陕西省西安中学2020届高三第六次模拟考试化学试题 Word版含解析

陕西省西安中学2020届高三第六次模拟考试化学试题 Word版含解析

西安中学高2020届高三第六次模拟考试 化学 可能用到的相对相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ba-137 Ni-59 Sr-88‎ 一、选择题（本题共13小题，每小题6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）‎ ‎1.2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，保护环境，节约自然资源，而环境保护与化学知识息息相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理，属于有害垃圾 B. 各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不可回收利用，属于其他（干）垃圾 C. 废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色 D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，故A正确；‎ B．各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，可回收利用，属于可回收垃圾，故B错误；‎ C．聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；‎ D．丝、毛成分为蛋白质，含有氮、碳、氧、氢等元素，灼烧除了生成二氧化碳和水，还会生成氮气或氮氧化物，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 A. ‎28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA B. 1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成CH3Cl分子数为1.0NA C. 1mol氖气中含有原子总数为2NA D. ‎0.1L0.1mol•L-1MgCl2溶液中的Mg2+数目为0.01NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】A．乙烯和丙烯中的极性键均为C-H键，且两者最简式均为CH2，28gCH2的物质的量为=2mol，含有的C-H键数为4NA，即‎28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，故A正确；‎ B．甲烷和氯气反应后生成的一氯甲烷能继续和氯气发生取代反应生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷，则1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的一氯甲烷的分子数小于NA个，故B错误；‎ C．氖气的分子式为Ne，单原子分子，则1mol氖气中含有的原子总数为1NA，故C错误；‎ D．Mg2+在水溶液中能水解，则‎0.1L0.1mol•L-1MgCl2溶液中的Mg2+数目小于0.01NA，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎3.化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是 A. 分子中两个苯环一定处于同一平面 B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应 C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种 D. 化合物X不能发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯环之间的碳为sp3杂化，是四面体结构，则分子中两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；‎ B．分子结构中含-COOH，能与饱和Na2CO3溶液反应，故B错误；‎ C．含-COOC-，且具有环状结构，则酸性条件下水解，水解产物只有一种，故C正确；‎ D．化合物X能在氧气中燃烧，另外与苯环相连的碳原子上有H原子，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则能发生氧化反应，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎4.以熔融的碳酸盐(K2CO3)为电解液，泡沫镍为电极，氧化纤维布为隔膜（仅允许阴离子通过）可构成直接碳燃料电池，其结构如图所示，下列说法正确的是 - 20 -‎ A. 该电池工作时，CO32-通过隔膜移动到b极 B. 若a极消耗1mol碳粉，转移电子数为4NA C. b极的电极反应式为2CO2+O2-4e-=2CO32-‎ D. 为使电池持续工作，理论上需要补充K2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳燃料电池工作时，C失电子在负极反应，则a为负极，又阴离子移向负极，所以该电池工作时，CO32-通过隔膜移动到a极，故A错误；‎ B．a极发生氧化反应，电极反应式为C-4e-+2CO32-=3CO2，则消耗1mol碳粉，转移电子数为4NA，故B正确；‎ C．正极b上为氧气得电子生成CO32-，电极反应式为2CO2+O2+4e-═2CO32-，故C错误；‎ D．电极总反应为：C+O2=CO2，所以理论上不需要补充K2CO3，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查原电池原理的应用，明确原电池中物质得失电子、离子流向是解题关键，碳燃料电池工作时，C失电子在负极反应，则a为负极，C被氧化生成二氧化碳，正极b上为氧气得电子生成CO32-，电极反应式为2CO2+O2+4e-═2CO32-，阴离子移向负极。‎ ‎5.下列实验操作及现象和后面结论对应正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 火柴梗上滴少量的浓硫酸 火柴梗变黑 浓硫酸具有强氧化性 B 向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入银氨溶液 无银镜出现 不能判断是否水解 C 向盛Na2SiO3溶液的试管中滴加1‎ 非金属性：Cl>Si - 20 -‎ 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量 试管中溶液先变红后褪色，最后有白色沉淀 D 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点较低 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．火柴梗上滴少量的浓硫酸，火柴梗变黑，说明浓硫酸有脱水性，故A错误；‎ B．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，则不能发生银镜反应，不能判断否水解，故B正确；‎ C．生成硅酸沉淀，盐酸的酸性大于硅酸，但盐酸为无氧酸，不是HClO4，则不能比较Cl、Si的非金属性，故C错误；‎ D．用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，表面氧化生成的氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不会滴落下来，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.分子式为C5H11Cl的有机物，分子中含2个甲基的同分异构体有(不含立体异构)‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】C5H12的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3(一氯代物中有2个甲基的形式有2种)、(CH3)2CHCH2CH3(一氯代物中有2个甲基的形式有2种)、C(CH3)4(一氯代物中有2个甲基的形式没有)，共有4种。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】等效氢的判断，（1）同一个碳原子上的氢原子是等效；（2）对称两端的氢原子为等效的；（3）连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的。‎ ‎7.已知：pAg＝-lg c(Ag+)，pX＝-lg c(Xn-)。298 K时，几种物质Ksp如下表：‎ 化学式 AgCl AgSCN Ag2CrO4‎ - 20 -‎ 颜色 白 浅黄 红 Ksp ‎1.8×10‒10‎ ‎1.0×10‒12‎ ‎2.0×10‒12‎ AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是 A. 图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线 B. 298K时，在Cl－和CrO42－物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀 C. 298 K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动 D. 298 K时Ag2CrO4(s)＋2SCN－(aq) 2AgSCN(s)＋CrO42- (aq)的平衡常数K＝2.0×1012‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图中曲线x的数据知pAg＝-lg c(Ag+)=6， c(Ag+)=10-6mol/L，pX＝-lg c(Xn-)=0，则 c(Cl-)=1mol/L，Ksp(AgCl)= 10-6，与表中数据不符，选项A错误；‎ B、析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；‎ C、298 K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；‎ D、298 K时Ag2CrO4(s)＋2SCN－(aq) 2AgSCN(s)＋CrO42- (aq)的平衡常数K=‎ - 20 -‎ ‎====2.0×1012，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg＝-lg c(Ag+)、pX＝-lg c(Xn-)、Ksp，易错点为选项D：K===，结合表中数据进行计算求解。‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～40题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎8.锶(Sr)为第五周期IIA族元素，其化合物六水氯化锶(SrCl2•6H2O)是实验室重要的分析试剂，工业上常以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备，生产流程如图：‎ 已知：①经盐酸浸取后的溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还有少量的Ba2+杂质。‎ ‎②BaSO4的溶度积常数为1.1×10-10，SrSO4的溶度积常数为3.3×10-7。‎ ‎③SrCl2•6H2O的摩尔质量为‎267g/mol。‎ ‎（1）工业上天青石焙烧前应先研磨粉碎，其目的是__。‎ ‎（2）工业上天青石隔绝空气高温焙烧时，若0.5molSrSO4中只有S元素被还原，且转移了4mol电子。则该反应的化学方程式为__。‎ ‎（3）浸取后加入硫酸的目的是 用离子方程式表示 __。为了提高原料的利用率，滤液中Sr2+的浓度应不高于__mol/L。‎ ‎（注：此时滤液中Ba2+浓度为1.0×10-5mol/L）。‎ ‎（4）产品纯度检测：称取‎1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO30.01mol的AgNO3溶液。溶液中除Cl-外，不含其它与Ag+反应的离子 ，待Cl-完全沉淀后，滴入1—2滴含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。已知：SCN-先与Ag+反应。‎ - 20 -‎ ‎①滴定反应达到终点的现象是__。‎ ‎②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl2•6H2O的质量百分含量为___(保留3位有效数字)。‎ ‎（5）由SrCl2•6H2O晶体制取无水氯化锶的主要仪器除了酒精灯、泥三角、三脚架外，还有___。‎ ‎【答案】 (1). 增加反应物的接触面积，提高化学反应速率 (2). SrSO4+‎4CSrS+4CO↑ (3). SO42-+Ba2+=BaSO4↓ (4). 0.03 (5). 当加入最后1滴NH4SCN溶液时，溶液由无色变为红色，且30s内不褪色 (6). 80.1% (7). 坩埚 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备六水氯化锶(SrCl2•6H2O)，由流程可知，天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加盐酸后溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡，滤液中含SrSO4、SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl2•6H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)研磨粉碎的目的是增加反应物的接触面积，提高化学反应速率；‎ ‎(2)由SrSO4中只有S被还原，且1mol SrSO4反应电子转移8mol，则该反应的化学方程式为SrSO4+‎4C SrS+4CO↑；‎ ‎(3)在用HCl溶解SrS后的溶液中加入硫酸的目的是除去溶液中Ba2+杂质，反应为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；由于在Ba2+浓度为1×10-5 mol/L，BaSO4的溶度积常数为1.1×10-10，所以c(SO42-)=mol/L=1.1×10-5mol/L，而SrSO4的溶度积常数为3.3×10-7，所以c(Sr2+)=mol/L=3.0×10-2=0.03mol/L；‎ ‎(4)①若NH4SCN不与剩余的Ag+结合形成AgSCN白色沉淀，溶液中就会含有SCN-，就会与Fe3+产生络合物是溶液变为红色，因此滴定达到终点时溶液由无色变为血红色，且30 s不褪色；‎ ‎②n(NH4SCN)=0.2000mol/L×‎0.02L=4.0×10-3mol，Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，所以溶液中剩余的Ag+的物质的量为：n(Ag+)=4.0×10-3mol，则与Cl-反应的Ag+的物质的量为：n(Ag+)=1×10-2 mol-4.0×10-3mol=6.0×10-3mol，‎1.000g产品中SrCl2•6H2O的物质的量为：‎ - 20 -‎ n(SrCl2•6H2O)=×n(Ag+)=3×10-3mol，‎1.000g产品中SrCl2•6H2O的质量为：m(SrCl2•6H2O)=3×10-3mol×‎267 g/mol=‎0.801g，所以产品纯度为：×100%=80.1%；‎ ‎(5)由SrCl2•6H2O晶体制取无水氯化锶的仪器有酒精灯、泥三角、三脚架、坩埚。‎ ‎9.甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。‎ Ⅰ.用CO2生产甲醇 ‎（1）已知：H2的燃烧热为-285.8kJ/mol，CH3OH(l)的燃烧热为-725.8kJ/mol，‎ CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-37.3kJ/mol 则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)ΔH=__kJ/mol。‎ ‎（2）将CO2和H2按物质的量之比1：3充入体积为‎2.0L的恒容密闭容器中反应，如图1两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2转化率随温度的变化关系。‎ 其中a点的平衡常数表达式为：__。‎ ‎②a，b两点化学反应速率分别用Va、Vb表示，则Va__Vb(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎（3）在‎1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示，下列说法正确的是__。‎ - 20 -‎ A.该反应的正反应为放热反应 B.压强大小关系为p1”、“<”或“=”)。‎ Ⅲ.甲醇的应用 ‎（5）甲醇制氢气。甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=+49kJ/mol。某温度下，将[n(H2O)：n(CH3OH)]=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为___。‎ ‎（6）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图4所示。阳极的电极反应式为__。‎ - 20 -‎ ‎【答案】 (1). -94.3 (2). K= (3). 大于 (4). AC (5). < (6). > (7). ×100% (8). 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ•mol-1，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H2=-725.8kJ/mol，③CH3OH(g)=CH3OH (l)△H3=-37.3 kJ/mol，由盖斯定律可知，3×①-②-③可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，据此求算△H；‎ ‎(2)平衡常数K=；温度相同时，依据压强与二氧化碳的转化率关系判断A、B所在曲线的压强高低，结合温度多速率的影响判断Va与Vb；依据原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比解答；‎ ‎(3)结合图象和影响平衡的因素分析；‎ ‎(4)①由图象可知升高温度CO的转化率降低，说明平衡逆向移动；‎ ‎②由图象可知升高温度CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，则K减小；‎ ‎(5)恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率；‎ ‎(6)阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯。‎ ‎【详解】(1)由CO、H2、CH3OH(g)的燃烧热可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8kJ•mol-1，②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H2=-725.8kJ/mol，③CH3OH(g)=CH3OH (l)△H3=-37.3 kJ/mol，由盖斯定律可知，3×①-②-③可得 - 20 -‎ CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，故△H=3×△H1-△H2-△H3=3×(-285.8kJ/mol )-(-725.8kJ/mol )-(-37.3kJ/mol )=-94.3kJ/mol；‎ ‎(2)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)该反应的平衡常数表达式为：K=；温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO2的转化率增大，所以曲线A所在点压强高为0.5MP，由于A点温度高与B点，所以Va大于Vb；‎ ‎(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；‎ B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；‎ C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则：‎ ‎ ‎ 又体积为‎1.0L，所以K===1.04×10-2，故C正确；‎ D．由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v(正)＞v(逆)，故D错误；‎ 故答案为：AC；‎ ‎(4)①由图象可知升高温度CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，△H＜0；‎ ‎②由图象可知升高温度CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，则K减小，即K1＞K2；‎ ‎(5)设起始 n(H2O)=n(CH3OH)=1mol，恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，平衡时气体的总物质的量2mol×，‎ ‎ ‎ - 20 -‎ 故甲醇的转化率为×100%=×100%；‎ ‎(6)阳极上甲醇失电子和CO反应生成碳酸二甲酯，电极反应式为2CH3OH+CO-2e-═(CH3O)2CO+2H+。‎ ‎【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎10.镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取Ni(CO)4。‎ 已知：CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl；Ni(CO)4熔点‎-25℃‎，沸点‎43℃‎，‎60℃‎以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5熔点‎-20℃‎，沸点‎103℃‎。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中发生反应的化学方程式为__。‎ ‎（2）装置C用于合成Ni(CO)4夹持装置略，最适宜选用的装置为__(填标号)。‎ ‎（3）实验过程中为了防止__，必须先观察__。‎ ‎（4）制得的Ni(CO)4中常溶有Fe(CO)5等杂质，提纯的方法是__(填标号)。‎ A.分液 B.蒸馏 C.过滤 D.重结晶 - 20 -‎ ‎（5）利用“封管实验”原理可获得高纯镍。如图所示的石英玻璃封管中充有CO气体，则高纯镍粉在封管的__温度区域端生成(填“323K”或“473K”)。‎ ‎（6）实验中加入11.50gHCOOH，C装置质量减轻‎2.95g设杂质不参加反应 ，E装置中盛有PdCl2溶液100mL，则PdCl2溶液的物质的量浓度至少为__mol•L-1(填实验现象再加热C装置)。‎ ‎【答案】 (1). HCOOHH2O+CO↑ (2). ③ (3). CO及Ni(CO)4与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸 (4). E装置中生成黑色沉淀 (5). B (6). 473K (7). 0.50‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水；‎ ‎(2)温度在50～‎80℃‎是更有利于Ni(CO)4的生成；‎ ‎(3)CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸；‎ ‎(4)Ni(CO)4沸点 ‎43℃‎，Fe(CO)5沸点 ‎103℃‎；‎ ‎(5)323K是‎49.85℃‎，473K是‎199.85℃‎，根据方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180～‎200℃‎时生成Ni单质；‎ ‎(6)n(HCOOH)==0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)==0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2 溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可得。‎ ‎【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO↑；‎ ‎(2)温度在50～‎80℃‎时更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用③装置；‎ ‎(3)CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；‎ - 20 -‎ ‎(4)Ni(CO)4沸点 ‎43℃‎，Fe(CO)5沸点 ‎103℃‎，可采用蒸馏的方法进行提纯，故答案为B；‎ ‎(5)323K是‎49.85℃‎，473K是‎199.85℃‎，根据方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180～‎200℃‎时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；‎ ‎(6)n(HCOOH)==0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)==0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2 溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO+PdCl2+H2O=CO2+Pd↓(黑色)+2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其浓度至少为=0.5mol/L。‎ ‎（二）选考题（共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。）‎ ‎11.黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由锌和铜组成。回答下列问题：‎ ‎（1）铜原子核外电子共有__种不同运动状态，基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为__。‎ ‎（2）根据铜、锌原子结构可知第二电离能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于” 。‎ ‎（3）向蓝色硫酸铜溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+。‎ ‎①H2O分子中心原子的杂化类型为__；分子中的键角：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。‎ ‎②通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。‎ ‎③氨硼烷(BH3—NH3)可以作为机动车使用的备选氢来源或氢储存的材料。‎ 下列与氨硼烷是等电子体的有__(填编号)。‎ A.乙烷 B.H2O‎2 C.H3PO4 D.S8‎ ‎④写出BH3—NH3的结构式 结构中若含配位键用→表示 __。‎ ‎（4）某磷青铜晶胞结构如图所示。‎ - 20 -‎ ‎①其化学式为__。‎ ‎②若晶体密度为‎8.82g/cm3，最近的Cu原子核间距为__cm(用NA表示阿伏加德罗常数，用M表示该晶体的摩尔质量)。‎ ‎【答案】 (1). 29 (2). 球形 (3). 小于 (4). sp3 (5). 小于 (6). 小于 (7). A (8). (9). SnCu3P (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，基态核外电子排布为[Ar]3d104s1；‎ ‎(2)根据Zn和Cu的电子排布式考虑电离能大小；‎ ‎(3)①根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力；‎ ‎②配合物向生成更稳定的配合物转化；‎ ‎③原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体；‎ ‎④BH3-NH3中B存在空轨道，N存在孤电子对，由N和B之间形成配位键；‎ ‎(4)①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式；‎ ‎②设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=()2+()2，a=x，结合密度ρ=，V=x3，1个晶胞质量m=g，计算x得到铜原子间最近距离。‎ ‎【详解】(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，为29号元素，则铜原子核外电子共有29种不同运动状态；基态核外电子排布为[Ar]3d104s1，则基态铜原子的核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形；‎ ‎(2)锌的第二电离能I2(Zn)小于铜的第二电离能I2(Cu)，Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu - 20 -‎ 的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以第二电离能相对小；‎ ‎(3)①对于H2O，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=2+=4，则中心O为sp3杂化，‎ 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，H2O的孤电子对数目多于NH3的孤电子对数目，则分子中的键角：H2O小于NH3；‎ ‎②配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3＞H2O；‎ ‎③B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对个B原子形成配位键，与氨硼烷互为等电子体的分子，可以用2个C原子代替B、N原子，与氨硼烷等电子体一种分子为：C2H6，故答案为A；‎ ‎④BH3-NH3中B存在空轨道，N存在孤电子对，由N和B之间形成配位键，所以其结构式为：；‎ ‎(4)①晶体中P原子位于中心，含有一个磷原子，立方体每个面心喊一个Cu，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式SnCu3P；‎ ‎②摩尔质量为‎342g/mol，则一个晶胞质量m=g，设立方体边长为x，铜原子间最近距离为a，则a2=()2+()2，a=x，结合密度ρ=，V=x3==cm3，x=cm，a=cm。‎ ‎【点睛】价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，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=×(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；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。‎ ‎12.化合物H是一种高效除草剂，其合成路线流程图如图：‎ - 20 -‎ ‎（1）B的分子式为__；‎ ‎（2）E中含氧官能团名称为___和___。‎ ‎（3）A→B的反应类型为___。‎ ‎（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：___。‎ ‎①不能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎②分子中有4种不同化学环境的氢。‎ ‎（5）F的分子式为C15H7ClF3NO4，写出F的结构简式：___。‎ ‎（6）已知：—NH2与苯环相连时，易被氧化；—COOH与苯环相连时，再引入其他基团主要进入它的间位。请写出以A和D为原料制备的合成路线流程图___。‎ ‎(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)‎ - 20 -‎ ‎【答案】 (1). C7H7NO2 (2). 醚键 (3). 羧基 (4). 取代反应/硝化 (5). 或或 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B发生氧化反应生成C，则A发生取代反应生成B为，C发生一系列反应生成D，D发生取代反应生成E，F的分子式为C15H7ClF3NO4，则E发生取代反应生成F，结合F - 20 -‎ 分子式知，F为，F发生取代反应生成G，G发生氧化反应生成H；‎ ‎(6)以A和D为原料制备，甲苯先发生取代反应生成对甲基氯苯，然后发生氧化反应生成对氯苯甲酸，对氯苯甲酸和D发生取代反应然后发生氧化反应得到目标产物。‎ ‎【详解】(1)由分析知B为，则B的分子式为C7H7NO2；‎ ‎(2)E的结构简式为，分子结构中含氧官能团名称为醚键、羧基；‎ ‎(3)A→B的反应类型为取代反应或硝化反应；‎ ‎(4)D的一种同分异构体符合下列条件：①不能发生水解反应，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明不含肽键或酯基但是含有酚羟基：②分子中有4种不同化学环境的氢，则符合条件的结构简式为或或；‎ ‎(5)F的分子式为C15H7ClF3NO4，F的结构简式：；‎ ‎(6)以A和D原料制备，甲苯先发生取代反应生成对甲基氯苯，然后发生氧化反应生成对氯苯甲酸，对氯苯甲酸和D发生取代反应然后发生氧化反应得到目标产物，其合成路线为。‎ ‎【点睛】考查有机物推断和合成，正确推断F - 20 -‎ 结构简式、明确官能团之间的转化关系是解本题关键，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。‎ - 20 -‎