（京津鲁琼版）2020版新高考化学三轮复习非选择题专项练（五）（含解析）

＋

生成Al(OH)3沉淀而除去。(4)在实验室煅烧CoCO3时，需在坩埚中进行，坩埚需放在泥三角

上，而坩埚和泥三角都属于硅酸盐材质的仪器。(5)从CoCl2溶液中制取CoCl2·6H2O的操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；洗涤过程中用乙醇和水的混合溶液代替水，可减少CoCl2·6H2O的溶解损失。

(6)根据CoCl2·6H2O～CoCl2·xH2O 238 130＋18x 119 g 83 g 238130＋18x＝，解得x＝2。 119 g83 g

答案：(1)2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑ (2)有氯气生成，污染环境 (3)调节溶液的pH，使Al变成Al(OH)3沉淀除去 (4)坩埚、泥三角 (5)蒸发浓缩 冷却结晶 减少晶体的溶解损失 (6)2

2．解析：Ⅰ.(1)结合题意和题图可知，0.5ΔH1×80%＝E1－E2＝(23－3.4) kJ·mol，解得ΔH1＝＋49 kJ·mol。(2)反应①的ΔH1＝＋49 kJ·mol>0，ΔS>0，根据ΔH－TΔS<0时反应自发进行可知，反应①能够自发进行的原因是反应①为熵增反应。反应①为吸热反应，升高温度，CH3OH的转化率提高；反应②也为吸热反应，升高温度，平衡右移，CO含量增加，从而会损坏燃料电池的交换膜。(3)CH3OH(g)＋H2O(g)

CO2(g)＋3H2(g)为反应前后气体体积

－1

－1

－1

3＋

不相等的反应，体系内压强不变，可以说明反应达到平衡状态，A项正确；该容器为恒容密闭容器，又气体总质量不变，故气体密度为一定值，B项错误；设起始通入的H2和CO2均为1 mol，反应进行到t时刻时，CO2反应了a mol，则此时体系中n(CO2)＝(1－a) mol，n(H2)＝(1－3a) 1－amol，n(CH3OH)＝n(H2O)＝a mol，CO2的体积分数为×100%＝50%，即反应过程中CO2的体

2－2a积分数始终保持为50%，C项错误；断裂3 mol H—H键的同时断裂3 mol H—O键，说明消耗3 mol H2的同时有1 mol CH3OH和1 mol H2O被消耗，则正、逆反应速率相同，可以说明反应达到平衡状态，D项正确。(4)设平衡时反应①消耗CH3OH x mol，反应②消耗二氧化碳y mol，则：

CH3OH(g)＋H2O(g)

CO2(g)＋3H2(g)

起始量/mol 1.00 1.32 0 0 变化量/mol x x x 3x 平衡量/mol 1.00－x 1.32－x x 3x H2(g)＋CO2(g)

CO(g)＋H2O(g)

起始量/mol 3x x 0 1.32－x 变化量/mol y y y y 平衡量/mol 3x－y x－y y 1.32－x＋y

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??3x－y＝2.70?，解得x＝0.91，则平衡状态下H2、CO2、CO和H2O的物质的量分别为2.70 mol、?y＝0.030?

0.91 mol0.88 mol、0.030 mol和0.440 mol，反应①中CH3OH的转化率为×100%＝91%。反应

1.00 molⅡ的平衡常数K＝

c（H2O）·c（CO）0.440×0.030－3

＝≈5.6×10。

c（H2）·c（CO2）2.70×0.88

2－

－

Ⅱ.(5)甲醇在负极失电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3OH＋3CO3－6e===4CO2↑＋2H2O，内电路转移1.5 mol CO3时，消耗甲醇0.5 mol，质量为0.5 mol×32 g·mol＝16 g。(6)O2在正极得电子，发生还原反应，电极反应式为O2＋2CO2＋4e===2CO3。

答案：Ⅰ.(1)＋49 kJ·mol

(2)该反应为熵增反应 CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 (3)AD (4)91% 5.6×10

Ⅱ.(5)16 (6)O2＋2CO2＋4e===2CO3

3．解析：(1)①催化剂能降低反应的活化能，加快化学反应速率，但不能使反应热发生变化，也不能改变生成物，故选BD。②利用盖斯定律，用总反应的热化学方程式减去第一步反应的热化学方程式可得到第二步反应的热化学方程式为H2O2(aq)＋2Fe

3＋

－1

2＋

－

2－

－3

－1

－

2－

2－

－1

(aq)＋2H

＋

(aq)===2Fe(aq)＋2H2O(l) ΔH＝(a－b) kJ·mol。(2)①速率常数只与温度有关，而与催化剂和物质的浓度没有关系，温度升高，速率常数增大，故A、C项错误，B项正确；该容器为恒容密闭容器，平衡后再充入1 mol O2和4 mol HCl(g)，相当于增大压强，平衡右移，两种反应物的转化率均增大，D项正确。②根据阿伏加德罗定律可知，在恒容条件下，压强与温度、物质的量成正比，由于T2时压强大，则T2时温度高。根据恒温恒容条件下，物质的量之4.5

比等于压强之比可知，T2温度下平衡时气体的总物质的量为×5 mol＝4.5 mol，气体的总

5.03.5

物质的量减少了0.5 mol，T1温度下平衡时气体的总物质的量为×5 mol＝4.375 mol，气

4.0体的总物质的量减少了0.625 mol，在温度较低的T1温度下反应达平衡时，气体的物质的量减少得多，即反应正向进行的程度大，故该反应为放热反应，ΔH<0。③设T2温度下平衡时反应过程中转化了x mol O2，根据反应：

一定条件

O2(g)＋4HCl(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) 起始/mol 1 4 0 0 变化/mol x 4x 2x 2x 平衡/mol 1－x 4－4x 2x 2x

5.04.5由压强之比等于物质的量之比得：＝，解得x＝0.5，故HCl的平衡转

5 mol（5－x） mol0.5 mol×41422化率为×100%＝50%。平衡时O2、HCl、Cl2、H2O的物质的量分数分别为、、、，4 mol9999

- 6 -

2222（）×（）999

则平衡常数Kx＝＝。

14416×（）99

答案：(1)①BD ②H2O2(aq)＋2Fe(aq)＋2H(aq)===2Fe(aq)＋2H2O(l) ΔH＝(a－b) kJ·mol (2)①BD

②< < 反应达平衡时，气体物质的量的减少量分别为Δn(T1)＝5×

0.5

mol＝0.625 4.0

－1

2＋

＋

3＋

0.59

mol、Δn(T2)＝5× mol＝0.5 mol，T1时平衡转化率更大 ③50% (或0.562 5)

5.016

4．解析：(1)基态 Cu原子的核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，则电子在核外排布的原子轨道共有15个。(2)元素的非金属性越强，原子对键合电子的吸引力越大，故吸引力最大的是O。(3)[Cu(NH3)4]中配位键的孤电子对由N原子提供；根据“相似相溶”原理，水为极性分子，则此种化合物属于极性分子；结合Cu(NH3)2Cl2存在两种同分异构体，[Cu(NH3)4]

＋

2

2＋

2

2

6

2

6

10

1

中形成了4个相同的配位键，可推出其立体构型为平面正方形。(4)氨分子中氮原子的价层

5－3×13

电子对数＝3＋＝4，所以N原子采取sp杂化；乙醇分子中的2个C原子和O原子都

21113

采取sp杂化。(6)由题图可知，该晶胞中的Cu原子个数为4，O原子个数为8×＋4×＋2×842＋1＝4，故该氧化物的化学式是CuO；该晶胞的质量为为

（64＋16）×4320

g＝ g，则晶体密度

NANA

（a×10

－10320320－3－3

g·cm＝2－10－10－30 g·cm。

×a×10×b×10）NAabNA×10

3

答案：(1)15 (2)O (3)N 极性 平面正方形 (4)sp 3

(5)H2SO4与H2SO3可分别表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者的非羟基氧数目多于后者的非羟基氧数目，使H2SO4中的S—O—H中O的电子更偏向S，更容易电离出H

(6)CuO

320

abNA×10－30

2

＋

5．解析：(1)根据合成路线及E的结构简式可知，A的结构简式为，其名称

为1，2-二甲苯或邻二甲苯。(2)根据图示转化关系及A的结构简式，可以推出B为，

C为，D为，反应④为与NaCN发生的取

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代反应。(3)F为中—CN水解得到的物质，其结构简式为。

(4)由H的结构简式可知，其中含氧官能团为酯基、醚键。(5)反应②为的水解

反应。(6)根据能发生银镜反应、水解反应，也能与氯化铁溶液发生显色反应可知，X中含有甲酸酯基、酚羟基，根据核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1可知，X的结

构简式为 (7)运用逆合成分析法，倒推中间产物。

可由CH2CHCOOH的加聚反应制得，CH2CHCOOH可由CH2CHCN的水解反应制

得，CH2CHCN可由CH2CHCl和NaCN的取代反应制得，CH2CHCl可由HCCH和HCl的加成反应制得。

答案：(1)邻二甲苯(或1，2-二甲苯) (2)取代反应

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