河南省六市（南阳市、驻马店市等）2020届高三第二次联合调研检测理综化学试题（解析版）

2020 年河南省六市高三第二次联合调研检测 化学能力测试 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 K 39 Fe 56 第Ⅰ卷（选择题） 1.2020 年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性，杀菌消毒，做好个人防护是防止疫情 蔓延的重要措施。下列有关说法中错误的是 A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为 75% B. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 C. 84 消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好 D. 二氧化氯泡腾片具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，具有低浓度高效灭杀病毒能力 【答案】C 【解析】 【详解】A． 医用酒精消毒液是按酒精和水的体积比 3:1 配制而成的，乙醇的体积分数为 75%，故 A 正确； B． 生产医用防护口罩的原料聚丙烯属于合成纤维、是高聚物，属于有机合成高分子材料，故 B 正确； C． 84 消毒液成分是 NaClO，具有强氧化性，能将酒精氧化，故 C 错误； D． 二氧化氯泡腾片中，ClO2 中 Cl 显+4 价，得电子能力强，具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作 用，具有低浓度高效灭杀病毒能力，故 D 正确； 故选 C。 【点睛】本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力 的考查，注意物质的性质与用途的对应关系，难点 C，理解 NaClO 能将乙醇氧化的性质。 2.维生素 C 又称抗坏血酸，能增强对传染病 抵抗力，有解毒作用等，其结构式为 ，下列有关说法错误的是 A. 维生素 C 分子式为 C6H8O6 B. 维生素 C 的同分异构体中可能有芳香族化合物 C. 向维生素 C 溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液颜色变红，说明维生素 C 溶液显酸性 D. 在一定条件下，维生素 C 能发生氧化反应、加成反应、取代反应和消去反应 【答案】B 【解析】 的【详解】A. 根据结构简式，维生素 C 分子式为 C6H8O6，故 A 正确； B. 维生素 C 的的不饱和度为 3，苯的不饱和度为 4，维生素 C 同分异构体中不可能有芳香族化合物，故 B 错误； C. 酸性条件下，紫色石蕊试液呈红色，故 C 正确； D. 含-OH、-COOC－能发生取代反应，含 C=C 可发生加成反应、氧化反应，含-OH 可发生消去反应和氧化 反应，故 D 正确； 故选 B。 3.为达到实验目的，下列选用的装置、实验操作均正确的是 实验目的 实验步骤和装置 A 比较 H2O2 和 Fe3+的氧化性 将盐酸酸化的双氧水滴入 Fe(NO3)2 溶液中 B 配制 100 mL 1.0 mol·L－ 1NaOH 溶液 向 100mL 容量瓶中加入 4.0 g NaOH 固体，加水到刻 度线 C 验证牺牲阳极的阴极保护法 往铁电极附近滴加铁氰化钾溶液 D 探究温度对反应速率的影响 将两片大小相同的淀粉碘化钾试纸分别放置于两支规 格相同的试管中，向试纸上滴加 2.0 mol·L－1 的 H2SO4 溶液 2～3 滴，密封试管，分别在室温和 40℃水 浴中反应，观察并记录变色时间 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．将盐酸酸化的双氧水滴入 Fe(NO3)2 溶液中，酸性条件下，NO3－显氧化性，也能将 Fe2＋氧化， 故 A 错误； B．不能向容量瓶中直接加入 4.0 g NaOH 固体，应在烧杯中溶解，冷却后，转移到容量瓶中，故 B 错误；C．验证牺牲阳极的阴极保护法，应设计成原电池，图中给的是外加电流的阴极保护法，故 C 错误； D．控制其它变量相同，只留温度一个变量，探究温度对反应速率的影响，故 D 正确； 故选 D。 4.苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂 用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备： +(CH3CO)2O(乙酸酐) +CH3COOH， NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列有 关说法正确的是 A. 1 mol 苯所含的化学单键数目为 12NA B. 0.1 mol 乙酸酐中含有的电子数目为 5.4NA C. 气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的 2 倍 D. 1L 2 mol·L－1 CH3COOH 溶液与足量钠反应生成的气体分子数为 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A. 苯中 6 个碳形成 键，1 mol 苯所含的化学单键 C-H 数目为 6NA，故 A 错误； B. 0.1 mol 乙酸酐中含有的电子数目为 0.1×（6×4+8×3+1×6）NA=5.4NA，故 B 正确； C. 气体密度与气体状态有关，气体状况未知，无法比较密度大小，故 C 错误； D. 醋酸溶液中，醋酸分子、水分子都能与钠反应产生氢气，所以 1L 2 mol·L－1CH3COOH 溶液与足量钠反应 生成的气体分子数远远大于 NA，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，易错 点 A，注意苯环的结构特点，易错点 C，注意气体密度与温度、压强有关系。 5.CuCl 是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿（主要成分为 CuFeS2）中制取。 已知：CuCl 是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡： CuCl(s)+2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)（无色溶液）。下列叙述正确的是 A. “浸取”过程中的主要反应为 CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S 6 6 πB. 浸取所得到的 FeCl2 溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板 C. 加水有利于 CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出 CuCl，Cl－浓度增大 D. 为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥 【答案】D 【解析】 【分析】 浸 取 时 发 生 CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S ， 过 滤 分 离 出 CuCl 、 S ， 加 浓 盐 酸 发 生 CuCl(s) +2Cl － (aq)⇌[CuCl3]2－(aq)，过滤分离出 S，加水使 CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)逆向移动，抽滤、洗涤、干燥得 到 CuCl。 【详解】A. 由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为 CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S， 故 A 错误； B. 浸取所得到的 FeCl2 溶液，与 Cu 不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故 B 错误； C. 加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于 CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出 CuCl，Cl－浓度减小，故 C 错误； D. CuCl 难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故 D 正确； 故选 D。 6.短周期元素 X、Y 、Z、M、N 位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，其中只有 N 为金 属元素。X 元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同；自然界中 Y 元素形成的化合物的种类 最多；Z、M 在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体。下列说法错误的是 A. 五种元素的原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X B. Y、Z、M 三种元素都能与 X 元素形成含有非极性健的化合物 C. N 的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱 D. X 与 Y、Z、M 形成的简单化合物，沸点逐渐升高 【答案】C 【解析】 【分析】 短周期元素 X、Y、Z、M、N 位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，X 元素的原子形成 的阴离子的核外电子排布与氦原子相同，则 X 位于第一周期，为 H 元素；自然界中 Y 元素形成的化合物的 种类最多，则 Y 为 C 元素；Z、M 在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Z 的原子序数大于 C，则 Z 为 N 元素，M 为 O 元素；只有 N 为金属元素，则 N 为 Mg、Al 中的一种。 【详解】分析可知：X 为 H，Y 为 C 元素，Z 为 N 元素，M 为 O 元素，N 为 Mg、Al 中的一种。A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径从大到小的顺 序：N＞Y＞Z＞M＞X，故 A 正确； B．C、N、O 都可以与 H 形成含有非极性键的化合物，如 C2H4、N2H4、H2O2 等，故 B 正确； C．Mg、Al 最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化镁和氢氧化铝，二者都不是强碱，故 C 错误； D．CH4、NH3、H2O 三种物质中，甲烷分子间不能形成氢键，沸点最低，氧的非金属性强，分子间氢键更 强，沸点最高，沸点逐渐升高，故 D 正确； 故选 C。 7.常温时，向 120 mL 0.005 mol·L－1 CaCl2 溶液中逐滴加入 0.1 mol·L－1 Na2CO3 溶液，混合溶液的电导率 变化曲线如图所示。已知 25℃时，Ksp(CaCO3)=3.36×10－9，忽略 CO32-水解。下列说法正确的是 A. a 点对应的溶液中 Ca2+开始形成沉淀，溶液中 c(Ca2+)=c(CO32－) B. b 点对应的溶液中 Ca2+已完全沉淀，且存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－) C. 在滴加 Na2CO3 溶液的过程中，混合溶液的 pH 先减小后增大 D. 右图可以说明 CaCO3 在溶液中存在过饱和现象 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，a 点对应的溶液导电能力急剧下降，说明 Ca2＋开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和 碳酸根离子分别来源于 CaCl2 溶液和 Na2CO3 溶液，CaCO3 形成沉淀时，Ca2＋和 CO32－不一定相等，故 A 错 误； B．原溶液中 n（Ca2＋）=120mL×0.005mol·L－1=0.6mmol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为 =6mL，向 b 点中对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于 6mL，不能使钙离子完全沉淀， 电荷守恒关系式为：2c（Ca2＋）+c（Na＋）+c（H＋）=c（Cl－）+c（OH－）+2c（CO32－），故 B 错误； C．不忽略 CO32－水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液 pH 变大，析出碳酸钙时，溶液 的 pH 突然变小，在 Ca2＋完全沉淀之前，混合溶液的 pH 值几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后， 继续滴加碳酸钠溶液，溶液的 pH 值变大，直至与碳酸钠溶液的 pH 几乎相同，忽略 CO32－水解的情况下， 的 1 0.6 0.1 · mmol mmol mL－水溶液的 pH 不发生变化，故 C 错误； D．理论上 Ca2＋开始形成沉淀，c（CO32－）≈ mol·L－1≈10-6mol·L－1，加入碳酸钠溶液的体积为 ≈10-2mL，即 1 滴碳酸钠溶液就能使溶液中的离子积＞Ksp（CaCO3），而向 a 点对应 的溶液加入碳酸钠溶液的体积为 2.2ml，此时，溶液处于过饱和溶液，故 D 正确； 故选 D。 第Ⅱ卷（非选择题） 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分 （一）必考题 8.KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为 Al，有少量的 Fe、Mg 杂质）制备明矾的过程如图所示。回答下列问题： (1)操作 1 中用到的玻璃仪器有________________。 (2)为尽量少引入杂质，从易拉罐溶解至生成 Al(OH)3，过程中，主要发生反应的离子反应方程式为 ______________，__________________________；试剂②是_______________________________。 (3)已知：常温下 KW=1.0×10－14 ，Al(OH)3 溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数等于 20。则 Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]－+H+平衡常数 K=_________________。 (4)天然水在净化处理过程中加入明矾作混凝剂，水的净化和软化的区别是______________。 (5)普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的 微孔，防止墨迹扩散。人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检 验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，请说明理由：_____________________；为保护这些 纸质文物，有人建议采取喷洒 Zn(C2H5)2 的方法，其可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用反应方程式表示该 方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理________________________________。 【 答 案 】 (1). 漏 斗 、 烧 杯 、 玻 璃 棒 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). AlO2-+HCO3-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓ (4). K2SO4 (5). 2.0×10-13 (6). 水 净化是用混凝剂（如明矾 等）将水中的悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子 (7). 明矾水解产生酸性环境， 在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂 (8). Zn(C2H5)2+H2O=ZnO+2C2H6↑、ZnO+2H+=Zn2++H2O 【解析】 【分析】 的 9 3 3.36 10 5.0 10 − − × × 6 1 1 10 · 120 0.1 · mol L mL mol L − ×－ －易拉罐的主要成分为 Al，含有少量的 Fe、Mg 杂质，可选择浓 NaOH 溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过 滤除去 Fe、Mg 等杂质，滤液中加入 NH4HCO3 溶液后，促进 AlO2－水解生成 Al(OH)3 沉淀，过滤后将沉淀 溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加 K2SO4 溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾。 【详解】（1）操作 1 是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒； （2）为尽量少引入杂质，从易拉罐溶解至生成 Al(OH)3，过程中，主要发生反应的离子反应方程式为 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、 AlO2-+HCO3-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓；要生成明矾溶液中缺少钾离子、硫酸 根离子，试剂②是 K2SO4； （3）①Al（OH）3 AlO2－+H＋+H2O，②H2O H＋+OH－，常温下 KW=1.0×10－14 ，③Al（OH）3+OH － AlO2－+2H2O，Al(OH)3 溶于 NaOH 溶液反应的平衡常数等于 20，K=20；①=②+③，则 Al(OH)3 AlO2－+H＋+H2O 即 Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]－+H+平衡常数=KW×K=1.0×10－14×20=2.0×10-13； （4）天然水在净化处理过程中加入明矾作混凝剂，水的净化和软化的区别是水的净化是用混凝剂（如明矾 等）将水中的悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子； （5）酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，理由：明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水 解，使高分子链断裂；为保护这些纸质文物，喷洒 Zn(C2H5)2 可以与水反应生成氧化锌和乙烷，生成氧化锌 及防止酸性腐蚀的原理：Zn(C2H5)2+H2O=ZnO+2C2H6↑、ZnO+2H+=Zn2++H2O。 9.高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮水处理。实验小组制备高铁酸钾 （K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于 KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生 O2，在碱性 溶液中较稳定。 (1)制备 K2FeO4（夹持装置略） ①如图所示，A 为氯气发生装置。装置 A、B、C、D 中存在错误的是______________（填序号）。 ②C 中得到紫色固体和溶液。C 中通入氯气发生反应，生成高铁酸钾（K2FeO4）的化学方程式为_______， 此外 Cl2 还可能与过量的 KOH 反应。 (2)探究 K2FeO4 的性质 ①取 C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液 a，经检验气体中含有 Cl2。为证明是否K2FeO4，氧化了 Cl－而产生 Cl2，设计以下方案： 方案 I 取少量溶液 a，滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色。 方案 II 用 KOH 溶液充分洗涤 C 中所得固体，再用 KOH 溶液将 K2FeO4 溶出， 得到紫色溶液 b。取少量 b，滴加盐酸，有 Cl2 产生。 i.由方案 I 中溶液变红可知溶液 a 中含有__________离子，但该离子的存在不能判断一定是 K2FeO4，氧化了 Cl2，因为 K2FeO4，在酸性溶液中不稳定，请写出 K2FeO4 在酸性溶液中发生反应的离子方程式 ___________________________________。 ii．方案Ⅱ可证明 K2FeO4，氧化了 Cl－．用 KOH 溶液洗涤的目的是_______________。 ②根据 K2FeO4 的制备实验得出：氧化性 Cl2_____FeO42－ （填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和 FeO42－的氧化性强弱关系恰好相反，原因是_______________。 (3)若在制备装置 C 中加入 Fe(OH)3 的质量为 14.0g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得 K2FeO4 固体 19.3g， 则 K2FeO4 的产率为______________。 【 答 案 】 (1). B (2). 3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O (3). Fe3+ (4). 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O (5). 确保 K2FeO4 在碱性环境中的稳定性，同时排除 ClO-对验证的干 扰 (6). > (7). 溶液的酸碱性不同 (8). 74.5% 【解析】 【详解】（1）①A 为氯气发生装置，B 除去氯气中的 HCl，应左侧长导管，右侧短导管，长进短出，装置 A、B、C、D 中存在错误的是 B（填序号）。故答案为：B； ②C 中得到紫色固体和溶液，C 中通入氯气将氢氧化亚铁氧化，生成高铁酸钾（K2FeO4），化学方程式为 3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。故答案为：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O； （2）①i.Fe3+离子与 SCN-发生络合反应，生成红色的络离子，由方案 I 中溶液变红可知溶液 a 中含有 Fe3+离 子，但该离子的存在不能判断一定是 K2FeO4，氧化了 Cl2，因为 K2FeO4 在酸性溶液中不稳定，K2FeO4 在酸 性溶液中发生反应的离子方程式 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。故答案为：Fe3+； 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O； ii．方案Ⅱ可证明 K2FeO4，氧化了 Cl－，用 KOH 溶液洗涤的目的是确保 K2FeO4 在碱性环境中的稳定性， 同时排除 ClO-对验证的干扰。故答案为：确保 K2FeO4 在碱性环境中的稳定性，同时排除 ClO-对验证的干扰； ②根据 K2FeO4 的制备实验得出：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O 中氧化剂的氧化性强于氧化 产物，氧化性 Cl2＞FeO42－ ，而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和 FeO42－的氧化性强弱关系恰好相反，原因是溶液的酸碱性不同。故答案为：＞；溶液的酸碱性不同； （3）若在制备装置 C 中加入 Fe(OH)3 的质量为 14.0g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得 K2FeO4 固体 19.3g，根据铁原子守恒： m= =25.9g，则 K2FeO4 的产率为 =74.5%。 故答案为：74.5%； 10.地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。人工固氮最主要的方法 是 Haber—Bosch 法。通常用以铁为主的催化剂在 400～500℃和 10～30MPa 的条件下，由氮气和氢气直接 合成氨。 在 Fe 催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）： 化学吸附：N2(g)→2N* ；H2(g)→2H*； 表面反应：N*+H*⇌NH*；NH*+H*⇌NH2*；NH2*+H*⇌NH3*； 脱附：NH3*⇌NH3(g) 其中，N2 的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 请回答： (1)已知合成氨反应中生成 1 mol NH3 放出 46kJ 热量，该反应的热化学方程式为______ (2)实际生产中，原料气中 N2 和 H2 物质的量之比为 1：2.8。分析说明原料气中 N2 过量的理由________。 (3)关于合成氨工艺的下列理解，正确的是____________。 A．合成氨反应在不同温度下的 ΔH 和 ΔS 都小于零 B．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 C．基于 NH3 有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D．原料中 N2 由分离空气得到，H2 由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂 中毒和安全事故发生 (4)已知反应： N2(g)+ H2(g)⇌NH3(g)标准平衡常数 ,其中 为标准压强 （1×105Pa）， 、 和 为各组分的平衡分压，如： = ，p 为平衡总压， 为平衡 3 2 4( ) ~ 107 198 14.0 Fe OH K FeO g m 14.0 198 107 g × 19.3 100%25.9 g g × 1 2 3 2 2 2 2 1.5( ) ( ) NH N H p pK p p p p θ θ θ θ = × pθ 3NHp 2Np 2Hp 3NHp 3NHx p⋅ 3NHx系统中 NH3 的物质的量分数。 若 N2 和 H2 起始物质的量之比为 1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2 的平衡转化率为 ，则 =_________（用含 的最简式表示）。 (5)常温常压下电解法合成氨的原理如图所示： ①阴极生成氨的电极反应式为__________。 ②阳极产物只有 O2，电解时实际生成的 NH3 的总量远远小于由 O2 理论计算所得 NH3 的量，结合电极反应 式解释原因：___________________。 【答案】 (1). N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 (2). 原料气中 N2：相 对易得，适度过量有利于提高 H2 的转化率；N2 在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整 体 反 应 速 率 。 (3). ACD (4). (5). N2+6H++6e-=2NH3 (6). 还 可 能 发 生 2H++2e-=H2↑，N2+8H++6e-=2NH4+ 【解析】 【详解】（1）已知合成氨反应中生成 1 mol NH3 放出 46kJ 热量，则 2mol NH3 放出 92 kJ 热量，该反应的热 化学方程式为 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ，故答案为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ； （2）实际生产中，原料气中 N2 和 H2 物质的量之比为 1：2.8。原料气中 N2 过量的理由原料气中 N2，相对 易得，适度过量有利于提高 H2 的转化率；N2 在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体 反应速率。故答案为：原料气中 N2，相对易得，适度过量有利于提高 H2 的转化率；N2 在 Fe 催化剂上的吸 附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； （3）A．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，在不同温度下的 ΔH 和 ΔS 都小于零，故 A 正确； B．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂活性最高，故 B 错误； C．基于 NH3 有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，减小生成物浓度，利于反应正向进行， α θK α 1040 -30-50 0M0 Fe Pa℃， 2 4α(2-α) 3 3(1-α) 1040 -30-50 0M0 Fe Pa℃， 1040 -30-50 0M0 Fe Pa℃，故 C 正确； D．原料中 N2 由分离液态空气得到，H2 由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催 化剂中毒和安全事故发生，故 D 正确； 故答案为：ACD； （4）若 N2 和 H2 起始物质的量之比为 1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2 的平衡转化率为 ， 平衡混合气体总物质的量=[0.5（1-a）+1.5（1-a）+a]mol=（2-a）mol，p 为平衡时压强，p（N2） = ，p（H2）= ，p（NH3）= ，Kθ= ，则 Kθ= （用含 的最简式表 示）。故答案为： ； （5）①阴极与电源负极相连，为 N2 放电生成 NH3，阴极生成氨的电极反应式为 N2+6H++6e-=2NH3 ；故答 案为：N2+6H++6e-=2NH3 ； ②电解时实际生成的 NH3 的总量远远小于由 O2 理论计算所得 NH3 的量，原因是电解时，阴极除了 N2 得电 子外，还可能发生 N2+8H＋+6e－=2NH4＋，2H＋+2e－=H2。故答案为：还可能发生 2H++2e-=H2↑， N2+8H++6e-=2NH4+。 【点睛】本题主要考查热化学方程式的书写、电极反应式、化学反应原理，掌握基础知识是解题关键，同 时注意学会知识的迁移，难点（4）Kθ 的计算，列出三段式，先求出平衡时各物质的物质的量分数，再由定 义式求解。 （二）选考题： 11.非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用 Ca2CO3， XO2 （X= Si、Ge）和 H3BO3 首次合成了组成为 CsXB3O7 的非线性光学晶体。回答下列问题： α ( ) ( ) ( )2 2 3 1 3N g + H g NH g2 2 0.5 1.5 0.5 1.5 0.5(1 ) 1.5(1 ) mol mol mol α α α α α α− −  开始（ ） 变化（ ） 平衡（ ） 0.5(1 ) 2 p α α − − 1.5(1 ) 2 p α α − − 2 p α α− ( ) ( ) ( ) 3 1 31 3 2 2 2 22 2 1 2 1 1 0.5(1 ) 1.5(1 )( ) ( )( ) ( ) 2 2 P NH p P N P H p p α α α α α α × −=× × − −×× − − 2 4α(2-α) 3 3(1-α) α 2 4α(2-α) 3 3(1-α)(1)基态硼原子的价电子排布图是____________，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小 的顺序为________________。 (2)B 的简单氢化物 BH3，不能游离存在，常倾向于形成较稳定的 B2H6 或与其他分子结合。 ①B2H6 分子结构如图，则 B 原子的杂化方式为____________________。 ②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原 子是______________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填分子式）。 (3)如图为 H3BO3 晶体的片层结构，其中 B 的杂化方式为_______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增 大的主要原因是____________。 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标。CsSiB3O7 属于 正交晶系（长方体形），晶胞参数为 anm、bnm 和 cnm．如图为沿 y 轴投影的晶胞中所有 Cs 原子的分布图 和原子分数坐标。据此推断该晶胞中 Cs 原子的数目为_________；CsSiB3O7 的摩尔质量为 Mg·mol－1，设 NA 为阿伏加德罗常数的值，则 CsSiB3O7 晶体的密度为_____g·cm－3（用含字母的代数式表示）。 【答案】 (1). (2). F>N>O>C>B (3). sp3 杂化 (4). N (5). C2H6 (6). sp2 (7). 升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大 (8). 4 (9). 21 A 4M 10abcN ×【解析】 【详解】（1）B 原子核外电子排布式为：1s22s22p1，基态硼原子的价电子排布图是 ， 同周期第一电离能从左向右逐渐增大，N 元素 2P3 为半充满结构，第一电离能变大，所以，与硼处于同周期 的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O>C>B。故答案为： ； F>N>O>C>B； （2）①B2H6 分子结构如图，B 形成 4 个 σ 键，价层电子对为 4，则 B 原子的杂化方式为 sp3 杂化。故答案 为：sp3 杂化； ②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是 N，B 提供空轨道，用价电子迁移法， N 与 B 之间夹着碳元素，与氨硼烷互为等电子体的分子 C2H6（填分子式）。故答案为：N；C2H6； （3）H3BO3 晶体为片层结构，B 原子最外层有 3 个电子，与 3 个-OH 形成 3 个共价键，B 的杂化方式为 sp2；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是：升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分 子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。故答案为：sp2 ；升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与 水形成分子间氢键，使溶解度增大； （4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的 Cs 原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0， 0.3，0.5）的 Cs 原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8， 0）的 Cs 原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0， 0.7，0）及（1.0，0.7，0）的 Cs 原子位于晶胞平行于 y 轴的棱上，则晶胞中 Cs 原子数目为：1+4× +4× =4，由化学式 CsSiB3O7，可知晶胞相当于含有 4 个“CsSiB3O7”，故晶胞质量=4× g，则晶体密度= = g·cm－3。故答案为：4； 。 【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、氢键、晶 胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，会用氢键解释有关的问题，（4）为易错点、难 点，关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象。 12.抗癌药托瑞米芬的前体 J 的合成路线如下。 1 2 1 4 A M N 7 7 7 4 10 10 10 A M N a cm b cm c cm− − − × × × × × × 21 A 4M 10abcN × 21 A 4M 10abcN ×已知: i． ii．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3 的键线式为 (1)有机物 A 能与 Na2CO3 溶液反应产生 CO2，其钠盐可用于食品防腐，其名称为_______________. (2)C 中含有的官能团为______________________________（填名称）。 (3)C→D 的化学反应方程式为_________________________，反应类型为______________________。 (4)E 是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得 F 和 G。G 经还原可转化为 F。G 的结构简式为 ________________________________。 (5)K 是 G 的同分异构体，符合下列条件的 K 的结构简式是_____________________。（任意写一种） ①包含 2 个六元环 ②K 可水解，与 NaOH 溶液供热时，1molK 消耗 1molNaOH (6)推测 D 和 F 反应得到 J 过程中，反应物 LiAIH4 的作用是_________________。 (7)由 J 合成托瑞米芬的古城： 托瑞米芬具有反应结构，其结构简式为_______________。 【答案】 (1). 苯甲酸 (2). 羟基、羰基 (3). +HCl (4). 取代反应 (5). (6). (7). 还原（加成） (8). 的【解析】 【分析】 有机物 A 能与 Na2CO3 溶液反应产生 CO2，说明含有-COOH，其钠盐可用于食品防腐，结合 K 结构简式知， A 为 ，A 与 ，发生酯化反应生成 B 为 ，B 发生信息 i 的反应生 成 C 为 ，生成 D 为 ；E 是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、 酸化，得 G 和 F，G 经还原可转化为 F，F 不饱和度= =6，根据 J 结构简式知，F、J 中都含有 苯环，苯环的不饱和度是 4，根据 O 原子个数知，G 中含有-COOH，所以还含有一个 C=C，则 G 为 ，根据原子守恒知，F 分子式为 C9H10O，F 的不饱和度为 =5，G 经过还原 可以得到 F，所以 F 为 ，DF 发生加成反应生成 J； （7）J 发生消去反应生成 N，N 分子式 C26H29NO2，N 和 SOCl2 发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前 后分子式变化中 Cl 原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则 N 为 ，托瑞米 芬为 。 【详解】（1）有机物 A 能与 Na2CO3 溶液反应产生 CO2，其钠盐可用于食品防腐，其名称为苯甲酸.故答案 为：苯甲酸； （2）C 为 ，含有的官能团为羟基、羰基（填名称）。故答案为：羟基、羰基； （3）C→D 的化学反应方程式为 +HCl，反应类型为取代反应。 为 9 2 2 8 2 × + − 9 2 2 10 2 × + −故答案为： +HCl；取代反应； （4）E 是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得 G 和 F，G 经还原可转化为 F，F 不饱和 度= =6，根据 J 结构简式知，F、J 中都含有苯环，苯环的不饱和度是 4，根据 O 原子个数知，G 中含有-COOH，所以还含有一个 C=C，G 的结构简式为 。故答案为： ； （5）K 是 G 的同分异构体，①包含 2 个六元环、②K 可水解，说明含有酯基；与 NaOH 溶液供热时，1molK 消耗 1molNaOH，说明水解生成物中无酚羟基，只有醇羟基和羧基，符合条件的结构简式为 等； 故答案为： ； （6）推测 D 和 F 反应得到 J 的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上 H 原子，则反应物 LiAIH4 的作用 是还原（加成）。故答案为：还原（加成）； （7）J 发生消去反应生成 N，N 分子式为 C26H29NO2，N 和 SOCl2 发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前 后分子式变化中 Cl 原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则 N 为 ，托瑞米芬为 。故答案为： 。 【点睛】本题考查有机物推断，难点（4）E、F、G 结构的推断，突破口：E 是一种天然香料，说明含有酯 基，经碱性水解、酸化，得 G 和 F，G 经还原可转化为 F，F 不饱和度= =6，根据 J 结构简式知， F、J 中都含有苯环，苯环的不饱和度是 4，根据 O 原子个数知，G 中含有-COOH，所以还含有一个 C=C， 则 G 为 。 9 2 2 8 2 × + − 9 2 2 8 2 × + −