1、2020 年全国高考考前适应性模拟卷 化 学 6.30 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Co 59 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 7中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列古诗文对应的化学知识 正确的是（ ） 选项 古诗文 化学知识 A 华阳国志中记载：“取井火煮之， 一斛水得五斗盐” 我国古代已利用天然气煮盐 B 本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五 金，其水甚强，五金八石皆能穿
2、第，惟玻璃可盛” “强水”是指氢氟酸 C 天工开物中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质” 文中“丝、麻、裘”的主要成分都 是蛋白质 D 抱朴子中记载：“丹砂（HgS）烧之成水银，积变 又还成丹砂” 文中描述的是升华和凝华过程 【答案】A 【解析】 A 天然气主要成分为甲烷， 甲烷燃烧放出热量， 华阳国志 记载“取井火煮之， 一斛水得五斗盐”， 我国古代已利用天然气煮盐，故 A 正确。 B能蚀五金可知为王水，是浓盐酸、浓硝酸的混合物，而 HF 能与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，不 能用玻璃仪器盛放，故 B 错误； C 天工开物中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”文中的“麻”指的是纤维素
3、，主要成分是 多糖，丝、裘的主要成分是蛋白质，故 C 错误； D升华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即 HgS 发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属 于升华，故 D 错误； 答案选 A。 【点睛】 升华和凝华都属于物质的状态变化，属于物理变化。 82019 年 12 月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制 疫情。75%乙醇和 84 消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84 消毒液的主要成分是次氯酸钠。设 NA为阿伏加 德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A74.5g 次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA B1mol 次氯酸钠与足量盐酸反应转移
4、的电子数为 2NA C50g34%H2O2溶液中含 H-O 键的数目为 NA D利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取 0.1mol 次氯酸钠需要消耗 2.24L 氯气 【答案】A 【解析】A.次氯酸钠是由钠离子和次氯酸根离子组成的离子化合物，74.5g 次氯酸钠的物质的量为 74. 5g 74.5 /gmol =1mol，则 1mol 次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA，故 A 正确； B.次氯酸钠与足量盐酸发生氧化还原反应生成氯化钠、氯气和水，1mol 次氯酸钠完全反应转移的电子数为 NA，故 B 错误； C.50g34%H2O2溶液中含有 17g H2O2和 33g H2O，每个 H2O2和 H
5、2O 都含有 2 个 H-O 键，则 50g34%H2O2溶 液中含 H-O 键的数目为（ 17g 34 /gmol + 33g 18 /gmol ） 2 NA4.66 NA，故 C 错误； D.没有明确是否为标准状况，无法计算需要消耗氯气的体积，故 D 错误； 故选 A。 9化合物丙属于一种桥环化合物，是某些医药的中间体，可以通过如图反应制得，下列有关说法正确的 是（ ） A乙分子中所有碳原子可能处于同一平面上 B乙可与 H2按物质的量之比 12 发生加成反应 C丙是一种油脂，能发生皂化反应 D甲和苯都能使溴水褪色，且原理一样 【答案】A 【解析】A乙相当于乙烯分子中 H 原子被甲基、-CO
6、OCH3取代，而乙烯是平面结构，则乙分子中所有碳 原子可能处于同一平面上，故 A 正确； B乙分子中含有 C=C 和酯基，只有 C=C 双键可与 H2发生加成反应，二者反应的物质的量的比为 1：1， 故 B 错误； C油脂是高级脂肪酸与甘油(丙三醇)形成的酯，则丙不是甘油酯，虽能在碱性环境下发生水解反应，但不 属于皂化反应，故 C 错误。 D 甲中含有碳碳双键， 能与溴水中溴发生加成反应， 而使溴水褪色， 苯不与溴水反应， 但能萃取溴水的溴， 而使溴水层褪色，二者原理不一样，故 D 错误。 答案为 A。 10W、X、Y、Z 为原子序数依次减小的短周期主族元素，已知 W、Y、Z 的最外层电子数之
7、和等于 X 的 最外层电子数；由四种元素形成某化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ） A简单氢化物的稳定性：YX B简单离子半径：XW CY 的最高价氧化物对应水化物为强酸 D该化合物中各元素均满足 8 电子稳定结构 【答案】B 【解析】 【分析】根据该化合物的结构可知 W 元素可以形成+2 价阳离子，应为第 IIA 族元素，其原子序数 最大，原子序数比其小的主族元素至少有 3 种，所以 W 应为第三周期元素，为 Mg 元素；X 可以形成 2 个 共价键， 应为第A 族元素， 所以 X 为 O 元素， Z 可以形成 1 个共价键， 原子序数小于 O， 则 Z 为 H 元素， 所以 Y 元
8、素最外层电子数为 6-1-2=3，所以 Y 为 B 元素。 【详解】AY 为 B 元素，X 为 O 元素，非金属性 BO，所以简单氢化物的稳定性 BO，故 A 错误； BO2-和 Mg2+电子层结构相同，但 O2-核电荷数更小，半径更大，故 B 正确； CB 元素的最高价氧化的水化物为 H3BO3，为弱酸，故 C 错误； DH 元素最外层不满足 8 电子稳定结构，故 D 错误； 故答案为 B。 11室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 结论 A 将带火星的木条伸入 N2与 NO2的体积比为 41 的混合气对于木条燃烧，NO2比 O2的助燃 体中
9、，带火星的木条复燃 效果更好 B 向 Cu(OH)2悬浊液中分别滴加盐酸和氨水，悬浊液均变澄 清 Cu(OH)2为两性氢氧化物 C 用 pH 试纸测得：CH3COONa 溶液的 pH 约为 9，NaNO2溶 液的 pH 约为 8 HNO2电离出 H+的能力比 CH3COOH 的强 D 向 Fe(NO3)2溶液中滴加酸化的 H2O2,溶液颜色变为黄色 H2O2具有氧化性， 使 Fe2+变为 Fe3+ 【答案】A 【解析】A空气中 N2与 O2的体积比约为 4:1，而带火星木条不复燃，将氧气换成 NO2后木条复燃，说明 对于木条燃烧，NO2比 O2的助燃效果更好，故 A 正确； BCu(OH)2与
10、氨水反应生成络合物使沉淀溶解，其并不能和 NaOH 等强碱反应，不能说氢氧化铜为两性氢 氧化物，故 B 错误； C两种盐溶液的浓度未知，应测定相同的浓度的两种盐溶液的 pH，故 C 错误； D酸性环境硝酸根也具有氧化性，无法确定是何种物质氧化了 Fe2+，故 D 错误； 故答案为 A。 12最近，科学家成功研制出一种电源，该电源在消耗二氧化碳的同时，还可释放电能。电源电极为铝电 极和多孔碳电极，电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下 列有关该电源的说法正确的是（ ） A铝电极电势高于多孔碳电极 B用该电源电解饱和食盐水，理论上，每消耗 1mol 二氧化碳可
11、收集到标准状况下 11.2L 氢气 C若生成 0.5 mol 草酸铝，有 3mol 电子通过电解质溶液 D正极的电极反应式为 - 22 O +2H O+4e =4OH 【答案】B 【解析】A铝作原电池的负极，多孔碳电极作原电池的正极，正极的电势比负极电势高，A 错误； B正极反应式为 2CO2+2e-=C2O42-，用该电源电解饱和食盐水的阴极反应式为 2H+2e-=H2，串联电路中转 移的电子数相同，故消耗 1molCO2，转移 1mol 电子，理论上可收集到标准状况下 11.2L 氢气，B 正确； C电子无法通过电解质溶液，C 错误； D根据题意，二氧化碳得电子，正极反应式为 2CO2+2
12、e-=C2O42-，D 错误； 答案选 B。 【点睛】 在原电池工作中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，电子不能通过电 解质溶液从负极转移到正极；在电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，阴、阳离子不能通过 导线移动，即“电子不下水，离子不上岸” 。 13已知常温下 HF 酸性强于 HCN，分别向 1Ll mol/L 的 HF 和 HCN 溶液中加 NaOH 固体调节 pH（忽略温 度和溶液体积变化） ，溶液中 - c X lg c(HX) （X 表示 F 或者 CN）随 pH 变化情况如图所示，下列说法不正确的 是（ ） A直线 I 对应的是 - c F
13、lg c(HF) BI 中 a 点到 b 点的过程中水的电离程度逐渐增大 Cc 点溶液中： +- c Nac X=c(HX)c OHc H Db 点溶液和 d 点溶液相比：cb(Na+)Ka(HCN)，因此等浓度的 HCN 和 NaCN 的混合 溶液中 c(CN-)c(HCN)，即有 c(Na+)c(CN-)；由于 OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的 pH 为 9.2，C 点溶液中存在： c(Na+)c(CN-)=c(HCN) c(OH-)c(H+)，C 正确； D由于 HF 酸性强于 HCN，要使溶液均显中性，HF 溶液中要加入较多的 NaOH，因此 cb(Na+)cd(Na+
14、)，D 错误； 答案选 D。 【点睛】 溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。 二、 非选择题： 本卷包括必考题和选考题两部分。 第 2628 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。 第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26 （14 分）工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量 Al4C3、Al2O3、C 等杂质。某同学设计如下实验分 别测定氮化铝(AlN)样品中 AlN 和 Al4C3的质量分数。已知Al4C3与硫酸反应可生成 CH4；AlN 溶于强酸 产生铵盐，溶于强碱生成氨气(忽略 NH3在强碱性溶液中的溶解
15、)；该实验条件下的气体摩尔体积为 Vm L/mol，实验装置如下(量气管为碱式滴定管改装) 实验过程：连好装置后，检验装置的气密性；称得装置 D 的初始质量为 ag；称取 bg AlN 样品置于装置 B 的锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管中液面的初始读数为 x mL(量气装置左右 液面相平)。 （1）若先测量 Al4C3质量分数，对 K1、K2、K3三个活塞的操作是关闭活塞_，打开活塞_。 当_时，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为_ ；若量气管中的 液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体体积_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 记录滴定管的读数
16、为 y mL，则 Al4C3的质量分数为_(用可能含 a、b、x、y、Vm 的代数式表示)。 若无恒压管，对所测 Al4C3质量分数的影响是_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 （2）若先测量 AlN 质量分数：首先关闭活塞 K1，打开活塞 K3，通过分液漏斗加入过量的某物质，写出 AlN 与过量的某物质发生反应的离子方程式为_ ；反应完成后，_(填该步应进行的操作)，最 后称得装置 D 的质量为 cg，进而测量 AlN 的质量分数。 【答案】 （1）K2、K3 （1 分） K1 （1 分） 量气管中液面不再变化（2 分） 调整量气管高度，使左右两边液面相平（2 分） 偏小（1 分） m
17、0.048 xy V b （2 分） 偏大（1 分） （2）AlN+OH-+H2O= - 2 AlO+NH3 （2 分） 打开 K2，通入一段时间空气（2 分） 【解析】 【分析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中 Al4C3完全反应，量取 生成的甲烷气体，从而可测得 Al4C3的百分含量；用足量 NaOH 溶液与样品中 AlN 完全反应，充分吸收生 成的氨气，并称量其质量，从而求得 AlN 的质量分数。 【详解】 （1）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中 Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得 Al4C3的百分含量，故应关闭活塞 K2、K3，打开活塞 K1
18、。 当量气管中液面不再变化时，说明反应已经结束。利用连通器原理，读取读数之前，应对量气管进行的 操作为调整量气管高度，使左右两边液面相平；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，说明气体 的压强大于大气压，所测气体体积偏小。 甲烷的体积为(x-y)mL，物质的量为 3 3 mm xy10 Lxy 10 V L/V mol mol ，根据碳原子的守恒，Al4C3的物 质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以 Al4C3的质量为 33 mm 48 xy1xy 10144g/10 g 3VV molmol ，Al4C3的质量分数为 3 m 48 xy 10 g V 100% bg = m 0.04
19、8 xy 100% V b 。 若无恒压管，最终量气管读数偏大，根据上题公式，对所测 Al4C3质量分数的影响是偏大。 （2）若先测量 AlN 质量分数：首先关闭活塞 K1，打开活塞 K3，AlN 溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨 气，通过分液漏斗加入氢氧化钠，发生反应的离子方程式为 AlN+OH-+H2O= - 2 AlO+NH3；反应完成后，打 开 K2，通入一段时间空气，平衡气压，最后称得装置 D 的质量为 cg，进而测量 AlN 的质量分数。 27 （15 分）从钴镍废渣(主要成分为 Co2O3、NiS 及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池 的电极材料 LiCoO2的工艺
20、如下： 已知：CoC2O4 2H2O 微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的 2 24 C O 离子生成 2(n-1)- 24n Co(C O )而溶解。 （1） “煅烧 1”的主要目的是_。 （2） “还原酸浸”过程中 Co2O3发生反应的离子方程式为 _。 （3） “除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是_。 （4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图 a)、沉淀反应的温度(图 b)与钴的沉淀率关系如图所示： 随 n( 2 24 C O ):n(Co2+) 比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是_。 沉淀反应时间为 10min，当温度高于 50以上时，钴的沉淀率
21、下降的原因可能是_。 （5）为了获得较为纯净的 CoC2O42H2O，“操作 X”的实验操作为_。 （6）已知煅烧 CoC2O42H2O 时温度不同，产物不同。400时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为 2.41g，CO2的体积为 1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为_ 。 （7）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为 LixC6+Li1-xCoO2 放电 充电 C6+ LiCoO2， 其工作原理如图。 则充电时 LiCoO2的电极反应式为_。 【答案】 （1）使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化
22、（2 分） （2）Co2O3+SO2+2H+=2Co2+ 2 4 SO +H2O（2 分） （3）将 Fe2+氧化为 Fe3+（1 分） ；调节 pH，促进水解，使溶液中 Fe3+、Al3+生成沉淀除去（1 分） （4）过量的 2- 24 Co O与 Co2+ 反应生成 2(n-1)- 24n Co(C O )而溶解（2 分） CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大（1 分） （5）过滤、洗涤、干燥（2 分） （6）Co3O4（2 分） （7）LiCoO2-xe- = xLi+Li1-xCoO2（2 分） 【解析】 【分析】钴镍废渣(主要成分为 Co2O3、NiS 及铁、铝等元素的化合物等杂
23、质)煅烧，NiS 转化为镍的 氧化物和二氧化硫，铁、铝等元素的化合物也转化为氧化物，然后用稀硫酸和二氧化硫还原酸浸，将 Co3+ 还原为 Co2+，过滤后滤液中加入 NaClO3，NaClO3将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入碳酸钠调节溶液 pH，使溶液中 Fe3+、Al3+沉淀；加入萃取剂萃取除去镍离子，然后再加入草酸铵将 Co2+转化为 CoC2O4 2H2O 微溶物，过 滤洗涤得到 CoC2O4 2H2O 晶体；将 CoC2O4 2H2O 煅烧得到钴的氧化物，再与 Li2CO3烧结得到 LiCoO2，据 此分析解答（1）（6） ； （7）根据电池反应式 LixC6+Li1-xCoO2 放
24、电 充电 C6+ LiCoO2知，充电时 LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应 生成 Li1-xCoO2，据此书写电极反应式。 【详解】 （1） “煅烧 1”中能够将原料充分氧化，并使杂质分解，排除挥发成分，同时改变钴镍废渣结构， 便于粉化，故答案为：使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化； （2） “还原酸浸”过程中 Co2O3能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为 Co2O3+SO2+2H+=2Co2+ 2 4 SO +H2O，故答案为：Co2O3+SO2+2H+=2Co2+ 2 4 SO +H2O； （3） 还原酸浸后， 加入 NaClO3和 Na2CO3， N
25、aClO3将 Fe2+氧化为 Fe3+， 碳酸钠调节溶液 pH， 使溶液中 Fe3+、 Al3+沉淀，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；调节 pH，促进水解，使溶液中 Fe3+、Al3+生成沉淀除去； （4）溶液中存在化学平衡： 2 24 C O (aq)+Co2+(aq)+2H2O(l)CoC2O42H2O(s)，随 n( 2 24 C O )n(Co2+)比值 的增加，c( 2 24 C O )增大，化学平衡正向进行，有利于晶体析出，当达到 n( 2 24 C O )n(Co2+)=1.15 以后，随 草酸根离子增多， 会发生副反应 CoC2O42H2O+(n-1) 2 24 C O
26、 = 2(n-1)- 24n Co(C O )， 使晶体部分溶解， 故答案为： 过量的 2 24 C O 与 Co2+反应生成 2(n-1)- 24n Co(C O )而溶解； 沉淀反应时间为 10min，当温度高于 50以上时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是它的溶解 度随温度升高而逐渐增大，故答案为：CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大； （5）加入草酸铵沉钴生成 CoC2O4 2H2O，CoC2O4 2H2O 微溶于水，为了获得较为纯净的 CoC2O42H2O， “操作 X”为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥； （6） n(CO2)= 1.344L 22.4L/ m
27、ol =0.06mol， 根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.03mol， 生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、 n(O)= 2.41g0.03mol 59g / mol 16g / mol =0.04mol，则 n(Co)n(O)=0.03mol0.04mol=34，所以钴氧化物的化 学式为 Co3O4，故答案为：Co3O4。 （7）根据电池反应式为 LixC6+Li1-xCoO2 放电 充电 C6+ LiCoO2，充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反 应，阳极的电极反应为：LiCoO2-xe- = xLi+Li1-xCoO2，故答案为：LiCoO2-xe-= xLi+
28、Li1-xCoO2。 【点睛】 本题的易错点为(7)，要注意电子转移数目的判断；难点为（4） ，要注意充分理解和利用题意信息。 28 （14 分）自 2020 年 7 月 1 日起，在全国范围内实行轻型汽车国排放标准，该标准对氮氧化物、碳氢 化物(HC)、一氧化碳和悬浮粒子等排放物的限制将更为严苛。 （1）空燃比(A/F:空气质量与燃油质量之比)对尾气排放、发动机动力等都有很大影响。利用氧传感器测定 可找到最佳空燃比区域(曲线如图 1)。由图可知最佳空燃比区域为_附近，理由是_。推广使用无铅 汽油的优点是_。 （2）汽车尾气通过三元催化装置净化的原理是：2NO(g)+2CO(g) = 催化剂
29、2CO2(g)+N2(g) H1 已知： N2(g)+O2(g)2NO(g) H2 C(s)+O2(g)CO2(g) H3 C(s)+ 1 2 O2(g)CO(g) H4 则 H1_(用含 H2、 H3、 H4的关系式表示)。 （3）选择性催化还原技术(SCR)利用氨或尿素将 NOx还原为 N2和 H2O，原理是： NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 催化剂 3H2O(g)+2N2(g) H 其他条件不变时， NO 的转化率与温度、 压强的关系如图 2 所示。 则 H_0， p1 _ p2(填“”或“”)。 在 500时，2L 密闭容器中充入 1molNO、1molNO2和 2molNH
30、3，达平衡时压强为 p1MPa。则 500时该 反应的平衡常数 Kp_。 （4）汽车尾气中还存在 NH3等，含氮化合物广泛应用于化工、化肥、制药等领域。 已知 N2H4在水溶液中的一级电离方程式为 N2H4H2O + 25 N H+OH ，则+ 25 N H的电子式为 _。 已知：Ag+(aq) +2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，其平衡常数表达式为 Kf 3 2 2 3 Ag NH ) AgNH 1.7 107， Ksp(AgCl)1.7 1010。用 1Lc molL1的氨水可溶解 0.1mol AgCl(s) (假设溶液体积仍为 1L)，则该氨水的最 小浓度 c_molL1(保
31、留三位有效数字，提示： 103.16)。 【答案】 （1）14.7（1 分） 在空燃比为 14.7 时，尾气中 NOx、HC、CO 的含量最低（2 分） 防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒（1 分） （2）2H3-H2-2H4（2 分） （3）（1 分） （1 分） 1 16 p 33 或 0.485 p1（2 分） （4）（2 分） 2.06（2 分） 【解析】 【分析】根据图象中排放尾气含量确定最佳空燃比区域，利用盖斯定律进行反应热的计算，用“定 一议二”的方法判断反应吸热或放热，比较压强大小，根据三段式计算平衡常数，结合 N2H4 H2O 的电离方 程式书写 + 25 N H
32、的电子式，根据沉淀溶解平衡常数计算最小浓度。 【详解】 （1）由图 1 可知，在空燃比为 14.7 时，尾气中 NOx、HC、CO 的含量最低，则最佳空燃比区域为 14.7，推广无铅汽油可防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒，故答案为：14.7；在空燃比为 14.7 时，尾气中 NOx、HC、CO 的含量最低；防止空气污染或减少有毒尾气排放或防止催化剂中毒； （2） 根据已知分析可得， 反应 2- 2 可得目标反应方程式， 则由盖斯定律可得 H1=2H3-H2-2H4， 故答案为：2H3-H2-2H4； （3）由图 2 分析，其他条件不变时，温度的倒数增大，即温度降低，NO 的转化率
33、升高，反应正向进行， 则该反应正反应方向为放热反应，即 H0，相同温度时，p1p2，NO 的转化率降低，说明反应逆向进行， 增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，因此 p1p2，故答案为：； 在 500时，NO 的转化率为 40%，2L 密闭容器中充入 1molNO、1molNO2和 2molNH3，则列三段式有： 2322 NO g+NOg2NHg3H O g+2Ng mol11200 mol0.40.40.81.20.8 mol0.60.61.21.20.8 催化剂 起始量 转化量 平衡量 根据阿伏加德罗定律可知，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，则 500时该反应的平衡常数为 32 1
34、1 p11 2 111 1.20.8 pp 164.44.4 =p0.485p 33 1.20.60.6 ppp 4.44.44.4 K ，故答案为： 1 16 p 33 或 0.485p1； （4） 已知 N2H4在水溶液中的一级电离方程式为 N2H4H2O + 25 N H+OH-， 则 + 25 N H中 N 与 H 形成一对共 用电子对，N 与 N 形成一对共用电子对，则其电子式为，故答案为：； 已知 AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl-)=1.7 10-10，又 Ag+(aq)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)，其平衡常
35、数表达式为 3 2 f 2 3 Ag NH ) = AgNH K =1.7 107，氨水与 AgCl 反应 的离子反应方程式为 2NH3(aq)+AgCl(s)Ag(NH3)2+(aq)+Cl-(aq)，该反应的平衡常数为 + - 3 2 -3 fsp2 3 Ag NHCl =2.89 10 NH KK K ，根据题意Cl-= + 3 2 Ag NH =0.1mol/L，NH3=c-2Cl-，则 氨水的最小浓度 -1 -3 0.1 0.1 c=+0.22.06mol L 2.89 10 ，故答案为：2.06。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第
36、一题计分。 35化学选修 3：物质结构与性质（15 分） （1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由 TiCl4和 LiBH4反应制得。 基态 Ti3+的未成对电子数有_个。 LiBH4是 化合物（填“离子”或“共价” ） ，BH4的空间构型是_，B 原子的杂化轨道类型是 _。 某储氢材料是第三周期金属元素 M 的氢化物，M 的部分电离能如下表所示: I1/kJ mol1 I2/kJ mol1 I3/kJ mol1 I4/kJ mol1 I5/kJ mol1 736 1452 7734 10550 13629 M 是_(填元素符号） ，判断理由为_。 （2）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜
37、晶体中原子的堆积模型属于_。 （3）A 原子的价电子排布式为 3s23p5，铜与 A 形成化合物的晶胞如图所示（黑点代表铜原子） 。 该晶体的化学式为_。 该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是_，此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深 蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_。 己知该晶体的密度为 gcm3，阿伏伽德罗常数为 NA，己知该晶体中 Cu 原子和 A 原子之间的最短距离 为体对角线的 1/4，则该晶体中 Cu 原子和 A 原子之间的最短距离为_pm。 【答案】 （1）1（1 分） 离子（1 分） 正四面体（1 分） sp3（1 分） Mg（1 分） 第 3 电离能比第 2 电离能大很
38、多，说明最外层有 2 个电子（2 分） （2）面心立方密堆积（1 分） （3）CuCl（1 分） Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） （2 分） Cu(NH3)42+（1 分） 3 4 3 4 99.5 A N 1010 （3 分） 【解析】 （1）基态 Ti3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是 1； LiBH4是离子化合物 BH4-的中心原子的价层电子对数是 4，不存在孤对电子，空间构型是正四面体，B 原 子的杂化轨道类型是 sp3； 该元素的第 3 电离能比第 2 电离能大很多， 说明最外层有 2 个电子， 则该元素属于第 IIA 族
39、， 为 Mg 元素； （2）铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方密堆积； （3）A 原子的价电子排布式为 3s23p5，A 是 Cl。铜与 Cl 形成化合物的晶胞如图所示，其中铜全部在晶胞 中，共计 4 个。氯原子的个数是 8 1/8+6 1/24，所以该晶体的化学式为 CuCl。 由于 Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） ，因此该化合物难溶于水但易溶于氨水；此化合 物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，即亚铜离子转化为铜离子，因此深蓝色溶液中阳离子的化学式 为Cu(NH3)42+。 设晶胞的边长是 acm，根据一个晶胞中含有 4 个 CuCl 可知 a34 99.5/NA，己知该
40、晶体中 Cu 原子和 Cl 原子之间的最短距离为体对角线的 1/4，则该晶体中 Cu 原子和 Cl 原子之间的最短距离为 10 3 34 99.5 10 4 A pm N 36化学选修 5：有机化学基础（15 分） 聚合物 H( )是一种聚酰胺纤维， 广泛用于各种刹车片， 其合成路线如 下： 已知：C、D、G 均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。 DA 反应： （1）生成 A 的反应类型是_，F 中所含官能团的名称为_。 （2）B 的结构简式是_；“BC”的反应中，除 C 外，另外一种产物是_（填化学式） 。 （3）D+GH 的化学方程式是_。 （4）Q 是 D 的同系物，
41、相对分子质量比 D 大 14，则 Q 可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有 5 组 峰，且峰面积比为 11222 的结构简式为_。 （5）已知：乙炔与 1，3-丁二烯也能发生 DA 反应。请以 1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂 合成，写出合成路线_。(合成路线流程图示例：H2C=CH2 CH3CH2OHCH3COOC2H5)。 【答案】 （1）消去反应（1 分） 硝基、氯原子（2 分） （2） （2 分） H2O（1 分） （3）n +(2n-1)H2O （2 分） （4）10 （2 分） （2 分） （5） （3 分） 【解析】 【分析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到 E
42、是，E 转化得到 F，F 与氨气在高压 下得到， 可知 F引入氨基， EF 引入硝基， 则 F 中 Cl 原子被氨基取代生成， 可推知 F 为； 还原得到 G为； 乙醇发生消去反应生成A 为CH2CH2， 乙烯发生信息中加成反应生成B 为， D 为芳香化合物，则 C 中也含有苯环， C 发生氧化反应生成 D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子， 结合 D 的分子式，可知 D 为、则 C 为，D 与 G 发生缩聚反应得到 H 为 。 【详解】 （1）生成 A 是乙醇的消去反应，F 为，其中所含官能团的名称为硝基、氯原子。 （2）B 的结构简式是；“BC”的反应中，除 C 外，根据原子守恒可知另
43、外一种产物是 H2O。 （3）D+GH 是缩聚反应，反应的化学方程式是 。 （4）Q 是 D（）的同系物且相对分子质量比 D 大 14，则 Q 含有苯环、2 个羧基、比 D 多一个 CH2原子团，有 1 个取代基为CH(COOH)2；有 2 个取代基为COOH、CH2COOH，有邻、间、 对 3 种；有 3 个取代基为 2 个COOH 与CH3，2 个COOH 有邻、间、对 3 种位置，对应的CH3，分 别有 2 种、3 种、1 种位置，故符合条件 Q 共有 1+3+2+3+110 种，其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面 积比为 11222 的为。 （5）CH2CHCHCH2和 HCCH 发生加成反应生成 ，和溴发生加成反应生成 ，发生水解反应生成，其合成路线为 。
