2021届高三第一次模拟考试卷 化学(四) 教师版

2021届高三第一次模拟考试卷
化 学（四）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137
一、选择题：
7．下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是
A ．“以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了“湿法冶金”技术
B ．“墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化
C ．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的互变
D ．《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，……，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。

”涉及的操作方法是蒸馏 答案：B
解：A ．“以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为：CuSO 4+Fe=FeSO 4+Cu ，是湿法冶金的先驱，古代文献有记载，说明我国古代已经掌握了反应原理，即掌握了“湿法冶金”技术，故A 正确；B ．蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素，没有新物质生成，属于物理变化，故B 错误；C ．“丹砂(HgS)烧之成水银”的反应为HgS====△
Hg+S ，是化合物分解生成单质的过程，“积变又还成丹砂”的反应为Hg+S=HgS ，是单质转化为化合物的过程，故C 正确；D ．白酒的烧制是利用沸点不同将白酒中的水和酒精分离，为蒸馏操作，故D 正确；答案选B 。

8．铵明矾[NH 4Al(SO 4)2·12H 2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。

下列分析不正确的是
A ．过程Ⅰ反应：2NH 4HCO 3+Na 2SO 4=2NaHCO 3↓+(NH 4)2SO 4
B ．检验溶液B 中阴离子的试剂仅需BaCl 2溶液
C ．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小
D ．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH 溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失 答案：D
解：NaHCO 3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO 3沉淀，过滤后所得滤液A 中有(NH 4)2SO 4和少量的NaHCO 3，将滤液A 用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO 3生成硫酸钠，得滤液B 为(NH 4)2SO 4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B 溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。

A ．过程Ⅰ利用NaHCO 3的溶解度比较小，NH 4HCO 3和Na 2SO 4发生反应：
2NH 4HCO 3+Na 2SO 4=2NaHCO 3↓+(NH 4)2SO 4，故A 正确；B ．溶液B 已经呈酸性，检验SO 2−
4只需加
入BaCl 2溶液即可，故B 正确；C ．若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO −3，加入Al 2(SO 4)3，Al 2(SO 4)3会与HCO −3发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C 正确；D ．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH 溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D 错误；答案选D 。

9．萜类化合物广泛存在于动植物体内。

下列关于萜类化合物a 、b 的说法正确的是
A ．a 中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)
B ．b 的分子式为
C 10H 12O
C ．a 和b 都能发生加成反应、氧化反应、取代反应
D ．只能用钠鉴别a 和b 答案：C
解：A ．a 中六元环上有5个碳上有氢，a 中六元环上的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)，故A 错误；B ．b 的分子式为C 10H 14O ，故B 错误；C ．a 中的碳双键和b 中苯环上的甲基都能发生氧化反应、a 、b 甲基上的氢都可以发生取代反应、a 中碳碳双键、b 中苯环都可以发生加成反应，故C 正确；D ．可以用钠鉴别a 和b ，还可以用溴水来鉴别，故D 错误；故选C 。

10．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是
选项
操作 现象 结论 A 滴加BaCl 2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO 2－
4 B
滴加氯水和CCl 4，
下层溶液显紫色
原溶液中有I −
此卷只
装
订不
密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
振荡、静置
C
用洁净铂丝蘸取溶
液进行焰色反应
火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+ D
滴加稀NaOH溶液，将湿润
的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝原溶液中无NH＋4答案：B
解：滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有SO2－4，因为若溶液中含有SO2－3、CO2－3、Ag+等，滴加氯化钡溶液也都生成白色沉淀，故A错误；氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘单质从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色，故B正确；Na+的黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需透过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH＋4，滴加稀NaOH溶液需加热才会放出氨气，故D错误。

11．2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏落户。

用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如右图所示。

下列说法正确的是
A．放电时，甲电极为正极，OH−移向乙电极
B．放电时，乙电极反应为Ni(OH)2+OH−-e−=NiO(OH)+H2O
C．充电时，电池的甲电极与直流电源的正极相连
D．电池总反应为H2+2NiOOH2Ni(OH)2
答案：D
解：开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH−-2e−=2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答。

A．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH−向负极甲电极移动，A 错误；B．放电时，乙电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，B错误；C．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极；充电时，碳电极发生还原反应，作阴极，应与电源的负极相连，C错误；D．放电时，正极电极反应式为NiO(OH)+H2O+e−=Ni(OH)2 +OH−，负极电极反应式为：H2+2OH−-2e−=2H2O，两式相加得总反应：H2+2NiOOH2Ni(OH)2，D正确；故合理选项是D。

12．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。

X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。

x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。

其转化关系如图所示，下列判断正确的是
A．反应①、②属于氧化还原反应，③属于非氧化还原反应
B．Y的离子半径比Z的离子半径小
C．反应③可以证明X的非金属性强于W
D．一定条件下，x与甲反应生成丁
答案：D
解：根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与二氧化硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和氧化镁（乙）。

A．反应①为镁和二氧化碳反应，反应过程镁和碳元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，反应②为碳在氧气中点燃，是氧化还原反应，反应③为碳和二氧化硅反应，反应过程中碳和硅元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，故A项错误；B．Y的离子为O2−，Z的离子为Na+，电子层数均为两层，但氧离子的核电荷小于钠离子，故氧离子半径大于钠离子，故B项
错误；C．根据元素周期律，非金属性越强，单质氧化性越强，反应③为：
2
C+SiO=Si+CO↑
高温
，反应中C将Si元素还原，不能说明C 的非金属性强于Si，故C项错误；D．碳可以和二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，故D项正确；故答案为D。

13．用AG表示溶液的酸度，其表达式为AG=lg[
()
()
+
-
c H
c OH
]，298K时，向10mL 0.1mol·L−1 HX溶液中滴加0.1mol·L−1 NaOH溶液。

溶液的AG与NaOH溶液体积的关系如图所示。

下列说法错误的是
A．溶液pH和AG的关系式为AG=14-2pH B．对G点溶液，c(Na+)=c(X−)
C．298K时HX的电离常数Ka≈1.0×10−5 D．溶液中水电离的c(OH−)：F点<P点
答案：D
解：A．AG=lg[
()
()
+
-
c H
c OH
]=lgc(H+)-lgc(OH−)=lgc(H+)-lg()W+
K
c H
=2pH-lgK W=14-2pH，故A不符合题意；
B．G点对应AG=0，即lgc(H+)=lgc(OH−)，溶液呈中性，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(X−)，故B不符合题意；C．E点为HX溶液，Ag=8，c(H+)=1.0×10−3mol/L，则HA的平衡常数
K=
()()
()
+-
c H c X
c HX
⨯
=
33
3
110110
0.1110
--
-
⨯⨯⨯
-⨯
≈1.0×10−5，故C不符合题意；D．F点加入5mL等浓度的NaOH
溶液，反应后溶质为等浓度的NaX、HX，P点加入20mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaX、NaOH，NaOH为强电解质，对水的抑制程度更大，则P点水的电离程度小于F点水的电离程度，故D符合题意；答案为D。

二、非选择题
26．甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。

某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。

有关物质性质如下表：
甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇
两性化合物强酸性、强还原性
实验过程：
I．合成：装置C中盛有0.1mol FeCO3和200mL 1.0mol·L−1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。

实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。

Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。

回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。

（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________________________。

（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________ 。

（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。

原因可用离子方程式表示为________。

（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。

（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________。

（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。

答案：(1)分液漏斗平衡气压，使液体顺利流下
(2)饱和NaHCO3溶液防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）
(3)防止Fe2+被氧化
(4)Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
(5)降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出
(6)硫氰化钾溶液
(7)75
解：由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。

（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中
盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C 中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D 中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C 装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO 3溶液；防止空气进入C 中（从而防止Fe 2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO 3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe 2+被氧化（4）加入氢氧化钠溶液调节pH 若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe 2++2OH −= Fe(OH)2，答案为：Fe 2++2OH −=Fe(OH)2↓；（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II 中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子，答案为：硫氰化钾溶液；（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L −1=0.2mol ，0.1mol 的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol ，根据铁原子守恒，0.2mol 的甘氨酸和0.1mol 的碳酸亚铁理论上生成0.1mol 的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质
量
：
204g·mol −1×0.1mol=20.4g
，
产
品
的
质
量
为
15.3g
，
则
产
率
=
100%⨯实际产量
理论产量
=15.3g 20.4g 100%⨯=75%，答案为：75。

27．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。

磷酸亚铁锂（LiFePO 4）电池是新能源汽车的动力电池之一。

采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO 4外，还含有Al 箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图：
已知：K sp (Li 2CO 3)=1.6×
10−3。

部分物质的溶解度（S ）如下表所示： T ℃ S(Li 2CO 3)/g
S(Li 2SO 4)/g
S(Li 3PO 4)/g 20 1.33 34.2 0.039 80 0.85 30.5 —— 100
0.72
——
（1）从“正极”可以回收的金属有 _。

（2）写出碱溶时Al 箔溶解的离子方程式 。

（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生LiFePO 4和FePO 4的转化，该电池充电时正极的电极反应式为 。

（4）酸浸时产生标准状况下3.36L NO 时，溶解LiFePO 4 mol （其他杂质不与HNO 3反应），若用H 2O 2代替HNO 3，发生反应的离子方程式为 。

（5）流程中用“热水洗涤”的原因是 。

（6）若滤液②中c(Li +)=4mol/L ，加入等体积的Na 2CO 3后，Li +的沉降率到90%，计算滤液③中
c(CO 2−
3)= mol/L 。

（7）“沉淀”时 （填“能”或“不能”）用Na 2SO 4溶液代替饱和Na 2CO 3溶液，原因是 。

答案：(1)Li 、Fe 、Al
(2)2Al+2OH −+2H 2O=2AlO −2+3H 2↑ (3)LiFePO 4-e −=FePO 4+Li +
(4)0.45 H 2O 2+2H ++2Fe 2+=2Fe 3++2H 2O 或H 2O 2+8H ++2LiFePO 4=2Fe 3++2H 2O+2H 3PO 4+2Li + (5)Li 2CO 3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li 2CO 3的溶解 (6)0.04
(7)不能 Li 2SO 4为易溶物
解：正极片经碱溶可得到NaAlO 2滤液，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去不溶于酸碱的导电剂，得到含有P 、Fe 、Li 的滤液，加入碱液调节pH 值，生成的沉淀为FePO 4，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。

（1）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO 2滤液，调节pH 值，生成的沉淀为FePO 4，加入碳酸钠，可生成Li 2CO 3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有
Li 、Fe 、Al ，答案为：Li 、Fe 、Al ；（2）碱溶时Al 箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式
2Al+2OH −+2H 2O=2AlO −2+3H 2↑，答案为：2Al+2OH −+2H 2O=2AlO −
2+3H 2↑；
（3）磷酸亚铁锂电池在工作时，正极发生还原反应，电极反应式为：FePO 4+e −+Li +=LiFePO 4该电池充电时正极变为阳极，失
电子发生氧化反应，将放电时正极反应倒写即为阳极电极反应式为LiFePO 4=FePO 4+Li ++e −，答案为：LiFePO 4-e −=FePO 4+Li +；（4）酸浸时HNO 3转化为NO ，产生标准状况下3.36L NO 的物质的量为
3.36L
22.4L/mol
=0.15mol ，产生1mol NO ，转移3mol 电子，则生成0.15mol NO 转移0.45mol 电子，
LiFePO 4与硝酸反应转化为FePO 4，Fe 的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO 4转移1mol 电子，则转移0.45mol 电子，溶解LiFePO 4 0.45mol ；若用H 2O 2代替HNO 3，H 2O 2与LiFePO 4发生氧化还原反应，反应的离子方程式为H 2O 2+2H ++2Fe 2+=2Fe 3++2H 2O 或H 2O 2+8H ++2LiFePO 4=2Fe 3++2H 2O+2H 3PO 4+2 Li +，答案为：
0.45；H 2O 2+2H ++2Fe 2+=2Fe 3++2H 2O 或H 2O 2+8H ++2LiFePO 4=2Fe 3++2H 2O+2H 3PO 4+2Li +；
（5）根据表格数据可得，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到90%，混合后溶液中含有的
c(Li+)=4mol/L×(1-90%)×1
2
=0.2mol/L，已知：K sp(Li2CO3)=c 2(Li+)·c(CO2−3)=1.6×10−3，则滤液③中
c(CO2−3)=
()
()232
SP
K Li CO
c Li+
=()
3
2
1.610
0.2
-
⨯
=0.04mol/L，答案为：0.04；（7）“沉淀”时不能用Na2SO4溶液代替饱
和Na2CO3溶液，原因是Li2SO4为易溶物，最终得不到Li2CO3沉淀，答案为：Li2SO4为易溶物。

28．H2是一种重要的清洁能源。

（1）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ·mol−1
CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ·mol−1
H2还原CO反应合成甲醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1，则ΔH1＝kJ·mol−1，该反应自发进行的条件为
A．高温B．低温C．任何温度条件下
（2）恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入1mol CO和 2.2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，实验测得平衡时CO的转化率随温度、压强的变化如图所示。

则P1 P2，判断的理由是。

（3）若反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1的密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化如表所示：
时间/min 0 5 10 15
H2 4 2
CO 2 1
CH3OH(g) 0 0.7
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是(填字母)；
A．容器内压强保持不变B．2v正(H2)=v逆(CH3OH)
C．混合气体的相对分子质量保持不变D．混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0 kPa，则在该温度下反应的平衡常数K p= (kPa)−2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

③反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)= kPa·min−1。

答案：(1)-90.1 B
(2)> 正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2
(3)AC 9/p02P0/30
解：（1）根据盖斯定律由已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0kJ·mol−1；
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.1kJ·mol−1，①+②得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=(-49.0kJ∙mol−1)+(-41.1kJ∙mol−1)=-90.1kJ∙mol−1，所以此反应为放热反应，该反应低温的条件能自发进行，故B正确；答案：-90.1；B；（2）反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，根据图示可知的CO转化率P1>P2，所以压强：P1>P2。

答案：>；正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡右移，CO的转化率增大，由图知相同温度时P1下CO的转化率大于P2；（3）①A．因为反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是两边计量数不等的反应，在温度不变且体积恒定为1的密闭容器中，若容器内压强保持不变，说明反应达到平衡了，故A能为判断该反应达到平衡标志，故A正确；B．当v正(H2)=2v逆(CH3OH)时，才能证明反应达到平衡状态了，所以B不能为判断该反应达到平衡标志，故B错误；C．混合气体的相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，就等于总质量除以总物质的量，因为各物质都是气体，所以总质量不变，化学反应两边计量数不等，所以当平均摩尔质量保持不变，说明反应达到了平衡状态，故C正确；D．混合气体的密度ρ=m/V，因为m和V保持不变，所以ρ不变，因此密度不变，不能为判断该反应达到平衡标志，故D错误；所以本题答案：AC。

根据反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)及表中数据可知10min时，达到平衡，其各物质的量为别为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
初始量 2 4 0
变化量 1 2 1
平衡量 1 2 1
根据阿伏伽德罗定律：若起始压强为P0kPa，则平衡压强为2/3P0，所以平衡常数K p=
()
()()2
2
P CH3OH
P CO P H
=(2/3P0×1/4)/[2/3P0×1/4×(2/3P0×1/2)2]=9/p02，答案：9/p02。

③根据图表可知氢气初始压强为2/3P0，10min内平衡压强为1/3P0，则H2的反应速率v(H2)=1/3P0÷10min=1/30P0kPa·min−1，所以本题答案：P0/30。

选考题
35．【物质结构与性质】
中国炼丹家约在唐代或五代时期掌握了以炉甘石点化鍮石(即鍮石金)的技艺：将炉甘石(ZnCO3)、赤铜矿(主要成分Cu2O)和木炭粉混合加热至800℃左右可制得与黄金相似的鍮石金。

回答下列问题：
(1)锌元素基态原子的价电子排布式为________________，铜元素基态原子中的未成对电子数为_________________。

(2)硫酸锌溶于过量氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。

①[Zn(NH3)4]SO4中，阴离子的立体构型是__________________，[Zn(NH3)4]2+中含有的化学键有__________________。

②NH3分子中，中心原子的轨道杂化类型为________________，NH3在H2O中的溶解度____________(填“大”或“小”)，原因是_____________________。

(3)铜的第一电离能为I1Cu=745.5kJ·mol−1，第二电离能为I2Cu=1957.9kJ·mol−1，锌的第一电离能为I1Zn=906.4kJ·mol−1，第二电离能为I2Zn=1733.3kJ·mol−1，I2Cu>I2Zn的原因是___________________。

(4)Cu2O晶体的晶胞结构如图所示。

O2−的配位数为_______________；若Cu2O的密度为d g·cm−3，则晶胞参数a=____________nm。

答案：(1)3d104s2 1
(2)正四面体配位键和极性共价键sp3大NH3分子和H2O分子均为极性分子，且NH3分子和H2O分子之间能形成氢键
(3)铜失去的是全充满的3d10电子，而锌失去的是4s1电子
(4)4 ×107
解：（1）Zn原子核外有30个电子，根据构造原理，基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2。

Cu原子核外有29个电子，基态Cu 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，4s上有1个未成对电子，即基态Cu原子有1个未成对电子。

（2）①SO2−4中中心原子S上的孤电子对数=（6+2-42）=0，成键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体型，S上没有孤电子对，SO2−4的立体构型为正四面体。

[Zn(NH3)4]2+中Zn2+与NH3分子间为配位键，NH3分子内含极性共价键。

②NH3分子中中心原子N的价层电子对数=（5-31）+3=4，N原子采取sp3杂化。

NH3分子和H2O分子都是极性分子，根据“相似相溶”；NH3分子和H2O分子间形成氢键，所以NH3在H2O中的溶解度大。

（3）基态Cu 原子的价电子排布式为3d104s1，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，Cu的第二电离能失去的是全充满的3d10电子，Zn的第二电离能失去的是4s1电子，所以I 2Cu I2Zn。

（4）由晶胞可以看出O2−的配位数为4。

用“均摊法”，1个晶胞中含O2−：8+1=2个，Cu+：4个，1mol Cu2O的质量为144g，1mol晶体的体积为144g dg/cm3=cm3，1个晶胞的体积为cm 3N A 2=cm3，晶胞参数a=cm=107nm。

36．【有机化学基础】
以下是某课题组设计的合成聚酯类高分子材料的路线：
已知：同一碳原子上连两个羟基时结构不稳定，易脱水生成醛或酮
请根据以上信息回答下列问题：
（1）烃A的结构简式为________。

（2）A的化学名称为________。

（3）由B生成C的化学方程式为________。

（4）C的同分异构体中，既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能发生银镜反应的有机物共有________种，其中在核磁共振氢谱中出现五组峰的有机物的结构简式为__________________________。

（5）D的结构简式为________，D的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯在酸性条件下发生水解反应的化学方程式为__________________________。

答案：(1)
(2)对二甲苯（1，4—二甲苯）
(3)
(4)13
(5)
解：（1）D生成高分子化合物，反应类型为缩聚反应，D 结构简式为，C能发生银镜反应，说明含有醛基，则C 的结构简式为，B生成C发生水解反应或取代反应，A生成B发生取代反应，即A 的结构简式为；（2）根据（1），A为对二甲苯或1，4－二甲苯；（3）B生成C发生水解反应，其化学方程式为
；（4）能与FeCl3发生显色反应，说明C的同分异构体中含有苯环和酚羟基，又能发生银镜反应，说明含有醛基，推出（邻间对三种）、－CH2CHO拆写成－CH3和－CHO，固定二个移动一个，共有10种；核磁共振氢谱出现五组峰，说明有五种不同的氢原子，应是对称结构，因此符合要求的C的同分异构体为；（5）根据上述分析，D的结构简式为
，D 的某同分异构体中含有苯环的碳酸二酯，该有机物的结构简式为，发生水解反应，其反应方程式为。