1、广东省深圳中学2020届高三化学第五次能力测试试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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 C-12 N-14 O-16 Na-23 C1-35.5 Fe-56 Ni-59 Ag-108一、选择题：本题共7个小题，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.化学与生产、生活及社会发展密切相
2、关。下列说法正确的是（ ）A. 聚合硫酸铝Al2(OH)x(SO4)yn是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B. 杜甫的诗句“颠狂柳絮随风去，轻薄桃花逐水流”中的柳絮富含高分子糖类C. 宋应星的天工开物记载“凡火药，硫为纯阳”中硫为浓硫酸D. 水泥冶金厂常用高压电除尘，是因为烟尘在空气中形成胶体且发生丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A. 聚合硫酸铝在水中水解得到Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，可作絮凝剂，但不能杀灭水中病菌，A选项错误；B. 柳絮富含纤维素，纤维素是高分子糖类，B选项正确；C. 火药中含硫物质为硫单质，不是浓硫酸，C选项错误；D. 高压电除尘，是因为烟尘在空气中形成胶体
3、，带电的胶粒在电场中发生电泳，D选项错误；答案选B。【点睛】电泳：胶体粒子表面积大，吸附能力强，因吸附带电粒子而带电，所以胶体粒子可在电场中定向移动。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 标准状况下，1.12LCl2溶于2L水，溶液中含氯粒子的数目等于0.1NAB. 含有C-Si键数目为2NA的SiC晶体中硅原子的物质的量为1molC. 14.0gFe发生吸氧腐蚀最终生成Fe2O3xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAD. 室温下，0.05mol/L的硝酸铵溶液中氮原子数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A氯水中存在平衡：Cl2 + H2O H+ + Cl- +
4、 HClO，Cl2没有完全反应，所以，标准状况下，1.12LCl2溶于2L水，溶液中含氯粒子的数目小于0.1NA，A选项错误；BSiC晶体中，每个Si与4个C形成4个C-Si键，所以，含有C-Si键数目为2NA的SiC晶体中硅原子的物质的量为0.5mol，B选项错误；CFe发生吸氧腐蚀的电极反应：正极：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH- ，负极：2Fe - 4e- 2Fe2+；氧化还原反应中转移的电子数等于失电子总数，所以14.0gFe发生吸氧腐蚀电极反应转移的电子数为，C选项正确；D没有给出溶液的体积，无法计算0.05mol/L的硝酸铵溶液中氮原子数目，D选项错误；答案选C。【点睛
5、】Fe的吸氧腐蚀：1电极反应：正极：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；负极：2Fe - 4e- 2Fe2+；总反应：O2 + 2Fe + 2H2O = 2Fe(OH)2。2形成铁锈：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3；2Fe(OH)3 = Fe2O3xH2O(铁锈)(3-x)H2O。3.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂，微溶于KOH溶液，热稳定性差。实验室制备高铁酸钾的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。下列实验设计不能达到实验目的的是A. 用图所示装置制备并净化氯气B. 用图所示装置制备高铁
6、酸钾C. 用图所示装置分离出高铁酸钾粗品D. 用图所示装置干燥高铁酸钾【答案】D【解析】【详解】A. 可用浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下制取氯气，制取的氯气中含有氯化氢气体，可通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，能达到实验目的，故A不符合；B. KOH溶液是过量的，且高铁酸钾微溶于KOH溶液，则可析出高铁酸钾晶体，能达到实验目的，故B不符合；C. 由B项分析可知，高铁酸钾微溶于KOH溶液，可析出高铁酸钾晶体，用过滤的方法即可分离出高铁酸钾粗品，能达到实验目的，故C不符合；D. 已知高铁酸钾热稳定性差，因此直接加热会导致高铁酸钾分解，不能达到实验目的，故D符合；答案选D。4.司替戊醇(d)用于
7、治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断不正确的是（ ）A. a苯环上的二氯代物有3种B. c具有良好的水溶性C. d的分子式为C14H18O3D. a、c、d均能使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A. 有机物a苯环上有3个不同的H，所以a苯环的二氯代物有3种，A选项正确；B. 有机物c中没有高比例的亲水基，所以不具有良好的水溶性，B选项不正确；C. 根据d的分子结构可知，d的分子式为C14H18O3，C选项正确；D. 有机物a中的-CHO能被溴水氧化，c、d中的碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以a、c、d均能使溴水褪色，D选项正确；答案选B。5.主
8、族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，Z的最高正价是其最低负价绝对值的三倍，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂。下列说法错误的是（ ）A. X、Y和Z三种元素与Q形成的最简单化合物中最稳定的是ZB. Q、Y和Z三种元素可形成离子化合物C. Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性D. WZXY溶液常用于Fe3+的检验【答案】A【解析】【分析】Z的最高正价是其最低负价绝对值的三倍，同时应满足最高正价和最低负价绝对值代数和为8，则Z为S；化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，则Y2Q4是N2H4，即：Y是N，Q是H；X与Y相邻，且原子序数XY
9、，则X是C；Y(N)、W的最外层电子数之和等于Z(S)的族序数，则W最外层电子数为1，又由于原子序数WZ，且均不大于20，所以W为K。总之，Q、X、Y、Z、W分别是H、C、N、S、K。可在此基础上对各选项作出判断。【详解】A. X(C)、Y(N)和Z(S)三种元素中N的非金属性最强，所以Y(N)与Q(H)形成的最简单化合物最稳定，A选项错误；B. Q(H)、Y(N)和Z(S)三种元素可形成(NH4)2SO4等离子化合物，B选项正确；C. Q(H)和W(K)形成的化合物KH溶于水：KH + H2O = KOH + H2，所以水溶液呈碱性，C选项正确；D. WZXY为KSCN，其溶液常用于Fe3+
10、的检验：Fe3+ + 3SCN- = Fe(SCN)3(血红色)，D选项正确；答案选A。6.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液pH调至7.5(该pH下溶液中的Ni2+不沉淀)，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2(不考虑Cl2的逸出)在弱碱性条件下生成ClO，ClO再把二价镍（可简单写成Ni2+）氧化为Ni3+，再将Ni3+经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是（）A. 加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力B. 电解过程中阴、阳两极附近溶液的pH均升高C. 当有1m
11、ol Ni2+氧化为Ni3+时，外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NAD. 反应前后b池中Cl- 浓度几乎不变【答案】B【解析】【详解】A硫酸钠是一种强电解质，向其中加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，A正确；B在电解过程中，阴极上发生反应：2H+2e-=H2，促进了水的电离平衡，溶液中c(OH-)增大，该电极附近溶液的pH升高；在阳极发生反应：2Cl-+2e-=Cl2，电解过程中阳极附近产生的氯气溶于水反应产生盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，B错误；C当有1mol Ni2+氧化为Ni3+时，Ni元素化合价升高1价，由于电子转移数目与元素化合价升高
12、数目相等，所以外电路中通过的电子数目为1NA，通过阳离子交换膜的Na+数目为1NA，C正确；D阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl-不能通过阳离子交换膜，电解时阳极附近氯离子放电，发生电极反应为2Cl-2e-=Cl2，在弱碱性条件下生成ClO-，ClO-氧化Ni2+，生成氯离子、+3价的镍，离子反应为：ClO-+H2O+2Ni2+=Cl-+2Ni3+2OH-，b池氯离子浓度几乎不变，故D正确；故选项是B。7.25时，将0.1mo/L的NaOH溶液滴入盛有50mLpH=2的HA溶液的绝热容器中（忽略热胀冷缩和分子空隙对体积的影响），加入NaOH溶液的体积V与溶液温度T的关系
13、如图，下列说法不正确的是（ ）A. 25时，该pH=2的HA溶液电离度为10%B. b点溶液显碱性C. b到c的过程中，温度下降的主要原因是NaOH溶液的加入D. c点溶液中，c(Na+)c(A-)+c(OH-)【答案】A【解析】【分析】由图可知，随NaOH溶液的加入，酸碱中和放热使溶液温度升高，当加入的NaOH溶液的体积为40mL时，温度达到最高，说明此时反应恰好完全，则原HA溶液的浓度为：c(HA)= =0.08mol/L；继续加入NaOH溶液，溶液温度逐渐下降。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A根据分析，原HA溶液的浓度为0.08mol/L，所以，25时，该pH=2的HA溶液电
14、离度为100%=12.5%，A选项错误；B根据分析，b点溶液为NaA溶液。根据A选项可知HA为弱酸，所以NaA溶液显碱性，B选项正确；Cb点HA恰好完全反应，所以b到c的过程中，无反应发生，NaOH溶液的加入使溶液温度下降，C选项正确；D根据电中性原则，c点溶液中有：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以，c(Na+)Ksp(AgSCN) 。(3)步骤中达到滴定终点的现象为_。(4)实验过程中加入硝基苯的目的是_。(5)产品中氯元素的质量分数为_%。(6)下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_。A.步骤中未加硝基苯B.步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C.用KS
15、CN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】 (1). E (2). H (3). J (4). H (5). 将BCl3冷凝为液态分离出来 (6). 2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O (7). 覆盖AgCl，滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色 (8). 防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确 (9). (10). B【解析】【分析】.用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3，沸点为12.5，所以收集三氯化硼
16、要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据此答题。II.(3)根据Fe3+、SCN-反应产生血红色物质判断滴定终点；(4)硝基苯是液态有机物，密度比水大，可以覆盖在AgCl上，防止AgCl发生沉淀溶解；(5)根据n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，可计算出溶液中10.00mL溶液中含有的n(Cl-)，然后计算mg即100mL中含有的n(Cl-)及质量
17、，从而计算出其质量分数；根据c=进行误差分析。【详解】I.(1)用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3，沸点为12.5，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据上面的分析可知，依次连接的合理顺序为GEHJHFDI，故答案为E、H、J、H；反应产生的BCl3为气态，用冰水冷却降温变为液态，便于与未反应的氯气
18、分离开来，所以其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来；(2)中装置J中Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，产生NaCl、NaClO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O；II.(3)向该物质中加入AgNO3溶液，发生反应：Ag+Cl-=AgCl，为了使溶液中的Cl-沉淀完全，加入过量的AgNO3溶液，然后以硝酸铁为指示剂，若溶液中Cl-沉淀完全，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。会发生反应：Ag+ +SCN- =AgSCN，溶液变为血红色，所以滴定终点现象为滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液
19、由无色变为血红色且半分钟内不褪色；(4)硝基苯是液态有机物，密度比水大，加入硝基苯就可以覆盖在反应产生AgCl沉淀上，防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确；(5)根据离子反应可知n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，则10.00mL中含有n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=C1 mol/LV110-3L/mL C2mol/LV2 mL10-3L/mL=(C1V1-C2V2)10-3mol；则mg中含有Cl-元素的质量为m= (C1V1-C2V2)10-3mol35.5g/mol，则产品中氯元素的质量分数为=；A.步骤中未加硝基苯，会使一部分AgCl转化为A
20、gSCN，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有n(Cl-)偏小，A错误；B.步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，B正确；C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，C错误；D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查物质制备实验，题目涉及化学实验基本操作、先后顺序、尾气处理、物质含量的测定及误差分析等，侧重于学
21、生的分析能力和实验能力的考查，明确原理是解题关键，注意题目信息的应用，目难度中等。9.钼酸钠晶体（Na2MoO42H2O）常用于制造阻燃剂和无公害冷水系统的金属抑制剂。如图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：回答下列问题：（1）提高焙烧效率的方法有_。（写出两种）（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的氧化产物是_（写化学式）。（3）“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的化学方程式为_。钼精矿在碱性条件下，加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42-生成，该反应的离子方程式为_。（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S
22、，则废渣成分的化学式为_。（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO42-)=0.40mol/L，c(SO42-)=0.04mol/L。“结晶”前需先除去SO42-，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当SO42-完全沉淀（c(SO42-)1.010-5mol/L）时，BaMoO4是否会析出？_。（请计算说明）已知：Ksp(BaSO4)=1.110-10，Ksp(BaMoO4)=4.010-8（6）“重结晶”过程的具体操作是：_。【答案】 (1). 粉碎固体颗粒；空气大大过量 (2). MoO3、SO2 (3). MoO3+Na2CO3=Na2M
23、oO4+CO2 (4). MoS2+9ClO+6OH=MoO42-+9Cl+2SO42-+3H2O (5). PbS (6). 当c(SO42-)=1.010-5mol/L，c(Ba2+)= =1.110-5mol/L，c(Ba2+)c(MoO42-)=1.110-50.40=4.410-64.010-8，所以会析出BaMoO4沉淀 (7). “结晶”得到的粗品溶解得到溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥【解析】【分析】据题分析工艺流程图：钼精矿经焙烧转化为MoO3，再用Na2CO3溶液处理得到Na2MoO4，用沉淀剂将重金属沉淀，过滤后所得滤液经处理进行结晶、重结晶等过程最终获得产品。
24、【详解】(1)可采取将钼精矿粉碎或通入过量的空气提高焙烧效率；答案为：粉碎固体颗粒，空气大大过量；(2)MoS2中Mo和S的化合价分别为+4、-2，“焙烧”时MoS2转化为MoO3和SO2，Mo和S的化合价均升高，所以，该反应过程的氧化产物是MoO3和SO2；答案为：MoO3、SO2；(3)根据题意分析可知，“碱浸”时MoO3和Na2CO3反应生成Na2MoO4，所以，该化学方程式为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2；MoS2在碱性条件下，加入NaClO溶液，也生成钼酸钠，同时有SO42-生成，Mo和S被氧化，则Cl应被还原成Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒，可写出该反应
25、的离子方程式：MoS2+9ClO+6OH=MoO42-+9Cl+2SO42-+3H2O；答案为：MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2；MoS2+9ClO+6OH=MoO42-+9Cl+2SO42-+3H2O；(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则有反应：Pb2+ + S2- = PbS，所以废渣成分为PbS；答案为：PbS；(5)当c(SO42-)=1.010-5mol/L，c(Ba2+)= =1.110-5(mol/L)，c(Ba2+)c(MoO42-)=1.110-50.40=4.410-64.010-8，所以会析出BaMoO4沉淀；答案为：当c(SO42-)=1.
26、010-5mol/L，c(Ba2+)= =1.110-5mol/L，c(Ba2+)c(MoO42-)=1.110-50.40=4.410-64.010-8，所以会析出BaMoO4沉淀；(6)“重结晶”过程具体操作是：为除去“结晶”得到的粗品中的可溶性杂质，可将粗品溶解得到溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；答案为：“结晶”得到的粗品溶解得到溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。【点睛】离子混合是否能产生沉淀，可通过比较离子积Qc和溶度积Ksp判断：Qc Ksp，过饱和，生成沉淀；Qc = Ksp，饱和，不能生成沉淀；Qc Ksp，不饱和，不能生成沉淀。其中，离子积Qc和溶度积Ks
27、p表达式形式相同，含义不同：Qc中的浓度为任一浓度，Ksp中的浓度为平衡浓度(即饱和时的浓度)。10.开发清洁能源是当今化工研究的一个热点问题。二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H1=-99kJmol-12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H2=-23.5kJmol-1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H3=-41.2kJmol-1（1）催化反应室中的总反应3
28、CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)，计算H=_。反应原料来自煤的气化。已知该反应的平衡常数表达式为K=，每生成1molH2需要吸收131.3kJ的热量。写出该反应的热化学方程式_。（2）在该条件下，若反应的起始浓度分别为：c(CO)=0.6molL-1，c(H2)=1.4molL-1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为_。（3）在t时，反应的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc(molL1)0.461.01.0此时刻v正_v逆（填“
29、”“”或“”），平衡时c(CH3OCH3)的物质的量浓度是_。（4）在（1）小题中催化反应室的总反应3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)，CO的平衡转化率a(CO)与温度、压强的关系如图所示，图中X代表_（填“温度”或“压强”），且L1_L2（填“”“”或“”）（5）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率（产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈现如图的变化趋势。试解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因：_。【答案】 (1). -262.7kJmol-1 (2). C(s)H2O(g)H2(g)CO(g) H=+1
30、31.3kJmol-1 (3). 0.075molL-1min-1 (4). (5). 1.2molL-1 (6). 温度 (7). (8). 当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应被促进，而反应被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小【解析】【分析】(1)将反应、联立可得催化反应室中总反应化学方程式，根据盖斯定律便可计算H；根据煤的气化平衡常数表达式以及质量守恒，可写出该反应的化学方程式，根据生成1molH2需要吸收131.3kJ的热量可算出反应热；(2)根据反应中CO、H2的起始浓度和CO的转化率用三段式可计算H2的浓度变化，再利用题给时间可求出
31、8min内H2的平均反应速率；(3)先计算浓度商，将计算结果与化学平衡常数相比确定反应方向，从而确定正逆反应速率相对大小；根据化学平衡常数可计算平衡时二甲醚的物质的量浓度；(4)根据催化反应室总反应放热化学方程式可知CO的平衡转化率a(CO)与温度、压强的关系，从而判断X是温度还是压强，并判断L1、L2的相对大小；(5)根据平衡移动原理分析起始投料比的改变如何直接或间接影响反应、，对照图中曲线变化，可推测投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因。【详解】(1)催化反应室中的总反应3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)可按以下方法联立得到：2+，根据盖斯定理，该反应H
32、=-99kJmol-12+(-23.5kJmol-1)+ (-41.2kJmol-1)= -262.7kJmol-1；根据煤的气化平衡常数表达式以及质量守恒，可写出该反应的化学方程式为：H2O(g)+C(s) H2(g)+CO(g)，根据生成1molH2需要吸收131.3kJ的热量可知该反应的H=+131.3kJmol-1，则该反应的热化学方程式为：C(s)H2O(g)H2(g)CO(g) H=+131.3kJmol-1。答案为：-262.7kJmol-1；C(s)H2O(g)H2(g)CO(g) H=+131.3kJmol-1；(2)根据题给数据，CO的反应量为0.6mol/L50%=0.3
33、mol/L，则有： 则8min内H2的平均反应速率为：v (H2)= =0.075molL-1min-1。答案为：0.075molL-1min-1；(3)该时刻反应浓度熵为：Qc = 400，平衡正向移动，所以，v正v逆；设平衡时CH3OCH3物质的量浓度为x，则有：x=0.2mol/L，则平衡时c(CH3OCH3) =1mol/L +0.2mol/L=1.2mol/L。答案为：；1.2mol/L；(4)根据催化反应室的总反应放热化学方程式3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g) H= -262.7kJmol-1，可知，正向反应气体减少，反应放热。所以，CO的平衡转化率a(CO
34、)随温度的升高而减小、随压强的增大而增大，图中曲线随X增大而减小，可判断X是温度，则L1、L2是压强，且L1L2。答案为：温度；(5)结合图象，根据平衡移动原理分析：随着增大，反应CO转化率增大，甲醇的产率增大，进而有利于反应正向移动；另一方面，随着增大，反应被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应；图中二甲醚产率随着增大先增大后减小的原因就是这两种因素共同作用的结果：当投料比小于1时，以前一因素影响为主；当投料比大于1时，以后一因素影响为主。总之，题给图中投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因可解释为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应被促进，而反应被抑制，c(H2O)增
35、大，最终抑制反应，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。答案为：当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应被促进，而反应被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。【点睛】当影响反应的因素不只一种，且作用相反时，可根据实验结果或题给信息判断何时以何种因素影响为主。11.据报道，我国化学研究人员用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一个镍的一维链状配位聚合物(如图)，对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。请回答下列问题：(1)基态Ni原子的价电子轨道表达式为_，Ni在元素周期表中处于第_纵行。(2)C、N、O三种元素中电负性
36、最大的是_(填元素符号)，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_。(3)Ni(NO3)2中阴离子的空间构型是_，写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式：_。(4)一维链状配位聚合物中，碳原子的杂化形式为_。(5)已知： CH3COOH的沸点为117.9， HCOOCH3的沸点为32，CH3COOH的沸点高于 HCOOCH3的主要原因是_。(6)已知：氧化镍的晶胞结构如图所示。若NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为gcm3，则该晶胞中最近的O2之间的距离为_pm(用含、NA的代数式表示)。某缺陷氧化镍的组成为 Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3两种价态，两种价态的镍离子数目
37、之比为_。【答案】 (1). (2). 10 (3). O (4). C有4个价电子且半径较小，难以通过得到或失去电子达到稳定结构 (5). 平面三角形 (6). SO3(或BF3)（合理即可） (7). sp2、sp3 (8). CH3COOH分子间存在氢键，而HCOOCH3分子之间没有氢键 (9). (10). 91:6【解析】【分析】(1)Ni的原子序数为28，根据构造原理写其价电子轨道表达式；(2)同周期元素从左至右，电负性依次增强；根据碳原子的原子结构特点分析其成键特点；(3)根据价层电子对互斥理论分析离子构型；互为等电子体的分子或离子的价电子总数和原子总数均相等；(4)根据杂化轨道
38、理论分析碳原子的杂化方式；(5)根据氢键对物质性质的影响分析；(6)根据均摊法，确定晶胞中离子个数，进而计算晶胞的质量，再计算晶胞的边长，再根据几何关系计算最近的O2之间的距离；根据守恒思想和化合价代数和为0计算。【详解】(1)Ni的原子序数为28，在元素周期表中处于第10纵行，根据构造原理可写出其价电子轨道表达式为，故答案为：；10；(2)同周期元素从左至右，电负性依次增强，则C、N、O三种元素中电负性最大的是O元素，由于C有4个价电子且半径较小，难以通过得到或失去电子达到稳定结构，所以C在形成化合物时，其键型以共价键为主，故答案为：O；C有4个价电子且半径较小，难以通过得到或失去电子达到稳
39、定结构；(3)Ni(NO3)2的阴离子为NO3-，中心原子N原子的键电子对数为3，孤电子对数= ，则N原子的价层电子对数为3，N原子采取sp2杂化，则其空间构型是平面三角形；SO3(或BF3)与其互为等电子体，它们的价电子总数和原子总数均相等，故答案为：平面三角形；SO3(或BF3)（合理即可）；(4)由一维链状配位聚合物的结构可知，其碳原子的键电子对数为分别为3、4，没有孤电子对，则碳原子的价层电子对数分别为3、4，则碳原子的杂化形式为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；(5)在CH3COOH中存在O-H键，因此分子之间可形成氢键，而HCOOCH3分子不具备形成氢键的条件，分子之间没有
40、氢键，因此CH3COOH的沸点较高，故答案为：CH3COOH分子间存在氢键，而HCOOCH3分子之间没有氢键；(6)根据均摊法可知，晶胞中O2-的个数为，Ni2+的个数为，则晶胞的质量为，则晶胞的边长为，则该晶胞中最近的O2之间的距离为pm，故答案为：；设Ni2+和Ni3+的个数分别为x、y，则可得方程组，x+y=0.97，2x+3y=2，x=0.91，y=0.06，则Ni2+和Ni3+的个数之比为0.91:0.06=91:6，故答案为：91:6。【点睛】第（6）问在计算晶胞边长时，单位的换算是学生们的易错点，密度单位不变，我们计算出的边长为cm，最后结果要的是pm，要将cm 换算为pm，1c
41、m=1010pm，另外经常用到的还有纳米与厘米的换算，1cm=107nm。12.瑞巴匹特为新型抗溃疡药，它可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如图：（1）A的化学名称为_，A与足量的NaOH溶液反应的化学方程式_。（2）化合物D中含氧官能团的名称为_。（3）反应中，属于取代反应的是_（填序号）。（4）CD的转化中，生成的另一种产物为HCl，则X的结构简式为_。（5）已知Y中的溴原子被OH取代得到Z，写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式：_。.分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环；.苯环上的一氯代物只有两种；.能与NaHCO3溶液发生反应。（6）已知：C
42、H3CH2OHCH3CH2Br，请写出以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图_（无机试剂任用）。【答案】 (1). 丙二酸二乙酯 (2). C2H5OOCCH2COOC2H52NaOHNaOOCCH2COONa2C2H5OH (3). 肽键、酯基 (4). (5). (6). (或其它合理答案) (7). 【解析】【分析】分析瑞巴匹特合成路线：A与NaNO2反应，中间CH2的1个H被NO取代得到B，B在Zn、AcOH作用下NO被还原为NH2得到C，C与X反应，C中NH2上的1个H被取代得到D，反应中D分子中与N相连的C上的H被取代得到E，E经KOH、H2O处理后酸化得到目标
43、产物F瑞巴匹特。可在此基础上解各小题。【详解】(1)A为丙二酸的二乙醇酯，化学名称为：丙二酸二乙酯；A为二元酯，与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为：C2H5OOCCH2COOC2H52NaOHNaOOCCH2COONa2C2H5OH；答案为：丙二酸二乙酯；C2H5OOCCH2COOC2H52NaOHNaOOCCH2COONa2C2H5OH；(2)化合物D含氧官能团有、，名称分别为：肽键、酯基。答案为：肽键、酯基；(3)根据分析可知，反应中，属于取代反应的是：A分子中1个CH2的1个H被NO取代，：C中NH2上的1个H被取代，：D分子中与N相连的C上的H被取代。答案为：；(4)CD的转化中，
44、C与X反应，C中NH2上的1个H被取代得到D，生成的另一种产物为HCl，则X为和Cl相连的有机物，结构简式为。答案为：；(5)Y中的溴原子被OH取代所得Z的结构简式为：，分子式为C10H9NO2。由条件.能与NaHCO3溶液发生反应，可判断Z含1个-COOH；由条件.分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环，可判断Z可能有结构：或等；根据条件.苯环上的一氯代物只有两种，可判断苯环上应有2个取代基，一个为-COOH，另一个应为-NH2。据此可写出符合条件的Z的同分异构体为：、 等。答案为：(或其它合理答案)；(6)参照瑞巴匹特合成路线中的步骤、，可由经KOH、H2O处理后酸化而来，可由BrCH2CH2CH2Br与发生取代反应而来，BrCH2CH2CH2Br可由HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应而来。所以，以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图可设计为：。答案为：。【点睛】设计有机合成路线时，除了要利用好本小题中的信息外，还应充分利用题干已有的合成路线中的可用信息。
