2021届四川省天府名校大联考高三12月诊断性考试理综化学试题（教师版含解析）

　2021 届天府名校 12 月高三诊断性考试

　理综化学部分

　可能用到的相对原子质量：H-1

　He-4

　C-12

　N-14

　O-16

　Ti-48

　Cu-64

　Y-89

　Ba-137 1. 《本草纲目》对民间的酿酒工艺载有：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。下列说法错误的是 A. 粮食酿酒过程中涉及氧化还原反应 B. 可用 NaOH检验乙酸中含有的酒精 C. 上述文中描述的内容涉及蒸馏操作 D. 75%的酒精可用于灭活新型冠状病毒 【答案】B 【解析】

　【分析】

　【详解】A．酿造过程中，酵母菌会将粮食中的糖类转化为乙醇，其中发生了氧化还原反应，故 A正确； B．氢氧化钠会与乙酸反应，不会与酒精反应，过程中没有明显现象，因此不能使用氢氧化钠来检验乙酸中的酒精，故 B 错误； C．酿酒过程中，需要将乙醇从发酵液中蒸馏出来，提高酒精的纯度，故 C 正确； D．75%的酒精可以用来消毒杀菌，因此能用来灭活新型冠状病毒，故 D正确； 综上所述，说法错误的是 B 项，故答案为 B。

　2. 化合物 M( )有抗菌作用，下列关于 M 的说法正确的是 A. 分子式为 C 18 H 12 O 4 能发生水解反应 B. 与草酸互为同系物 C. 苯环上的一氯代物有 2 种(不考虑立体异构) D. 1 mol M 最多能与 8 mol H 2 发生加成反应 【答案】A 【解析】

　【分析】

　【详解】A．通过化合物 M 的结构简式可知，分子式为 C 18 H 12 O 4 ，M 中含有 2 个酯基，能够发生水解反应，故 A正确； B．草酸中含有羧基，而 M 中不含羧基，所以二者不是同系物，故 B 错误； C．苯环上不饱和的碳原子有 4 个，且 M 为对称结构，因此苯环上的一氯代物有 4种，故 C 错误；

　D．1mol 苯环可以与 3mol H 2 加成，1mol M 中含有 2mol 苯环，因此 1 mol M 最多能与 6mol H 2 发生加成反应，故 D错误； 综上所述，说法正确的是 A项，故答案为 A。

　3. 设 N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是. A. 22.4 L(标准状况)SO 3 中含有的分子数目为 N A

　B. 8 g 氦气中含有的共用电子对数目为 N A

　C. 0.1 mol/LKOH溶液中含有的 OH - 数目为 0.1N A

　D. 44 g N 2 O与 CO 2 的混合气体中含有的原子数目为 3N A

　【答案】D 【解析】

　【分析】

　【详解】A．标准状况下 SO 3 不是气体，无法利用气体摩尔体积计算其物质的量，故 A错误； B．氦气为单原子分子，氦气中不存在共用电子对，故 B 错误； C．未告知溶液体积，无法计算溶液中微粒数目，故 C 错误； D．N 2 O与 CO 2 的摩尔质量都是 44g/mol，因此 44 g N 2 O与 CO 2 的混合气体的物质的量为44g44g/mol=1mol，因此 1molN 2 O与 CO 2 的混合气体中含有的原子数目为 3N A ，故 D正确； 综上所述，说法正确的是 D项，故答案为 D。

　4. 用如图所示装置进行实验，能达到相应实验目的的是(尾气处理装置略) 选项 ①中试剂 ②中试剂 ③中试剂 实验目的 装置 A 浓 HNO 3

　铜片 水 验证 NO 2 能与水反应生成NO

　B 乙醇 Na 水 判定乙醇中活泼氢数目 C 苯与液溴的混合液 铁粉 AgNO 3 溶液 证明苯与液溴能发生取代反应 D 浓 H 2 SO 4

　浓盐酸 CH 3 COONa 溶液 比较盐酸与醋酸的酸性强弱

　 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】

　【分析】

　【详解】A．浓 HNO 3 与铜反应会生成 NO 2 ，若 NO 2 与水反应会生成 NO，NO 为无色气体，逸出后在水的表面气体开始为无色，但逐渐会与空气中氧气反应生成红棕色气体 NO 2 ，可实现验证，故 A正确； B．乙醇与钠单质反应生成氢气，氢气密度比空气和水小，且不溶于水，可根据收集的氢气确定乙醇中的活泼氢数目，但未给出试剂的用量，且该装置无法收集氢气，故 B 错误； C．液溴具有良好挥发性，铁与 Br 2 反应为放热反应，能够加速液溴挥发，溴单质与水反应能生成 HBr，HBr与 AgNO 3 溶液反应生成淡黄色沉淀 AgBr，无法验证该 HBr是苯与液溴反应产生，故 C 错误； D．浓硫酸和浓盐酸混合是快速制 HCl，但 HCl 与 CH 3 COONa 反应无现象，因此无法判断，故 D错误； 综上所述，能达到目的的是 A项，故答案为 A。

　5. 研究表明，钌(Ru)的一种化合物可催化 CO 2 与 H 2 合成甲酸，反应过程如图所示。下列说法错误的是

　A. 是合成甲酸反应的催化剂 B. 反应过程中碳元素的化合价保持不变 C. 存在反应

　D. 反应过程中存在两种含 Ru 元素的中间体 【答案】B

　【解析】

　【分析】

　【详解】A．由图可知， 参加起始反应，根据 Ru原子守恒可知，后续又等量生成，是反应的催化剂，故 A正确； B．CO 2 与 HCOOH中碳元素化合价不同，故 B 错误； C．由图转化可知，②反应为 ，故 C 正确； D．反应过程中存在 、 两种 Ru 元素的中间体，故 D正确； 综上所述，说法错误的是 B 项，故答案为 B。

　6. 一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某 CuSO 4 浓差电池的装置示意图如图所示，该电池使用前先将 K与 a 连接一段时间。下列说法错误的是

　A. K与 a 连接的目的是形成两电极区溶液的浓度差 B. K与 b 连接时，正极的电极反应式为 Cu 2+ +2e - =Cu C. 交换膜适合选择阳离子交换膜 D. K与 b 连接时，导线中通过 2 mol 电子，约有 1 mol 离子通过交换膜 【答案】C 【解析】

　【分析】

　浓度差电池是利用两极电势差实现两个氧化还原半反应，总反应类似扩散原理，最终两池电解质浓度将相等。该电池使用前先将 K 与 a 连接一段时间，开关与 a 相连时，为电解池，右侧为阳极，左侧为阴极，阳极上 Cu 失去电子转化为 Cu 2+ ，阴极上 Cu 2+ 得到电子转化为 Cu，一段时间后，两池中 CuSO 4 浓度不同；然后将开关与 b 相连，装置为原电池，右侧 Cu 2+ 得到电子，左侧 Cu 失去电子，以此解答。

　【详解】A．开始两池中 CuSO 4 浓度相同，两侧电势相同，开关与 b 相连时，不会产生电流，因此通过将开关与 a 相连，利用电解原理改变两池中 CuSO 4 浓度，故 A正确； B．由上述分析可知，K与 b 连接时，正极的电极反应式为 Cu 2+ +2e - =Cu，故 B 正确； C．若选用阳离子交换膜，则两池中 Cu 2+ 浓度将相同，开关与 b 相连时，不会产生电流，因此应该选择阴离子交换膜，故 C 错误； D．离子交换膜中主要是2-4SO 迁移，1 个2-4SO 中带有 2 个负电荷，因此导线中通过 2 mol 电子，约有 1 mol离子通过交换膜，故 D正确； 综上所述，说法错误的是 C 项，故答案为 C。

　7. 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X、Y同主族，四种元素形成的一种用途广泛的单体结构如图所示。下列说法正确的是

　A. 原子半径：W＜X＜Y＜Z B. 常温下，X的氢化物为气体 C. Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物均为强酸 D. W 既可形成简单阳离子又可形成简单阴离子 【答案】D 【解析】

　【分析】

　X与 W 之间的化学键为单键，因为若 X与 W之间为双键，则 X周围共用电子对大于 8，不符合，X、Y同族，都形成了 4条共价键，Y的原子序数大于 X，所以 X为 C、Y为 Si，能形成一条共价键且小于 C 序数的是 H，形成一条共价键且原子序数大于 Si 的是 Cl(短周期元素)。

　【详解】由上述分析可知，W为 H，X为 C，Y为 Si，Z 为 Cl， A．H原子核外电子层数为 1，C 原子核外电子层数为 2，Si、Cl 原子核外电子层数为 3，电子层数越多，原子半径越大，同周期原子，原子序数越大，半径越小，因此半径大小为：Si>Cl>C>H，故 A错误；

　B．常温下 CH 4 等为气态，随着 C 原子数逐渐增加，C 的氢化物的状态逐渐由气态→液态→固态，故 B 错误； C．Si 元素的最高价氧化物对应的水化物为 H 2 SiO 3 ，属于弱酸，故 C 错误； D．H元素既可形成 H + 又可形成 H - ，故 D正确； 故答案为 D。

　8. 铁的氯化物在生产、生活中有广泛应用。某学习小组为探究加热条件下 FeCl 2 与 O 2 的反应进行如下实验。查阅资料：FeCl 2 的熔点：674℃；沸点：1023℃；FeCl 3 为棕色固体，在 100℃左右升华，易潮解。

　回答下列问题：

　(1)装置 A中分液漏斗使用前，需_____________并洗净，对漏斗下端活塞处进行检查的操作方法为_______________________。

　(2)小组同学对加热条件下 FeCl 2 与 O 2 的反应产物提出假设：

　假设一：Fe 2 O 3 和 FeCl 3

　假设二：Fe 2 O 3 和 Cl 2 。

　为验证反应产物，该小组同学利用图中装置进行实验。

　①按气流从左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为 a→__________→f →g →h(填仪器接口小写字母，装置不可重复使用)。

　②装置 C 的作用为________________。

　③证明假设一成立的实验现象为__________，由此得装置 B 处反应管中发生反应的化学方程式为____________。

　④利用实验后装置 E 烧杯中溶液，设计实验方案证明假设二不成立：_________。

　⑤该装置有一处明显不足为___________________。

　【答案】

　(1). 检漏

　(2). 关闭分液漏斗活塞，向其中加适量蒸馏水，打开活塞，水順利流下，关闭活塞，水不再流下

　(3). de( ed) bc(cb)ij(ji)

　(4). 干燥氧气

　(5). 装置 B 中黄绿色固体变为棕色，装置 F处U形管中收集到棕色固体

　(6). 12FeCl 2 +3O 2Δ2Fe 2 O 3 +8FeCl 3

　 (7). 取实验后装置E烧杯中溶液少量于洁净试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO 3 溶液，无明显现象

　(8). FeCl 3 凝华后容易堵塞导管 【解析】

　【分析】

　该实验为探究加热条件下 FeCl 2 与 O 2 反应的产物，由图可知，A装置为过氧化钠与水反应产生氧气的装置，B 为 FeCl 2 与 O 2 反应装置，装置 C 为氧气干燥装置，装置 D 为气体干燥装置，装置 E 为尾气吸收装置，F为冷凝装置，因 B 装置需要加热，因此氧气通入前需要干燥，为防止 E 装置中水蒸气进入装置干扰 FeCl 3的检验，因此需要在冷凝装置与收集装置之间安装干燥装置，以此进行解答。

　【详解】(1)分液漏斗带有活塞，因此在使用前需要检漏并洗涤；检查分液漏斗气密性操作为：关闭分液漏斗活塞，向其中加适量蒸馏水，打开活塞，水順利流下，关闭活塞，水不再流下； (2)①装置连接顺序为：气体产生装置→气体干燥装置→反应装置→收集装置→除水蒸气装置→尾气处理装置，利用浓硫酸干燥气体时，气流长进短出，结合上述分析可知，因此装置连接顺序为 a→de( ed) bc(cb)ij(ji) →f →g →h； ②由上述分析可知，装置 C 的作用是干燥氧气； ③假设一：FeCl 2 与 O 2 的反应产物为 Fe 2 O 3 和 FeCl 3 ，FeCl 2 固体为黄绿色，而生成的 Fe 2 O 3 为红色固体，FeCl 3为棕色固体，在 100℃左右升华，因此 FeCl 3 会进入 F装置中冷凝为棕色固体，因此实验现象为：装置 B 中黄绿色固体变为棕色，装置 F处 U形管中收集到棕色固体；反应过程中 Fe 元素化合价由+2 升高至+3，O 2中元素化合价由 0 降低至-2，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为12FeCl 2 +3O 2Δ2Fe 2 O 3 +8FeCl 3 ； ④假设二中生成物有 Cl 2 ，而 Cl 2 与装置 E 中 NaOH反应生成 NaCl、NaClO，可以通过检验反应后的装置 E中无 Cl - 判断 FeCl 2 与 O 2 的反应无 Cl 2 生成，具体方案为：取实验后装置 E 烧杯中溶液少量于洁净试管中，滴加硝酸酸化的 AgNO 3 溶液，无明显现象； ⑤反应过程中一定有 FeCl 3 生成，而 FeCl 3 自装置 B 进入装置 F中，容易冷凝，装置中导管较细，FeCl 3 凝华后容易堵塞导管，所以一般采用粗而短的导管进行装置连接。

　9. 合理处理废弃物有利于保护环境和资源再利用。某课题组对含钛高炉渣(主要成分 CaTiO 3 ，含有 MgO、Al 2 O 3 、Fe 3 O 4 、SiO 2 等杂质)资源化综合处理的流程如图所示。

　已知：①溶液中离子浓度≤1.0×10 -5 mol●L -1 ，认为该离子沉淀完全； ②常温下，部分难溶物的溶度积常数如下表所示：

　难溶物 Fe(OH) 3

　Al(OH) 3

　Mg(OH) 2

　Fe(OH) 2

　Ca(OH) 2

　CaSO 4

　Ksp 4 0×10 -38

　1.0×10 -33

　1.8×10 -11

　1.8×10 -16

　5.5×10 -6

　9.1×10 -6

　回答下列问题: (1)“研磨”的目的为______________________。

　(2)“磁选”所应用的 Fe 3 O 4 的性质为________________；用 8mol·L -1 盐酸进行“酸浸”时，液固比(mL：g)与浸渣中 Ti 含量的关系如图所示，则合适的液固比为_______，液固比过大，浸渣中 Ti含量降低的原因为_________________________________。

　 (3)滤渣 1 中两种主要成分的化学式为______________。

　(4)“水解”反应的离子方程式为_________________________________。

　(5)常温下，滤液 1 经如图处理过程可获得多种工业原料。

　若滤液 1 中 Al 3+ 和 Mg 2+ 的浓度均为 0.18 mol·L -1 ，则“调 pH 1 ”的范围为___________(保留两位有效数字)。若“调 pH 1 ”时直接将溶液 pH调节为 10，则 Al 3+ 和 Mg 2+ 在滤液 4 中的物质的量浓度之比为________________。

　【答案】

　(1). 增大反应物的接触面积，加快反应速率

　(2). 磁性

　(3). 1.50

　(4). 液体过多，会导致部分含 Ti 微粒进入滤液 1

　(5). CaSO 4 、SiO 2

　 (6). TiO 2+ +2H 2 O=H 2 TiO 3 ↓+2H +

　 (7). 4.7≤pH1<9.0

　(8). 1:(1.8×10 18 ) 【解析】

　【分析】

　含钛高炉渣(主要成分 CaTiO 3 ，含有 MgO、Al 2 O 3 、Fe 3 O 4 、SiO 2 等杂质)，研磨后经过磁选，因 Fe 3 O 4 具有磁性，可选出 Fe 3 O 4 ，向磁选后的固体中加入盐酸后，MgO、Al 2 O 3 转化为 MgCl 2 、AlCl 3 ，CaTiO 3 、SiO 2 与盐酸不反应，过滤后向浸渣中加入硫酸溶液，SiO 2 不反应，CaTiO 3 转化为 TiOSO 4 ，滤液 2 中含有 TiOSO 4 、H 2 SO 4 ，TiOSO 4 水解后生成 H 2 TiO 3 ，H 2 TiO 3 煅烧后分解为 TiO 2 。

　(5)滤液 1 中主要成分为 MgCl 2 、AlCl 3 、HCl，通过增大溶液 pH 1 使 Al 3+ 先沉淀为 Al(OH) 3 ，过滤后再调节滤液 4 的 pH 2 ，使 Mg 2+ 沉淀为 Mg(OH) 2 ，过滤后得到滤液 5。

　【详解】(1)钛高炉渣后续存在固体与液体之间的反应，将炉渣研磨后能够增大反应物的接触面积，加快反应速率； (2)“磁选”是利用 Fe 3 O 4 具有磁性；由图可知，当液固比为 1.50 时，浸渣中 Ti 含量较高，继续增大液固比至 1.75 时，浸渣中 Ti 含量变化不大，但会增大盐酸用量，从节约成本可知，合适的固液比为 1.50；CaTiO 3为难溶物，在溶液中存在溶解平衡，当液固比过大时，溶液体积将过大，溶解平衡将向溶解方向移动，使一部分 Ti 元素进入滤液 1，使得浸渣中 Ti 含量降低，故答案为：磁性；1.50；液体过多，会导致部分含 Ti微粒进入滤液 1； (3)由分析可知，浸渣中 SiO 2 与硫酸溶液不反应，而浸渣中 CaTiO 3 与 H 2 SO 4 反应生成更难溶物 CaSO 4 ，因此过滤后滤渣 1 中两种主要成分为 CaSO 4 、SiO 2 ； (4)TiOSO 4 为强酸弱碱盐，由分析可知，“水解”过程中是 TiOSO 4 水解后生成 H 2 TiO 3 ，TiOSO 4 为易溶物，H 2 TiO 3 为难溶物，因此水解离子方程式为 TiO 2+ +2H 2 O=H 2 TiO 3 ↓+2H + ； (5)若滤液1中Al 3+ 和Mg 2+ 的浓度均为0.18 mol·L -1 ，“调pH 1 ”时，Al 3+ 需完全沉淀，沉淀后c(Al 3+ )=5×10 -5 mol/L，而 Mg 2+ 不能发生沉淀，因此当 Al 3+ 完全沉淀时，c(OH - ) 1 =   sp33+3Al OHAlKc  =33531.0 101 10mol/L，c(H + ) 1 = W-1OHKc=143 281010mol/L，pH 小 =-lg c(H + ) 1 =-lg143 281010=4.7，当 Mg 2+ 开始发生沉淀时，c(OH - ) 2 =  sp+22Mg OHMgKc  =111.8 100.18mol/L=1×10 -5 mol/L，c(H + ) 2 = W-2OHKc=1451010mol/L=10 -9 mol/L，pH 大 =-lg c(H + ) 2 =9，因此“调 pH 1 ”的范围为 4.7≤pH1<9.0；若“调pH 1 ”时直接将溶液 pH调节为 10，溶液中 c(H + )=10 -10 mol/L，c(OH - )= WHKc=10 -4 mol/L，则 Al 3+ 和 Mg 2+ 在滤液 4 中的物质的量浓度之比  3+2+AlMgcc=      3+ 3 -2+ 3 -Al OHMg OHc cc c=    sp3-sp2Al OHMg OH OHKK c   =3311 41.0 101.8 10 10 =1:(1.8×10 18 )。

　10. 近年来，研究发现硫的单质和化合物在一次能源的转化、存储和释放中有重要应用。回答下列问题：

　(1)有学者指出：含硫物质可进行太阳能的转化和存储，具体过程如图所示。

　 ①△H 1 =_______________________。

　②经上述过程实际存储的热能 Q 2 小于 Q 1 ，原因为______________________。

　(2)SO 2 在含 KI的溶液中发生反应的能量变化如图所示。

　①总反应的化学方程式为_______________(各物质需标明状态)。

　②转化过程中的决速步骤为___________(填“第一步”或“第二步”)。

　(3)反应 H 2 S(g) + CO 2

　(g) COS(g)+ H 2 O(g)△H＞0 可用于制备有机化工原料 COS。

　①275°C时，将等物质的量的H 2 S(g)与CO 2 (g)充入密闭容器中，测得H 2 O(g)的平衡体积分数为26%。则CO 2 (g)的平衡转化率 α=__________。

　②在 300℃、320℃时上述反应中 H 2 S(g)和 COS(g)的体积分数(  )随时间(t)的变化关系如图所示。起始密闭容器中  [H 2 S(g)]和  [CO 2 (g)]、  [COS(g)]和  [H 2 O(g)]分别相等。则300℃时反应的平衡常数K=________；320 ℃时  [H 2 S(g)]、  [COS(g)]随时间变化的曲线分别为_____________、______________。

　 【 答 案 】

　(1). +551 kJ/mol

　(2). 能 量 在 实 际 转 化 过 程 中 有 损 失

　(3). 3SO 2 (aq)+2H 2 O(l)-I4H + (aq)+22-4SO (aq)+S(s)

　(4). 第一步

　(5). 52%

　(6). 2.25

　(7). L 4

　 (8). L 1

　【解析】

　分析】

　【详解】(1)①i．3SO 2 (g)+2H 2 O(g) 2H 2 SO 4 (l)+S(s)ΔH=-254kJ/mol，ii．S(s)+O 2 (g) SO 2 (g)ΔH=-297kJ/mol，根据盖斯定律可知，-(i+ii)可得 2H 2 SO 4 (l) 2SO 2 (g)+2H 2 O(g)+O 2 (g)ΔH=-[(-254)+(-297)kJ/mol=+551 kJ/mol； ②能量转换不可能为 100%，物质转化过程中能量有损失，导致实际存储的热能 Q 2 小于 Q 1 ； (2)①由图可知，第一步反应为 SO 2 (aq)+4I - (aq)+4H + (aq)=2I 2 (aq)+2H 2 O(l)+S(s)，第二步反应为I 2 (aq)+2H 2 O(l)+SO 2 (aq)=4H + (aq)+2-4SO (aq)+2I - (aq)，I - 作第一步反应物，同时作第二步生成物，因此 I - 为该反应的催化剂，两步反应相加可得总反应为 3SO 2 (aq)+2H 2 O(l)-I4H + (aq)+22-4SO (aq)+S(s)； ②由图可知，第一步活化能高于第二步，化学反应中，化学反应速率由活化能高的反应决定，因此转化过程中的决速步骤为第一步； (3)①275°C时，将等物质的量的 H 2 S(g)与 CO 2 (g)充入密闭容器中，容器内发生反应为 H 2 S(g) + CO 2 (g) COS(g)+ H 2 O(g)，设起始 n(H 2 S)=1mol，则           2 2 2H S g +CO g COS g +H O gmol 1 1 0 0mol x x x xmol 1-x 1-x x x起始转化平衡

　H 2 O(g)的平衡体积分数为x1-x+1-x+x+x=26%，解得 x=0.52，则 CO 2 (g)的平衡转化率 α= 0.52mol1mol×100%=52%； ②L 1 、L 2 、L 3 、L 4 的体积分数变化量分别为 13%、10%、10%、13%，所以 L 1 、L 4 为一组实验数据，L2 、L 3为一组实验数据，由①可知，275°C下，K=      22 2COS H OH S COc cc c=0.52 0.520.48 0.48>1，该反应正向为吸热反应，升高温度，平衡将正向移动，平衡常数将增大，所以在 300℃、320℃时平衡时的平衡常数大于 1，因起始密闭容器中  [H 2 S(g)]和  [CO 2 (g)]、  [COS(g)]和  [H 2 O(g)]分别相等，所以平衡时 [COS(g)]=  [H 2 O(g)]>  [H 2 S(g)]=  [CO 2 (g)]，由此可知同一温度下，平衡时体积分数大的为生成物，体积分数小的为反应物，即 L 1 、L 2 表示  [COS(g)]，L 3 、L 4 表示  [H 2 S(g)]，升高温度，平衡常数增大，由图像可以看出，L 1 、L 4 曲线对应的  2ω COSωc H S比 L 2 、L 3 曲线对应的  2ω COSωc H S大，则 L 1 、L 4 曲线对应的平衡常数更大，对应的反应温度越高，由此可知，L 1 、L 4 分别为 320℃下的  [COS(g)]、  [H 2 S(g)]，L 2 、L 3 分别为 300℃下的  [COS(g)]、  [H 2 S(g)]；所以 300℃下平衡时  [COS(g)]=  [H 2 O(g)]=30%， [H 2 S(g)]=  [CO 2 (g)]=20%，所以 300℃时反应的平衡常数 K=30% 30%20% 20%=2.25，故答案为：2.25；L 4 ；L 1 。

　35 ．[ 化学一选修 3: 物质结构与性质](15 分) 11. 钇(Y)是第一种被发现的稀土元素，位于元素周期表的第 5 周期第 IIIB 族，其在电子、激光、超导等领域均有广泛应用。回答下列问题：

　(1)基态 Y原子的价电子排布式为________________________。

　(2)Y(NO 3 ) 3 与水杨酸甲酯( )反应，可制得配合物同时生成 HNO 3 ，其中配合物能用于捕获 NO。

　①Y(NO 3 ) 3 中所含三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)；-3NO 的立体构型为________________________。

　②l mol HNO 3 中含有 σ键的数目为_________，HNO 3 的酸性强于 HNO 2 的原因为____。

　③水杨酸甲酯中 C 原子的杂化方式为______；其沸点高于水杨酸的主要原因为______。

　④NO分子中，N、O原子间形成共价键的电子云对称形式包括镜面对称和_______。

　(3)Y、Cu、Ba、O形成的一种具有超导性的材料的晶胞结构如图所示。若 N A 表示阿伏加德罗常数的值， =β=γ=90°，则该晶体的化学式为__________，晶体密度  =_____g•cm -3 (用含 a、c、N A 的代数式表示)。

　 【答案】

　(1). 4d 1 5s 2

　 (2). N＞O＞Y

　(3). 平面三角形

　(4). 4N A

　 (5). HNO 3 中非羟基氧原子数多于 HNO 2 中非羟基氧原子数，N原子的正电性更强，更容易电离出 H +

　 (6). sp 2 、sp 3

　 (7). 水杨酸甲酯能形成分子间氢键，水杨酸易形成分子内氢键

　(8). 轴对称

　(9). YBa 2 Cu 3 O 7

　 (10). 232A6.67 10a c N 【解析】

　【分析】

　【详解】(1)Y位于元素周期表的第 5 周期第 IIIB 族，而第 4 周期第 IIIB 族元素 Sc 的基态原子价电子排布式为 3d 1 4s 2 ，所以基态 Y原子的价电子排布式为 4d 1 5s 2 ； (2)①基态 N原子价电子排布式为 2s 2 2p 3 ，基态 O原子价电子排布式为 2s 2 2p 4 ，Y原子核外最外层电子距核较 N、O远，更易失去电子，N原子价电子排布中 2p 轨道半充满，相较于 O原子更难失去电子，因此第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞Y；-3NO 中价层电子对数=3+12×(5+1-3×2)=3，说明无孤电子对，因此其立体构型为平面三角形； ②σ键的数目=化学键数目，HNO 3 的结构为 ，所以 1mol HNO 3 中含有 4mol 化学键，σ键的数目为 4N A ；HNO 3 中非羟基氧原子数为 2，HNO 2 中非羟基氧原子数为 1，酸中非羟基氧原子数越多，N原子的正电性越强，羟基更易电离出 H + ； ③C 原子连接 4 个价键时，C 原子为 sp 3 杂化，C 原子连接 3个价键时，C 原子为 sp 2 杂化，由水杨酸结构可知，其中存在饱和碳原子和不饱和碳原子，因此 C 原子杂化方式为 sp 2 、sp 3 ；水杨酸的结构为，水杨酸甲酯中含有羟基，易形成分子间氢键，而水杨酸中羧基与羟基易形成分子内氢键，使得水杨酸甲酯沸点高于水杨酸； ④原子之间形成共价键一定会存在 σ键，NO中存在 σ键和大 π键，σ键的电子云为轴对称结构，大 π键的

　电子云为镜面对称结构； (3)由晶胞结构可知，Ba、Y位于晶胞内部，Cu 位于棱边和顶点，O位于棱边和面心，棱边被 4 个晶胞共用，面心被 2 个晶胞共用，顶点被 8 个晶胞共用，所以 1 个晶胞中含有原子数为 Ba：2，Y：1，Cu：8× 14+8× 18=3，O：12× 14+8× 12=7，因此则该晶体 化学式为 YBa 2 Cu 3 O 7 ；1 个晶胞的质量为A667gN，1 个晶胞的体积为(a×10 -7 cm) 2 ×(c×10 -7 cm)=a 2 c×10 -21 cm 3 ，因此晶胞密度为A2 21 3667ga c 10 cmN=232A6.67 10a c Ng•cm -3 。

　36 ．[ 化学一选修 5: 有机化学基础](15 分) 12. 化合物 M( )是一种止痛药物的中间体。实验室以化合物 A为原料制备M 的一种合成路线如图所示。

　已知：① +RCl  +HCl； ②-CH 2 OHCOPd-CH 2 COOH 回答下列问题：

　(1)A的化学名称为_______________；C 的结构简式为_____________ (2)由 C 生成 D的反应类型为________，F 中官能团的名称为_______________ (3)由 F 生成 G的第一步反应的化学方程式为____________，G可制备高聚物，若由 G生成一种高聚物的平均相对分子质量为 19000，则其平均聚合度约为_____________。

　(4)M 的分子式为_____________，其中手性碳(连有四个不同的原子或基团的碳)的数目为__________。

　(5)E 同分异构体中，能发生银镜反应且核磁共振氢谱有 4 组吸收峰的芳香化合物的结构简式为__________________(任写两种)。

　【答案】

　(1). 2-氯丙烷

　(2).

　 (3). 取代反应

　(4). 氯原子、羧基

　(5). +2NaOHΔ +NaCl+H 2 O

　(6). 100

　(7). C 13 H 16 O 4

　 (8). 1

　(9). 、 、 、 、 、 (任意 2 种即可) 【解析】

　分析】

　由已知信息①可知，B 为 ，A为 或 ，A与 B 发生取代反应，由 D的结构逆推可知，C 为 ，因此 A 为 ， 与 在 AlCl 3 作用下生成 D，F的化学式为 C 12 H 15 ClO 2 ，其中不饱和度为 5，说明 F 中含有羧基，因此 F 为，与 NaOH溶液在加热条件下，-COOH反应生成-COONa，氯原子被取代为羟基，然后再酸化，-COONa 转化为-COOH，因此 G 为 ，由已知信息②可知，M 为。

　【详解】(1)A为 ，氯原子位于碳链中 2 号碳原子上，因此名称为 2-氯丙烷；由上述分析可知，C为；

　(2) 与 在 AlCl 3 作用下生成 D，由结构可知，反应过程中氯原子( )取代苯环对位上的 H原子，反应类型为取代反应；F为 ，所含官能团为羧基、氯原子； (3)由上述分析可知，由 F生成 G的第一步反应的化学方程式为+2NaOHΔ +NaCl+H 2 O；发生缩聚反应生成的高聚物为 ，链节为，链节相对分子质量为 190，高聚物的平均相对分子质量为 19000(忽略端基原子或原子团)，则其平均聚合度约为19000190=100； (4)由上述分析可知，M 为 ，其分子式为 C 13 H 16 O 4 ；其中手性碳原子为(*标记) ，数目为 1； (5)能发生银镜反应说明结构中含有-CHO，核磁共振氢谱有 4 组吸收峰，说明结构中不同化学环境的氢原子为 4 种，芳香化合物的结构，说明含有苯环，E 中所含氧原子数为 1，因此该结构中醛基数为 1，则余下的氢原子有 3种化学环境，根据苯环的对称性可知，该结构为对称结构，所以满足条件的同分异构体有：

　、 、 、 、 、 (任意两种即可)。

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