还剩17页未读，
继续阅读
湖北省示范高中2020届高三11月月考理综化学试题
展开
2020届湖北示范高中 11月份月考题 理科综合能力测试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 N 14 S 32 Mn 55 Co 59 Cl 35.5 Li 7 B 11
一、选择题
1.下列过程中没有发生化学变化的是
A. 浓硫酸使蔗糖变黑 B. 二氧化氮低温冷凝形成无色液体
C. 液氨汽化起制冷作用 D. 亚硫酸钠除去水中的溶解氧
【答案】C
【解析】
【分析】
有新物质生成的变化属于化学变化。
【详解】A. 浓硫酸具有脱水性和强氧化性，把浓硫酸加入蔗糖中，使蔗糖脱水生成碳而变黑，同时浓硫酸又与碳反应生成CO2、SO2等气体使体积膨胀，其中发生了多个化学反应，A项不符合题意；
B. 二氧化氮经加压冷凝成无色液体，二氧化氮转化为无色的四氧化二氮，有新物质生成，属于化学变化，B项不符合题意；
C. 液氨汽化起制冷作用，利用的是液氨的沸点低的物理性质，属于物理变化，没有新物质生成，C项符合题意；
D. 亚硫酸钠具有还原性，可以与水中的氧气发生氧化还原反应，属于化学变化，D项不符合题意；
答案选C。
2.下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+
C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A项正确；
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO- + H+，B项正确；
C. 电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C项正确；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D项错误；
答案选D
【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。
3.是一种在药物合成中有重要作用的有机物，下列关于该有机物的说法正确的是
A. 该有机物在一定条件下能发生酯化反应、还原反应、氧化反应、加成反应、消去反应
B. 该有机物中有4种官能团
C. 1mol该有机物分别与足量的碳酸氢钠溶液、金属钠反应，产生气体的物质的量不相同
D. 该有机物的分子式为C14H16O6
【答案】A
【解析】
【分析】
该有机物的分子式为C13H16O6，含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生还原反应，羟基能发生氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，本化合物中的羟基可以发生消去反应。
【详解】A．羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生还原反应，羟基能发生氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，本化合物中的羟基可以发生消去反应，故A选项正确。
B．该有机物含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，不是四种，故B选项错误。
C．1mol该有机物含有2mol羧基和2mol醛基，分别与足量的碳酸氢钠溶液、金属钠反应，产生气体的物质的量相同，故C选项错误。
D．该有机物的分子式为C13H16O6，故D选项错误。
故答案选A。
【点睛】本题需要先分析化合物，在确定分子式以及官能团之后进行化学性质的探究，有机化合物的性质主要与官能团有关。
4.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH ]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国科学家在这一变换中利用双功能催化剂突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题。反应历程如图所示：
下列说法正确的是
A. 低温下实现高反应速率是因为使用了双功能催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
B. 过程Ⅰ为吸热过程、过程Ⅲ为放热过程
C. 过程Ⅲ生成了具有非极性共价键的H2、CO2
D. 图示中的2个H2O分子只有一个H2O分子参与了反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂不能改变反应的△H，故A选项错误。
B．过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，为吸热过程，过程Ⅲ中形成了新的化学键，为放热过程，故B选项正确。
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，二氧化碳中的化学键为极性共价键，故C选项错误。
D．过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，故D项正确错误。
故答案选B
【点睛】注意A选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
5.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图装置可证明非金属性强弱：N＞C＞Si
B. 用图装置可制备少量O2，其优点是能随时控制反应的发生和停止
C. 用图装置可配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D. 用图装置可蒸发 NaCl溶液得到氯化钠晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是硝酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知N、C、Si三种元素非金属性的强弱为N＞C＞Si，但是稀硝酸具有挥发性，会影响实验，故实验装置不完整，故A选项错误。
B．过氧化钠为粉末固体，关闭止水夹，与水接触后不能分离，则不能利用图中简易装置制备少量氧气，故B选项错误。
C．容量瓶只能用来配制一定物质的量浓度的溶液，不能用来稀释，故C选项错误。
D．可通过蒸发皿加热蒸发 NaCl溶液得到氯化钠晶体，故D选项正确。
故答案选D
6.室温下，将0.1 mol·L-1 NaOH溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：
下列关系中，不正确的是
A. M点c(Na+)＞c()
B. N点c()+c(Na+)=2c(-)
C. Q点c()+c(NH3·H2O)=c(Na+)
D. M、N、Q三点中，水的电离程度M＞N＞Q
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点溶液显酸性NH4HSO4+NaOH= NaNH4 SO4+H2O ，100mL0.lmol·L-1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL，恰好完全反应，NH4+发生水解，所以显酸性，故A选项正确。
B．N点满足c(NH4+)+c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+2 c(SO42-)，N点PH=7，故c(H+)= c(OH-)，所以上述式子可以写成c()+c(Na+)=2c(-)，故B选项正确。
C．Q点溶液中含有硫酸钠，氢氧化钠和氨水故根据物料守恒2c()+2c(NH3·H2O)=c(Na+)
故C选项错误。
D．因为加酸和碱抑制水的电离，水解促进电离，所以 M、N、Q 三个点中，M点水的电离程度最大，N点PH为7，水解程度居中，Q点有氢氧化钠抑制水的电离，故水的电离程度最小，故D选项正确。
故答案选C。
7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，e、g、h、i、j均是由这些元素组成的二元化合物，i常温常压下为液体，其余均为无色气体。e的摩尔质量为g的2倍，f是元素Z的单质，g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，h的组成元素位于同一主族。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：Y＞Z＞W＞X B. 热稳定性：i＞g, 沸点：i＞e
C. Y与W的含氧酸均是强酸 D. h与j均为酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。e、g、h、i、j是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下i为液体，其余均为无色气体，因此i为水H2O；e的摩尔质量为g的2倍，f是元素Z的单质，g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则g是NH3。根据转化关系图判断e是H2S，f是氧气，g是NH3，j是NO，h是SO2。所以X、Y、Z、W分别是H、N、O、S，根据此分析进行解答。
【详解】A．根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小X
C．Y的含氧酸如亚硝酸为弱酸，W的含氧酸如亚硫酸也为弱酸，故C选项错误。
D．酸性氧化物指的是能与水作用成酸或与碱作用成盐的氧化物，判断依据是化学反应前后各元素化合价保持不变，显然NO不是酸性氧化物，故D选项错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查元素化合物推断，物质的颜色、溶液pH为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
8.钴(Co)及其化合物在工业上广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。某学习小组欲从某工业废料中回收钴，设计工艺流程如下：(废料中含有Al、Co2O3 和Fe2O3等物质)。
请回答：
（1）废料用NaOH溶液处理前通常先将废料粉碎，其目的是____________。
（2）过程Ⅱ用稀H2SO4和H2O2溶液与Co2O3反应而达到浸出钴的目的，请写出该反应的离子方程式___________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________。
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅱ和Ⅲ中所起作用有所不同，请写出碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式__________________________________。
（4） 若在实验室中完成过程Ⅳ，则沉淀物需在__________________（填仪器名称）中灼烧；写出在过程Ⅴ中发生反应的化学方程式__________________________________。
（5）将1.0×10-3 mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________ mol/L。（已知：CoCO3的溶度积为：Ksp=1.0×10-13）
（6）CoO与盐酸反应可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2晶体因结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体在烘箱中受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质A的化学式是____________________。
【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (2). Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O (3). Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 (4). 2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑ (5). 坩埚 (6). 3CoO+2Al3Co+ A12O3 (7). 1.0×10-9 (8). CoCl2·2H2O
【解析】
【分析】
第一步中，Al和氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，得到滤液和滤渣，因此采用操作步骤是过滤，滤液中AlO2－与二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到金属单质铝。滤渣中Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，之后调节PH得到Fe（OH）3。滤液中Co2＋不能转化成沉淀，根据pH的范围为3.2≤pH<7.15调节PH得到碳酸钴沉淀之后进行煅烧得到氧化钴，与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co。根据此分析进行解答。
【详解】（1）废料进行矿石粉碎处理，可以增大接触面积，加快反应速率，
故答案：为增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，故反应的离子方程式为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O。HCl被氧化后，Cl由－1价→0价，反应离子反应方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，会产生氯气污染环境，
故答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）在过程Ⅱ中Fe3＋与碳酸根发生双水解，转化成Fe（OH）3，但Co2＋不能转化成沉淀。碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑
（4）过程Ⅳ是将Al(OH)3 灼烧生成Al2O3，需要在坩埚中进行，电解熔融氧化铝得到金属单质铝，过程Ⅴ中氧化钴与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co，化学方程式为3CoO+2Al3Co+ A12O3，
故答案为：坩埚； 3CoO+2Al3Co+ A12O3
（5）Co2+与CO32-结合成CoCO3沉淀，此时碳酸根的浓度为（1.2×10-3-1.0×10-3）÷2=1×10-4，故Co2+的浓度=mol/L，
故答案为： 1.0×10-9
（6）由图可知n（CoCl2）=65×10-3÷130=5×10-4mol，物质A中含有的结晶水的物质的量为n（H2O）=（83-65）×10-3÷18=1×10-3mol，故n（CoCl2）∶n（H2O）=1:2，故物质A的化学式为CoCl2·2H2O，
故答案为：CoCl2·2H2O
【点睛】点睛：熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。本题的难点是(2)题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为(3)，明确溶度积常数的含义是解题的关键。
9.V2O5可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体，微溶于水，具有强氧化性，属于两性氧化物。某研究小组将从钒铅锌矿(主要含有V2O5、PbO、ZnO、CaO)中提取V2O5及回收铅、锌等金属。工艺流程如下图所示：
已知：NH4VO3是白色粉末，可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O
请回答：
（1）钒铅锌矿高温熔炼时，生成金属铅的反应属于基本反应类型中的________反应； V2O5与纯碱反应的化学方程式为_______________________。
（2）流程中操作I的名称是_______________________。
（3）焦炭用量对还原熔炼效果的影响如下左图所示。分析图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约______% 较为合适。
（4）钒浸出过程中，液固比(液体质量：固体质量)对钒浸出率的影响如上右图所示。分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为2:1,理由是___________。
（5）为制取纯度较高的V2O5，往含钒浸出液(主要为NaVO3)中加NH4Cl溶液，该反应的化学方程式是_________________________。
（6）在洗涤①操作时，可选用的洗涤剂________ (填选项字母)。
A．乙醚 B．1% NH4Cl 溶液 C．热水 D．冷水
（7）在灼烧②操作时，需在流动空气中灼烧的可能原因_____________________。
【答案】 (1). 置换 (2). V2O5+Na2CO32NaVO3+ CO2↑ (3). 过滤 (4). 10 (5). 液固比为2:1时,钒浸出率在97%以上,再进一步增大液固比,钒浸出率提高不明显,而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大。 (6). NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓ (7). BD (8). 若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率
【解析】
【详解】（1）反应过程中加入了单质碳，反应生成单质金属铅，反应属于基本反应类型中的置换反应。V2O5与纯碱反应生成NaVO3和 CO2气体，故反应方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+ CO2↑ 。
故答案为 置换 V2O5+Na2CO32NaVO3+ CO2↑
（2）流程中操作I是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，名称是过滤。
故答案为 过滤
（3）根据焦炭用量对还原熔炼效果的影响图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约10%较为合适。
故答案为 10
（4）钒浸出过程中，液固比(液体质量：固体质量)对钒浸出率的影响如上右图所示。分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为2:1，这时浸出率为97%以上，为进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会导致浸出用水量、废水排放量增大等问题；
故答案为 液固比为2:1时,钒浸出率在97%以上,再进一步增大液固比,钒浸出率提高不明显,而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大。
（5）往含钒浸出液中加NH4Cl溶液，发生反应NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓，该反应属于基本反应类型中的复分解反应。
故答案为 NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓
（6）已知NH4VO3可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。且为减小产物的损失，可以选择1% NH4Cl 溶液和冷水进行洗涤。
故答案为 BD
（7）灼烧操作②的过程中由NH4VO3灼烧得到V2O5和NH3↑，若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率，故要在流通的热空气中进行。
故答案为若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率。
10.CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)+ O2(g) ＝CO2(g)+2H2O（1） △H1=akJ•mol-1
H2(g)+O2(g) ＝H2O（1） △H2=bkJ•mol-1
H2O(g) ＝ H2O(l) △H3=ckJ•mol-1
则 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=__________kJ•mol-1
（2）为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。
回答下列问题：
①压强 p1、p2、p3的大小关系是________；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_________。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___________ (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝_________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）① 以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4 直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_____________； 300～400℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是___________。
② 为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是_____（写一条即可）。
（4）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为___________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。
【答案】 (1). (3b-a-c ) (2). p1＜p2＜p3 (3). Ka＝Kb＜Kc (4). 66.7% （或0.667） (5). 3.2 MPa (6). 催化剂的催化效率降低 (7). 温度升高，化学反应速率加快 (8). 增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来 (9). 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O (10). 6
【解析】
【分析】
本题需要根据盖斯定律进行计算△H，且根据三段式进行分析计算，压强之比等于物质的量之比。根据图像分析出反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)减小压强反应向正方向进行，正反应为吸热反应，H＞0。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，根据此分析进行解答。
【详解】（1）已知①CH3OH(g)+ O2(g) ＝CO2(g)+2H2O（1） △H1=akJ•mol-1
②H2(g)+O2(g) ＝H2O（1） △H2=bkJ•mol-1
③H2O(g) ＝ H2O(l) △H3=ckJ•mol-1
则根据盖斯定律，由3②-①-③可得到 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，故△H= (3b-a-c ) kJ•mol-1。
故答案为(3b-a-c )
（2）①对于反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1时CO体积分数大于P2大于P3 故p1＜p2＜p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，H＞0，平衡常数只受反应温度影响，故在700℃下，Ka＝Kb，c点的温度高于a点和b点，温度升高反应正向进行故Ka＝Kb＜Kc。
②若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，
C(s)＋CO2(g)2CO(g)
起始（mol） a 0
变化（mol） m 2m
平衡（mol） a-m 2m
故，，故CO2的转化率为≈66.7% （或0.667）。
压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp＝
故答案为 p1＜p2＜p3 Ka＝Kb＜Kc 66.7% （或0.667） 3.2 MPa
（3）①如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。
②为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来。
故答案为 催化剂的催化效率降低 . 温度升高，化学反应速率加快 增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来
（4）电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式是2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。
故答案为 催化剂的催化效率降低 . 温度升高，化学反应速率加快 增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来
故答案为 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 6
11.硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途很广。请回答下列问题：
（1）B的基态原子核外电子排布式为____________________。
（2）BF3的立体构型是_____________________；HF能与BF3化合得到HBF4，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因___________。
（3）H3BO3为一元酸，与足量NaOH溶液反应得到[B(OH)4]-，H3BO3 和[B(OH)4]-中B的杂化轨道类型分别为为____________ 、____________。
（4）NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”，NaBH4的电子式为_____________，其中三种元素的电负性由大到小的顺序是__________________________。
（5）自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7·10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其结构如图所示，
它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是_________(填选项字母)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．金属键 E．范德华力
（6）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中的位置如图所示，其堆积方式为____________，Li+占据阴离子组成的所有最小正四面体中心，该化合物的化学式为____________(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为a pm，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g/cm3(用含a，NA的代数式表示) 。
【答案】 (1). 1s22s22p1 (2). 平面(正)三角形 (3). BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键 (4). sp2杂化 (5). sp3杂化 (6). (7). H>B>Na (8). D (9). 面心立方最密堆积 (10). LiB6H6 (11). 6.32×1032 /(a3·NA)
【解析】
【详解】（1）B元素处于第二周期IIIA族，核外电子排布式为1s22s22p1 。
故答案为1s22s22p1
（2）BF3分子的中心B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，分子空间构型为平面正三角形，中心B原子的杂化轨道类型为sp2，故BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键得到HBF4。
故答案为 平面(正)三角形 BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键
（3）H3BO3中B原子的价层电子对数为3，故B原子的杂化轨道类型为SP2，[B(OH)4]-中B原子的价层电子数为4，孤对电子数为0，故B原子的杂化轨道类型为SP3杂化。
故答案为 sp2杂化 sp3杂化
（4）NaBH4为离子化合物，电子式为，NaBH4中H的化合价为-1，电负性大于B，故电负性大小比较为：H>B>Na。
故答案为 H>B>Na
（5）Na2[B4O5(OH)4]·8H2O中含有离子键，形成4个键的B原子中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与B原子之间形成配位键，图1中用“→”标出其中的配位键为：，该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构，故含有共价键、氢键及范德华力的作用，不存在金属键。
故答案选D
（6）由图可知阴离子处于晶胞的顶点和面心，属于面心立方最密堆积，顶点阴离子与面心阴离子构成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体故有8个Li+，故该化合物的化学式为LiB6H6，晶体密度=晶胞的密度=。
故答案为 LiB6H6 6.32×1032 /(a3·NA)
【点睛】本题较为全面考查了物质结构的知识，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、杂化方式、晶胞结构等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，(6)中晶胞中晶胞参数的计算为难点，也是易错点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。
12.光刻胶是大规模集成电路、印刷电路版和激光制版技术中的关键材料，某一光刻胶M的合成路线如下： (部分试剂、反应条件和产物已略去)
已知：
Ⅰ．(R1，R2为烃基或氢)
Ⅱ． (R1，R2为烃基)
（1）写出A的结构简式______，B分子中的含氧官能团的名称为_______________。
（2）写出B与银氨溶液发生反应的化学方程式____________________________________。
（3）下列有关光刻胶M的说法正确的是______________________（填字母序号）。
a．可稳定存在于碱性溶液中
b．化学式为C11H10O2
c．可发生氧化反应、还原反应、取代反应
d. 1mol该物质与足量H2发生加成反应时可消耗4mol H2
（4）乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3:2:1， E能使溴水褪色且能发生水解反应，则F的结构简式为________________________。
（5）与C具有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有______种（不考虑立体异构）；C的另一种同分异构体满足下列条件:①能发生银镜反应和水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应②苯环上的一氯取代产物只有两种,写出该同分异构体的结构简式:_________。
（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图_______________________(无机试剂任意选用)，合成路线流程图示例如下： CH3CH2Br CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
【答案】 (1). (2). 醛基 (3). (4). c (5). (6). 4 (7). , (8). CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH。
【解析】
【分析】
试题分析：根据D，可以反推出A为，B为，C为，羧酸X为CH3COOH，E为，F为，根据此分析进行解答。
【详解】（1）A是苯甲醛，A的结构简式，B为，含氧官能团为醛基。
故答案为 醛基
（2）已知B为，和银氨溶液发生化学反应为：
故答案为
（3）D与G生成光刻胶，结合信息Ⅱ，光刻胶的结构简式为，
A．酯基会与碱溶液发生反应，故A选项错误。
B．光刻胶为聚合物，其单体的化学式是C11H10O2，故B选项错误。
C．由该化合物的结构简式可知，化合物含有C=C和酯基，可以发生氧化反应、还原反应、取代反应，故C选项正确。
D．C=C及苯环均与氢气发生加成反应，则1 mol该物质可消耗4nmolH2，故D选项错误。
故答案选C
（4）根据分析可得E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3:2:1， E能使溴水褪色且能发生水解反应，故E中含有碳碳双键与酯基，E为，F为。
故答案为
（5）C为含有相同官能团且含有苯环结构，有乙烯基与羧基在苯环邻位、间位、对位三种和羧基位于乙烯基另外一个碳原子上，共四种同分异构体。能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明HCOO-直接与苯环相连；②苯环上的一氯取代产物只有两种，说明苯环有2个对位上的取代基。符合条件的C的同分异构体的结构简式是。
故答案为 4
（6）2分子CH3CHO合成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO氧化为CH3CH=CHCOOH，CH3CH=CHCOOH与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2COOH，合成路线是
故答案为
2020届湖北示范高中 11月份月考题 理科综合能力测试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 N 14 S 32 Mn 55 Co 59 Cl 35.5 Li 7 B 11
一、选择题
1.下列过程中没有发生化学变化的是
A. 浓硫酸使蔗糖变黑 B. 二氧化氮低温冷凝形成无色液体
C. 液氨汽化起制冷作用 D. 亚硫酸钠除去水中的溶解氧
【答案】C
【解析】
【分析】
有新物质生成的变化属于化学变化。
【详解】A. 浓硫酸具有脱水性和强氧化性，把浓硫酸加入蔗糖中，使蔗糖脱水生成碳而变黑，同时浓硫酸又与碳反应生成CO2、SO2等气体使体积膨胀，其中发生了多个化学反应，A项不符合题意；
B. 二氧化氮经加压冷凝成无色液体，二氧化氮转化为无色的四氧化二氮，有新物质生成，属于化学变化，B项不符合题意；
C. 液氨汽化起制冷作用，利用的是液氨的沸点低的物理性质，属于物理变化，没有新物质生成，C项符合题意；
D. 亚硫酸钠具有还原性，可以与水中的氧气发生氧化还原反应，属于化学变化，D项不符合题意；
答案选C。
2.下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3：CH3COOH CH3COO- + H+
C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe－3e- === Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，因ZnS的溶解度比CuS的大，则可发生沉淀的转化其离子方程式为：ZnS + Cu2+ === CuS + Zn2+，A项正确；
B. 0.1 mol/L 的醋酸溶液pH约为3，是因为醋酸是弱酸，发生部分电离，其电离方程式为：CH3COOH CH3COO- + H+，B项正确；
C. 电解NaCl溶液，阴极区水中的氢离子得电子生成氢气，溶液pH增大，电极反应式为：2H2O + 2e- === H2↑+ 2OH-，C项正确；
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，其电极反应式为：Fe－2e- === Fe2+，D项错误；
答案选D
【点睛】注意D选项是学生易疏忽的考点，钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，其负极均为铁失电子生成亚铁离子的过程，不能直接得到铁离子。
3.是一种在药物合成中有重要作用的有机物，下列关于该有机物的说法正确的是
A. 该有机物在一定条件下能发生酯化反应、还原反应、氧化反应、加成反应、消去反应
B. 该有机物中有4种官能团
C. 1mol该有机物分别与足量的碳酸氢钠溶液、金属钠反应，产生气体的物质的量不相同
D. 该有机物的分子式为C14H16O6
【答案】A
【解析】
【分析】
该有机物的分子式为C13H16O6，含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生还原反应，羟基能发生氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，本化合物中的羟基可以发生消去反应。
【详解】A．羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生还原反应，羟基能发生氧化反应，碳碳双键能发生加成反应，本化合物中的羟基可以发生消去反应，故A选项正确。
B．该有机物含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，不是四种，故B选项错误。
C．1mol该有机物含有2mol羧基和2mol醛基，分别与足量的碳酸氢钠溶液、金属钠反应，产生气体的物质的量相同，故C选项错误。
D．该有机物的分子式为C13H16O6，故D选项错误。
故答案选A。
【点睛】本题需要先分析化合物，在确定分子式以及官能团之后进行化学性质的探究，有机化合物的性质主要与官能团有关。
4.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH ]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国科学家在这一变换中利用双功能催化剂突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题。反应历程如图所示：
下列说法正确的是
A. 低温下实现高反应速率是因为使用了双功能催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
B. 过程Ⅰ为吸热过程、过程Ⅲ为放热过程
C. 过程Ⅲ生成了具有非极性共价键的H2、CO2
D. 图示中的2个H2O分子只有一个H2O分子参与了反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂不能改变反应的△H，故A选项错误。
B．过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，为吸热过程，过程Ⅲ中形成了新的化学键，为放热过程，故B选项正确。
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，二氧化碳中的化学键为极性共价键，故C选项错误。
D．过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，故D项正确错误。
故答案选B
【点睛】注意A选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
5.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 用图装置可证明非金属性强弱：N＞C＞Si
B. 用图装置可制备少量O2，其优点是能随时控制反应的发生和停止
C. 用图装置可配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D. 用图装置可蒸发 NaCl溶液得到氯化钠晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、硝酸、硅酸的酸性强弱顺序是硝酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知N、C、Si三种元素非金属性的强弱为N＞C＞Si，但是稀硝酸具有挥发性，会影响实验，故实验装置不完整，故A选项错误。
B．过氧化钠为粉末固体，关闭止水夹，与水接触后不能分离，则不能利用图中简易装置制备少量氧气，故B选项错误。
C．容量瓶只能用来配制一定物质的量浓度的溶液，不能用来稀释，故C选项错误。
D．可通过蒸发皿加热蒸发 NaCl溶液得到氯化钠晶体，故D选项正确。
故答案选D
6.室温下，将0.1 mol·L-1 NaOH溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：
下列关系中，不正确的是
A. M点c(Na+)＞c()
B. N点c()+c(Na+)=2c(-)
C. Q点c()+c(NH3·H2O)=c(Na+)
D. M、N、Q三点中，水的电离程度M＞N＞Q
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点溶液显酸性NH4HSO4+NaOH= NaNH4 SO4+H2O ，100mL0.lmol·L-1 NH4HSO4 溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液100mL，恰好完全反应，NH4+发生水解，所以显酸性，故A选项正确。
B．N点满足c(NH4+)+c(H+)+c(Na+) =c(OH-)+2 c(SO42-)，N点PH=7，故c(H+)= c(OH-)，所以上述式子可以写成c()+c(Na+)=2c(-)，故B选项正确。
C．Q点溶液中含有硫酸钠，氢氧化钠和氨水故根据物料守恒2c()+2c(NH3·H2O)=c(Na+)
故C选项错误。
D．因为加酸和碱抑制水的电离，水解促进电离，所以 M、N、Q 三个点中，M点水的电离程度最大，N点PH为7，水解程度居中，Q点有氢氧化钠抑制水的电离，故水的电离程度最小，故D选项正确。
故答案选C。
7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，e、g、h、i、j均是由这些元素组成的二元化合物，i常温常压下为液体，其余均为无色气体。e的摩尔质量为g的2倍，f是元素Z的单质，g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，h的组成元素位于同一主族。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：Y＞Z＞W＞X B. 热稳定性：i＞g, 沸点：i＞e
C. Y与W的含氧酸均是强酸 D. h与j均为酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。e、g、h、i、j是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下i为液体，其余均为无色气体，因此i为水H2O；e的摩尔质量为g的2倍，f是元素Z的单质，g物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则g是NH3。根据转化关系图判断e是H2S，f是氧气，g是NH3，j是NO，h是SO2。所以X、Y、Z、W分别是H、N、O、S，根据此分析进行解答。
【详解】A．根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小X
C．Y的含氧酸如亚硝酸为弱酸，W的含氧酸如亚硫酸也为弱酸，故C选项错误。
D．酸性氧化物指的是能与水作用成酸或与碱作用成盐的氧化物，判断依据是化学反应前后各元素化合价保持不变，显然NO不是酸性氧化物，故D选项错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查元素化合物推断，物质的颜色、溶液pH为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物。解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
8.钴(Co)及其化合物在工业上广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。某学习小组欲从某工业废料中回收钴，设计工艺流程如下：(废料中含有Al、Co2O3 和Fe2O3等物质)。
请回答：
（1）废料用NaOH溶液处理前通常先将废料粉碎，其目的是____________。
（2）过程Ⅱ用稀H2SO4和H2O2溶液与Co2O3反应而达到浸出钴的目的，请写出该反应的离子方程式___________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________。
（3）碳酸钠溶液在过程Ⅱ和Ⅲ中所起作用有所不同，请写出碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式__________________________________。
（4） 若在实验室中完成过程Ⅳ，则沉淀物需在__________________（填仪器名称）中灼烧；写出在过程Ⅴ中发生反应的化学方程式__________________________________。
（5）将1.0×10-3 mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________ mol/L。（已知：CoCO3的溶度积为：Ksp=1.0×10-13）
（6）CoO与盐酸反应可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2晶体因结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体在烘箱中受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质A的化学式是____________________。
【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率 (2). Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O (3). Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 (4). 2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑ (5). 坩埚 (6). 3CoO+2Al3Co+ A12O3 (7). 1.0×10-9 (8). CoCl2·2H2O
【解析】
【分析】
第一步中，Al和氢氧化钠溶液反应，其离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，得到滤液和滤渣，因此采用操作步骤是过滤，滤液中AlO2－与二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到金属单质铝。滤渣中Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，之后调节PH得到Fe（OH）3。滤液中Co2＋不能转化成沉淀，根据pH的范围为3.2≤pH<7.15调节PH得到碳酸钴沉淀之后进行煅烧得到氧化钴，与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co。根据此分析进行解答。
【详解】（1）废料进行矿石粉碎处理，可以增大接触面积，加快反应速率，
故答案：为增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）Co2O3作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由＋3价→＋2价，故反应的离子方程式为Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O。HCl被氧化后，Cl由－1价→0价，反应离子反应方程式为Co2O3＋2Cl－＋6H＋=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，会产生氯气污染环境，
故答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2＋+ O2+3H2O Co2O3可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
（3）在过程Ⅱ中Fe3＋与碳酸根发生双水解，转化成Fe（OH）3，但Co2＋不能转化成沉淀。碳酸钠在过程Ⅱ中发生反应生成沉淀的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Fe3++3+3H2O=2Fe (OH)3↓+3CO2↑
（4）过程Ⅳ是将Al(OH)3 灼烧生成Al2O3，需要在坩埚中进行，电解熔融氧化铝得到金属单质铝，过程Ⅴ中氧化钴与金属单质铝发生铝热反应得到金属单质Co，化学方程式为3CoO+2Al3Co+ A12O3，
故答案为：坩埚； 3CoO+2Al3Co+ A12O3
（5）Co2+与CO32-结合成CoCO3沉淀，此时碳酸根的浓度为（1.2×10-3-1.0×10-3）÷2=1×10-4，故Co2+的浓度=mol/L，
故答案为： 1.0×10-9
（6）由图可知n（CoCl2）=65×10-3÷130=5×10-4mol，物质A中含有的结晶水的物质的量为n（H2O）=（83-65）×10-3÷18=1×10-3mol，故n（CoCl2）∶n（H2O）=1:2，故物质A的化学式为CoCl2·2H2O，
故答案为：CoCl2·2H2O
【点睛】点睛：熟悉流程图涉及的反应原理是解题的基础。本题的难点是(2)题，需要根据反应物和生成物的关系，结合质量守恒定律书写方程式；本题的易错点为(3)，明确溶度积常数的含义是解题的关键。
9.V2O5可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体，微溶于水，具有强氧化性，属于两性氧化物。某研究小组将从钒铅锌矿(主要含有V2O5、PbO、ZnO、CaO)中提取V2O5及回收铅、锌等金属。工艺流程如下图所示：
已知：NH4VO3是白色粉末，可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O
请回答：
（1）钒铅锌矿高温熔炼时，生成金属铅的反应属于基本反应类型中的________反应； V2O5与纯碱反应的化学方程式为_______________________。
（2）流程中操作I的名称是_______________________。
（3）焦炭用量对还原熔炼效果的影响如下左图所示。分析图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约______% 较为合适。
（4）钒浸出过程中，液固比(液体质量：固体质量)对钒浸出率的影响如上右图所示。分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为2:1,理由是___________。
（5）为制取纯度较高的V2O5，往含钒浸出液(主要为NaVO3)中加NH4Cl溶液，该反应的化学方程式是_________________________。
（6）在洗涤①操作时，可选用的洗涤剂________ (填选项字母)。
A．乙醚 B．1% NH4Cl 溶液 C．热水 D．冷水
（7）在灼烧②操作时，需在流动空气中灼烧的可能原因_____________________。
【答案】 (1). 置换 (2). V2O5+Na2CO32NaVO3+ CO2↑ (3). 过滤 (4). 10 (5). 液固比为2:1时,钒浸出率在97%以上,再进一步增大液固比,钒浸出率提高不明显,而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大。 (6). NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓ (7). BD (8). 若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率
【解析】
【详解】（1）反应过程中加入了单质碳，反应生成单质金属铅，反应属于基本反应类型中的置换反应。V2O5与纯碱反应生成NaVO3和 CO2气体，故反应方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+ CO2↑ 。
故答案为 置换 V2O5+Na2CO32NaVO3+ CO2↑
（2）流程中操作I是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，名称是过滤。
故答案为 过滤
（3）根据焦炭用量对还原熔炼效果的影响图像可知，焦炭用量应取矿石质量的约10%较为合适。
故答案为 10
（4）钒浸出过程中，液固比(液体质量：固体质量)对钒浸出率的影响如上右图所示。分析图像可知，浸出过程的液固比最合适的比例约为2:1，这时浸出率为97%以上，为进一步增大液固比，钒浸出率提高不明显，而且还会导致浸出用水量、废水排放量增大等问题；
故答案为 液固比为2:1时,钒浸出率在97%以上,再进一步增大液固比,钒浸出率提高不明显,而且还会导致浸出用水量、废水排放量的增大。
（5）往含钒浸出液中加NH4Cl溶液，发生反应NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓，该反应属于基本反应类型中的复分解反应。
故答案为 NaVO3+NH4Cl=NaCl+NH4VO3↓
（6）已知NH4VO3可溶于热水，微溶于冷水，不溶于乙醇、乙醚。且为减小产物的损失，可以选择1% NH4Cl 溶液和冷水进行洗涤。
故答案为 BD
（7）灼烧操作②的过程中由NH4VO3灼烧得到V2O5和NH3↑，若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率，故要在流通的热空气中进行。
故答案为若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率。
10.CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)+ O2(g) ＝CO2(g)+2H2O（1） △H1=akJ•mol-1
H2(g)+O2(g) ＝H2O（1） △H2=bkJ•mol-1
H2O(g) ＝ H2O(l) △H3=ckJ•mol-1
则 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=__________kJ•mol-1
（2）为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。
回答下列问题：
①压强 p1、p2、p3的大小关系是________；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_________。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___________ (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝_________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）① 以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4 直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_____________； 300～400℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是___________。
② 为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是_____（写一条即可）。
（4）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为___________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。
【答案】 (1). (3b-a-c ) (2). p1＜p2＜p3 (3). Ka＝Kb＜Kc (4). 66.7% （或0.667） (5). 3.2 MPa (6). 催化剂的催化效率降低 (7). 温度升高，化学反应速率加快 (8). 增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来 (9). 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O (10). 6
【解析】
【分析】
本题需要根据盖斯定律进行计算△H，且根据三段式进行分析计算，压强之比等于物质的量之比。根据图像分析出反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)减小压强反应向正方向进行，正反应为吸热反应，H＞0。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，根据此分析进行解答。
【详解】（1）已知①CH3OH(g)+ O2(g) ＝CO2(g)+2H2O（1） △H1=akJ•mol-1
②H2(g)+O2(g) ＝H2O（1） △H2=bkJ•mol-1
③H2O(g) ＝ H2O(l) △H3=ckJ•mol-1
则根据盖斯定律，由3②-①-③可得到 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，故△H= (3b-a-c ) kJ•mol-1。
故答案为(3b-a-c )
（2）①对于反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1时CO体积分数大于P2大于P3 故p1＜p2＜p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，H＞0，平衡常数只受反应温度影响，故在700℃下，Ka＝Kb，c点的温度高于a点和b点，温度升高反应正向进行故Ka＝Kb＜Kc。
②若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，
C(s)＋CO2(g)2CO(g)
起始（mol） a 0
变化（mol） m 2m
平衡（mol） a-m 2m
故，，故CO2的转化率为≈66.7% （或0.667）。
压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp＝
故答案为 p1＜p2＜p3 Ka＝Kb＜Kc 66.7% （或0.667） 3.2 MPa
（3）①如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。
②为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来。
故答案为 催化剂的催化效率降低 . 温度升高，化学反应速率加快 增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来
（4）电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式是2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。
故答案为 催化剂的催化效率降低 . 温度升高，化学反应速率加快 增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来
故答案为 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 6
11.硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途很广。请回答下列问题：
（1）B的基态原子核外电子排布式为____________________。
（2）BF3的立体构型是_____________________；HF能与BF3化合得到HBF4，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因___________。
（3）H3BO3为一元酸，与足量NaOH溶液反应得到[B(OH)4]-，H3BO3 和[B(OH)4]-中B的杂化轨道类型分别为为____________ 、____________。
（4）NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”，NaBH4的电子式为_____________，其中三种元素的电负性由大到小的顺序是__________________________。
（5）自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7·10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其结构如图所示，
它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是_________(填选项字母)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．金属键 E．范德华力
（6）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中的位置如图所示，其堆积方式为____________，Li+占据阴离子组成的所有最小正四面体中心，该化合物的化学式为____________(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为a pm，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g/cm3(用含a，NA的代数式表示) 。
【答案】 (1). 1s22s22p1 (2). 平面(正)三角形 (3). BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键 (4). sp2杂化 (5). sp3杂化 (6). (7). H>B>Na (8). D (9). 面心立方最密堆积 (10). LiB6H6 (11). 6.32×1032 /(a3·NA)
【解析】
【详解】（1）B元素处于第二周期IIIA族，核外电子排布式为1s22s22p1 。
故答案为1s22s22p1
（2）BF3分子的中心B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，分子空间构型为平面正三角形，中心B原子的杂化轨道类型为sp2，故BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键得到HBF4。
故答案为 平面(正)三角形 BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键
（3）H3BO3中B原子的价层电子对数为3，故B原子的杂化轨道类型为SP2，[B(OH)4]-中B原子的价层电子数为4，孤对电子数为0，故B原子的杂化轨道类型为SP3杂化。
故答案为 sp2杂化 sp3杂化
（4）NaBH4为离子化合物，电子式为，NaBH4中H的化合价为-1，电负性大于B，故电负性大小比较为：H>B>Na。
故答案为 H>B>Na
（5）Na2[B4O5(OH)4]·8H2O中含有离子键，形成4个键的B原子中含有1个配位键，氢氧根离子中氧原子与B原子之间形成配位键，图1中用“→”标出其中的配位键为：，该阴离子通过氢键相互结合形成链状结构，故含有共价键、氢键及范德华力的作用，不存在金属键。
故答案选D
（6）由图可知阴离子处于晶胞的顶点和面心，属于面心立方最密堆积，顶点阴离子与面心阴离子构成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体故有8个Li+，故该化合物的化学式为LiB6H6，晶体密度=晶胞的密度=。
故答案为 LiB6H6 6.32×1032 /(a3·NA)
【点睛】本题较为全面考查了物质结构的知识，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、杂化方式、晶胞结构等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，(6)中晶胞中晶胞参数的计算为难点，也是易错点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。
12.光刻胶是大规模集成电路、印刷电路版和激光制版技术中的关键材料，某一光刻胶M的合成路线如下： (部分试剂、反应条件和产物已略去)
已知：
Ⅰ．(R1，R2为烃基或氢)
Ⅱ． (R1，R2为烃基)
（1）写出A的结构简式______，B分子中的含氧官能团的名称为_______________。
（2）写出B与银氨溶液发生反应的化学方程式____________________________________。
（3）下列有关光刻胶M的说法正确的是______________________（填字母序号）。
a．可稳定存在于碱性溶液中
b．化学式为C11H10O2
c．可发生氧化反应、还原反应、取代反应
d. 1mol该物质与足量H2发生加成反应时可消耗4mol H2
（4）乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3:2:1， E能使溴水褪色且能发生水解反应，则F的结构简式为________________________。
（5）与C具有相同官能团且含有苯环的同分异构体还有______种（不考虑立体异构）；C的另一种同分异构体满足下列条件:①能发生银镜反应和水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应②苯环上的一氯取代产物只有两种,写出该同分异构体的结构简式:_________。
（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3CH2CH2COOH的合成路线流程图_______________________(无机试剂任意选用)，合成路线流程图示例如下： CH3CH2Br CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
【答案】 (1). (2). 醛基 (3). (4). c (5). (6). 4 (7). , (8). CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH。
【解析】
【分析】
试题分析：根据D，可以反推出A为，B为，C为，羧酸X为CH3COOH，E为，F为，根据此分析进行解答。
【详解】（1）A是苯甲醛，A的结构简式，B为，含氧官能团为醛基。
故答案为 醛基
（2）已知B为，和银氨溶液发生化学反应为：
故答案为
（3）D与G生成光刻胶，结合信息Ⅱ，光刻胶的结构简式为，
A．酯基会与碱溶液发生反应，故A选项错误。
B．光刻胶为聚合物，其单体的化学式是C11H10O2，故B选项错误。
C．由该化合物的结构简式可知，化合物含有C=C和酯基，可以发生氧化反应、还原反应、取代反应，故C选项正确。
D．C=C及苯环均与氢气发生加成反应，则1 mol该物质可消耗4nmolH2，故D选项错误。
故答案选C
（4）根据分析可得E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3:2:1， E能使溴水褪色且能发生水解反应，故E中含有碳碳双键与酯基，E为，F为。
故答案为
（5）C为含有相同官能团且含有苯环结构，有乙烯基与羧基在苯环邻位、间位、对位三种和羧基位于乙烯基另外一个碳原子上，共四种同分异构体。能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明HCOO-直接与苯环相连；②苯环上的一氯取代产物只有两种，说明苯环有2个对位上的取代基。符合条件的C的同分异构体的结构简式是。
故答案为 4
（6）2分子CH3CHO合成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO氧化为CH3CH=CHCOOH，CH3CH=CHCOOH与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2COOH，合成路线是
故答案为
相关资料
更多
