1、 安徽省 2020 年名校高考冲刺模拟卷 理科综合化学试题 一、选择题一、选择题:本题共本题共 7 小题小题,每小题每小题 6 分分,共共 42 分。在每小题给出的四个选项中分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合只有一项是符合 题目要求的。题目要求的。 1.近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化，体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是（ ） A. 成语“百炼成钢”“蜡炬成灰”中均包含了化学变化 B. 诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属在常温下能溶于浓硝酸 C. 谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应 D. 制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土 【答案
2、】B 【详解】A百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水， 都包含化学变化，故 A 正确； B诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属为铁，常温下铁在浓硝酸中钝化不能溶解，故 B 错误； C雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生 成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学方程式为：N2+O2放电2NO，2NO+O2=2NO2， 3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故 C 正确； D瓷器是利用黏土高温煅烧制得，制备“陶冶新平肇汉唐，宋明瓷夺宝珠光”中的瓷，主要原料为黏土， 故 D 正确； 综上所
3、述，答案为 B。 2.实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是（ ） A. 配置混酸 B. 制备硝基苯 C. 精制 D. 分离硝基苯 【答案】A 【详解】A浓硫酸的密度大于浓硝酸的密度，则混合时将浓硫酸注入浓硝酸中，并不断搅拌，防止液滴飞 溅，故 A 错误； B硝基苯的制备需要水浴加热，图中装置可制备，故 B 正确； C蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置及操作合理，故 C 正确； D硝基苯的不溶于水，反应后加 NaOH中和酸，然后进行分液可分离出硝基苯，图中分液漏斗可完成该操 作，故 D 正确； 综上所述，答案为 A。 【点睛】硝基苯的不溶于水，制备完成后的
4、硝基苯中混有硝酸和浓硫酸，可先用 NaOH 中和酸，中和后溶 液分层，硝基苯的密度比水的密度大，在下层，最后用分液可分离出硝基苯。 3.2019 年 12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫 情。75%乙醇和 84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设 NA为阿伏加德 罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA B. 1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为 2NA C. 46g 75%乙醇中含有的氧原子数大于 6NA D. 利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取 0.1 mol次氯
5、酸钠需要消耗 2.24L氯气 【答案】A 【详解】A.74.5gNaClO 的物质的量 n= 74.5g 74.5g/mol =1mol，而次氯酸钠中含 1 个钠离子和 1 个次氯酸根，故 1mol 次氯酸钠中含有的离子数目为 2NA个，故 A正确； B.NaClO和 HCl 发生归中反应生成氯气， NaClO 中氯元素由+1价变为 0 价， 故 1molNaClO 反应后转移的电 子数目为 NA，故 B 错误； C.75%乙醇溶液中 75%指的是体积分数，因为未知密度，所以 46g 乙醇溶液中含有的氧原子数目无法计算， 故 C 错误； D.氯气所处的状态未知，则无法计算氯气的物质的量，故 D
6、 错误； 综上所述，答案为 A。 4.R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过 10这四种元素可组成一种化合物的结构如图所示。下 列说法正确的是（ ） A. 常温常压下，上述元素的单质都呈气态 B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：XY C. Y、Z的气态氢化物能发生化合反应 D. 由 R、X两种元素只能形成一种化合物 【答案】C 【分析】R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过 10，由化合物的结构可知，R、Z只形成 1 个共价 键，且可形成 R+、Z-离子，X 的最外层有 3 个电子，Y 最外层有 5 个电子，结合原子序数可知 R 为 H、X 为 B、Y为 N、Z为 F。 【详解】A
7、X为 B元素，B 元素的单质在常温下为固体，故 A 错误； B非金属性 BN，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸，所以酸性： XY，故 B错误； CY、Z的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成 NH4F，故 C正确； D由 R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故 D 错误；综上所述，答案为 C。 【点睛】硼烷又称硼氢化合物，是硼元素与氢元素组成的化合物的总称。现在已制得二十多种硼烷。其中 乙硼烷 B2H6、丁硼烷 B4H10在室温下为气体，戊硼烷 B5H9、已硼烷 B6H10为液体，癸硼烷为固体。 5.山梨酸和苯甲酸都是制备防腐剂的原料，他们的键
8、线式如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 它们都能发生加成和氧化反应 B. 苯甲酸分子中所有的原子共平面 C. 山梨酸和苯甲酸互为同系物 D. 山梨酸与足量 H2反应后所得产物的一氯代物有 6 种（不考虑立体异构） 【答案】A 【详解】A山梨酸和苯甲酸分别含有碳碳双键和苯环，可发生加成反应，碳碳双键可发生氧化反应，苯甲 酸可燃烧，属于氧化反应，故 A正确； B.苯环和羧基都为平面形结构，但羧基和苯环之间为 C-C单键，可自由旋转，则所有的原子不一定共平面， 故 B 错误； C.二者结构不同，含有的官能团也不完全相同，所以不是同系物，故 C错误； D.山梨酸与足量 H2反应后所得产物为 CH3
9、CH2CH2CH2CH2COOH，烃基中含有 5种 H，则一氯代物有 5 种， 故 D 错误；综上所述，答案为 A。 6.用 KOH 为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为 2Zn+O2=2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电 解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆料流出电池后，被送至电池外部的电解槽 中，经还原处理后再送入电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流程图如图所示。下列说法错误的是（ ） A. 放电时，电池正极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH- B. 放电时，电解质中会生成少量碳酸盐 C. 电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应 D. 充电时，电解槽阴极反应
10、为 ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH- 【答案】C 【详解】A. 放电时，电池正极通入空气中的 O2，在碱性溶液中得电子生成 OH-，A正确； B. 放电时，正极通入空气中的 CO2，会与 KOH 反应生成少量 K2CO3，B正确； C. 电池停止工作时，锌粉仍会与 KOH溶液发生缓慢反应，C错误； D. 充电时，电解槽阴极(放电时，Zn转化为 ZnO)Zn 表面的 ZnO得电子，生成 Zn 和 OH-，电极反应式为 ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，D正确；故选 C。 7.丙三酸是一种有机酸，用 H3A表示。25时，向 1molL-1的 H3A溶波中逐滴加入 NaOH 溶液，滴加过
11、程 中各种含 A微粒物质的物质的量分数（）随溶液 pH的变化曲线如图所示。下列相关说法错误的是（ ） A. a点溶液中：c（H2A-）c（Na+）c（H+）c（OH-） B. 25时，H3A 的第二步电离平衡常数的数量级为 10-5 C. b点溶液中：c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-） D. 当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的 c（H+）10-7molL-1 【答案】D 【分析】由曲线分析可知，a 点溶液中 c（H3A）=c（H2A-） ，b 点溶液中 c（HA2-）=c（H2A-） ，c 点溶液中 （HA2-）=c（A3-） 。
12、 【详解】Aa点是 H3A和 H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）c（Na+） c（H+）c（OH-） ，故 A正确； B.25时， H3A第二步电离平衡常数 K2= 2-+ - 2 c(HA ) c(H ) c(H A ) ， c （HA2-） =c （H2A-） 时， pH=4.58， 则 K2=10-4.58， 数量级为 10-5，故 B正确； Cb 点溶液中 c（HA2-）=c（H2A-） ，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c （A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-）
13、，故 C正确； D当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的 pH=5.83，c（H+）=10-5.83，此时溶液中的氢离子主要是 HA2- 电离产生的，所以 c（H+）水=c（OH-）水= -14 -5.83 10 10 =10-8.17molL-110-7molL-1，故 D错误； 综上所述，答案为 D。 【点睛】c 点溶液中（HA2-）=c（A3-） ，溶液的 pH=5.83，溶液显酸性，说明 HA2-电离程度大于 A3-的水解 程度，所以会抑制水的电离，则 25时，由水电离产生的氢离子 c（H+）10-7molL-1。 第第卷卷 （非选择题（非选择题 174 分）分） 8.软锰
14、矿的主要成分为 MnO2，还含有 SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO 等杂质。软锰矿经过综合利用，可制备碳 酸锰、氧化铝及绿矾（ FeSO47H2O） ，其制备过程如图： 部分物质的 Ksp如表： 回答下列问题： （1）操作 I中需要的仪器有_（填字母序号） 。 a蒸发皿 b酒精灯 c漏斗 d玻璃棒 e烧杯 （2）操作中反应的离子方程式为_。 （3）操作中也可用 NaHCO3与 MnSO4溶液反应制备碳酸锰，其反应的离子方程式为_。 （4）操作中加入适量 Fe 的目的是_；当调节 pH=_时（结果保留整数） ，可确定 Al（OH）3 完全沉淀。 （已知：完全沉淀后，溶液中离子浓度不高于
15、10-5molL-1） （5）操作中一般要加入稀硫酸，目的是_，然后_、冷却结晶、_、洗涤、干燥。 【答案】 (1). cde (2). MnO2+H2O2+2H+=O2+Mn2+2H2O (3). Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O (4). 将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的 pH时，把铁离子转化为沉淀 (5). 5.0 (6). 抑制 Fe2+水解 (7). 蒸发浓缩 (8). 过滤 【分析】 软锰矿的主要成分为 MnO2，还含有 SiO2、Al2O3、Fe2O3、FeO 等杂质，用稀硫酸酸浸后，生成硫酸铁、硫 酸铝和硫酸亚铁等，二氧化硅、MnO2不反应，过滤分离出
16、滤渣为二氧化硅、MnO2，在滤渣中加过氧化 氢和稀硫酸，反应生成水、氧气和 MnSO4溶液，二氧化硅不反应，过滤除去；滤液为硫酸铁、硫酸铝和 硫酸亚铁，加适量铁将铁离子还原为亚铁离子；调节溶液的 pH把铝离子转化为沉淀过滤得 Al（OH）3，再 灼烧得 Al2O3，滤液为硫酸亚铁，要得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 【详解】 （1）操作 I为过滤，需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：cde； （2）由分析可知，MnO2、过氧化氢和稀硫酸反应生成水、氧气和 MnSO4溶液，离子方程式为： MnO2+H2O2+2H+=O2+Mn2+2H2O，故答案为：MnO2+H2
17、O2+2H+=O2+Mn2+2H2O； （3）操作目的是生成碳酸锰，则加入 NaHCO3后，有沉淀碳酸锰生成，有无色气体二氧化碳生成，反应 方程式为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O； （4）操作中加入适量 Fe 的目的是将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的 pH时把铁离子转化为 沉淀； 若使铝离子沉淀完全， 铝离子的浓度应小于等于 110-5mol/L， 已知 Al （OH）3的溶度积为 1.310-33， 则 c（OH-）= -33 3 -5 1.3 10 1 10 mol/L1.010-9mol/L，c（H
18、+）=1.010-5mol/L，则该溶液的 pH=5.0，故答案为： 将铁离子还原为亚铁离子，以防止在调节溶液的 pH时，把铁离子转化为沉淀；5.0； （5）硫酸亚铁溶液在温度升高时亚铁离子水解程度增大，导致得到的绿矾不纯净，加入稀硫酸能抑制 Fe2+ 水解；溶液中得到绿矾的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：抑制 Fe2+水解； 蒸发浓缩；过滤。 9.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。 常温下，溶液中析出晶体为 Na2S2O35H2ONa2S2O35H2O 于 40-45熔化，48分解；Na2S2O3易溶于水，
19、不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。 制备 Na2S2O35H2O 将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置 D中，然后注入 150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗 A 中注入一定浓度的 H2SO4，在蒸馏烧瓶 B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。 （1）仪器 D名称为_ （2） 打开分液漏斗活塞， 注入 H2SO4， 使反应产生的气体较缓慢均匀地通入 Na2S 和 Na2CO3的混合溶液中， 并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为 2Na2S+Na2CO3+4SO2 3Na2S2O3+CO2。 烧瓶 B 中发生反应的化学方程式为_。 将 B中产生的气体缓慢均匀地通入
20、D 中的正确操作是_。 制备过程中仪器 D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是_（用离子方程式表示） 。 分离 Na2S2O35H2O并测定含量 （3）操作 I为趁热过滤，其目的是_；操作是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用_（填试 剂）作洗涤剂。 （4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是_。 （5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中 Na2S2O35H2O的含量，称取 1.25g的粗样品溶 于水，配成 250mL溶液，取 25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用 0.0100mol/L标准 I2溶液滴 定，当溶液中 S2O32-
21、全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为 25.00mL试回答： （提示：I2+2S2O32-2I-+S4O62-） 达到滴定终点时的现象：_ 产品中 Na2S2O35H2O的质量分数为_。 【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). Na2SO3+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2+H2O (3). 观察仪器 D中气体 的流速，控制分液漏斗 A的旋塞，控制产生气体的速度 (4). S2O32-+2H+S+SO2+H2O (5). 防止 硫代硫酸钠晶体析出 (6). 乙醇 (7). 避免析出的晶体 Na2S2O35H2O因温度过高而分解 (8). 滴加 最后一滴标准 I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟
22、内不变色，说明到达滴定终点 (9). 99.2% 【详解】 （1）根据仪器构造可知，仪器 D的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶； （2）亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓） =Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na 2SO4+SO2+H2O； 为将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入 D中， 可以观察仪器 D中气体的流速， 通过控制分液漏斗 A的旋塞， 可控制产生气体的速度，故答案为：观察仪器 D 中气体的流速，控制分液漏斗 A 的旋塞，控制产生气体的 速度； Na2S2O3在酸性条件下会生成 S和 SO2
23、，所以制备过程中仪器 D 中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止 Na2S2O3发生歧化反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，故答案为： S2O32-+2H+=S+SO2+H2O； （3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸 钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故 答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇； （4）Na2S2O35H2O于 40-45熔化，48分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体 Na2S2O35H2O 因温度过高而分解，故答案为
24、：避免析出的晶体 Na2S2O35H2O因温度过高而分解； （5）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中 S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准 I2溶液时溶液由无 色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准 I2溶液时，溶液由无色 变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点； 根据碘与硫代硫酸钠的反应 I2+2S2O32-2I-+S4O62-中的比例关系，配成的溶液中 c（S2O32-）= 22 2- 23 2c IV(I ) V(S O ) ( ) = 2 0.0100mol 0.025L 0.025L =0.02mol/L，则产品中 Na2S2O35H2O的
25、质量分数 = 0.0200mol/L 0.25L 248g/mol 100% 1.25g =99.2%，故答案为：99.2%。 10.甲醇是一种常见的燃料和有机溶剂。下列为合成甲醇的有关热化学方程式： CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） H1=+206kJmol-1 .2H2（g）+CO（g）CH3OH（g） H2=-90kJmol-1 H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g） H3=-125.5kJmol-1 .3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H4 回答下列问题： （1）上述反应中 H4=_ kJmol-l。 （2）现将 1.0mol CH4
26、和 2.0mol H2O（g）通入恒容反应室（容积为 100L）中，在一定条件下发生反应 I， 平衡时 CH4的转化率与温度、压强的关系如图甲所示。 下列说法能表明该反应已达平衡状态的是_（填字母序号） ； a生成 CO和 H2的物质的量之比为 1：3 b容器内混合气体的密度保持不变 c混合气体的压强保持不变 d甲烷生成速率与 H2的生成速率之比为 1：3 已知 100时达到平衡所需的时间为 5min，则用 H2表示的平均反应速率为_molL-lmin-1； 图中的 p1_p2（选填“”“”或“=”） ，100时的平衡常数为_mol2L-2。 （3） 在压强为 0.1MPa 条件下， 1mol
27、 CO与 3mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应生成甲醇。 若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_（填字母序号） ； a升高温度 b将 CH3OH（g）从体系中分离 c充人氦气，使体系总压强增大 d再充人 1mol CO和 3mol H2 根据反应的特点，图乙是在压强分别为 0.2MPa和 5MPa下 CO的转化率随温度变化的曲线，请指明图 乙中的压强 px=_MPa。 （4）在总压 p=5MPa的恒压密闭容器中进行反应，按照不同氢碳比 2 2 n(H ) m= n(CO ) 投料测得 CO2的平衡转 化率与温度关系如图丙所示（已知 Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=
28、总压 物质的量分数） ，则： X 点时，H2的转化率为_， 600、m=3 时，Kp=_MPa-2（保留两位小数） 。 （5）复旦大学先进材料实验室科研团队研究出以过渡金属为催化剂的电催化还原二氧化碳制甲醇的途径， 大大提高了甲醇的产率，原理如图丁所示。 石墨 2电极上发生_（选填“氧化”或“还原”）反应； 石墨 1发生的电极反应式为_。 【答案】 (1). -215.5 (2). cd (3). 0.003 (4). (5). 2.2510-4 (6). bd (7). 0.2 (8). 60% (9). 0.16 (10). 氧化 (11). CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O 【详
29、解】 （1）.2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）H2=-90kJmol-1 H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）H3=-125.5kJmol-1 根据盖斯定律反应 II+III可得 3H2（g） +CO2（g） CH3OH （g） +H2O （g） 则H4=-90kJmol-1+ （-125.5kJmol-1） =-215.5kJ/mol，故答案为：-215.5； （2）a该反应发生时生成 CO和 H2的物质的量之比始终为 1：3，则不能判定反应是否达到平衡态，故 a 错误； b恒容体系中各物质均为气体，气体总质量不变，所以容器内混合气体的密度始终保持不变，则不能判定 反应是
30、否达到平衡态，故 b 错误； c该反应正向气体体积增大，所以混合气体的压强保持不变的状态是平衡状态，故 c正确； d甲烷的生成速率与 H2的生成速率之比为 1：3，即 v逆（CH4） ：v正（H2）=1：3，正逆反应速率符合反应 计量关系，则可判定反应达到平衡状态，故 d 正确； 综上所述，答案为：cd； 05min 时 CH4的物质的量变化为 1.0mol0.5=0.5mol，v（CH4）= cn0.5mol = tVt100L 5min =0.001mol/ （Lmin） ，反应为 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） ，所以 v（H2）=3v（CH4）=0.003mol/（
31、Lmin） ， 故答案为：0.003； 该反应正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小，即压强越大，CH4的平衡 转化率越小，所以图中压强 p1p2； 反应三段式为 CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g） (mol)1200 (mol)0.50.50.51.5 (mol)0.51.50.51.5 起始量 变化量 平衡量 平衡浓度：c（CH4）=0.005mol/L、c（H2O）=0.015mol/L、c（CO）=0.005mol/L、c（H2）=0.015mol/L，平 衡常数 K= 33 2 42 c (H ) c(CO)0.005 (0.015) c(CH
32、 ) c(H O)0.005 0.015 mol2L-2=2.25 10-4mol2L-2，故答案为：2.25 10-4； （3）a反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，故 a错误； b将 CH3OH（g）从体系中分离，降低 CH3OH浓度，促进平衡正向移动，甲醇的产率增大，故 b 正确； c充人氦气，使体系总压强增大，但反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故 c错误； d再充入 1molCO和 3molH2，相当与增大压强，平衡正向移动，甲醇产率增大，故 d正确； 综上所述，答案为：bd； 该反应正向气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，即压强
33、越大，CO 的转化率越 高，所以 px=0.2MPa，py=5MPa，故答案为：0.2； （4）m=3 时，H2与 CO的物质的量之比等于化学反应的计量数之比时，所以 H2、CO的转化率相同，均 为 60%，故答案为：60%； 反应三段式为 3H2（g）+CO2（g）CH3OH（g）+H2O（g） （m=3时，设 H2的物质的量为 3mol，图中 CO2 转化率为 60%） (mol)3100 (mol)1.80.60.60.6 (mol)1.20.40.60.6 起始量 变化量 平衡量 平衡分压：p（H2）= 1.215 5MPa=MPa 2.87 、p（CO2）= 5 MPa 7 、p（C
34、H3OH）= p（H2O）= 15 MPa 14 ， Kp= -2-2 3 1515 1414 MPa =0.16MPa 155 () 77 ，故答案为：0.16； （5）由电解装置可知，石墨 2 上 H2OO2，O化合价升高，失去电子，发生氧化反应，故答案为：氧化； 由电解装置可知，石墨 1 上 CO2（g）CH3OH，则石墨 1电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反 应式为 CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6H+6e-=CH3OH+H2O。 11.工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5COFe（CO）5为了防止催化剂铁 触媒中毒，要除
35、去 CO，发生的反应为 Cu（NH3）2OOCCH3+CO+NH3Cu（NH3）3（CO）OOCCH3回答 下列问题： （1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是_（填字母序号） 。 a. b. c. d. （2） 写出 CO 的一种常见等电子体分子的结构式： _； C、 N、 O的第一电离能由大到小的顺序为_ （用元素符号表示） 。 （3） 与 O同族的元素还有 S、 Se、 Te， 它们氢化物的沸点大小为 H2OH2TeH2SeH2S， 其原因是_。 （4）配合物Cu（NH3）2OOCCH3中，铜显+1 价，则其中碳原子的杂化轨道类型是_，NH3分子的价 电子对互斥理论模型是_
36、。 （5）已知铜的一种氧化物 Cu2O晶体的晶胞结构如图所示： 若坐标参数 A为（0，0，0） ，B为( 1 1 1 , 4 4 4 )，则 C 的坐标参数为_； 若阿伏加德罗常数为 NA，该晶胞的边长为 a pm，则晶体的密度为_gcm-3。 【答案】 (1). a (2). NN (3). NOC (4). H2Te、H2Se、H2S 均是分子晶体，相对分子质量 逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高 (5). sp3、sp2 (6). 四 面体形 (7). 1 1 1 ( , ) 2 2 2 (8). 30 3 A 144 2 10 N a 【解析】 【详
37、解】 （1）基态 N 的核外电子排布式为 1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态 中只有 a项符合，故答案为：a； （2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与 CO互为等电子体的一种分子为 N2，其结构 式为：NN；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第A族和第A族元 素反常，所以 C、N、O 的第一电离能由大到小的顺序为：NOC，故答案为：NN；NOC； （3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢 键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致 H2O 的沸点
38、异常的高，所以沸点大小为 H2O H2TeH2SeH2S，故答案为：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小， 所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高； （4）甲基中碳原子形成 4个 键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 4，碳原子杂化方式为 sp3，而羰基中 C 原子形成 3 个 键， 没有孤电子对， 杂化轨道数目为 3， 碳原子杂化方式为 sp2； NH3中 N 原子形成 3 个 N-H 键，含有 1 对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是四面体形，故答案为：sp3、sp2； 四面体形； （5）根据晶胞结构分析，C 位于晶胞体心，
39、则 C的原子坐标为： 1 1 1 ( , ) 2 2 2 ，故答案为： 1 1 1 ( , ) 2 2 2 ； 1mol晶胞， 即有 NA个晶胞， 质量为 m=2 （64 2+16） g=144 2g， 所以密度为 = 303 3 A m144 2 =10 g/cm VN a ， 故答案为： 30 3 A 144 2 10 N a 。 12.H 是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 的名称是_，H 中官能团名称是_； （2）反应的反应条件为_； （3）反应的化学方程式为_；反应类型为_。 （4）反应除生成 H外，还生成了另一种有机产物的结构简式为
40、_。 （5）符合下列条件的 G的同分异构体有_种。 能发生银镜反应 苯环上一氯取代物只有一种 核磁共振氢谱有 4组峰 （6）仿照 H的合成路线，设计一种由 B 合成的合成路线。_ 【答案】 (1). 甲苯 (2). 酯基、溴原子 (3). 光照 (4). (5). 取代反应 (6). HOCH2CH2OH (7). 4 (8). 【分析】 由 A、B、C的分子式，结合 D 的结构简式，根据转化关系可知，A 为甲苯，A中甲基上的氢原子被氯原子 取代生成 B为，B发生取代反应生成 C 为；对比 D、F结构可知，D发生取代反应生成 E为 ，E 发生水解反应生成 F，F与甲醇发生酯化反应生成 G，G发
41、生取代反应得到 H，同时还生成 乙二醇，据此解答。 【详解】(1)根据以上分析可知 A的名称是甲苯，根据 H 的结构简式可知 H中官能团名称是酯基、溴原子； (2)反应是甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为光照； (3)根据以上分析可知反应是 F与甲醇发生的酯化反应，反应的化学方程式为 ； (4)根据原子守恒可知反应除生成 H外，还生成乙二醇，结构简式为 HOCH2CH2OH； (5)符合下列条件的 G的同分异构体中能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上一氯取代物只有一种，说明 苯环上只有一类氢原子；核磁共振氢谱有 4组峰，说明苯环上取代基的氢原子还有 3类，因此符合条件的有 机物结构简式为：， 共计是 4种； (6)根据已知信息结合逆推法可知由 B合成的合成路线为 。 【点睛】本题考查有机合成，充分利用转化中有机物的结构与分子进行推断，熟练掌握官能团的性质与转 化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，题目难度 中等。难点是有机合成路线图设计，注意已知题干中信息的挖掘。
