黑龙江省2020届高三综合训练（三）理综化学试题（解析版）

综合训练三（化学） 可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 Sb121.8 As75 Fe56 K39 Mn55 Cu64 1.下列说法不正确的是（　　） A. 上海世博会很多场馆的外墙使用的非晶体薄膜，以充分利用太阳能，体现低碳经济 B. 金属的电化学防护措施有牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法 C. 若在水果贮藏室中，放几块被 KMnO4 溶液浸透过的“砖块”，可延长水果保存时间 D. 常温时，某可逆反应的平衡常数越大，则其反应速率就越快 【答案】D 【解析】 【详解】A．太阳能无污染，能替代化石燃料，从而减少二氧化碳的排放，实现低碳经济，故 A 不符合题 意； B．在原电池中，正极被保护；在电解池中阴极被保护，故金属的电化学防护措施有原电池原理的牺牲阳极 的阴极保护法和电解池的外加电流的阴极保护法，故 B 不符合题意； C．乙烯中碳碳双键具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除去乙烯，达到延长 水果的保鲜期的目的，故 C 不符合题意； D．平衡常数只反映反应进行的程度，不反映反应速率的快慢，且化学平衡常数只与温度有关，故 D 符合 题意； 故答案为：D。 【点睛】化学平衡常数只与温度有关，而化学反应速率以及转化率会受到除温度外其它因素的影响，因此 化学平衡常数越大，化学反应速率以及转化率不一定越大，即化学平衡常数与二者之间无直接因果关系。 2.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是 A. lmol 晶体硅含 Si-Si 键的数目为 2NA，则 1mol 金刚砂含 C-Si 键的数目也为 2NA B. Ca(HCO3)2 溶液中加入过量的 NaOH 溶液，发生化学反应的方程式： 则 Mg(HCO3)2 溶液中加入过量的 NaOH 溶液，发生化学反应的方程式： C. 标准状况下，22.4 L CO2 中所含的分子数目为 NA 个，则 22.4 LCS2 中所含的分子数目也为 NA 个 D. NaClO 溶液中通人过量 CO2 发生了反应： ，则 Ca(ClO)2 溶 液中通入过量 CO2 发生了： ( )3 3 2 3 22Ca HCO 2NaOH=CaCO Na CO 2H O+ ↓ + + ( )3 3 2 3 22Mg HCO 2NaOH=MgCO Na CO 2H O+ ↓ + + 2 2 3NaClO CO H O NaHCO HClO+ + = + ( )2 2 2 3 2Ca(ClO) 2CO 2H O Ca HCO 2HClO+ + = +【答案】D 【解析】 【详解】A．1mol 晶体硅含 Si-Si 键的数目为 2NA，而 1mol 金刚砂含 C-Si 键的数目为 4NA，A 错误； B．Ca(HCO3)2 溶液中与过量的 NaOH 溶液反应生成 CaCO3 沉淀，而 Mg(HCO3)2 溶液中与过量的 NaOH 溶 液反应时，由于 Mg(OH)2 的溶度积比 MgCO3 小，生成的是 Mg(OH)2 沉淀而不是 MgCO3 沉淀，B 错误； C．在标准状况下，CO2 是气体而 CS2 是液体，C 错误； D．NaClO 和 Ca(ClO)2 溶液通入过量 CO2 都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D 正确； 答案选 D。 3.LDFCB 是锂离子电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素 W、X、Y、Z 构成(如下图)，Y 的最 外层电子数等于 X 的核外电子总数，四种元素最外层电子数之和为 20。下列说法正确的是( ) A. 四种元素的单质中，Z 的沸点最高 B. 原子半径∶W＞X＞Y＞Z C. W、Z 形成的分子中各原子均满足 8 电子稳定结构 D. Y 分别与另外三种元素形成的二元化合物中，Y 的价态相同 【答案】B 【解析】 【分析】 Y 的最外层电子数等于 X 的核外电子总数，且 Y 能形成化合物，则 X 的核外电子总数最多为 7，根据该阴 离子中 X 的成键特点可知 X 应为ⅣA 族元素，则 X 为 C，Y 的最外层电子数为 6，四种元素同周期，均为 第二周期元素，所以 Y 为 O 元素；Z 只能形成 1 个共价键，位于ⅧA 族，则 Z 为 F；四种元素最外层电子 数之和为 20，W 的最外层电子数为 20-4-6-7=3，为 B 元素。 【详解】A．F、O 的单质常温下为气态，沸点低，B、C 的单质常温下为固态，沸点高，故 A 错误； B．同一周期原子序数越大原子半径越小，则原子半径：W＞X＞Y＞Z，故 B 正确； C．BF3 中，B 原子最外层电子数为 6，不满足 8 电子稳定结构，故 C 错误； D．O 元素与其他 C、B 元素形成二元化合物显负-2 价，与 F 元素形成二元化合物 OF2，显正价，O 的价态 不同，故 D 错误； 故答案为 B。4.一种双室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中酸性污水中含有的有机物用 C6H12O6 表示。下 列有关该电池的说法不正确的是( ) A. 正极的电极反应为 Fe(CN)63-+ e- =Fe(CN)64- B. 电池的总反应为 C6H12O6 + 24Fe(CN)63-+6H2O=6CO2↑+Fe(CN)64-+24H+ C. 该“交换膜”可选用“质子交换膜” D. 若将“K4Fe(CN)6 溶液”改为“O2”,当有 22.4L O2 参与反应时，理论上转移 4mol 电子 【答案】D 【解析】 【分析】 反应中 Fe(CN)63-生成 Fe(CN)64-，铁元素被还原，应为原电池正极反应，发生 Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-，负极 C6H12O6 被氧化生成水和二氧化碳，以此解答该题。 【详解】A．根据元素化合价的变化可知 Fe(CN)63-生成 Fe(CN)64-的过程铁元素被还原，应为原电池的正极， 所以正极反应为 Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-，故 A 正确； B．C6H12O6 被氧化生成水和二氧化碳，Fe(CN)63-生成 Fe(CN)64-，则总反应为 C6H12O6+24Fe(CN)63-+6H2O=6CO2↑+24Fe(CN)64-+24H+，故 B 正确； C．原电池中阴离子有向负极移动的趋势，为防止 Fe(CN)63-移向负极，同时可以使负极产生的氢离子迁移到 正极，可选用质子交换膜，故 C 正确； D．氧气所处的压强和温度未知，无法计算氧气的物质的量，故 D 错误； 故答案为 D。 【点睛】解决本题的关键是通过铁元素的化合价的变化确定电池的正负极，从而确定正负极分别发生的反 应；遇到与气体体积有关的计算时先判断是否有注明标况。 5.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。 下列说法不正确的是A. 丙烯醛分子中所有原子可能共平面 B. 可用溴水鉴别异戊二烯和对二甲苯 C. 对二甲苯的二氯代物有 6 种 D. M 能发生取代，加成，加聚和氧化反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯醛分子中的碳碳双键是平面结构，醛基也是平面结构，中间是一个可以旋转的单键，所以 分子里所有原子有可能在同一平面，A 正确； B．异戊二烯里含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，可以 鉴别，B 正确； C．对二甲苯里面有两种类型的 H，其二氯代物共有 7 种：①当两个氯取代甲基上的 H 时有两种，②当有一 个氯取代甲基上的 H，另一个取代苯环上的 H，有邻、间两种结构，③当两个氯都取代苯环上的 H，采用 定一议二的方法，当其中一个氯在甲基邻位时，另一个氯有 3 种结构，此二氯代物有 3 种，C 错误； D．M 中有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应，醛基可以发生氧化、加成反应，烃基可以发生取代反应， D 正确； 答案选 C。 6.已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置 省略夹持装置 可以实现该反应， 实验时 C 中粉末逐渐变为红色，D 中出现无色液体。下列有关说法正确的是 A. 试管 A 中加入的试剂为 固体 B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 C. 装置 B 中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙 D. 装置 D 中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝 【答案】D 【解析】 【详解】A.试管 A 是实验室制备氨气，A 中加入的试剂为碱石灰和氯化铵的混合固体，故 A 错误； B.在 C 中发生反应： ，在该反应中 作还原剂，CuO 作氧化剂，在 ( ) 4NH Cl 2 :3 Δ 3 2 22NH 3CuO N 3H O 3Cu+ = + + 3NH反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ，故 B 错误； C. 是碱性气体，能用碱性干燥剂如碱石灰来干燥，但是由于氨气能与无水氯化钙发生反应得到 ，所以不能用无水氯化钙干燥，故 C 错误； D.C 中反应产生水蒸气在 D 中冷却为液态，未完全反应的氨气溶解在其中，使溶液呈碱性，所以在装置 D 中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故 D 正确； 故答案为 D。 7.常温下,将盐酸滴加到联氨（N2 H4）的水溶液中,混合溶液中 pOH[pOH=- lgc（OH- ）]随离子浓度变化的关 系如图所示。下列叙述正确的是（已知 N2H4 在水溶液中的电离方程式:N2H4+H2O- N2H5++OH- ，N2H5+ +H2O- N2H62++OH- ） A. 联氨的水溶液中不存在 H+ B. 曲线 M 表示 pOH 与 的变化关系 C. 反应 N2H4+H2O N2H5++OH-的 K=10-6 D. N2H5Cl 的水溶液呈碱性 【答案】C 【解析】 【详解】A. 联氨的水溶液中，水可以电离出 H+，故 A 错误； B. 当 c(N2H5+)=c(N2H4)时，Kb1=c(OH-)，同理 c(N2H6+)= c(N2H5+)时，Kb2=c(OH-)，所以曲线 N 表示 pOH 与 的变化关系，曲线 M 表示 pOH 与 的变化关系，故 B 错误； C. c(N2H5+)=c(N2H4)时，反应 N2H4+H2O N2H5++OH-的 K= =10-6，故 C 正确； D. N2H4 在水溶液中不能完全电离，则 N2H5Cl 属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故 D 错误； 故选 C。 3 2∶ 3NH 2 3CaCl ·8NH   + 2 5 2 4 c(N H )lg c(N H )  + 2 5 2 4 c(N H )lg c(N H ) 2+ 2 6 + 2 5 c(N H )lg c(N H )  + - -2 5 2 4 c(N H ) c(OH ) c(OH )c(N H ) ⋅ =8.焦锑酸钠(NaSbO3·3H2O)可用于搪瓷的乳白剂及铁皮、钢板的抗酸漆。一种利用高砷锑烟灰(主要成分为 Sb2O3、As2O3，还含 Ag、Cu、Fe 的氧化物)生产焦锑酸钠的工艺流程如下: 已知：i.Sb2O3、As2O3 部分性质如下表： ii.Ag、Cu、Fe 的氧化物不溶于 Na2S 溶液 iii.Na2SbO4 不溶于水；NaSbO3﹒3H2O 既不溶于水，也不溶于酸。 请回答下列问题: (1)“焙烧”的最低温度为_________(填标号) a.655℃ b.400℃ c.275℃ d.193℃ (2)“浸出”时，往往采取比常温稍高的浸液温度，且选用较高浓度的 Na2S 溶液，采取这些措施的目的是 _________________________________________。“浸出”时，Sb2O3 转化为 Na3SbS3 的化学方程式为 __________________________________________，滤渣Ⅰ是____________。 (3)“氧化”时所用 H2O2 的电子式为___________，氧化产物为 Na3SbO4 和____________. (4)“酸洗”的作用是______________________。(用化学方程式表示) (5)As2O3 对应的酸为 H3AsO3，测得某工业酸性废液中含 H3AsO3 和 Fe2+，其浓度如表： 已知:iV.Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21 V.H3AsO3 还原性比 Fe2+强。 根据题目信息，则可采用______________方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中 c(AsO43-)=__________________(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化) 【答案】 (1). d (2). 提高浸出速率 (3). Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH (4). Ag、Cu、Fe 的氧化物 (5). (6). S (7). Na3SbO4+2HCl+2H2O=NaSbO3·3H2O+2NaCl (8). 氧化 (9). 4.75×10-19mol·L-l 【解析】 。 的【分析】 高砷锑烟灰(主要成分为 Sb2O3、As2O3，还含 Ag、Cu、Fe 的氧化物)，焙烧，As2O3 因升华而分离出；加入 硫 化 钠 溶 液 ， 将 Ag 、 Cu 、 Fe 的 氧 化 物 除 去 ， Sb2O3 转 化 为 Na3SbS3 ， 反 应 为 ： Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH；加入过氧化氢，可将 Na3SbS3 氧化生成 Na3SbO4 和 S，过滤得到 Na3SbO4 和 S 的混合物，然后进行除硫，过滤得到 Na3SbO4，加入盐酸，可生成 NaSbO3•3H2O，过滤得到 NaSbO3•3H2O，以此解答该题。 【详解】(1)焙烧的目的是使 As2O3 升华，根据题目信息可知 193℃时，As2O3 升华，所以选 d； (2)“浸出”时，往往采取比常温稍高的浸液温度，且选用较高浓度的 Na2S 溶液，采取这些措施的目的是增大 浸出速率，提高 Sb 的浸出率；“浸出”时，Sb2O3 转化为 Na3SbS3，根据各元素的化合价可知该过程不是氧化 还原反应，硫化钠溶液显碱性，再根据元素守恒可得化学方程式为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH； Ag、Cu、Fe 的氧化物不溶于 Na2S 溶液，故滤渣 I 为 Ag、Cu、Fe 的氧化物； (3)H2O2 的电子式为： ；过氧化氢具有氧化性，可将 Na3SbS3 中的 Sb 元素和 S 元素氧化生成 Na3SbO4 和 S； (4)由流程可知，“酸洗”得到产品 NaSbO3·3H2O 沉淀，没有元素化合价发生变化，根据元素守恒可得反应方 程式为：Na3SbO4+2HCl+3H2O=NaSbO3·3H2O+2NaCl； (5)根据题目信息可知 FeAsO4 更容易沉淀，H3AsO3 的还原性比 Fe2+强，可加入适当的氧化剂将其中 H3AsO3 和 Fe2+氧化得到 FeAsO4 沉淀；已知：Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3 为 0.378g/L，则 c(H3AsO3)= =0.003mol/L，同理 c(Fe3+)= c(Fe2+)= =0.015mol/L，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3 转化为 FeAsO4 沉淀，Fe3+剩余，则除去砷后的废液中 c(AsO43-)= = mol/L=4.75×10-19mol/L。 9.高锰酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锰酸钾所涉及的化学方程式如下： MnO2 熔融氧化：3MnO2+ KClO3+ 6KOH 3K2MnO4+ KCl+3H2O ； K2MnO4 歧化：3K2MnO4+ 2CO2＝2KMnO4+ MnO2↓+2K2CO3 。 已知 K2MnO4 溶液显绿色。请回答下列问题： (1)MnO2 熔融氧化应放 _______________中加热（填仪器编号）。 ①烧杯　②瓷坩埚　③蒸发皿　④铁坩埚　 (2)在 MnO2 熔融氧化所得产物的热浸取液中通入 CO2 气体，使 K2MnO4 歧化的过程在如图装置中进行，A、 B、C、D、E 为旋塞，F、G 为气囊，H 为带套管的玻璃棒。 在 0.378g/L 126g/mol 0.840g/L 56g/mol ( ) ( )+ sp 4 3 FeAsO Fec K 215.70 10 0.015 0.003 −× −①为了能充分利用 CO2，装置中使用了两个气囊。当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞 B、 E，微开旋塞 A， 打开旋塞 C、D，往热 K2MnO4 溶液中通入 CO2 气体，未反应的 CO2 被收集到气囊 F 中。 待气囊 F 收集到较多气体时，关闭旋塞__________，打开旋塞____________，轻轻挤压气囊 F，使 CO2 气 体缓缓地压入 K2MnO4 溶液中再次反应，未反应的 CO2 气体又被收集在气囊 G 中。然后将气囊 G 中的气体 挤压入气囊 F 中，如此反复，直至 K2MnO4 完全反应。 ②检验 K2MnO4 歧化完全的实验操作是_______________________________________。 (3)将三颈烧瓶中所得产物进行抽滤，将滤液倒入蒸发皿中，蒸发浓缩至____________，自然冷却结晶，抽 滤，得到针状的高锰酸钾晶体。本实验应采用低温烘干的方法来干燥产品，原因是________________。 (4)利用氧化还原滴定法进行高锰酸钾纯度分析，原理为：2MnO4－+5C2O42+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 现称取制得的高锰酸钾产品 7.245g，配成 500mL 溶液，用移液管量取 25.00 mL 待测液，用 0.1000 mol·L－1 草酸钠标准溶液液进行滴定，终点时消耗标准液体积为 50.00mL（不考虑杂质的反应），则高锰酸钾产品的 纯度为_________（保留 4 位有效数字，已知 M(KMnO4)=158g·mol－1）。若移液管用蒸馏水洗净后没有用待 测液润洗或烘干，则测定结果将_________。（填“偏大”、“偏小”、“不变”） 【答案】 (1). ④ (2). A、C (3). B、D、E (4). 用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上， 若滤纸上只有紫红色痕迹，无绿色痕迹，表明反应已歧化完全 (5). 溶液表面出现晶膜为止 (6). 高锰 酸钾晶体受热易分解 (7). 87.23% (8). 偏小 【解析】 【分析】 (1)熔融固体物质需要在坩埚内加热，碱性物质不能用瓷坩埚； (2)①该操作的目的是将气囊 F 中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法； ②根据“K2MnO4 溶液显绿色”可知，如果该歧化反应结束，则反应后的溶液不会显示绿色； (3)蒸发溶液获得晶体时不能蒸干，避免固体飞溅；高锰酸钾在温度较高时容易分解，需要低温下烘干； (4)根据 n=cV 计算出 25mL 待测液消耗的草酸钠的物质的量，再根据反应方程式计算出 25mL 待测液中含有 高锰酸钾的物质的量，从而计算出样品中含有高锰酸钾的物质的量，然后根据 m=nM 计算出高锰酸钾的质量，最后计算出纯度。 【详解】 (1)熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物中含有碱性 KOH，瓷坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能够 与氢氧化钾反应，所以应用铁坩埚，所以④正确； (2)①待气囊 F 收集到较多气体时，需要将气囊 F 中二氧化碳排出到热 K2MnO4 溶液中，所以需要关闭 A、 C，打开 B、D、E，轻轻挤压气囊 F，从而使 CO2 气体缓缓地压入 K2MnO4 溶液中再次反应； ②由于 K2MnO4 溶液显绿色，所以用玻璃棒蘸取三颈烧瓶内的溶液点在滤纸上，若滤纸上只有紫红色痕迹， 无绿色痕迹，表明反应已歧化完全； (3)蒸发溶液获得高锰酸钾时为避免固体飞溅及高锰酸钾 分解，不能将溶液蒸干，应该加热到溶液表面出 现晶膜时停止加热，并且应采用低温烘干的方法来干燥产品，避免高锰酸钾晶体受热发生分解； (4)50mL 0.1000mol•L-1 草酸钠标准溶液中含有醋酸钠的物质的量为：0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据反应 2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知，消耗 0.005mol 草酸钠需要消耗高锰酸根离子的物质的 量为：0.005mol× =0.002mol，则 500mL 配制的样品溶液中含有高锰酸根离子的物质的量为：0.002mol× =0.04mol，则样品中含有高锰酸钾的质量为：0.04mol×158g•mol-1=6.32g，则高锰酸钾产品的纯度 为： ×100%=87.23%； 若移液管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗或烘干，会导致待测液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏 小，测定结果偏小。 10.（15 分）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列 问题： （1）已知 CO 分子中化学键为 C≡O。相关的化学键键能数据如下： 化学键 H—O C≡O C=O H—H E/(kJ·mol−1) 463 1075 803 436 CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH=___________kJ·mol−1。下列有利于提高 CO 平衡转化率的措施有 _______________（填标号）。 a．增大压强 b．降低温度 c．提高原料气中 H2O 的比例 d．使用高效催化剂 （2）用惰性电极电解 KHCO3 溶液，可将空气中的 CO2 转化为甲酸根(HCOO−)，然后进一步可以制得重要 的 2 5 500mL 25mL 6.32g 7.245g有机化工原料甲酸。CO2 发生反应的电极反应式为________________，若电解过程中转移 1 mol 电子，阳极 生成气体的体积（标准状况）为_________L。 （3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为： (g)＋CO2(g) (g)＋CO(g) ＋H2O(g)，其反应历程如下： ①由原料到状态Ⅰ____________能量（填“放出”或“吸收”）。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中充入 2 mol 乙苯和 2 mol CO2，起始压强为 p0，平衡时容器内气体总物质 的量为 5 mol，乙苯的转化率为_______，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=_______。[气体 分压(p 分)=气体总压(p 总)×气体体积分数] ③乙苯平衡转化率与 p(CO2)的关系如下图所示，请解释乙苯平衡转化率随着 p(CO2)变化而变化的原因 ________________________________________________。 【答案】 (1). −41 (2). bc (3). 2CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋ 或 CO2＋2e−＋H2O===HCOO− ＋OH−（合理即可） (4). 5.6 (5). 吸收 (6). 50% (7). 0.25p0 (8). 随着 CO2 压强增大，CO2 浓度增大，乙苯平衡转化率增大；CO2 压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降 【解析】 【详解】（1）ΔH=463 kJ·mol−1×2＋1075 kJ·mol−1−803 kJ·mol−1×2−436 kJ·mol−1=−41 kJ·mol−1。 （2）CO2 转化为 HCOO−得到 2 个电子，用 OH−平衡电荷，电极反应式为 CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋OH− 或 2CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋ ；阳极电解生成氧气，电解过程中转移 1 mol 电子，生成氧气 体 积（标准状况）为 5.6 L。 （3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，需要吸收能量。 ②设乙苯反应了 x mol。 的 3HCO− 3HCO−(g)＋CO2(g) (g)＋CO(g)＋H2O(g) n0/mol 2 2 0 0 0 Δn0/mol x x x x x [n]/mol 2−x 2−x x x x 解得：4＋x=5 x=1 乙苯的转化率为 ×100%=50% 平衡后压强为 ×p0=1.25 p0，Kp= =0.25 p0 ③一定范围内，p(CO2)越大，说明在原料中 CO2 的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催 化剂表面上，当 CO2 在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转 化率随着 p(CO2)增大反而减小。 11.氮、硒形成的单质及其化合物有重要的科学研究价值，请回答下列问题： (1)邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。基态氮原子的价电 子轨道表示式为______________；其核外电子共占据____个能级；邻氨基吡啶的铜配合物中 Cu2＋的配位数 是_______。 (2)高聚氮晶体结构如图所示，每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。固态高聚氮是_______ 晶体；该晶体中 n(N)与 n(N—N)之比为_______；这种高聚氮 N—N 键的键能为 160 kJ·mol-1，而 N2 的键能 为 942 kJ·mol-1，其可能潜在的应用是__________。 (3)NO3－的空间构型是________；HNO3 的酸性比 HNO2 强，试从结构的角度解释其原因__________。 (4)硒有三种晶体(α 单斜体、β 单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链， 分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和 晶胞俯视图如图所示： 1 2 5 4 3 0 2 0 1( 1.25 )5 1( 1.25 )5 p p × ×已知正六棱柱的边长为 a cm，高为 b cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶体的密度为_____g·cm-3(用含 NA、 a、b 的式子表示)。 【答案】 (1). (2). 3 (3). 4 (4). 原子 (5). 2:3 (6). 制炸药 (7). 平面三角形 (8). HNO3 中含有非羟基氧多 (9). 【解析】 【详解】(1)N 是 7 号元素，其核外有 7 个电子，则基态氮原子的核外电子排布式为 1s22s2sp3，价电子轨道 表达式为 ，其核外电子共占据 1s、2s、2p 三个能级，由邻氨基吡啶的铜配合物的结构简 式分析可知，Cu2+的配位数为 4，故答案为： ；3；4； (2)高聚氮晶体中每个氮原子都通过三个单键和其他氮原子结合并向空间发展构成立体网状结构，属于原子 晶体，因为晶体中煤隔氮原子都通过三个单键与其他氮原子结合，则每个氮原子平均形成 1.5 个 N—N 键， 故氮原子数与 N—N 键数之比为 2:3，则 n(N):n(N—N)=2:3，由键能数据分析可知，高聚氮爆炸后生成氮气 放出大量的热，还能瞬间生成大量的气体，则可能的用途为制炸药，故答案为：原子；2:3；制炸药； (3)NO3-中 N 原子的价电子对数为 ，孤电子对数为 0，则其空间构型为平面三角形，对于同 种元素 R 的不同的含氧酸的酸性比较，可以把酸写成(HO)nROm 的形式，m 越大，酸性越强，m 越大，非羟 基氧个数多，中心原子的电子云向氧偏离的越厉害，从而氢氧键的电子云通过传递向氧偏离的就越厉害， 从而容易电离，酸性越小，由于 HNO3 中的非羟基氧数目比 HNO2 的多，因此 HNO3 的酸性更强，故答案为： 平面三角形；HNO3 中含有非羟基氧多； (4)Se 原子间形成正六棱柱，位于面心与顶点，从晶胞的俯视图可知晶胞中 Se 原子数目为 6× +12×3× =9，体积 V= ×a2×6×b， ，故答案为： 。 12.2020 年 2 月 17 日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副主任孙燕荣告诉记者：磷 2 A 158 3 a bN 5+1-2 33+ =32 × 1 2 1 6 3 4 2 2 A A m 9 79 158 3ρ= = =V a bN3 a 6 b N4 × × × × × 2 A 158 3 a bN酸氯喹对“COVID-19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛人群治疗的安全性是可控的。 其合成路线如图所示： 已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。回答下列问题： (1)有机物 A 为糠醛，它广泛存在于各种农副产品中。A 中含氧官能团的名称为______，A 与新制氢氧化铜 悬浊液反应的化学方程式为_______。 (2)C 的结构简式为________，D 与 E 之间的关系为_______。 (3)反应⑦的反应类型为_______；反应⑤若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为____。 (4)有机物 E 有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有______种，在这些同分异构体中，有一种是羧酸， 且含有手性碳原子，其名称为_________。 (5)以 2—丙醇和必要的试剂合成 2—丙胺[CH3CH(NH2)CH3]：_________(用箭头表示转化关系，箭头上注明 试剂)。 【答案】 (1). 醛基、醚键 (2). +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O (3). (4). 同分异构体 (5). 加成反应 (6). CH3COCH2CH=CH2 (7). 13 (8). 2—甲基 丁酸 (9). CH3CH(OH)CH3 CH3COCH3 CH3CH(NH2)CH3 【解析】 【分析】 根据合成线路可知，A( )与 H2 发生加成反应生成 B( )，根据已知“醛基在一定条件下可 以还原成甲基”可得 B 与 H2 在一定条件下发生还原反应生成 C( )，C 发生加成反应得到 D，D 的同 分异构体 E 在浓硫酸、加热的条件下反应生成 F[CH3CO(CH2)3Br]，F 再和 NH(C2H5)2 反应得到 G，G 发生 加成反应生成 H，H 发生消去反应得到 I，I 与 H2 发生加成反应得到 J，J 发生取代反应生成 K，K 与磷酸制 的 L 磷酸氯喹，据此分析解答问题。 Δ→ 2O Cat ，Δ → 3NH 无水乙醇 → 无水乙醇 → 2H Cat ，Δ →【详解】(1)化合物 A 的结构式为 ，其含氧官能团有醚键和醛基，A 中的醛基可以与新制氢氧化 铜 悬 浊 液 反 应 生 成 Cu2O 的 砖 红 色 沉 淀 ， 方 程 式 为 +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O，故答案为：醚键、醛基； +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O； (2)由上述分析可知，C 的结构简式为 ，D 与 E 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案 为： ；同分异构体； (3)反应⑦为 G 发生加成反应生成 H，反应⑤为 E 在浓硫酸、加热的条件下反应生成 F[CH3CO(CH2)3Br]，若 温度过高会发生消去反应生成 CH3COCH2CH=CH2，故答案为：加成反应；CH3COCH2CH=CH2； (4)有机物 E 的同分异构体中，属于羧酸和酯的有 CH3CH2CH2CH2COOH、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 、 共 13 种，其中有一种是羧酸，且含有手性碳原子为 ，其名称为 2-甲基丁酸，故答案为：13；2-甲基丁酸； (5)结合题干合成信息，可将 2—丙醇催化氧化制得 CH3COCH3，再在与 NH3、无水乙醇得到 ，加 入无水乙醇发生消去反应生成 ，最后与 H2 发生加成反应得到 2-丙胺[CH3CH(NH2)CH3]，合成路线 为 CH3CH(OH)CH3 CH3COCH3 CH3CH(NH2)CH3，故答案为：CH3CH(OH)CH3 CH3COCH3 CH3CH(NH2)CH3。 Δ→ Δ→