安徽合肥市2020年高三第三次教学质量检测化学试题（解析版）

合肥市 2020 年高三第三次教学质量检测 理科综合试题 1.化学与生活、生产等密切相关。下列有关说法不正确的是 A. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子 B. 常用酒精杀菌，是因为酒精能使细菌蛋白质变性 C. 化石燃料脱硫脱硝技术能减少硫、氮氧化物排放 D. 轮船外壳镶嵌锌块防腐，是牺牲阳极的阴极保护法 【答案】A 【解析】 【详解】A．新型材料聚酯纤维属于高聚物，是高分子有机材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无 机物，不属于有机高分子，故 A 错误； B．70%～75%的酒精用于消毒，酒精的分子具有很大的渗透能力，它能穿过细菌表面的膜，进入细菌的内 部，使构成细菌生命基础的蛋白质凝固，即酒精能使细菌蛋白质变性，将细菌杀死，故 B 正确； C．化石燃料中含有氮硫元素，燃烧时能产生硫氧化物和氮氧化物，都属于大气污染物，会造成酸雨或光化 学烟雾等，脱硫脱硝技术能减少硫、氮氧化物排放，故 C 正确； D．牺牲阳极的阴极保护法保护金属，是让被保护的金属作原电池正极不被腐蚀，轮船外壳主要成分为铁， 表面镶嵌锌块，铁、锌构成原电池，锌为负极被腐蚀，铁作正极被保护，故 D 正确； 答案选 A。 2.实验室制备和提纯硝基苯过程中，下列实验或操作正确的是 A. 配制混酸溶液 B. 50〜60°C 水浴加热反应混合物C. 洗涤、分离粗硝基苯 D. 蒸馏粗硝基苯得纯硝基苯 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．配制混酸的方法：将浓硫酸沿烧杯内壁注入浓硝酸中，并用玻璃棒不断搅拌，A 错误； B．用水浴控制温度在 50〜60°C 加热产生硝基苯，B 正确； C．硝基苯不溶于水，用分液方法将硝基苯和水层分离，不能用过滤的方法分离，C 错误； D．冷凝水应下进上出，D 错误； 答案选 B。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24LCCl4 中含有分子数目为 0.1NA B. 0. 1molFe 粉与稀 HNO3 反应，转移电子数目为 0.3NA C. 9.2gNO2 和 N2O4 的混合气体中含有原子数目为 0.6NA D. pH = 13 的 Ba(OH)2 溶液中含有 OH-数目为 0.1NA 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．标准状况下，CCl4 不是气体，不能用气体摩尔体积准确计算其分子数，A 错误； B．若稀 HNO3 足量，Fe 和 HNO3 反应生成 Fe3+，转移电子数为 0.3NA，若稀 HNO3 不足量，Fe 和 HNO3 反 应生成 Fe2+，转移电子数为 0.2NA，B 错误； C．NO2 和 N2O4 的混合物可看成由一定物质的量的 NO2 组成，且 n(NO2)= ，则 n(原9.2g =0.2mol46g/mol子)=0.2mol×3=0.6mol，所含原子数为 0.6NA，C 正确； D．未给溶液的体积，无法计算 OH-数目，D 错误。 答案选 C。 【点睛】B．若稀 HNO3 足量，Fe 和 HNO3 反应生成 Fe3+，若稀 HNO3 不足量，Fe 和 HNO3 反应生成 Fe2+。 4.重排反应是指某种化合物在试剂、温度或其他因素的影响下，发生分子中某些基团的转移或分子内碳原子 骨架改变的反应。氢化偶氮苯(a)在一定条件下可重排为联苯胺(b)，其变化如图所示。下列有关说法不正确 的是 A. b 分子中所有碳原子可能共平面 B. a 和 b 分子的一氯取代物数目相同 C. a 和 b 均能发生氧化反应 D. 1mol a 或 b 均能与 6molH2 完全加成 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．苯是平面型分子，分子中所有原子共平面，联苯胺中两个苯环直接相连，可看作是苯胺中氨基 对位的 C 原子上的 H 被另一个苯环取代，因此两个苯环的所有碳原子可能共平面，A 正确； B．a 分子中等效氢有 4 种，故其一氯取代物有 4 种，b 分子中等效氢有 3 种，故其一氯取代物有 3 种，二 者的一氯取代物种类不相等，B 错误； C． 有还原性，故 a 和 b 均能发生氧化反应，C 正确； D．1mola 分子和 1molb 分子均含 2mol 苯环，1mol 苯环能和 3molH2 发生完全加成，故 1mol a 或 b 均能与 6molH2 完全加成，D 正确。 答案选 B。 5.中国科学院科学家团队通过镁热还原法将天然的硅藻土转化为具有多级孔道结构的硅框架，并将该硅框架 与熔融态的锂金属混合制成具有多孔结构的复合锂金属。一种全固态锂金属电池是以复合锂金属为 a 极， 磷酸铁锂为 b 极，聚环氧乙烷基聚合物(PEO-SPE)为固态电解质(如图所示)，该电池的总反应为：LiFePO4 xLi+Li1-xFePO4。下列说法不正确充电 放电A. 放电时 Li+通过固态电解质向 b 极移动 B. 多孔结构的复合锂金属有利于锂金属的均匀沉积和脱出 C. 充电时，b 极反应为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4 D. 充电时，当 a 极质量增加 mg 时，理论上 b 极质量减少 mg 【答案】C 【解析】 【分析】 放电时，该装置为原电池装置，复合锂金属(a)为负极，负极反应为：xLi-xe-=xLi+，磷酸铁锂为(b)正极，正 极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-= LiFePO4； 充电时，该装置为电解池装置，复合锂金属(a)为阴极，阴极反应为：xLi++xe-=xLi，磷酸铁锂(b)为阳极，阳 极反应为：LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+，据此解答。 【详解】A．放电时，该装置为原电池装置，阳离子向正极移动，则 Li+向 b 极移动，A 正确； B．多孔结构的复合锂金属表面积比较大，有利于锂金属的均匀沉积和脱出，B 正确； C．由分析可知，充电时，该装置为电解池装置，b 极为阳极，阳极反应为：LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+， C 错误； D．由得失电子守恒和充电时的电极反应可得如下关系：b 极产生 xmolLi+～b 极质量减少 xmolLi+～xe-～a 极增加 xmolLi，那么 b 极质量减少值=a 极质量增加值，故当 a 极质量增加 mg 时，理论上 b 极质量减少 mg，D 正确。 答案选 C。 【点睛】D．该电池的实质是 Li+在两个电极脱出和沉淀，故 a 极质量的增加值(减少值)和 b 极质量的减少值 (增加值)一定相等。 6.25℃时，向 0.1mol•L-1HX 溶液中逐渐加入 NaOH 固体，恢复至原温度后 与 pH 的关系如图所示 (忽略溶液体积变化)，下列有关叙述不正确的是 ( )-c X lg c(HX)A. HX 的 Ka 的数量级为 10-5 B. P 点的溶液中：c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+) C. N 点的溶液中：c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-) D. M 点的溶液中：c(Na+)+c(HX) +c(H+) = 0.1 mol·L-1 【答案】D 【解析】 【分析】 由 N 点 可 知 ， pH=4.7 时 ， =0 ， 即 c(H+)=10-4.7 ， =1 ， 所 以 HX 的 平 衡 常 数 Ka= ，HX 是一元弱酸，据此解答。 【详解】A．HX 的平衡常数 Ka= =100.3×10-5，故 HX 的 Ka 的数量级为 10-5，A 正确； B．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，P 点，溶液 pH=8.85，c(OH-)>c(H+)，故 c(Na+)＞c(X-)，所以 c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)，B 正确； C．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，N 点， =0，则 =1，c(X-)=c(HX)，所以 c(Na+)+c(H+) = c(HX)+c(OH-)，C 正确； D．电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，物料守恒：c(X-)+c(HX)=0.1mol/L，联立二式有：c(Na+)+c(HX) +c(H+)–c(OH-)= 0.1 mol·L-1，D 错误。 答案选 D。 【点睛】图像给“坐标”的题，要学会代“坐标”计算，从而将复杂问题简单化。 7.短周期元素 X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子 Z2M2Y4(YX)2，其结构如图所示， 其中 X、M 的族序数均等于周期序数，Y 原子核外最外层电子数是其电子总数的 3/4。下列说法正确的是 -c(X )lg c(HX) -c(X ) c(HX) - + 4.7c(X ) c(H ) 10c(HX) −× = - + 4.7c(X ) c(H ) 10c(HX) −× = -c(X )lg c(HX) -c(X ) c(HX)A. 简单离子半径：Z > M > Y > X B. Z 和 M 的单质均能溶于 NaOH 溶液 C. X 和 Y 形成的 X2Y2 是离子化合物 D. Z 的最高价氧化物的水化物是中强碱 【答案】D 【解析】 【分析】 Y 原子核外最外层电子数是其电子总数的 ，设 Y 的最外层电子数为 y，则有(2+y) =y 或(2+8+y) =y， 解得 y=6 或 y=30(舍)，则 Y 为 O；X 的原子序数、原子半径均比 Y 小，且 X 的族序数等于周期序数，则 X 为 H；M 的原子半径比 Y 大且 M 的族序数均等于周期序数，则 M 为 Al；分子式为 Z2M2Y4(YX)2，即 Z2Al2O4(OH)2，可知，Z 的化合价为+2 价，由结构可知，Z 的原子半径比 Al 大，则 Z 为 Mg；综上所述， X、Y、Z、M 分别为：H、O、Mg、Al，据此解答。 【详解】A．H+核外没有电子，原子半径最小，O2-、Mg2+、Al3+核外均有 2 个电子层，而核电荷数：O2-＜Mg2+ ＜Al3+，所以简单离子半径：Y(O2-)＞Z(Mg2+)＞M(Al3+)＞X(H+)，A 错误； B．Z(Mg)不能和 NaOH 溶液反应，B 错误； C．X2Y2(H2O2)是共价化合物，C 错误； D．Z 的最高价氧化物对应的水化物为 Mg(OH)2，Mg(OH)2 是中强碱，D 正确。 答案选 D。 8.钼酸钠晶体(Na2MoO4•2H2O)是一种金属腐蚀抑制剂。如图是利用钼精矿(主要成分是 MoS2，含少量 PbS 等)为原料生产钼酸钠晶体 工艺流程图。 (1) Na2MoO4•2H2O 中钼元素的化合价是_____；在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入， 这样处理的目的是_____ 的 3 4 3 4 3 4(2)“焙烧”时MoS2 转化为 MoO3，写出该反应的化学方程式：_____，反应中氧化产物是_____(填化学式)。 (3)“浸取”时含钼化合物发生反应 离子方程式为___________；“结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2 固体 以除去 CO32-。若滤液中 c(MoO42-)= 0.40 mol • L-1，c(CO32-)= 0.10 mol•L-1，当 BaMoO4 开始沉淀时，CO32-的 去除率是_____% ［已知：Ksp(BaCO3)=1×10-9，Ksp(BaMoO4)=4.0×l0-8］。 (4)“分析纯”的钼酸钠常用钼酸铵［(NH4)2MoO4］和氢氧化钠反应来制取，若将该反应产生的气体与流程 中所产生的气体一起通入水中，得到正盐的化学式为_____。 (5)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率 实验结果如图所示： ①要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为_____ ②碳钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异，其原因可能是_____。 【答案】 (1). +6 (2). 增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (3). 2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2 (4). MoO3、SO2 (5). MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑ (6). 90% (7). (NH4)2CO3、(NH4)2SO3 (8). 1:1 (9). 酸浓度较低时，Cl-对碳钢的腐蚀作用大于 SO42-，使碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸， 随着酸浓度增大，硫酸会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 【解析】 【分析】 “焙烧”：氧气将 MoS2、PbS 氧化成 MoO3、PbO、SO2；“浸取”：主要反应为 MoO3 和 Na2CO3 溶液反 应生成 Na2MoO4 和 CO2；“过滤”：Ba(OH)2 将过量的 CO32-转化为 BaCO3 沉淀，通过“过滤”将 BaCO3、 PbO 除去；“结晶”：通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗 Na2MoO4•2H2O 固体；通过“重结晶”得 Na2MoO4•2H2O，据此解答。 【详解】(1)根据化合物中元素化合价代数和为 0 可知 Na2MoO4•2H2O 中钼元素的化合价为+6 价，矿石经粉 碎及从炉顶进入可增大固气接触面积，加快反应速率，同时使原料中的 MoS2 尽可能反应，提高原料利用率， 的 Δ故答案为：+6；增大固气接触面积，加快反应速率，提高原料利用率； (2)“焙烧”：氧气将MoS2 氧化成 MoO3、SO2，反应的方程式为：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，氧化产物为 MoO3、SO2，故答案为：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2；MoO3、SO2； (3)“浸取”：主要反应为 MoO3 和 Na2CO3 溶液反应生成 Na2MoO4 和 CO2，反应的离子方程式为： MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑。Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，c(MoO42-)=0.40 mol • L-1，由 Ksp(BaMoO4= 得：当 BaMoO4 开始沉淀时，c(Ba2+)= =10-7mol/L， 由 Ksp(BaCO3)= 得，此时溶液中 c(CO32-)= =10-2mol/L，所以，CO32-的去除 率= ，故答案为：MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑；90%； (4)(NH4)2MoO4 和 NaOH 反应生成 Na2MoO4、H2O 和 NH3，流程中产生的气体为 SO2、CO2，SO2、NH3、CO2 通入水中可产生(NH4)2CO3、(NH4)2SO3 两种正盐，故答案为：(NH4)2CO3、(NH4)2SO3； (5)①由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为 150mg/L，即二者浓度比为 1:1， 故答案为：1:1； ②从图上看，相同浓度的盐酸比相同浓度的硫酸腐蚀碳钢的速率大的多，一方面，二者的阴离子不同，可 能是酸浓度较低时，Cl-对碳钢的腐蚀作用大于 SO42-，使碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸，另一方面， 随着酸浓度增大，浓硫酸会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢，故答案为：酸浓度较低时，Cl-对碳钢的腐蚀作用 大于 SO42-，使碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸，随着酸浓度增大，硫酸会使钢铁钝化，腐蚀速率减 慢。 9.水合肼(N2H4•H2O)是制备叠氮化钠(NaN3)的原料，而叠氮化钠又是汽车安全气囊最理想的气体发生剂的原 料。如图是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程。 查阅资料：①水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性； ②有关物质的物理性质如下表： Δ Δ 2- 4 2+c(MoO )×c(Ba ) ( ) -8 sp 4 2- 4 K BaMoO 4.0 10 c(MoO ) = mol/L0.4 × 2 2+- 3 ×c(Bc O ) a(C ) -9 -7 mol/L10 1 10× 0.1mol/L-0.01mol/L×100%=90%0.1mol/L物质 甲醇 水合肼 亚硝酸甲酯 叠氮化钠 熔点(℃) -97 -40 -17 275(410℃：易分解) 沸点(℃) 64.7 118.5 -12 — 回答下列问题： Ⅰ.合成水合肼。实验室水合肼合成水合肼装置如图所示，NaClO 碱性溶液与尿素 CO(NH2)2 水溶液在 40℃ 以下反应一段时间后，再迅速升温至 110℃继续反应可以制得水合肼。 (1)实验中通过滴液漏斗向三颈瓶中缓慢滴加 NaClO 溶液的原因是_____；N2H4 的结构式为_____，制取 N2H4•H2O 的离子方程式为_________。 II.制备叠氮化钠。实验室可利用如图所示的装置及药品制备叠氮化钠。 (2)①根据实验发现温度在 20℃左右反应的转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此 可釆取的措施是 _____；流程中 A 溶液蒸馏前，图中装置中开关 K1、K2、K3 的合理 操作顺序是______。 ②写出该方法制备叠氮化钠的化学方程式：_____。 (3)流程中由 B 溶液获得叠氮化钠产品的实验步骤为_____，减压过滤，晶体用乙醇洗涤 2〜3 次后，再_____ 干燥。 (4)化工生产中，多余的叠氮化钠常使用次氯酸钠溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体。 若处理 6.5gNaN3，理论上需加入 0.5mol • L-1 的 NaClO 溶液_____mL【答案】 (1). 防止过量的 NaClO 溶液将水合肼氧化 (2). (3). CO(NH2)2+ClO-+2OH- N2H4·H2O+Cl-+CO32- (4). 20℃ 水 浴 (5). 关 闭 K1 、 K2 ， 打 开 K3 (6). CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). 真空或隔绝空气 (9). 100 【解析】 【分析】 (1) NaClO 在碱性条件下把 CO(NH2)2 氧化为 N2H4•H2O，根据电子守恒配平离子方程式； (2)①水浴加热便于控制温度；右侧为蒸馏装置；②亚硝酸甲酯与水合肼在碱性条件下反应生成叠氮化钠、 甲醇和水； (3) 叠氮化钠溶液蒸发浓缩、冷却结晶可获得叠氮化钠晶体； （4）叠氮化钠常使用次氯酸钠溶液处理，根据氮元素化合价高，氯元素化合价降低，二者反应可生成无毒 的气体 N2，则氯只能从+1 降到-1 价，根据电子守恒，反应方程式是 2NaN3+NaClO+H2O=NaCl+3N2↑+2NaOH； 【详解】(1)在碱性条件下 NaClO 把 CO(NH2)2 氧化为 N2H4•H2O，由于水合肼具有强还原性，为防止过量的 NaClO 溶液将水合肼氧化，实验中要缓慢滴加 NaClO 溶液；N2H4 的结构式为 ，根据得失电 子守恒，该反应的离子方程式是 CO(NH2)2+ClO-+2OH- N2H4·H2O+Cl-+CO32-； (2)①水浴加热便于控制温度，温度在 20℃左右反应 转化率最高，所以采用 20℃水浴加热；右侧为蒸馏装 置，溶液蒸馏前，关闭 K1、K2，打开 K3； ②亚硝酸甲酯与水合肼在碱性条件下反应生成叠氮化钠、甲醇和水，反应方程式是 CH3ONO+N2H4·H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O； (3) 叠氮化钠溶液获得叠氮化钠晶体实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶，减压过滤，晶体用乙醇洗涤 2〜3 次 后，再在真空或隔绝空气干燥； （4）设需要 0.5mol • L 的 NaClO 溶液 VmL； V=100； 的 Δ Δ 3 2 2 1 3 2NaN NaClO H O NaCl 3N 2NaOH 130 1mol 6.5 0.5 V 10 g g mol L− − + + = + ↑ + ⋅ × ×10.煤和甲烷既是重要的常用燃料，又是重要的化工原料。根据题意，回答下列问题： I.煤制天然气过程中，存在多种化学反应，其中在煤气化装置中发生反应①：C(s) + H2O(g)=CO(g) + H2(g) ∆H = +135 kJ • mol-1 ，而在水气变换装置中发生反应②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+ H2(g) ∆H =-41 kJ • mol-1 (1)煤气化前，需要通入一定量的氧气与碳发生燃烧反应，请利用平衡移动原理说明通入氧气的作用： _____________________ (2)写岀碳和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式_____。 (3)如图表示发生反应①后进入反应②装置的 n( H2O)/n(CO)与反应②中 CO 平衡转化率、温度的变化关系。 若 n(H2O)/n(CO)为 0.8，一定量的煤和水蒸气经反应①和反应②后，得到 CO 与 H2 的 物质的量之比为 1:3， 则反应②所对应的温度是_____(填“T1”、“T2”或“T3”)。 Ⅱ.甲烷重整技术主要是利用甲烷和其他原料来制备合成气(CO 和 h2 混合气体)。现在常(见的重整技术有甲 烷——二氧化碳重整、甲烷——水蒸气重整，其反应分别为 CH4(g)+3CO2(g)⇌2H2O(g)+4CO(g)； CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) (4)甲烷——二氧化碳重整的催化转化原理如图所示： ①过程(二)实现了含氢物种与含碳物种的分离，写出生成 H2O(g)的化学方程式：______ ②假设过程(一)和过程(二)中各步反应均转化完全，则下列说法正确的是_____ (填序号)。 a.过程(一)和过程(二)中均含有氧化还原反应 b.过程(二)中使用的催化剂为 Fe3O4 和 CaCO3C.若过程(一)投料比 ，可导致过程(二)中催化剂失效 (5)通过计算机模拟甲烷——水蒸气重整实验测得，在操作压强为 0.1Mpa、水碳比 n(H2O)/n(CH4)为 1.0，温 度为 900℃，反应达到平衡时，H2 的物质的量分数为 0.6。已知该反应的速率方程 v=kP(CH4)·P-1(H2)，式中 k 为速率常数，P 为气体分压，气体分压=总压×气体物质的量分数，则此时该反应速率 v=_____(用含 k 的式 子表示)；900℃时，该反应的压强平衡常数 Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 【答案】 (1). 氧气与碳发生燃烧反应放热，放出的热被可逆反应吸收利用，促进反应正向移动 (2). C(s)+CO2(g)=2CO(g) ∆H=+176kJ/mol (3). T3 (4). 4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O (5). ac (6). (7). 4.32×10-2(MPa)2 【解析】 【分析】 根据碳与氧气反应放出热量，会引起 C(s) + H2O(g)=CO(g) + H2(g) ∆H = +135 kJ • mol-1 平衡移动，就可分析解 答 ； 对 于 本 题 （ 3 ） 由 已 知 n(H2O)/n(CO) 为 0.8 ， 可 假 设 水 蒸 气 为 4mol ， 则 CO 为 5mol ， 根 据 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+ H2(g)求出 CO 的平衡转化率即可解答。对于本题（4）根据甲烷—二氧化碳重整的催 化转化原理图示，找出过程（一）和过程（二）发生的反应就可解答。 【详解】(1)C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)△H=+135kJ⋅mol−1，是吸热反应，而碳与氧气反应放出热量，使反应 C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)，向正反应方向移动，提高碳的利用率；答案为氧气与碳发生燃烧反应放热，放 出的热被可逆反应 C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g)吸收利用，促进反应正向移动。 （2）由①：C(s) + H2O(g)=CO(g) + H2(g) ∆H = +135 kJ • mol-1 ，②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+ H2(g) ∆H =-41 kJ • mol-1，根据盖斯定律，用①-②可得出：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ∆H=+135 kJ • mol-1-(-41 kJ • mol-1)=+176 kJ • mol-1；答案为 C(s)+CO2(g)=2CO(g) ∆H=+176 kJ • mol-1； （3）如图：若 n(H2O)/n(CO)为 0.8，设水蒸气的物质的量是 4mol、则①生成的 CO 物质的量为 5mol，同时 生成 5mol 氢气, 经煤气化反应①和水气变换反应②后,设反应②中 CO 变化了 xmol,则生成 xmol 氢气，则 (5−x)： (5+x)=1：3，x=2.5mol，CO 的转化率= ×100%=50%，根据图知,反应温度为 T3；答案为 T3。 （4）①由上述图可知，过程（一）的产物 CO、H2、和过量的 CO2 进入过程（二）中，与过程（二）中的 Fe3O4、CaO 混合发生反应，实现了含氢物种与含碳物种的分离，生成 H2O(g)的反应显然是 H2 与 Fe3O4 反 应，则化学方程式为：Fe3O4+4H2 3Fe+4H2O；答案为 Fe3O4+4H2 3Fe+4H2O。 ②a.过程（一）：CH4+CO2(g) 2H2(g)+2CO，碳、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应,过程 ( ) ( )4 2 n CH 1.0n CO = Δ k 6 2.5mol 5mol ∆ = ∆ = Ni=（二）：4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O，氢、铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，过程（一）和过程（二） 中均含有氧化还原反应，故 a 正确； b．过程(二)中 CaCO3 是 CaO 与 CO2 发生化学反应生成的，不符合催化剂的概念，CaO 才是催化剂，故 b 错误； c．若过程(一)投料比 ，CH4 与 CO2 刚好反应，CO2 无剩余，则催化剂 CaO 在过程（二）中 没有二氧化碳与之反应生成 CaCO3，催化剂失效，故 c 正确；答案为 ac。 （5）已知 n(H2O)/n(CH4)为 1.0，可假设 n(H2O)=n(CH4)=1mol，操作压强为 0.1Mpa，温度为 900℃，反应达 到平衡时，H2 的物质的量分数为 0.6，设达平衡时 CH4 变化了 xmol， 根据 H2 的物质的量分数= =0.6，求出 x= mol，则 CH4 的物质的 量分数= =0.1，由反应的速率方程 v=kP(CH4)•P-1(H2)=k· = k· = ，同理可求出 H2O 的 物质的量分数为 0.1，CO 的物质的量分数为 0.2；根据气体分压=总压×气体物质的量分数，总压为 0.1Mpa ，则 P(CO)=0.1×0.2MPa，P(H2)=0.1×0.6MPa，P(CH4)=0.1×0.1MPa，P(H2O)=0.1×0.1MPa，在 900℃时，该反应的压强平衡常数 Kp= = =4.32×10-2(MPa)2；答案 为 ，4.32×10-2(MPa)2。 【点睛】对于本题（4）甲烷——二氧化碳重整 催化转化原理图示，一定弄清楚过程（一）发生 CH4(g)+3CO2(g)⇌2H2O(g)+4CO(g)反应，过程（二）发生三个反应，分别是 CaO+CO2 CaCO3，Fe3O4+4H2 3Fe+4H2O，3Fe+4CaCO3 Fe3O4+4CaO+4CO↑，就能准确快速判断两个过程均发生了氧化还原反应，催 化剂是 Fe3O4 和 CaO。 11.一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示 的 ∆ = ( ) ( )4 2 n CH 1.0n CO = 4 2 2CH H O 3HCO 1nol 1mol 0 0 xmol xmol xmol 3xmol (1 x)mol (1 x)mol xmol 3xmol + + − −  起始 变化 平衡 3xmol (1 x)mol (1 x)mol xmol 3xmol− + − + + 2 3 1 3 10 3 4 2 P(CH ) P(H ) 6 0.1 0.1 0.1 0. × × 6 k 2 24 3 ) P(CO) P(CH P (H ) P) (H O × × 30.2) (0.1 0.6) 0.1) (0.1 0.1) (0.1 (0.1 × × × × × × 6 k ∆ = ∆ = ∆ =(1)基态 Zn2+核外价电子排布图为_____；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的排列顺 序为_____。 (2)甘氨酸(H2N-CH2-COOH)的羧基中 C 原子的杂化轨道类型为_____；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释： _____。 (3)以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：Zn+2NH3+ 2NH4+= [Zn(NH3)4]2++H2O。与 NH4+互为等 电子体的阴离子为_____(写岀 1 种即可)；[Zn(NH3)4]2+ 离子结构示意图：____________。 (4) [Zn(IMI)4](ClO4)2 是 Zn2+的另一种配合物，IMI 的结构为 ，则 1mol IMI 中含有_____个 σ 键； 常温下 IMI 的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物 为液态而非固态，其原因 是_____。 (5)金属 Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为 _____；六棱柱底边边长为 a cm，高为 c cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则 Zn 的密度为_____g•cm-3(列出算式即可)。 【答案】 (1). (2). O＞N＞C＞H (3). sp2 (4). 甘氨酸为极性分子，且分子中 的氨基和羧基都能与水分子形成氢键 (5). BH4-或 AlH4- (6). (7). 7.22×1024 (8). 该化合物中阴、阳离子的体积大，且所带电荷少，从而形成的离子晶体晶格能小，熔点低 (9). 六方 最密堆积 (10). 【解析】 【分析】 （1）基态 Zn2+的价电子为其 3d 能级上的 10 个电子；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素有 C、O、N、 × × × 2 A 65 6 36 a c4NH 元素，元素的非金属性越强，其电负性越大； （2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中亚甲基上 C 原子和 N 原子价层电子对个数都是 4、羧基上的 C 原子价层 电子对个数是 3，根据价层电子对互斥理论判断 C、N 原子的杂化轨道类型；甘氨酸为极性分子，且氨基和 羧基都能和水分子形成分子间氢键； （3）等电子体是含有原子数目相同，价电子总数相等的微粒； （4）1 个 IMI 中含有 12 个 σ 键；离子晶体的晶格能影响其熔沸点，其晶格能越小熔沸点越低； （5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中 Zn 原子个数=12× +2× +3=6，六棱柱底边边 长为 acm，高为 ccm，六棱柱体积=[（a×a×sin120°）×3×c]cm3，晶胞密度= 。 【详解】(1)基态 Zn2+的价电子为其 3d 能级上的 10 个电子，其价电子排布图为 ；一水合甘 氨酸锌中所涉及的非金属元素有 C. O、N、H 元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺 序为 O>N>C>H，则电负性大小顺序为 O>N>C>H， 故答案为： ；O>N>C>H； (2)甘氨酸(H2N−CH2−COOH)中亚甲基上 C 原子和 N 原子价层电子对个数都是 4、羧基上的 C 原子价层电子 对个数是 3，根据价层电子对互斥理论，亚甲基上碳原子和 N 原子采用 sp3 杂化、羧基上的 C 原子采用 sp2 杂化；甘氨酸为极性分子，且氨基和羧基都能和水分子形成分子间氢键，导致甘氨酸易溶于水， 故答案为：sp2；甘氨酸为极性分子，且氨基和羧基都能和水分子形成分子间氢键； (3) 根据等电子体原理，与 NH4+互为等电子体的阴离子为 BH4-或 AlH4-，[Zn(NH3)4]2+ 离子结构示意图： 故答案为：BH4-或 AlH4-； ； (4)1 个 IMI 中含有 12 个 σ 键，则 IMI 中含有 12NA 个 σ 键，即是 7.22×1024；离子晶体的晶格能影响其熔沸 点，其晶格能越小熔沸点越低，该化合物中阴、阳离子的体积大，且所带电荷少，从而形成的离子晶体晶 格能小，熔点低， 故答案为：7.22×1024；该化合物中阴、阳离子的体积大，且所带电荷少，从而形成的离子晶体晶格能小， 熔点低； 1 6 1 2 m V（5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中 Zn 原子个数=12× +2× +3=6，六棱柱底边边 长为 acm，高为 ccm，六棱柱体积=[（a×a×sin120°）×3×c]cm3=a2c× ，晶胞的质量 m= ， 晶胞密度= ，故 答案为：六方最密堆积； 。 12.有一种新型药物，具有血管扩张活性的选择性［M 肾上腺素受体拮抗剂]，用于合成该药物的中间体 H 的部分流程如下： 已知：乙酸酐的结构简式为： 。回答下列问题： (1)A 的名称是_____；C 中的含氧官能团的结构简式为_____ (2)反应①、④的反应类型分别为_____、_____ (3)D 的分子式为_____；E—G 的化学方程式为_____ (4)满足下列条件的 B 的同分异构体共有_____种(不考虑立体异构)。 Ⅰ.分子中含有苯环 Ⅱ.分子中含有 5 种不同化学环境 氢 Ⅲ.能与 NaHCO3 反应生成 CO2 的 1 6 1 2 33 3cm2 × A 6M N × 3 3 3A 2 2 A A 3 6 65 6 65 6g/cm g/cm = g/cma a sin120 3 c 3a 3 c 6 a c2 4 M Nm V N N × × ×= =× × ° × × × × × × × ×（ ） × × × 2 A 65 6 36 a c4N(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以 和乙酸酐为原料制备一种结构简式为 的合成路线流程图_____(无机试剂任选)。 【答案】 (1). 对氟苯酚或 4-氟苯酚 (2). -OH、 (3). 取代反应 (4). 加成反应或还原反应 (5). C10H5O4F (6). +H2O (7). 11 (8). 【解析】 【分析】 结 合 E 到 G，G 到 H 可 知 ，E 到 G 发 生 醇 的 消 去 反 应 ，G 和 H2 发 生 加 成 反 应 生 成 H， 则 G 为 ，据此解答。 【详解】(1)A 的结构简式为 ，名称为对氟苯酚或 4-氟苯酚；C 中的含氧官能团的结构简式为-OH、 ， 名称为羟基、羰基，故答案为：对氟苯酚或 4-氟苯酚；-OH、 ； (2)反应①： 中酚羟基的 H 被 中的 取代，反应④： 和 H2 发生加成反应生成 ，故答案为：取代反应；加成反应(或还原反应)； (3)D 的分子式为 C10H5O4F，E 到 G 为醇的消去，发生反应的化学方程式为： +H2O，故答案为：C10H5O4F； 浓硫酸 Δ → 乙酸酐 浓硫酸 → 3AlCl→ 2H 催化剂 → 盐酸 加热 → 浓硫酸 Δ → 浓硫酸 Δ →+H2O； (4)B 的分子式为 C8H7O2F，不饱和度为 5，B 的同分异构体能与 NaHCO3 反应生成 CO2，则含-COOH，故 B 的同分异构体由一个苯环、一个-COOH、一个-F、一个饱和 C 原子、H 原子组成，且有 5 种氢原子，有以 下几种情况：只有一个侧链，满足题意的为： ，有二个侧链：无满足条件的结构，有三个侧链：即 侧链为-CH3、-COOH、-F，有 10 种，共有 1+10=11 种，故答案为：11； (5)逆合成分析： 可由 缩聚而来， 可由 和氢 气加成而来， 可由 发生类似反应②而来， 可由苯酚和乙酸酐反应而来，则合 成路线流程图为： ，故答案为： 。 【点睛】(4)苯环上有 3 个侧链的同分异构体有 3 种情况：第一，3 个侧链完全相同有 3 种结构；第二，3 个 侧链中 2 个侧链相同有 6 种结构；第三，3 个侧链完全不同有 10 种结构。 乙酸酐 浓硫酸 → 3AlCl→ 2H 催化剂 → 盐酸 加热 → 乙酸酐 浓硫酸 → 3AlCl→ 2H 催化剂 → 盐酸 加热 →