重庆2019年分类考试化学模拟试题「含答案」

由上述数据计算△H1=﹣99kJ?mol﹣1；

（2）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）△H，该反应△H=﹣263kJ?mol﹣1，化学平衡常数K=K12?K2?K3（用含K1、K2、K3的代数式表示）；

（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有AD；

A．分离出二甲醚??????????????B．升高温度

C．改用高效催化剂????????????D．增大压强

（4）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；

（5）以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是CD；

A．该反应的△H＞0

B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%

C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%

D．若在p3和316℃时，起始时=3，则达平衡时CO的转化率大于50%

E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2molH2和1molCO，则平衡时二甲醚的体积分数增大

（6）某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=2.25．

「分析」（1）△H等于反应物的键能减去生成物的键能；

（2）盖斯定律：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关；

（3）总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积；

（4）勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；

（5）催化剂不会影响化学平衡移动；

（6）可用体积分数求出各物质的浓度，然后再利用平衡常数的公式求出平衡常数．

「解答」解：（1）由△H等于反应物的键能减去生成物的键能，可求得反应①的△H1=1076+2×436﹣343﹣465﹣3×413=﹣99kJ?mol﹣1，故答案为：﹣99kJ?mol﹣1；

（2）由盖斯定律可得，总反应3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）为方程式①×2+②+③相加所得，故△H=2△H1+△H2+△H3=2×（﹣99）﹣24﹣41=﹣263kJ?mol﹣1；总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K12?K2?K3．

故答案为：﹣263kJ?mol﹣1；K=K12?K2?K3；

（3）由勒夏特列原理，对于3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）为了提高CH3OCH3产率，反应需要向正反应方向移动，因此通过减小气体体积、降温、减少产物的量可以实现，而催化剂对化学平衡的移动没有影响，由此可知A、D正确．

故答案为：AD；

（4）反应②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），反应③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），由此可知，反应③消耗反应②中的水，根据勒夏特列原理可知，可提高CH3OCH3的产率．

故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；

（5）由图象可知，反应温度升高，CO的转化率降低，说明该正反应方向为放热反应，△H＜0，A错误；找出p2，316℃坐标点，可知CO的转化率大于50%，B错误；由图可知，p3，316℃时，CO的转化率为50%，而此时H2和CO的物质的量之比等于系数比，即两者的转化率相等，所以H2的转化率也为50%，C正确；若增大H2和CO的物质的量之比，则平衡正向移动，CO的转化率也同时升高，D正确；根据等效平衡的原理，保持温度和压强不变，充入与起始时等比值的氢气和CO，两种平衡等效，二甲醚的体积分数不变，E错误．

故答案为：CD；

（6）设平衡时CH3OCH3的物质的量为xmol，由4H2（g）+2CO（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），平衡时各物质的浓度分别为：[H2]=4﹣2x，[CO]=2﹣x，[CH3OCH3]=，[H2O]=．二甲醚的体积分数为25%，也即=，解得x=；所以平衡时各物质的浓度分别为：[H2]=1，[CO]=0.5，[CH3OCH3]=0.75，[H2O]=0.75，所以平衡常数K==2.25．

故答案为：2.25．

「点评」本题难度较大，综合性非常强，综合了化学平衡、转化率、盖斯定律等知识．

三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）

11．金属的表面处理可以使金属制品美观耐用，我国2000多年前就已经掌握化学镀铬即铬盐氧化处理技术，现代工业中常采用电镀或化学镀进行金属表面处理．请回答：

（1）化学镀金是借助合适的还原剂，使镀液中金属离子还原沉积到金属表面．如化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，其离子方程式为Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+；

（2）工业上进行电镀时，待镀金属作为阴极．电镀铬若采用Cr3+的简单水溶液，电镀过程中阴极附近的pH与电镀时间的关系如图1，pH变化的原因是H+参与放电，上述过程的发生对镀层产生的影响是镀层变薄且不均匀；

（3）为防止上述过程发生，电镀铬可以在硫酸盐溶液体系中进行，图2为硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响，随厚度增加，镀层覆盖范围变化的原因可能是Cr3+浓度增加会使镀层加厚，但浓度增加铬晶粒变大使覆盖范围变小；

（4）综合考虑镀层厚度及覆盖范围，电镀铬时温度以30～40℃为佳，工业上控制反应温度的设备名称为热交换器；电镀铬的过程中阳极会产生部分Cr2O72﹣，可以加入AB（填字母）除去；

A．H2O2??B．Na2SO3???C．FeSO4

（5）工业采用含Cr3+为3.25g/L的电解液电镀铬，则溶液pH不能大于4．（已知：35℃时，Kw=2.0×10﹣14，Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31）

「分析」（1）化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，还原产物是Ni，据此书写离子反应；

（2）在电镀工业中，待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，根据电镀池中电极反应式来回答；

（3）根据硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响关系来分析原因；

（4）工业上控制反应温度的设备名称为热交换器，Cr2O72﹣具有很强的氧化性，可以和还原性的试剂之间发生反应，但是不能引进杂质离子；

（5）根据Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31=c（Cr3+）?c3（OH﹣）来计算氢氧根离子浓度，根据Kw=c（H+）?c（OH﹣）来计算氢离子浓度，进而计算pH．

「解答」解：（1）根据信息：化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，还原产物是Ni，结合氧化还原反应知识，得到反应为：Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+，故答案为：Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+；

（2）在电镀工业中，待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，根据电镀过程中阴极附近的pH与电镀时间的关系图，可以看出由于H+参与放电，导致溶液pH的变化，在阴极上，应该是金属阳离子得电子析出金属单质的过程，由于氢离子参与放电，所以镀层变薄且不均匀，故答案为：阴；H+参与放电；镀层变薄且不均匀；

（3）根据硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响关系，得到：Cr3+浓度增加会使镀层加厚，但浓度增加铬晶粒变大使覆盖范围变小，故答案为：Cr3+浓度增加会使镀层加厚，但浓度增加铬晶粒变大使覆盖范围变小；

（4）工业上控制反应温度的设备名称为热交换器；镀铬的过程中阳极会产生部分Cr2O72﹣，Cr2O72+具有很强的氧化性，可以和还原性双氧水、亚硫酸钠之间发生反应，但是C选项的硫酸亚铁会引进杂质离子，故选AB，故答案为：热交换器；AB；

（5）含Cr3+为3.25g/L的电解液中，Cr3+的浓度是=0.0625mol/L，根据Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31=c（Cr3+）?c3（OH﹣），得到氢氧根离子浓度==2×10﹣10mol/L，Kw=c（H+）?c（OH﹣），c（H+）=mol/L=10﹣4mol/L，所以pH=4，故答案为：4．

「点评」本题涉及电解池的工作原理以及应用、难溶物的沉淀溶解平衡常数的计算等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．

选做题：选修3物质结构与性质（共1小题，满分0分）

12．第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．

（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O；

②下列叙述不正确的是BC；（填字母）

A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水

B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化

C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子

D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低

③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式N≡C﹣O﹣H；

（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．

①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤对电子；

②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中不存在B；

A、共价键??B、非极性键??C、配位键??D、σ键??E、π键

写出一种与CN﹣互为等电子体的单质分子式N2；

（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于d区；

（4）一种Al﹣Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：

①确定该合金的化学式；

②若晶体的密度=ρg/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为cm．

「分析」（1）①根据元素周期表电负性的递变规律比较电负性强弱；

②A．甲醛和水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水；B．二氧化碳分子中C原子为sp杂化；C．苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键；D．原子晶体的熔沸点大于分子晶体；

③碳为四价，氮为三价，氧为两价，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C﹣O﹣H；

（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对；

②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中Fe2+与CN﹣形成配位键，CN﹣中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键；CN﹣中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN﹣等电子体的单质；

（3）根据Ti原子核外电子排布式解答；

（4）①根据均摊法计算化学式；

②计算出晶胞边长，即可进一步求出最近的两个Fe原子之间的距离．

「解答」解：（1）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，电负性顺序为：H＜C＜N＜O，

故答案为：H＜C＜N＜O；

②A．A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；

B．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，但二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故B错误；

C．C2H2是直线型对称结构，为非极性分子，但苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；

D．二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，

故答案为：BC；

③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四价，氮为三价，氧为两价，故N≡C﹣O﹣H，

故答案为：N≡C﹣O﹣H；

（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，

故答案为：具有孤对电子；

②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中Fe2+与CN﹣形成配位键，CN﹣中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN﹣中共价键、配位键、σ键、π键；CN﹣中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN﹣等电子体的单质为N2，

故答案为：B；N2；

（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，属于d区，故答案为：d；

（4）①Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8×+6×+1+12×=8，Al位于晶胞体心，数目为4，原子数目比值为2：1，化学式可写为：Fe2Al，

答：化学式为Fe2Al；

②晶胞质量为：×（56×2+27）g，设晶胞边长为acm，则晶胞体积为a3cm3，由密度公式得：ρ×a3=×（56×2+27），解得a=2×，两个Fe原子之间的距离为边长的一半，则距离为：×acm=cm，

故答案为：．

「点评」本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及电负性、杂化理论、化学键、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等．

选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）

13．「化学﹣﹣选修有机化学基础」

环己烯常用于有机合成．现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以做内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子．

已知：R1﹣CH=CH﹣R2R1﹣CHO+R2﹣CHO

（1）F的名称是乙二醇，C中含有的官能团的名称是醛基．

（2）③的反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热．

（3）写出下列反应类型：⑥氧化反应，⑨消去反应．

（4）写出②反应化学方程式：．

（5）写出⑩反应化学方程式：．

（6）试写出C与新制银氨溶液反应的化学方程式：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O

（7）D的一种同分异构体，可发生加成聚合反应，且能和NaHCO3反应，有三种氢原子，核磁共振氢谱面积比为1：2：3，试写出结构简式：．

「分析」环己烯与溴发生加成反应生成A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为，A发生消去反应生成，发生信息中反应生成OHCCH2CH2CHO、OHC﹣CHO，C与氢气发生加成反应生成F为醇、C发生氧化反应生成E为羧酸，故F、E含有相同碳原子数目，由F生成环醚G的分子式可知，C中含有2个C原子，则D为OHCCH2CH2CHO，C为OHC﹣CHO，则F为HOCH2CH2OH、E为HOOC﹣COOH，2分子HOCH2CH2OH发生脱水反应生成环醚G为，F与E通过酯化反应进行的缩聚反应生成聚酯H为．D与氢气发生加成反应生成I为HOCH2CH2CH2CH2OH，I在浓硫酸、加热条件下生成J，J分子中无饱和碳原子，应发生消去反应，可推知J为CH2=CHCH=CH2，J发生发生加聚反应得到合成橡胶，据此解答．

「解答」解：环己烯与溴发生加成反应生成A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为，A发生消去反应生成，发生信息中反应生成OHCCH2CH2CHO、OHC﹣CHO，C与氢气发生加成反应生成F为醇、C发生氧化反应生成E为羧酸，故F、E含有相同碳原子数目，由F生成环醚G的分子式可知，C中含有2个C原子，则D为OHCCH2CH2CHO，C为OHC﹣CHO，则F为HOCH2CH2OH、E为HOOC﹣COOH，2分子HOCH2CH2OH发生脱水反应生成环醚G为，F与E通过酯化反应进行的缩聚反应生成聚酯H为．D与氢气发生加成反应生成I为HOCH2CH2CH2CH2OH，I在浓硫酸、加热条件下生成J，J分子中无饱和碳原子，应发生消去反应，可推知J为CH2=CHCH=CH2，J发生发生加聚反应得到合成橡胶，

（1）F为HOCH2CH2OH，名称是乙二醇，C为OHC﹣CHO，含有的官能团是醛基，故答案为：乙二醇；醛基；

（2）反应③是卤代烃在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；

（3）反应⑥是醛发生氧化反应生成羧酸，反应⑨是HOCH2CH2CH2CH2OH发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，故答案为：氧化反应；消去反应；

（4）反应②的化学方程式为：，

故答案为：；

（5）反应⑩的化学方程式为：，故答案为：；

（6）C为OHC﹣CHO，与新制银氨溶液反应的化学方程式：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O，

故答案为：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O；

（7）D（OHCCH2CH2CHO）的一种同分异构体，可发生加成聚合反应，且能和NaHCO3反应，含有羧基与碳碳双键，有三种氢原子，核磁共振氢谱面积比为1：2：3，符合条件的同分异构体结构简式：，故答案为：．

「点评」本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的自学能力，是常见题型，利用正推法与逆推法相结合进行推断，对学生的推理有一定的要求，熟练掌握官能团的性质，难度中等．