福建省2020年高三3月毕业班质量检查测试理综化学试题（解析版）

2020 年福建省高三毕业班质量检查测试 理科综合能力测试 化学 一、选择题：本题共 7 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.春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消 毒剂的是 A. 95%的乙醇溶液 B. 40%的甲醛溶液 C. 次氯酸钠稀溶液 D. 生理盐水 【答案】C 【解析】 【详解】A. 95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故 A 错误； B. 甲醛有毒，故 B 错误； C. 次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故 C 正确； D. 生理盐水不能消毒杀菌，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】日常用 75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是 0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。 2.百香果含有柠檬烯、松油烯、月桂烯等芳香物质，三种物质的结构如下图所示。下列有关说法错误的是 A. 均为易挥发、易溶于水的物质 B. 均能发生加成、取代和氧化反应 C. 月桂烯分子中所有碳原子可能共平面 D. 三者互为同分异构体 【答案】A 【解析】 【详解】A. 三种物质均为烃类，不含亲水基，难溶于水，故 A 错误； B. 三种物质均含有碳碳双键，可以发生加成、氧化反应，均含有烷基，可以发生取代反应，故 B 正确； C. 月桂烯有三个碳碳双键，存在三个平面，三个平面有碳碳单键相连，单键可以旋转，所以月桂烯分子中 所有碳原子可能共平面，故 C 正确； D. 三种物质分子式均为 C10H16，且三种物质结构各不相同，所以互为同分异构体，故 D 正确；故答案为 A。 3.NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1 mol·L-1 盐酸中，Cl-数为 NA B. 58 g 正丁烷中，共价键数为 10 NA C. 常温常压下，2. 24 L O2 中氧分子数为 0.2NA D. 密闭容器中，3 mol H2 和 1 mol N2 充分反应后原子数为 8NA 【答案】D 【解析】 【详解】A. 溶液体积未知，无法计算所含微粒个数，故 A 错误； B. 正丁烷结构式为 ，一个分子中含有 13 个共价键，所以 58 g 正丁烷即 1mol 正丁烷 中共价键数为 13 NA，故 B 错误； C. 常温常压下 2. 24 L O2 的物质的量不是 0.1mol，故 C 错误； D. 3 mol H2 和 1 mol N2 所含原子数为 8NA，化学反应中元素守恒，反应前后原子种类和个数不变，所以 3 mol H2 和 1 mol N2 充分反应后原子数为 8NA，故 D 正确； 故答案为 D。 4.X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有 Y 是金属元素。X、Y、Z 的最高正价均等于 其原子最外层电子数，且 Y、Z 的最高正价之和等于 X 的最高正价。下列说法正确的是 A. 非金属性强弱：Z>X B. 原子半径大小：Y>Z>X C. X、Y、Z 的氧化物均易溶于水 D. Y、Z 和氧元素组成的盐，其溶液显中性 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中只有 Y 是金属元素，则 X 位于 Y 的上一周期，若 Y 为第二周期元素，则 X 为 H，最高正价为+1 价，不满足“Y、Z 的最高正价之和等于 X 的最高正价”，所以 Y 为第三周期元素，则 X 为 B 或 C 或 N，若为 B 或 C 则在满足“Y、Z 的最高正价之和等于 X 的最高正价”的 条件下，Y、Z 均为金属元素，所以 X 为 N，最高正价为 5 价，“Y、Z 的最高正价之和等于 X 的最高正 价”，则 Y 为 Na，Z 为 Si，据此进行解答。 【详解】A. Si 的非金属性小于 N，故 A 错误； B. 核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径 Na>Si>N， 故 B 正确；C. SiO2、NO 等难溶于水，故 C 错误； D. Si、Na 和氧元素组成的盐为 Na2SiO3，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】题目所给能够确定元素种类的信息较少，则可以先假设再验证分情况讨论。 5.某同学按下图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象见下表。 下列说法正确的是 A. ②中白色沉淀是 BaSO3 B. ①中可能有部分硫酸挥发了 C. 为确定①中白色固体是否为硫酸铜，可向冷却后的试管中注入水，振荡 D. 实验时若先往装置内通入足量 N2，再加热试管①，实验现象不变 【答案】B 【解析】 【分析】 实验探究铜与浓硫酸的反应，装置 1 为发生装置，溶液仍为无色，原因可能是混合体系中水太少，无法电 离出铜离子，有白雾说明有气体液化的过程，同时产生白色固体，该固体可能是无水硫酸铜；试管 2、3 中 有白色沉淀生成，该沉淀应为硫酸钡，说明反应过程有 SO3 生成或者硫酸挥发，3 中沉淀较少，说明三氧化 硫或挥发出的硫酸消耗完全；试管 4 中品红褪色说明反应中生成二氧化硫，浸有碱的棉花可以处理尾气， 据此分析作答。 【详解】A. 二氧化硫不与氯化钡反应，白色沉淀不可能是 BaSO3，故 A 错误； B. 根据分析可知①中可能有部分硫酸挥发了，故 B 正确； C. 冷却后的试管中仍有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能将水注入试管，会暴沸发生危险，故 C 错误； D. 反应过程中 SO3 可能是氧气将二氧化硫氧化生成，若先往装置内通入足量 N2，体系内没有氧气，则无 SO3 生成，试管 2、3 中将无沉淀产生，实验现象发生变化，故 D 错误； 故答案为 B。 6.我国某科研团队设计了一种新型能量存储／转化装置（如下图所示）。闭合 K2、断开 K1 时，制氢并储能； 断开 K2、闭合 K1 时，供电。下列说法错误的是A. 制氢时，溶液中 K+向 Pt 电极移动 B. 制氢时，X 电极反应式为 C. 供电时，Zn 电极附近溶液的 pH 降低 D. 供电时，装置中的总反应为 【答案】D 【解析】 【分析】 闭合 K2、断开 K1 时，该装置为电解池，Pt 电极生成氢气，则 Pt 电极为阴极，X 电极为阳极；断开 K2、闭 合 K1 时，该装置为原电池，Zn 电极生成 Zn2+，为负极，X 电极为正极。 【详解】A. 制氢时，Pt 电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故 A 正确； B. 制氢时，X 电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中 Ni(OH)2 转化为 NiOOH， 电极方程式为 ，故 B 正确； C. 供电时，Zn 电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向 Zn 电极，电极反应为 Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个 OH-，但会消耗 4 个 OH-，说明还消耗了水电离出 的氢氧根，所以电极负极 pH 降低，故 C 正确； D. 供电时，正极为 NiOOH 被还原，而不是水，故 D 错误； 故答案为 D。 7.室温下，向某 Na2CO3 和 NaHCO3 的混合溶液中逐滴加入 BaCl2 溶液，溶液中 lgc（Ba2+）与 的变化关系如图所示。下列说法正确的是 2 2Ni(OH) e OH NiOOH H O− −− + = + 2 2 2Zn 2H O Zn(OH) H+ = + ↑ 2 2Ni(OH) e OH NiOOH H O− −− + = + ( ) ( ) - 3 2- 3 c HCO lg c CO（已知：H2CO3 的 Ka1、Ka2 分别为 ） A. a 对应溶液的 pH 小于 b B. b 对应溶液的 C. a—b 对应的溶液中 减小 D. a 对应的溶液中一定存在： 【答案】D 【解析】 【详解】A. 随着 BaCl2 溶液的滴入，c(Ba2+)逐渐增大，温度不变则溶度积常数不变，则 c(CO32-)减小，则 c(OH-) 减小，所以 a 对应溶液的 pH 大于 b，故 A 错误； B. b 点溶液 ， ，则 c(H+)=5.6×10-9mol/L，故 B 错误； C. a—b 对应的溶液中 ，该值只与温度有关，故 C 错误； D. 根据溶液中电荷守恒可知 2 c(Ba2+)+ c(Na+)+ c(H+)= c(HCO3-)+2 c(CO3-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，同时 a 点对应溶 液中 ，即 c(HCO3-)= c(CO32-)，带入电荷守恒式可得 ，故 D 正确； 故答案为 D。 8.实验室里，从废旧钴酸锂离子电池的正极材料（在铝箔上涂覆活性物质 LiCoO2）中，回收钴、锂的操作 流程如下图所示： 7 114.2 10 ,5.6 10− −× × ( ) 7 1H 4.2 10 mol L+ − −= × ⋅c ( ) ( ) ( ) 2- 3 - - 3 c CO c HCO c OH× ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2+ + + - - - 32c Ba +c Na +c H =3c HCO +c Cl +c OH ( ) ( ) - 3 2- 3 HCO lg 2 CO c c = ( ) ( ) ( ) 2- + 3 -11 a2 - 3 CO H = =5.6 10 HCO c c K c × ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2- 2- + 3 3 a2 - - - - + w3 3 CO CO H = = HCO OH HCO OH H c c c K Kc c c c c  ( ) ( ) - 3 2- 3 HCO lg 0 CO c c = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2+ + + - - - 32 Ba + Na + H =3 HCO + Cl + OHc c c c c c回答下列问题。 （1）拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入 NaCl 溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高， 该过程中能量的主要转化方式为____。 （2）“碱浸”过程中产生的气体是____；“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程 式为____。 （3）“酸浸”时主要反应 离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3 溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达 到“酸浸”的目的，但会产生____（填化学式）污染环境。 （4）“沉钴”时，调 pH 所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中 c（Co2+）=____。（已知：Ksp[Co（OH） 2]=1.09×l0-15） （5）在空气中加热 Co（OH）2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如左下图所 示。290～500℃，发生反应的化学方程式为____。 （6）根据右下图判断，“沉锂”中获得 Li2CO3 固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。 【答案】 (1). 化学能→电能→热能 (2). H2 (3). NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓ (4). 8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O (5). Cl2 (6). NaOH 溶液或氢氧化钠固体 (7). 1.09×l0-6mol/L (8). 6Co2O3 4Co3O4+ O2↑ (9). 蒸发浓缩 (10). 趁热过滤 【解析】 【分析】 正极材料主要由 Al 和 LiCoO2 组成，LiCoO2 属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与 NaOH 溶液混合 不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al 和 NaOH 反应生成偏铝酸钠和氢气，过滤得到滤渣为 LiCoO2；“酸 浸”时反应物有 LiCoO2、硫酸和 Na2S2O3 溶液，依据“沉钴”产物为 Co(OH)2 可判断，反应后钴元素的价 的 290~500 ℃态从+3 价降为+2 价，依据氧化还原反应规律以及工艺中最后还可获得 Na2SO4·10H2O 副产品，可推知 S 元素价态升高并转化为 SO42-；之后调节 pH 值得到 Co(OH)2 沉淀，再加入碳酸钠溶液调节 pH 值沉锂，得 到碳酸锂和母液，母液结晶得到 Na2SO4·10H2O。 【详解】(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的 主要转化方式为化学能→电能→热能； (2)依题中信息可知，正极材料主要由 Al 和 LiCoO2 组成，LiCoO2 属于盐类，由复分解反应的条件可判断， 其与 NaOH 溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有 Al 和 NaOH 反应，生成 NaAlO2 和 H2；“过滤” 所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，方程式为 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓； (3)根据分析可知“酸浸”时 Na2S2O3 被氧化为 SO42-，Co 元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子 反应方程式为：8LiCoO2+ S2O32-+22H+=8Li++8Co2++2SO42-+11H2O；加入的 Na2S2O3 起还原作用，用一定浓 度的盐酸替代“Na2S2O3 溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧 化产物为会污染环境的 Cl2； (4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为 NaOH 溶液或固体；溶液 pH=9.5， 则溶液中 c(OH-)=10-4.5mol/L，带入 Ksp[Co(OH)2]= c2(OH-)·c(Co2+)=1.09 ×l0-15 求得 c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L； (5)从图中信息可知，加热前的反应物为 Co(OH)2 (0.930g) ,其物质的量为 0.01mol，依据钴元素的量不变 可知:n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温 290℃时，转化为 0.830g 某种钴的氧化物，该氧化物中， n(O)= =0.015mol，由此可以确定该氧化物为 Co2O3；同理可以确定 500℃时，n(O)= ≈0.0133mol，则生成的氧化物为 Co3O4；所以 290℃～500℃过程中，Co2O3 转化为 Co3O4， 反应过程中，Co 元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为 O2，故反应的化学方程式为 6Co2O3 4Co3O4+ O2↑； (6)分析溶解度曲线可知 LiCO3 微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫 酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作。 【点睛】热重分析法是常用的定量分析方法，通过分析热重曲线，可以推测物质的热稳定性、加热反应生 成的产物等相关信息。第 5 题解题关键是抓住受热过程中 Co 元素的量不变，利用图中数据信息，确定分解 所得氧化物中钴、氧元素的物质的量之比,从而确定不同温度下生成的氧化物的组成，写出反应的化学方程 式。 0.830g-0.590g 16g/mol 0.803g-0.590g 16g/mol 290~500 ℃9.苯胺 是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。 已知：① 和 NH3 相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐 ②用硝基苯制取苯胺的反应原理： +3Sn+12HCl +3SnCl4+4H2O ③有关物质的部分物理性质见下表： I．比较苯胺与氨气的性质 （1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为____；用苯胺代替浓氨水 重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。 Ⅱ.制备苯胺 往图 1 所示装置（夹持装置略，下同） 冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸（过量），置于热水浴中回流 20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。 （2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）； （3）滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为____。 Ⅲ．提取苯胺 i．取出图 1 所示装置中的三颈烧瓶，改装为图 2 所示装置。加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到苯胺 与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。 ii．往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。 的 →iii．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用 NaOH 固体干燥，蒸馏后得到苯胺 2.79g。 （4）装置 B 无需用到温度计，理由是____。 （5）操作 i 中，为了分离混合物，取出烧瓶 C 前，应先打开止水夹 d，再停止加热，理由是____。 （6）该实验中苯胺的产率为____。 （7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：____。 【答案】 (1). NH3+HCl=NH4Cl (2). 苯胺沸点较高，不易挥发 (3). b (4). C6H5NH3++OH- C6H5NH2+H2O (5). 蒸出物为混合物，无需控制温度 (6). 防止 B 中液体倒吸 (7). 60.0% (8). 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH 固体干燥、过滤 【解析】 【分析】 制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧 烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成 C6H5NH3Cl，之后再加入 NaOH 与 C6H5NH3Cl 反应生成苯胺。 【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成 NH4Cl 白色固体，故产生白烟方程式为 NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184℃)，不易挥发， 因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟； (2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b 进 a 出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分 冷凝的效果； (3)过量浓盐酸与苯胺反应生成 C6H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入 NaOH 溶液使 C6H5NH3Cl 生成 C6H5NH2，离子反应方程式为 C6H5NH3++OH-= C6H5NH2+H2O； (4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度； (5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内 气压仍然大于外界大气压， 这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶 C 前，必须先打开止水夹 d，再 停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸； (6)已知硝基苯的用量为 5.0mL，密度为 1.23g/cm3，则硝基苯的质量为 6.15g，则硝基苯的物质的量为 ，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为 0.05mol，理论质量为 =4.65g， 实际质量为 2.79g，所以产率为 60.0%； (7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与 HCl 溶液反应，生成可溶于水的 C6H5NH3Cl 而硝基 苯则不能与 HCl 溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水 溶液中加 NaOH 溶液析出苯胺，分液后用 NaOH 固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去 NaOH 固体，即 的 → 6.15g =0.05mol123g/mol 93g/mol 0.05mol× 2.79g 100%=4.65g ×可得较纯净的苯胺。 【点睛】水蒸气蒸馏是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸馏出来， 是分离和提纯有机化合物的常用方法。 10.CO2 催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某 CO 催化加氢制甲醇的反应体系中， 发生的主要反应有： i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1 ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1 ⅲ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3 （1）△H3________ kJ·mol-1 （2）5MPa 时，往某密闭容器中按投料比 n（H2）:n（CO2）=3：1 充入 H2 和 CO2。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图所示。 ①体系中 CO2 的物质的量分数受温度的影响不大，原因是____。 ②250℃时，反应 ii 的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”）。 ③下列措施中，无法提高甲醇产率 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 ④如图中 X、Y 分别代表____（填化学式）。 （3）反应 i 可能的反应历程如下图所示。 注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS 表示 过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。 的   ①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____。 ②相对总能量 E=____（计算结果保留 2 位小数）。（已知：leV=1.6×10-22kJ） （4）用电解法也可实现 CO2 加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。电解时，往电解池的____极通入氢气， 阴极上的电极反应为____。 【答案】 (1). -90.6 (2). 温度改变时，反应 i 和反应 ii 平衡移动方向相反 (3). ＜ (4). D (5). CO 、 CH3OH (6). HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2 (7). -0.51 (8). 阳 (9). CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O 【解析】 【详解】(1)已知： i.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1 ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1 ⅲ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3 根据盖斯定律可知反应 i-ii 可得反应 iii，所以△H3=△H1-△H2=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol； (2) △H1＜0，△H3＜0，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， △H2＞0，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。 ①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△H1＜0 而△H2＞0,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； ②反应 ii 平衡常数 K= ，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用物质的量分数来 代表浓度估算 K 值，据图可知 250℃时，CO2 与 H2 的物质的量分数大于 CO 和 H2O 的物质的量分数，所以 K＜1； ③A. 加入适量 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，A 项正确； 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，B 项正确； C. 循环利用原料气能提高 CO2 的转化率，使 CH3OH 的产率提高，C 项正确； D. 由图可知，升温，CH3OH 的物质的量分数下降，产率降低，D 项错误； 综上所述选 D； ④根据分析可知 X 代表 CO，Y 代表 CH3OH；    ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 CO H O CO H c c c c(3)①生成 CH3OH 的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定，活 化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步 骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，Ea=-0.18-(-1.66)= 1.48 eV； ②反应 i 的△H1= -49.4kJ/mol，指的是 1mol CH3OH(g)和 1molH2O(g)的总能量与 1 mol CO2(g)和 3mol H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的 E 表示的是 1 个 CH3OH 分子和 1 个 H2O 分子的相对总能量与 1 个 CO2 分子和 3 个 H2 分子的相对总能量之差(单位为 cV)，且将起点的相对总能量设定为 0。所以，作如下换 算即可求得相对总能量 E: E= = =-0.51eV； (4)因为电解过程 CO2 被还原为 CH3OH，H2 应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上 CO2 转化为 CH3OH，碳元素从+4 价降为-2 价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为： CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。 【点睛】解答第 3 题第 1 小问时要注意框图中最后一步并非产生 CH3OH 的过程，而是已经生成的 CH3OH 分子从催化剂表面解吸附的过程。 [化学——选修 3：物质结构与性质] 11.硫氰酸盐在化学工业中应用广泛。 （1）组成硫氰酸根（SCN -）的三种元素的部分性质见下表： ①硫氰酸根中碳元素的化合价为____。 ②碳元素的 I1、I2 均比氮小。但 I3 却比氮高，其原因是____。 （2）晶体场理论认为，基态离子的 d 轨道存在未成对电子时，d 电子发生 d-d 跃迁是金属阳离子在水溶液 中显色的主要原因。下列硫氰酸盐的水溶液有颜色的是____（填标号）。 A KSCN B Fe（SCN）3 C Ni（SCN）2 D Zn（SCN）2 （3）NH4SCN 广泛应用于医药、印染等行业，隔绝空气加热后可分解生成 NH3、CS2、H2S、（CN）2 及 N2。 ①SCN-可能具有[S-C≡N]-和____（填结构式）两种结构，中心原子碳的轨道杂化方式均为____。 ②（CN）2 熔沸点高于 N2 的原因是____。 （4）硫氰酸钴可用于毒品检验。其水合物晶体的晶胞结构如下图所示（所有原子都不在晶胞的顶点或棱 上）。 1 221.6 10A H N −× ×  23 22 49.4 6.02 10 1.6 10−×× − ×①晶体中微粒间作用力有____（填标号）。 A 金属键 B 氢键 C 非极性键 D 极性键 E 配位键 ②晶体的化学式为____。 ③硫氰酸钴晶体属于正交晶系，晶胞参数分别为 a nm、b nm．c nm，α=β=γ=90°。晶体的摩尔质量为 M g·mol-1。则晶体密度=____g·cm-3（列计算式）。 【答案】 (1). +4 (2). N2+、C2+的价电子排布分别为 2s22p1 和 2s2，C2+的 2p 轨道全空，处于较稳定状 态，更难失去电子 (3). BC (4). [S=C=N]- (5). sp (6). (CN)2 和 N2 均为非极性分子构成的分子 晶体，(CN)2 的相对分子质量较大，范德华力较大，熔沸点较高 (7). BDE (8). Co(H2O)2(SCN)2·H2O 或 Co(SCN)2(H2O)2·H2O 或 Co(SCN)2·3H2O (9). 【解析】 【详解】(1)①硫氰酸根离子中，中心碳原子的电负性比硫和氮都小，所以碳元素显正价，硫、氮元素显负 价，由于碳原子最外层只有四个电子，与氮和硫原子结合时，能形成四对共用电子对，故碳显+4 价； ②第三电离能用以衡量 R2+失去电子的难易程度，N2+、C2+的价电子排布分别为 2s22p1 和 2s2，C2+的 2p 轨道 全空，处于较稳定状态，更难失去电子，所以其第三电离能更大； (2)K+的 3d 轨道全空，Zn2+的 3d 轨道全充满，无法发生 d-d 跃迁；Fe3+的 3d 轨道电子排布为 3d5，存在 5 个未成对电子，Ni2+的 3d 轨道电子排布式为 3d8，存在 2 个未成对电子，二者可以发生 d-d 跃迁，其硫氰酸 盐的水溶液会有颜色，所以选 BC； (3)①从已知结构[S-C≡N]-中碳原子的成键特点(一个叁键、一个单键)可以判断 C 原子的杂化方式为 sp 杂 化，中心碳原子以两个 sp 杂化轨道分别和 S、N 原子的 1 个 p 轨道形成 σ 键，C 原子剩余的两个未杂化的 2p 轨道以肩并肩的方式与氮原子另外 2 个 p 轨道形成 2 个 π 键，即中心碳原子形成两个 σ 键和两个 π 键；另 一种可能的情况是，碳原子剩余的两个未杂化的 2p 轨道分别与氮原子、硫原子的 p 轨道形成两个大 π 键， 即两个双键的结构[S=C=N]-； ②(CN)2(直线形对称结构，正负电荷中心重合)和 N2 都是非极性分子，二者均为分子晶体，其熔、沸点高 21 A 4M 10abcN ×低取决于范德华力的大小，通常相对分子质量越大，范德华力越大； (4)①从晶胞结构可以看出，硫氰酸钴晶体是一种带有结晶水的配合物，中心原子是 Co2+,SCN-和 H2O 是配 体；H2O 除了与 Co2+形成配位键以外，还有一部分 H2O 不做配体，只与作为配体的 H2O 之间以氢键结合； 配体 H2O、SCN-中都含有极性键，不含非极性键；金属键通常只存在于金属晶体中；所以选 BDE； ②根据晶胞结构可知 2 个 Co2+在晶胞内部，4 个 Co2+在面上，根据均摊法每个晶胞含有的 Co2+个数为 2+ =4；SCN-全在晶胞内，共 8 个，配体 H2O 全在晶胞内的有 8 个(注意与处于上、下底面的 Co2+配位的 两个 H2O 分子，均有一个在晶胞内，一个在晶胞外)，未做配体的 H2O，2 个在晶胞内，4 个在面上，平均 每个晶胞含有这样的水分子个数为 4。由此得出 Co2+、SCN-、配体 H2O、非配体 H2O 的个数比为 1:2:2:1， 则化学式为 Co(H2O)2(SCN)2·H2O 或 Co(SCN)2(H2O)2·H2O 或 Co(SCN)2·3H2O； ③由上题分析可知，每个晶胞中含有 4 个 Co(SCN)2·3H2O 粒子集合体，每个粒子集合体的质量为 ， 则晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 abc×10-21cm3，所以晶胞的密度为 g/cm3。 【点睛】利用 SCN-是 CO2 的等电子体，也可判断出 SCN-的另一种可能结构。 [化学——选修 5：有机化学基础] 12.药物他莫昔芬（ Tamoxifen）的一种合成路线如下图所示： 已知： 回答下列问题。 （I）A+B-C 的反应类型为____；C 中官能团有醚键、____（填名称）。 （2）CH3CH2I 的名称为____。 14 2 × A M gN A 4M gN 21 A 4M 10abcN ×（3）反应 D-E 的化学方程式为____。 （4）Tamoxifen 的结构简式为____。 （5）X 是 C 的同分异构体。X 在酸性条件下水解，生成 2 种核磁共振氢谱都显示 4 组峰的芳香族化合物， 其中一种遇 FeCl3 溶液显紫色。X 的结构简式为_______（写 2 种）。 （6）设计用 和 CH3I 为原料（无机试剂任选）制备 的合成路线：____。 【答案】 (1). 取代反应 (2). 羰基 (3). 碘乙烷 (4). +HBr→CH3Br+ (5). (6). (7). 【解析】 【分析】 根据 A 和 C 结构简式，再结合 B 的分子式可知 A 与 B 发生取代反应(A 中 Cl 原子被取代)，B 的结构简 式为 ，C 与 CH3CH2I 在 NaH 作用下发生取代生成 D，D 发生题目所给信息反应生成 E，则 E 为 ， E 中 酚 羟 基 上 的 氢 原 子 被 取 代 生 成 F ， F 发 生 信 息 反 应 生 ，其分子式为 C26H31NO2，对比他莫昔芬的分子式 C26H29NO，可知合成 的路线最后一步加热时，羟基发生消去反应，所以他莫昔芬的结构简式为 。 【详解】(1)根据反应前后物质的结构可知 A+B-C 的反应类型为取代反应；C 为 ， 其官能团为羰基、醚键； (2)根据系统命名法 CH3CH2I 的名称为一碘乙烷； (3)D 生成 E 发生信息所给反应，方程式为： +HBr→CH3Br+ ； (4)根据分析可知他莫昔芬的结构简式为 ； (5)C 为 ，其同分异构体满足：在酸性条件下水解生成 2 种核磁共振氢谱都显示 4 组峰的芳香族化合物，其中一种遇 FeCl3 溶液显紫色，则含有酯基，且水解产物中含有酚羟基，则形成酯基 的羟基为酚羟基；产物均为核磁共振氢谱都显示 4 组峰的芳香族化合物，说明含有苯环，且结构对称，则 满足条件的 X 有： ； (6) 的单体为 ，则问题的关键就转化为如何用 和 CH3I 合成该单体，原料有卤代烃，题目所给流程中 C 到 D 过程中反应物为卤代烃，可以参照此反应， 和 CH3I 发生 C 到 D 反应后碳链可以加长，产物中含有羰基，羰基加成可以生成羟基，羟基消去可以生成 碳碳双键，所以合成路线为： 。