1、山西省太原市第五中学2020届高三化学第二次模拟考试（6月）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 K-391.邮票被誉为国家名片，是我国化学史不可或缺的重要文献，下列说法错误的是（ ）A. 邮票甲中的人物是侯德榜，创立了中国人自己的制碱工艺侯氏制碱法B. 邮票乙中的图是用橡胶生产的机动车轮胎，塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料C. 邮票丙中的图是显微镜下的结晶牛胰岛素，我国首次合成的结晶牛胰岛素属于蛋白质D. 邮票丁是纪念抗击非典的邮票，非典和新型冠状病毒都可用紫外线、高温等杀死【答案】B【解析】【详解】A邮票甲中的人物是侯德榜，19
2、41年，侯德榜改进了索尔维制碱法，研究出了制碱流程与合成氨流程于一体的联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，命名“侯氏制碱法”，故A正确；B塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成材料，橡胶和纤维都有天然的，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料，故B错误；C我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质结晶牛胰岛素，故C正确；D病毒为蛋白质，而紫外线、高温加热均可以使蛋白质变性，故紫外线、高温可以杀菌消毒，故D正确；答案选B。2.GMA可用作涂料、离子交换树脂和油墨的黏合剂等，通过酯交换反应制备，反应如下：下列说法错误的是（ ）A. 与a互为同分异构体的羧酸只有1种B. b分子中的所有C
3、原子和O原子可能在同一平面内，含有三种官能团C. GMA的分子式为C7H10O3D. GMA能与NaOH溶液、溴水、酸性KMnO4溶液反应【答案】B【解析】【详解】A与a互为同分异构体的羧酸为丙酸，只有一种，故A正确；B根据双键的位置可知，b分子中的所有C原子和O原子可能在同一平面内，含有双键和酯基两种官能团，故B错误；C由结构简式可知GMA的分子式为C7H10O3，故C正确；DGMA含有碳碳双键，可与高锰酸钾溶液发生氧化反应，含有酯基，可在NaOH溶液存在的条件下发生水解反应，含有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，故D正确；答案选B。3.科学家研究发现纳米TiO2的混凝土可以适度消除汽车尾气
4、中的氮氧化物，其原理如下。下列关于“消除”过程的叙述错误的是( )A. 纳米TiO2作催化剂，NOx消除效率更高B. NOx消除总反应为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O4HNO3C. 1mol羟基(-OH)比1molO2少8NA个电子(NA为阿伏加德罗常数)D. 纳米TiO2属于胶体，能产生丁达尔现象【答案】CD【解析】【分析】含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O4HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，由此分析解答。【详解】A纳米TiO2作催化剂时，与紫
5、外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，NOx消除效率更高，故A正确；B分析过程可知消除总变化为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O4HNO3，故B正确；C1mol O2的电子的物质的量为：16mol，而1mol羟基电子的物质的量为9mol，所以1mol羟基(-OH)比1molO2少7NA个电子，故C错误；D纳米TiO2不属于胶体，属于纯净物，胶体是一种混合物，指的是分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系，故不能产生丁达尔现象，故D错误；答案选CD。4.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，并且位于三个不同的周期，W与Y同主族，X与Z的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍
6、。化合物甲的结构如图所示，甲不溶于水，下列说法正确的是（ ）A. 元素Z在自然界中既有游离态又有化合态B. 化合物甲中每个原子都满足8电子结构C. W和Y形成二元化合物的熔点高于W和X形成二元化合物的熔点D. 元素的非金属性：ZXWY【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z位于三个不同的周期，则W为H元素；W与Y同主族，则Y为Na；根据图示可知，Z形成4个共价键，位于A族，结合原子序数可知Z为Si；X形成2个共价键，位于A族，应该为O元素，满足“X与Z的核外电子数之和是Y的核外电子数的2倍”，根据分析可知，W为H，X为O，Y为Na，Z为Si元素，据此分析。【详解】A元素Z(硅)在
7、自然界中只有化合态，没有游离态，硅主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，故A错误；B化合物甲是硅酸，分子中不是每个原子都满足8电子结构，例如氢原子只达到2电子的结构，故B错误；CW和Y形成二元化合物是氢化钠，是离子晶体，W和X形成二元化合物是水，是分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体的熔点，故C正确；DW为H，X为O，Z为Si都是非金属元素，四种元素中，O的非金属性最强，H的电负性大于Si，故非金属性：HSi，OHSi，即XWZ，Y为Na，是金属元素，元素的非金属性：XWZY，故D错误；答案选C。5.利用如图装置从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3H2O和H3PO4，下
8、列说法错误的是（ ）A. 电源中X和Y两电极的电势X比Y低B. 膜1为阳离子交换膜，f口放出的是O2C. 阳极区反应之一为：2H2O-4e-+2HPO=O2+2H3PO4D. 每放出11.2L(标准状况下)H2时，能回收98gH3PO4【答案】D【解析】【分析】利用如图装置从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3H2O和H3PO4，则电解池两端一边生产NH3H2O，一边产生H3PO4，根据图示，可得左端通入稀NH3H2O，b流出的为浓度较大的NH3H2O；右端c通入的为稀H3PO4，则d流出的为浓度较大的H3PO4，原料室中的NH4+向左端移动，与OH-结合生产NH3H2O
9、，即左端电极为阴极，电解水产生H2和OH-，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2；原料室中的HPO42-、H2PO4-向右端移动，与H+结合形成H3PO4，则右端为阳极，阳极附近是OH-放电，生成O2，电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+；则e口放出的为H2，f口放出的为O2，电解池的阴极与电源负极相连，阳极与电源正极相连，则X为电源负极，Y为电源正极，据此分析解答。【详解】A根据分析，X为电源负极，Y为电源正极，外电路中，电流从正极流向负极，在电场力作用下，电流由高电势向低电势运动，则电源中X和Y两电极的电势X比Y低，故A正确；B根据分析，原料室中的NH4+向左端移动，膜1为阳
10、离子交换膜，阳极发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，f口放出的是O2，故B正确；C根据分析，阳极发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，原料室中的HPO42-、H2PO4-向右端移动，与H+结合形成H3PO4，阳极区发生总反应为：2H2O-4e-+2HPO42-=O2+2H3PO4，2H2O-4e-+4 H2PO4-=O2+4H3PO4，故C正确；D每放出11.2L(标准状况)H2时，结合阴极电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2；则转2=1mol电子，阳极区发生总反应为：2H2O-4e-+2HPO42-=O2+2H3PO4，2H2O-4e-+4H2PO4-=O2+4
11、H3PO4，所以将有1molH2PO4或者0.5molHPO42移到阳极区，所以能回收H3PO4小于1mol，质量小于98g，故D错误；答案选D。6.25时，改变0.1molL-1弱酸RCOOH溶液pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数(RCOOH)随之改变已知(RCOOH)=，0.1molL-1甲酸(HCOOH)与0.1molL-1丙酸(CH3CH2COOH)溶液中(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(已知酸性：甲酸丙酸)( )A. 图中M线对应的是丙酸，N线对应的甲酸B. CH3CH2COONa的水解平衡常数Kh=10-10.25C. 等浓度的HCOONa和CH3CH2C
12、OONa两种溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)c(CH3CH2COO-)+c(OH-)D. 将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)c(HCOOH)c(HCOO-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A已知酸性：甲酸丙酸，酸性越强，电离程度越大，（RCOOH）含量越小，当pH=3时，M中（RCOOH）含量小于N中（RCOOH）含量，则说明M的电离程度大，则溶液中图中M线对应的是甲酸，N线对应的丙酸，故A错误；BpH=4.88时，丙酸的酸分子的物质的量分数为50%，即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2CO
13、O-)，针对CH3CH2COOH)CH3CH2COO-+H+电离过程可知，lgK=lgc(H+)=-4.88，即丙酸的电离常数Kac(H+)=104.88，CH3CH2COONa的水解平衡常数Kh=10-9.12，故B错误；CHCOONa溶液中存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，CH3CH2COONa由溶液中存在电荷守恒：c(CH3CH2COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中c(Na+)相等，已知酸性：甲酸丙酸，即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度， HCOONa溶液中的
14、c(OH-)小于CH3CH2COONa溶液中的c(OH-)，HCOONa溶液中的c(H+)大于CH3CH2COONa溶液中的c(H+)，即HCOONa溶液中c(Na+)+c(H+)大于CH3CH2COONa溶液中的c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)+c(OH-)c(CH3CH2COO-)+c(OH-)，故C正确；D将0.1mol/L的HCOOH溶液与0.1mol/L的HCOONa溶液等体积混合，电离过程大于水解过程，所得溶液呈酸性，即c(OH-)c(H+)，故D错误； 答案选C。7.下列实验操作可以达到实验目的的是（ ）选项实验目的实验操作A探究浓度对反应速率的影响向2支各盛有4mL
15、0.01molL-1KMnO4酸性溶液的试管中，分别加入2mL0.1molL-1H2C2O4溶液和2mL0.2molL-1H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间B配制1.00molL-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，然后转移至100mL容量瓶中定容C探究固体表面积对反应速率的影响称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象D探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解取少量的水解液于试管中，先加适量的NaOH溶液，再滴入碘水，观察实验现象A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A不同浓度的草酸和相等浓
16、度的高锰酸钾反应，草酸浓度越大反应速率越快，这样可以探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响，故A正确；B配制1.00molL-1的NaOH溶液，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后冷却至室温后转移至100mL容量瓶，并且要对溶解用的烧杯和玻璃棒进行洗涤23次，将洗涤液一并转入容量瓶，若不进行洗涤，溶质的量会减少，所配溶液浓度偏低，实验操作不能可以达到实验目的，故B错误；C大理石和纯碱的化学成分不同，性质不同，与盐酸的反应快慢不同，故不能用题述实验操作探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误；D碘遇淀粉变蓝，若实验中淀粉过量或水解不完全，加入碘水反应后的溶液会变蓝，不能证明淀
17、粉是否水解，检验淀粉在稀硫酸催化条件下是否发生水解，取少量的水解液于试管中，应先加入碱中和稀硫酸，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀，若产生砖红色沉淀，则证明淀粉水解，故D错误；答案选A。8.苯甲酸及其钠盐可用作乳胶、牙膏、果酱或其他食品的抑菌剂，也可广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。主要实验装置(回流搅拌装置)如图所示：反应原理：+2KMnO4+KOH+2MnO2+H2O+HCl +KCl实验方法：将一定量的甲苯和KMnO4溶液置于三颈烧瓶中，在90时反应一段时间后，停止反应，按如图流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。(1)无色液体A结构
18、简式为_，操作为_；(2)如果滤液呈紫色，要先加饱和亚硫酸钾溶液，过滤后再进行操作。加饱和亚硫酸钾溶液的目的是_，写出该反应的离子方程式：_；(3)冷却水应该从冷凝管_(填“a”或“b”)口流入；(4)要由“水层”得到苯甲酸晶体，应进行下列操作，正确的操作顺序是_(填选项字母)：A.酸化 B.过滤 C.蒸发浓缩 D.冷却结晶(5)纯度测定：称取1.22g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，用KOH溶液进行滴定，消耗KOH的物质的量为2.4010-3mol，则产品中苯甲酸的质量分数为_。【答案】 (1). (2). 蒸馏 (3). 除去未反应的KMnO4，防止HCl被高锰酸钾氧化
19、产生氯气 (4). 2MnO+H2O+3SO=2MnO2+2OH-+3SO (5). a (6). ACDB (7). 96.00%【解析】【分析】一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸钾能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸钾，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯；将水层盐酸酸化再蒸发浓缩、冷却结晶，最后过滤得到的固体是苯甲酸。【详解】(1) 将滤液分离得到有机层和水层，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A
20、是甲苯，结构简式为：；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作为蒸馏；(2)如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，高锰酸及具有强氧化性，亚硫酸钾具有还原性，要先加亚硫酸钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化生成氯气，离子方程式为：2MnO+H2O+3SO=2MnO2+2OH-+3SO；(3)冷凝管水流的位置是下进上出，冷凝效果较好，冷却水应该从冷凝管的a口流入，从b口流出；(4)水层中含有苯甲酸钾，将水层用盐酸酸化再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到苯甲酸，故操作顺序为：ACDB；(5)除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入KOH溶液，甲苯与KOH不反应，苯甲酸与KO
21、H反应生成苯甲酸钾，分液，苯甲酸钾溶液中加盐酸可以制得苯甲酸；(6)设配成苯甲酸溶液的物质的量浓度为x，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为0.025x mol， x=0.096mol/L 则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.096mol/L0.1L122g/mol=1.1712g，其质量分数=。【点睛】分离苯甲酸和甲苯时，要根据它们的溶解性的不同进行分离，是解本题的关键。9.一种以冷热镀管废料锌灰制ZnSO47H2O晶体，进而获取ZnO，并探索氢电极增压还原氧化锌电解法制锌的方法，工艺流程如图所示：已知：锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。Cu+
22、Cl-=CuCl回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为SiO2和_。(2)酸浸时，硫酸浓度不能过高，原因是_。(3)写出“沉铜”时的离子方程式_。(4)在pH为5.6的条件下氧化后，再加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是_。(5)氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗_molKOH。电解池中的总反应离子方程式为：_。(6)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2+H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：微粒H2SCH
23、3COOHCH3COO-浓度/molL-10.100.050.10处理后的废水的pH=_，c(Zn2+)=_。(已知：Ksp(ZnS)=1.010-23，Ka1(H2S)=1.010-7，Ka2(H2S)=1.010-14，Ka(CH3COOH)=2.010-5)【答案】 (1). PbSO4 (2). 产生SO2气体，污染环境或无法反应(速率慢)等 (3). Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+ (4). 促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离 (5). 2 (6). H2+Zn(OH)2H2O+Zn+2OH- (7). 5 (8). 110-11molL-1【解析】【分析】锌
24、灰(主要成分是ZnO，ZnCl2，还含有SiO2，CuO，PbO和FeO等)用硫酸酸浸，其中PbO转化成PbSO4沉淀，SiO2不溶于酸或水，则过滤得到的滤渣1主要为PbSO4、SiO2；滤液含有ZnSO4、FeSO4、CuSO4和H2SO4，向滤液中加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀达到沉铜的目的，继续向溶液中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH，将Fe3+转化成氢氧化铁沉淀并过滤除去，将滤液蒸发、浓缩并冷却结晶，过滤得到ZnSO47H2O，滤液加入氢氧化钠溶液可生成氢氧化锌，加热分解生成氧化锌，最后电解生成Zn，以此解答该题。【详解】(1)由分析可知，滤
25、渣1的主要成分为SiO2和PbSO4；(2)浓硫酸有强氧化性，酸浸时，如使用硫酸浓度过高，反应速率会很慢，在溶解时会氧化FeO生成Fe3+，同时生成SO2，污染环境，发生反应的化学方程式2FeO+4H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+SO2+4H2O；(3)“沉铜”时加入Zn粉，将Cu2+还原利用生成CuCl沉淀，发生反应的离子方程式为Zn+2Cu2+2Cl-=2CuCl+Zn2+；(4)在pH为5.6的条件下氧化后，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，继续加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，可促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；(5)储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，发生的离子反
26、应2OHZnOH2OZn(OH)，则每溶解1molZnO，需消耗2molKOH；电解池阳极上的H2在碱性条件下失电子氧化生成H2O，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，阴极上Zn(OH)离子得电子还原生成Zn，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，则电解池中的总反应离子方程式为H2+Zn(OH)42-2H2O+Zn+2OH-； (6)已知Ka(CH3COOH)= ，则c(H+)=110-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)Ka2(H2S) = =1.010-71.010-14，其中c(H+)=110-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)
27、=1.010-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.010-23=c(Zn2+)c(S2-)，则c(Zn2+)=110-11molL-1。【点睛】本题难点是(6)综合利用电离平衡常数和溶度积常数计算溶液的pH和c(Zn2+)，准确利用公式是解题关键，特别是Ka2(H2S)Ka1(H2S)= ，这是易错点。10.氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题：（一）已知 H2O(g)=H2O(1) H=-44kJmol-1N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+180.5kJmol-14NO(g)+6H2O(g)4NH3(g)+5O2(g
28、) H=+1025kJmol-1写出NH3(g)和O2(g)在一定条件下转化为N2(g)与液态水的热化学方程式_ （二）工业合成氨的原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H =-92.4kJmol-1。合成时反应温度控制在500，压强是2l075l07Pa，铁触媒做催化剂。（1）下列反应条件的控制不能用勒夏特列原理解释的是_。A及时分离出NH3B使用铁触媒做催化剂C反应温度控制在500左右D反应时压强控制2l075l07Pa（2）一定温度下，将1molN2和3molH2置于一恒定容积的密闭容器中反应，一段时间后反应达到平衡状态。下列说法中正确的是_。A单位时间内，有3mol H-H生
29、成的同时又6md N-H断裂，说明反应达到平衡状态BN2和H2的物质的量之比保持不变时，说明反应达到平衡状态C达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大D达到平衡状态后,再充入2molNH3，重新达到平衡后，N2的体积分数变小（三）如图表示H2的转化率与起始投料比（n(N2)n(H2)）、压强的变化关系，则与曲线、对应的压强P1、P2、P3从高到低的顺序是_；测得B（X，60）点时N2的转化率为50%，则X=_。（四）一定温度下，将lmolN2和3molH2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度
30、进行计算，分压=总压体积分数，可不化简）。 （五）以NO原料，通过电解的方法可以制备NH4NO3，其总反应是8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，写出以惰性材料作电极的阳极反应式：_。【答案】 (1). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) H=-1650kJ/mol (2). BC (3). CD (4). P1P2P3 (5). 25 (6). (7). NO+2H2O-3e-=4H+NO3-【解析】（一）已知 H2O(g)=H2O(1) H=-44kJmol-1，N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+180.5kJmol-1，4NO(g)+6H2O(g)
31、4NH3(g)+5O2(g) H=+l025kJmol-1，根据盖斯定律，将6-2-得：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) H=（-44kJmol-1）6-（+180.5kJmol-1）2-（+l025kJmol-1）=-1650kJ/mol，故答案为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) H=-1650kJ/mol；（二）（1）A及时分离出NH3，减小了氨气的浓度，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；B使用铁触媒做催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选；C正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，反应温度控制在500左
32、右是提高反应速率和催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释，选；D该反应属于气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，不选；故选BC；（2）A单位时间内，有3mol H-H生成的同时必定6md N-H断裂，不能说明反应达到平衡状态，错误；B根据方程式，起始是N2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比，反应过程中N2和H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态C反应后，气体的物质的量减小，质量不变，因此达到平衡状态时，混合气体的平均相对分子质量变大，正确；D达到平衡状态后，再充入2molNH3，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡后，N2的体积分数变小
33、 ，正确；故选CD；（三）分析图象变化可知：在投料比一定时，曲线、对应的氢气的转化率依次降低，因此压强依次减小，故P1P2P3；设起始量氢气为x，氮气物质的量为y；根据题意和图像，N2的转化率为50%，H2的转化率为60%，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)yx 0.5y 0.6x 则0.5y：0.6x=1：3，解得= ，即X=，故答案为P1P2P3；（四） N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始（mol） 1 3 0反应 x 3x 2x平衡 1-x 3-3x 2x则100%=20%，解得x=mol，NH3的物质的量分数为=20%，N2的物质的量分数为20%，H2的物质的量分数为60%
34、， 平衡常数Kp= ，故答案为；（五）根据总反应：8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，阳极发生氧化反应，一氧化氮失去电子生成硝酸根离子，电极反应式为NO+2H2O-3e-=4H+NO3-，故答案为NO+2H2O-3e-=4H+NO3-。11.2020年1月9日，南京大学物理学院高力波教授团队，探索出了一种可控生长超平整石墨烯的方法，该方法有望推广到新材料、新能源等重要研究领域。(1)如图图1和图2所示，科学家可以用特殊的胶带将石墨不断地粘撕得到石墨烯，是因为_。(2)石墨烯中碳原子的杂化方式为_，12g石墨烯中含有_个如图所示的六元环。(3)石墨晶体中碳碳键的键长_金刚石晶体中碳碳键
35、的键长(填“”“”或“=”)，原因是_。(4)如图图2和图3中，石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C与其相邻C原子间键能的变化是_(填“变大”、“变小”、“不变”)。(5)曹原等研制得了具有超导特性的双层石墨烯新材料，手机一旦装上石墨烯电池，充电时间将被缩短为16分钟。将石墨烯逐层叠起来就是石墨，如图图4是石墨晶体的六方晶胞结构。在下列四边形内画出石墨晶胞沿c轴的投影_(用“”标出碳原子位置)。如果石墨晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为apm，层间距为bpm，那么石墨晶体的密度为_ gcm-3(列出计算式即可)。【答案】 (1). 石墨是层状较高，层与层之间是分子间作用力(范德华力) (2). s
36、p2 (3). 0.5NA (4). (5). 石墨晶体中碳碳之间除键外还有大键，金刚石晶体中碳碳之间只有键 (6). 变小 (7). (8). 【解析】【分析】(1)石墨是层状结构，层与层之间通过分子间作用力；(2)石墨烯中每个碳原子均和3个碳原子相连构成六圆环状结构；单层石墨烯中每个六元环含碳原子个数为6=2个；(3)石墨晶体中的碳碳键除键外还有大键，金刚石中碳原子以sp3杂化形成四条杂化轨道，全部形成键；(4)石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小；(5)根据投影，做出投影图；根据晶体密度计算公式=，其中N为一个晶胞粒子
37、数，M为一个原子的相对质量，V为一个晶胞的体积。【详解】(1)如图1所示，科学家可以用特殊的胶带将石墨不断地粘撕得到石墨烯，是因为石墨是层状结构，层与层之间通过分子间作用力结合，相对较弱；(2)石墨烯中每个碳原子均和3个碳原子相连构成六圆环状结构，可知碳原子的杂化方式为sp2，单层石墨烯中每个六元环含碳原子个数为6=2个，12g石墨烯中含有NA个碳原子，则含=0.5NA个六元环；(3)金刚石中碳原子以sp3杂化形成四条杂化轨道，全部形成键；石墨中碳原子以sp2杂化形成三条杂化轨道，还有一条未杂化的p轨道，所以石墨晶体中的碳碳键除键外还有大键，所以石墨的C-C键的键长短；(4)石墨烯转化为氧化石
38、墨烯时，1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能变小；(5)晶胞沿轴的投影，其中有两个C原子是重叠的影，投影为； 一个晶胞的体积为底面积高，注意到，计算底面积时，题中CC键键长是指晶胞中层C以sp2杂化与其他C原子成键的键长，需要借助几何关系计算底面菱形中C与C之间的长度，记CC键键长为x，由余弦定理可得cos120= =-，解得底面C与C之间的长度为x=apm，则一个晶胞底面积为S=(apm )2sin120=a2pm2，因此一个晶胞的体积为V=Sh=a2b21030cm3=a2b1030 cm3，六方石墨晶胞中，8个顶点
39、处的C原子为8个晶胞共有，竖棱上C原子为4个晶胞共有，面上C原子为2个晶胞共有，内部C原子为该晶胞所有，则每个晶胞中含有的C原子数为8+4+2+1=4，1mol晶胞含有4molC原子，则1mol晶胞的质量为m=412g，1mol晶胞含有NA个晶胞，则石墨晶体的密度为=gcm-3。12.阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物G是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为_。B的结构简式为_。（2）由B到C、E到F的反应类型分别为_、_。（3）在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是_。（4）苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为_（写结构简式）；用NaOH标准溶液
40、可滴定苯硫酚溶液，该过程选用的指示剂为_，写出该反应的化学方程式_。（5）由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为_。（6）H是A的同系物，其相对分子质量比A大14。H的同分异构体能同时满足如下条件的共有_种（不考虑立体异构）：苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式_。【答案】 (1). 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 (2). (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). 保护酚羟基 (6). -SH (7). 酚酞 (8). +NaOH+ H2O (9). (10
41、). 16 (11). 【解析】【分析】（1）A分子以苯酚作母体，故A的名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚，结合C结构简式，可推测B的结构简式为；（2）BC反应，B中的硝基被还原为氨基，EF的反应，E中苯环上一个H原子被Br原子取代；（3）酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是保护酚羟基防止被氧化；（4）苯酚的酸性比较弱，苯硫酚的性质与苯酚相似，故苯硫酚的酸性也比较弱，滴定是强碱滴定弱酸，选用酚酞作指示剂；（5）D应存在立体异构，模仿2-丁烯的顺式、反式去写；（6）H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，故H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团， H的同
42、分异构体能同时满足如下条件：苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，既能发生银镜反应又能发生水解反应，故H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基，或者H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个-NHCHO。【详解】（1）A分子以苯酚作母体，故A的名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚；结合A、C结构简式，可推测B的结构简式为；（2）BC反应，B中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；EF的反应，E中苯环上一个H原子被Br原子取代，反应类型为取代反应；（3）在合成化合物G的流程中，由于酚羟基还原性比较强，故由A到B的目的是保护酚羟基；（4）苯硫酚的性质与
43、苯酚相似，苯硫酚的官能团为-SH，因为苯酚的酸性比较弱，所以苯硫酚的酸性也比较弱，NaOH与苯硫酚溶液反应的化学方程式为：+NaOH+ H2O，溶液中水解呈碱性，故用NaOH标准溶液滴定苯硫酚溶液，该过程选用酚酞作指示剂；（5）由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为；（6）H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，故H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团， H的同分异构体能同时满足如下条件：苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，既能发生银镜反应又能发生水解反应，故H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基，或者H的同分异构体的物质
44、1个分子中含有2个酚羟基、1个-NHCHO。.当H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基时的同分异构体：当-OH与-OOCH 在苯环上处于邻位时，-NH2在苯环上有4中位置；当-OH与-OOCH在苯环上处于间位时，-NH2在苯环上有4中位置；当-OH与-OOCH在苯环上处于对位时，-NH2在苯环上有2中位置。.当 H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个-NHCHO三个取代基时的同分异构体：当两个酚羟基在苯环上处于邻位时，-NHCHO在苯环上有2中位置；当两个酚羟基在苯环上处于间位时，-NHCHO在苯环上有3中位置；当两个酚羟基在苯环上处于对位时，-NHCHO在苯环上有1中位置。故满足条件的H的同分异构体共有16种；其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式。