1/2），（0，1/2，1/2），若Ti位于顶点位置，相当于将晶胞整体沿（1/2，1/2，1/2）方向平移，对于O，（1/2，1/2，

0）+（1/2，1/2，1/2）=（0，0，1/2），（1/2，0，1/2）+（1/2，1/2，1/2）=（0，1/2，0），（0，1/2，1/2）+（1/2，1/2，1/2）=（1/2，0，0），可见O占据的为棱心；Ti位于O所形成的正八面体的体心，

八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为12a，斜边长为2211(a)+(a)22=22anm=22a×10-9m。【化学——选修5：有机化学基础】12.聚合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成

路线如下：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels-Alder反应：(1)生成A的反应类型是___________，F中所含官能团的结构简式为______________。(2)B的结构简

式是___________；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物名称是______。(3)D+G→H的化学方程式是_____________________________________________。(4)Q是D的同系物，相对

分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:2:2:2:1的结构简式为_____________________。(5)已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂

合成，写出合成路线______________。(合成路线流程图示例:H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5)。【答案】(1).消去反应(2).－NO2、－Cl(3).(4).水(5).n+(2n-1)H2O(6)

.10(7).(8).【解析】【分析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到E是，E转化得到F，F与氨气在高压下得到，可知F→引入氨基，E→F引入硝基，则F中Cl原子被氨基取代生成，可推知F为；还原得到G为；乙醇发生消去反应生成A为CH2

＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成B为，D为芳香化合物，则C中也含有苯环，C发生氧化反应生成D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合D的分子式，可知D为、则C为，D与G发生缩聚反应得到H为。据此解答。【详解】(1)生成A是乙醇的消去反应，F为

，其中所含官能团的结构简式为－NO2、－Cl。(2)B的结构简式是；“B→C”的反应中，除C外，根据原子守恒可知另外一种产物名称是水。(3)D+G→H是缩聚反应，反应的化学方程式是。(4)Q是D（）的同系物且相对分子质量

比D大14，则Q含有苯环、2个羧基、比D多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合

条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:2:2:2:1的为。(5)CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为。【点睛】有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最

终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物，尤其要注意题干已知信息或隐含信息的挖掘和迁移灵活应用。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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