1、（全国2卷）重庆市第一中学2020届高三化学下学期5月月考试题（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Sr-88 Os-190 Ti-48一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活密切相关，下列
2、说法不正确的是A. 聚乳酸可用于制作免拆型手术缝合线B. 施肥时将草木灰和氯化铵混合使用，可获得更好的肥效C. 手机美容中手机贴膜主要材质有PP、PVC，都属于有机高分子材料D. 硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳【答案】B【解析】【详解】A聚乳酸有优良的特殊性能：易拉成丝、易被吸收、优异的生物相容性，无毒性，具有很高的机械性能等，适合于制作免拆型手术缝合线，故A正确；B铵根离子和碳酸根离子会发生相互促进的水解反应，在强光照射下会有氨气生成，降低肥效，故B错误；CPP、PVC都属于有机高分子材料，故C正确；DFe2+易被氧化为Fe3+，而维生素C有强还原性，则硫
3、酸亚铁与维生素C片一起服用，可防Fe2+的氧化，效果更佳，故D正确；故答案为B。2.已知NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24 L CHCl3 所含共价键数为0.4NAB. 常温常压下，2 g羟基(18OD)所含的中子数为NAC. 常温常压下，1.5 g NO与1.6 g O2充分反应后混合物中原子总数为0.2NAD. 常温下，2 L 0.1 molL-1FeCl3 溶液与1 L 0.2 molL-1FeCl3 溶液所含Fe3+数目相同【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，CHCl3 是液体，无法根据气体摩尔体积计算2.24 L CHCl3的物质的量，故A错误
4、；B每个18OD所含的中子数为11，2 g羟基(18OD)的物质的量为=0.1mol，则所含的中子数为1.1NA，故B错误；C1.5 g NO的物质的量为=0.05mol，1.6 g O2的物质的量为=0.05mol，根据原子守恒，1.5 g NO与1.6 g O2充分反应后混合物中原子总数为(0.05mol2+0.05mol2)NAmol-1=0.2NA，故C正确；DFe3+在不同浓度的溶液中水解程度不一样，则相同温度下，2 L 0.1 molL-1FeCl3 溶液与1 L 0.2 molL-1FeCl3 溶液所含Fe3+数目不可能相同，故D错误；故答案为C。【点睛】阿伏加德罗常数的常见问题
5、和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是由Na+和O2-构成。3.下列实验方案设计中，能达到实验目的的是A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ANaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定，应选pH计，故A错误；B乙酸乙酯在NaOH溶液中水解完全，应选用饱和碳酸钠溶液除去少量乙醇和乙酸，故B错误；C溴乙烷和NaOH水溶液混合加热后，加稀硝酸酸化，中和过量的NaOH，再滴加AgNO3溶液，根据生成的浅黄色
6、沉淀，来检验溴乙烷中溴原子，故C错误；DZnS沉淀可转化为CuS，即可证明Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，故D正确；故答案为D。4.下列有关有机物甲丁说法不正确的是 A. 甲可以发生加成、氧化和取代反应B. 乙的分子式为C6H6Cl6C. 丙的一氯代物有2种D. 丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质【答案】B【解析】【详解】A. 物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B. 根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C. 丙分子中含有2种类型的H原
7、子，所以其一氯代物有2种，C正确；D. 丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。5.碳呼吸电池被誉为改变世界的创新技术，设想用碳呼吸电池为锂硫电池充电的装置如下图所示，下列说法不正确的是A. a极是多孔碳电极B. 充电时，外电路中流过0.02 mol电子，电极N质量增加0.14 gC. 随着反应的进行，碳呼吸电池中C2O42- 数目不断减小D. 充电时间越长，电池中的Li2S8量越多【答案】C【解析】【详解】A碳呼吸电池的负极为Al，正极为多孔碳电极，充电时，阳离子向阴极移动，则b电极为负极，a电极为正极， 即a极是
8、多孔碳电极，故A正确；B充电时M为阳极，N是阴极，电池充电时，N极反应为：Li+e-=Li，当外电路流过0.02mol电子时，生成锂为0.02mol，N极增加的质量为0.02mol7g/mol=0.14g，故B正确；C正极反应为2CO2+2e-=C2O42-，根据电子守恒可知，电池放电时草酸盐浓度不会发生变化，即电池中C2O42-数目不变，故C错误；D由图可知，充电时，M极为阳极，发生氧化反应，逐渐由Li2S2Li2S4Li2S6Li2S8，则充电时间越长电池中的Li2S8量越多，故D正确；故答案为C。【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，能准确判断碳呼吸电池的正负极是解题关键，充电时，阳离
9、子向阴极移动，则b电极为负极，a电极为正极，在碳呼吸电池”中，根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，以“呼出”的CO2作为正极反应物得电子生成草酸根：2CO2+2e-=C2O42-，根据电子守恒可知，电池中C2O42-数目始终不变，这是解题难点。6.科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A，其结构如下图所示。短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y可以形成分子 ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A. 化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构B. 离子半径：YZC. 最简单氢化物的沸点：ZYD. 最高价
10、氧化物对应水化物的酸性：ZX【答案】A【解析】【分析】根据图示A的结构可知，正离子中Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层为6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S；负离子中Y形成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F(当然不是H，因为正离子已经有H)；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为B，Y为F，Z为S元素；A结合分析可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，其中B原子周围形成3个共价键和1个配位刍键，故A正确；B电子层越多离子半径越大，则离子半径F-S2-，即YZ，故B
11、错误；C在标准状况下，HF为液体，而H2S为气体，则最简单氢化物的沸点：HFH2S，即Y Z，故C错误；D非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：BS，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3BO3(弱酸)H2SO4(强酸)，即XZ，故D错误；故答案为A。7.常温下，向20 mL浓度均为0.1 mol/LHX 和CH3COOH的混合液中滴加0.1 molL-1的NH3H2O，测得混合液的电阻率与加入NH3H2O 的体积(V)的关系如图所示。已知：物质的电阻率越大，导电能力越弱，CH3COOH的，NH3H2O的。下列说法错误的是A. 常温时，0.1 mol/LHX的pH比0.1 mol/LC
12、H3COOH 的pH小B. ac过程中水的电离程度先增大后减小C. c点溶液中：c(CH3COO-)+c(X-)c(NH4+)D. d 点有4c(NH4+)+4c(NH3H2O)=0.3mol/L【答案】B【解析】【分析】物质的电阻率越大，导电能力越弱，则电阻率与离子浓度成反比；若HX和CH3COOH均为弱碱，则随着NH3H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，完全电离使溶液的电阻率最小；ab过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3H2O溶液
13、时，发生反应先后顺序是HX+NH3H2O=NH4X+H2O、NH3H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，020溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOH、NH4X，继续加入NH3H2O溶液，CH3COOH是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时CH3COOH和NH3H2O恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4X，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONH4、NH4X、NH3H2O，据此分析解题。【详解】
14、A由分析知HX为强酸，醋酸为弱酸，则常温时，0.1 mol/LHX溶液中c(H+)比0.1 mol/LCH3COOH溶液中 c(H+)大，即0.1 mol/LHX的pH比0.1 mol/LCH3COOH 的pH小，故A正确；Ba点是HX和CH3COOH溶液，水的电离受抑制，b点溶质为CH3COOH、NH4X，其中醋酸的电离抑制水的电离，NH4+的水解促进水的离子，而c点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4X，CH3COO-和NH4+的水解均促进水的离子，则ac过程中水的电离程度递增，故B错误；C已知CH3COOH的，NH3H2O的，则CH3COO-和NH4+浓度相等时水解程度相同，CH3CO
15、ONH4溶液呈中性，c点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4X，且二者的物质的量相等，此时溶液显酸性，即c(OH-)c(H+)，则由电荷守恒式c(OH-)+c(CH3COO-)+c(X-)=c(H+)+c(NH4+)，可知c(CH3COO-)+c(X-)c(NH4+)，故C正确；Dd点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONH4、NH4X、NH3H2O，溶液体积为80mL，根据物料守恒可知 c(NH4+)+c(NH3H2O)=mol/L=0.075mol/L，即4c(NH4+)+4c(NH3H2O)=0.3mol/L，故D正确；故答案为B。8.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉
16、。锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶(各装置盛装足量试剂)，所使用氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。已知：醋酸二氨合亚铜CH3COOCu(NH3)2溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。氮化锶的制取（1）仪器a的名称是_。（2）装置C、D、E盛装的试剂分别是_(填代号)。甲. 连苯三酚碱性溶液乙. 浓硫酸丙. 醋酸二氨合亚铜溶液（3）该套装置设计存在缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案 _。产品纯度的测定称取6.0 g 中所得产品，加入干燥三颈烧瓶中，然后由恒压滴液漏斗加入蒸馏水，
17、通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200.00 mL 1.00 mol/L的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00 mL的吸收液，用1.00 mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00 mL NaOH溶液。(图中夹持装置略)（4）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 _。（5）装置中长玻璃管的作用原理是_。（6）用1.00 mol/L的NaOH标准溶液滴定过剩的 HCl时所选指示剂为_。（7）产品纯度为_。(保留三位有效数字)（8）下列实验操作可能使氮化锶(Sr3N2)测定结果偏低是_(填字母)。a.滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失
18、b. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视c. 滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 甲丙乙 (3). 在装置F后连接一个盛有碱石灰的干燥管(或其他合理答案) (4). Sr3N2 + 6H2O3Sr(OH)2 + 2NH3 (5). 当装置1中压力过大时，安全管中液面上升，使装置1中压力稳定 (6). 甲基橙 (7). 97.3% (8). ac【解析】【分析】含有少量CO、CO2、O2等气体杂质的氮气依次通过NaOH溶液、连苯三酚碱性溶液、醋酸二氨合亚铜溶液、浓硫酸，达到依次除CO2、O2和CO，并干燥的目的；用一定量的盐酸吸收反应Sr3N2 + 6H2O
19、3Sr(OH)2 + 2NH3中生成的氨气，吸收液用NaOH溶液滴定，根据消耗的NaOH标准液的量可计算剩余HCl的量，再结合实际吸收氨气消耗的HCl的量计算出反应中生成的氨气，由氨气可计算样品的纯度。【详解】(1)仪器a的名称是蒸馏烧瓶；(2)因醋酸二氨合亚铜溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力，且最后气体需要干燥，防氮化锶遇水剧烈反应，则混合气体依次通过NaOH溶液、连苯三酚碱性溶液、醋酸二氨合亚铜溶液、浓硫酸，即装置C、D、E盛装的试剂分别是甲、丙、乙；(3)F装置直接与空气相通，空气中水蒸气可能会进入F装置中与氮化锶反应，导致产品变质，则应该在装置F后连接一个盛有碱石灰
20、的干燥管； (4)Sr3N2 在水中水解生成Sr(OH)2 和NH3，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为Sr3N2 + 6H2O3Sr(OH)2 + 2NH3；(5)装置中长玻璃管与外界相通，当装置1中压力过大时，安全管中液面上升，使装置1中压力稳定，起稳压作用；(6)NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，但溶液中还有氯化铵，为防止氢氧化钠和铵盐反应，可以选择酸性变色范围内的指示剂，则应选取甲基橙作指示剂；(7)用1.00 mol/L NaOH标准溶液滴定过剩HCl，到终点时消耗16.00 mL NaOH溶液，则剩余HCl的物质的量为1.00 mol/L0.016L=0.16mol，反应中生
21、成的NH3的物质的量为0.2L1.00 mol/L-0.16mol =0.2mol-0.16mol=0.04mol，产品纯度为=97.3%；(8)a滴定前碱式滴定管未排气泡，滴定后气泡消失，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故a正确；b读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则消耗的NaOH标准溶液体积偏小，过量的HCl的物质的量偏小，导致测定结果偏高，故b错误；c滴定后，碱式滴定管尖嘴外还悬着一滴液体，则消耗的NaOH标准溶液体积偏大，过量的HCl的物质的量偏大，导致测定结果偏低，故c正确；故答案为ac。【点睛】本题涉及两个主要知识点，一是除杂试剂顺序的
22、选择，注意要防干扰，先除O2再除CO；另一个是滴定操作原理的应用，特别是误差分析，根据对消耗标准液的影响，结合公式分析对测定结果的影响即可。9.铱(Ir)和锇(Os)属于铂族金属，与金、银合称贵重金属，可以用于电气、精密仪表、催化剂等领域。铱锇矿的主要成分有Ir、Os、Ir2O3、OsO2，还含有CuO和SiO2等杂质，从铱锇矿中提取铱(Ir)和锇(Os)的流程如下：已知：高温融合发生反应的原理类似于铝热反应。四氧化锇(OsO4)的熔点为41，易挥发、有恶臭和剧毒。四氨合二氧氯化锇(OsO2(NH3)4Cl2)呈浅黄色，难溶于有机物，微溶于水，能水解。回答下列问题：（1）“酸溶I”的目的是_；
23、酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，还有_ (填化学式)。（2）“氧化挥发”是将溶渣置于300800 的管式炉内，通入空气氧化。用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，该反应的离子方程式为 _；当吸收液质量增加59.5 g时，反应转移电子的数目为 _。（3）“沉锇”时， NH4Cl与Na2OsO4发生反应Na2OsO4 + 4NH4Cl=OsO2(NH3)4Cl2 + 2NaCl + 2H2O，该过程中NH4Cl需过量，目的是_ ；生成的锇盐要立即过滤，滤饼要经无水乙醇多次洗涤，用无水乙醇洗涤的原因是_。（4）“残渣I”的主要成分为Ir、CuO和SiO2。“碱熔”时，Ir与Na2O2反
24、应生成IrO2nNa2O和O2，该反应的化学方程式为 _。（5） “沉铜” 过程中，当通入H2S 达到饱和时测得溶液的pH=1，此时溶液中c(Cu2+)为_。已知:25 下，H2S溶于水形成饱和溶液时，c(H2S)=0.1mol/L；H2S的电离常数，；【答案】 (1). 溶解Al、溶解Al2O3与贵重金属分离 (2). Cu、SiO2 (3). 2OsO4 + 4OH-=2OsO42-+ O2+ 2H2O (4). 0.5NA (5). 使锇元素完全转化为OsO2(NH3)4Cl2沉淀，提高回收率 (6). 减少OsO2(NH3)4Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解 (7)
25、. 2Ir+ 2nNa2O22IrO2nNa2O + (n-2)O2 (8). 610-17 mol/L【解析】【分析】铱锇矿和过量Al高温融合，发生铝热反应后固体混合物的成分为Ir、Os、Cu、Al、Al2O3和SiO2；用盐酸完全溶解Al和氧化铝后过滤，所得溶渣为Ir、Os、Cu和SiO2，将溶渣在空气中高温氧化挥发，用NaOH溶液吸收OsO4得Na2OsO4溶液，向Na2OsO4溶液中加入过量NH4Cl达到沉锇目的，经过滤得OsO2(NH3)4Cl2，再经还原即可得到锇粉；同时氧化挥发后的残渣的主要成分为Ir、CuO和SiO2，用NaOH和Na2O2进行碱溶，其中Ir与Na2O2反应生成
26、IrO2nNa2O和O2，经水洗过滤后，浅渣为IrO2nNa2O和CuO，用盐酸溶解IrO2nNa2O和CuO后，向溶液中通入过量H2S气体，利用生成CuS达到沉铜的目的，最后经过滤后，滤液经系列操作可得铱粉，据此分析解题。【详解】(1)“酸溶I”是用盐酸溶解固体混合物中的Al和Al2O3，达到与贵重金属铱和锇分离的目的；Ir、Os、Cu和SiO2均不溶于稀盐酸，则酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，还有Cu、SiO2；(2)用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，Os元素发生了还原反应，则反应中同时有O2生成，结合守恒法，可知发生反应的离子方程式为2OsO4 + 4OH-=2OsO4
27、2-+ O2+ 2H2O；由反应可知，每溶解2molOsO4生成1molO2，转移4mol电子，同时溶液增重质量为254g/mol2mol-32g=476g，则当吸收液质量增加59.5g时，反应转移电子的数目为4molNAmol-1=0.5NA；(3)“沉锇”时， 添加过量NH4Cl，促进反应完全进行，使锇元素完全转化为OsO2(NH3)4Cl2沉淀，提高回收率；OsO2(NH3)4Cl2)难溶于有机物，微溶于水，能水解，则洗涤时应选择无水乙醇，可减少OsO2(NH3)4Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解；(4)碱熔时，Ir与Na2O2反应生成IrO2nNa2O和O2，结合守
28、恒法，发生反应的化学方程式为2Ir+ 2nNa2O22IrO2nNa2O + (n-2)O2；(5)已知H2SHS-+H+，HS-H+S2-，则Ka1Ka2=，H2S饱和时c(s2-)=mol/L=110-19 mol/L，此时溶液中c(Cu2+)为=mol/L=610-17 mol/L。10.CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，维持大气中CO2的平衡对生态环境保护有着重要意义。I可利用CH4与CO2制备合成气(CO、H2)，在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15kPa、20kPa，加入Ni/-A12O3催化剂并加热至1123K使其发生反应：CH4(g)+CO2(
29、g)=2CO(g)+2H2(g)（1）研究表明CO的生成速率，某时刻测得p(H2)=10kPa，则该时刻v(CH4)=_kPas-1。（2）达到平衡后，测得CO的产率为50，则该反应的平衡常数Kp=_。（3）科学家提出制备“合成气反应历程分两步：反应：CH4(g)=C(ads)+2H2(g)(慢反应)反应：C(ads)+CO2(g)=2CO(g)(快反应)上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图所示：CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为_。能量变化图中：E5+E1_E4+E2（填“”、“”或“”）。IICO2催化加氢制甲醇5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2):n
30、(CO2)=3:1充入H2和CO2，发生以下反应：i. ，ii. iii. 反应达到平衡时，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。（4）体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是_。下列措施中，无法提高甲醇平衡产率的是_(填标号)。A.加入适量CO B.增大压强C.循环利用原料气D.升高温度如上图X、Y分别代表_、_(填化学式)。III利用铜基配合物1,10-phenanthroline-Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图所示。（5）电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液
31、的pH_(填“变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为_。每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加_g。【答案】 (1). 0.96 (2). 540(kPa)2 (3). CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g) H=+(E3-E1) kJmol-1 (4). (5). 温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反 (6). D (7). CO (8). CH3OH (9). 变小 (10). CO2+2H+2e-HCOOH (11). 46【解析】【详解】I(1)在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为15kPa、20kPa，某时刻测得p(H2)=10kPa，则： 该
32、时刻v(CO)=1.2810-2p(CH4)p(CO2)=1.2810-21015=1.92，则v(CH4)=v(CO)=1.92=0.96；(2)达到平衡后，测得CO的产率为50，则CO的平衡分压为15kPa；列三段式：平衡常数Kp=540；(3)CH4与CO2制备“合成气”的化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)，由图可知反应的焓变H=生成物的总内能-反应物的总内能=(E3-E1)kJ/mol，反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)H=+(E3-E1)kJ/mol；两步历程中反应是慢反应，所以反应的活化能大于反应的活化能，即E4-
33、E1E5-E2，所以E5+E1E4+E2；II(4)H10，H30，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，H20，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO；依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生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i和反应ii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；A加入
34、适量CO，促使反应iii平衡正向移动，产生更多的CH3OH，而反应ii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，故A正确；B增大压强，有利于反应i和iii的平衡正向移动，而对反应ii无影响，故B正确；C循环利用原料气能提高CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，故C正确；D由图可知，升温，CH3OH的物质的量分数下降，产率降低，故D错误；故答案为D；根据分析可知X代表CO，Y代表CH3OH；III石墨烯的表面CO2发生还原反应，说明石墨烯为阴极，则b为电源的负极；(5)电池工作过程中，Pt电极为阳极，发生的电极反应式为2H2O-4e
35、-=O2+4H+，则附近溶液的pH变小，阴极上发生还原反应的电极反应式为CO2+2H+2e-=HCOOH； 每转移2mol电子，由阴极电极反应式CO2+2H+2e- =HCOOH可知，生成1molHCOOH，质量为46g/mol1mol=46g，即阴极室溶液质量增加46g。化学选修3：物质结构与性质11.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以
36、更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为_。(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_(填元素符号)，判断依据是_。(3)CN、NH3、H2O和OH等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol Zn(NH3)42+含_ mol键，中心离子的配位数为_。(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_个镁原子最近且等距离。(5)二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：苯甲醇中C原子杂化类型是_。苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是_。(6)钛晶体有两种品胞，如图所示。如图3所示，晶胞的空间利
37、用率为_(用含的式子表示)。已知图4中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为D gcm-3，NA为_mol1(用含x y和D的式子表示)。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Mg (3). I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子， (4). 16 (5). 4 (6). 8 (7). sp2、sp3 (8). 苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键 (9). (10). 【解析】【分析】（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；(2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，
38、每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；(5)苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，再结合晶胞的密度计算NA。【详解】（1）铜原子有29个电子，其
39、3d、4s能级上的电子为其价电子，其价电子排布式为3d104s1；(2)由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A元素，此元素为镁，元素符号为Mg；(3)所有单键包括配位键均为键，双键中有一个为键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键，则1mol Zn(NH3)42+含（4+34）mol=16mol键，配位体为NH3，中心离子Zn2+的配位数为4；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近，则每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个；(5)苯环上碳原子形成3个
40、共用电子对，碳原子的杂化类型是sp2，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对，碳原子的杂化类型是sp3；苯甲醇分子间存在氢键，而苯甲醛分子间不存在氢键，导致苯甲醇的沸点明显比苯甲醛高；(6)由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，则空间利用率为=；图4晶胞中钛原子的数目为3+2+12=6，晶胞的质量为g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2ycm3，则D=gx2ycm3，由此计算得NA=mol1。【点睛】本题考查原子杂化方式判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对
41、互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化。化学选修5：有机化学基础12.盐酸厄洛替尼是一种治疗肺癌的药物，以芳香化合物A为原料，制备其中间体H的合成路线如下：已知：B、D、E、F均能发生银镜反应。回答下列问题：（1）A的化学名称_。（2）由A生成C的反应类型为_。（3）B、G的结构简式依次为_、_。（4）D生成E的化学方程式为_。（5）
42、H中含氧官能团名称为_。（6）芳香化合物X是C的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式：_。能发生水解反应；能发生银镜反应；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1（7）2-氨基苯乙醚（）可用作染料、香料、医药中间体。请设计以苯酚和乙醇为起始原料制备2-氨基苯乙醚的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 邻苯二酚（或1,2-苯二酚） (2). 加成反应 (3). (4). (5). (6). 羧基、醚键 (7). 、 (8). 【解析】【分析】A和B反应生成，结合A的化学式为C6H6O2和B的化学式为C2H2O3及B能发生银镜反应，可知A为，B为，在空气中催化氧化生成的D化
43、学式为C7H6O3，且能发生银镜反应，则D应为；GH是将-NO2还原为-NH2，FG应该是将-CHO氧化为-COOH，则EF是发生取代反应，苯环上引入-NO2，结合H的结构简式可知，E为，F为，G为，据此分析解题。【详解】(1)由分析知A为，其化学名称为邻苯二酚(或1，2-苯二酚)；(2)结合A、B和C的化学式的结构可知，由A生成C的反应类型为加成反应；(3)由分析知：B、G的结构简式依次为、；(4)和BrCH2CH2OCH3发生取代反应生成的化学方程式为；(5)H的结构简式为，结构中含氧官能团名称为羧基、醚键；(6)C的结构简式为，其同分异构体X是芳香化合物，说明分子结构中含有苯环，另外：能
44、发生水解反应，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1，则满足条件的X的结构可能是或；(7)2-氨基苯乙醚()结构中的-NH2，可由硝基还原得到，而苯环上的CH3CH2O-可由苯酚与CH3CH2Br发生取代反应得到，而乙醇与HBr发生取代反应可以得到CH3CH2Br，则苯酚和乙醇为起始原料制备2-氨基苯乙醚的合成路线为。【点睛】考查有机综合推断，根据的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C架结构的特点，结合官能团的变化和反应条件分析发生的反应原理，从而推断各有机物的结构简式。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。
