1、山西省太原市2020届高三化学模拟试题（二）（含解析）注意事项：1.答题前，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2B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，再选涂其他答案标号。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 O-16 Al-27 V-51一、选择题：本题共13小题，每小题6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。1.2019年江西南昌“海昏侯墓”出土了一件青铜白酒蒸馏器。下列说法不正确的是（ ）A. 在实验
2、室进行蒸馏时，必须使用圆底烧瓶、直形冷凝管、酒精灯、锥形瓶等仪器B. 我国古代人民常用明水矾除去铜器表面的铜绿（铜锈）C. 青铜文物和铁质文物在潮湿的土壤环境中容易发生电化学腐蚀D. 与火法冶铜（以Cu2S为原料）相比，采用湿法冶铜（以CuSO4为原料）的优点是减少了环境污染和能源的消耗【答案】A【解析】【详解】A实验室进行蒸馏时，须使用蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、酒精灯、羊角管、锥形瓶等仪器，A选项错误；B明矾中含有铝离子，铝离子水解使溶液显酸性，Cu(OH)2CO3能与酸性溶液反应，所以可用明水矾除去铜器表面的铜绿(铜锈)，B选项正确；C青铜文物和铁质文物，在潮湿环境中易形成原电池发生电
3、化学腐蚀，腐蚀速率更快，C选项正确；D火法冶铜(以Cu2S为原料)会产生SO2，对环境造成污染，同时高温条件下耗能较高，而湿法冶铜(以CuSO4为原料)采用电化学原理，相比火法冶铜减少了环境污染和能源消耗，D选项正确；答案选A。2.我国科学家将LiClO4溶于有机溶剂作为惰性电解质，使用溶剂热合成法将钌(Ru)纳米颗粒沉积在导电碳黑(SuperP)上。所得材料RuSuperP用作LiCO2二次电池中的正极。电池的总反应为：3CO2+4Li=2Li2CO3+C。下列说法正确的是（ ）A. 放电时，ClO向正极移动B. 充电时阳极反应为：2Li2CO3+C-4e-=3CO2+4Li+C. 该电池电
4、解液中的LiClO4可以用LiCl水溶液替换D. 放电时溶液中每转移4mol电子时吸收CO2气体67.2L【答案】B【解析】【分析】根据电池总反应可知，电池放电时，Li失去电子发生氧化反应生成Li+，则Li作负极，CO2得到电子发生还原反应生成C，作正极，充电时为电解池，原电池正极对应阳极，负极对应阴极，据此分析解答。【详解】A放电时为原电池，原电池中阴离子向负极移动，因此ClO向负极移动，A选项错误；B充电时，阳极C失去电子与Li2CO3结合生成CO2和Li+，电极反应为2Li2CO3+C-4e-=3CO2+4Li+，B选项正确；C由于Li会与H2O发生反应，若将电解液中的LiClO4用Li
5、Cl水溶液替换，会腐蚀Li电极，C选项错误；D未指明标准状况，不能准确计算吸收CO2气体的体积，D选项错误；答案选B。3.研究表明连花清瘟制剂中的金丝桃苷是对新冠病毒主要蛋白酶最可能的抑制剂。其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 金丝桃的苷分子式为C21H20O12B. 金丝桃苷中所有碳原子不可能在同一平面上C. 金丝桃苷既能发生取代反应、氧化反应，还能使溴的四氯化碳溶液褪色D. 苯环上的二氯代物有5种【答案】D【解析】【分析】根据结构可知，金丝桃苷中含有酚羟基、醇羟基、碳碳双键、羰基、醚键官能团。【详解】A. 由结构可得，金丝桃的苷分子式为C21H20O12，A正确；B. 金丝桃苷结构
6、中，上部分由于苯环、碳碳双键、羰基的存在，使得所有碳可能在同一平面上中，下部分的碳，都是采用sp3杂化，碳原子不在同一平面上，所以所有碳原子不可能在同一平面上，B正确；C. 金丝桃苷中酚羟基、醇羟基和酚羟基邻对位氢都能发生取代反应，酚羟基、醇羟基和碳碳双键都能发生氧化反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D. 苯环上的二氯代物,先确定一氯代物，有三种结构，再加上一个氯原子，则有、，共有4种，D错误；答案选D。【点睛】二氯代物同分异构体的判断,先确定一氯代物可能的结构，再加上一个氯原子变成二氯代物，一定要注意相同的结构要排除。4.一种玉石主要成分的化学式为Z2X10
7、W12Y30，其中X、Y、Z、W均为短周期主族元素且原子序数依次增大，X与Z位于同一主族，Y与X位于同一周期。X、W、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的最外层电子数，且Y是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：ZWYB. 最高价氧化物对应水化物的碱性：ZXC. 这四种元素与氢元素只能形成4种二元化合物D. Y、W组成的常见化合物中只含有极性键且能与NaOH溶液反应【答案】C【解析】【分析】由题干可知，一种玉石主要成分的化学式为Z2X10W12Y30，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素，X与Z位于同一主族，Y与X位于同
8、一周期，X、W、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的最外层电子数，则X为Li元素，Z为Na元素，W为Si元素，则该玉石为Na2Li10Si12O30，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，Y为O，Z为Na，W为Si，则原子半径：NaSiO，即ZWY，A说法正确；B元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性NaLi，则碱性：NaOHLiOH，B说法正确；CSi和C形成的氢化物有很多种，O元素能形成2种氢化物，C说法错误；DSi和O组成的常见化合物为SiO2，SiO2中只含有极性键，能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，D说法正确；答案选C。5.“化学多米诺实验”是只需控制第一个反
9、应，就能使若干化学实验依次发生，如图所示。已知：Cu2+4NH3H2O=4H2O+Cu(NH3)42+（该反应产物可作为H2O2催化剂）；已知装置A、C中所用硫酸的浓度相同，装置B、D中所用金属锌的质量完全相同下列说法错误的是（ ）A. 该实验成功的关键条件是整套装置的气密性良好B. 因为形成原电池，所以装置D中生成氢气的反应速率一定大于BC. 导管a的作用是平衡A和B内气压D. 装置H中出现浅黄色浑浊，可证明非金属性：OS【答案】B【解析】【分析】B中稀硫酸和锌反应生成H2，H2进入C中，C中压强增加，把C中的硫酸和硫酸铜混合溶液挤压到D中，D中Zn和硫酸铜、硫酸反应生成Cu和H2，H2进入
10、E中，E中压强增加，把E中的硫酸铜溶液挤压到F中，Cu2+和氨水生成蓝色Cu( OH)2沉淀，但随后转化为可溶性的Cu(NH3)42+ ，被挤入到G中，促使H2O2分解，H2O2分解生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成淡黄色的S沉淀，挥发出的H2S气体被NaOH溶液吸收，避免污染空气。【详解】A.该实验是通过改变装置内气压引发后续反应，在装置气密性良好的前提下才能进行，A正确； B.由于铜离子的氧化性强于氢离子，故锌先和铜离子发生反应而生成铜，铜离子反应后才可以和氢离子反应放出氢气，所以刚开始没有氢气产生，故D中生成氢气的反应速率不一定大于B，B错误；C.B中稀硫酸和锌反应生成H2，压
11、强增加，在A和B之间增设了导管a，其作用是平衡A和B内气压，使稀硫酸顺利流下，C正确；D.根据分析可知G中生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成淡黄色的沉淀，则发生了反应：2H2S+ O2=2S+2H2O，此反应中O2为氧化剂，S为氧化产物，根据氧化还原反应强弱规律，氧化性：氧化剂氧化产物，即氧化性：故O2S，根据单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，所以非金属性OS，D正确。答案选B。【点睛】本题利用压强的变化引发了后续反应，如若装置气密性不好，则不能引发后面的反应，所以该实验成功的关键是整套装置的气密性良好；本题难点是在B选择，虽然形成原电池能加快反应速率，但是要考虑谁先反应的问题，
12、锌与铜离子反应时是没有氢气产生的。6.2020年3月10日，习近平总书记赴湖北武汉考察新冠疫情工作，给奋战在抗疫一线的战士们、武汉乃至全国人民极大的鼓舞。下列说法错误的有（ ）用于消毒的酒精、“84”消毒液、双氧水、过氧乙酸(CH3COOOH)等均属于有机物95%的酒精比75%的酒精杀菌效果好“84”消毒液露置在空气中不会变质双氧水能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，其褪色原理均为氧化还原反应修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯）膜是一种无毒、无味的高分子材料医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯可以使溴水褪色科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗一般应冷藏存放，
13、以避免蛋白质变性N95口罩用0.3mNaCl颗粒进行测试，阻隔率达95%以上，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5过氧乙酸和乙酸属于同系物A. 6项B. 5项C. 4项D. 3项【答案】B【解析】【详解】用于消毒的酒精、过氧乙酸(CH3COOOH)属于有机物，“84”消毒液的主要成分为NaClO，双氧水为H2O2，两者属于无机物，错误；乙醇溶液消毒原理是乙醇分子通过细胞膜，使内部蛋白质变性，浓度过高不易进入细胞内部，75%的乙醇溶液消毒效果最佳，错误；“84”消毒液露置在空气中，空气中的CO2和H2O会使NaClO生成HClO，HClO不稳定，见光易分解，从而“84”消毒液变质，错误；双氧水能使酸
14、性高锰酸钾溶液和溴水褪色，前者双氧水体现还原性，后者双氧水体现氧化，两者的褪色原理均为氧化还原反应，正确；修建“火神山”医院所用的HDPE(高密度聚乙烯)膜属于乙烯的加聚产物，是一种无毒、无味的高分子材料，正确；医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，聚丙烯不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，错误；科研人员积极研发抗击新型冠状病毒的疫苗，疫苗的主要成分是蛋白质，蛋白质受热易变形失活，因此疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，正确；N95型口罩，“N”的意思是不适合油性的颗粒；“95”是指在NIOSH（美国国家职业安全卫生研究所）标准规定的检测条件下，0.3微米氯化钠颗粒过滤效率达到95%
15、。PM2.5，指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，因2.5微米大于0.3微米，戴N95口罩可有效阻隔PM2.5，正确；过氧乙酸分子式为CH3COOOH，乙酸分子式为CH3COOH，两者不属于同系物，错误；综上所述，共5项错误，B选项正确。7.室温下，用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20mL0.1000molL-1H3PO4溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是（ )A. H3PO4的电离平衡常数Ka1约为10-2B. 当V(NaOH溶液)=40mL时，c(PO)+c(OH-)=c(H+)+c(H2PO)+2c(H3PO4)C.
16、当pH=7时，c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)D. 当V(NaOH溶液)=20mL时，c(Na+)c(H2PO)c(H3PO4)c(HPO)【答案】D【解析】【分析】0.1000molL-1NaOH溶液滴定20mL0.1000molL-1H3PO4溶液，由图像可知，加入NaOH溶液的体积为20mL时，pH=4.7，溶液中的溶质主要为NaH2PO4，加入NaOH溶液的体积为40mL时，pH=9.7，溶液中的溶质主要为Na2HPO4，据此结合三大守恒分析解答问题。【详解】A根据图像分析可知，未加入NaOH溶液时，H3PO4溶液的pH=1.6，则H3PO4的电离平衡常数，A
17、选项正确；B当V(NaOH溶液)=40mL时，溶液中的溶质主要为Na2HPO4，则存在物料守恒c(Na+)=2c(PO)+2c(HPO)+2c(H2PO)+2c(H3PO4)，电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO)+c(OH-)，两式相减有c(PO)+c(OH-)=c(H+)+c(H2PO)+2c(H3PO4)，B选项正确；CpH=7时，c(H+)=c(OH-)，又存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=3c(PO)+2c(HPO)+c(H2PO)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，C选项正确；D当V(NaO
18、H溶液)=20mL时，溶液中的溶质为NaH2PO4，pH=4.7，溶液显酸性，则H2PO电离大于水解，因此c(HPO)c(H3PO4)，D选项错误；答案选D。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。8.目前很多工厂实现了烟气脱硫脱硝和氨氮废水的无害化处理，回答下列问题：（1）某小组同学在实验室里尝试模拟工厂处理氨氮废水（主要含NH)的不同方法，过程如下：甲同学采用Ca(ClO)2作为氧化剂。将废水中的NH转化为无毒气体。他在实验中发现其他条件相同时，C
19、a(ClO)2的浓度越大碱性越强，处理后的废水中亚硝酸盐(NO)的浓度也随之变大，写出该反应的离子方程式：_。乙同学在实验室模拟工业上的“吹脱法”测定废水的含氮量，设计了以下实验：精确称取wg废水样品，注入如所图示的仪器中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气。将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1molL-1盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2molL-1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。NH4Cl的电子式为_。盛放样品液的仪器是_（填名称）；圆底烧瓶中长玻璃导管的作用是_；冰盐水的作用是_。（2）某工厂利用NaClO2/(NH4)2CO
20、3溶液脱除烟气中的SO2和NO。保持溶液中NaClO2的浓度不变，研究(NH4)2CO3的浓度对NO和SO2脱除效率的影响已知：(NH4)2CO3溶液显碱性；NaClO2的氧化性随pH增加而下降，酸性条件下会生成ClO2。实验结果如图所示，随着(NH4)2CO3溶液浓度的增大造成NO脱除效率下降的主要原因是_。NO脱除效率总是小于SO2脱除效率的主要原因是_。（写出一点）（3）某工厂采用微生物硝化法处理氨氮废水，过程如图：下列有关说法正确的是_（填标号）。微生物硝化法处理废水后会导致水体的pH升高若微生物保持活性的pH范围为79，则适宜用来调节水体pH的是CO2不能采用电解法在阴极将NH直接转
21、化为NO【答案】 (1). 3ClO-+NH+2OH-=NO+3Cl-+3H2O (2). (3). 三颈烧瓶 (4). 当烧瓶中压力过大时，安全管中液面上升，使烧瓶中压力稳定（或平衡气压） (5). 冷却降温，防止反应放热使盐酸挥发（或降温有利于氨气的吸收） (6). (NH4)2CO3浓度增加，溶液的碱性越强，NaClO2的氧化性下降 (7). NO的溶解度较低（或脱硝反应的活化能较高） (8). 【解析】【分析】【详解】（1）Ca(ClO)2的浓度越大碱性越强，处理后的废水中亚硝酸盐(NO)的浓度也随之变大，说明NH被氧化成NO，该反应的离子方程式：3ClO-+NH+2OH-=NO+3C
22、l-+3H2O。故答案为：3ClO-+NH+2OH-=NO+3Cl-+3H2O；NH4Cl是离子化合物，电子式为。盛放样品液的仪器是三颈烧瓶；圆底烧瓶中长玻璃导管的作用是当烧瓶中压力过大时，安全管中液面上升，使烧瓶中压力稳定（或平衡气压）；冰盐水的作用是冷却降温，防止反应放热使盐酸挥发（或降温有利于氨气的吸收）。故答案为：；三颈烧瓶；当烧瓶中压力过大时，安全管中液面上升，使烧瓶中压力稳定（或平衡气压）；冷却降温，防止反应放热使盐酸挥发（或降温有利于氨气的吸收）；（2）已知：(NH4)2CO3溶液显碱性，NaClO2的氧化性随pH增加而下降，酸性条件下会生成ClO2，根据图中实验结果，随着(NH
23、4)2CO3溶液浓度的增大，造成NO脱除效率下降的主要原因是：(NH4)2CO3浓度增加，溶液的碱性越强，NaClO2的氧化性下降。故答案为：(NH4)2CO3浓度增加，溶液的碱性越强，NaClO2的氧化性下降；根据NO的性质，NO脱除效率总是小于SO2脱除效率的主要原因是：NO的溶解度较低（或脱硝反应的活化能较高）。故答案为：NO的溶解度较低（或脱硝反应的活化能较高）；（3）采用微生物硝化法处理氨氮废水，由图可得反应：NH42O2=NO3H2O+2H+，微生物硝化法处理废水后会导致水体的pH降低，故错误；若微生物保持活性的pH范围为79，调节水体pH可加入碱性物质，但不能引入新杂质，且加强碱
24、易使微生物变性，可加入石灰石来调节水体的pH，故B错误；电解时，阳极发生氧化反应，不能采用电解法在阴极将NH直接转化为NO，故正确；故答案为：。9.V2O5（五氧化二钒）可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。工业上利用冶炼铝生成的固体废料一一赤泥（主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取V2O5其工艺流程图如图：已知：NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水。NH4VO3V2O5+2NH3+H2OV2O5是一种橙黄色片状晶体，微溶于水，不溶于乙醇，具有强氧化性。部分稀土金属氯化物在乙醇中溶解度较小。（1）“碱浸”时对赤泥进行粉碎的目的是_。写出滤液
25、1中通入足量CO2时所发生主要反应的离子方程式：_。（2）将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，写出该磁性产品与稀硝酸反应的离子方程式：_。（3）“洗涤”操作时可选用的洗涤剂有_。（填字母）A.冷水 B.热水C.1%NH4Cl溶液 D.乙醇（4）需在流动空气中灼烧的原因可能是_。（5）将0.253g产品溶于强碱溶液中，加热煮沸，调节pH为88.5，向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液（过量），溶液中的还原产物为V3+离子，滴加指示剂，用0.250molL-1Na2S2O3溶液滴定，达到终点时消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，则该产品的纯度为_。（已知：I2
26、+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，结果保留三位有效数字）（6）水系锌离子电池是一种新型二次电池，以Zn(CF3SO3)2(三氟甲磺酸锌）为电解质，工作原理如图。放电时V2O5电极上的电极反应式为_。【答案】 (1). 加快碱浸速率并使氧化铝充分溶解 (2). AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO (3). 3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O (4). AC (5). 把生成的NH3及时带走，防止V2O5与NH3发生氧化还原反应，影响纯度与产率 (6). 89.9% (7). V2O5+xZn2+2xe-=ZnxV2O5【解析】【分析】赤泥进行碱浸，氧化铝溶
27、解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀。滤渣1系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO2和VO3的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5，由溶液中存在平衡VO2+H2OVO3+2H，盐酸过量会抑制生成NH4VO3，盐酸溶解时不易过量。【详解】（1）赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀。“碱浸”时对赤泥进行粉碎的目的是：加快碱浸速率并使氧化铝充分溶解。滤液1中通入足量CO2时所发生主要反应的离
28、子方程式：AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO。故答案为：加快碱浸速率并使氧化铝充分溶解；AlO+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO；（2）将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，说明生成的是亚铁离子，该磁性产品与稀硝酸反应的离子方程式：3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O。故答案为：3Fe+8H+2NO=3Fe2+2NO+4H2O；（3）NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水，NH4VO3在NH4Cl溶液中溶解度较小，“洗涤”操作时可选用的洗涤剂有冷水或1%NH4Cl溶液，虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如N
29、H4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，不选用乙醇。故答案为：AC；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率。需在流动空气中灼烧的原因可能是把生成的NH3及时带走，防止V2O5与NH3发生氧化还原反应，影响纯度与产率。故答案为：把生成的NH3及时带走，防止V2O5与NH3发生氧化还原反应，影响纯度与产率；（5）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI可知，消耗n（I2）= n（Na2S2O3）=20.0010-3L0.250molL1=2.510-3m
30、ol，根据得失电子数目守恒，n（V2O5）22=n（I2）2，解得：n（V2O5）=1.2510-3mol，则m（V2O5）=1.2510-3182g=0.2275g，则该产品的纯度为：100%=89.9%；故答案为：89.9%；（6）放电时，锌作负极，失电子，V2O5在正极上得电子，发生还原反应，生成ZnxV2O5，放电时V2O5电极上的电极反应式为V2O5+xZn2+2xe-=ZnxV2O5。故答案为：V2O5+xZn2+2xe-=ZnxV2O5。【点睛】难点（5），根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI可求出消耗n（I2），再根据得失电子数
31、目守恒求n（V2O5），最后计算产品的纯度。10.CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。（1）CO2加氢制备甲酸(HCOOH，熔点8.4沸点100.8)是利用化学载体进行H2储存的关键步骤。已知：H2(g)+CO2(g)HCOOH(l) H1=-30.0kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=-571.6kJmol-1则表示HCOOH燃烧热的热化学方程式为_。（2）在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_。填（字母）a.该催化剂使反应的
32、平衡常数增大b.CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂c由XY过程中放出能量并形成了CC键该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_。（3）CO2与H2在一定条件下反应可生成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H”、“”或“=”，下同）。实验I中当其他条件不变时，若30min后只改变温度为T2，再次平衡时n(H2)=3.2mol，则T1_T2。已知某温度下该反应的平衡常数K=160，开始时在密闭容器中只加入CO2和H2，反应10min时测得各组分的浓度如下表，则此时正_逆。物质H2CO2CH3OHH2O浓度/(molL-1)0.20.20.40
33、.4【答案】 (1). HCOOH(1)+O2(g)=CO2(g)+H2O(1) H=-255.8kJmol-1 (2). bc (3). CH4+CO2CH3COOH (4). 0.025molL-1min-1 (5). (6). (7). 【解析】【详解】（1）H2(g)+CO2(g)HCOOH(l) H1=-30.0kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=-571.6kJmol-1根据盖斯定律：-得：HCOOH(1)+O2(g)=CO2(g)+H2O(1) H= （-571.6kJmol-1）-（-30.0kJmol-1）=-255.8kJmol-1，表示CH3CO
34、OH燃烧热的热化学方程式为HCOOH(1)+O2(g)=CO2(g)+H2O(1) H=-255.8kJmol-1，故答案为：HCOOH(1)+O2(g)=CO2(g)+H2O(1) H=-255.8kJmol-1；（2）a催化剂改变反应速率，不影响平衡，反应的平衡常数不变，故错误；bCH4CH3COOH过程中，第一步甲烷与二氧化碳中的C=O双键发生加成反应，有CH键发生断裂，故正确；c由XY过程中，甲烷的碳与二氧化碳中有碳相连，形成了CC键并放出能量，故正确；故答案为：bc；该条件下甲烷与二氧化碳中的C=O双键发生加成反应，甲烷的碳与二氧化碳中有碳相连，氢原子与氧原子相连，由CO2和CH4合
35、成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH，故答案为：CH4+CO2CH3COOH；（3）实验I，前10min内的平均反应速率（H2）= mol/（Lmin）=0.075mol/（Lmin），（CH3OH）=（H2）=0.025molL-1min-1，故答案为：0.025molL-1min-1；如果条件相同，实验I和II是等效平衡，但实验II逆向进行，吸收热量，平衡时温度低，与实验I相比，相当于降温，平衡正向移动，平衡时CH3OH的浓度：c(实验I)c(实验II)。实验I在30min达到平衡时，n(H2)=6mol-3mol=3mol，实验I中当其他条件不变时，若30min后只
36、改变温度为T2，再次平衡时n(H2)=3.2mol，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则T1T2。故答案为：；Qc= =100逆。故答案为：。11.人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题：（1）碳硼烷酸化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用的_特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是_（填电子排布式）。（2）石墨炔是我国科学家在2010年首次制得一种新的碳的同素异形体，其中一种结构如图所示，石墨炔中碳原子的杂化类型为_。（3）硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是种天然矿
37、藏，其化学式写作Na2B4O710H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个B(OH)4-缩合而成的双六元环，应该写成Na2B4O5(OH)48H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是_(填字母）。A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力 E.氢键（4）镓与硼元素处于同一主族，GaN是制造5G芯片的材料，可发出紫外光。科学家合成了一种阳离子为“N5n+”其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，N8中阴离子的空间构型为_，写出一种
38、与其互为等电子体的分子_（填化学式）。Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1238，其晶胞结构如图所示。已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为_，GaAs的熔点_（填“高于”或“低于”)GaN，其理由是_。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_（列出计算式即可）。【答案】 (1). 原子光谱 (2). 1s22s22p2 (3). sp、sp2 (4). C (5). 直线形 (6). N2O或CO2 (7). 原子晶体 (8). 低于 (9). N原子半径小，GaN键长短，共价键键
39、能大 (10). 100%【解析】【分析】(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳；(2)石墨炔中碳原子的杂化类型与碳碳键的类型相关，据此回答；(3)根据Na2B4O5(OH)48H2O的结构示意图，分析其晶体类型及存在的微粒间的作用力，据此回答； (4)按信息阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，则为N5+，则N8中阴离子为N3-，按等电子体的内涵确定其分子的空间构型、书写其等电子体的分子式；按信息Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成共价
40、化合物GaAs。GaAs的熔点为1238，判断晶体的类型，按影响熔点高低的因素判断GaAs 、GaN熔点高低及理由，并按均摊法计算GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；【详解】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；答案：原子光谱；1s22s22p2；(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个键，无孤电子对，采取sp2杂化；答案为：sp、sp2；(
41、3) 根据Na2B4O5(OH)48H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；答案为：C；(4) 按信息阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，满足条件的结构为：，则为N5+，则“N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，N8中阴离子为N3-，其中的阴离子中原子个数是3、价电子数是16，所以其等电子体有N2O或CO2，则其空间构型为直线形；答案为：直线形；N2O或CO2；按信息Ga和As两种元素电负性相差不大，故化合物Ga
42、As内是共价键，晶体熔点为1238，则可判断为原子晶体，共价键越牢固，原子晶体熔点越高，由于N、As属于同一主族的元素，原子半径N比As小，GaN键长短，共价键键能大，则熔点GaAs比GaN的低；根据均摊法计算，晶胞内As原子数目，Ga原子数目：41=4，故其晶胞中原子所占的体积为，晶胞的体积为： ，则原子的体积占晶胞体积的百分率为100%；答案为：原子晶体；低于；N原子半径小，GaN键长短，共价键键能大；100%。【点睛】本题阅读量较大，要充分提炼信息的基础上灵活应用元素周期律、杂化轨道理论等解题，并要能应用均摊法进行晶胞相关的计算。12.李兰娟院士团队公布最新研究成果，阿比朵尔是抗击新型冠
43、状病毒的潜在用药。其合成路线如图：(1)C中含氧官能团的名称为_，G的分子式为_。(2)AB的反应类型为_，两分子A生成B和另一种产物，该产物的结构简式为_。(3)由D生成E的化学方程式为_。(4)H的结构简式为_。(5)写出同时符合下列条件的B的所有同分异构体的结构简式：_(不考虑立体异构)。能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体六元环状结构(6)结合上述合成路线，设计出以乙醇和为原料(其他无机试剂任选)，合成的路线(不超过4步)：_。【答案】 (1). 羰基、酯基 (2). C21H23O3N2SBr (3). 取代反应 (4). CH3CH2OH (5). +CH3NH2+
44、H2O (6). NH(CH3)2或 (7). 、 (8). CH3CH2OHCH3COOHCH2COOCH2CH3 【解析】【分析】CH3COOC2H5在NaH作用下生成B()，B与SO2Cl2发生取代反应生成C()，C与发生取代反应生成D()，D与氨基甲烷(CH3NH2)反应生成E()，E与反应生成F()，F与HCHO及H反应生成产品G()，则H为NH(CH3)2(或)，以此分析解答。【详解】(1)C为，含氧官能团有羰基、酯基，由G的结构简式()可知G的分子式为C21H23O3N2SBr，故答案为：羰基、酯基；C21H23O3N2SBr；(2)AB为CH3COOC2H5在NaH作用下生成，
45、为两分子A生成B和另一种产物，则AB为取代反应，另一种产物为CH3CH2OH，故答案为：取代反应；CH3CH2OH；(3)D与氨基甲烷反应生成E和水，D生成E的反应方程式为：+CH3NH2+H2O，故答案为：+CH3NH2+H2O；(4)F与HCHO和H反应生成G()，根据G和F的结构的区别可知，H为：NH(CH3)2或，故答案为：NH(CH3)2或；(5)B为。与碳酸氢钠反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明结构中有羧基(-COOH)，六元环状结构，B分子中总共有6个碳，羧基中须含有一个碳，则六元环中有一个氧原子，满足条件的B的同分异构体有、，故答案为：、；(6)由乙醇和合成，根据题意，需要先合成乙酸乙酯，原料中有乙醇，乙醇氧化可以合成乙酸，则合成流程为CH3CH2OHCH3COOHCH2COOCH2CH3 ，故答案为：CH3CH2OHCH3COOHCH2COOCH2CH3 。【点睛】本题的易错点为(6)，要合成，需要先合成，要注意认真解读题干流程图，从流程图中寻找需要的合成方法。- 21 -