2023年高考第二次模拟考试卷-化学（辽宁A卷） (全解全析)

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（辽宁A卷） (全解全析)，共19页。

2023年高考化学第二次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Sc-45 I-127
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是
A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
【答案】B
【解析】A．钢是铁碳合金，属于合金，A正确；
B．光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B错误；
C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C正确；
D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D正确。
2．下列说法或图示表达错误的是
A．基态Zn2+价层电子的轨道表示式：
B．ClO的VSEPR模型与离子的空间结构一致
C．NaOH的电子式：
D．在[Cd(NH3)4]2+中，NH3提供孤对电子，Cd2+提供空轨道
【答案】C
【解析】A．锌原子失去2个电子形成锌离子，基态Zn2+价层电子的轨道表示式：，A正确；
B．ClO的中心Cl原子价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型与离子的空间结构一致，B正确；
C．NaOH为离子化合物，电子式：，C错误；
D．在[Cd(NH3)4]2+中，NH3为配体提供孤对电子，Cd2+中存在空轨道能提供空轨道接受孤电子对，D正确。
3．设是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．与足量的反应完全后可生成个分子
B．标准状况下，所含分子数目为
C．常温常压下，由和CO组成的混合气体含有的原子数目为
D．中含有的质子数为
【答案】C
【解析】A．钠和水反应的方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，的物质的量为1mol，与足量的反应完全后可生成0.5molH2，生成分子的个数为0.5，故A错误；
B．标准状况下HF是液体，的物质的量不是1mol，故B错误；
C．和CO都是双原子分子，摩尔质量都是28g/mol，由和CO组成的混合气体含有的原子数目 ，故C正确；
D．D2O的摩尔质量为20g/mol，D2O分子中含有10个质子，中含有的质子数为，故D错误。
4．下列由废铝粉、稀盐酸和氨气为原料制取的实验原理和装置不能达到实验目的的是

A．用装置甲溶解废铝粉 B．用装置乙制取固体
C．用装置丙过滤得到固体 D．用装置丁灼烧固体制得
【答案】D
【解析】A．将废铝粉加入到盐酸中，适当加热和搅拌以加快反应速率，则用装置甲溶解废铝粉能够达到实验目的，A不合题意；    
B．向所得的AlCl3溶液中通入过量的氨气，来制备Al(OH)3固体，用装置乙可以制取固体，倒扣的漏斗能防止倒吸，B不合题意；
C．分离固体和液体常用过滤操作，即用装置丙过滤得到固体，C不合题意；    
D．蒸发溶液用蒸发皿，而对固体加热则需用大试管或者坩埚，故用装置丁用蒸发皿灼烧固体制得不能达到实验目的，D符合题意。
5．关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是
A．热稳定性：H2O2＞H2S2 B．N2H2存在顺反异构现象
C．键角：C2H2＞N2H2＞H2S2＞H2O2 D．四种物质中沸点最高的是H2O2
【答案】C
【解析】A．因为O元素的电负性大于S，所以热稳定性：，A正确；
B．结构式为：,存在顺反异构现象， B正确；
C．为直线型，键角为，氮原子采用杂化，三个杂化键处于平面正三角形的三个方向，互成，是极性分子，之间的键角为96度52分，氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，所以键角的大小：，C错误；
D．因为分子中含有氢键，所以在中沸点最高，D正确。
6．居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是
A．第一电离能：X B．自然界不存在分子是因其化学键不稳定
C．X原子核内中子数与质子数之比为13:14
D．简单氢化物的热稳定性：Y 【答案】A
【解析】基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si。
A．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al B．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故B错误；
C．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以中子数与质子数之比为14：13，故C错误；
D．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故D错误。
7．金属M与单质碘在无水醋酸中反应，得到化合物，提纯干燥后测得其熔点为144.5℃。为确定的组成，进行以下实验：称取0.6263g，置于特制的梨形瓶中，加入50mL 6mol L-1的盐酸，同时加入适量，用0.1000mol L-1的碘酸钾溶液进行滴定。随着碘酸钾溶液的加入，可观察到层呈紫色，后逐渐变浅，滴至紫色褪去为终点，此时层呈淡黄色，滴定消耗碘酸钾溶液20.00mL。在中显黄色的物质在历史上曾被误认为。下面有关实验细节的描述中，错误的是
A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色
B．滴定结束后中主要的溶质为
C．如果用过量的碘化钾溶液滴定碘酸钾溶液，则滴定过程中层颜色逐渐加深，直至不变
D．紫色褪去反应的离子方程式为：
【答案】C
【解析】用碘酸钾溶液进行滴定，随着碘酸钾溶液的加入，可观察到层呈紫色，是生成碘单质，后逐渐变浅，滴至紫色褪去是碘单质、碘酸根离子、氢离子和氯离子发生反应生成氯化碘，此时层呈淡黄色。
A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色，A正确；
B．根据上述分析可知，滴定结束后中主要的溶质为，B正确；
C．碘离子与碘酸根离子反应中需消耗氢离子，当氢离子不足时不会再生成碘单质,层颜色不会加深，C错误；
D．紫色褪去反应的离子方程式为：，D正确。
8．2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是一价铜[Cu]催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，反应机理示意如图：

下列说法正确的是
A．反应③过程中，不涉及极性键的断裂和形成
B．转化过程中N的杂化方式发生改变
C．该反应的总反应是取代反应，反应历程是离子反应历程
D．一价铜[Cu]催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A错误；
B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，故B正确；
C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D错误。
9．中医的急救三宝分别是安宫牛黄丸、紫雪丹、至宝丹。安宫牛黄丸的主要药材是黄芩，黄芩素能抑制新冠病毒的活性。黄芩素结构如图所示，下列说法正确的是

A．黄芩素的核磁共振氢谱显示有八组峰
B．分子中碳原子均为杂化
C．1mol黄芩素最多能够消耗4mol的NaOH
D．黄岑素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有5个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．如图，黄芩素分子中含有8种H原子，其核磁共振氢谱显示有八组峰，故A正确；
B．黄芩素分子中含有4种官能团，分别为酚羟基、酮羰基、醚键和碳碳双键，分子中碳原子均为杂化，故B错误；
C．该有机物分子含有的官能团中，只有酚羟基与氢氧化钠溶液反应，1mol黄芩素最多能够消耗3mol的NaOH，故C错误；
D．如图，黄芩参素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有6个手性碳原子，故D错误。
10．类比法是一种常用的化学思维，下列各项中类比结论正确的是
选项
已知
类比结论
A
强碱弱酸盐溶液通常保存在配有橡胶塞的细口瓶中
溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中
B


C
为非极性分子
也为非极性分子
D
溶液低温蒸干得到
NaCl溶液低温蒸干也可得到NaOH
【答案】A
【解析】A．碱性溶液应该保存在配有橡胶塞的细口瓶中，、水解，溶液均显碱性，故二者水溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中，A正确；
B．与发生氧化还原反应，生成单质硫和氯化亚铁，B错误；
C．为共价晶体，是立体网状结构，不存在分子，C错误；
D．属于挥发性酸的弱碱盐，蒸干过程中HCl挥发会促进氯化镁水解得到，而NaCl是强酸强碱盐，不会发生水解，所以低温蒸干得到的仍是NaCl，D错误。
11．卤代烷烃分子发生消去反应时，遵循Saytzeff规则，其反应历程如下：

下列说法正确的是
A．该反应条件下，卤代烃M的消去反应为吸热反应
B．中间体M*中所有C原子都为sp3杂化
C．控制较低的温度使M发生消去反应，得到的主产物为M2
D．卤代烃M的消去反应速率由第二步反应决定
【答案】C
【解析】A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量时，所以卤代烃发生的消去反应为放热反应，故A错误；
B．中间体M*中碳正离子价层电子对数是3，所以碳正离子采用sp2杂化，故B错误；
C．温度低时发生的主要反应为所需活化能较低的反应，生成M2所需的活化能较低，所以控制较低的温度使M发生消去反应，得到的主产物为M2，故C正确；
D．总反应速率由慢反应决定，所需活化能较高的反应为慢反应，根据图知，第一步反应所需活化能较高，所以卤代烃M的消去反应速率由第一步反应决定，故D错误。

12．一种将催化转化为的电化学装置如图所示。下列说法正确的是

A．该装置工作过程中化学能转化为电能
B．铂电极发生的反应为
C．工作过程中玻碳电极区溶液的pH增大
D．每产生标准状况下11.2L 时，理论上有2mol 通过质子交换膜
【答案】D
【解析】由图可知，催化转化为同时水发生氧化反应生成氧气，反应中电能转化为化学能。
A．由分析可知，反应中电能转化为化学能，A错误；
B．铂电极二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，发生的反应为，B错误；
C．工作过程中玻碳电极反应为，反应生成氢离子，溶液的pH减小，C错误；
D．每产生标准状况下11.2L （为0.5mol）时，则玻碳电极生成2mol氢离子，故理论上有2mol 通过质子交换膜，D正确。
13．温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g)⇌Y(g)+Z(g)ΔH，反应均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点再充入一定量的X，X的转化率减小
B．d点有ν正=ν逆
C．正反应速率v(b)=v(d)
D．若c点为平衡点，则浓度平衡常数K=0.9
【答案】A
【解析】四点所对应容器容积不同，容积越小速率越大，先平衡，所以a、b容器已经达到平衡，d容器未平衡。
A．a点已平衡，所以再充入一定量的X，增大压强，平衡左移，X的转化率减小，A正确；
B．d容器未平衡，有V正≠v逆，B错误；
C．b与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C错误；
D．c容器容积未知，无法计算浓度常数，D错误。
14．根据下列操作及现象，所得结论正确的是

操作及现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液，有白色沉淀生成
说明NO具有强氧化性
B
向2mL浓度均为0.1mol•L-1的NaBr与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成
说明Ag2S比AgBr更难溶
C
取4mL乙醇，加入12mL浓硫酸及少量沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体进入2mL溴水中，溴水褪色
说明乙醇消去反应的产物为乙烯
D
向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液滴加溴水，溴水褪色
说明丙烯醛中含有碳碳双键
【答案】B
【解析】A．也可能是铁离子氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，A错误；
B．只有黑色沉淀生成说明银离子和硫离子反应生成硫化银沉淀，则硫化银更难溶，B正确；
C．反应的副产物二氧化硫也会和强氧化性的溴水反应导致溴水褪色，C错误；
D．足量新制氢氧化铜悬浊液显碱性，碱性溶液会和溴水反应导致溴水褪色，应该酸化后滴加溴水，D错误。







15．25℃时，向溶液中滴加相同浓度盐酸，体系中粒子浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡
B．m、n分别表示、变化曲线
C．25℃时，BOH的电离平衡常数为
D．a点对应的溶液中存在：
【答案】B
【解析】HCl是强酸，在调节pH的过程中，若BOH是强碱，则当=1时，pH应为7，但是当=1时，pH小于7，溶液显酸性，对应图中点b，是因为存在水解平衡，BOH是一元弱碱。
A．根据分析可知，b点溶液显酸性，是因为存在水解平衡，A正确；
B．由图可知随着盐酸的加入，氢氧根离子浓度减小，其对数值减小pH减小，故m表示，随着盐酸的加入，到一定程度的时候，溶液中产生，随着盐酸的量的增加，浓度也在增大，也在增大，故n表示，B错误；
C．当pH=9.25时，c(OH-)=10-(14-9.25)=10-4.75mol/L，lgc(BOH)=lgc(B+)，则=10−4.75，C正确；
D．a所示溶液，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，又溶液中电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(Cl-)，故c(B+)= c(Cl-)，则，D正确。


二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。

已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是________________________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为__________________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=__________________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。

250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为__________________。
【答案】(1)     将“赤泥”粉碎（2分）     SiO2、TiO2（2分）
(2)     将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+  （2分）   99%（2分）
(3)（2分）
(4)     Sc2(C2O4)3·H2O   （2分）  2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2（2分）
【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【解析】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
17．（14分）钴的化合物种类较多，其中三氯化六氨合钴(III)[Co(NH3)6Cl3] (M=267.5 g/mol)在工业上用途广泛。实验室以活性炭作为催化剂，用H2O2作氧化剂氧化CoCl2的方法制备三氯化六氨合钴，并测定其纯度。回答下列问题：
已知：①钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CoCl2易潮解。②Co2+不易被氧化，Co3+具有强氧化性；[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，[Co(NH3)6]3+性质稳定。
I．CoCl2的制备。

(1)A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是_______。A装置的烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
(2)试剂X为___ ____。
(3)实验时，要先加入浓盐酸，使A装置中开始生成氯气，待______________________(填现象)时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是_______。
II．三氯化六氨合钴(III)的制备。

①先向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2和NH4Cl混合液，然后滴加稍过量的浓氨水；
②冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃水浴中，恒温加热同时缓慢搅拌；
④冷却结晶，过滤洗涤可得三氯化六氨合钴(III) [Co(NH3)6Cl3]粗产品。
(4)装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为_____________________。
III．纯度测定。
(5)称取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得三氧化二钴→将三氧化二钴用稀硫酸溶解→配成100mL溶液→______________(按操作步骤填写下列顺序序号)，则其纯度为______________(写出表达式)。
a．向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分反应(Co3+被还原后的产物为Co2+)
b．平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL
c．取25.00mL待测液于锥形瓶中
d．用淀粉溶液作指示剂，用c mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(产物为)(已知：)
【答案】(1)     恒压滴液漏斗（1分）     2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（2分）
(2)     饱和食盐水（1分）  
(3)     D中溶液上方充满黄绿色气体（2分）     排尽装置内空气，防止加热时二价钴被O2氧化（2分）
(4)（2分）
(5)     c、a、d、b（2分）     （2分）
【解析】（1）根据装置图可知：A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗；
A装置的烧瓶中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（2）装置图中B装置盛有的试剂X是饱和食盐水，作用是除去Cl2中的杂质HCl；这是由于Cl2与水会发生可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，可以使该上述平衡逆向移动，减少Cl2的溶解，从而减少Cl2损失；
（3）为避免装置中空气的干扰，在进行操作时，要先加入浓盐酸，使A装置中开始生成氯气，待D中溶液上方充满黄绿色气体时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是排尽装置内空气，防止加热时+2价的Co2+被O2氧化为+3价的Co2+；
（4）根据叙述可知装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为：；
（5）在纯度测定时，将m g含有的 [Co(NH3)6Cl3] 粗品与NaOH在空气中混合煅烧反应产生Co2O3，然后用稀H2SO4溶解Co2O3转化为Co2(SO4)3，配制得到100 mL溶液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分发生反应：2Co3++2I-=2Co2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用c mol/LNa2S2O3标准溶液滴定反应产生的I2，为减少实验的偶然性，平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL，故滴定步骤为c、a、d、b，根据反应方程式：2Co3++2I-=2Co2++I2，可得关系式：2[Co(NH3)6Cl3]～2Co3+～I2～2 Na2S2O3，则m g样品中含有[Co(NH3)6Cl3]的物质的量为n[Co(NH3)6Cl3]=c·V×10-3 mol×=4cV×10-3 mol，其质量是m[Co(NH3)6Cl3]= 4cV×10-3 mol×M=267.5 g/mol=1.07cV g，故样品中[Co(NH3)6Cl3]的纯度为：
18．（13分）氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：  
(1)根据下表中提供的数据，计算______。
化学键




键能
803
x
463
436
(2)实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因__________。
(3)某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t，______)、平衡常数__________。
(4)反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能______。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图_______________。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响)
(5)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为______。(列出表达式)
【答案】(1)1074.8（2分）
(2)CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大（2分）
(3)      （1分）    0.5（2分）
(4)     30.0（2分）     （2分）
(5)   （2分）
【解析】（1）∆H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。
（2）其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。
（3）由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。
（4）已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为：
。
（5）由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得,底面积=，则晶体的密度为=。
19．（14分）有机物H是科学家正在研制的一种新药物，其合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)化合物A中碳原子的杂化轨道类型为______________________。
(2)化合物E与F的沸点比较_________________高，原因为___________________________。
(3)反应⑤的化学方程式为_____________________。
(4)化合物F中官能团名称为_____________________。
(5)化合物G的结构简式为_____________________。
(6)反应⑦的反应类型为_____________________。
(7)化合物M是化合物D的同分异构体，满足下列条件的M有_____________________种(不考虑立体异构)
①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L
②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置
【答案】(1)，（2分，各1分）
(2)     E（1分）     E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键（2分）
(3)（2分）
(4)     醛基、碳氯键 （2分，各1分）   
(5)（2分）
(6)取代反应（1分）
(7)6（2分）
【分析】由题干合成流程图可知，由A和C的结构简式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，由G的分子式并结合已知信息和F到G的转化条件可知，G的结构简式为：，(7)已知D的分子式为：C10H8Cl2O4，化合物M是化合物D的同分异构体，则满足条件①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L即产生=2molCO2，即M中含有2mol羧基，②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置，即含有 的结构，另外一个取代基为：-CH2CH(COOH)2、-C(COOH)2CH3和-CH(COOH)CH2COOH三种，然后每一种又有2种位置关系，据此分析解题。
【解析】（1）由题干合成流程图中A的结构简式可知，化合物A中苯环上的碳原子采用sp2杂化，另外两个甲基采用sp3杂化，故化合物A中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
（2）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，而F中含有醛基不能形成分子间氢键，导致化合物E的沸点比较高。
（3）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，反应⑤即E到F的化学方程式为：。
（4）由题干合成流程图中F的结构简式可知，化合物F中官能团名称为碳氯键和醛基。
（5）由分析可知，化合物G的结构简式为。
（6）由题干合成流程图可知，反应⑦即G转化为H的反应，方程式为：+2ROH+2H2O，该反应的反应类型为取代反应。
（7）已知D的分子式为：C10H8Cl2O4，化合物M是化合物D的同分异构体，则满足条件①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L即产生=2molCO2，即M中含有2mol羧基，②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置，即含有的结构，另外一个取代基为：-CH2CH(COOH)2、-C(COOH)2CH3和-CH(COOH)CH2COOH三种，然后每一种又有2种位置关系，故符合条件的M一共有2×3=6种。