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H2SO4，I2被还原为HI，化学方程式为I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI。(4)淀粉遇单质碘变蓝色，达滴定终点时，I2转化为I，则现象为滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色。1－－2－
(5)根据I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI、2S2O2得n(I2)＝n(SO2)＋n(Na2S2O3)，故n(SO2)3＋I2===S4O6＋2I，21－－－＝n(I2)－n(Na2S2O3)＝c1V1×103 mol－0.5 c2V2×103 mol＝(c1V1－0.5c2V2)×103 mol，则该蛋白质中的硫元
2?c1V1－0.5c2V2?×103 mol×32 g·mol13.2?c1V1－0.5c2V2?
素的质量分数为×100%＝%。(6)若燃烧时过量氧气进
m gm入吸收液中，会发生反应：2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4，导致硫元素的质量分数测定值偏小。
27．硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 ℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：
－
－
－
回答下列问题：
(1)NaBH4的电子式为________。
(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是__________________________________。 (3)滤渣的成分是________________。
(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气，该操作的目的是
______________________；原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有________、玻璃片和小刀。
(5)操作2的名称为________。流程中可循环利用的物质是________。
(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(7)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1 g NaBH4的还原能力相当于________g H2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数)。
【答案】(1)
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(2)Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg(OH)2
6
(3)Fe3O4和Mg(OH)2 (4)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子、滤纸
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电解－－
(5)蒸馏 异丙胺 (6)BO2＋2H2O=====BH4＋2O2↑ (7)0.21
【解析】(1)NaBH4的电子式为。(2)由流程图知碱溶中B元素转化为NaBO2，发生反应
的化学方程式是Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O===2NaBO2＋2Mg(OH)2。(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4。(4)Na的性质活泼，能与水蒸气和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以反应开始前须先排除水蒸气和空气(或氧气)的干扰。(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用。(6)由“在碱性条件下，电解－－用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4”，可知电解总反应的离子方程式为BO2＋2H2O=====BH4＋2O2↑。(7)NaBH4和氢气作还原剂时氧化产物中氢元素都为＋1价，则1 g NaBH4的还原能力相当于0.21 g H2的还原能力。
28．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题： (1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
①已知相关反应的能量变化如图所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为_________________________________________________。 ②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填字母)。 a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2＋H2===H2O(g)＋CO c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
③其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是___________________________________________________。
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(2)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20 kPa、25 kPa，加入Ni/α－Al2O3催化剂并加热至1 123 K 使其发生反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率v(CO)＝1.3×102·p(CH4)·p(CO2) mol·g1·s1，某时刻测得p(CO)＝20 kPa，则p(CO2)＝________kPa，v(CO)＝________mol·g1·s1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)
(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O2则此时溶液的pH＝________。(已知常温下H2C2O44)，的Ka1＝6×102，Ka2＝6×105，lg 6＝0.8)
【答案】(1)①CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247.4 kJ·mol1
②cd ③不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 362×362(2)①15 1.95 ② (3)2.7
2×7
【解析】(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程Ⅰ的化学反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。由能量－反应进程曲线得热化学方程式：
CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.2 kJ·mol1 (ⅰ) CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165 kJ·mol1 (ⅱ)
根据盖斯定律，由(ⅰ)×2＋(ⅱ)得过程Ⅰ的热化学方程式：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋247.4 kJ·mol1。
②过程Ⅱ物质变化为：左上(CO、H2、CO2)＋右下(惰性气体)→ 左下(H2O)＋右上(CO、惰性气体)，总反应为H2＋CO2===H2O(g)＋CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故a、b正确，c、d错误。
③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变(800 ℃)，将催化剂Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。
(2)①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为 1 123 K恒容时，CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) 起始分压/kPa： 20 25 0 0 改变分压/kPa： 10 10 20 20
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某时分压/kPa： 10 15 20 20
即某时刻p(CO2)＝15 kPa，p(CH4)＝10 kPa。代入v(CO)＝1.3×102·p(CH4)·p(CO2)mol·g1·s1＝1.95 mol·g
－1·s1。
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－
②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa， 1 123 K恒容时，CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) 起始分压/kPa: 20 25 0 0 改变分压/kPa：x x 2x 2x 平衡分压/kPa: 20－x 25－x 2x 2x
?20－x?＋?25－x?＋2x＋2x据题意，有＝1.8，解得x＝18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次
20＋25p2?CO?·p2?H2?362×362
是2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp＝＝。
2×7p?CH4?·p?CO2?(3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离： H2C2O4HC2O4
－
c?H?·c?HC2O4?
H＋HC2O4 Ka1＝
c?H2C2O4?
＋
－
＋－
c?H?·c?C2O24?
H＋C2O4 Ka2＝ －
c?HC2O4?
＋
＋－
2－
当c(H2C2O4)＝c(C2O2Ka2＝c2(H)。c(H)＝Ka1·Ka2＝6×104)时，Ka1·
－＋＋
－3.5
mol·L1，pH＝2.7。
－
35. [化学一选修 3:物质结构与性质](15分)
氧、硫形成的化合物种类繁多，日常生活中应用广泛。如硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式如下：AgBr＋2Na2S2O3===Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr。回答下列问题：
(1)已知银(Ag)位于元素周期表第五周期，与Cu同族，则基态Ag的价电子排布式为____________。 (2)下列关于物质结构与性质的说法，正确的是________。 A．玻尔原子结构模型能够成功地解释各种原子光谱 B．Br、S、O三种元素的电负性顺序为 O＞Br＞S
C．Na 的第一电离能小于 Mg，但其第二电离能却远大于 Mg D．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S
3
(3)依据VSEPR理论推测S2O23的空间构型为______，中心原子S的杂化方式为________，[Ag(S2O3)2]
－
－
中存在的化学键有________(填字母)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E．配位键
(4)第一电子亲和能(E1)是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量(单位为kJ·mol1)，电子亲和能越大，该元素原子越易得电子。已知第三周期部分元素第一电子亲和能如下表：
元素 E1/(kJ·mol1) －－
Al 42.5 Si 134 P 72.0 S 200 Cl 349 表中元素的E1自左而右呈增大趋势，试分析P元素呈现异常的原因_____________________________ ___________________________________________。
(5)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B组成。则该氧化物的化学式为________，已知该晶体
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的晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则密度ρ为____________g·cm3(用含a和NA 的代数式表示)。
－
【答案】(1)4d105s1 (2)BC (3)四面体 sp3 BCE (4)P的价电子排布式为 3s23p3,3p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子 (5)Fe3O4
232×8
－73
?a×10?NA
【解析】(1)银位于元素周期表第五周期，与铜同族，处于第一副族，价电子排布式为4d105s1。
(2)A.玻尔原子结构模型能够成功地揭示氢原子光谱，故错误；B.非金属性越强电负性越大，故O>Br>S，故正确；C.镁原子3s轨道为全充满稳定状态，半径又较小，第一电离能高于钠，失去一个电子后，钠离子是稳定结构，第二电离能远高于镁，故正确；D.水分子间存在氢键，故水的熔沸点高于硫化氢，稳定性属于化学性质，由共价键决定，故错误。
6＋2－2×4－
(3)S2O2＝0，价层电子对数为0＋4＝4，3中一个硫原子相当于氧原子，中心硫原子孤电子对数为2微粒空间构型为四面体，中心硫原子采取sp3杂化；[Ag(S2O3)2]3中Ag与S2O23之间形成配位键，硫原子之间形成非极性键，硫与氧原子之间形成极性键，故选BCE。
(4)P的价电子排布式为 3s23p3，磷原子的3p能级处于半充满状态，相对稳定，不容易结合一个电子。 (5)亚铁离子处于晶胞的顶点，面心以及A位置小立方体的体心，氧离子位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，铁离子处于晶胞B位置小立方体的内部，用均摊法计算晶胞中铁和氧原子数目确11定化学式，铁原子数目为4＋8×＋6×＋4×4＝24，氧原子数目为4×8＝32，故铁和氧原子数目之比为24∶32
82232232
＝3∶4，故氧化物化学式为Fe3O4。 晶胞相当于有8个四氧化三铁，晶胞质量＝8× g，晶体密度＝8×
NANA232×8－－
g÷(a×107cm)3＝ g·cm3， －73
?a×10?NA
36.[化学—选修5:有机化学基础](15分)
有机化合物A只含C、H、O三种元素，质谱分析测得其相对分子质量为162，核磁共振氢谱显示其分子中共有五种性质的氢，其峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3，红外光谱显示A分子结构中有碳碳双键、酯基和苯环结构。其一种合成路线如图所示，回答下列问题：
－
＋
－
(1)根据题意写出A的结构简式____________。
(2)写出反应类型：反应①、⑤分别属于______、______。
(3)B与F均能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，F的结构简式为________________。写出反应⑥的化学
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2020年高考理综化学冲刺提分提能试卷三(解析版)
