2020屆2017級(jí)高三第二次模擬考試卷理科綜合化學(xué)試卷(一)及解析

1、的是2020 屆 2017 級(jí)高三第二次模擬考試卷理科綜合化學(xué)試卷（一）祝考試順利注意事項(xiàng)： 1答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn) 考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B 鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在 試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效。4考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交。 可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量： H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5Fe 56

2、一、選擇題（每小題 6 分，共 42 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符 合題目要求的。）7關(guān)于新型冠狀病毒，下來(lái)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A該病毒主要通過(guò)飛沫和接觸傳播B為減少傳染性，出門應(yīng)戴好口罩C該病毒屬于雙鏈的 DNA病毒，不易變異D該病毒可用“ 84 消毒液”進(jìn)行消毒【答案】C【解析】 A通常病毒傳播主要有三種方式：一是飛沫傳播，二是接觸傳播，三是 空氣傳播，該病毒主要通過(guò)飛沫和接觸傳播， A正確； B飛沫傳播就是通過(guò)咳嗽、打噴 嚏、說(shuō)話等產(chǎn)生的飛沫進(jìn)入易感黏膜表面，為了減少傳染性，出門應(yīng)戴好口罩，做好防 護(hù)措施，B 正確；C該冠狀病毒由核酸和蛋白質(zhì)構(gòu)成， 其核酸為單鏈 RNA，C 錯(cuò)誤；

3、D“84 消毒液”的主要成分 NaClO具有強(qiáng)的氧化性， 能夠使病毒的蛋白質(zhì)氧化發(fā)生變性而失去 其生理活性，因此“ 84 消毒液”具有殺菌消毒作用， D正確；故合理選項(xiàng)是 C。8實(shí)驗(yàn)室制備硝基苯的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示（夾持裝置已略去）。下列說(shuō)法不正確A水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)為使反應(yīng)物受熱均勻、容易控制溫度B濃硫酸、濃硝酸和苯混合時(shí)，應(yīng)先向濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，待冷卻至室溫 后，再將苯逐滴滴入C儀器 a 的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D反應(yīng)完全后，可用儀器 a、b 蒸餾得到產(chǎn)品【答案】D【解析】 A選項(xiàng)，水浴加熱的優(yōu)點(diǎn)為使反應(yīng)物受熱均勻、容易控制溫度，故A正確；B選項(xiàng)，濃硫酸、濃硝酸和苯混合時(shí)，應(yīng)先向

4、濃硝酸中緩緩加入濃硫酸，待冷卻至室溫 后，再將苯逐滴滴入，可避免混合過(guò)程中放熱而使液體濺出，并造成苯大量揮發(fā)，故 B 正確； C選項(xiàng)，儀器 a 的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加產(chǎn)率，故 C正確；D 選項(xiàng)，蒸餾操作時(shí)要用蒸餾燒瓶和直形冷凝管，故 D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為 D。9萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)，某萜類化合物如下圖所示，下列說(shuō)法正確 的是A此萜類化合物的化學(xué)式為 C10H14OB該有機(jī)物屬于芳香烴C分子中所有碳原子均處于同一平面上D在濃硫酸、加熱條件下，可生成兩種芳香烯烴【答案】A【解析】 A由萜類化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子式為 C10H14O，故 A正確； B萜類化 合物中含

5、有氧元素，屬于芳香化合物，不屬于芳香烴，故B 錯(cuò)誤； C萜類化合物中含有 4 個(gè)飽和碳原子，所有碳原子不可能處于同一平面上，故C 錯(cuò)誤； D萜類化合物含 有羥基，與羥基相連的碳原子上含有的兩個(gè)甲基是等效的，在濃硫酸、加熱條件下，只 能生成一種芳香烯烴，故 D 錯(cuò)誤；故選 A。10W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素， X、Y是金屬元素， X的焰色呈 黃色。 W、Z最外層電子數(shù)相同， Z的核電荷數(shù)是 W的 2倍。工業(yè)上一般通過(guò)電解氧化物 的方法獲得 Y 的單質(zhì)，則下列說(shuō)法不正確的是AW、X、Y形成的簡(jiǎn)單離子核外電子數(shù)相同BY和 Z 形成的化合物可以通過(guò)復(fù)分解反應(yīng)制得CZ和 W可形成原子個(gè)

6、數(shù)比為 12和 13的共價(jià)化合物DX、Y和 Z 三種元素形成的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物能兩兩反應(yīng)【答案】B【解析】 W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素， X、Y是金屬元素， X的焰 色呈黃色，為鈉元素， W、Z最外層電子數(shù)相同， Z的核電荷數(shù)是 W的 2 倍，則 W為氧元 素，Z為硫元素。工業(yè)上一般通過(guò)電解氧化物的方法獲得 Y的單質(zhì)，則 Y為鋁元素，AW、 X、Y形成的簡(jiǎn)單離子 O2- 、Na+、Al 3+，核外電子數(shù)相同， 均是 10 電子微粒， A正確；B由 于硫離子和鋁離子水解相互促進(jìn)生成氫氧化鋁和硫化氫， 因此硫化鋁不能通過(guò)復(fù)分解反 應(yīng)制備， B錯(cuò)誤；C硫和氧可以形成二氧化硫

7、和三氧化硫兩種共價(jià)化合物，原子個(gè)數(shù)比 為 12 和 13，C正確；DX、Y和 Z三種元素形成的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物分別 是氫氧化鈉、氫氧化鋁、硫酸，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉、硫酸都反應(yīng)， 所以它們之間能兩兩反應(yīng)， D正確；答案選 B。11熱催化合成氨面臨的兩難問(wèn)題是：采用高溫增大反應(yīng)速率的同時(shí)會(huì)因平衡限制 導(dǎo)致 NH3產(chǎn)率降低。我國(guó)科研人員研制了 Ti-H-Fe 雙溫區(qū)催化劑( Ti-H 區(qū)域和 Fe 區(qū)域 的溫度差可超過(guò) 100)。 Ti-H-Fe 雙溫區(qū)催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，其中吸附 在催化劑表面上的物種用 * 標(biāo)注。下列說(shuō)法正確的是A為 N N 的斷裂過(guò)程B 在高溫

8、區(qū)發(fā)生，在低溫區(qū)發(fā)生C為 N原子由 Fe 區(qū)域向 Ti-H 區(qū)域的傳遞過(guò)程D使用 Ti-H-Fe 雙溫區(qū)催化劑使合成氨反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)槲鼰岱磻?yīng)【答案】C【解析】 A選項(xiàng)，經(jīng)歷過(guò)程之后氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪?，并沒(méi)有變成氮原子，故 A 錯(cuò)誤； B 選項(xiàng)，為催化劑吸附 N2 的過(guò)程，為形成過(guò)渡態(tài)的過(guò)程，為 N2 解離為 N 的過(guò)程，以上都需要在高溫時(shí)進(jìn)行。 在低溫區(qū)進(jìn)行是為了增加平衡產(chǎn)率， 故 B 錯(cuò)誤； C選項(xiàng)，由題中圖示可知，過(guò)程完成了 Ti-H-Fe- *N到 Ti-H- *N-Fe 兩種過(guò)渡態(tài)的轉(zhuǎn)化， N原子由 Fe 區(qū)域向 Ti-H 區(qū)域傳遞。故 C正確； D選項(xiàng)，化學(xué)反應(yīng)不會(huì)因加入催化劑而 改變

9、吸放熱情況，故 D 錯(cuò)誤。綜上所述，答案為 C。12pC類似 pH，如圖為 CO2 的水溶液中加入強(qiáng)酸或強(qiáng)堿溶液后，平衡時(shí)溶液中各種 組分的 pC-pH 圖。依據(jù)圖中信息，下列說(shuō)法不正確的是AH2CO3、HCO-3、CO23-不能在同一溶液中大量共存BH2CO3電離平衡常數(shù) K a =10-6H2CO3C人體血液里主要通過(guò)碳酸氫鹽緩沖體系(2 3 )可以抵消少量酸或堿，維持HCO3pH =7.4 ，但當(dāng)過(guò)量的酸進(jìn)入血液中時(shí)，血液緩沖體系中的c(H ) 最終將變大c( H2CO3 )D pH=9時(shí)，溶液中存在關(guān)系 H+ +c H2CO3 =c OH- +c CO32-【答案】D【解析】 A碳酸存

10、在的溶液中酸性較強(qiáng)、碳酸根離子存在的溶液中堿性較強(qiáng)，所 以碳酸根離子和碳酸不能大量共存， H2CO3、HCO-3、CO23- 不能在同一溶液中大量共存，故 A 正 確 ； B 由 圖 象 可 知 當(dāng) pH=6 時(shí) ， pC(H2CO3)=pC(HCO-3 ) ， 結(jié) 合 Ka1 H2CO3 c(H ) c(HCO3 ) 10 c(HCO3 )=10 6，故 B正確； C人體血液里主要通過(guò)碳酸 c(H2CO3)c(H2CO3 )H2CO3氫鹽緩沖體系( HCO )可以抵消少量酸或堿，維持 pH=7.4，但當(dāng)過(guò)量的酸進(jìn)入血液中 時(shí)，血液中氫離子濃度增大，平衡向左移動(dòng)放出CO2，碳酸濃度基本不變，則

11、血液緩沖體系中的 c（H ） 最終將變大，故 C正確； DpH=9時(shí)，由圖象可得溶液中離子關(guān)系是c（ H 2CO3 ）c（ HCO 3 ） c（ CO23 ）c（OH-）c（ H2CO3）c（H ），因此 D 選項(xiàng)的離子濃度關(guān)系不可能出 現(xiàn)，故 D 錯(cuò)誤；答案選 D。13如圖所示是一種以液態(tài)肼 （N2H4） 為燃料氧氣為氧化劑，某固體氧化物為電解質(zhì) 的新型燃料電池。該固體氧化物電解質(zhì)的工作溫度高達(dá) 700- 900時(shí)， O2-可在該固體氧 化物電解質(zhì)中自由移動(dòng)，反應(yīng)生成物均為無(wú)毒無(wú)害的物質(zhì)。下列說(shuō)法正確的是A電池內(nèi)的 O2- 由電極甲移向電極乙B電池總反應(yīng)為 N2H4+2O2 2NO+2H2O

12、C當(dāng)甲電極上有 1mol N2H4消耗時(shí)，標(biāo)況下乙電極上有 22.4L O 2參與反應(yīng)D電池外電路的電子由電極乙移向電極甲【答案】C【解析】 該燃料電池中，負(fù)極上燃料失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為： N2H4+2O- -4e - =N2+ 2H2O，故電極甲作負(fù)極，電極乙作正極，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式 為： O2+4e-=2O2- ，電池總反應(yīng)為： N2H4+O2=N2+2H2O，結(jié)合離子的移動(dòng)方向、電子的方向分析解答。A放電時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，即 O2-由電極乙移向電極甲， A項(xiàng)錯(cuò)誤； B反應(yīng)生成物 均為無(wú)毒無(wú)害的物質(zhì)， 負(fù)極上反應(yīng)生成氮?dú)猓?則電池總反應(yīng)為 N2H4+

13、O2=N2+2H2O，B 項(xiàng)錯(cuò) 誤； C由電池總反應(yīng)為 N2H4+O2=N2+2H2O可知，當(dāng)甲電極上有 1mol N2H4消耗時(shí)，乙電 極上有 1mol O2被還原，所以標(biāo)況下乙電極上有 22.4L O2參與反應(yīng)， C項(xiàng)正確； D電池 外電路的電子從電源的負(fù)極流向正極，即由電極甲移向電極乙，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選 C。二、非選擇題（共 58 分）（一）必做題26（14分）某混合物漿液含 Al（OH） 3、MnO2和少量 Na2CrO4?？紤]到膠體的吸附作 用使 Na2CrO4 不易完全被水浸出，某研究小組利用設(shè)計(jì)的電解分離裝置（見(jiàn)圖2），使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用?；卮鸷椭械?/p>

14、問(wèn)題。固體混合物的分離和利用（流程圖中的部分分離操作和反應(yīng)條件未標(biāo)明）（1）反應(yīng)所加試劑 NaOH的電子式為 ，BC的反應(yīng)條件為 ，C Al 的制備方法稱為 。（2）該小組探究反應(yīng)發(fā)生的條件。 D 與濃鹽酸混合，不加熱，無(wú)變化；加熱有Cl 2生成，當(dāng)反應(yīng)停止后，固體有剩余，此時(shí)滴加硫酸，又產(chǎn)生 Cl 2。由此判斷影響該反應(yīng)有效進(jìn)行的因素有（填序號(hào)） 。a溫度bCl- 的濃度c 溶液的酸度（3）0.1mol Cl 2與焦炭、 TiO2完全反應(yīng)，生成一種還原性氣體和一種易水解成 TiO2·xH2O的液態(tài)化合物，放熱 4.28 kJ ，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為 。含鉻元素溶液的分離和利用（4

15、）用惰性電極電解時(shí)， CrO42- 能從漿液中分離出來(lái)的原因是 ，分離后含鉻元素的粒子是 ；陰極室生成的物質(zhì)為 （寫化學(xué)式）?！敬鸢浮?（1） 加熱（或煅燒） 電解法（2）ac（3）2Cl2（g）+TiO 2（s）+2C（s）=TiCl 4（l）+2CO（g） H=- 85. 6kJ·mol-1（4）在直流電場(chǎng)作用下， CrO24- 通過(guò)陰離子交換膜向陽(yáng)極室移動(dòng)， 脫離漿液 CrO 42-和 Cr2O27- NaOH和 H2【解析】惰性電極電解混合物漿液時(shí)， Na+移向陰極， CrO42-移向陽(yáng)極。 Al（OH） 3、MnO2 剩下在固體混合物中。固體混合物加入 NaOH時(shí)， Al（

16、OH） 3轉(zhuǎn)化為 AlO-2，通入 CO2 轉(zhuǎn)化為 Al（OH） 3 沉淀，再加熱分解為 Al 2O3，最后熔融電解得 Al 。（1）NaOH的電子式為；根據(jù)上述分析， BC 的條件為加熱或煅燒， CAl 的制備方法稱為電解法。（ 2）根據(jù) 實(shí)驗(yàn)方案可知， D 與濃鹽酸混合，不加熱，無(wú)變化；加熱有 Cl2 生成，可知溫度對(duì)該反 應(yīng)有影響；當(dāng)反應(yīng)停止后，固體有剩余，此時(shí)滴加硫酸，又產(chǎn)生Cl 2。說(shuō)明加入 H+能繼續(xù)產(chǎn)生 Cl2，可知溶液的酸度對(duì)該反應(yīng)有影響，綜上所述，影響該反應(yīng)的因素有溫度和 溶液的酸度，故選 ac。（3）0.1mol Cl 2與焦炭、 TiO2完全反應(yīng)，生成一種還原性氣體 和一

17、種易水解成 TiO2·xH2O的液態(tài)化合物，放熱 4.28 kJ ，配平方程式，可知 2mol Cl 2反 應(yīng) 放 熱 85. 6kJ· mol - 1 ， 由 此 可 得 該 反 應(yīng) 的 熱 化 學(xué) 方 程 式 為 2Cl2(g)+TiO 2(s)+2C(s)=TiCl 4(l)+2CO(g) H=- 85. 6kJ·mol- 1。( 4)用惰性電極電解 時(shí)，在直流電場(chǎng)作用下， CrO24-通過(guò)陰離子交換膜向陽(yáng)極室移動(dòng)， 脫離漿液， 從而使 CrO24- 從漿液中分離出來(lái)；因 2CrO42-+2H+Cr2O27- +H2O，所以分離后含鉻元素的粒子是 CrO42

18、-和Cr2O72-；陰極室 H+放電生成 H2，剩余的 OH- 與透過(guò)陽(yáng)離子交換膜移過(guò)來(lái)的 Na+結(jié)合生成 NaOH， 所以陰極室生成的物質(zhì)為 NaOH和 H2。27( 14分)氮的化合物是重要的工業(yè)原料，也是主要的大氣污染來(lái)源，研究氮的 化合物的反應(yīng)具有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1) 肼(N2H4) 與四氧化二氮分別是火箭發(fā)射器中最常用的燃料與氧化劑。已知3.2g液態(tài)肼與足量液態(tài)四氧化二氮完全反應(yīng)，生成氮?dú)夂鸵簯B(tài)水放出熱量61.25kJ ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為 。(2) 尾氣中的 NO2 可以用燒堿溶液吸收的方法來(lái)處理，其中能生成 NaNO2 等物質(zhì)，該 反應(yīng)的離子方程式為 。(3) 在

19、 773K時(shí)，分別將 2.00mol N2和 6.00mol H2充入一個(gè)固定容積為 1 L 的密閉容 器中發(fā)生反應(yīng)生成 NH3，氣體混合物中 c(N2)、c(H2)、c(NH3)與反應(yīng)時(shí)間 (t) 的關(guān)系如圖 所示。下列能說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是 (選填字母)。a v 正(N2)=3v 逆(H2)b 體系壓強(qiáng)不變c氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量不變d 氣體密度不變?cè)诖藴囟认?，若起始充?4.00mol N 2和 12.00mol H 2，則反應(yīng)剛達(dá)到平衡時(shí)，表 示 c(H2) t 的曲線上相應(yīng)的點(diǎn)為 _ (選填字母)。(4) 在 373 K 時(shí)，向體積為 2L的恒容真空容器中充入 0.40mol NO

20、2，發(fā)生如下反應(yīng)： 2N2NOO2(2g()g)? NN2O2O4 (4g()g) HH 565.69.k9JkJmmolol 1t/min020406080（ NO2）1.00.750.520.400.40計(jì)算 020min 時(shí)， v(N2O4)=。已知該反應(yīng) 正 NO2 =k1 c2 NO2 ,逆 N2O4 =k2 c N2O4 ，其中 k1、k2為速率 常數(shù)，則 373K時(shí)， k1 =；改變溫度至 T1時(shí)， k1=k2，則 T1_373K(填“ >”“<”k2或“ =”)?！敬鸢浮?(1)2N2H4(l)+N 2O4(l)=3N 2(g)+4H 2O(l) H=-1225kJ

21、·mol-1(2) 2NO2+2OH-=NO-2+NO-3+H2O(3) bc B(4) 2×10- 3mol/(L ·min) 60 >【解析】 (1)3.2g 液態(tài)肼完全反應(yīng)放出熱量為 61.25 kJ ，則 2mol 液態(tài)肼完全反 應(yīng)時(shí)放出的熱量為： 61. 25 kJ 32g/m3.o2lg2mol 1225.00kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：3.2g2N2H4(l)+N 2O4(l)=3N 2(g)+4H2O(l) H=-1225kJ·mol-1，故答案為：2N2H4(l)+N 2O4(l)=3N 2(g)+4H2O(l) H=- 12

22、25 kJ·mol-1；(2)題干信息產(chǎn)物有 NaNO2， 根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理， N元素化合價(jià)既降低又升高，發(fā)生的是歧化反應(yīng)，所以還有產(chǎn) 物 NaNO3，根據(jù)原子守恒判斷產(chǎn)物中還有水，則反應(yīng)方程式為： 2NO2+2OH- =NO-2+NO-3+H2O， 故答案為： 2NO2+2OH- =NO-2+NO-3+H2O；(3) 反應(yīng)為： N2+3H22NH3；av 正(N2)=1/3v正(H2)=3v 逆(H2) ，正逆反應(yīng)速率不相等，沒(méi)有達(dá)到平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤； b反應(yīng)為氣體 體積減小的反應(yīng)，體系壓強(qiáng)不變，說(shuō)明反應(yīng)物和生成的濃度保持不變，反應(yīng)達(dá)到平衡狀 態(tài)，故正確； c氣體平均相對(duì)分子質(zhì)

23、量數(shù)值上等于氣體總質(zhì)量比上總物質(zhì)的量，根據(jù) 質(zhì)量守恒反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，說(shuō)明總物質(zhì)的量不變，說(shuō) 明達(dá)到平衡狀態(tài)，故正確； d氣體總質(zhì)量不變，體積不變，所以氣體密度始終不變， 不能說(shuō)明達(dá)到平衡狀態(tài)， 故錯(cuò)誤，故答案為：bc；起始充入 4.00mol N2和 12.00mol H2， 相當(dāng)于將充入 2.00mol N2 和 6.00mol H2 的兩個(gè)容器“壓縮”為一個(gè)容器，假設(shè)平衡不移 動(dòng)，根據(jù)圖示分析知平衡時(shí) c(H2)=6mol/L ，而“壓縮”后平衡正向移動(dòng)， 則平衡時(shí) 3mol/L <c(H2) < 6mol/L ，且達(dá)到平衡的時(shí)間縮短，故對(duì)應(yīng)點(diǎn)為

24、B，故答案為： B；( 4) 設(shè) 20min時(shí)，反應(yīng)掉的 NO2為 2x，則：測(cè)得 NO2的體積分?jǐn)?shù) (NO2) 與反應(yīng)時(shí)間(t) 的關(guān)系如下表：2N2NOO2 (2g()g)? NN2O2 O4 (4g()g) HH 565.69.k9JkJmmolol2NO2(g)? N2O4(g) 起始 0.40 0 反應(yīng) 2x 20min 0.40-2x0.40-2x0.75 ，所以 0.40-2x =0.75 ，解得 x=0.08 ，所以反應(yīng)0.40-2x+x0. 08×2mol=0.16mol ，020min 內(nèi)，NO2的消耗速率為20min 時(shí)， NO2 的體積分?jǐn)?shù)為，根據(jù)化學(xué)計(jì)量比等

25、于反應(yīng)速率之比，則20min 時(shí)，消耗 NO2的物質(zhì)的量為0.16molv NO2 = 2L =4 10-3mol/ L min2 20minv(N2O4)=1/2v(NO 2)=2 ×10 - 3mol/(L ·min) ，故答案為： 2×10 -3mol/(L ·min) ；反應(yīng)達(dá) 到平衡時(shí)有 v(正)=v(逆)，即 v(NO2)=2v(N 2O4) ，達(dá)到平衡時(shí)， NO2的體積分?jǐn)?shù)為 0.40 ，即 0.40-2x =0.40 ，0.40-2x+x2k1 c2 NO2 2k2 c0.15解得 x=0.15 ，所以化學(xué)平衡常數(shù)為 K= 2=30 ，則

26、有（ 0.40-0.15 2）2（2）k1 2c N2O4N2O4 ，所以 kk12 2cc2 NN2OO242 30 60 ；改變溫度至 T1 時(shí) k1=k2，由于 k1=2K·k2，則1K=1 ，平衡常數(shù)減小，考慮到反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，不利于 2反應(yīng)正向進(jìn)行，所以溫度應(yīng)為升高，即 T1>373K，故答案為： 60； >。28（ 15分） NiSO4 6H2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛用于化學(xué)鍍鎳、生產(chǎn)電泡等?？捎呻婂儚U渣 （除鎳元素外，還含有 Cu、Zn、Fe、Cr等元素雜質(zhì) ）為原料獲得。工藝流程如下：已知： NiCO 3是一種不溶于水易溶于強(qiáng)酸的沉淀；已

27、知25 C ， Fe（OH） 3的Ksp 2.64 10-39 。（1）Ni 的原子序數(shù)為 28，則它在周期表中的位置為 ，寫出 H2O2 的結(jié)構(gòu)式。（2）步驟，向?yàn)V液 I 中加入適量 Na2S 溶液的目的是除去 Cu2+和 Zn2+，其中除去Cu2+的離子方程式為 ；加 Na 2S之前需控制 pH不能太低的目的是 。（3）步驟的目的是除去 Fe 和 Cr，溫度不能太高的原因是 。若在 25 C時(shí)，調(diào) pH=4除去鐵，此時(shí)溶液中 c Fe3 。（4）粗鎳中含有少量 Fe、Zn、 Cu、Pt 等雜質(zhì)，可用電解法制備高純度鎳，下列敘 述正確的是 （ 已知：氧化性 Fe2+<Ni2+<C

28、u2+）A粗鎳作陽(yáng)極，純鎳作陰極B陽(yáng)極發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式： Ni 2+ 2e Ni C電解過(guò)程中，陽(yáng)極質(zhì)量的減少與陰極質(zhì)量的增加相等 D電解后，溶液中存在的金屬陽(yáng)離子只有 Cu2+和 Zn2+ E電解后，電解槽底部的陽(yáng)極泥中只有 Cu和 Pt【答案】 （1）第四周期第族 H-O-O-H（2）Cu2+S2-=CuS避免生成 H2S，影響除雜（3）防止 H2O2受熱分解 2. 64×10- 9mol/L（4）AE【解析】 本題將工藝流程與氧化還原、電解池、沉淀溶解平衡相互結(jié)合，第一步操 作為溶解金屬，第二步為除去 Cu2+和 Zn2+，第三步除去 Fe和 Cr，最后得到 NiSO

29、4 6H2O， 在各個(gè)步驟中結(jié)合氧化還原等一些應(yīng)用。 （1）根據(jù)元素的排列規(guī)律及 Ni 的原子序數(shù)為 28，可知 Ni 的位置為：第四周期第族； H2O2為分子晶體， 原子之間均以共價(jià)單鍵相連， 故的結(jié)構(gòu)式為： H-O-O-H；故答案為：第四周期第族； H-O-O-H；（2）S2-與 Cu2+和 Zn2+ 結(jié)合可生成沉淀，所以用 Na 2S溶液的目的是除去 Cu2+和 Zn2+，則除去 Cu2+的離子方程式 為：Cu2+S2- =CuS；S2-可與結(jié)合生成弱電解質(zhì) H2S，所以前一步在調(diào)節(jié)溶液的 pH不能太 低，否則會(huì)生成雜質(zhì) H2S，影響除雜；故答案為： Cu2+S2-=CuS；避免生成 H

30、2S，影響除 雜；（ 3）步驟除去 Fe 采用生成 Fe OH 3的方式，在第一步酸溶時(shí)，鐵變成 Fe2+，因 此該處需要氧化劑，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溫度太高，氧化劑H2O2 分解；由于存在沉淀溶解平衡： FeF3e3 3O3HOH? ? FeFeOHOH3 3，平衡常數(shù) KSP c Fe3 c3 OH 2.64 10 39，已 知 pH=4，則c H 10 4mol L 1 ，公式換算可得： c Fe3 2.64 10 9mol L 1；故答案 為：防止 H2O2 受熱分解； 2.64 10 9mol L 1；（4）用電解法制備高純度鎳，原理同于制 備高純度銅，粗鎳做陽(yáng)極，活潑金屬在陽(yáng)極放電，

31、該處在陽(yáng)極反應(yīng)的金屬有Fe、Zn，失去電子生成 Fe2+、Zn2+，Cu和 Pt 作為陽(yáng)極泥，在電解槽的底部，陰極發(fā)生的電極反應(yīng)式為： Cu2 2e Cu ，雖然陰極陽(yáng)極都是 2e-，但 Fe、Zn 和 Cu本身的質(zhì)量不一樣，所 以陽(yáng)極減少的質(zhì)量不等于陰極生成的質(zhì)量，所以選 AE，故答案為： AE。（二）選做題（從給出的兩題中任選一道作答，多做則按第一題計(jì)分，共 15 分） 35【選修 3物質(zhì)的性質(zhì)與結(jié)構(gòu)】（1）已知 A和 B均為第 3周期元素，其原子的第一至第四電離能如下表所示：A通常顯_價(jià)，A的電負(fù)性 B的電負(fù)性 （填“ >”“<”或“ =”） 。（2）紫外光的光子所具有的能量

32、約為 399kJ·mol-1。根據(jù)下表有關(guān)蛋白質(zhì)分子中重 要化學(xué)鍵的信息，說(shuō)明人體長(zhǎng)時(shí)間照射紫外光后皮膚易受傷害的原因 。組成蛋白質(zhì)的最簡(jiǎn)單的氨基酸中的碳原子雜化類型是 。（3）實(shí)驗(yàn)證明： KCl、MgO、CaO、TiN 這 4 種晶體的結(jié)構(gòu)與 NaCl晶體結(jié)構(gòu)相似 （如 圖所示），其中 3 種離子晶體的晶格能數(shù)據(jù)如下表：則該 4 種離子晶體 （ 不包括 NaCl）熔點(diǎn)從高到低的順序是： 。其中 MgO晶體中一個(gè) Mg2+周圍和它最鄰近且等距離的 Mg2+有 個(gè)。（4）金屬陽(yáng)離子含有的未成對(duì)電子越多，則磁性越大，磁記錄性能越好。離子型氧化物 V2O5和 CrO2中，適合作錄音帶磁粉原

33、料的是 。（5）某配合物的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，其分子內(nèi)不含有 _（填序號(hào) ） 。（6）科學(xué)家設(shè)計(jì)反應(yīng)： CO2+4H2CH4+2H2O以減小空氣中的 CO2。若有 1mol CH4生成， 則有 _mol 鍵和_mol 鍵斷裂?！敬鸢浮?（1）+3 >（2）紫外光的光子所具有的能量比蛋白質(zhì)分子中的化學(xué)鍵CC、CN、CS 的鍵能大，紫外光的光子所具有的能量足以使這些共價(jià)鍵斷裂， 從而破壞蛋白質(zhì)分子 sp 2、 3sp3（3）TiN>MgO>CaO>KCl 12（4）CrO2（5）AC（6）6 2【解析】 （1） 觀察 A、 B兩元素各電離能的差別，可判斷 A的化合價(jià)為 +3，

34、即為 Al； B為+2 價(jià)，為 Mg。因?yàn)橥芷趶淖笾劣译娯?fù)性增大，故 Al 的電負(fù)性大于 Mg。（2） 從表 格中給出的蛋白質(zhì)中各共價(jià)鍵的鍵能可以發(fā)現(xiàn)，紫外光的光子能量足以破壞這些共價(jià)3鍵。最簡(jiǎn)單的氨基酸是甘氨酸 ，其中碳原子采用 sp3 雜化，碳原子采用sp2 雜化。（3） 觀察表格中的數(shù)據(jù)會(huì)發(fā)現(xiàn)，陰陽(yáng)離子所帶的電荷數(shù)對(duì)晶格能的影響大于陰 陽(yáng)離子的半徑對(duì)晶格能的影響。四種晶體均為離子晶體， TiN 和 CaO中的陽(yáng)離子均為 18 電子結(jié)構(gòu)，陰離子均為 10 電子結(jié)構(gòu)， Ti 和 Ca、N和 O的原子序數(shù)均相差 1，因此 Ti 3+ 和 Ca2+、N3-和 O2-的離子半徑均相差不大，但是由

35、于 Ti3+和 N3-均帶有 3 個(gè)單位的電荷，因 此 TiN 的晶格能大于 CaO。CaO、MgO中的陰陽(yáng)離子均帶有 2 個(gè)單位的電荷， Ca2+的半徑 大于 Mg2+，所以 MgO的晶格能大于 CaO。綜上所述，這種晶體的晶格能大小順序?yàn)門iN>MgO>CaO>K。Cl所以晶體的熔點(diǎn)高低順序也為 TiN>MgO>CaO>K。Cl（4）V 2O5中 V5+的電 子 排布 式 為 1s22s22p63s23p6 ， 沒(méi) 有 未 成 對(duì) 電子 ； CrO2 中 Cr4+的 電 子 排 布 式 為 1s22s22p63s23p63d2，含有 2 個(gè)未成對(duì)電子，因此適合作錄音帶磁粉原料的是 CrO2。（5） 觀 察配合物的分子結(jié)構(gòu)會(huì)發(fā)現(xiàn)其中存在配位鍵 Ni N，極性鍵 H O、ON 等，非極性鍵CC，氫鍵 OH O等作用力。不存在離子鍵和金屬鍵。 （6）CO2的結(jié)構(gòu)式為 OCO， 1個(gè) CO2分子中含有 2 個(gè) 鍵和 2個(gè) 鍵，1個(gè) H2分子中共含有 1 個(gè) 鍵，生成 1mol CH4需要 1mol CO2和 4mol H2，因此需要斷裂 6mol 鍵和 2mol 鍵。36【選修 5有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（ 15 分） 含氧有機(jī)物甲可用來(lái)制取多種有用的化工產(chǎn)品，合成路線如圖：A離子鍵 B 極性鍵 C 金屬鍵