2020届高三上学期10月模拟考试理科综合化学试卷(一)及解析

2020届高三上学期10月模拟考试理科综合
化学试卷（一）
(解析版)
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 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64
一、单选题(每小题只有一个正确选项。

每小题3分，共48分。

)
1．化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是
A．CO
2
的大量排放会导致酸雨的形成
B．黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质
C．推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放
D．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
【答案】A
【解析】A. 正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，SO
2
的大量排
放会导致酸雨的形成，CO
2
的大量排放会导致温室效应，故A错误；B. 黄河三角洲的形成，为土壤胶体在海水中电解质作用下发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B正确；C. 燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少化石能源的使用，故C正确；D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅可与强碱反应，导致光导纤维溶解“断路”，故D正确；答案选A。

2．下列关于有机物的说法正确的是
A．乙醇和丙三醇互为同系物
B．环己烯()分子中的所有碳原子共面
C．分子式为C
5
H
10
O
2
，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构) D．二环己烷()的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】A. 乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B. 环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不
可能同一个平面上，B错误；C. 分子式为C
5
H
10
O
2
的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形
成的酯有4种，HCOOCH
2
CH
2
CH
2
CH
3
、HCOOCH
2
CH(CH
3
)
2
、HCOOCH(CH
3
)CH
2
CH
3
、HCOOC(CH
3
)
3
；
若为乙酸和丙酯，有2种，CH
3
COOCH
2
CH
2
CH
3
、CH
3
COOCHCH(CH
3
)
2
；若为丙酸和乙醇形成的
酯，只有1种，CH
3
CH
2
COOCH
2
CH
3
；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH
3
CH
2
CH
2
COOCH
3
、
(CH
3
)
2
CHCOOCH
3
，所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；D. 二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；故合理选项是C。

3．下列反应或过程吸收能量的是
A. 苹果缓慢腐坏
B. 弱酸电离
C. 镁带燃烧
D. 酸碱中和
【答案】B
【解析】A. 苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意；
B. 弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；
C. 镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；
D. 酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；答案选B。

4．下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是A．淀粉、CuO、HClO、Cu
B．水玻璃、Na
2
O·CaO·6SiO
2
、Ag
2
O、SO
3
C．KAl(SO
4
)
2
·12H
2
O、KClO
3
、NH
3
·H
2
O、CH
3
CH
2
OH
D．普通玻璃、H
2
O、CH
3
COOH、葡萄糖
【答案】D
【解析】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不
是电解质，A项错误；B. 水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na
2
O⋅CaO⋅6SiO
2
是盐不
是氧化物，Na
2
O融完全电离是强电解质、SO
3
是非电解质，B项错误；C. KAl(SO4)
2
⋅12H
2
O
属于盐、KClO
3
是盐不是氧化物，NH
3
⋅H
2
O是弱碱属于弱电解质、CH
3
CH
2
OH是有机物属于
非电解质，C项错误；D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H
2O属于氧化物、CH
3
COOH
存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；答案选D。

5．常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是
A．无色溶液中：H+、Fe2+、Cl－、SO2−
4
、K+
B．Na+、Al3+、OH－、NO−
3
C．K+、Na+、NO−
3
、Cl－
D．pH=13的溶液：Na+、K+、Cl－、HCO−
3
【答案】C
【解析】A. Fe2+为浅绿色，不符合限定条件，A项错误；B. Al3+与OH－会反应生成
氢氧化铝沉淀而不共存，B项错误；C. K+、Na+、NO−
3
、Cl－不反应，可大量共存，C项正
确；D. pH=13的溶液为碱性溶液，HCO−
3
与OH-可反应生成碳酸根离子和水而不共存，D 项错误；答案选C。

6．朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因
A．空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m B．光是一种胶体
C．雾是一种胶体 D．发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景，是胶体中的丁达尔效应，本质原因是分散质微粒直径的大小。

A. 题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－9m～10－7m，故A正确；
B. 雾是胶体，光不是胶体，故B错误；
C. 雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C错误；
D. 丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D错误。

答案选A。

7．下列有关说法正确的是
A.催化剂活性
B.，在恒容绝热容器中
投入一定量和，正反应速率随时间变化
C.，t 时刻改变某一条件，则
D.向等体积等pH的HCl 和中加入等量且足量Zn，反应
速率的变化情况
【答案】C
【解析】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性c<d，故A错误；B. 该反应的正反应为放热反应，在恒容绝热容器中投入一定量SO
2
和NO
2
反应放热使温度升高，反应速率加快，随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，过一段时间达到平衡状态，正逆反应速率相等且不为零，不再随时间改变，故B错误；C. 该反应的正反应为气体分子数减小且为放热反应，由图象可知，t时刻改变某一条件，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，改变的条件应是增大压强，虽然平衡向正向移动，但由于容器的容积减小，新平衡
时的c(N
2
)比原平衡要大，c(N
2
)：a<b，故C正确；D. CH
3
COOH为弱酸小部分电离，HCl
为强酸完全电离，等pH的HCl和CH
3
COOH中，c(H+)相同，开始反应速率相同，但随着
反应进行，CH
3
COOH不断电离补充消耗的H+，故醋酸溶液中的c(H+)大于盐酸，反应速率醋酸大于盐酸，故D错误。

故选C。

8．一定温度下，10mL 0.40 mol·L-1H
2
O
2
溶液发生催化分解。

不同时刻测得生成O
2的体积（已折算为标准状况）如下表：（溶液体积变化忽略不计）
t/min 0 2 3 6 8 10
V(O
2
)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列叙述不正确
．．．的是
A．反应至6min时，H
2O
2
分解了50％
B．反应至6min时，c(H
2O
2
)=0.20 mol·L-1
C．0~6min的平均反应速率：v(H
2O
2
)≈3.3×10-2mol/(L·min)
D．4~6min的平均反应速率：v(H
2O
2
)>3.3×10-2mol/(L·min)
【答案】D
【解析】A．0～6min时间内，生成氧气为
0.0224L
22.4L/mol
=0.001mol，由2H
2
O
2
2H
2
O+O
2
，
可知△c(H
2O
2
)=
0.001mol2
0.01L
⨯
=0.2mol/L，则H
2
O
2
分解率为
0.2mol/L
0.4mol/L
×100%=50%，故A正确；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H
2O
2
)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L ，故B 正确；
C．0～6min时间内，生成氧气为
0.0224L
22.4L/mol
=0.001mol，由2H
2
O
2
2H
2
O+O
2
，可知
△c(H
2O
2
)=
0.001mol2
0.01L
⨯
=0.2mol/L，所以v(H
2
O
2
)=
0.2mol/L
6min
≈0.033mol/(L•min)，故C正
确；D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；答案选D。

9．温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：
2SO
2(g)+O
2
(g)2SO
3
(g)。

开始充入4 mol的SO
2
和2 mol的O
2
，10 s后达到平衡状态，
此时c(SO3)=0.5 mol·L−1，下列说法不正确的是
A. v(SO2)∶v(O2)=2∶1
B. 10s内，v(SO3)=0.05 mol·L−1·s−1
C. SO
2
的平衡转化率为25% D. 平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍【答案】D
【解析】A. 根据2SO
2(g)+O
2
(g)2SO
3
(g)，任何时刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，
故A正确；
B. 10 s内，v(SO3)==0.05 mol·L−1·s−1，故B正确；
C. 达到平衡状态，此时
c(SO
3)=0.5 mol·L−1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO
2
的
平衡转化率为×100%=25%，故C正确；D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质
的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误。

10．下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时，若转移2N A个电子，则阳极减少的质量为64g
B. 合成氨生产中将NH
3
液化分离，可加快正反应速率，提高H
2
的转化率
C. 在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＞0
D. 常温下，。

欲使溶液中，需调节溶液的
【答案】D
【解析】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2N A个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；B．合成氨生产
中将NH
3
液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H
2
的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．，该反应的ΔS＜0，常温下能自发进行，说明ΔH -TΔS＜0，则ΔH＜0，为放热反应，故C 错误；D．使溶液中c(Al3+)≤1×10−6 mol·L−1，c(OH−)≥
=10−9 mol·L−1，即调节溶液的pH≥5，故D正确。

11．科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。

相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是
A．电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极
B．液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极
C．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
D．三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动
【答案】A
【解析】A. 图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A正确；B. 图中，铝电极是Si4+
得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B错误；C. 由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，C错误；D. 使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D错误；故合理选项是A。

12．氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为
4H
2(g)+2NO(g)+SO
2
(g)N
2
(g)+S(1)+4H
2
O(g)，ΔH＜0，下列有关该反应说法正确的是
A．氧化剂是NO，还原剂是H
2
B．升高温度，正、逆反应速率均增大
C．当v(H
2
)＝v(H
2
O)时，反应达到平衡
D．使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
【答案】B
【解析】A项中氧化剂是NO和SO
2
，氢气是还原剂，A项错误； B项升高温度正、
逆反应速率同时增大，B项正确；C项用H
2、H
2
O表示的速率没有标明正、逆方向，C项
错误；D项催化剂不能改变平衡转化率，D项错误。

故选B。

13．某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法不正确的是
A．a为电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr
2O2−
7
+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H
2
O
C．若不考虑气体的溶解，当收集到H
2 13.44L(标准状况)时，有0.2mol Cr
2
O2−
7
被还
原
D．阴极区附近溶液pH增大
【答案】C
【解析】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项正确；B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，
亚铁离子被溶液中的Cr
2O2−
7
氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr
2
O2−
7
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H
2O，B项正确；C．13.44L氢气的物质的量为
13.44
22.4/
L
L mol
=0.6mol，
根据电子转移守恒n（Fe2+）=
0.62
2
mol
=0.6mol，根据Cr
2
O2−
7
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H
2
O
可知，被还原的Cr
2
O2−
7
的物质的量为0.6mol×
1
6
=0.1mol，C项错误；D. 阴极氢离子放
电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确；答案选C。

14．镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。

工业制备镓的流程如图所示。

下列判断不合理的是
A．Al、Ga均处于ⅢA族
B．酸性：Al(OH)
3
＞Ga(OH)
3
C．Ga(OH)
3
可与NaOH反应生成 NaGaO
2
D．Ga
2
O
3
可与盐酸反应生成GaCl
3
【答案】B
【解析】A．镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；B．化学反应遵循强酸
制弱酸的原理，在NaAlO
2
和NaGaO
2
的混合液中通入CO
2
，只有Al(OH)
3
沉淀，而没有Ga(OH)
3
沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)
3
＜Ga(OH)
3
，B项错误；C．Ga(OH)
3
属于
两性氢氧化物，与Al(OH)
3
的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO
2
，C项正确；D．Ga
2
O
3
是两性氧化物，可与盐酸反应生成GaCl
3
，D项正确；答案选B。

15．2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式
发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH
4
ClO
4
）
等。

制备NH
4
ClO
4
的工艺流程如下：
饱和食盐水NaClO
3
NaClO
4
NaClO
4
NH
4
ClO
4
下列说法错误的是
A．NH
4
ClO
4
属于离子化合物
B．溶解度：NaClO
4
＞NH
4
ClO
4
C．该流程中可循环利用的物质是NH
4
Cl
D．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【解析】A. NH
4
ClO
4
是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故
A正确；B.根据NaClO
4
NH
4
ClO
4
，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，
得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；C. 最后的母液中含有的NaCl可循环利
用，故C 错误；D. 根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，故D 正确；故选C 。

16．图甲是一种利用微生物将废水中的尿素CO(NH 2)2]转化为环境友好物质的原电也装置示意图，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。

下列说法正确的是
A ．图乙中Fe 电极应与图甲中Y 相连接
B ．图甲中H +透过质子交护膜由右向左移动
C ．图甲中M 电极反应式：CO(NH 2)2+5H 2O-14e −=CO 2+2NO 2+14H +
D ．当图甲中M 电极消耗0.5mol 尿素时，图乙中铁电极增重96g 【答案】D
【解析】根据图甲，N 电极氧气发生还原反应生成水，所以N 是正极、M 是负极，图乙在铁上镀铜，铁作阴极，所以图乙中Fe 电极应与图甲中X 相连接，故A 错误；N 是正极，图甲中H +透过质子交护膜由左向右移动，故B 错误；尿素CO(NH 2)2]转化为环境友好物质，所以尿素在负极失电子生成CO 2和N 2，电极反应式是
()2222266CO NH H O e CO N H -++-=++，故C 错误；根据C 项可知，M 电极消耗0.5mol 尿素时转移3mol 电子，图乙中铁电极生成1.5mol 铜，增重96g ，故D 正确。

二、非选择题（52分）
17．利用水钴矿（主要成分为Co 2O 3，含少量Fe 2O 3、A12O 3、MnO 、MgO 、CaO 、SiO 2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H +、Co 2+、Fe 2+、Mn 2+、Al 3+、Mg 2+、Ca 2+等；②沉淀I 中只含有两种沉淀；③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表： 沉淀物
Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中Co 2O 3发生反应的离子反应方程式为_________________。

（2）NaClO 3在浸出液中发生的离子反应方程式为______________。

（3）加入Na 2CO 3调PH 至5.2，目的是________；萃取剂层含锰元素，则沉淀II 的主要成分为_____。

（4）操作I 包括：将水层加入浓盐酸调整PH 为2-3，______、_____、过滤、洗涤、
减压烘干等过程。

（5）为测定粗产品中CoCl 2·6H 2O 含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。

通过计算发现粗产品中CoCl 2·6H 2O 质量分数大于100%，其原因可能是_____（回答一条原因即可）。

【答案】（1）Co 2O 3+SO 2−
3+4H +=2Co 2++SO 2−4+2H 2O （2）ClO −3+6Fe 2++6H +=Cl −+6Fe 3++3H 2O
（3）使Fe 3+和Al 3+沉淀完全 CaF 2和MgF 2 （4）蒸发浓缩 冷却结晶
（5）产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可） 【解析】(1)浸出过程中，Co 2O 3与盐酸、Na 2SO 3发生反应，Co 2O 3转化为Co 2+，Co 元
素化合价降低，则S 元素化合价升高，SO 2−
3转化为SO 2−4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co 2O 3+SO 2−3+4H +=2Co 2++SO 2−4+2H 2O 。

(2)NaClO 3加入浸出液中，将Fe 2+氧化为Fe 3+，ClO −3被还原为Cl −，反应的离子方程式为：ClO −3+6Fe 2++6H +=Cl
−+6Fe 3++3H 2O 。

(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na 2CO 3调pH 至5.2，目的是使Fe 3+和Al 3+沉淀完全。

滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co 2+、Mn 2+、Mg 2+、Ca 2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF 溶液，知沉淀Ⅱ为MgF 2、CaF 2。

答案为：使Fe 3+和Al 3+沉淀完全；CaF 2和MgF 2；(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。

答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(5)根据CoCl 2·6H 2O 的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl 2·6H 2O 的质量分
数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。

答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
18．以NO x 为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。

(1)N
2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N
2
O的分解对环境保护有
重要意义。

碘蒸气存在能大幅度提高N
2
O的分解速率，反应历程为：
第一步I
2
(g)→2I(g)(快反应)
第二步I(g)+N
2O(g)→N
2
(g)+IO(g)(慢反应)
第三步IO(g)+N
2O(g)→N
2
(g)+O
2
(g)+I
2
(g)(快反应)
实验表明，含碘时N
2O分解速率方程v=k·c(N
2
O)·[c(I
2
)]0.5(k为速率常数)。

下列
表述正确的是__________。

A．N
2
O分解反应中：分解速率与是否含碘蒸气有关
B．第三步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小
D．IO为反应的催化剂
(2)汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。

汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。

如，
反应I：2CO +2NO → N
2+2CO
2
ΔH1；反应II：4CO +2NO2→ N2+4CO2ΔH2<0。

针对反应I：①已知：反应N
2(g)+O
2
(g)=2NO(g) ΔH3=+180.0kJ·mol−1，若CO的燃
烧热为-283.5kJ·mol−l 则反应I的ΔH1=_________kJ·mol−1。

②若在恒容的密闭容器中，充入2mol CO和1mol NO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_______。

A. CO和NO的物质的量之比不变
B. 混合气体的密度保持不变
C. 混合气体的压强保持不变
D. 2v（N
2）
正
=v（CO）
逆
（3）根据原电池原理和电解原理进行如图回答。

请回答：用如图所示装置进行实验(K闭合)．
①Zn极为________极；实验过程中，SO2−
4
________(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动。

②y极的电极反应现象为________；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法________________________。

④有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N
2
、H
2
为电极反应物，以HCl−NH
4
Cl
为电解质溶液制取新型燃料电池，请写出该电池的正极反应式
______________________。

【答案】（1）A
（2）-747.0 B
（3）负从右向左有黄绿色气体生成
牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法 N
2
+6e−+8H+=2NH+
4
【解析】(1)A．由题干给与信息，碘蒸气存在能大幅度提高N
2
O的分解速率，故A 正确；B．第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定性作用，故B错误；C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故C错误；D．催化剂不参与化学反应，反应结束时，催化剂仍保持原来的性质，根据第二步和第三步的反应
IO是中间产物，故D错误；答案选A。

(2)①根据已知条件①N
2
(g)+O
2
(g)=2NO(g) ΔH3=+180.0kJ·mol−1，②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH4=-567
kJ·mol−l，根据盖斯定律，②-①得2CO(g) +2NO(g)=N
2
(g)+2CO
2
(g) ΔH1=-747.0kJ·mol −1；答案为：-747.0；②A.当达到平衡时，体系内各组分的含量保持不变的状态，CO和NO的物质的量之比不变，即为CO和NO的物质的量保持不变，故A正确；B. 反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B错误；C. 反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说
明反应达到平衡，故C正确。

D. v（N
2
）
正
∶v（CO）
逆
=1∶2，不同物质正逆反应速率之比等于计量系数之比，反应达到平衡状态，故D正确；答案选B。

(3)①左端是原电池，金属锌是负极，铜是正极，电解质里的阴离子移向负极，即从右向左；故答案为：负；从右向左；②右端是电解池，y是阳极，发生氯离子失电子的氧化反应，有黄绿色气体氯气生成，铜电极是正极，发生还原反应：Cu2++2e−=Cu，故答案为：有黄绿色气体生成；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法：在铁闸门上镶嵌比铁活泼的金属，即牺牲阳极的阴极保护法或对铁闸门通电将铁闸门与电源负极相连，即外加电流的阴极保护
法；故答案为：牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；④以N
2
、H
2
为电极反
应物，以HCl−NH
4
Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N
2
在正极发生还原反应生成NH+
4
，
电极反应式为N
2
+6e−+8H+=2NH+
4
，故答案为：N
2
+6e−+8H+=2NH+
4。

19．磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒
性气体PH
3
(沸点－89.7℃，还原性强)。

国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH
3
计)的残留
量不超过0.0500 mg/kg时为质量合格，反之不合格。

某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。

在C中加入100g原粮，E中加入20.00mL 2.50×10-4 mol/L KMnO
4溶液(H
2
SO
4
酸化)，
往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO
4
溶液。

回答下列问题：
(1)PH
3
的电子式为___________。

仪器C的名称是___________。

(2)A中酸性高锰酸钾溶液的作用是___________通入空气的作用是
______________________。

(3)PH
3也可被NaClO氧化可用于制备NaH
2
PO
2
，制得的NaH
2
PO
2
和NiCl
2
溶液可用于化
学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，请写出化学镀镍的化学方程式为
______________________________。

(4)装置E中PH
3
被氧化成磷酸，充分反应后的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL
于锥形瓶中，用4.0×10－5mol/L的Na
2SO
3
标准溶液滴定剩余的KMnO
4
溶液，消耗Na
2
SO
3
标准溶液20.00mL，Na
2SO
3
与KMnO
4
溶液反应的离子方程式为：SO2−
3
+MnO−
4
+H+→SO2−
4
+Mn2++H
2
O(未配平)，则滴定终点的现象为
______________________________________________。

该原粮样品中磷化物(以PH
3
计)的残留量为__________________mg/kg。

（保留三位有效数字）。

【答案】（1）三颈烧瓶
（2）吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高排出装置中空气；保证
生成的PH
3全部被装置E中的酸性KMnO
4
溶液吸收
（3）2NiCl
2+NaH
2
PO
2
+2H
2
O=2Ni+H
3
PO
4
+NaCl+3HCl
（4）滴最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色 0.383 【解析】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对
共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH
3的电子式是；由示意图可知仪器C
的名称是三颈烧瓶；(2)由于空气中也含有还原性气体会干扰后续的实验，因此A中酸
性高锰酸钾溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；AlP与水发
生反应产生Al(OH)
3
和PH
3
，PH
3
是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通
入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的PH
3
全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO
4
溶液
吸收，以减小实验误差；(3)NaH
2
PO
2
和NiCl
2
溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化
物，反应中Ni元素化合价从+2价降低到0价，P元素化合价从+1价升高到+5价，所以
根据电子得失守恒可知化学镀镍的化学方程式为2NiCl
2
+NaH
2
PO
2
+2H
2
O＝
2Ni+H
3
PO
4
+NaCl+3HCl。

(4)由于酸性高锰酸钾溶液显紫色，则滴定终点的现象为滴入最
后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；根据题意可知KMnO
4
得到电
子的物质的量与PH
3
、Na
2
SO
3
失去的电子的物质的量相等，2n(Na
2
SO
3
)+8n(PH
3
)=5n(KMnO
4
)，
带入数值：2×10×4.0×10－5mol/L×0.02L+8 n(PH
3
)=5×
2.50×10－4mol/L×0.02L，解得n(PH
3
)=1.125×10-6mol，m(PH
3
)=1.125×10−
6mol×34g/mol=3.825×10−5g=
0.03825mg；则该原粮样品中磷化物(以PH
3
计)的残留量为0.03825mg÷0.1kg＝
0.383mg/kg。

20．铁、钴、镍及其化合物有许多用途。

回答下列问题：
（1）基态铁原子核外共有____________种不同空间运动状态的电子，铁、钴、镍
基态原子核外未成对电子数最少的价层电子的电子排布图（轨道表达式）为
_________________。

（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子
的编号是______（填“1”“2”“3”或“4”），分子中三种非金属原子的电负性由大
到小的顺序为____________（用相应的元素符号表示），分子中碳原子的杂化轨道类型
为____________。

（3）高铁酸钾（K
2
FeO
4
）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，该晶体固态下
不导电，熔融状态、水溶液均能导电，该晶体属于____（填晶体类型）。

配合物Fe(CO)
x
的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为16，则x=___。

（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm
和74pm，则熔点NiO____FeO（填“＞”“＜”或“=”），原因是______。

（5）Ni 、O 、Cr 可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm ，阿伏加德罗常数的值为N A ，其晶体密度的计算表达式为_______g·cm -3.。

【答案】（1）15
（2）2、4 N ＞C ＞H sp 2 （3）离子晶体 4
（4）＞ 相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高
（5）3A 159N a
×1030
【解析】（1）铁为26号元素，基态铁原子核外电子排布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2，其核外有 26种不同运动状态的电子，有1s 、2s 、3s 、4s 、2p 、3p 、3d 共15种不同空间运动状态的电子；铁、钴、镍的价电子排布式分别为3d 64s 2、3d 74s 2、3d 84s 2，基态原子核外未成对电子数最少的是Ni ，价层电子的电子排布图为；
答案为：15；
；（2）含有孤对电子的N 原子与Co 通过配位键
结合，形成配位键后有4对共用电子对，形成3对共用电子对的N 原子形成普通的共价键，1号、3号N 原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N 原子形成4对共用电子对，与Co 通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C 、N 、H ，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N>C>H ；根据分子结构简式，其中碳原子在苯环上或形成碳碳双键，因此碳原子为sp 2杂化。

答案为：2、4；N ＞C ＞H ；sp 2；（3）离子晶体固体中离子不能自由移动而不能导电，而熔融状态下可以电离出自由移动的离子可以导电；由高铁酸钾晶体固体下不导电，熔融状态、水溶液均可导电可知，该晶体为离子晶体；配合物Fe(CO)的中心原子为Fe ，其价电子数为8，每个配体是供的电子数为2 ，则可得等式8+2x=16，解得x=4；
答案为：离子晶体；4；（4）NiO 、FeO 的晶体结构类型均与NaCI 相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，由于Ni 2+的离子半径小于Fe 2+的离子半径，所以熔点是NiO>FeO ；答案为：＞；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越
大，熔点就越高；（5）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O 原子数为6×1
2=3，Ni
原子数为8×1
8
=1，Cr 原子为1，则化学式为NiCrO 3，晶胞变长为a pm ，阿伏伽德罗常
数值为N A ，则有()
3
-10A
1
159=a 10ρN ⨯⨯⨯，则晶体的密度303
3
A 159ρ=
10g/cm N a ⨯；答案为：3A 159N a
×1030。

21．有机化合物F 是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：
已知：①A 的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F 的结构简式为：
③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。

④
请回答下列问题：
(1)A 的名称为______________(系统命名法)；Z 中所含官能团的名称是___________。

(2)反应Ⅰ的反应条件是__________；反应Ⅲ的反应类型为__________ 。

(3)E 的结构简式为_______________________。

(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。

(5)写出反应IV 中 的化学方程式
____________________________________________。

(6)W 是Z 的同系物，相对分子质量比Z 大14，则W 的同分异构体中满足下列条件： ①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl 3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。

【答案】（1）2－甲基－2－丙醇 酚羟基、醛基。