河南省顶尖名校2020届高三4月联考理科综合化学 Word版含解析

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www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试压轴试题（一）‎ 理科综合化学部分 ‎1.运用化学知识对下列说法进行分析,不合理的是 A. 从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂 B. 在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩,其主要生产原料聚丙烯是混合物 C. “一带一路”是现代丝调之路。丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物 D. 水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑具有吸附性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气对自来水进行消毒会产生氯残留，因此从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂，故A正确；‎ B. 在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩，其主要生产原料聚丙烯，高聚物都为混合物，故B正确；‎ C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确 D. 水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑很稳定，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.甲基环戊烷（）常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是 A. 难溶于水，易溶于有机溶剂 B. 其一氯代物有3种 C. 该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应 D. 与2-己烯互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲基环戊烷是烃，烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；‎ B. 甲基环戊烷有四种位置的氢，如图，因此其一氯代物有4种，故B错误；‎ C. 该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；‎ D. 甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10，因此两者互为同分异构体，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ - 19 -‎ ‎3.已知实验室用浓硫酸和乙醇在一定温度下制备乙烯，某学习小组设计实验利用以下装置证明浓硫酸在该反应中的还原产物有SO2，并制备1，2-二溴乙烷。‎ 下列说法正确的是 A. 浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂 B. 装置III、IV中试剂依次为酸性高锰酸钾溶液、品红溶液 C. 实验完毕后，采用萃取分液操作分离1，2-二溴乙烷 D. 装置II中品红溶液褪色体现了SO2的还原性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇在浓硫酸和加热条件下反应生成乙烯和水，浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂，故A正确；‎ B．锰酸钾溶液和二氧化硫、乙烯都要反应，除掉乙烯中的二氧化硫用氢氧化钠溶液，再用品红检验二氧化硫是否除尽，因此装置III、IV中的试剂依次为氢氧化钠溶液、品红溶液，故B错误；‎ C．实验完毕后，产物是1，2-二溴乙烷，二溴乙烷溶于四氯化碳，二者沸点不同，可采用蒸镏操作分离提纯产品，故C错误；‎ D．装置II中品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，故D错误。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】SO2使溶液褪色不一定体现漂白性，使某些有机色质褪色，体现漂白性，使无机物酸性高锰酸钾溶液褪色体现还原性。‎ ‎4.《环境科学》曾刊发我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O7其中S为+6价）去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机理模型如图，（NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法正确的是 - 19 -‎ A. 1 molSO4-· （自由基）中含50NA个电子 B. pH越大，越不利于去除废水中的正五价砷 C. 1 mol过硫酸钠中含NA个过氧键 D. 转化过程中，若共有1 mol S2O82-被还原，则参加反应的Fe为56 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 mol SO4−∙(自由基)中含1 mol×(16+4×8+1)NAmol−1=49NA个电子，故A错误；‎ B. 室温下，pH越大，亚铁离子和铁离子变为氢氧化亚铁和氢氧化铁，越有利于去除废水中的+5价砷，故B错误；‎ C. 过硫酸钠(Na2S2O8)中S为+6价，Na为+1价，假设含有x个O2−，含有y个O22−，则x + 2y = 8，(+1) ×2+ (+6) ×2 + ( −2)×x+( −2)×y =0，则x =6，y=1，因此1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键，故C正确；‎ D. 根据图示可知，1mol Fe和1mol S2O82−反应生成2mol SO42−和1mol Fe2+，该过程转移2mol电子，但是1mol Fe2+还要与0.5mol S2O82−反应变成Fe3+，因此1mol铁参加反应要消耗1.5mol S2O82−，所以共有1 mol S2O82−被还原时，参加反应的Fe，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎5.W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是 A. X为碳元素 B. Y的氧化物对应的水化物是强酸 - 19 -‎ C. W与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键 D. 含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则Z为F或Cl，四种元素原子序数之和为30，则Z只能为Cl，可形成的某种化合物结构式为，则X为B。‎ ‎【详解】A. X为硼元素，故A错误；‎ B. Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；‎ C. W与Y、Z三种元素形成的化合物氯化铵中含有离子键，故C错误；‎ D. 含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。‎ ‎6.浓差电池有多种:一种是利用物质氧化性或还原性强弱与浓度的关系设计的原电池（如图1）:一种是根据电池中存在浓度差会产生电动势而设计的原电池（如图2）。图1所示原电池能在一段时间内形成稳定电流;图2所示原电池既能从浓缩海水中提取LiCl，又能获得电能。下列说法错误的是 A. 图1电流计指针不再偏转时,左右两侧溶液浓度恰好相等 B. 图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或AgNO3或Fe粉，指针又会偏转且方向相同 C. 图2中Y极每生成1 mol Cl2，a极区得到2 mol LiCl D. 两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左 ‎【答案】B - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图1左边硝酸银浓度大于右边硝酸银浓度，设计为原电池时，右边银失去电子，化合价升高，作原电池负极，左边是原电池正极，得到银单质，硝酸根从左向右不断移动，当两边浓度相等，则指针不偏转；图2氢离子得到电子变为氢气，化合价降低，作原电池正极，右边氯离子失去电子变为氯气，作原电池负极。‎ 详解】A. 根据前面分析得到图1中电流计指针不再偏转时，左右两侧溶液浓度恰好相等，故A正确；‎ B. 开始时图1左边为正极，右边为负极，图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或Fe，左侧银离子浓度减小，则左边为负极，右边为正极，加入AgNO3，左侧银离子浓度增加，则左边为正极，右边为负极，因此指针又会偏转但方向不同，故B错误；‎ C. 图2中Y极每生成1 mol Cl2，转移2mol电子，因此2mol Li+移向a极得到2 mol LiCl，故C正确；‎ D. 两个电极左边都为正极，右边都为负极，因此两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】分析化合价变化确定原电池的正负极，原电池负极发生氧化，正极发生还原，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。‎ ‎7.25°C，改变0.01 mol·L一1 CH3COONa溶液的pH.溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO-）、c（H +）、c（OH- ）的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示，下列叙述正确的是 A. 图中任意点均满足c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+）‎ B. 0.01 mol·L-1CH3COOH的pH约等于线a与线c交点处的横坐标值 C. 由图中信息可得点x的纵坐标值为−4.74‎ D. 25°C时，值随 pH的增大而增大 ‎【答案】C - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碱性增强，则c(CH3COO－)、c(OH－)增大，c(CH3COOH)、c(H +)减小，当pH =7时c(OH－) = c(H +)，因此a、b、c、d分别为c(CH3COO－)、c(H +)、c(CH3COOH)、c(OH－)。‎ ‎【详解】A. 如果通过加入NaOH实现，则c(Na+)增加，故A错误；‎ B. 线a与线c交点处，c(CH3COO－)= c(CH3COOH)，因此，所以0.01 mol∙L−1 CH3COOH的，，pH = 3.37，故B错误；‎ C. 由图中信息可得点x，lg(CH3COOH) = −2，pH = 2，，，lg(CH3COO－) =−4.74，因此x的纵坐标值为−4.74，故C正确；‎ D. 25°C时，，Ka、Kw值随pH的增大而不变，故不变，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎8.硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:‎ ‎①在仪器a中先加入20g铜片、60 mL水，再缓缓加入17 mL浓硫酸:在仪器b中加入39 mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150 mL。‎ - 19 -‎ ‎②从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。‎ ‎③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:‎ ‎（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是__________。‎ ‎（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_______。‎ ‎（3）步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是______，该气体无法直接被石灰乳吸收，为防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）______。‎ ‎（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_______。‎ ‎（5）工业上也常采用将铜在450 °C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_______。‎ ‎（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL用c mol·L-1EDTA（H2Y ）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液b mL，滴定反应为Cu2++H2Y =CuY +2H+，蓝色晶体中Cu2+质量分数_____%.‎ ‎【答案】 (1). 打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下 (2). Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O (3). NO (4). (5). 取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净 (6). 能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分) (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。‎ - 19 -‎ ‎【详解】⑴将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞[或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔]，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。‎ ‎⑵根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O；故答案为：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2↑+2H2O。‎ ‎⑶步骤②电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。‎ ‎⑷通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。‎ ‎⑸工业上也常采用将铜在450°C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450°C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。‎ ‎⑹根据反应为Cu2++H2Y =CuY +2H+，得出n(Cu2+) = n(H2Y) = c mol∙L−1×b×10−3L×5 =5bc×10−3 mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。‎ ‎9.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料（主要成分为Co,含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）的流程如下:‎ - 19 -‎ 已知:①草酸钴晶体难溶于水:②RH为有机物（难电离）。‎ 回答下列问题:‎ ‎（1）酸浸时钴溶解反应的化学方程式为_______，浸出液中加入H2O2后发生反应的离子方程式为______。‎ ‎（2）加入氧化钴的目的是_______，滤渣的II主要成分是_______。‎ ‎（3）操作①为____________（填操作名称）。‎ ‎（4）已知:NH3·H2ONH4++OH- Kb=1.8×10-5;‎ H2C2O4H ++HC2O 4- Ka1=5.4×10-2‎ HC2O4-H ++C2O42- Ka2=5.4×10-5‎ 该流程中所用（NH4）2C2O4溶液的pH_________（填“>”“<"或"一"）7.‎ ‎（5）钴的含氧酸盐受热分解最终产物多为氧化物，已知18.3g CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示（其中600 °C以前是隔绝空气加热，6000 °C以后是在空气中加热），A、B、C均为纯净物。‎ ‎ ‎ ‎①A点对应物质的化学式为________________‎ ‎②B →C反应的化学方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). Co + H2SO4 = CoSO4 +H2↑ (2). 2Fe2+ + 2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O (3). 调节溶液的pH，沉淀Fe3+和Al3+ (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). 萃取分液 (6). ＜ (7). CoC2O4 (8). 6CoO + O2 2Co3O4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)与硫酸反应生成硫酸钴、硫酸亚铁、硫酸铝和硫酸镍，二氧化硅不反应，过滤，滤渣为二氧化硅，滤液先加入双氧水氧化亚铁离子变为铁离子，加入氧化钴调节溶液的pH值，沉淀铁离子和铝离子，过滤，向滤液中加入RH和有机溶剂，萃取分液除掉Ni2+，向水层中加入草酸铵得到草酸钴晶体。‎ ‎【详解】⑴酸浸时钴溶解是钴和硫酸反应生成硫酸钴和氢气，反应的化学方程式为Co + H2SO4 = CoSO4 +H2↑，浸出液中加入H2O2主要是亚铁离子被H2O2氧化变为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+ + 2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O；故答案为：Co + H2SO4 = CoSO4 +H2↑；2Fe2+ + 2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O。‎ ‎⑵加入氧化钴，发生CoO + 2H+ = Co2+ + H2O，调节溶液的pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀，根据前后联系得出滤渣的II主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；故答案为：调节溶液的pH，沉淀Fe3+和Al3+；Fe(OH)3、Al(OH)3。‎ ‎⑶根据有机层与水层得出操作①为萃取分液；故答案为：萃取分液。‎ ‎⑷该流程中所用(NH4)2C2O4溶液，铵根水解显酸性，草酸根水解显碱性，谁的水解程度越大显谁的性质，NH4+的，C2O42−的，则NH4+的水解程度大于C2O42−的水解程度，溶液显酸性，因此pH＜7；故答案为：＜。‎ ‎⑸18.3g CoC2O4·2H2O物质的量为0.1mol，加热时先失去结晶水，若全部转化为CoC2O4，则固体质量为14.7g，故A为CoC2O4，继续加热，如果完全反应，可得到0.1molCoO(质量为7.5g)，故B点为CoO，600 °C以后是在空气中加热，由固体质量增加可知，有空气中的成分进入固体，则CoO与空气中氧气反应，8.03g固体中Co的物质的量为0.1mol，质量为5.9g，所以氧的质量为2.13g，则氧的物质的量为0.133mol，由两者的物质的量之比可得C为Co3O4，B到C的反应方程式为6CoO + O2 2Co3O4；故答案为：CoC2O4；6CoO + O2 2Co3O4。‎ ‎10.乙醛(CH3CHO)是有机合成中的二碳试剂，是合成乙酸、乙醇、乙酸乙酯、农药DDT等的原料。回答下列问题:‎ ‎(1)Andrea Dasic 等提出在金属催化剂M作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛。催化体系氧化还原循环如图所示。(物质与氧原子的结合力用OA表示)‎ - 19 -‎ 氧原子与N生成NO的结合力OA(N)= 167.4kJ·mol-1,氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2 H4)=473 kJ∙mol-1,则可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足:_______,使用催化剂会使该反应的活化能____(填“增大”或“减小”)。‎ ‎(2)已知CO(g)、CH4(g)、CH3CHO(l)的燃烧热分别为283.0 kJ∙mol-1、890.31 kJ· mol-1、1167.9 kJ∙mol-1,则乙醛的分解反应CH3CHO(l) CH4(g)+CO(g)的 ∆H =________。‎ ‎(3)已知:在含有少量I2的溶液中,反应CH3CHO(aq) CH4 (g)+CO(g)分两步进行:‎ 第I步反应为CH3CHO(aq) +I2(aq)→CH3I(l) + HI(aq) +CO(g)(慢反应),第II步为快反应。‎ ‎①请写出第II步反应的化学方程式:__________。‎ ‎②增大I2的浓度______(填“能"或“不能")明显增大总反应的平均速率,理由为_________。‎ ‎(4)乙醛可以与饱和的NaHSO3溶液发生反应生成水溶性的-羟基磺酸钠:CH3CHO+ NaHSO3CH3CH(OH)SO3Na(-羟基磺酸为易溶于水的强酸)。反应达到平衡后,若其他条件不变,向反应体系中加入足量盐酸，平衡将___ (填“ 正向”“逆向”或“不")移动。‎ ‎(5)在100~120 °C、PdCl2 – CuCl2催化剂存在下,乙烯可以与O2反应生成乙醛: 2CH2=CH2(g) +O2(g) 2CH3CHO(g)。 T°C时，向2 L的恒容密闭容器中通入3 mol CH2=CH2(g)和3 mol O2(g),发生上述反应,反应刚好达到平衡状态后体系压强变为初始压强的5/6，则CH2=CH2(g)的平衡转化率为____ (结果保留3位有效数字),T °C时该反应的平衡常数K为________。‎ ‎【答案】 (1). 167.4kJ·mol-1＜OA(M) ＜473 kJ∙mol-1 (2). 减小 (3). +5.41 kJ·mol−1 (4). CH3I(l) + HI(aq) → CH4(g) + I2(aq) (5). 能 (6). 总反应的平均速率由慢反应决定，I2是慢反应的反应物，增大的I2的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大 (7). 逆向 (8). 66.7% (9). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可发生，催化剂会降低反应的活化能。‎ - 19 -‎ ‎⑵分别写出燃烧热的热反应方程式，再用第3个的热反应方程式减去第1个和第2个的热反应方程式。‎ ‎⑶①根据第I步反应和催化剂的反应原理，总反应减去第I步反应得到第II步反应的化学方程式；②总反应速率由慢反应速率决定，I2是慢反应的反应物，因此增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。‎ ‎⑷向反应体系中加入足量盐酸，盐酸可以与NaHSO3反应，使反应物NaHSO3的浓度减小，平衡逆向移动。‎ ‎⑸建立三段式，根据压强之比等于物质的量之比进行计算，再算转化率和平衡常数。‎ ‎【详解】⑴氧原子与N生成NO的结合力OA(N) = 167.4 kJ·mol−1，氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA(C2H4)=473 kJ·mol−1，由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可发生，因此可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足167.4kJ·mol-1＜OA(M) ＜473 kJ∙mol-1，催化剂会降低反应的活化能；故答案为：167.4 kJ·mol−1＜OA(M) ＜473 kJ·mol−1；减小。‎ ‎⑵已知CO(g)、CH4(g)、CH3CHO(l)的燃烧热分别为283.0 kJ·mol−1、890.31 kJ·mol−1、1 167.9 kJ·mol−1，分别写出燃烧热的热反应方程式，再用第3个的热反应方程式减去第1个和第2个的热反应方程式，则乙醛的分解反应CH3CHO(l) CH4(g)+CO(g)的 ∆H =−1167.9 kJ·mol−1− (−283.0 kJ·mol−1)− (−890.31 kJ·mol−1) = +5.41 kJ·mol−1；故答案为：+5.41 kJ·mol−1。‎ ‎⑶①根据第I步反应和催化剂的反应原理，总反应减去第I步反应得到第II步反应的化学方程式CH3I(l) + HI(aq) → CH4(g) + I2(aq)；故答案为：CH3I(l) + HI(aq) → CH4(g) + I2(aq)。‎ ‎②总反应速率由慢反应速率决定，I2是慢反应的反应物，因此增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率；故答案为：能；总反应的平均速率由慢反应决定，I2是慢反应的反应物，增大的I2的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大。‎ ‎⑷反应达到平衡后，若其他条件不变，向反应体系中加入足量盐酸，盐酸可以与NaHSO3反应，使反应物NaHSO3的浓度减小，平衡逆向移动；故答案为：逆向。‎ - 19 -‎ ‎⑸‎ ‎，解得x = 1mol，则CH2=CH2的平衡转化率为，T °C时该反应的平衡常数；故答案为：66.7%；4。‎ ‎[化学一选修3:物质结构 与性质]‎ ‎11.铂、钴、镍及其化合物在工业和医药等领域有重要应用。回答下列问题:‎ ‎(1)筑波材料科学国家实验室科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体CoO2，该晶体具有层状结构。‎ ‎①晶体中原子Co与O的配位数之比为_________。‎ ‎②基态钴原子的价电子排布图为_______。‎ ‎(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。固态Ni(CO)4属于_____晶体；写出两种与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子：_______。‎ ‎(3)某镍配合物结构如图所示:‎ ‎①分子内含有的化学键有___________(填序号).‎ A 氢键 B 离子键 C 共价键 D 金属键 E 配位键 ‎②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是N> O>C，试从原子结构解释为什么同周期元素原子的第一电离能N>O_________。‎ ‎(4)某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属" ，其结构如图所示。‎ - 19 -‎ ‎①"分子金属"可以导电，是因为______能沿着其中的金属原子链流动。‎ ‎②"分子金属"中，铂原子是否以sp3的方式杂化?_________(填“是"或“否")，其理由是__________。‎ ‎(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，若金属铂的密度为d g·cm-3，则晶胞参数a=_______nm(列计算式)。‎ ‎【答案】 (1). 2:1 (2). (3). 分子 (4). N2、CN－ (5). CE (6). N原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态 (7). 电子 (8). 否 (9). 若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比；②钴原子为27号元素，其价电子3d74s2。‎ ‎(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，根据等电子理论C－ = N =O+，因此可得与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。‎ ‎(3)①A. 氢键不是化学键；B. 该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键；C. 该配合物中含有C—C、C—H、C=N等共价键；D. 该配合物不是金属晶体，不含有金属键；E. 该配合物含有N→Ni配位键；②第一电离能N＞O是因为N原子2p3能级电子为半满状态，O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。‎ - 19 -‎ ‎(4)①根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电；②根据信息，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，如果是sp3的方式杂化，则就应该为四面体形。‎ ‎(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，先求一个晶胞中含有的铂原子个数再根据密度计算晶胞参数。‎ ‎【详解】(1)①根据晶体中原子配位数之比等于电荷数之比，因此Co与O的配位数之比为2:1；故答案为：2:1。‎ ‎②钴原子为27号元素，其价电子3d74s2，因此基态钴原子的价电子排布图为；故答案为：。‎ ‎(2)配合物Ni(CO)4常温下为液态，熔沸点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，因此固态Ni(CO)4属于分子晶体，根据等电子理论C－ = N =O+，因此与CO具有相同空间构型和键合形式的分子或离子N2、CN－；故答案为：分子；N2、CN－。‎ ‎(3)①A. 氢键不是化学键，故A不符合题意；B. 该配合物中没有阴阳离子，因此无离子键，故B不符合题意；C. 该配合物中含有C—C、C—H、C=N等共价键，故C符合题意；D. 该配合物不是金属晶体，不含有金属键，故D不符合题意；E. 该配合物含有N→Ni配位键，故E符合题意；综上所述，答案为CE。‎ ‎②配合物中C、N、O三种元素原子的第一电离能N＞O，因为N原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态；故答案为：N原子2p3能级电子为半满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子2p4，失去2p能级上一个电子可以达到稳定的半满状态。‎ ‎(4)①根据题意每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则铂金属的价电子可在金属铂间传递而导电，因此"分子金属"可以导电是因为电子能沿着其中的金属原子链流动；故答案为：电子。‎ ‎②"分子金属"中，平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，因此铂原子不可能以sp3的方式杂化，如果是sp3的方式杂化，则就应该为四面体形；故答案为：否；若铂原子轨道为sp3的方式杂化，则分子应该为四面体形，而非平面型。‎ ‎(5)金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：‎ - 19 -‎ ‎，金属铂晶体的棱长为a，金属铂的密度为d g·cm−3，则，因此晶胞参数；故答案为：。‎ ‎[化学一选修 5:有机化学基础]‎ ‎12.药物中间体(G)在有机制药工业中的一种合成方法如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)化合物D和G中含氧官能团的名称分别为___________、_________。‎ ‎(2)由B→C的反应类型为_____ ;写出C→ D反应的化学方程式:________。‎ ‎(3)化合物E的结构简式为________。‎ ‎(4)反应F→G的另一种生成物是___________。‎ ‎(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:_______。‎ ‎①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应:‎ ‎②核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1:2:4:9;‎ ‎③分子中含有氨基。‎ ‎(6)已知:RCNRCH2NH2请设计以HOOCCH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线:_________(无机试剂任用)。‎ ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 肽键 (3). 加成反应 (4). (5). ‎ - 19 -‎ ‎ (6). CH3CH2OH (7). 和 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生取代反应生成B，B和HCl发生加成反应生成C，C与KCN发生取代反应生成D，D与盐酸反应，根据E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F结构推出E的结构简式为，F和C2H5NH2发生取代反应生成G和乙醇。‎ ‎【详解】(1)根据D、G的结构得出化合物D中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。‎ ‎(2)根据B→C的结构式得出反应类型为加成反应；根据C→ D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。‎ ‎(3)根据E到F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。‎ ‎(4)根据反应F→G中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。‎ ‎(5)①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为—OOCH，③分子中含有氨基，②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2个—NH2‎ - 19 -‎ ‎,1个—C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。‎ ‎(6)CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据F到G的转化过程，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。‎ - 19 -‎ - 19 -‎