冲刺2021届高考化学全真模拟卷金卷01（新课标版解析版）

　刺 冲刺 2021 高考化学全真模拟卷（新课标版）

　第一模拟 可能用到的相对原子质量：H 1

　C 12

　N 14

　O 16

　Na 23

　 P 31

　S 32

　 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。

　1．我国古代优秀科技成果对人类文明进步作出了巨大贡献。下列有关说法错误的是(

　) A．记载“伦乃造意，用树肤、麻头及敝布、渔网以为纸”中的“树肤”的主要成分含纤维素 B．“司南之杓，投之于地，其柢指南”中的“杓”的主要成分是天然磁铁(Fe 3 O 4 ) C．古代“黑火药”是由硫黄、木炭、硝酸钾三种物质按一定比例混合制成的 D．《物理小识》中“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中“硇水”是指盐酸 【答案】D 【详解】

　A．树肤即树皮，主要成分为纤维素，故 A正确； B．司南之杓是磁铁,主要成分是天然磁铁(Fe 3 O 4 )，故 B 正确； C．古代“黑火药”是由硫黄、木炭、硝酸钾三种物质按一定比例混合制成的，故 C 正确； D．硇水能溶解银块，不可能是盐酸，故 D错误； 故选 D。

　2．N A 表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(

　) A．标准状况下，1molCO 2 所含共用电子对数为 2N A

　B．1L0.1mol·L -1 硫酸钠溶液中含有的氧原子数为 0.4N A

　C．25℃pH=12 的 Na 2 CO 3 溶液中含有 OH - 的数目为 0.01N A

　D．白磷分子(P 4 )呈正四面体结构，31g白磷中含 P—P键的数目为 1.5N A

　【答案】D 【详解】

　A．CO 2 的电子式为 ，每个 CO 2 含 4对共用电子对，故 1molCO 2 所含共用电子对数为 4N A ，A错误； B．1L0.1mol·L -1 Na 2 SO 4 溶液中Na 2 SO 4 的物质的量为1L×0.1mol·L -1 =0.1mol，Na 2 SO 4 中O原子的数目为0.4N A ，

　但溶液中的 H 2 O里也含有 O原子，因此 O原子数远远大于 0.4N A ，B 错误； C．pH=12的 Na 2 CO 3 溶液中 OH - 的物质的量浓度为 0.01mol/L，但选项中没有说明溶液体积，故无法计算OH - 的数目，C 错误； D．白磷分子(P 4 )呈正四面体结构：

　，每个 P 4 含有 6 个 P-P键，31g 白磷的物质的量为31g124g/ mol=0.25mol，故含 P—P键的数目为(0.25×6) N A =1.5N A ，D正确； 故选 D。

　3．下列说法不正确的是 A．硫酸作催化剂，CH 3 CO 18 OCH 2 CH 3 水解所得乙酸分子中有18 O B．在一定条件下，苯与 Br 2 、HNO 3 作用分别生成溴苯、硝基苯的反应都属于取代反应 C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油 D．聚合物 可由单体 CH 3 CH=CH 2 和 CH 2 =CH 2 加聚制得 【答案】A 【详解】

　A．酸作催化剂，CH 3 CO 18 OCH 2 CH 3 水解所得乙醇分子中有18 O而不是乙酸分子中含有 18 O，故选 A； B．在溴化铁做催化剂的条件下，苯能与溴发生取代反应生成溴苯；在浓硫酸做催化剂和吸水剂以及加热的条件下，苯能与浓硝酸发生取代反应，应生成硝基苯，则苯与溴、硝酸在一定条件下都能发生取代反应，故 B 不选； C．油脂在碱性条件下发生水解反应（即皂化反应）生成高级脂肪酸盐和甘油，故 C 不选； D．凡链节上只有四个碳原子（无其他原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可，所以高聚物（ ）的单体为CH 3 CH=CH 2 和CH 2 =CH 2 ，故 D 不选。

　答案选 A。

　4．下列图示方法能完成相应实验的是

　 A．用图①配制一定物质的量浓度的 NaOH溶液 B．用图②在实验室制取 Cl 2

　C．用图③探究碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性 D．用图④制备少量 Fe(OH) 2 并能较长时间看到其白色 【答案】D 【详解】

　A．容量瓶中不能溶解固体物质，则不能用图①配制一定物质的量浓度的 NaOH溶液，A与题意不符； B．用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气，则不能用图②在实验室制取 Cl 2 ，B 与题意不符； C．外试管加热的温度高于内试管，且碳酸钠受热不分解，则不能用图③探究碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性，C 与题意不符； D．硫酸与铁反应生成氢气，氢气能把装置 A中生成的硫酸亚铁压入装置 B，且氢气能排净装置内的空气，可防止氢氧化亚铁被氧化，则用图④制备少量 Fe(OH) 2 并能较长时间看到其白色，D符合题意； 答案为 D。

　5．化合物 A(如图所示)是一种常用的分析试剂，其中 X、W、Z 为同一短周期元素，Y元素的阴离子与 He具有相同的核外电子层结构。下列叙述正确的是(

　)

　A．气态氢化物的稳定性：X>Z B．0.1mol/L 的 YZ 溶液，pH=1 C．Y与 Ca形成的二元化合物与水反应，元素的化合价不变 D．与 W同族且相邻的元素的最高价氧化物对应的水化物具有两性 【答案】D 【分析】

　Y元素的阴离子与 He 具有相同的核外电子层结构，则 Y为 H；由结构可知 X为 N，X、W、Z 为同一短周期元素，都是第二周期元素。Z 形成单键，则 Z 为 F，W为 B。

　【详解】

　A． 非金属性 F>N，则简单气态氢化物的热稳定性 HF>NH 3 ，故 A错误； B． HF 为弱酸，则 0.1mol/L 的 YZ 溶液，pH>1，故 B 错误；

　C． Y与 Ca 形成的二元化合物氢化钙与水反应氧化还原反应生成氢气和氢氧化钙，故 C 错误； D． 与 W同族且相邻的元素为铝，最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝是两性氢氧化物，故 D正确； 答案选 D。

　6．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确．．．的是(

　) A B C D Zn 2+ 向 Cu 电极方向移动，Cu 电极附近溶液中H + 浓度减小 正极的电极反应式为Ag 2 O+2e − +H 2 O=2Ag+2OH −

　锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 已知聚合物锂离子电池的工作原理：LiNiO 2 +6C充电放电Li 1-x NiO 2 +Li x C 6 ，一段时间内 Li 0.4 C 6转化为 Li 0.9 C 6 发生的是放电过程 【答案】D 【详解】

　A．Zn 较 Cu活泼，做负极，Zn 失电子变 Zn 2+ ，电子经导线流向铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而 Zn 2+ 和 H + 迁移至铜电极，H + 氧化性较强，得电子变 H 2 因而 c( H +

　)减小，故 A正确； B．Ag 2 O作正极，得到来自 Zn 失去的电子，被还原成 Ag，结合 KOH作电解液，故电极反应式为Ag 2 O+2e - +H 2 O=2Ag+2OH - ，故 B 正确； C．Zn 为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为 Zn-2e - = Zn 2+ ，锌溶解，因而锌筒会变薄，故C 正确； D．聚合物锂离子电池的工作原理：LiNiO 2 +6C充电放电Li 1-x NiO 2 +Li x C 6 可知，一段时间内 Li 0.4 C 6 转化为 Li 0.9 C 6 发生的是充电过程，故 D错误； 故答案选 D。

　7．根据下列图示所得出的结论正确的是

　A．图甲是 pH相同的 NaOH溶液与氨水稀释过程 pH的变化情况，曲线 b对应氨水 B．图乙是其他条件相同时 pH不同时 H 2 O 2 的分解曲线，说明溶液 pH越小 H 2 O 2 分解速率越快 C．图丙是室温下用 0.1000mol·L −1 NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol·L −1 某一元酸 HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁是室温时有 c(CH 3 COOH)+c(CH 3 COO - )=0.1mol·L −1 的一组醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中c(CH 3 COOH)、c(CH 3 COO - )与 pH的关系，说明实线表示 c(CH 3 COO - )的变化 【答案】D 【详解】

　A．稀释时强碱溶液的 pH变化大，由图可知，曲线 a 对应氨水，曲线 b对应 NaOH，故 A错误； B．图乙中相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液＞0.01mol/LNaOH 溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此可知溶液 pH越小，H 2 O 2 分解速率越慢，故 B 错误； C．根据图知，HX中未加 NaOH溶液时，0.1000mol/L 的 HX溶液中 pH大于 2，说明该溶液中 HX 不完全电离，所以 HX为一元弱酸，故 C 错误； D．醋酸为弱酸，醋酸钠水解，溶液显碱性，在 c(CH 3 COOH)+c(CH 3 COO - )=0.1mol·L −1 的一组醋酸和醋酸钠的混合溶液中醋酸钠的含量越高，溶液的碱性越强，醋酸的含量越高，溶液的酸性越强。根据图象，随着实线表示微粒的浓度增大，虚线表示微粒的浓度减小，溶液的 pH逐渐增大，说明实线表示 c(CH 3 COO - )的变化，虚线表示 c(CH 3 COOH)的变化，故 D正确； 故选 D。

　二、非选择题：共 58 分，第 8-10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11~12 题为选考题，考生根据要求作答。

　(一)必考题：共 43 分。

　8．（14 分）从砷盐净化渣(成分为 Cu、As、Zn、ZnO、Co和 SiO 2 )中回收有利用价值的金属，解决了长期以来影响砷盐净化工艺推广的技术难题，具有较强的实践指导意义。其工艺流程如下：

　 回答下列问题：

　(1)在“选择浸 Zn”之前，将砷盐净化渣进行研磨的目的是___________。其他条件不变时，Zn 和 Co 的浸出率随 pH变化如图所示，则“选择浸 Zn”过程中，最好控制溶液的 pH=___________。

　(2)从“浸 Zn 液”中制备 ZnSO 4 ·7H 2 O时需要结晶、过滤、洗涤、烘干。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是___________。

　(3)“氧化浸出”时，As被氧化为 H 3 AsO 4 的化学方程式为___________。“浸渣”的主要成分为___________(填化学式)。

　(4)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na 3 AsO 4 进行“沉铜”，得到难溶性的Cu 5 H 2 (AsO 4 ) 4 ·2H 2 O，则“沉铜”的离子方程式为___________。

　(5)为测定草酸钴产品的纯度，现称取 m g 样品，先用适当试剂将其转化，得到纯净的草酸钴溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用 c mol·L -1 高锰酸钾标准液滴定，达到滴定终点时的现象为___________，共用去 V mL高锰酸钾标准液，则该草酸钴产品的纯度为___________。若酸化时用盐酸代替硫酸，测得的纯度将___________。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

　【答案】减小粒子的大小，增大接触面积，加快浸出速率

　3

　降低烘干的温度，防止 ZnSO 4 ·7H 2 O分解

　2As＋5H 2 O 2 =2H 3 AsO 4 ＋2H 2 O

　SiO 2

　 5Cu 2 ＋ ＋43-4AsO ＋2H ＋ ＋2H 2 O=Cu 5 H 2 (AsO 4 ) 4 ·2H 2 O↓

　锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色

　0.3675cV100%m 或36.75cV%m

　偏高

　【分析】

　砷盐净化渣(成分为 Cu、As、Zn、ZnO、Co 和 SiO 2 )中加入硫酸酸浸，再加入过氧化氢后发生一系列氧化还原反应，如 As被氧化为 H 3 AsO 4 ，反应的方程式为 2As＋5H 2 O 2 =2H 3 AsO 4 ＋2H 2 O等，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出，再加入 Na 3 AsO 4 发生沉铜反应，得到难溶性的 Cu 5 H 2 (AsO 4 ) 4 ·2H 2 O，碱浸后得到氢氧化铜，据此分析解答。

　【详解】

　(1)在“选择浸 Zn”之前，将砷盐净化渣进行球磨的目的是减小粒子的大小，增大接触面积，加快浸出速率。其他条件不变时，Zn 和 Co 的浸出率随 pH变化由图可知“选择浸 Zn”过程中，最好控制溶液的 pH=3，此时Zn 浸出率较大，而 Co 浸出率相对较低； (2)为防止 ZnSO 4 ·7H 2 O的分解，因此在烘干操作时需在减压低温条件下进行； (3)“氧化浸出”时，根据氧化还原反应原理，As被氧化为 H 3 AsO 4 的化学方程式为 2As＋5H 2 O 2 =2H 3 AsO 4 ＋2H 2 O，二氧化硅不反应作为滤渣，则“浸渣”的主要成分为 SiO 2 ； (4)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na 3 AsO 4 进行“沉铜”，得到难溶性的Cu 5 H 2 (AsO 4 ) 4 ·2H 2 O，则“沉铜”的离子方程式为 5Cu 2＋ ＋4 3-4AsO ＋2H ＋ ＋2H 2 O=Cu 5 H 2 (AsO 4 ) 4 ·2H 2 O↓； (5)为测定草酸钴产品的纯度，现称取 mg 样品，先用适当试剂将其转化，得到纯净的酸铵溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用 c mol·L -1 高锰酸钾标准液滴定，达到滴定终点时的现象为锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。共用去 V mL高锰酸钾标准液，根据 n=cV 计算反应中草酸的物质的量，设样品中含 CoC 2 O 4 质量为 x，根据方程式 5H 2 C 2 O 4 +2-4MnO +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 ↑+8H 2 O，由草酸根守恒可得：5CoC 2 O 4 ~5(NH 4 ) 2 C 2 O 4 ~5H 2 C 2 O 4 ~2-4MnO ，即-3147g/mol 5 cV 10x= 0.36752   ，则该草酸钴产品的纯度为：0.3675cV100%m 或36.75cV%m，若酸化时用盐酸代替硫酸，盐酸与高锰酸根也发生反应，消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，使测得的纯度将偏高。

　9．（15 分）工业制纯碱的第一步是通过饱和食盐水、氨和二氧化碳之间的反应，制取碳酸氢钠晶体。该反应原理可以用以下化学方程式表示，已知此反应是放热反应。NH 3 +CO 2 +H 2 O+NaCl(饱和)=NaHCO 3 (晶体)↓+NH 4 Cl (1)利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体。B 中盛有饱和碳酸氢钠溶液，C 烧杯中盛有冰水，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。制取碳酸氢钠晶体可供选用的药品有：

　a.石灰石 b.生石灰 c.6mol/L 盐酸 d.稀硫酸 e.浓氨水 f.饱和氯化钠溶液。

　 ①A中制备气体时，所需药品是(选填字母代号)____________； ②B 中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是____________； ③在实验过程中，向 C 中通入气体是有先后顺序的，应先通入气体的化学式为____________；原因____________ ④E 装置向 C 中通气的导管不能插入液面下的原因是____________ (2)该小组同学为了测定 C 中所得晶体的碳酸氢钠的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为 wg。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为 mg。然后进行如图所示实验：

　①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，其中正确的是(选填字母序号)__________； A．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液 B．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中再加入少量碳酸钠溶液 C．在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，取上层清液再加入少量碳酸钠溶液 ②操作Ⅲ的方法为__________、__________、__________； ③所得晶体中碳酸氢钠的纯度为__________。

　【答案】A、C

　除去 CO 2 中的 HCl

　NH 3

　 CO 2 在水中的溶解度小，产生的 HCO-3 的浓度也就小，不容易形成 NaHCO 3 的饱和溶液，难形成沉淀

　防倒吸

　A

　过滤

　洗涤

　干燥

　84（w-m）31w

　 【详解】

　(1)①制取 CO 2 是用石灰石和盐酸在烧瓶中发生反应产生的，由于 CO 2 在水中溶解度不大，所以导气管要伸入到液面以下，而制取氨气是将 e．浓氨水滴入到盛有 b．生石灰的烧瓶中反应制取的，氨气极易溶于水，易发生倒吸，所以导气管要在液面上，根据在 C 中导气管的长短可知：在 A中制备 CO 2 气体，所需药品是A、C，故答案为：A、C；

　②用盐酸制取 CO 2 气体时，由于盐酸有挥发性，所以其中含有杂质 HCl，在 B 中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用就是除去 CO 2 中的杂质 HCl，故答案为：除去 CO 2 中的 HCl； ③CO 2 在水中的溶解度小，产生的 HCO-3 的浓度也就小，不容易形成 NaHCO 3 的饱和溶液，所以难形成沉淀，因此在实验过程中，向 C 中通入气体应先通入气体的化学式为 NH 3 ，故答案为：NH 3 ；CO 2 在水中的溶解度小，产生的 HCO-3 的浓度也就小，不容易形成 NaHCO 3 的饱和溶液，难形成沉淀； ④E 装置向 C 中通气的导管不能插入液面下是为了防止倒吸现象的发生，故答案为：防倒吸； (2)①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，若不岀现白色沉淀，就证明氯化钙溶液过量，否则若产生白色沉淀，就证明氯化钙溶液不足量，因此选项 A正确，故答案为：A； ②从溶液中得到固体的方法是过滤，洗涤，干燥，所以操作Ⅲ的方法为过滤、洗涤、干燥； ③2NaHCO 3Na 2 CO 3 +H 2 O+CO 2 ↑，根据方程式可知 2×84g=168g， NaHCO 3 完全分解，会产生 106gNa 2 CO 3 ，固体质量会减轻 2×84g-106g=62g；现在固体质量减轻(w-m)g，所以其中含有的 NaHCO 3 的质量是[2×84(w-m)÷62]g=84（w-m）31g，所以所得晶体中碳酸氢钠的纯度为84（w-m）31w，故答案为：84（w-m）31w。

　10．（14 分）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。请回答下列问题：

　(1)已知：H 2 的燃烧热 ΔH=-285.8 kJ·mol -1

　N 2 (g)+2O 2 (g)= 2NO 2 (g) ΔH=+133 kJ·mol -1

　H 2 O(g)=H 2 O(l) ΔH=-44 kJ·mol -1

　则 H 2 和 NO 2 反应生成两种无污染的气体的热化学反应方程式为___________。

　(2)一定温度下，向 2 L 恒容密闭容器中充入 0.40 mol N 2 O 4 ，发生反应 N 2 O 4 (g)

　2NO 2 (g)ΔH=+Q kJ·mol -1 ，一段时间后达到平衡，测得数据如下：

　时间/s 20 40 60 80 100 c(NO 2 )/(mol·L -1 ) 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 ①0~40 s 内，υ(NO 2 )=_______。

　②达平衡时，反应体系吸收的热量为________kJ(用 Q表示)。

　③该温度下反应 2NO 2 (g) N 2 O 4 (g)的化学平衡常数 K=_________。

　④相同温度下，若开始时向该容器中充入 0.80 mol N 2 O 4 ，则达到平衡后 c(NO 2 )____(填“>”“=”或“<”)0.60 mol·L -1 。

　(3)已知 2NO(g)+O 2 (g) 2NO 2 (g) ΔH的反应历程分两步：

　①2NO(g) N 2 O 2 (g)(快) ΔH 1 <0，υ 1 正 =k 1 正 c 2 (NO)，υ 1 逆 =k 1 逆 c(N 2 O 2 ) ②N 2 O 2 (g)+O 2 (g) 2NO 2 (g)(慢) ΔH 2 <0，υ 2 正 =k 2正 c(N 2 O 2 )·c(O 2 )，υ 2 逆 =k 2 逆 c 2 (NO 2 ) 比较反应①的活化能 E 1 与反应②的活化能 E 2 的大小：E 1 __(填“>”“<”或“=”)E 2 ，其判断理由是_______，2NO(g)+O 2 (g) 2NO 2 (g)的平衡常数 K 与上述反应速率常数 k 1 正 、k 1 逆 、k 2 正 、k 2 逆 的关系式为____________。

　(4)工业上电解 MnSO 4 溶液制备 Mn、MnO 2 和硫酸溶液，工作原理如图所示，离子交换膜允许阴离子通过，右侧的电极反应式为______，当电路中有2 mol e - 转移时，左侧溶液质量________(增重或减轻)__________g。

　【答案】4H 2 (g)+2NO 2 (g)=N 2 (g)+4H 2 O(g) ΔH=-1100.2 kJ·mol -1

　 0.005 mol·L -1 ·s -1

　 0.3Q

　0.56L/moL

　<

　<

　活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢

　K= 1 21 2k kk k正 正逆 逆

　Mn 2+ -2e - +2H 2 O=MnO 2 +4H +

　 减轻

　151

　 【详解】

　(1) H 2 的燃烧热 ΔH=-285.8 kJ·mol -1 ，则 H 2 (g)+12O 2 (g)=H 2 O(l) ∆H=-285.8 kJ·mol -1 （①式）

　N 2 (g)+2O 2 (g)= 2NO 2 (g) ΔH=+133 kJ·mol -1 （②式）

　H 2 O(g)=H 2 O(l) ΔH=-44 kJ·mol -1 （③式）

　根据盖斯定律，将①式  4-②式-③式  4 可得 4H 2 (g)+2NO 2 (g)=N 2 (g)+4H 2 O(g) ∆H=(-285.8 kJ·mol -1 )  4-(+133 kJ·mol -1 )-( -44 kJ·mol -1 )  4=-1100.2 kJ·mol -1 ，则 H 2 和 NO 2 反应生成两种无污染的气体的热化学反应方程式为 4H 2 (g)+2NO 2 (g)=N 2 (g)+4H 2 O(g) ∆H=-1100.2 kJ·mol -1 。

　(2) ①0~40 s内，υ(NO 2 )=2(NO ) ct=0.20mol/L-0mol/L40s=0.005 mol·L -1 ·s -1 ； ②根据表中数据可知，达到平衡时 NO 2 的平衡浓度为 0.3mol/L，则反应生成 NO 2 物质的量为0.3mol/L×2L=0.6mol，根据热化学方程式可知，生成 2molNO 2 吸收 QkJ 的热量，则达平衡时，反应体系吸

　收的热量为QkJ0.6mol2mol =0.3QkJ； ③根据题中数据列出三段式 2 4 2N O (g) 2NO (g)(mol/L) 0.20 0(mol/L) 0.15 0.30(mol/L) 0.05 0.30起始浓度转化浓度平衡浓度 该温度下反应N 2 O 4 (g)

　2NO 2 (g)的化学平衡常数K=222 4(NO )(N O )cc=2(0.30mol/L)0.05mol/L=1.8mol/L，则反应2NO 2 (g)

　N 2 O 4 (g)的化学平衡常数 K=11.8mol/L=0.56L/mol； ④相同温度下，若开始时向该容器中充入 0.80 mol N 2 O 4 ，N 2 O 4 起始浓度变为原来的两倍，若平衡不移动，则平衡后 NO 2 的浓度为 0.60mol/L；N 2 O 4 起始浓度变为原来的两倍，相当于增大压强，平衡 N 2 O 4 (g)

　2NO 2 (g)逆向移动，则达到平衡后 c(NO 2 ) <0.60 mol·L -1 。

　(3) 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢，反应①为快反应，反应②为慢反应，则反应①的活化能 E 1 <反应②的活化能 E 2 ；反应达到平衡时正、逆反应速率相等，则平衡时，对反应①2NO(g) N 2 O 2 (g)，υ 1 正 =k 1 正 c 2 (NO)=υ 1 逆 =k 1 逆 c(N 2 O 2 )，其平衡常数 K 1 =2 22(N O )(NO)cc=11kk正逆；对反应②N 2 O 2 (g)+O 2 (g) 2NO 2 (g)，υ 2 正 =k 2 正 c(N 2 O 2 )·c(O 2 )=υ 2 逆 =k 2 逆 c 2 (NO 2 )，其平衡常数 K 2 =222 2 2(NO )(N O ) (O )cc c =22kk正逆；2NO(g)+O 2 (g) 2NO 2 (g)的平衡常数 K=2222(NO )(NO) (O )cc c =K 1 ×K 2 =11kk正逆×22kk正逆=1 21 2k kk k正 正逆 逆。

　(4)根据图示，钛为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，不锈钢为阴极，阴极上发生得电子的还原反应，根据题意电解 MnSO 4 溶液制备 Mn、MnO 2 和硫酸溶液，则右侧电极上为 Mn 2+ 失电子制备 MnO 2 ，右侧的电极反应式为 Mn 2+ -2e - +2H 2 O=MnO 2 +4H + ；左侧的电极反应式为 Mn 2+ +2e - =Mn，离子交换膜允许阴离子通过，则电解过程中左侧消耗 1molMn 2+ 时，转移 2mol 电子，同时有 1mol2-4SO 移向右侧，故左侧溶液的质量减轻，当电路中有 2 mol e - 转移时，左侧溶液减轻 1molMnSO 4 ，减轻的质量为 1mol×151g/mol=151g。

　(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，则按所做的第一题计分。

　11．[选修三——物质结构与性质]A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的六种元素。已知：

　①F的原子序数为 29，其余的均为短周期主族元素； ②E 原子价电子(外围电子)排布为 ms n mp n－ 1 ；

　③D原子最外层电子数为偶数； ④A、C 原子 p 轨道的电子数分别为 2和 4。

　请回答下列问题：

　(1)下列叙述正确的是___________(填序号)。

　A．金属键的强弱：D＞E B．基态原子第一电离能：D＞E C．五种短周期元素中，原子半径最大的原子是 E D．晶格能：NaCl＜DCl 2

　(2)F基态原子的核外电子排布式为___________；与 F同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与 F原子相同的元素为___________(填元素符号)。

　(3)已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，-3B 中心原子的杂化轨道类型为___________。

　(4)向 F的硫酸盐(FSO 4 )溶液中，逐滴加入氨水至过量，请写出该过程中涉及的所有离子方程式___________、___________。

　(5)灼烧 F的硫酸盐(FSO 4 )可以生成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式是___________。

　(6)金属 F的堆积方式为___________。铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中 Cu均匀地分散在立方体内部，a、b 的坐标参数依次为(0，0，0)、(12，12,12)，则 d 点的坐标参数为___________。

　【答案】BD

　1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 1

　 Cr

　sp 杂化

　Cu 2+ ＋2NH 3 ·H 2 O=Cu(OH) 2 ↓+2+4NH

　 Cu(OH) 2 +4NH 3 =[Cu(NH 3 ) 4 ] 2＋ ＋2OH －

　 Cu 2 O

　面心立方最密堆积

　（ 3 3 14 4 4，， ）

　 【分析】

　①F的原子序数为 29，其余的均为短周期主族元素，则 F是 Cu，A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的六种元素，④已知 A、C 原子 p 轨道的电子数分别为 2 和 4，则 A、C 最外层电子数分别为 4 个、6，分别为ⅣA、ⅥA；则 B 最外层有 5 个电子，处于ⅤA，②E 原子价电子(外围电子)排布为 ms n mp n－ 1 ；n=2，则 E原子价电子(外围电子)排布为 ms 2 mp 1 ；则 E 最外层 3 个电子，处于ⅢA，则 E 位于 A、B、C 下一周期，③D 原子最外层电子数为偶数，且 D 原子序数大于 C 小于 E，D 不能和 A、B、C 处于同周期，则 D 位于 A、B、C 下一周期的ⅡA，A、B、C、D、E 均为短周期元素，则 A、B、C 位于第二周期、D、E 处于第三周期，综上，A为碳元素、B 为氮元素、C 为氧元素、D为镁元素、E 为铝元素、F为铜元素； 【详解】

　(1)A．原子半径越小、单位体积内的自由电子数越多，金属键越强，D为镁元素、E 为铝元素、金属键的强弱：D<E，A错误；B．Mg、Al 的外围电子构型为 3s 2 、3s 2 3p 1 ，Mg 的 3S能级全充满失去一个电子较困难，故基态原子第一电离能：D＞E，B 正确；C．元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大，同周期从左到右元素原子半径递减，五种短周期元素中，原子半径最大的原子是 D即镁；C 错误； D．核电荷数越高、核间距越小，晶格能越高，氯化钠和氯化镁相比，核间距是氯化镁的小、阳离子的核电荷数是氯化镁的高，故晶格能是氯化镁的大，D正确；故答案为 BD； (2)F为铜，核电荷数 29，按基态原子的核外电子排布式为 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 1 ；F最外层只有 1个电子，与 F同一周期的副族元素的基态原子中外层电子数也为 1的元素为 Cr，其核外电子排布式为1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 ； (3)-3B 即-3N 为 3 个原子其价电子数为 16，则其等电子体有二氧化碳等，二氧化碳中心原子的孤电子对数为0、价层电子对数=4，杂化轨道类型为直线型；已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，则-3B 即-3N 空间构型为直线型、杂化方式为 sp； (4)向 CuSO 4 溶液中，逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀、后沉淀溶于氨水生成四氨合铜配合离子，离子方程式：Cu 2+ ＋2NH 3 ·H 2 O=Cu(OH) 2 ↓+2+4NH 、Cu(OH) 2 +4NH 3 =[Cu(NH 3 ) 4 ] 2＋ ＋2OH － ； (5)从红色晶体结构示意图知，晶胞内 O原子位于顶点和体心，晶胞内含有氧原子数目为18 1 28   ， 4个 Cu 原子位于晶胞内，则该化合物的化学式是 Cu 2 O； (6)金属 F的堆积方式为面心立方最密堆积；从 Cu 2 O的晶胞结构示意图可知，d 点的坐标参数为(3 3 14 4 4，， )。

　12．[选修五——有机化学基础]布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如图：

　 已知：①CH 3 CH 2 ClMg乙醚 CH 3 CH 2 MgCl3+CH CHOH

　② +HCl 回答下列问题：

　(1)A的化学名称为_______，G→H的反应类型为_______，H中官能团的名称为_______。

　(2)分子中所有碳原子可能在同一个平面上的 E 的结构简式为_______(写出所有可能结构)。

　(3)I→K的化学方程式为_______。

　(4)写出符合下列条件的 D的同分异构体的结构简式_______(不考虑立体异构)。

　①能与 FeCl 3 溶液发生显色反应； ②分子中有一个手性碳原子； ③核磁共振氢谱有七组峰。

　(5)以间二甲苯、CH 3 COCl 和(CH 3 ) 2 CHMgCl 为原料制备 ，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。

　【答案】甲苯

　消去反应

　碳碳双键、酯基

　、

　 +H 2 O+HΔ+CH 3 OH

　 【分析】

　据流程图分析，由 F逆推可知，A 为 ，A与氯气发生取代生成 B 为 ，B 与镁反应生成 C 为 ，根据信息①C 与丙酮反应生成 D为 ，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成 E 为 ，E 与氢气加成得 F，F发生信息②中的反应得 G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成 H为 ，H与氢气加成得 I为 ，I再酸化加热得布洛芬，以此解答。

　【详解】

　(1)根据上面的分析可知，A为 ，A的化学名称为甲苯，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成H为，反应类型为消去反应，H 中官能团的名称为碳碳双键、酯基。故答案为：甲苯；消去反应；碳碳双键、酯基； (2)根据上面的分析可知，E 为 ，分子中所有碳原子可能在同一个平面上的 E 还可以是，故答案为：

　、 ； (3)I再酸化加热得布洛芬，反应的化学方程式为 +H 2 O+HΔ+CH 3 OH，故答案为：

　+H 2 O+HΔ+CH 3 OH；

　(4)根据上面的分析可知，D为 ，结合下列条件①能与 FeCl 3 溶液发生显色反应，说明有酚羟基；②分子中有一个手性碳原子，即一个碳上连有四个不同的原子或原子团；③核磁共振氢谱有七组峰，即有 7种位置的氢原子，则符合条件的 D的同分异构体的结构简式为 ，故答案为：； (5)间二甲苯与 CH 3 COCl反应生成 ， 与(CH 3 ) 2 CHMgCl反应得， 在浓硫酸的作用下发生消去反应得， 与氢气加成得 ，其合成路线为：

　， 故答案为：

　。