2020届贵州省铜仁市高三第二次模拟考试理科综合化学试题 (解析版)

铜仁市 2020 年高三第二次模拟考试
理科综合化学部分
可能使用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Al 27 P 31 Cl 35.5 1. 化学与科技、社会、生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是 A. 用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素
B. 第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体
C. 维生素C 又称“抗坏血酸”，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的Fe 3+转变为易吸收的Fe 2+，这说明维生素C 具有还原性
D. 2018年10月23日，港珠澳大桥开通，大桥共用钢铁42万吨，水泥189万吨， 其中钢铁属于合金，水泥属于传统无机非金属材料。

【答案】B 【解析】
【详解】A. 青蒿素不溶于水易溶于有机溶剂，故可用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，A 正确； B. “碳纳米泡沫”是一种碳单质，与石墨烯互为同素异形体，B 不正确；
C. Fe 3+
转变为Fe 2+
，则铁离子发生还原反应，维生素C 在该转化过程中充当还原剂、维生素C 具有还原性，C 正确；
D. 钢铁是含铁、碳等成分的合金，水泥是硅酸盐材料、属于传统无机非金属材料，D 正确； 答案选B 。

2. N A 表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A. 白磷分子（P 4）呈正四面体结构,31g 白磷中含P —P 键的数目为1N A
B. 1L0.1mol/L 的CuCl 2溶液中含有Cu 2+的数目为0.1N A
C. 常温常压下,2.0g H 218O 和D 2O 含有的电子数一定为N A
D. 标准状况下,22.4L C 2H 6O 中所含乙醇分子数为N A 【答案】C 【解析】
【详解】A. 白磷分子呈正四面体结构，分子内每个P 以3个P —P 键相结合，31g 白磷中含P —P 键为
31g 1
34 1.5mol 124g/mol 2
⨯⨯⨯=，其数目为1.5N A ，A 错误；
B. 1L0.1mol/L 的CuCl 2溶液中铜离子有部分水解，故含有Cu 2+的数目小于0.1N A ，B 错误；
C. H 218O 和D 2O 的摩尔质量均为20g/mol ，H 218O 和D 2O 的分子内所含电子数均为10，故2.0g H 218O 和D 2O 含
有的电子数一定为N A，C正确；
D. 标准状况下C2H6O为液体，故标况下22.4L的物质的量并不是1mol，所含分子数并不是N A，D错误；答案选C。

3. 下列实验操作能达到实验目的的是
选项实验目的实验操作
将K3[Fe（CN）6]溶液滴入硫酸亚
A 检验补铁剂硫酸亚铁片是否被氧化
铁片的水溶液
B 验证SO2的漂白性将SO2通入溴水
C 检验洁厕剂的主要成分是盐酸向待测液中滴加硝酸银溶液
D 制备少量的NH3将浓氨水滴加到碱石灰上
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. K3[Fe(CN)6]溶液用于检验亚铁离子而不是铁离子，检验铁离子应选用KSCN溶液，A错误；B. 漂白性是使有机色素褪色，验证SO2的漂白性，应选用品红溶液，二氧化硫使溴水褪色是因为发生氧化还原反应、SO2体现的不是漂白性而是还原性，B错误；
C. 检验氯离子时，向待测液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，C错误；
D. 浓氨水与碱石灰的混合制氨气，其原理为：氨水中中加入固体碱石灰时，c(OH-)增大，一水合氨的平衡逆向移动，浓度增大，NH3·H2O发生分解反应产生氨气、同时固体溶解放热也促进了NH3·H2O的分解、温度升高又降低了氨气在水中的溶解度，D正确；
答案选D。

4. 某有机物是光电材料的合成原料,其结构简式如下图所示，下列有关该有机物的说法正确的是
A. 分子式为C18H20O2
B. 属于芳香烃
C. 苯环上
的二氯代物有6种D. 能发生加成、取代、加聚、水解及酯化等反应【答案】C 【解析】【详解】A. 由图知，分子式为C18H18O2，A错误；B. 烃只由C和H元素组成，该有机物含C、H和O三种元素，不属于芳香烃，B错误；
C. 苯环上2个氯原子处于邻位时有2种结构、苯环上2个氯原子处于间位时有3种结构、苯环上2个氯原子处于对位时有1种结构，故苯环上的二氯代物有6种，C正确；
D. 含碳碳双键能发生加成、加聚反应、含酯基故能发生水解，酯的水解反应属于取代、但不含羧基不含羟基故不能发生酯化反应，D错误；
答案为C。

5. 2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点应用迎来快速发展期。

通信设备所用电池为磷酸铁锂电池，是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，负极反应式为：LiC6－xe- =x Li＋+Li1-xC6，其原理如下图所示，下列说法不正确的是
A. 放电时，电子由石墨电极经负载流向磷酸铁锂电极
B. 充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极
C. 放电时，正极反应式为：M1－xFe x PO4+e-+Li＋=LiM1－x Fe x PO4
D. 充电时，磷酸铁锂电极与电源正极相连
【答案】B
【解析】
【详解】A．放电时电子经外电路由负极流向正极，由图所示可得石墨电极为负极，磷酸铁锂为正极，放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，故A不选；
B．充电时，石墨连接电源的负极作阴极，则锂离子移向石墨电极，故选B；
C．放电时，正极发生还原反应，M1－xFe x PO4得到电子被还原为LiM1－x Fe x PO4，则电极反应式为：M1－xFe x PO4+e-+Li＋=LiM1－x Fe x PO4，故C不选；
D．放电时磷酸铁锂为正极发生还原反应，充电时磷酸铁锂与电源正极相连，发生氧化反应，故D不选
答案选B。

6. X、Y、Z、M、N五种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的最外层电子数之和为 25，X
的一种同位素能测定文物的年代，Z是地壳中含量最多的元素，含N元素的一种盐的水溶液可用于新型冠状病毒的防护消毒。

下列叙述正确的是
A. 与氢元素形成氢化物的熔、沸点：Z>X
B. Y、Z、M、N四种元素形成简单离子半径最大的为M
C. M的盐溶液一定为酸性
D. X、Y、N 均能与Z形成两种以上的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
X的一种同位素能测定文物的年代，则X为C元素、Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素，X、Y、Z、M、N五种元素为原子序数依次增大的短周期主族元素，故Y为N元素，含N元素的一种盐的水溶液可用于新型冠状病毒的防护消毒，故N为Cl元素，它们的最外层电子数之和为 25，则M的的最外层电子数为3，M的原子序数大于8小于17，则M应为Al，据此回答；
【详解】A. Z与氢元素形成氢化物可以为H2O、H2O2，X与氢元素形成氢化物可以为CH4、乙烯等等各种烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，故熔沸点难以比较，A错误；
B. 同主族时电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则Y、Z、M、N四种元素形成简单离子半径最大的不可能为M，B错误；
C.氯化铝等强酸弱碱盐水溶液因水解呈酸性，偏铝酸钠等强碱弱酸盐水溶液因水解呈碱性，C错误；
D. X与Z形成CO、CO2，Y能与Z形成N2O、NO2、N2O4……N能与Z形成Cl2O、Cl2O7……，故X、Y、N 均能与Z形成两种以上的化合物，D正确；
答案选D。

7. 常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述正确的是
A. 曲线N 表示PH 与-323c(HSeO )lg c(H SeO )
B. NaHSeO 3 溶液呈碱性
C. 混合溶液中2-432-233c (HSeO )
=10c(H SeO )c(SeO )
⨯ D. Ka 2（H 2SeO 3）的数量为10-3 【答案】C 【解析】 【分析】
常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸(H 2SeO 3)溶液中，随着氢离子不断被消耗，混合溶液的pH 、-323c(HSeO )
c(H SeO )、
2-3-3c(SeO )c(HSeO )不断增大，通过比较相同pH 时溶液中-323c(HSeO )c(H SeO )和2-3-3c(SeO )
c(HSeO )
的相对大小，确定M 、N 曲线
代表了谁？NaHSeO 3溶液既电离又水解，其水溶液的酸碱性通过计算3HSeO -
离子的电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小判断，Na 2SeO 3溶液中，23SeO -
发生水解，溶液呈碱性；
【详解】 A. 1a 323(HSeO )(H SeO )(H )K c c c -+= ，22a 33(SeO )(HSeO )(H )
K c c c -
-
+= ，pH 相同时，
122a a 33233(HSeO )(SeO )(H SeO )(H )(HSeO )(H )K K c c c c c c --+-
+=>= ，根据图象可知，曲线M 表示pH 与lg -323(HSeO )
(H SeO )c c 的变化关系，曲线N 表示PH 与lg 2-3-3(SeO )(HSeO )
c c ，故A 错误；
B. 根据图象可知，pH=6.6时，lg 2-3-3(SeO )(HSeO )c c =0，2-3-3(SeO )(HSeO )
c c =1，
3HSeO -
离子的电离平衡常数
2 6.6
3a2233(SeO )(H SeO
)(H )(H )10(HSeO )c K c c c -++--
=⨯
== ，同理pH=2.6时，lg -323(HSeO )(H SeO )c c =0， -323(HSeO )(H SeO )c c =1， 2.63a123
23(HSeO )(H SeO )(H )(H )10(H SeO )
c K c c c -
++-=⨯== ，3HSeO -
的水解平衡常数1411.4 6.623h 2.63(OH )(H SeO )10(OH )1010(HSeO )10
c c K c c ------
-⨯====< ，则NaHSeO 3溶液3HSeO -的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，B 错误； C. 结合B 选项，可知混合溶液中：
2---+ 2.6
43332-2-+
6.6233233a123a223(HSeO )(HSeO )(HSeO )(H )1010(H SeO )(SeO )(H SeO )(H SeO )(H SeO )(SeO )(H )10
c c c c K c c c c c K --⨯⨯====⨯⨯⨯ ，则C 正确； D. 结合B 选项，可知K a 2(H 2SeO 3)=10-6.6
，D 错误；
答案选C 。

8. 钼（Mo ）是VIB 族金属元素，原子序数42。

熔点为2610℃，沸点为5560℃。

钼硬而坚韧，熔点高，热传导率也比较高。

被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。

某化学兴趣小组利用废钼催化剂（主要成分为MoS 2，含少量Cu 2S ，FeS 2）回收Mo 并制备钼酸钠晶体，其主要流程图如图所示：
回答下列问题： （1）操作1为______。

（2）空气焙烧过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。

①多层逆流焙烧的优点是______（任答一点）。

②固体1的成分有______、CuO 和Fe 2O 3。

（3）固体1加碳酸钠溶液后发生的主要化学方程式为______。

（4）钼酸钠是一种新型水处理剂，可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应的离子方程式______。

（5）还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为______。

（6）已知Na2MoO4溶液中c（MoO2-
4）=0.48mol/L，c（CO2-
3
）=0.040mol/L，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体
时，需加入Ba（OH）2固体以除去CO2-
3，当BaMoO4开始沉淀时，CO2-
3
的去除率为95.0%，则K sp（BaMoO4）
=______。

（已知K sp（BaCO3）=1.0×10-10，过程中溶液体积变化忽略不计）
（7）钼酸盐的氧化性很弱，只有用强还原剂剂才能还原，如：在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，写出该反应的离子方程式____。

【答案】 (1). 过滤 (2). 增长与空气接触时间或增大接触面积，使反应充分、提高利用率、节约
能源等（合理即可） (3). MoO3 (4). MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ (5). MoO2-
4
+Cu2+=CuMoO4↓ (6).
3：3：2 (7). 2.4×10-8 (8). 2MoO2-
4
+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3 +3Zn2++8H2O
【解析】
【分析】
主要成分为MoS2、含少量Cu2S、FeS2的废钼催化剂，在空气中采用多层逆流焙烧，第1~6层，MoS2转变为MoO2、MoO3、第6～12层MoO2转化为MoO3，焙烧过程中有二氧化硫气体生成，焙烧后得到MoO3、CuO和Fe2O3等固体混合物，固体混合物经碳酸钠溶液处理后，得到钼酸钠溶液和不溶性固体2，经过滤后，得到钼酸钠溶液，钼酸钠溶液经过结晶，得到钼酸钠晶体，或者加盐酸把钼酸钠溶液转变为钼酸、经高温分解得MoO3，用热还原法制备钼，以此回答；
【详解】(1)操作1是分离不溶性固体和液体的，即过滤；
(2) ①由图知，“多层逆流焙烧” 增长与空气接触时间或增大接触面积，焙烧后MoS2完全转化，故使反
应充分、提高利用率；②由图知，焙烧后所得固体1的成分有MoO3、CuO和Fe2O3；
(3)由流程知，固体1加碳酸钠溶液后生成Na2MoO4溶液，则该反应为非氧化还原反应，结合质量守恒定律，发生的主要化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；
(4)已知钼酸钠可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应时得到钼酸铜沉淀，则离子方程式为：
MoO2-
4
+Cu2+=CuMoO4↓；
(5)还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，按得失电子数守恒，3个氧化还原反应中转移的电子总数相等，每1molH2、CO和Al失去的电子数之比为2:2:3，则消耗还原剂的物质的量之比为3:3:2；
(6)已知：K sp(BaCO3)=1.0×10−10，反应后的溶液中c(CO2-
3)=0.040×(1-95%)mol/L=3
2.010mol
-
⨯，则BaMoO4
开始沉淀时溶液中c (Ba 2+
)=108
3
1.010 5.010
2.010mol
---⨯=⨯⨯mol/L ，则228
sp 44
(BaMoO )(Ba )(MoO ) 5.0100.48K c c +--=⨯⨯=⨯=2.4×10-8； (7)在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl 3，氧化剂为MoO 2-
4，还原剂为Zn ，还原产物为MoCl 3，氧化产物为Zn 2+
，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2MoO 2-4+3Zn+16H ++6Cl -=2MoCl 3 +3Zn 2++8H 2O 。

【点睛】本题考查了物质制备流程、物质性质的应用以及K sp 的计算等，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析、灵活处理信息应用是本题的解题关键。

9. 氯仿（CHCl 3）常用作有机溶剂和麻醉剂，常温下在空气中易被氧化。

实验室中可用热还原CCl 4制备氯仿，装置示意图及有关物质性质如下：
物质 相对分子质量 密度（g/ml ） 沸点（℃） 溶解性 CHCl 3 119.5 1.50 61.3 难溶于水 CCl 4 154
1.59
76.7
难溶于水
相关实验步骤如下： ①检查装置气密性； ②开始通入氢气 ③点燃B 处酒精灯
④向A 处水槽中加入热水，接通C 处冷凝装置的冷水； ⑤向三颈烧瓶中滴入36 mlCCl
4
⑥反应结束后，停止加热，将D 处锥形瓶中收集到的液体分别用适量NaHCO 3溶液和水洗涤，分离出产物加入少量无水CaCl 2,静止后过滤。

⑦对滤液进行蒸馏纯化，得到氯仿28.29g
请回答下列问题：
（1）C 处应选用冷凝管为____（填标号）
（2）简述本实验检查装置气密性的操作_______。

（3）分液漏斗上的导管作用是___________。

（4）设计②③先后顺序的目的是_______________。

（5）向A 处水槽中加入热水的目的是______。

（6）装置B 处反应为可逆反应，停止加热一段时间后，发现催化剂仍保持红热状态说明B 处生成CHCl 3反应的ΔH__0（填< 或 >），B 中发生的反应化学方程式为______。

（7）该实验中氯仿产率为______（保留3 位有效数字）。

【答案】 (1). b (2). 将牛角管末端放入水中,关闭 A 中弹簧夹，加热试管,观察现象。

若牛角管口有气泡冒出,冷却到室温后,牛角管口有一段稳定的水柱,表明装置气密性良好。

（合理即可） (3). 平衡压强，使 CCl 4 液体顺利流下 (4). 排除装置中的空气，防止加热时氢气遇氧气发生爆炸 (5). 使 CCl 4 转化为气体，与氢气混合均匀。

(6). < (7). CCl 4+H 2催化剂加热
CHCl 3+HCl (8). 63.7%
【解析】 【分析】
本实验通过H 2与CCl 4蒸汽在点燃条件下发生反应：CCl 4+H 2
催化剂加热
CHCl 3+HCl ，制备三氯甲烷，得到三氯
甲烷和四氯化碳等的混合物，解读表格数据可知，三氯甲烷和四氯化碳是互溶的液体混合物，通过蒸馏分离，本实验控制四氯化碳的体积、测定所制备的三氯甲烷的质量，需按产率100%=⨯实际量
理论量
计算产率，
据此回答；
【详解】(1)由表格知，三氯甲烷和四氯化碳是互溶的液体混合物，应采用蒸馏方法加以分离，蒸馏装置中通常选用直形冷凝管，便于液体流下，故选b ；
(2)可以用微热法检查装置气密性，具体操作为：将牛角管末端放入水中，关闭 A 中弹簧夹，加热试管，观察现象，若牛角管口有气泡冒出，冷却到室温后，牛角管口有一段稳定的水柱，表明装置气密性良好； (3)分液漏斗上的导管把漏斗上方的气体和三颈烧瓶中的连通，故其作用是：平衡压强，使 CCl 4液体顺利流下；
(4)本实验需要氢气在加热条件下发生反应，在点燃或加热前一定要排净空气以防爆炸，故设计②③先后顺
序的目的是：排除装置中的空气，防止加热时氢气遇氧气发生爆炸；
(5) CCl 4沸点76.7°C，制取目标产物的反应时H 2与CCl 4蒸汽在点燃条件下发生的，故向A 处水槽中加入热水的目的是：使 CCl 4转化为气体，与氢气混合均匀；
(6)装置B 处反应为可逆反应，停止加热一段时间后，发现催化剂仍保持红热状态说明B 处生成CHCl 3反应的是放热反应，故ΔH<0，B 中发生的反应化学方程式为CCl 4+H 2
催化剂加热
CHCl 3+HCl ；
(7) 36mLCCl 4的质量为57.24g ，其物质的量为0.3719mol ，按CCl 4+H 2
催化剂加热
CHCl 3+HCl ，理论上应生成
的CHCl 3物质的量为0.3719mol ，氯仿实际产量为28.29g ，为0.237mol ，因产率100%=⨯实际量
理论量
，带入
数值，故该实验中氯仿产率为63.7%。

【点睛】本题涉及仪器的使用、化学实验基本操作方法、化学计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分掌握化学实验基础知识、提取表格数据信息灵活应用是解题的关键。

10. 十九大报告指出:“坚持全民共治、源头防治,持续实施大气污染防治行动,打赢蓝天保卫战!”，以NO x 和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。

（1）直接排放煤燃烧产生的
烟气会引起严重的环境问题。

煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH 4催化还原NO x 可以消除氮氧化物的污染。

已知：CH 4（g ）+2NO 2（g ）＝N 2（g ）＋CO 2（g ）+2H 2O （g ） ΔH＝-867 kJ/mol 2NO 2（g ）
N 2O 4（g ） ΔH＝-56.9 kJ/mol
H 2O （g ） ＝ H 2O （l ） ΔH＝-44.0 kJ/mol
写出CH 4（g ）+N 2O 4（g ）＝N 2（g ）+CO 2（g ）+2H 2O （l ） ΔH＝______。

（2）汽车尾气中含有NO x 主要以NO 为主，净化的主要原理为： 2NO （g ） + 2CO （g ）
催化剂
2CO 2（g ）+ N 2（g ） △H= akJ/mol
在500℃时，向密闭体系中进行通入5mol 的NO 和5 mol 的CO 进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：
①下列描述能说明反应达到平衡状态的是______ A 单位时间内消耗n mol 的NO 同时消耗 n mol 的N 2 B 体系中NO 、CO 、CO 2、N 2的浓度相等
C 混合气体的平均相对分子质量不变。

D 体系中混合气体密度不变
②求4min 时NO 的转化率______。

③求在500℃平衡常数Kp=______MPa -1。

（Kp 为以平衡分压表示的平衡常数：平衡分压=总压×物质的量分数，计算结果保留2位有效数字）
④若在8min 改变的条件为升高温度，Kp 减小，则a__0（填大于、小于或等于）
⑤如要提高汽车尾气的处理效率可采取______（填序号）
a 升高温度
b 降低温度并加催化剂
c 增加排气管的长度
（3）在一定条件下，也可以用NH 3处理NO 。

已知NO 与NH 3发生反应生成大气的一种主要气体和H 2O ，请写出该反应的化学方程式______。

【答案】 (1). -898.1kJ/mol (2). C (3). 40% (4). 0.099 (5). < (6). b (7). 4NH 3+6NO ＝5N 2+6H 2O
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)根据平衡状态的判断标准进行分析；根据转化率、平衡常数的计算公式进行进行计算；根据影响反应速率和平衡移动的因素进行分析，根据影响平衡常数的因素分析反应的吸放热情况；
(3)根据氧化还原反应规律进行分析。

【详解】(1)由盖斯定律可知：()()41232=86756.9244/898.1/H H H H kJ mol kJ mol ∆=∆-∆+∆---+-=-，故答案为：-898.1kJ/mol 。

(2)①化学平衡状态：在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种相对静止的状态，即"化学平衡状态"，根据反应2NO （g ） + 2CO （g ）
催化剂2CO 2
（g ）+ N 2（g ） △H= akJ/mol 可知：
A ．由化学计量数之比等于化学反应速率之比，单位时间内消耗2n mol 的NO 同时消耗 n mol 的N 2时，达到平衡状态，故A 不选；
B ．体系中NO 、CO 、CO 2、N 2的浓度不再改变时达到化学平衡状态，并不一定是相等时，故B 不选；
C ．该反应的反应物均为气体，反应前后气体总质量不变，正反应为气体体积减小的反应，则当混合气体的平均相对分子质量（平均摩尔质量）不变时则处于化学平衡状态，故选C ；
D ．在恒容密闭体系中，反应物和生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，故气体的密度一直不变，不
能说明该反应是否达到平衡状态，故D 不选。

答案选C ；
②设4min 内消耗NO 的物质的量为2amol ，由反应
222g 2g 2g N g 55002a 2a 2a a 52a 52a 2a a
NO CO CO ++--催化剂（）（）（）（）
起变终可得物质的量之比等于压强之比，即10510a 4.5=-解得a=1，则4min 内NO 的转化率为2w 100%40%5=⨯=，故答案为2w 100%40%5
=⨯=； ③由②可得平衡时NO 、CO 、CO 2、N 2的个物质的量分别为：3mol 、3mol 、2mol 、1mol ，由平衡分压=总压×物质的量分数可知()()33p p p CO p 99NO ==平平、、()22p p 9CO =平、 ()21p N p 9
=平，由()()()()2222p 222211p p p N p 99K ==p p CO 33p p 99CO NO ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
平平平平带入数据解得1p K =0.099MPa -，故答案为10.099MPa -； ④若在8min 升高温度，Kp 减小则说明平衡逆向移动，说明正反应方向为放热反应，则该反应的△H＜0，即a 小于零，故答案为：小于；
⑤a 升高温度平衡向吸热反应方向移动，本反应为放热反应，平衡左移，故a 不选；
b.降低温度平衡向放热反应方向移动，添加催化剂有利于缩短达到平衡所需要的时间，故选b ； c ．增加排气管的长度并不能提高NO 与CO 的转化率，故c 不选；
答案选b ；
(3)在一定条件下，NH 3具有还原性，NO 具有氧化性，则NO 与NH 3发生氧化还原反应生成水和N 2，故其反应化学方程式为：322465N 6H O NH NO ++＝。

【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 我国科学家借助自主研制的新型钨钴铁合金催化剂攻克了单壁碳纳米管结构的可控制备难题。

海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源， 含有钨、铁、锰、锌、钴等。

（1）基态钴原子的价电子的轨道排布式为_________。

单壁碳纳米管可看作石墨烯沿 一定方向卷曲而成的空心圆柱体，其碳原子的杂化方式为__________。

（2）纳米结构氧化钴可在室温下将甲硫醛（CH 2S ）完全催化氧化，甲硫醛分子属___（填 “极性”或“非极性”）分子，其中心原子的VSEPR 构型为__________。

（3）六羰基钨[W （CO ）6]的熔点为172℃，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。

三种组成元素的电负性由大到小的顺序为 __________（用元素符号表示）。

配体CO 中与W 形成配位键的原子是C
而不是O，原因是________。

（4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。

下列物质中存在“离域π键”的是 _______（填字母）。

A 苯
B 二氧化硫
C 四氯化碳
D 环己烷
（5）Fe2+、Fe3+能与CN-形成络离子，其晶胞结构如图1所示。

该离子可形成铁蓝钾盐，该钾盐的化学式为___________。

（6）图2是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，该立方体是不是Fe3O4的晶胞______（填“是”或“否”）；立方体中铁离子处于氧离子围成的 _____（填空间结构）空隙；根据上图计算Fe3O4晶体的密度为_____g·cm-3。

（图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字）
【答案】 (1). (2). sp2 (3). 极性 (4). 平面三角形 (5). O>C>W (6). C原子半径比 O 大，电负性小，对孤对电子吸引较弱，所以 C 原子更易提供孤对电子，更容易形成配位键 (7). AB (8). KFe2(CN)6 (9). 是 (10). 正八面体 (11). 5.2
【解析】
【分析】
(1)Co元素是27号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，据此写轨道排布式；根据石墨结构分析杂化方式；
(2)根据价层电子互斥理论确定分子构型；
(3)按电负性规律比较几种元素的电负性、进行排序；在六羰基钨中，W是中心原子，CO是配体，比较形成配位键时C原子在哪一方面比O原子有优势即可；
(4)按信息：多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，结合选项进行判断；
(5)根据图1离子晶胞结构、用均摊法计算，Fe2+、Fe3+与CN-的个数并书写络合后形成的离子的化学式；
(6) 用均摊法计算晶胞的质量、按已知条件计算晶胞的体积，按密度定义ρ=m
V
计算晶胞的密度即可；
【详解】(1)Co元素是27号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，3d上有3个未成对电子，则其价电子
的轨道排布式为；石墨是平面层状结构、石墨烯可看作单层石墨，单壁碳纳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，则碳原子均形成3个C-C 键，杂化轨道为3，碳原子杂化方式为：sp 2；
(2) 甲硫醛（CH 2S ）与甲醛分子互为等电子体，按等电子原理，它们具有相同的结构特征，故它们中C 原子形成3个σ键，1个π键，VSEPR 构型为平面三角形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；
(3)同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大，故电负性：O>C>W ；在六羰基钨
[W(CO)6]分子中，W 是中心原子，CO 是配体，由于C 原子半径比O 大，电负性小，对孤对电子的吸引力较弱，更容易形成配位键，所以配体CO 中与W 形成配位的原子是C 而不是O ；
(4)已知信息：多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，A. 苯分子中每个碳原子都采用sp 2杂化，则6个碳原子均有未参与杂化的相互平行的p 轨道，故苯环上的C 原子可以形成“离域π键”，其“离域π键”为66π，A 选；B. 二氧化硫分子中S 上的孤电子对数为62212
-⨯=，价层电子对数=2+1=3，故中心原子为sp 2杂化，空间构型为V 字形，中心原子S 与两个O 原子中有相互平行的p 轨道，可以形成“离域π键”，其“离域π键”为43π，
B 选；C. 四氯化碳分子中只存在σ键，不存在π键，
C 不选；D. 环己烷分子中只存在σ键，不存在π键，
D 不选；故答案为：AB ；
(5)根据图1离子晶胞结构分析，Fe 2+为4×
18=12个，Fe 3+为4×18=12个，CN -为12×14=3个，离子数目比为1:1:6，络合后形成的离子为[230.50.5Fe Fe
++(CN)312]-，所以该离子形成的钾盐的化学式为K 0.5[230.50.5Fe Fe ++(CN)3]，即KFe 2(CN)6；
(6)根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe 3O 4的晶胞，立方体中Fe 3+处于围成的正八面体空隙，1个立方体中含有Fe 3+的个数为4×18
+3×12=2个，含有Fe 2+的个数为1个，含有O 2-的个数为12×14+1=4个，则晶体密度即晶胞的密度为ρ=A m V N ⨯=73563164(a 10)A
N -⨯+⨯⨯⨯=5.2g/cm 3。

【点睛】根据晶胞粒子的排布，确定晶胞中微粒的个数，根据ρ=
m V
计算。

【化学——选修5：有机化学基础】
12. 有机物J 是重要的合成材料中间体，其合成路线之一为：
已知：①R 3I R 3MgI ②+R 3MgI +3H O −−−→
回答下列问题
（1）A 分子中可能共面的碳原子最多有______个。

（2）物质I 的名称______。

（3）由D→E 的反应条件______，其化学方程式为______。

（4）F 的结构简式为______；与F 具有相同官能团且满足下列条件：
①与FeCl 3溶液不显色
②峰面积之比为2:2:2:2:1:1的同分异构体的结构简式为______。

（5）参照上述合成路线，以为原料，设计制备______
【答案】 (1). 8 (2). 苯甲醇 (3). NaOH/H 2O,加热 (4). +2NaOH 2H O →加热 +2NaBr (5). (6).
(7). CH 3CH 2I CH 3CH 2MgI
【解析】
【详解】(1)由A 的结构简式可知：苯环上的所有C 原子共平面，羰基上的两个碳原子也可能共面，所以有机化合物A 最多有8个C 原子共面，故答案为：8；
(2)H 的分子式为76C H O ，I 的分子式为78C H O ，醛基被还原为醇羟基，结合图中各化合物之间的转化关系可知I 的结构式为：，I 的名称为：苯甲醇，故答案为：苯甲醇；
(3)由图示转化关系可知，D 转化为E 属于卤代烃的水解或取代反应生成醇，则其反应条件为：NaOH 水溶液，加热；其反应的化学方程式为：+2NaOH 2H O →加热 +2NaBr ，故答案为：NaOH/ H 2O ，加热；+2NaOH 2H O →加热 +2NaBr ；
(4)F 为有机物E 与酸性高锰酸钾发生氧化反应得来，E 是由D 发生取代反应而得来，故从D 可推出E ，再由E 可得知F 的结构简式为：；与F 互为同分异构体的化合物具有相同官能团且满足：①与FeCl 3溶液不显色则不属于酚类而属于醇，②峰面积之比为2：2：2：2：1：1，则有6种不同化学环境的氢，故 其结构简式为：，故答案为：；；
(5)CH 3CH 2I 与Mg 在一定条件下发生反应生成成有机镁CH 3CH 2MgI ，参照已知反应中A 生成B ，E 生成F ，最后羟基与羧基在浓硫酸的作用下发生酯化反应可得目标化合物；则合成路线入下：CH 3CH 2I。