福建省2020年高三年级质量检测测试 理科综合化学试题（解析版）.pdf

1、1 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试 化学试卷分析 7春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直 接用作公用餐具消毒剂的是 A95%的乙醇溶液B40%的甲醛溶液 C次氯酸钠稀溶液D生理盐水 【答案】C 【命题立意】关注社会热点问题，起点高落点低。以常见化学品的性质和实践应用为问题情 境，检测基础知识的掌握情况。消毒是防控新型冠状病毒传播的有效手段，中 学生应认识并正确使用常用的化学品， 科学地进行消毒， 且避免使用不当对身 体造成伤害。 【解题思路】常见的醇类消毒剂是乙醇和异丙醇。体积分数为 95%乙醇溶液，能使细菌表 面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一

2、层保护膜，阻止乙醇进入细菌体内，因而 不能将细菌彻底杀死。若乙醇浓度低于 70%，虽可进入细菌体内，但不能将 其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死。因此，WHO 推荐含量 70%75%的乙醇溶液作为消毒剂，A 选项错误；醛类消毒剂主要包括甲醛和 戊二醛等。 此类消毒剂为一种活泼的烷化剂， 可作用于病原体蛋白质中的氨基、 羧基、羟基和巯基，从而破坏蛋白质分子并导致其死亡。甲醛和戊二醛对人体 皮肤与黏膜有刺激、固化作用并可使人致敏，同时也是有毒物质。所以不可用 于空气、餐具的消毒，B 选项错误；地坛医院的前身北京第一传染病医院于 1984 年成功研制了能迅速杀灭各类肝炎病毒的消毒液，定名为

3、“84 肝炎洗消 液” ，后更名为“84 消毒液” 。84 消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯 消毒剂，主要用于物体表面和环境等的消毒。84 消毒液有一定的刺激性与腐 蚀性，必须按照说明书稀释以后才能使用，C 选项“次氯酸钠稀溶液”的说法 正确； 生理盐水是指生理学实验或临床上常用的渗透压与动物或人体血浆的渗 透压基本相等的氯化钠溶液。适用于人体的生理盐水浓度为 0.850.9%，用 于供给电解质和维持体液的张力，亦可外用，如清洁伤口或换药时应用，但不 能用于消毒，D 选项错误。 8百香果含有柠檬烯、松油烯、月桂烯等芳香物质，三种物质的结构如右下图所示。下列 有关说法错误的是 A均为易挥发

4、、易溶于水的物质 B均能发生加成、取代和氧化反应 C月桂烯分子中所有碳原子可能共平面 D三者互为同分异构体 柠檬烯松油烯月桂烯 2 【答案】A 【命题立意】本题以百香果中存在的柠檬烯、松油烯、月桂烯等芳香物质为命题素材，体现 了化学与生活的密切关系。通过考查有机物的物理性质、反应类型、分子空间 结构、同分异构现象、官能团性质等有机化学基础知识，检测学生获取信息、 推理判断的能力和“结构决定性质”的化学核心观念水平。 【解题思路】通过观察题给三种物质的键线式可知，它们均含有碳碳双键官能 团，三者均为小分子烯烃，易挥发、难溶于水，A 选项错误；碳 碳双键能发生加成、氧化反应，分子中又含有烷烃基，均

5、能发生 取代反应，B 选项正确；月桂烯分子(如右图所示)可以看成是乙烯 分子的取代物，联系乙烯分子中各原子处于共平面的知识，通过 C2C3、C5C6、C6C7 单键旋转，可以使所有碳原子共平面， C 选项正确；柠檬烯和松油烯均含有 2 个碳碳双键和 1 个环，月桂烯含有 3 个 碳碳双键，分子中每多出 1 个碳碳双键或 1 个环，少 2 个氢原子，所以三者分 子式相同而结构不同，D 选项正确。 9NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A1 molL1盐酸中，Cl 数为 NA B58 g 正丁烷中，共价键数为 10 NA C常温常压下，2.24 L O2中氧分子数为 0.2 NA D密闭容

6、器中，3 mol H2和 1 mol N2充分反应后原子数为 8 NA 【答案】A 【命题立意】 阿伏加德罗常数是联系宏观物理量与微观粒子数之间的纽带， 也是从微观视角 研究化学反应的重要物理量。以阿伏伽德罗常数为背景的选择题，具有涵盖知 识点广泛、定性定量分析兼备的特点，能很好检测学生的必备知识掌握程度以 及宏微转化的能力水平，也是高考中常见的题型。 【解题思路】 A 选项， 因只有溶液的物质的量浓度， 缺少溶液体积， 无法判断氯离子的数目， 错误；正丁烷(CH3CH2CH2CH3)的分子式为 C4H10，n(正丁烷) =m M = 58g 58gmol-1=1 mol，1 个正丁烷分子含碳

7、碳单键 3 个、碳氢键 10 个，故 58 g 正丁烷含共价键 13 mol 即 13 NA，B 选项错误；常温常压下，气体摩尔体积大于 22.4 Lmol-1， 根据 n(O2)= V Vm C)， 同主族元素的非金属性从上到下减弱(CSi)， A 选项错误；同周期元素原子半径从左到右减小(NaSi、CN)，同主族元素 原子半径从上到下增大(SiC)，B 选项正确；三种元素形成的常见氧化物有 NO、NO2、Na2O、Na2O2、SiO2等，其中 NO、SiO2难溶于水，C 选项错误； Y、Z 和氧元素组成的盐即 Na2SiO3，因 SiO 2 3是弱酸根离子，水解后溶液呈 碱性，D 选项错误

8、。 11某同学按下图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象见右下表。 下列说法正确的是 A中白色沉淀是 BaSO3 B中可能有部分硫酸挥发了 C为确定中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡 D实验时若先往装置内通入足量 N2，再加热试管，实验现象不变 试管 实验 现象 溶 液 仍 为 无 色，有白雾、 白色固体产生 有大量 白色沉 淀产生 有 少量 白色沉 淀产生 品 红 溶液 褪色 浓硫酸 铜 足量 BaCl2溶液品红溶液 浸有碱溶液 的棉花 玻璃管 4 【答案】B 【命题立意】本题以铜与浓硫酸的反应及 SO2性质实验情境为载体，考查常见物质的性质、 检验、尾气处理等

9、中学化学实验基础知识和实验基本技能，重点检测学生的实 验方案设计、 证据推理等思维方法的水平。 素材源于教材， 引导学生回归课本， 结合教材实验进一步梳理元素化合物知识。素材的进一步改造，增强了实验探 究能力的考查，引导学生关注实验真实性及复杂性，避免机械记忆实验现象而 忽略实验真实过程。 【解题思路】依据已有知识可知，SO2与 BaCl2溶液不能反应产生 BaSO3沉淀，由此推断原 中少量白色沉淀为 SO2水溶液被原装置内残留的 O2氧化为 SO 2 4后遇 BaCl2 产生的沉淀，A 选项错误；加热铜与浓硫酸混合物后，中有“白雾”生成、 中“有大量白色沉淀产生” ，根据实验现象推测硫酸受热

10、挥发，形成白雾， 同时进入与氯化钡溶液反应产生 BaSO4沉淀，B 选项正确；反应后，中含 有大量硫酸，若直接向中加水，容易使水受热沸腾而溅出，造成危险。可以 先将上层清液倒出，然后再向试管中残留的固体加入水，若溶液变蓝，则可以 确认有 CuSO4生成，C 选项错误；实验时若先往装置内通入足量 N2，排尽装 置内空气，再加热试管，只有 SO2没有 O2的情况下，中无法生成 BaSO4， 所以实验现象会发生改变，D 选项错误。 12我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置（如下图所示） 。闭合 K2、断开 K1 时，制氢并储能；断开 K2、闭合 K1时，供电。下列说法错误的是 A制氢时，溶

11、液中 K+向 Pt 电极移动 B制氢时，X 电极反应式为 Ni(OH)2e + OH= NiOOH + H2O C供电时，Zn 电极附近溶液的 pH 降低 D供电时，装置中的总反应为 Zn + 2H2O = Zn(OH)2+ H2 【答案】D 【命题立意】本题取材于复旦大学科研团队有关“分步法电解制氢气”的研究成果，意在引 导学生赏析电解池与原电池的巧妙融合、 储能与释能的创意转换， 开阔应用电 化学的视野。考查学生对电化学装置的工作原理、氧化还原反应规律、电极反 应式、 电池反应总方程式等必备知识的掌握情况， 检测学生证据推理与模型认 知的学科素养水平， 同时考查学生的理解与辨析、 分析与推

12、测等学科关键能力。 5 【试题背景】目前，世界上有 90%的氢能来自于化石燃料的裂解，但存在能耗高、排碳量 大等缺点。 因此， 电解法制氢具有操作简单、 可快速启停、 制氢效率高等特点， 受到广泛关注。 传统酸性电解制氢需使用质子交换膜隔绝氢气与氧气， 不仅会 增加内阻和能耗， 而且电解池中的高压气体和阳极氧化过程的中间产物也会加 剧膜的老化降解，进一步增加电解成本。另外，由于阳极和阴极室的气体压力 必须通过稳定的电源输入保持平衡， 很难利用风能和太阳能等不稳定的可持续 能源来直接为离子膜电解池供电。 为此， 复旦大学研究团队设计了多种新型能 量存储/转化装置， 巧妙利用电池电极的可逆充放过程

13、实现离子-电子的 “缓存” 、 不同能源之间的转化与存储等。 试题所选用的装置设计， 具备制氢不析氧的特 点，无需使用质子交换膜，并可根据工作场景选择光照电解制氢并储能，或 Zn/NiOOH 电池放电释能。 【解题思路】闭合 K2制氢时，光伏电池供电，X 电极与 Pt 电极构成电解池；闭合 K1放电 时，X 电极与 Zn 电极构成原电池。据图分析，制氢时表面析出 H2的 Pt 电极 为阴极，故 K+应该移向 Pt 电极，A 选项正确；X 电极为电解池阳极时，Ni 元素失电子、 化合价升高， 故电极反应式为Ni(OH)2e +OH=NiOOH+H2O， B 选项正确；供电时 Zn 电极为负极，发

14、生氧化反应并消耗 OH ，其电极反应 式为 Zn2e +4OHZnO2 2+2H2O， 故 Zn 电极附近溶液的 pH 升高， C 选项 正确；X 电极发生还原反应，氧化剂为 NiOOH，供电时电池反应中氧化剂不 是 H2O，D 选项错误。 13室温下，向某 Na2CO3和 NaHCO3的混合溶液中逐滴加入 BaCl2溶液，溶液中 lgc(Ba2+) 与 lg c(HCO 3) c(CO2 3) 的变化关系如右图所示。下列说法正确的是 （已知：H2CO3的 Ka1、Ka2分别为 4.210-7、5.610-11） Aa 对应溶液的 pH 小于 b Bb 对应溶液的 c(H+)4.210-7mo

15、lL1 Cab 对应的溶液中 c(CO2 3) c(HCO 3)c(OH) 减小 Da 对应的溶液中一定存在： 2c(Ba2+) + c(Na+)+ c(H+)3c(HCO 3)+ c(Cl) + c(OH) 【答案】D 【命题立意】试题以 Na2CO3和 NaHCO3的混合溶液与 BaCl2溶液反应过程中，lgc(Ba2+)与 lg c(HCO 3) c(CO2 3) 的变化关系曲线图为问题情境，检测有关溶液中离子平衡的必备知 识掌握程度，同时考查学生获取有效信息、处理转化数据、科学推理论证、等 关键能力，要求运用多个知识和技能解决问题，体现了考试的综合性；试题还 6 力图诊断学生的宏观辨识

16、与微观探析、 证据推理与模型认知等学科核心素养的 水平。 【解题思路】随着 BaCl2溶液的滴入，c(Ba2+)逐渐增大，依据温度不变则溶度积常数不变的 规律，推断出溶液中 c(CO2 3)逐渐减小，c(OH-)逐渐减小，pH 下降，故 a 对应 溶 液 的 pH 大 于 b ， A 选 项 错 误 ； b 对 应 溶 液 的 lg c(HCO 3) c(CO2 3) 2 及 Ka2=c(CO 2 3)c(H ) c(HCO 3) 5.610-11，整理可得 c(H )5.610-9，B 选项错误；ab 对应的溶液的 c(CO2 3) c(HCO 3)c(OH) c(CO2 3)c(H ) c

17、(HCO 3)c(OH)c(H ) Ka2 Kw， 该值只与温度有 关，C 选项错误；根据溶液中电荷守恒式：2c(Ba2+) + c(Na+)+ c(H+) c(HCO 3)+2c( 2 3 CO)+ c(Cl) + c(OH)，同时 a 对应溶液的 lgc(HCO 3) c(CO2 3) =0 即 c(HCO 3) c(CO2 3) =1，代入上述电荷守恒式可得：2c(Ba2+) + c(Na+)+ c(H+)3c(HCO 3)+ c(Cl) + c(OH)，D 选项正确。 26（14 分） 实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质 LiCoO2）中， 回收钴、锂的操作

18、流程如下图所示： 正极 材料 碱浸过滤 气体 NaOH 溶液 滤液 酸浸 硫酸 Na2S2O3溶液 调 pH=9.5 沉钴 调 pH12 沉锂 Co(OH)2母液 Na2SO410H2O Li2CO3 Na2CO3溶液 回答下列问题。 （1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入 NaCl 溶液中，使电池短路而放电，此 时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为。 （2） “碱浸”过程中产生的气体是； “过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化 铝，反应的化学方程式为。 （3） “酸浸”时主要反应的离子方程式为；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度 的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生

19、（填化学式）污染环境。 （4） “沉钴”时，调 pH 所用的试剂是； “沉钴”后溶液中 c(Co2+)。 （已知：KspCo(OH)2=1.0910 15） （5）在空气中加热 Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的 关系如左下图所示。290500，发生反应的化学方程式为。 （6）根据右下图判断， “沉锂”中获得 Li2CO3固体的操作主要包括、 洗涤、干燥等步骤。 7 【答案】 （1）化学能电能热能（或化学能热能） （2）H2（或氢气） NaAl(OH)4 + HCl NaCl + Al(OH)3+ H2O （或 NaAlO2+ HCl + H2O NaCl +

20、Al(OH)3） （3）8LiCoO2+ S2O32 + 22H+ 8Li+ 8Co2+ 2SO42 + 11H2O Cl2 （4）NaOH（氢氧化钠）溶液（或固体） 1.0910 6molL1 （5）6Co2O34Co3O4+ O2（或 6Co2O34Co3O4+ O2） （6）蒸发浓缩趁热过滤 【命题立意】试题以“从废旧钴酸锂离子电池正极材料中回收钴、锂的操作流程”为载体， 创设真实有意义的问题情境， 考查元素及其化合物的转化规律、 化学反应原理、 氧化还原反应、离子反应、能量转化、溶度积、物质的分离提纯、绿色化学等 知识。通过对流程图中“碱浸” “酸浸” “沉钴” “沉锂”等操作原理的理

21、解与 分析，考查考生接受、吸收与整合和处理化学信息的能力，综合运用已学知识 与技能分析、解决实际问题的能力。 【解题思路】 （1）依据“电池短路而放电” “溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池 的处理过程中能量的主要转化方式为“化学能电能热能” 。 （2）依题中信息可知，正极材料主要由 Al 和 LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类， 由复分解反应的条件可判断，其与 NaOH 溶液混合不发生反应，故“碱浸” 过程中只有 Al 和 NaOH 反应，生成 NaAl(OH)4（或 NaAlO2）和 H2。 “过滤” 所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝， 综合上述信息， 不难写出反应的 化学

22、方程式。 （3） “酸浸”时反应物有 LiCoO2、硫酸和 Na2S2O3溶液，依据“沉钴”产物为 Co(OH)2可判断，反应后钴元素的价态从+3 价降为+2 价，依据氧化还原反应 规律以及工艺中最后还可获得 Na2SO410H2O 副产品，可推知 S 元素价态升高 并转化为 SO42-，故加入的 Na2S2O3起还原作用。用一定浓度的盐酸替代 “Na2S2O3溶液和硫酸” ，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还 8 原剂的作用，氧化产物为会污染环境的 Cl2。 （4） “沉钴”时，调大溶液的 pH=9.5 目的是，将 Co2+转化为 Co(OH)2沉淀， 结合“沉锂”后母液中还能获得

23、 Na2SO410H2O，可推知所用的试剂为 NaOH 溶液或固体。 溶液中c (OH )=104.5， 代入 KspCo(OH)2= c(Co2+)c2(OH-)=1.09 10 15，求得 c(Co2+)1.09106molL1。 （5）热重分析法是常用的定量分析方法。通过分析热重曲线，可以推测物质的 热稳定性、加热反应生成的产物等相关信息。解题关键是抓住受热过程中 Co 元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解所得氧化物中钴、氧元素的物质 的量之比， 从而确定不同温度下生成的氧化物的组成， 写出反应的化学方程式。 具体分析如下： 从图中信息可知， 加热前的反应物为 Co(OH)2（0.9

24、30 g） ,其物质的量为 0.01 mol， 依据钴元素的量不变可知：n(Co) = 0.01 mol，m(Co) = 0.590 g；温度升温到 290时， 转化为 0.830 g 某种钴的氧化物， 该氧化物中， n(O)=(0.830 g-0.590 g) 16gmol-1= 0.015mol， 由此可以确定该氧化物为 Co2O3； 同理可以确定 500 时，生成的氧化物为 Co3O4；所以 290500过程中，Co2O3转化为 Co3O4，反 应过程中，Co 元素化合价降低，氧元素化合价升高并转化为 O2，故反应的化 学方程式为 6Co2O34Co3O4+ O2。 （6）分析溶解度曲线

25、可知 Li2CO3微溶，其溶解度随温度升高而降低。为了提 高锂元素的回收率，应采用蒸发浓缩（减少溶剂）并在较高温度下趁热过滤等 操作。 27（15 分） 苯胺（）是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。 已知：与 NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐（） 。 用硝基苯制取苯胺的反应原理： 有关物质的部分物理性质见下表： 物质熔点/沸点/溶解性密度/ gcm-3 苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02 硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23 乙醚-116.234.6微溶于水0.7134 比较苯胺与氨气的性质 （1） 将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，

26、产生白烟， 反应的化学方程式为； 9 用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是。 制备苯胺 往图 1 所示装置 （夹持装置略， 下同） 的冷凝管口分批加入 20 mL 浓盐酸（过量） ，置于热水浴中回流 20 min，使硝基苯充分还原；冷 却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。 （2）冷凝管的进水口是（填“a”或“b” ） 。 （3）滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程 式为。 提取苯胺 取出图 1 所示装置中的三颈烧瓶，改装为图 2 所示装置。加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到 苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水

27、溶液。 往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到 饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。 合并粗苯胺和乙醚萃取液， 用 NaOH 固体干燥， 蒸馏后得到苯胺 2.79 g。 （4）装置 B 无需用到温度计，理由是。 （5）操作中，为了分离混合物，取出烧瓶 C 前，应先打开止水夹 d，再停止加热，理 由是。 （6）该实验中苯胺的产率为。 （7）欲在不加热条件下除去苯胺中含少量硝基苯杂质，简述实验方案： 【答案】 （1）NH3+ HCl NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 （2）b （3） （或 C6H5NH3+ OH- C6H5NH2+ H2O ） （4）蒸出物为混合物，无需控制温度 （5）防

28、止 B 中液体倒吸 （6）60.0% （7） 加入稀盐酸， 分液除去硝基苯， 再加入 NaOH 溶液， 分液去水层后， 加入 NaOH 固体干燥，过滤 【命题立意】试题以苯胺的性质、制备、分离提纯、产率计算等实验情境为载体，全面检测 化学实验基础知识、基本技能，考查学生信息获取、分析推理、数据处理、实 验方案设计等化学实验探究能力，诊断以“科学探究与创新意识”为主的化学 5.0 mL 硝基苯 10 g 锡 图1 b a 水 AB C 调好 pH 的混合液 d 图 2 10 学科核心素养水平。 【解题思路】 （1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气 中相遇时反应生成

29、 NH4Cl 白色固体，故产生白烟；依据表中信息，苯胺沸点 较高（184） ，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟。 （2）图 1 中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b 进 a 出” ，才能保 证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果。 （3）往图 1 所示装置的冷凝管口分批加入 20 mL 浓盐酸（过量） ，此操作主要 目的有二。其一，分批加入可以防止反应太剧烈，减少反应物、产物因挥发而 损失；其二，过量浓盐酸与苯胺反应生成 C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动， 提高转化率。依据题中信息，滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，再联 想铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移即

30、可写出反应的离子方程式。 （4） 水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热， 使有机物随 水蒸气一起蒸馏出来（依据拉乌尔定律） ，是分离和提纯有机化合物的常用方 法。因为蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度。 （5）水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内 的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中。所以，水蒸气 蒸馏结束后，在取出烧瓶 C 前，必须先打开止水夹 d，再停止加热，防止装置 内压强突然减小引起倒吸。 （6）已知硝基苯用量 5.0 mL，密度 1.02 gcm-3，可计算硝基苯质量；蒸馏后得 到苯胺 2.79 g，依据 C6H5N

31、O2C6H5NH2关系式即可计算苯胺的产率。 （7） “不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，期望学生能将思路能转到化学性 质方向设计实验方案。苯胺能与 HCl 溶液反应，生成可溶于水的 C6H5NH3Cl， 而硝基苯则不能与 HCl 溶液反应，且不溶于水。所以，可在混合物中先加入 足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加 NaOH 溶液析出苯胺，分液 后用 NaOH 固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去 NaOH 固体，即可得较 纯净的苯胺。 28（14 分） CO2催化加氢制甲醇， 是极具前景的温室气体资源化研究领域。 在某 CO2催化加氢制甲 醇的反应体系中，发生的主要反应有： . CO2

32、(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)H1 49.4 kJmol 1 . CO2(g) + H2(g)CO (g) + H2O(g)H2 +41.2 kJmol 1 . CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)H3 （1）H3kJmol 1。 （2）5 MPa 时，往某密闭容器中按投料比 n(H2)n(CO2) = 31 充入 H2和 CO2。反应达 平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如右图所示。 11 体系中 CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是。 250时，反应 的平衡常数1（填“” “”或“=” ） 。 下列措施中， 无法提高甲醇产率的是（填

33、 标号） 。 A加入适量 COB增大压强 C循环利用原料气D升高温度 右图中 X、 Y 分别代表、（填 化学式） 。 （3）反应 可能的反应历程如下图所示。 CO(g) +3H2(g) (0) CO*2(g)+2H* +2H2(g) (0.4) TS1 (0.47) HCOO*(g)+H* +2H2(g) (0.03) TS2 (1.18) HCOOH*(g) +2H2(g) (1.66) TS3 (0.18) H2COOH* +3/2H2(g) (0.74) TS4 (0.60) H2CO* +H2O(g)+H2(g) (1.10) TS5 (1.00) CH3OH* +H2O(g) (3.

34、62) H2COH* +H*(g)+H2O(g) (1.67) TS6 (1.58) CH3OH(g) +H2O(g) (E) 注： 方框内包含微粒种类及数目、 微粒的相对总能量 （括号里的数字或字母， 单位： eV） 。 其中，TS 表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。 反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为。 相对总能量 E（计算结果保留 2 位小数） 。 （已知：1eV1.610 22kJ） （4）用电解法也可实现 CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液） 。电解时，往电解池的 极通入氢气，阴极上的电极反应为。 【答案】 （1）90.6 （2） 温度改变，反应和反应平衡移动方向相

35、反 D COCH3OH （3） HCOOH* + 2H2(g) H2COOH* + 3/2H2 （或 COOH*+1/2H2 H2COOH*） 0.51 （4）阳极 CO2+ 6e + 6H+ CH3OH + H2O 【命题立意】本题以 CO2催化加氢制甲醇的研究中的相关化学热力学、动力学的学术探索 情境为素材， 引导学生关注化学反应原理在解决生产问题中的应用， 展示实验、 理论、计算等在化学研究中的支柱作用。试题综合考查了H 计算、平衡移动 12 原理、 平衡常数、 反应机理及电化学等知识， 检测学生结合图像获取有关信息、 处理转化数据、分析实验数据等关键能力和“变化观念与平衡思想、证据推理

36、 与模型认知”等化学学科核心素养水平。 【解题思路】 （1）题，根据盖斯定律，H3H1H290.6kJmol 1。 （2）题，依据主要反应的化学方程式可知，反应 i 消耗 CO2，反应 ii 则产生 CO2，最终体系内 CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于 H10 而H20，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应和反应平衡移动 方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内 CO2的物质的量分数受温度的 影响不大。 （2）题，反应的平衡常数 K?CO)?H?O) ?CO?)?H?)，图中虽然给出的平衡时各种气 体的物质的量分数，但因为反应 ii 涉及的物质均为气体，且反应前后气体分 子

37、总数不变， 计算或估算这种特征反应的平衡常数时， 就可用各气体平衡时的 物质的量分数代替平衡浓度代入上述平衡常数表达式获得结果。 仔细观察图像 可知，CO 与 H2O 的物质的量分数始终大于 CO2与 H2的物质的量分数，故 K 1。 （2）题，加入适量 CO，促使反应平衡正向移动，产生更多的 CH3OH，而 反应平衡逆向移动，又可减少 CO2转化为 CO，使更多的 CO2通过反应 i 转 化为 CH3OH，故 CH3OH 产率提高，A 项正确；增大压强，有利于反应和 的平衡正向移动，而对反应无影响，B 项正确；循环利用原料气能提高 CO2 的转化率，使 CH3OH 的产率提高，C 项正确；由

38、图可知，升温，CH3OH 的物 质的量分数下降，产率降低，D 项错误。 （2）题，温度升高时，CO、CH3OH、H2O 三种气体含量变化分析如下： 反应 ii 产生 CO，反应 iii 消耗 CO，温度升高，反应平衡正移而反应平衡 逆移，均导致 CO 含量增大，故 X 代表 CO；反应 i 和 iii 为产生 CH3OH 的反 应，升温促使两个平衡均逆向移动，导致 CH3OH 含量下降；反应 i 和 ii 为产 生水蒸气的反应，升高温度时它们的移动方向相反，导致水蒸气含量下降幅 度比 CH3OH 含量的下降幅度更小，故曲线变化幅度大的 Y 代表 CH3OH。 （3）题，生成 CH3OH 的决速

39、步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速 率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算 表中数据，找到活化能（过渡态与起始态能量差）最大的反应步骤为： HCOOH* + 2H2(g) H2COOH* + 3/2H2，Ea=0.18(1.66)1.48 eV。 需要注意的是，框图中最后一步并非产生 CH3OH 的过程，而是已经生成的 CH3OH 分子从催化剂表面解吸附的过程。 13 （3） 题， 反应的H49.4 kJmol 1， 指的是 1mol CH3OH(g)和 1molH2O(g) 的总能量与 1 mol CO2(g)和 3mol H2(g)的总能量之差，而反应历

40、程图中的 E 表 示的是 1 个 CH3OH 分子和 1 个 H2O 分子的相对总能量与 1 个 CO2分子和 3 个 H2分子的相对总能量之差（单位为 eV） ，且将起点的相对总能量设定为 0。 所以，作如下换算即可方便求得相对总能量 E： E = HNA1.610 22 kJeV-149.4 kJmol 16.0210-23mol-11.61022 kJeV-10.51eV。 （4）题，因为电解过程 CO2被还原为 CH3OH，H2应发生氧化反应，故 H2通 入阳极附近溶液中；而阴极上，CO2转化为 CH3OH，碳元素从+4 价降为2 价，转移 6 个电子；电解质溶液为硫酸，故电极反应式为

41、： CO2+ 6e + 6H+ CH3OH + H2O 35化学选修 3：物质结构与性质（15 分） 硫氰酸盐在化学工业中应用广泛。 （1）组成硫氰酸根（SCN ）的三种元素的部分性质见下表： 元素CNS （电负性）2.553.042.58 I3（第三电离能） / kJmol 1 4620.54578.13357.0 硫氰酸根中碳元素的化合价为。 碳元素的 I1、I2均比氮小。但 I3却比氮高，其原因是。 （2）晶体场理论认为，基态离子的 d 轨道存在未成对电子时，d 电子发生 d-d 跃迁是金 属阳离子在水溶液中显色的主要原因。下列硫氰酸盐的水溶液有颜色的是（填标号） 。 AKSCNBFe(

42、SCN)3CNi(SCN)2DZn(SCN)2 （3）NH4SCN 广泛应用于医药、印染等行业，隔绝空气加热后可分解生成 NH3、CS2、 H2S、(CN)2及 N2。 SCN 可能具有SCN和 （填结构式）两种结构，中心原子碳的轨道 杂化方式均为。 （4）硫氰酸钴可用于毒品检验。其水合物晶体的晶胞结构如下图所示（所有原子都不在 晶胞的顶点或棱上） 。 晶体中微粒间作用力有（填标号） 。 A金属键B氢键C非极性键D极性键E配位键 晶体的化学式为。 硫酸钴晶体属于正交晶系，晶胞参数分别为 a nm、b nm、c nm，90。晶 体的摩尔质量为 M gmol 1。则晶体密度 gcm 3（列计算式）

43、 。 14 【答案】 （1） +4 N2+、C2+的价电子构型分别为 2s22p1和 2s2，C2+的 2p 轨道全空，更难失去 电子 （2）BC （3） SCN sp 杂化 (CN)2、N2均为非极性分子构成的分子晶体，(CN)2的相对分子质量较大， 范德华力较大，熔、沸点较高 （4） BDE Co(SCN)23H2O或 Co(H2O)2(SCN)2H2O、Co(SCN)2(H2O)2H2O 【命题立意】硫氰酸盐在中学化学中并不陌生，例如 Fe3+的检验常用 KSCN 或 NH4SCN 溶 液。NH4SCN 广泛应用于医药印染等行业、硫氰酸钴可用于毒品检验。本题以 硫氰酸盐为素材，考查部分金

44、属离子的价电子结构、电离能大小的比较、通过 电负性判断元素在化合物中的化合价、 分子晶体熔沸点高低比较、 杂化方式判 断、分子极性判断、结构式的书写、各种微粒间作用力的辨识、有关晶胞的定 性与定量分析 （如利用均摊法通过晶胞结构确定晶体的化学式、 利用晶胞参数 和阿伏加德罗常数计算晶体的密度） 等 物质结构与性质 模块中的必备知识， 同时考查学生获取信息能力、迁移能力、空间想象能力和现场学习的能力，检 测结构决定性质、性质反映结构的化学基本思维方法和宏观辨识与微观探析、 证据推理与模型认知等化学学科核心素养水平。 【解题思路】 （1）题，硫氰酸根离子中，中心碳原子的电负性比硫和氮都小，所以碳元

45、素 显正价，硫、氮元素显负价。由于碳原子最外层只有四个电子，与氮和硫原子 结合时，能形成四对共用电子对，故碳显+4 价。 （1）题，第三电离能用以衡量 R2+失去电子的难易程度：R2+(g)e R3+(g) I3。I3的大小与 R2+的价电子结构有关，N2+、C2+的价电子构型分别为 2s22p1和 2s2，C2+的 2p 轨道全空，处于较稳定状态，更难失去电子，所以其 I3更大。 （2）题，晶体场理论认为，在配体的影响下，中心原子外围的 d 轨道会发生分 15 裂，形成能量不等的几组轨道，d 轨道上的电子重新排布，如果金属离子的 d 轨道没有充满（基态离子存在未成对电子） ，d 电子吸收一部

46、分可见光而从低 能量的 d 轨道向高能量的 d 轨道跃迁（d-d 跃迁） ，使配离子呈现剩下的可见 光的颜色。四个选项中，K+的 3d 轨道全空、Zn2+的 3d 轨道全充满，无法发生 d-d 跃迁，它们在溶液中呈无色。 （3）题， 从已知结构SCN 中碳原子的成键特点（一个叁键、一个单 键）可以判断 C 原子的杂化方式为 sp 杂化。中心碳原子以两个 sp 杂化轨道分 别和 S、N 原子的 1 个 p 轨道形成键，C 原子剩余的两个未杂化的 2p 轨道 以肩并肩的方式与氮原子另外 2 个 p 轨道形成 2 个键， 即中心碳原子形成两 个键和两个键；另一种可能的情况是，碳原子剩余的两个未杂化的

47、 2p 轨 道分别与氮原子、硫原子的 p 轨道形成两个大键，即两个双键的结构 （SCN ） 。另，利用 SCN是 CO2的等电子体，也可判断出 SCN的另 一种可能结构。 （3）题，(CN)2（直线形对称结构，正负电荷中心重合）和 N2都是非极性分 子，其熔、沸点高低取决于范德华力（色散力）的大小，通常相对分子质量越 大，范德华力（色散力）越大。 （4）题，从晶胞结构可以看出，硫氰酸钴晶体是一种带有结晶水的配合物。 中心原子是 Co2+，SCN 和 H2O 是配体。H2O 除了与 Co2+形成配位键以外，还 有一部分 H2O 不做配体，只与作为配体的 H2O 之间以氢键结合。配体 H2O、 S

48、CN 中都含有极性键，不含非极性键。金属键通常只存在于金属晶体中。 （4）题，观察晶胞结构可知，2 个 Co2+在晶胞体内，4 个 Co2+在面上，根据 均摊法，每个晶胞含有的 Co2+数为 2+4? ? 4；接下来的推理方法有两种。 【方法一】任选一个处于长方体内部的 Co2+进行分析。 每个 Co2+与两个 SCN 和两个 H2O 形成配位键；非配体的每个 H2O 分别与两 个配体 H2O 分子形成氢键；所以可以判断晶体中： n(Co2+):n(SCN-):n(H2O)=1:2:(2+1)，其化学式为： Co(H2O)2(SCN)2H2O 或 Co(SCN)23H2O、Co(SCN)2(H2O)2H2O 依据每个晶胞实际占有 4 个 Co2+，即可计算晶胞的质量。 【方法二】分析晶胞中所有的微粒。 SCN-全在晶胞内，共有 8 个；配体 H2O 全在晶胞内（注意：与处于上