精品解析：云南省曲靖市第一中学2020届高三第二次模拟考试(全国III)理综化学试题(解析版)

云南省曲靖市第一中学2020届高三第二次模拟考试
理综化学试题
1.化学与生活密切相关，下列有关说法中正确的是
A. 聚丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 福尔马林可用于食品的防腐保鲜
C. 医用酒精可用于饮用水消毒
D. 淀粉、油脂、蛋白质可提供营养
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚丙烯分子中没有碳碳双键，不能使高锰酸钾溶液褪色，A项错误；
B．福尔马林能使蛋白质变性，因而具有杀菌、防腐性能，常用来浸制生物标本，作消毒剂，因其有毒，不能用于食品的防腐保鲜，B项错误；
C．75%（体积分数）的乙醇溶液为医用酒精，可用于杀菌消毒，乙醇可与水以任意比例互溶，若将医用酒精溶于饮用水，浓度改变，不具备杀菌消毒能力，故不能用于饮用水消毒，C项错误；
D．淀粉、油脂、蛋白质可提供人体所需的营养物质和能量，属于基本营养物质，D项正确；
答案选D。

2.某有机物含C、H、O、N四种元素，其3D模型如图所示。

下列有关该有机物的说法正确的是
A. 常温常压下呈气态
B. 分子式为C3H7O2N
C. 与甘氨酸互为同分异构体
D. 分子中所有C、N原子均处于同一平面
【答案】B
【解析】
【分析】
分析该物质的3D模型，结合C、H、O、N四种元素的成键规律，可知其结构简式为：CH3CH(NH2)COOH，据此进行判断。

【详解】A．通过结构简式可知该物质为丙氨酸，常温常压下丙氨酸呈固态，A项错误；
B．由图可知分子式为：C3H7O2N，B项正确；
C ．甘氨酸分子式为：C 2H 5NO 2，与该有机物分子式不同，两者不互为同分异构体，C 项错误；
D ．与—NH 2直接相连的碳原子为sp 3杂化，与该碳原子直接相连的4个原子构成四面体，故不可能所有C 、N 原子共面，D 项错误； 答案选B 。

【点睛】分子中原子共线共面的判断：
以甲烷（正四面体构型）、乙烯（平面构型）、乙炔（直线构型）、苯（平面构型）、甲醛（平面构型）这5个分子的结构为原型和思维起点，把复杂的有机物分子分解成几个部分，借助单键可以旋转，双键和三键不能旋转这一点来分析所分解的各个部分，再予以综合，便能得出分子中在同一平面或同一直线上的原子数目。

3.设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 常温常压下，4gD 2O 中含有的电子数为2N A B. 42gC 2H 4和C 4H 8的混合气中含有氢原子数为6N A
C. H 2O(g)通过Na 2O 2(s)使其增重bg 时，反应中转移的电子数为A
b 2
N D. 25℃时，1LpH=1的HCl 溶液中含有的H 原子数为0.1N A 【答案】D 【解析】
【详解】A ．D 2O 的M=20g/mol ，1个D 2O 分子中有10个电子，故4gD 2O 中含有的电子物质的量为
4g
20g /mol
×10=2mol ，电子数为2N A ，A 项正确；
B ．设
C 2H 4和C 4H 8的质量分别为x 、y ，则有：x+y=42g ，则C 2H 4和C 4H 8的混合物中H 原子物质的量为
x y
4+8=6mol 28/56/g mol g mol
⨯⨯，含氢原子数为6N A ，B 项正确；
C ．H 2O(g)通过Na 2O 2(s)发生反应：2H 2O+2Na 2O 2=4NaOH+O 2↑，由方程式可知，2Na 2O 2→4NaOH~2e -，固体质量每增加4g ，转移电子数为2 N A ，现增重bg ，则转移的电子数应为
A
b 2
N ，C 项正确； D ．HCl 溶液中的H 原子来源于两部分，一部分是以离子形式存在于溶液中的H +，一部分是以H 2O 分子形式存在的H 原子，25℃时，1LpH=1的HCl 溶液中含有的H +数目为0.1N A ，该溶液中H 原子数应＞0.1N A ，D 项错误； 答案选D 。

4.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项实验操作和现象预期实验目的或结论
A
向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和
AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+ I-
B
向1 mL浓度均为0.05 mol·L-l NaCl、NaI的混合溶液中
滴加2滴0.01 mol·L-l AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色
K sp(AgCl)<K sp(AgI)
C
室温下，用pH 试纸分别测定浓度为0.1mol/L NaClO
溶液和0.1mol/L CH3COONa溶液的pH 比较HC1O和CH3COOH的酸性强弱D
浓硫酸与乙醇180℃共热，制得的气体通入酸性
KMnO4溶液，溶液紫色褪去
制得的气体为乙烯
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉遇I2变蓝，AgI为黄色沉淀，实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出结论正确，A项符合题意；
B．由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为AgI，在c(Cl-)和c(I-)相同时，先生成AgI，故可得K sp (AgCl)>K sp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；
C．NaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选A。

5.用电解尿素[CO(NH3)2]的碱性溶液制氢气的装置如图所示。

下列说法错误的是
A. 为增强导电性，可用金属铜作阳极
B. 电解过程中阴、阳极产生的气体物质的量之比为3：1
C. 阴极的电极反应式为：2H 2O+2e -=H 2+2OH -
D. 阳极的电极反应式为：CO(NH 2)2-6e -+8OH -=CO 32-+N 2+6H 2O 【答案】A 【解析】
A ．如用金属铜作电解池的阳极，则阳极本身要发生氧化反应，影响电解的目的，故A 错误；
B ．根据电子守恒，电解过程中阴产生的H 2、阳极产生的N 2的物质的量之比为3：1，故B 正确；
C ．阴极发生还原反应生成氢气的电极反应式为2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -，故C 正确；
D ．阳极发生氧化反应得到N 2的电极反应式为C O(NH 2)2-6e -+8OH -=CO 32-+N 2+6H 2O ，故D 正确；答案为A 。

点睛：明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H 元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极a 是阳极，生成氢气的电极b 是阴极，结合电解质溶液中氢氧根离子浓度的变化分析解答。

6.A 、B 、C 、D 均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的
最外层电子数之和为18，A 和C 同主族，B 原子的电子层数与最外层电子数相等，B 、C 、D 的单质均可与NaOH 溶液反应。

下列说法正确的是 A. 简单离子半径：D ＞B B. 简单氢化物的热稳定性：C ＞A
C. AD 4的熔沸点比CD 4的高
D. 可电解BD 3溶液制备B 的单质
【答案】A 【解析】 【分析】
由B 原子的电子层数与最外层电子数相等，B 、C 、D 的单质均可与NaOH 溶液反应，可知B 为Al ，又A 、B 、C 、D 原子序数依次增大，A 、B 、C 、D 的最外层电子数之和为18，A 和C 同主族，可知A 为C ，C 为Si ，D 为Cl ，据此进行判断。

【详解】由B 原子的电子层数与最外层电子数相等，B 、C 、D 的单质均可与NaOH 溶液反应，可知B 为Al ，又A 、B 、C 、D 原子序数依次增大，A 、B 、C 、D 的最外层电子数之和为18，A 和C 同主族，可知A 为C ，C 为Si ，D 为Cl ，
A ．同周期元素中阴离子半径大于阳离子半径，故半径：Cl -＞Al 3+，A 项正确；
B ．同主族元素气态氢化物的稳定性从上到下逐渐减弱，故简单氢化物的热稳定性：
C ＜A ，B 项错误； C ．CCl 4和SiCl 4为组成和结构相似的分子晶体，其相对分子质量越大，熔沸点越高，故SiCl 4的熔沸点比CCl 4高，C 项错误；
D ．电解AlCl 3溶液时放电顺序H +排在Al 3+前面，电解AlCl 3溶液类似于电解饱和食盐水，得不到Al 单质，一般采取电解熔融氧化铝制取铝单质，D 项错误； 答案选A 。

【点睛】“三看”法快速判断简单微粒半径的大小
一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大； 二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。

7.常温下，向20 mL 的某稀盐酸中滴入0.1 mol·
L -1的羟胺溶液， 羟胺的电离方程式为：NH 2OH ＋H 2O NH 3OH +＋OH －(25℃常温时， K b ＝9.0×l0－9)。

溶液中由水电离出的氢离子浓度随滴入羟胺溶液体积的变化如图(已知：lg3＝0.5)，下列分析正确的是
A. 0.1 mol·L -1羟胺溶液的 pH ＝8.5
B. b 点溶液中：c (H +) =c (OH -)
C. d 点对应溶液中存在：c (H +)＝c (OH -)＋c (NH 2OH)
D. 该稀盐酸的浓度为0.2 mol·L -1 【答案】C 【解析】 【分析】
分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，a ～d 段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，在d ～f 段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，在d 点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NH 3OHCl 。

据此进行判断。

【详解】A ．根据弱电解质的电离常数K b ＝
()()()
+-3-92NH OH OH 9.010NH OH c c c ⨯=⨯，可得
()()-952OH NH OH 9.0100.1 3.010(/)
b c K c mol L --==⨯⨯=⨯，
则
()()14+
-9W 5-101H 103.0103OH K c c --===⨯⨯,()+91pH lg H lg(10)9.53
c -=-=-⨯=，故0.1 mol·L -1羟胺溶液的 pH ＝9.5，A 项错误；
B ．由分析可知，在b 点时，盐酸过量，溶液溶质为HCl 和 NH 3OHCl ，根据电荷守恒有：
()()()()++--3H NH OH Cl +OH c c c c +=，因为()()+-3NH OH Cl c c <，故溶液中()()+-H OH c c >，B
项错误；
C ．由图可知，d 点时水电离出的c (H +)最大，说明此时溶液中的溶质为NH 3OHCl ，根据盐类水解的质子守恒可知：c (H +)＝c (OH -)＋c (NH 2OH)，C 项正确；
D ．由图可知，当未滴加羟胺溶液时，此时溶液为盐酸溶液，由水电离出的()+
13
H
10
c -=，则由水电离的
()-
13
OH 10
c -=，可以得出此时溶液的()14
+
1310H 0.110
c --==mol/L ，故该稀盐酸的浓度为0.1 mol·
L -1，D 项错误； 答案选C 。

【点睛】水的离子积常数()()+
-
W =H
OH K c c ⋅，其实质是水溶液中的H +和OH -
浓度的乘积，不一定是水
电离出的H +和OH -浓度的乘积，K W 不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液，不管哪种溶液均有
()
()
22+-H O
H O
H OH c c =。

8.某探究小组设计如图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl 3CHO)的实验。

查阅资料，有关信息如下：
①制备反应原理：C 2H 5OH + 4Cl 2 → CCl 3CHO+5HCl 可能发生的副反应：
C 2H 5OH + HCl → C 2H 5Cl+H 2O
CCl 3CHO+HClO→CCl 3COOH(三氯乙酸)+HCl ②相关物质部分物理性质：
（1）仪器a中盛放的试剂是_____；装置B的作用是__________。

（2）若撤去装置C，可能导致装置D中副产物________ (填化学式)的量增加；装置D可采用_________加热的方法以控制反应温度在70℃左右。

（3）装置E中可能发生的无机反应的离子方程式有____________________。

（4）反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH。

你认为此方案是否可行，为什么?_______________
（5）测定产品纯度：称取产品0.30 g配成待测溶液，加入0.1000 mol·L-1碘标准溶液20.00 mL，再加入适量Na2CO3溶液，反应完全后，加盐酸调节溶液的pH，立即用0.02000 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点。

进行平行实验后，测得消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。

则产品的纯度为_________。

滴定的反应原理：CCl3CHO +OH-→ CHCl3 + HCOO-、HCOO－+ I2 =H+ + 2I- + CO2↑ I2 + 2S2O32- = 2I-+ S4O62-（6）请设计实验证明三氯乙酸的酸性比乙酸强。

__________________
【答案】(1). 浓盐酸(2). 除去氯化氢(3). Cl3CCOOH、C2H5Cl(4). 水浴(5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O(6). 不可行，因为CCl3COOH可溶于乙醇、三氯乙醛，用过滤方法无法分离得到CCl3COOH(7). 88.5%(8). 分别测定0.1mol/L两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH 较小
【解析】
【分析】
分析题给信息可知：A装置利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D装置为制备CCl3CHO的反应装置，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，以防止污染空气。

【详解】（1）A装置为用二氧化锰和浓盐酸制备氯气的反应装置，故仪器a中盛放的是浓盐酸，反应后生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置中盛放饱和食盐水以除去氯化氢，故答案为：浓盐酸；除去氯化氢；
（2）氯气能与水反应生成HCl 和HClO ，撤去C 后，易发生副反应：C 2H 5OH + HCl → C 2H 5Cl+H 2O 、CCl 3CHO+HClO→CCl 3COOH(三氯乙酸)+HCl ，从而导致D 中副产物CCl 3COOH 、C 2H 5Cl 的增加；反应温度需控制在70℃左右，可以考虑采取水浴加热，这样可使装置受热均匀，便于控制温度。

故答案为：CCl 3COOH 、C 2H 5Cl ；水浴；
（3）E 装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl ，以防止污染空气。

故离子方程式为：Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O 、H ++OH -=H 2O ；答案为：Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O 、H ++OH -=H 2O 。

（4）由表中物质的物理性质可知，CCl 3COOH 可溶于水和三氯乙醛中，故用过滤方法无法分离得到CCl 3COOH ，故不可行，结合表中物质的沸点差异，应用蒸馏方法来进行分离。

故答案为：不可行，因为CCl 3COOH 可溶于水和三氯乙醛中，用过滤方法无法分离得到CCl 3COOH 。

（5）根据滴定原理和I 原子守恒，有：()2I =0.1000mol/L 20mL=0.002mol n ⨯总 设与Na 2S 2O 3溶液反应消耗I 2的物质的量为x ，则：
2--2-22346-3I + 2S O = 2I + S O 12x
0.02/2010mol L L
⨯⨯
312
x 0.02/2010mol L L
-=
⨯⨯ 解得x 0.0002=mol 故与HCOO -反应消耗的I 2的物质的量=0.002mol-0.0002mol=0.0018mol
根据CCl 3CHO +OH - → CHCl 3 + HCOO - HCOO －
+ I 2 =H + + 2I - + CO 2↑，可得关系式：CCl 3CHO ～HCOO -～
I 2
设CCl 3CHO 的物质的量为y ，则：
-32CCl CHO HCOO I 11y
0.0018mol
～～
11y 0.0018mol
=，解得y=0.0018mol 故产品的纯度=
0.0018147.5100%88.5%0.30g
mol g
⨯⨯=
故答案为：88.5%
（6）比较三氯乙酸和乙酸的酸性强弱方法较多：如等物质的量浓度的三氯乙酸和乙酸，分别测量二者的pH 值，可看到三氯乙酸的pH 较小或pH 相同的三氯乙酸和乙酸溶液，分别稀释10倍，三氯乙酸的pH 变化大或测定等物质的量浓度的二者对应的强碱盐的碱性，可知乙酸盐的碱性更强等等，故答案为：分别测定0.1mol/L 两种酸溶液的pH ，三氯乙酸的pH 较小。

9.工业上制备BaCl2·2H2O有如下两种途径。

途径1：以重晶石（主要成分BaSO4）为原料，流程如下：
（1）写出“高温焙烧”时反应的化学方程式：_____________________________________。

（2）气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。

Na2S水解的离子方程式为_____________。

（3）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，--
c(Br)
c(C1)
=___________。

[K sp(AgBr)=5.4×10-13，K sp(AgCl)=2.0×10-10]
途径2：以毒重石(主要成分BaCO3，含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)为原料，流程如下：
已知：K sp(BaC2O4)＝1.6×10－7，K sp(CaC2O4)＝2.3×10－9
Ca2+Mg2+Fe3+
开始沉淀时的pH 11.9 9.1 1.9
完全沉淀时的pH 13.9 11.1 3.7
（4）为提高矿石的浸取率，可采取的措施是_________。

（5）加入NH3·H2O 调节pH=8 可除去___________（填离子符号），滤渣Ⅱ中含_________（填化学式）。

加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________。

（6）重量法测定产品纯度的步骤为：准确称取m g BaCl2·2H2O试样，加入100 mL水，用3 mL 2 mol·L－1的HCl溶液加热溶解。

边搅拌，边逐滴加入0.1 mol·L－1 H2SO4 溶液。

待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01 mol·L－1的稀H2SO4洗涤沉淀3~4 次，直至洗涤液中不含Cl－为止。

将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为n g。

则BaCl2·2H2O的质量分数为_________。

（7）20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L-1)如图所示。

下列叙述正确的是
_______________
A ．盐酸浓度越大，K sp (PbCl 2)越大
B ．PbCl 2能与一定浓度的盐酸反应
C ．x 、y 两点对应的溶液中c (Pb 2+)相等
D ．往含Pb 2+的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb 2+完全转化为PbCl 2(s)
【答案】 (1). BaSO 4+4C 垐垎?噲垐?高温4CO ↑+BaS (2). S 2-+H 2O ƒ
HS -+OH -、HS -+H 2O ƒH 2S+OH -
(3). 32.710-⨯ (4). 将矿石粉碎，
搅拌，适当升高温度等 (5). Fe 3+ (6). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (7). H 2C 2O 4过量会导致生成BaC 2O 4沉淀，产品的产量减少 (8). 244233n
m
(9). B 【解析】
【详解】（1）由流程图知高温焙烧时为重晶石矿和炭发生氧化还原反应，其中炭过量，故可知反应为：BaSO 4+4C 垐垎?噲垐?高温4CO↑+BaS ；答案为：BaSO 4+4C 垐垎?噲垐?高温4CO↑+BaS ；
（2）Na 2S 为强碱弱酸盐，弱酸根离子与水电离产生的H +结合生成弱酸，其水解的离子方程式为：S 2-+H 2O ƒHS -+OH -、HS -+H 2O ƒH 2S+OH -，答案为：S 2-+H 2O ƒHS -+OH -、HS -+H 2O ƒH 2S+OH -； （3）根据沉淀溶解平衡常数计算式有：()(
)()+
-
13
s AgBr Ag
Br 5.410
p K c c -=⨯=⨯，
()()()+
-
10
sp AgCl Ag Cl 2.010
K c c -=⨯=⨯，当两种沉淀共存时有：
()()
()()
--AgBr AgCl Br Cl sp sp K K c c =
，则
()()
()
()-13sp 3
10
-Br AgBr 5.410 2.710AgCl 2.010
Cl sp c K K c ---⨯===⨯⨯，故答案为：32.710-⨯； （4）提高矿石浸取率，可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大盐酸的浓度、粉碎矿石增大接触面积等，故答案为：将矿石粉碎，搅拌，适当升高温度等；
（5）根据流程图及表格中数据可知，加入NH 3·
H 2O 调节pH=8时，只有Fe 3+完全沉淀除去。

加入NaOH ，调节pH=12.5，对比表格中数据可知，此时Mg 2+完全沉淀，Ca 2+部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；根据已知条件，若草酸过量，会生成BaC 2O 4沉淀，使得最终产物量减少。

故答案为：Fe 3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H 2C 2O 4过量会导致生成BaC 2O 4沉淀，产品的产量减少；
（6）根据题意可知最后的沉淀为BaSO 4，质量为n g ，则其物质的量=
mol 233
n
，根据Ba 原子守恒，则BaCl 2·2H 2O 的物质的量为mol 233n ，故产品纯度=244/244233233n
mol g mol n mg m
⨯=，故答案为：244233n m 。

（7）根据图像中坐标的含义及图像的变化，利用难溶电解质的沉淀溶解平衡及其影响因素分析解答： A ．K sp (PbCl 2)只与温度有关系，温度不变，K sp (PbCl 2)不变，A 项错误；
B ．根据图像知当盐酸浓度大于1mol/L 时，PbCl 2的溶解度随盐酸浓度的增大而增大，则PbCl 2能与一定浓度的盐酸反应，B 项正确；
C ．x 、y 两点对应的溶液中c （Cl -）不同，则c (Pb 2+)不等，C 项错误；
D ．根据图像，往含Pb 2+的溶液中加入浓盐酸越多，PbCl 2溶解度越大，不能将Pb 2+完全转化为(PbCl 2)(s)，D 项错误； 答案选B 。

【点睛】化工流程题在解题时首先要明确原料和产品，即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清反应原理，明确目的，最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述和工整书写。

10.消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。

（1）用活性炭还原法：某研究小组向某密闭容器中加入足量的活性炭和NO ，发生反应：C(s)＋2NO(g)
N 2(g)＋CO 2(g) △H ＝Q kJ·mol －1 在 T 1℃下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度部分数据如下： 时间（min ）
浓度mol/L 0
10
20
30
40 50
NO 1.00 0.40 0.
20
0.30 0.30 N 2 0 0.40 0.60 0.60 CO 2 0
0.60
0.60
①0～10 min 内，N 2的平均反应速率 υ(N 2)=________，T 1℃时，该反应的平衡常数 K =_____。

②30 min 后，若只改变一个条件，反应重新达到平衡时各物质的浓度如上表所示，则改变的条件可能是
____________ （填字母）
a. 加入一定量的活性炭
b. 改变反应体系的温度
c. 缩小容器的体积
d. 通入一定量的NO
③若30 min 后升高温度至 T 2℃，重新达到平衡时，容器中NO 、N 2、CO 2的浓度之比为7∶3∶3，则该反应的△H ______0（填“＞” 、 “ ＝” 、或“＜” ） （2）NH 3催化还原法：原理如图所示
①若烟气中 c (NO 2)： c (NO)=1∶1，发生如图甲所示的脱氮反应时，反应过程中转移1.5mol 电子时放出的热量为 113.8 kJ ，则发生该脱氮反应的热化学方程式为_____ 。

②图乙是在一定时间内，使用不同催化剂Mn 和Cr 在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳催化剂和相应温度分别为___；使用Mn 作催化剂时，脱氮率b ～a 段呈现如图变化的可能原因是___。

（3）直接电解吸收也是脱硝的一种方法。

用6％的稀硝酸吸收NO x 生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。

电解装置如图所示。

①图中b 应连接电源的_________ （填“正极”或“负极”）。

②将石墨电极设置成颗粒状的目是_____________________。

③阳极的电极反应式为___________________。

【答案】 (1). 0.03mol ·L -1·min -1 (2). 4 (3). c d (4). ＜ (5). 2NH 3(g)+NO(g)+NO 2(g)ƒ2N 2(g)+3H 2O(g) ΔH =-455.2kJ/mol (6). Mn ，200℃ (7). b~a 段，温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡（反应限度），随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高 (8). 负极 (9). 增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率 (10). H 2O+HNO 2-2e -=NO 3-+3H +（或NO 2-+H 2O-2e -=NO 3-+2H +） 【解析】
【详解】（1）①由图可得()111.00mol /0.40/NO 0.06mol L min 10min
L mol L
v ---=
=⋅⋅，由同一反应中，物
质的速率之比等于化学方程式中相应的化学计量数之比，可知
()11
1120.06mol L min N 0.03mol L min 2
v ----⋅⋅==⋅⋅；由题给表格可知，20min 时N 2的浓度为0.40mol/L ，
则NO 的浓度为1.00mol/L-0.40mol/L×
2=0.20mol/L ，30min 时NO 的浓度为0.20mol/L ，则20~30min 时反应保持平衡状态，此时平衡常数K =()()()2222
N CO 0.40.4
4NO 0.20
c c c ⨯⨯==。

故答案为：0.03mol·L -1·min -1；4； ②分析表中数据，30min 后若只改变一个条件，反应重新达到平衡时各物质的浓度均为原平衡的1.5倍，据此进行分析：
a ．活性炭为固体，加入一定量的活性炭，平衡不移动，a 项不可能；
b ．改变体系温度，平衡会移动，但不会导致NO 、N 2、CO 2的浓度均增大，b 项不可能；
c ．缩小容器体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不移动，但物质的浓度都变大，c 项可能；
d ．通入一定量的NO ，平衡向正反应方向移动，由于反应前后是气体体积不变的反应，达平衡后NO 、N 2、CO 2的浓度均成比例增大，d 项可能； 答案为：cd ；
③设T 2℃后重新达到平衡时，NO 的浓度为7x ，则此时的平衡常数K 2=
()()()()
222
2N CO 3x 3x
0.184NO 7x c c c ⨯⨯==<，说明升高温度反应向逆反应方向移动，则反应的△H ＜0，故答案为：＜；
（2）①由图知NH 3催化还原法中，NH 3被NO 、NO 2氧化成N 2，NO 、NO 2做氧化剂，故反应方程式为：2NH 3(g)+NO(g)+NO 2(g)ƒ2N 2(g)+3H 2O(g)，每2molNH 3反应过程中转移6mol 电子，根据“反应过程中转移1.5mol 电子时放出热量为113.8kJ”可知，转移6mol 电子，放出热量=
6113.8455.2kJ 1.5mol
kJ mol
⨯=，故该脱
氮反应的热化学方程式为：2NH 3(g)+NO(g)+NO 2(g)ƒ2N 2(g)+3H 2O(g) ΔH =-455.2kJ/mol ；答案为：2NH 3(g)+NO(g)+NO 2(g)ƒ2N 2(g)+3H 2O(g) ΔH =-455.2kJ/mol ；
②由图乙可知，Mn 作催化剂，在200℃时的脱氮率最高。

Cr 作催化剂，在450℃左右脱氮率最高，相比Mn 做催化剂更节约能源，由此可知工业使用的最佳催化剂和相应温度为Mn ，200℃；脱氮率b ～a 段呈现如图变化的可能原因是开始温度较低，催化剂的活性较低，故脱氮反应速率较慢，随着温度升高，反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高，故答案为：Mn ，200℃；b ～a 段，温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡（反应限度），随着温度升高反应速率变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高；
（3）①由题意可知，在电解槽中亚硝酸发生氧化反应转变为硝酸，则生成气体的反应为还原反应，即b 电
极处发生还原反应，根据电解池原理，可知发生还原反应的为电解池的阴极，与电源的负极相连，故答案为：负极；
②增大反应物的接触面积能加快反应速率，故石墨电极为颗粒状，可增大接触面积，提高电解效率，答案为：增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率；
③电极的阳极为氧化反应，即亚硝酸被氧化成硝酸，故电极反应方程式为：H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+（或NO2-+H2O-2e-=NO3-+2H+），答案为：H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+（或NO2-+H2O-2e-=NO3-+2H+）。

11.过渡元素由于其特殊的核外电子排布而其有特殊的性质，成为化学研究的重点和前沿。

(l）过渡元素处于周期表的____区和f 区。

(2）过渡元素能形成简单化合物，还能形成多种配位化合物
①
通常，d轨道全空或全满的过渡金属离子与水分子形成的配合物无颜色，否则有颜色。

如[Co(H2O)6]2+显粉红色，据此判断，[Mn(H2O)6]2+____（填“有”或“无”）颜色。

②
Ni2+可形成多种配合物，如Ni(CN)42-。

写出CN-的电子式____，若其中两个CN-被NO2-替换，得到的配合物只有两种结构，则Ni(CN)42-的空间构型是_____,
NO2-的空间构型是_____，其中N原子的杂化方式是_____。

③从结构角度分析并比较CoF2与CoCl2晶体的熔点高低___________。

（3）金、铜等金属及合金可用作生产石墨烯的催化剂，下图是一种铜金合金的晶胞示意图：
①在该铜金合金的晶体中，与Cu原子距离相等且最近的Au原子数为_______。

②
原子坐标参数是用来表示晶胞内部各原子相对位置的指标，若A的原子坐标参数为（0,0,0)；B的原子坐标参数为（0,1,0) , C的原子坐标参数为（l,0,0)。

则D的原子子坐标参数为_________。

③若Au、Cu原子半径分别为r1和r2,则该晶胞中的原子空间利用率为__________。

【答案】(1). d、ds (2). 有(3). (4). 平面正方形(5). 折线形(6). sp2 (7). CoF2比CoCl2的熔点高，原因是氟离子半径比氯离子半径小，CoF2的晶格能更大。

(8). 4(9).
（1/2,1,1/2）(10). 或
【解析】
(l)结合元素周期表的结构可知过渡元素处于周期表的d区、ds 区和f 区；
(2)①
基态Mn原子的电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5，d轨道为半充满结构，与水分子形成的配合物[Mn(H2O)6]2+有颜色；
②CN-和N2是等电子体，则其电子式为；若其中两个CN-被NO2-替换，得到的配合物只有两种结
构，说明存在同分异构体，则Ni(CN)42-的空间构型是平面正方形；NO2-中N原子价电子对数为：51
2
=3，
N原子的杂化方式是sp2，形成三条杂化轨道，其中两条杂化轨道与O形成了两条共价键，一对孤对电子占据剩余的杂化轨道，其空间构型为V形或折线形；
③氟离子半径比氯离子半径小，CoF2的晶格能比CoCl2晶格能大，则CoF2比CoCl2的熔点高；
(3)
①由铜金合金的晶体结构可知，与Cu原子距离相等且最近的Au为同一平面上的4个Au原子；
②
若A的原子坐标参数为(0,0,0)；B的原子坐标参数为(0,1,0) ，C的原子坐标参数为(l,0,0)，说明晶胞边长为1
，则D的原子子坐标参数为(1
2
，1，
1
2
)
③
每个晶胞中含有的铜原子数=6×1
2
=3，含有的金原子数=
1
8
×8=1，所以它的化学式可表示为：Cu3Au或AuC
u3，则Cu原子和Au原子体积和为4
3
π(3r23+r13) ，根据可知晶胞的边长为2(r1+r2)，晶胞的体积为2
2(r1+r2)3，空间利用率为原子体积
晶胞体积
×100%=[
4
3
π(3r23+r13)]÷[22(r1+r2)3]=。

点睛：注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数
=配原子个数，孤电子对个数=1
2
（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳
定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，
sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。

12.化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________。

（2）②的反应类型是__________。

（3）反应④所需试剂，条件分别为________。

（4）G的分子式为________。

（5）W中含氧官能团的名称是____________。

（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为
1∶1）______________。

（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线__________（无机试剂任选）。

【答案】(1). 氯乙酸(2). 取代反应(3). 乙醇/浓硫酸、加热(4). C12H18O3(5). 羟基、醚键(6). 、(7).
【解析】
分析：A是氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠，氯乙酸钠与NaCN发生取代反应生成C，C水解又引入1个羧基。

D与乙醇发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，在催化剂作用下F与氢气发生加成反应将酯基均转化为醇羟基，2分子G发生羟基的脱水反应成环，据此解答。

详解：（1）根据A的结构简式可知A是氯乙酸；
（2）反应②中氯原子被－CN取代，属于取代反应。

（3）反应④是酯化反应，所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热；
（4）根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3；
（5）根据W的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基；
（6）属于酯类，说明含有酯基。

核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类，各是6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为或；
（7）根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为。

点睛：本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。

考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。

有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。

难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。