陕西榆林市 2020届高考3月线上模拟考试化学试题（解析版）

陕西省榆林市 2020 届高三 3 月线上模拟测试 化学试题 1.新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是 A. 新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、O B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好 C. 3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子 D. 不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒 【答案】B 【解析】 【详解】A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为 C、H、O、N 等，故 A 错误； B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故 B 错误； C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故 C 正确； D. .新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒， 故 D 正确； 故选 B。 2.下列关于古籍中的记载说法正确的是 A. 《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟 起，乃真硝石也”， 该方法应用了显色反应 B. 氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2 – C. 目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是 118 D. 直径为 20nm 的纳米碳酸钙属于胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据题意，鉴别 KNO3 和 Na2SO4，是利用了焰色反应，故 A 错误； B. 电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故 B 错误； C. 根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为 2+8+8+18+18+32+32=118，故 C 正 确； D. 纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】此题易错点在 D 项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在 1nm～100nm 之间，胶体属于混合物。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 22.4 L 乙烷中所含的极性共价键数目为 7NA B. 某温度下，将 1molCl2 通入足量水中转移电子数为 NA C. 常温常压下，3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA D. 室温下，1LpH 为 13 的 NaOH 溶液和 Ba(OH)2 混合溶液中含 OH-个数为 0.01NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 没有说明是否为标准状态，所以无法由体积计算气体的物质的量，即无法确定所含化学键数目， 故 A 错误； B. Cl2 和水反应为可逆反应，所有转移电子数小于 NA，故 B 错误； C. 葡萄糖和冰醋酸的最简式都为 CH2O，则 3.0 g 含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为 =0.4NA，故 C 正确； D. pH=13，c(OH-)= ，则 1L 溶液中 OH-个数为 0.1NA，故 D 错误； 故选 C。 4.下列说法正确的是 A. Fe3＋、SCN－、NO3－、Cl－可以大量共存 B. 某碱溶液中通入少量 CO2 产生白色沉淀，该碱一定是 Ca(OH)2 C. Na[Al(OH)4]溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生白色沉淀和无色气体 D. 少量的 Mg(HCO3)2 溶液加过量的 Ba(OH)2 溶液的离子方程式为：Mg2＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－ =2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A. Fe3＋与 SCN－反应生成红色的络合物，不能大量共存，故 A 错误； B. 某碱溶液中通入少量 CO2 产生白色沉淀，该碱可能是 Ca(OH)2，也可能是 Ba(OH)2，故 B 错误； C. 因为酸性：HCO3->Al（OH）3，所以 Na[Al(OH)4]溶液和 NaHCO3 溶液混合可以产生氢氧化铝白色沉淀， 但不会生成气体，故 C 错误； D. 少量的 Mg(HCO3)2 溶液加过量的 Ba(OH)2 溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg2 ＋＋2HCO3－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaCO3↓＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故 D 正确； A 3.0g ×4 N30g/mol × -14 W + -13 K 10= 0.1mol/Lc(H ) 10 =故选 D。 5.短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中 X 原子的质子总数与电子 层数相等，X、 Z 同主族，Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污 染物。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：Z＜Y＜W＜Q B. Y 能分别与 X、Z、W 形成具有漂白性的化合物 C. 非金属性：W＜Q，故 W、Q 的氢化物的水溶液的酸性：W＜Q D. 电解 Z 与 Q 形成的化合物的水溶液可制得 Z 的单质 【答案】B 【解析】 【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大，其中 X 原子的质子总数与电子 层数相 等，则 X 为氢； Y、W 同主族，且 Y、W 形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，该物质为二氧化硫， 则 Y 为氧，W 为硫；X、Z 同主族，则 Z 为钠；Q 为氯； A. 核外电子排布相同，核电荷越大半径越小，则 S2->Cl-，O2->Na+，电子层多的离子半径大，则 S2->Cl->O2->Na+， 即 Z＜Y＜Q＜W，故 A 错误； B. 氧能分别与氢、钠、硫形成过氧化氢、过氧化钠、三氧化硫具有漂白性的化合物，故 B 正确； C. 同周期元素，核电荷数越大非金属性越强，则非金属性：W＜Q；非金属性越强其最高价氧化物的水化物 酸性越强，而不是氢化物水溶液的酸性，故 C 错误； D. 电解氯化钠的水溶液可制得氢气、氯气和氢氧化钠，无法得到钠单质，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】比较元素非金属性可以根据其氢化物的稳定性，也可以根据其最高价氧化物的水化物酸性强弱， 或是单质的氧化性。 6.洛匹那韦是一种 HIV-1 和 HIV-2 的蛋白酶的抑制剂， 下图是洛匹那韦的结构简式，下列 有关洛匹那韦说 法错误的是A. 在一定条件下能发生水解反应 B. 分子中有四种含氧官能团 C. 分子式是 C37H48N4O4 D. 分子间可形成氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据图示结构简式知，结构中含有肽键（ ），在一定条件下能发生水解反应，故 A 正确； B. 根据图示结构简式知，分子中有肽键、羰基、羟基、醚键四种含氧官能团，故 B 正确； C. 根据图示结构简式知，分子中含有 5 个 O 原子，故 C 错误； D. 结构中含有羟基，则分子间可形成氢键，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】高中阶段主要官能团：碳碳双键、碳碳叁键、卤原子、羟基、醛基、羰基、羧基、酯基、硝基、 氨基（主要前 8 个）等，本题主要题干要求是含氧官能团。 7.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解质溶液再生的配 套装置示意图，闭合开关 K 之前，两个 Cu 电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是 A. 循环物质 E 为水 B. 乙池中 Cu 电极为阴极，发生还原反应C. 甲池中的电极反应式为 Cu2++2e-=Cu D. 若外电路中通过 1mol 电子，两电极的质量差为 64g 【答案】B 【解析】 【详解】由阴离子 SO42-的移动方向可知：右边 Cu 电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu 电极失去电子， 发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，当电路中通过 1mol 电子，左边电极增加 32g，右边电极减少 32g，两极的质量差变为 64g。电解质再生池是利用太阳能将 CuSO4 稀溶液蒸发，分离 为 CuSO4 浓溶液和水后，再返回浓差电池。 A.通过上述分析可知循环物质 E 为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A 正确； B.乙池的 Cu 电极为负极，发生氧化反应，B 错误； C.甲池的 Cu 电极为正极，发生还原反应，电极反应式为 Cu2++2e-=Cu，C 正确； D.若外电路中通过 1mol 电子，左边电极增加 32g，右边电极减少 32g，所以两电极的质量差为 64g，D 正确； 故合理选项是 B。 8.下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是 选 项 操 作 现 象 结 论 A 向 3ml0.1mol/L 的 AgNO3 溶液中先 加 入 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaCl 溶 液，再滴加 4—5 滴 0.1mol/L 的 NaI 溶液 先出现白色沉 淀后出现黄色 沉淀 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) B 将某气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该气体是 SO2 C 用 pH 计测定等浓度的 Na2CO3 和 NaClO 溶液的 pH 后者 pH 比前 者 的小 非金属性：Cl＞C D 将铜粉加入 1.0 mol/L Fe2(SO4)3 溶 液中 溶液变蓝 氧化性 Fe3＋>Cu2＋A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. AgNO3 过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加 NaI 溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明 Ksp(AgCl) ＞Ksp(AgI)，故 A 错误； B. 能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故 B 错误； C. 比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO 不是最高价氧化物的水化物， 不能比较，故 C 错误； D. 反应的离子方程式为 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性 Fe3＋ >Cu2＋，故 D 正确； 故选 D。 9.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析不合理的是 A. 催化剂 a 表面发生了非极性共价键 断裂和极性共价键的形成 B. 催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能 C. 在催化剂 b 表面形成氮氧键时，涉及电子转移 D. 催化剂 a、b 能提高反应的平衡转化率 【答案】D 【解析】 【详解】A. 催化剂 a 表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂 a 表面发生了非极性共价键的断裂和极性键 的形成，故 A 合理； B. 催化剂可降低反应活化能，改变反应速率，但不能改变反应焓变，故 B 合理； C. 催化剂 b 表面是氨气催化氧化生成 NO 的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故 C 合理； D. 催化剂 a、b 改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故 D 不合理； 故选 D。 的10.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中 假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计 ， 使其达到分解平衡： 。实验测得不同温度下的平衡数据列于下 表： 温度 平衡气体总浓度 下列有关叙述正确的是 A. 该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变 B. 因该反应 、 ，所以在低温下自发进行 C. 达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大 D. 根据表中数据，计算 时的分解平衡常数约为 【答案】D 【解析】 【详解】A．从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能作为平衡状态的标志，故 A 错 误； B．根据表中数据判断随着温度升高，平衡移动的方向，从而判断出正反应是吸热，所以焓变（△H）大于 0，根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于 0，所以在高温下自发进行，故 B 错 误； C．到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，因此体系中气体的 浓度不变，故 C 错误； D．根据表中数据，平衡气体的总浓度为 4.8×10-3mol/L，容器内气体的浓度之比为 2：1，故 NH3 和 CO2 的浓度分别为 3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3= ，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】计算 时的分解平衡常数，要根据题目所给该温度下的浓度值，根据 NH3 和 CO2 的物质的量 之比，在相同的容器中，体积相等，可以得到浓度的关系，再代入公式即可。选项 C 为解答的易错点，注 意平衡常数的表达式以及影响因素。 11.扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质 a 为原料合成扁桃酸衍生物 b 的过程如下：下列说法正确的 ( ) ( ) ( ) ( )2 4 3 2NH COONH s 2NH g CO g+ /℃ 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0 ( )310 mol / L−× 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4 S 0> H 0> 25.0℃ 8 1 31.64 10 (mol L )− −× ⋅ 8 1 31.64 10 (mol L )− −× ⋅ 25.0℃是（ ） A. 物质 X 是 Br2， 物质 a 转化为 b 属于取代反应 B. lmol 物质 a 能与 3molH2 反应，且能在浓硫酸中发生消去反应 C. 物质 b 具有多种能与 NaHCO3 反应的同分异构体 D. 物质 b 的核磁共振氢谱有四组峰 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据质量守恒定律可知物质 x 是 HBr，HBr 与 a 发生取代反应产生 b 和 H2O，A 错误； B.a 中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与 H2 发生加成反应，1 mol 物质 a 能与 3 molH2 反应，a 中含有 酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的 C 原子邻位 C 原子上没有 H 原子，不能发生消去反应，B 错误； C.酚羟基可以与 NaHCO3 反应；物质 b 中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br 原子也有多个不同的 取代位置，因此物质 b 具有多种能与 NaHCO3 反应的同分异构体，C 正确； D.物质 b 中有五种不同位置的 H 原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D 错误； 故合理选项是 C。 12.常温下，用 0.1 mol·L−1 盐酸滴定 10.0 mL 浓度为 0.1 mol·L−1Na2A 溶液，所得滴定曲线如图所示。下 列说法错误的是 A. Ka2(H2A)的数量级为 10−9 B. 当 V=5 时：c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−) C. NaHA 溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(A2−)＞c(H2A) D. c 点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−) 【答案】C 【解析】A．滴定前 pH=11，则 A2−的水解常数是 ，则 Ka2(H2A)的数量级为 ，A 正 确；B．当 V=5 时根据物料守恒可知 c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)，B 正确；C．根据图像可知恰好生 成 NaHA 时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX 溶液中 c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)，C 错 误 ； D ． c 点 溶 液 显 中 性 ， 盐 酸 的 体 积 大 于 10 mL 小 于 20 mL ， 则 溶 液 中 ： c(Na+) ＞ c(Cl−) ＞ c(H+)=c(OH−)，D 正确，答案选 C。 13.利用电解法制取 Na2FeO4 的装置图如图所示，下列说法正确的是（电解过程中温度保 持不变，溶液体积 变化忽略不计） A. Y 是外接电源的正极，Fe 电极上发生还原反应 B. Ni 电极上发生的电极反应为：2H2O － 4e－== O2↑＋4H＋ C. 若隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中 OH－由 B 室进入 A 室 D. 电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的 pH 比原来小 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 A. 铁 电 极 为 阳 极 ， Y 接 电 源 的 正 极 ， 铁 电 极 上 发 生 失 电 子 的 氧 化 反 应 ： Fe+8OH--6e-=FeO42−+4H2O↑，故 A 错误； B. 镍电极为阴极，X 接电源的负极，镍电极上发生的反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故 B 错误； C. 在电解池装置中，阴离子向阳极移动，OH-由 A 室进入 B 室，故 C 错误； D. 总反应为 2Fe+2OH-+2H2O=FeO42−+3H2↑，由于反应消耗 OH-，电解的 OH-浓度降低，pH 比原来小，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】阴极：与直流电源的负极直接相连的一极；阳极：与直流电源的正极直接相连的一极；阴极得电 子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应；在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。 14.亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的发色剂和防腐剂，某学习小组利用如图装置(夹持装置略去)制取亚硝酸 钠，已知：2NO+Na2O2=2NaNO2，2NO2+Na2O2=2NaNO3；NO 能被酸性高锰酸钾氧化为 NO3-。下列说法正 50.001 0.001 100.1 0.001 −× ≈− 14 9 5 10 1010 − − − =确的是（ ） A. 可将 B 中的药品换为浓硫酸 B. 实验开始前通一段时间 CO2，可制得比较纯净的 NaNO2 C. 开始滴加稀硝酸时，A 中会有少量红棕色气体 D. 装置 D 中溶液完全褪色后再停止滴加稀硝酸 【答案】C 【解析】 【详解】A.装置 B 中无水 CaCl2 作干燥剂，干燥 NO 气体，由于装置为 U 型管，若换为浓硫酸，气体不能 通过，因此不能将 B 中的药品换为浓硫酸，A 错误； B.实验开始前通一段时间 CO2，可排出装置中 空气，避免 NO 氧化产生 NO2 气体，不能发生 2NO2+Na2O2=2NaNO3，但 CO2 会发生反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此也不能制得比较纯净的 NaNO2， B 错误； C.开始滴加稀硝酸时，A 中 Cu 与稀硝酸反应产生 NO 气体，NO 与装置中的 O2 反应产生 NO2，因此会有少 量红棕色气体，C 正确； D.在装置 D 中，NO 会被酸性 KMnO4 溶液氧化使溶液褪色，因此当 D 中溶液紫红色变浅，就证明了 NO 可 以被氧化，此时就可以停止滴加稀硝酸，D 错误； 故合理选项是 C。 15.二氧化硫（SO2）是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。 Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验 SO2 部分性质的装置，如图 1 所示。 （1）仪器 A 的名称______________，导管 b 的作用______________。 （2）装置乙的作用是为了观察生成 SO2 的速率，则装置乙中加入的试剂是______________。 的（3）①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的 O2 氧化性强于 SO2，因此 装置丁中即使 有浑浊现象也不能说明是 SO2 导致的。请你写出 O2 与 Na2S 溶液反应的化学 反应方程式 ______________。 ②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表。 序号 实验操作 实验现象 1 向 10ml 1mol·L-1 Na2S 溶液中通 O2 15min 后，溶液才出现浑浊 2 向 10ml 1mol·L-1 的 Na2S 溶液中通 SO2 溶液立即出现黄色浑浊 由实验现象可知：该实验条件下 Na2S 溶液出现浑浊现象是 SO2 导致的。你认为上表实验 1 反应较慢的原 因可能是______________。 Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是在高温下将样品中的硫元素转化 为 SO2 ， 以 淀 粉 和 碘 化 钾 的 酸 性 混 合 溶 液 为 SO2 吸 收 液 ， 在 SO2 吸 收 的 同 时 用 0.0010mol·L-1KIO3 标准 溶液进行滴定，检测装置如图 2 所示： [查阅资料] ①实验进行 5min，样品中的 S 元素都可转化为 SO2 ②2IO3－＋5SO2＋4H2O=8H＋＋5SO42－＋I2 ③I2＋SO2＋2H2=2I－＋SO42－＋4H＋ ④IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O （4）工业设定的滴定终点现象是______________。 （5）实验一：空白试验，不放样品进行实验，5min 后测得消耗标准液体积为 V1mL 实验二：加入 1g 样品再进行实验，5min 后测得消耗标准液体积为 V2mL 比较数据发现 V1 远远小于 V2，可忽略不计 V1。 测得 V2 的体积如表 序号 1 2 3 KIO3 标准溶液体积/mL 10.02 9.98 10.00 该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为______________。 【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺 利流下 (3). 饱和亚硫酸氢钠溶液 (4). O2+2H2O+2Na2S==4NaOH+2S ↓ (5). 氧气在水中的溶解度 比二氧化硫小 (6). 吸收液出现稳定的蓝色 (7). 0.096% 的【解析】 【分析】 根据实验原理及实验装置分析解答；根据物质性质及氧化还原反应原理分析书写化学方程式；根据滴定原 理分析解答。 【详解】（1）根据图中仪器构造及作用分析，仪器 A 为蒸馏烧瓶；导管 b 是为了平衡气压，有利于液体流 出；故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，有利于液体流出； （2）装置 B 的作用之一是观察 SO2 的生成速率，其中的液体最好是既能观察气体产生的速率，也不反应消 耗气体，SO2 与饱和 NaHSO3 溶液不反应，也不能溶解，可以选择使用；故答案为：饱和 NaHSO3 溶液； （3）①氧气与 Na2S 反应生成硫单质和氢氧化钠，化学反应方程式为：Na2S+O2=S↓+2NaOH；故答案为： Na2S+O2=S↓+2NaOH； ②氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，导致上表实验 1 反应较慢，故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧 化硫小； （4）可知滴定终点时生成了 I2，故滴定终点现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色。故答案 为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色； （5）V(KIO3)= ，根据滴定原理及反应中得失电子守恒分析， n(S)=n(SO2)=3 n(KIO3)= 3×0.0010mol·L-1×0.01L=3×10-5mol，则该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为 ，故答案为：0.096%。 16.NOx 的排放主要来自于汽车尾气，包含 NO2 和 NO I. （1）用 CH4 催化还原 NOx 可以消除氮氧化物的污染。例如： a.CH4(g)+4NO2(g)==4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H1= -574kJ/mol b.CH4(g)+4NO(g)==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H2= -1160kJ/mol ①这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是：______________。 ②有利于提高 NOx 的平衡转化率的反应条件是：______________（至少答一条）。 ③在相同条件下，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) ∆H2=______________kJ/mol （2）为了提高 CH4 和 NO 转化为 N2 的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将 CH4 和 NO 按一定比 例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得 N2 的产率与温度的关系如图 1 所示，OA 段 N2 产率增大的原因是______________。 AB 段 N2 产率降低的可能原因是______________（填标号） A. 催化剂活性降低 B. 平衡常数变大 C. 副反应增多 10.02 +9.98 +1mL mL mL =10.0.00 00mL3 -5mol 32g/mol×100%=1 3 10 0 6g .09 % × ×（3）N2 的产率与 ，由图可知 最佳约为____________ II.有人利用反应 2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH=－64.2kJ/mol 对 NO2 进行吸附。在 T℃下，向密闭 容器中加入足量的 C 和一定量的 NO2 气体，图为不同压强下上述反应经过 相同时间，NO2 的转化率随着 压强变化的示意图。 用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp)；在 T℃、 1100KPa 时，该反 应的化学平衡常数 Kp=______________ (计算表达式表示)； 已知：气体分压(P 分)=气体总压(P 总)×体积分 数。 【答案】 (1). 这两个反应均为放热很大的反应 (2). 增大 CH4 浓度或降低温度 (3). -867 (4). OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐 渐增大 (5). AC (6). 4 (7). 或 【解析】 【分析】 4 n(NO) n(CH ) 4 n(NO) n(CH ) 2 3 2 0.4 0.2( )1.2 1.2 1100 10 Pa0.6( )1.2 × × × 2 3 2 0.4 0.2( )1.2 1.2 1100 10 Pa0.6( )1.2 × × ×根据热力学原理及盖斯定律分析解答；根据催化剂对反应速率的影响及平衡移动原理分析解答；根据平衡 常数表达式分析解答。 【详解】（1）①熵增和焓减的反应倾向于自发，所以这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是这两个 反应均为放热很大的反应，故答案为：这两个反应均为放热很大的反应； ②增大反应物浓度或降低温度，使平衡正向移动，有利于提高 NOx 的平衡转化率，故答案为：增大 CH4 浓度或降低温度； ③已知，a.CH4(g)+4NO2(g)==4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H1=-574kJ/mol b.CH4(g)+4NO(g)==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H2= -1160kJ/mol，根据盖斯定律知， 得 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)，则∆H2= ，故答案为： -867； （2）因为反应物是按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中的，所以产率升高是因为反 应速率增大，根据图示分析，OA 段随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快；AB 段可能原因为催 化剂活性降低，或是副反应增多，反应为放热反应，温度升高时平衡逆向移动，平衡常数减小，故 B 错误； 故答案为：OA 段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大； AC； （3）由图可知 约为 4，产率最高，故答案为：4； II.压强越大反应越快，则图中（1100,40）点已经达到平衡状态，设起始时加入 NO2 物质的量为 1mol，则 根据平衡常数表达式分析得 K= ，故答案为： 或 。 17.氧化铝陶瓷常用于厚膜集成电路，制备氧化铝陶瓷的工艺流程如图所示，回答下列问题。 的 a+b 2 -574kJ/mol+ -1160kJ/mol 867kJ m2 l= / o−（ ） 4 n(NO) n(CH ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 0 0 0.4 0.2 0.4 0.6 + +2C s 2N 0.2 0.4 O g N g 2CO g 起始 反应 平衡 2 3 2 0.4 0.2( )1.2 1.2 1100 10 Pa0.6( )1.2 × × × 2 3 2 0.4 0.2( )1.2 1.2 1100 10 Pa0.6( )1.2 × × × 2 3 2 0.4 0.2( )1.2 1.2 1100 10 Pa0.6( )1.2 × × ×（1）“氧化”步骤发生的离子方程式为：________， 使用双氧水作氧化剂优点为：______________。 （2）“热分解”得到的产物除了氧化铝外，还有 NH3、N2、SO2、SO3、H2O 生成，则氧化 产物和还原产物 的物质的量之比为______________。 （3）铵明矾晶体的化学式为 NH4Al(SO4)2·12H2O，“热分解”步骤中，其各温度段内受热“失 重计算值（ 失重计算值（%）= ）如表所示： 温度区间（℃） 18→190 190→430 430→505 505→900 失重计算值（%） 39.20 7.80 13.00 26 00 通过上述数据经粗略计算可判断，在______________温度区间铵明矾基本上失去了全部结晶水。 （4）“结晶”步骤中常采用的操作是_____ （5）该流程中常使用过量的工业硫酸铵，利用硫酸铵水解使溶液显酸性抑制硫酸铝水解， 这样做的目的是： ______________。 （6）通常认为金属离子浓度等于 1×10－5mol/L 即可认为沉淀完全，试计算常温下“中和”步 骤中需要调节溶 液 pH＝______________（保留一位小数，已知：Ksp[Fe(OH)3 ]=8.0×10－38， lg5=0.7）。 【答案】 (1). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋==2Fe3＋＋2H2O (2). 不引入杂质、不污染环境 (3). 1:3 (4). 190→430 (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 提高硫酸铝的利用率 (7). 3.3 【解析】 【分析】 根据流程图分析知，工业硫酸铵溶于水后，用双氧水氧化，其中硫酸亚铁杂质被氧化生成硫酸铁，加入稀 氨水中和后生成氢氧化铁沉淀，滤渣为氢氧化铁；滤液为硫酸铝铵溶液，浓缩后降温结晶得到硫酸铝铵晶 体，加热分解后得到产品，据此分析解答。 . 100%×受热失重 初始样品质量【详解】（1）亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋==2Fe3＋＋2H2O；由 反应产物知，使用双氧水作氧化剂优点为：不引入杂质、不污染环境，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋==2Fe3＋＋ 2H2O；不引入杂质、不污染环境； （2）根据元素化合价变化分析，N2 中 N 元素由反应物中-3 价升高为 0 价，为氧化产物，SO2 中 S 元素由反 应物中的+6 价降低为+4 价，为还原产物，设氧化产物为 xmol，还原产物为 ymol，根据得失电子守恒得， xmol×3×2=ymol×(6-4)，则 ，故答案为：1:3； （3）根据明矾晶体中水的质量分数分析： ，则在 190→430 温度区间铵明矾 基本上失去全部结晶水，故答案为：190→430； （4）温度过高，晶体易分解，所以“结晶”步骤中常采用的操作是蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓 缩、冷却结晶； （5）该流程中常使用过量的工业硫酸铵，利用硫酸铵水解使溶液显酸性抑制硫酸铝水解， 这样做的目的是： 提高硫酸铝的利用率，故答案为：提高硫酸铝的利用率； （6）Ksp[Fe(OH)3 ]= =8.0×10－38，则 ， ，p H=-lgc(H+)=4-lg5=3.3，故答案为：3.3。 18.X、Y、Z、W、Q、R 是周期表中前 36 号元素，核电荷数依次增大，其中 X、Y、Z、 W 都是元素周期 表中短周期元素。X 为非金属元素，且 X 原子的核外成对电子数是未成对电子数的 2 倍，Z 的次外层电子 数是最外层电子数的 ，W 原子的 s 电子与 p 电子数相等，Q 是前四周期中电负性最小的元素，R 的原子 序数为 29。 回答下列问题： （1）X 的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采取______________杂化。 （2）化合物 XZ 与 Y 的单质分子互为______________，1mol XZ 中含有 π 键的数目为______________。 （3）W 的稳定离子核外有______________种运动状态的电子。W 元素的第一电离能比其同周期 相邻元素 的第一电离能高，其原因是：_____。 （4）Q 的晶体结构如图所示，则在单位晶胞中 Q 原子的个数为______________，晶体的配位数是 ______________。 x 1 3y = 12 18 ×100%=47.68%12 18+237 × × 3+ 3 -c(Fe ) c (OH )⋅ ( ) -38 -113 -5 - 8.0×10= =2 101 0O ×1c H × -14 + -4 -11 1×10c(H )= =5 102×10 × 1 3（5）R 元素的基态原子的核外电子排布式为________；Y 与 R 形成某 种化合物的晶胞结构如图所示，已 知该晶体的密度为 ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的数值为 NA，则该晶体中 R 原子和 Y 原子之间的最短距离为 ______________cm。（只写计算式） 【答案】 (1). sp2 (2). 等电子体 (3). 2NA (4). 10 (5). Mg 原子的价电子排布式为 3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定， 失去一个电子比较困难 (6). 2 (7). 8 (8). 1s22s22p63s23p63d104s1 (9). 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、Q、R 是周期表中前 36 号元素，核电荷数依次增大，其中 X、Y、Z、 W 都是元素周期表 中短周期元素。X 为非金属元素，且 X 原子的核外成对电子数是未成对电子数的 2 倍，则 X 的核外电子排 布式为 1s22s22p2，则 X 为碳；Z 的次外层电子数是最外层电子数的 ，则 Z 为氧，Y 为氮；W 原子的 s 电 子与 p 电子数相等，则 W 的核外电子排布式为 1s22s22p63s2，W 为镁；Q 是前四周期中电负性最小的元素， 则 Q 为钾；R 的原子序数为 29，则 R 为铜，据此分析解答。 【详解】（1）X 的最高价氧化物对应的水化物为 H2CO3，结构式为 ，则中心原子 C 采 取 sp2 杂化，故答案为：sp2； （2）化合物 CO 与 N2 分子具有相同的原子个数及价层电子数，属于等电子体；CO 的结构与 N2 相似，为 ，其中含有 π 键的数目为 2NA，故答案为：等电子体；2NA； （3）Mg2+核外有 10 个电子，则有 10 种运动状态的电子；W 元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一 电离能高，其原因是 Mg 原子的价电子排布式为 3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较 困难；故答案为：10；Mg 原子的价电子排布式为 3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比 较困难； （4）根据晶胞结构知，钾原子在顶点和体心，则在单位晶胞中钾原子的个数为 8× +1=2；离体心钾原子 最近的钾原子处于晶胞的 8 个顶点，则晶体的配位数是 8；故答案为：2；8 （5）铜基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1；晶胞中含有 N 原子数为：8× =1，含有的 Cu 3 A 1 206 2 ρN 1 3 C O≡ 1 8 1 8原子数为：12× =3，则晶胞的质量为 ，设晶胞的棱长为 d，则 d3= ，则 R 原子和 Y 原子之间的最短距离为 ；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1； 。 19.盐酸阿比朵尔，适合治疗由 A、B 型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020 年入选新冠肺炎试用药物，其 合成路线： 回答下列问题： （1）有机物 A 中的官能团名称是______________和______________。 （2）反应③的化学方程式______________。 （3）反应④所需的试剂是______________。 （4）反应⑤和⑥的反应类型分别是______________、______________。 （5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元 环结构的有机物 H 的结构简式______________。 (不考虑立体异构，只需写出 3 个) （6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成 β—羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为 Claisen （克莱森）缩合反应，如： ，设计由乙醇和 制备 的合成线路______________。(无机试剂任选) 1 4 A A 14+64 3 206=N N × A 206 N ρ 3 A 1 206 2 ρN 3 A 1 206 2 ρN【答案】 (1). 羰基 (2). 酯基 (3). + → +HCl (4). Br2 (5). 取代反应 (6). 取代反应 (7). （ 任 写 3 个 ） (8). CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH 【解析】 【分析】 根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标 产物及原料的结构设计合成路线图。 【详解】（1）根据 A 的结构简式分析，A 中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基； （2）根据比较 C 和 E 的结构及反应物 的结构，分析中间产物 D 的结构简式为： ，则反应③的化学方程式为： + → +HCl；故答案为： + → +HCl； （3）比较 D 和 E 的结构，反应④为取代反应，所需的试剂是 Br2，故答案为：Br2； （4）比较 E 和 F 的结构变化及 F 和 G 的结构变化，反应⑤为取代反应；反应⑥也为取代反应，故答案为： 取代反应；取代反应； 2O /催化剂 加热 → 2O /催化剂 加热 → 3 2CH CH OH/→浓硫酸 加热（5）I 是 B（ ） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含 有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物 H 的结构简式有： ； （6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（ ），乙酸乙酯发生 酯缩合反应生成 ， 与 发生合成路线中反应①的反 应即可得到 ，故答案为：CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH 。 2O /催化剂 加热 → 2O /催化剂 加热 → 3 2CH CH OH/→浓硫酸 加热