云南省昆明市2020届高三 三模 化学试题（解析版）

昆明市 2020 届“三诊一模”高考模拟考试 理科综合能力测试 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上， 并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。 可能用到的相对原了质量：H-1 C-12 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 I-127 一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ） A. 食用油和白酒都应密封保存 B. 高温下铝粉和氧化铁的反应可以用来焊接铁轨 C. 电影放映时射到银幕上的光柱证明存在气溶胶 D. 钢铁锈蚀、食物腐败、钟乳石的形成均涉及氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．食品油中的不饱和脂肪酸被氧化后会变质，白酒易挥发，挥发出的酒精蒸气遇明火易爆炸，故 两者需密封保存，A 正确； B．高温下铝粉和氧化铁的反应方程式： ，该反应会放出大量的热，能置换出的 铁呈熔融态，可用来焊接铁轨，B 正确； C．胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱证明存在气溶胶，C 正确； D．钢铁锈蚀中 Fe 失电子化合价升高，食品腐败为缓慢氧化过程，O 元素化合价降低，两个反应都属于氧 化还原反应，但钟乳石的形成是碳酸盐形成碳酸钙过程，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，D 错误； 答案选 D。 2 3 2 32Al+Fe O 2Fe+Al O= 高温2.关于二苯乙炔（ ）的下列说法，错误的是（ ） A. 该物质属于烃 B. 所有原子一定在同一平面 C. 分子式为 C14H10 D. 能发生取代反应和加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A.烃是只含有 C、H 两种元素的有机物，A 正确； B. ，a 处为碳碳单键，可旋转，所以左侧苯环上有可能只有 1、4 号 C 在同一平面，剩余的四 个 C 都不在一个平面上，B 错误； C.二苯乙炔的分子式为 C14H10，C 正确； D.二苯乙炔中含有苯环，可与液溴发生取代反应，含有碳碳三键，可与 H2 发生加成反应，D 正确； 答案选 B 3.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐，Z 是同周期元素中原子半径最大的元素，Y 和 W 同主族且二者可形成 WY2 和 WY3 两种物质。下列说法正确 的是（ ） A. 简单离子半径：Z>Y>X B. 简单氢化物的沸点：W>Y>X C. Y、Z、W 三种元素形成的化合物水溶液一定呈中性 D. Y 和 W 与氢元素均可形成 18 电子化合物，二者反应有黄色物质生成 【答案】D 【解析】 【分析】 X 的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐，则 X 为 N，化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3；Z 是同 周期元素中原子半径最大的元素，则 Z 为 Na；Y 和 W 同主族，且 W 的原子序数比 Na 的大，则 W 为 S，Y 为 O。即 X、Y、Z、W 分别为：N、O、Na、S。 【详解】A.由分析可知：Z、Y、X 分别为 Na、O、N，他们的简单离子都是 10 电子结构，具有相同电子结 构的离子，核电荷数越大，简单离子的半径越小，则 ZW，B 错误； 。C.Y、Z、W 形成的化合物为 Na2SO3 时，溶液呈碱性，C 错误； D. Y 和 W 与氢元素形成 18 电子化合物分别为：H2O2、H2S，二者反应化学方程式：H2O2+H2S=S↓+2H2O， 有黄色物质生成，D 正确； 答案选 D。 4.中山大学化学科研团队首次将 CsPbBr3 纳米晶锚定在氨基化 RGO 包覆的 α—Fe2O3(α—Fe2O3/Amine—RGO/CsPbBr3)，构筑 Z—Scheme 异质结光催化剂，可有效降低电荷复合，促进 电荷分离，从而提升光催化性能。光催化还原 CO2 和氧化 H2O 的反应路径如图。下列说法正确的是（ ） A. 该路径能量转化形式为电能→化学能 B. 该光催化转化反应可以阻止温室效应 C. “CsPbBr3 纳米晶”表面发生了还原反应 D. 该催化转化的总反应涉及到非极性共价键、极性共价键的断裂和形成 【答案】C 【解析】 【分析】 H2O 能在 光催化剂材料作用下，被氧化成 O2 ，同时生成质子(H+)，发生的氧化反应为： ；电子转移到“CsPbBr3 纳米晶”用于还原 CO2，CO2 被还原为 CO、CH4，发生的还原 反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 【详解】A.由图可知，光能使 光催化剂材料产生电子，电子的移动引起电极上发生氧化还原反应， 最终生成 O2、CO、CH4，储存能量，该路径能量转化形式为光能→电能→化学能，A 错误； B. 该光催化转化反应生成了 CH4，CH4 也能导致温室效应，故该反应不能阻止温室效应，B 错误； C. “CsPbBr3 纳米晶”表面上 CO2 转化为 CO、CH4，发生了还原反应：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、 CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C 正确； 2 3-Fe Oα - + 2 22H O-4e =4H +O 2 3-Fe OαD. 该催化转化的总反应：2CO2 2CO+O2、CO2+2H2O CH4+2O2，CO2、H2O 都只含有极性共 价键，CO、CH4 都只含极性共价键，O2 只含非极性共价键，故只有极性共价键断裂、有极性和非极性共价 键生成，D 错误； 答案选 C。 5.天津大学某科研团队创新地提出了一种基于电化学冶金原理并利用电解质去耦合策略，在电池中同时进行 MnO2 和 Zn 可逆溶解/电沉积的储能机制，其工作原理如图，电池放电总反应为 Zn+4OH-+MnO2+4H+ Zn(OH) +Mn2++2H2O。下列说法不正确的是（ ） A. 充电时，Zn 电极区为阴极区 B. c 为阴离子交换膜，d 为阳离子交换膜 C. 放电时，正极电极反应式为 MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O D. 充电时，电子的流向为 a→MnO2→电解质溶液→Zn→b 【答案】D 【解析】 【分析】 根据电池放电总反应 Zn+4OH-+MnO2+4H+ Zn(OH) +Mn2++2H2O，放电时，Zn 失电子，作负极，电 极 反 应 式 为 ： Zn-2e-+4OH-= Zn(OH) ， MnO2 得 电 子 ， 作 正 极 ， 电 极 反 应 式 为 ： MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O。 【详解】A. 放电时，Zn 失电子，作负极，充电时，Zn 电极区为阴极区，A 正确； B. 放电时，负极消耗 OH-，K+通过阳离子交换膜 d 向左移动，正极消耗 H+， 通过阴离子交换膜 c 向 右移动，B 正确； C. 放电时，MnO2 得电子，作正极，正极电极反应式为：MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O，C 正确； 光催化 光催化 2 4 − 2 4 − 2 4 − 2 4SO −D. 充电时，电子不能通过电解质溶液，D 错误；故答案为：D。 6.下列实验操作能达到目的的是（ ） 选项 目的 操作 A 制取溴苯 向试管中加入少量苯，再加入溴水 B 除去 MgCl2 溶液中的少量 Fe3+ 加入 NaOH 调节溶液 pH 后过滤 C 比较 C 和 Si 的非金属性强弱 将 CO2 通入饱和 Na2SiO3 溶液中 D 制备无水 AlCl3 蒸发 Al 与稀盐酸反应后的溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯与溴水不反应，制取溴苯要用苯和液溴在催化剂作用下反应制取，故 A 错误； B．加入 NaOH 溶液调节 pH 会引入新的杂质离子 Na+，故 B 错误； C．非金属性越强，最高价氧化物的酸性越强，将 CO2 通入饱和 Na2SiO3 溶液中生成硅酸沉淀，说明碳酸酸 性强于硅酸， 即 C 的非金属性强于 Si，故 C 正确； D．Al 和稀盐酸反应生成 AlCl3，溶液中存在铝离子的水解，产生氢氧化铝和 HCl，蒸发该溶液 HCl 易挥发， 且加热进一步促进水解，最终氯化铝彻底水解，得到的不是氯化铝而是氢氧化铝，故 D 错误； 故答案为 C。 7.25℃，在 100mL0.1mol·L-1H2S 溶液中，通入 HCl 气体或加入 NaOH 固体以调节溶液 pH，溶液 pH 与 c(S2-) 关系如图（忽略溶液体积的变化和 H2S 的挥发）。下列说法正确的是（ ）A. 当 c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1 时，pH=13 B. pH=1 时，c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+ c(S2-)+c(OH-) C. 向该溶液中加入 NaOH 固体至中性时 c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+)=c(OH-) D. 已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13，某溶液含 amol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液 pH=5 时，Mn2+开始沉 淀，则 a=0.2 【答案】A 【解析】 【详解】A．c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1 时，根据物料守恒有 c(S2-)=0.1-0.043=0.057 mol·L-1，由图像可 知此时 pH=13，A 正确； B．H2S 为弱酸，当 pH=1 时，酸性增强，故此时是通入 HCl 气体，溶液中的阳离子只有 H+，根据电荷守恒 应有 c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+ 2c(S2-)+c(OH-)，B 错误； C．溶液呈中性，所以 c(H+)=1×10-7mol/L，而当 pH =7 时，由图可知 c(S2-)=6.8×10-8mol/L，c(H+)>c(S2-)，C 错误； D．pH=5 时 S2- 浓度为 1.4×10-11mol/L，当 Qc=Ksp(MnS)时 Mn2+开始沉淀，所以 c(Mn2+)=Ksp(MnS)/c(S2-)=2.8×10−13÷(1.4×10-11)=0.02mol /L，故 a-=0.02，D 错误； 答案选 A。 三、非选择题：共 174 分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~38 题为 选考题，考生根据要求作答。 8.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有 Al2O3、Fe2O3、MgO 和 SiO2 等物质。用硫酸铵固体等试剂 提取粉煤灰中 Al2O3 并制取铝的工艺流程如图： 的回答下列问题： (1)已知烟气中含有 NH3，煅烧工序中 Al2O3 参与反应的化学方程式为___。 (2)“滤渣Ⅰ”和“滤渣Ⅲ”主要成分的化学式分别为__、__。 (3)将“滤液Ⅱ”通过__、过滤、洗涤、干燥后得到的晶体可返回__工序中循环利用。 (4)向“滤液Ⅲ”中通入过量 CO2，生成沉淀的离子方程式为__。 (5)电解 Al2O3 制备 Al 需要冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。Na3AlF6 可由 Al(OH)3、Na2CO3 和 HF 反应制得，反 应的化学方程式为__。 (6)某工厂利用上述流程从 m 吨粉煤灰中制得 n 吨 Al2O3，则原粉煤灰中铝的质量分数为__。 【答案】 (1). Al2O3+3(NH4)2SO4 Al2(SO4)3+6NH3+3H2O (2). SiO2 (3). Fe(OH)3 和 Mg(OH)2 (4). 蒸 发 浓 缩 、 冷 却 结 晶 (5). 煅 烧 (6). CO2+ +2H2O=Al(OH)3↓+ (7). 2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O (8). ×100% 【解析】 【分析】 煅 烧 工 序 中 Al2O3 与 (NH4)2SO4 反 应 生 成 Al2(SO4)3 和 NH3 ， 化 学 方 程 式 为 Al2O3+3(NH4)2SO4 Al2(SO4)3+6NH3+3H2O，同理：Fe2O3、MgO 分别生成 Fe2(SO4)3、MgSO4，SiO2 不与硫酸铵反应，加水溶解， 过滤，滤渣Ⅰ主要成分是 SiO2，滤液Ⅰ中加氨水形成 Al(OH)3、Fe(OH)3 和 Mg(OH)2 沉淀，是滤渣Ⅱ的成分， 沉淀中加过量的 NaOH 溶液，只有 Al(OH)3 溶解生成 NaAlO2，向“滤液Ⅲ”中通入过量 CO2，生成沉淀，离 子方程式为 CO2+ +2H2O=Al(OH)3↓+ ；Al(OH)3 加热分解得 Al2O3，电解熔融的 Al2O3 生成铝。 【详解】(1)已知烟气中含有 NH3，煅烧工序中 Al2O3 参与反应的化学方程式为 Al2O3+3(NH4)2SO4 Al2(SO4)3+6NH3+3H2O。故答案为：Al2O3+3(NH4)2SO4 Al2(SO4)3+6NH3+3H2O； (2)SiO2 不与硫酸铵反应，加水溶解，过滤，滤渣Ⅰ主要成分是 SiO2；滤渣Ⅱ的成分 Al(OH)3、Fe(OH)3 和 Mg(OH)2 沉淀，加过量的 NaOH 溶液，只有 Al(OH)3 溶解生成 NaAlO2，“滤渣Ⅲ”主要成分的化学式分别为 Fe(OH)3 和 Mg(OH)2。故答案为：SiO2；Fe(OH)3 和 Mg(OH)2； (3)“滤液Ⅱ”主要成分是硫酸铵，将“滤液Ⅱ”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到的晶体可 - 2AlO - 3HCO 9n 17m - 2AlO - 3HCO返回煅烧工序中循环利用。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；煅烧； (4)“滤液Ⅲ”的主要成分是 NaAlO2，向“滤液Ⅲ”中通入过量 CO2，生成 Al(OH)3 沉淀和碳酸氢钠，离子方程 式为 CO2+ +2H2O=Al(OH)3↓+ 。故答案为：CO2+ +2H2O=Al(OH)3↓+ ； (5)电解 Al2O3 制备 Al 需要冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。Na3AlF6 可由 Al(OH)3、Na2CO3 和 HF 反应制得，同 时生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为 2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。故答案为： 2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O； (6)某工厂利用上述流程从 m 吨粉煤灰中制得 n 吨 Al2O3，根据 Al 元素守恒可得煤灰中 Al 的质量为 ，则原粉煤灰中铝的质量分数为 = ×100%，故答案为： ×100%。 9.84 消毒液、酒精、过氧乙酸等消毒剂在抗击新型冠状病毒肺炎疫情中起到重要作用。回答下列问题： Ⅰ.84 消毒液是北京第一传染病医院(现北京地坛医院)于 1984 年研制的一种消毒液，主要成分为受热易分解 的次氯酸钠(NaClO)。某实验小组用如图装置制备 84 消毒液。 (1)A 中发生反应的离子方程式为___。 (2)C 中盛装试剂为__，仪器的连接顺序为 a→__。 (3)制备 84 消毒液时，若 Cl2 与 NaOH 溶液反应温度过高，NaClO 的产率将__(填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色液体，易溶于水，有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏 膜、上呼吸道等有强烈刺激作用，易分解，易爆炸。 (4)贮存和运输 CH3COOOH 时要注意的事项是__。 (5)消毒过程中需将 200mL20%的过氧乙酸(密度为 1.02g·cm-3)稀释为 0.5%的过氧乙酸，则需加入水的体积为 __ 。 (6)CH3COOOH 可用 H2O2 和 CH3COOH 制备，其化学方程式为___。 (7)制备 CH3COOOH 过程中总会残留少量 H2O2，因此 CH3COOOH 在使用过程中需要准确标定原液的浓度。 取 CH3COOOH 样品 ，标定步骤如下： a.用 KMnO4 标准溶液滴定 H2O2； - 2AlO - 3HCO - 2AlO - 3HCO 54 t102n ×   54 102 100% n m × × 9n 17m 9n 17m mL 6.000gb.当达到终点时加入足量 KI 溶液，发生反应：2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2； c.用 1.500mol·L-1Na2S2O3 标准溶液滴定生成的 I2，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗 Na2S2O3 溶 液 20.00mL。 测得样品中 CH3COOOH 质量分数为___。 【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). e→d→c→b→f→g (4). 减 小 (5). 放 阴 暗 处 、 避 免 碰 撞 、 不 能 放 在 易 燃 物 附 近 、 密 封 (6). 7956 (7). CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O (8). 19.00% 【解析】 【分析】 I．本实验的目的是制备 NaClO，氯气和 NaOH 溶液反应可以生成 NaClO 和 NaCl，所以需要先制备氯气， 装置 A 中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气中会混有 HCl 气体，需要除去，可以用装置 C 盛放饱和食盐水进行洗气，洗气后通入 NaOH 溶液进行反应，未反应的氯气有毒，可以用装有碱石灰的干 燥管进行吸收； (7)该滴定实验的原理是先用高锰酸钾将双氧水氧化，然后利用过氧乙酸氧化碘离子生成碘单质，之后利用 Na2S2O3 标准溶液滴定生成的碘单质的量，从而确定过氧乙酸的量。 【详解】(1)装置 A 中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为 MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O； (2)C 装置盛装饱和食盐水除去氯气中混有的杂质，根据分析可知仪器的连接顺序为 a→e→d→c→b→f→g； (3)次氯酸钠受热易分解，所以温度过高产率减小； (4)过氧乙酸易溶于水、易分解、易爆炸、对人体有害，所以贮存和运输时应放阴暗处、避免碰撞、不能放 在易燃物附近、密封； (5)稀释过程溶质的质量不变，设加水的体积为 V，水的密度为 1g/cm3，所以有 200mL×1.02g·cm-3×20%=(200mL×1.02g·cm-3+V×1g·cm-3)×0.5%，解得 V=7956mL； (6)根据元素守恒可知 H2O2 和 CH3COOH 制备过氧乙酸的化学方程式为 CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O； (7)消耗 Na2S2O3 溶液 20.00mL，其浓度为 1.500mol·L-1，根据反应方程式 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可知生 成的碘单质的物质的量 n(I2)= =0.015mol，根据化学方程式 2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2 可知，消耗的过氧乙酸的物质的量 n(CH3COOOH)= 的 ∆ -11 1.500mol L 0.02L2 × ×n(I2)=0.015mol，所以样品中过氧乙酸的质量分数为 =19.00%。 【点睛】有关溶液稀释的计算要把握一个点：稀释过程中溶质的质量(或物质的量)不变，据此进行计算。 10.煤炭气化作为洁净煤利用的核心技术，是影响煤化工系统效率、污染物及温室气体排放的关键。工业生 产中主要的气化方式包括纯水气化、CO2 气化和纯氧气化，反应如下： i.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH=+119kJ·mol-1 ii.C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH=+162kJ·mol-1 iii.C(s)+ O2(g) CO(g) ΔH=-123kJ·mol-1 iv.C(s)+ O2(g) CO2(g) ΔH=-409kJ·mol-1 (1)均相水煤气反应 CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)的 ΔH__。 (2)图 1 是不同气化方式得到的合成气成分，图 2 是温度对碳转化率的影响(碳转化率是指气化得到气体中的 碳占入炉原料煤中碳的质量分数)。 ①气化过程中不同氧化剂的配比会对合成气的成分造成很大影响，为了提高合成气的氢碳比，生产中应该 适当提高__在氧化剂中的比例。 ②若使用混合氧化剂进行气化，最佳气化温度是___℃。温度升高纯氧气化的碳转化率降低，原因是___。 ③工业上常在压强 200kPa 的条件下进行气化，压强过高过低都不利于气化的进行，可能的原因是__。 ④T℃时，向容积可变的恒压密闭容器中加入 20g 燃煤(含碳 84%)和 2molH2O(g)模拟纯水气化反应，起始容 积为 2L。一段时间达到平衡后，测得容器内 H2 为 1mol。则该温度下 C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)的平衡 常数 K=__。 (3)煤的气化中可以利用 CO2 捕集技术实现 CO2 的综合利用。用石墨电极电解 CO2 制 CH3CH2OH 的原理示 意图如图： 76g/mol 0.015mol 100%6.000g × × 1 2①b 为电源的___(填“正”或“负”)极。 ②生成 CH3CH2OH 的电极反应式为___。 【答案】 (1). -43kJ·mol-1 (2). 水 (3). 900 (4). 纯氧气化涉及的反应ⅲ、反应ⅳ都是放热反应， 温度升高，平衡逆移，碳转化率降低 (5). 压强高会使气化反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移动；压强低反 应速率小，都不利于气化的进行 (6). mol·L-1 (7). 正 (8). 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律进行计算； (2)据图可知，纯水气化时氢碳比最大，CO2 气化氢碳比最小；温度升高纯氧气化中碳转化率略微减小，而 纯水气化和 CO2 气化碳转化率增大，温度高于 900℃后升高不明显； ④恒压容器中气体的体积比等于气体的物质的量之比，据此先计算平衡时容器的体积，再根据 K= 计算平衡常数； (3)该装置目的是用石墨电极电解 CO2 制 CH3CH2OH，C 元素化合价降低被还原，所以通入二氧化碳的一极 为电解池的阴极，则产生氧气的一极为阳极。 【详解】(1)已知：i.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH=+119kJ·mol-1 ii.C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH=+162kJ·mol-1 根据盖斯定律 i-ii 可得反应 CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)的 ΔH=+119kJ·mol-1-(+162kJ·mol-1)=-43kJ·mol-1； (2)①据图可知纯水气化时氢碳比最大，所以为了提高合成气氢碳比凯越适当提高水在氧化剂中的比例； ②据图可知温度升高，纯氧气化碳转化率略微减小，而纯水气化和 CO2 气化碳转化率增大，温度高于 900℃ 后升高不明显，所以为了提高碳转化率，同时尽量降低能耗，提高反应速率，最佳的气化温度应为 900℃； 纯氧气化涉及的反应ⅲ、反应ⅳ都是放热反应，温度升高，平衡逆移，所以温度升高碳转化率降低； ③压强高会使气化反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移动，压强低反应速率小，都不利于气化的进行，所以压强 不能过高也不能过低； 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 H CO H O c c c④该反应的平衡常数 K 的表达式为 ，平衡时容器内 n(H2)=1mol，根据反应方程式可知该时段 内消耗 n(H2O)=1mol，生成的 n(CO)=1mol，剩余的 n(H2O)=2mol-1mol=1mol，所以平衡时容器内气体总物 质的量为 1mol+1mol+1mol=3mol，压强不变，则体积比等于气体的物质的量之比，初始气体的物质的量为 2mol，平衡时为 3mol，容器初始体积为 2L，所以平衡容器体积为 3L，则平衡时容器内 c(H2O)= c(H2)=c(CO)= mol/L，K= = mol·L-1； (3)①根据分析产生氧气的一极为电极池的阳极，阳极与外接电源的正极相连，所以 b 为电源的正极； ②二氧化碳被还原生成乙醇，电解质溶液显酸性，所以电极反应式为 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。 【点睛】本题中平衡常数的计算为易错点，要注意本题中的容器为恒压容器，而涉及的反应前后气体系数 之和不相等，所以容器的体积会变，需要先求出体积才能求浓度。 11.近日，某科研团队成功合成了 Ni—Fe 双原子催化剂(Ni/Fe—C—N)，并应用于高效催化 CO2 还原。回答 下列问题： (1)基态铁原子的价电子轨道排布图为__。铁元素常见的离子有 Fe2+和 Fe3+，稳定性 Fe2+__Fe3+(填“>”或 “O>C (5). 4 (6). Ni(CO)4 属于非极性分子，易溶于非极性溶剂中 (7). 10 (8). sp2 (9). Fe3C (10). mol-1 【解析】 【分析】 根据原子及离子的电子排布式分析；根据同周期主族元素第一电离能的递变规律判断；根据价层电子对数 目和价层电子寻互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计 算。 【 详 解 】 (1) 基 态 铁 原 子 价 电 子 排 布 式 为 3d64s2 ， 则 价 电 子 轨 道 排 布 图 为 ； Fe2+ 的 电 子 排 布 式 为 1s22s22p63s23p63d6 ， Fe3+ 的 电 子 排 布 式 为 1s22s22p63s23p63d5，可见 Fe3+的 3d 轨道为半满状态，较稳定，则稳定性 Fe2+＜Fe3+； (2)C、N、O 是同周期主族元素，核电荷数大，第一电离能呈增大趋势，但 N 原子的 2p3 轨道是半充满结构， 相同稳定，则三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 N>O>C； (3)Ni 价电子数为 10，每个配体提供一个电子对，则 10+2n=18，n=4；苯和四氯化碳均为非极性溶剂，根 据相似相溶原理，该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂，说明 Ni(CO)4 属于非极性分子，易溶于非极性 溶剂中； (4)单键均为 σ 键，则一个 (环戊二烯基负离子)中 σ 键总数为 10； 结构中碳原子的价层电子对数均 为 3，则 C 原子的杂化轨道类型为 sp2 杂化； (5)该合金中 Fe 原子数为 4× +10× =6，C 原子数为 8× +1=2，则合金的化学式为 Fe3C；晶胞的质量为 g，晶胞的体积为 abc×10-30cm3，根据 可知，NA= mol-1。 【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被 8 个晶胞共有，所以晶胞 对顶点原子只占 份额；②棱：每条棱的原子被 4 个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 份额；③面上： 的 的 -30 6 56+12 2 ρabc 10 × × × 1 4 1 2 1 8 ( )2 56 3 12 AN × × + ( ) 30 3 2 56 3 12 g ρ abc 10 cm ANm V − × × + = = × -30 6 56+12 2 ρabc 10 × × × 1 8 1 4每个面的原子被 2 个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享， 完全属于该晶胞。 12.喘通（ ）是我国最早自主研发生产的药物之一，主要用于支气管哮喘的治疗。其 合成路线如图： （1）A 的化学名称为___，反应①的试剂与条件为__，反应③的反应类型为___。 （2）E 中含氧官能团的名称为__。 （3）F 的结构简式为___。 （4）反应⑦的化学方程式为__。 （5）B 的同分异构体 H 是含有氨基、能与 NaHCO3 溶液反应放出气体的芳香族化合物。则 H 的结构有__种 （不含立体异构）。其中核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 1：2：2：2：2 的是__（写出其中一种的 结构简式）。 （6）《神农本草经》中记载麻黄能“止咳逆上气”。从麻黄中提取的麻黄碱也可用于治疗支气管哮喘，其结构 简式为 。 已知： + CH3COCl +HCl。设计以苯、CH3CH2COCl、CH3NH2 为原料合成麻黄碱的合 成路线__。（无机试剂任选） 【答案】 (1). 乙苯 (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 还原反应 (4). 羰基（或酮基） (5). (6). +HBr (7). 17 种 (8). 或 (9). 1 2【解析】 【分析】 由 B 的结构简式可知 A 为 （乙苯），再通过氧化反应生成 C，C 到 D 是硝基被还原为氨基， 为还原反应，由 E 和 G 的结构简式，可推出 F 的结构简式为： ，G 到最终产物的反应为取代反应，由此分析解答。 【详解】（1）由分析可知 A 为 ，名称为乙苯，反应①为硝化反应，需加入浓硫酸、浓硝酸， 在加热的条件下进行，反应③为还原反应，故答案为：乙苯；浓硫酸、浓硝酸、加热；还原反应； （2）由 E 的结构可知其含含氧官能团为羰基（或酮基），故答案为：羰基（或酮基）； （3）由分析可知，F 的结构简式为： ，故答案为： ； （4）反应⑦为取代反应，反应方程式为： +HBr，故答案为： +HBr； （5）B 的结构简式为 ，其同分异构体 H 含有氨基和羧基，则还剩一个 C 连在支链上，按照支链 由整到散的思路；如果只有一个支链，则为： ；如果有两个支链，则可以为： （考虑位置共 3 种）， （考虑位置共 3 种）；如果有 3 个支链，则为： （考虑位置共 10 种）；则 H 的结构有 17 种（不含立体异构）；其中核 磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 1：2：2：2：2 的是 或 ，故答案为：17； 或 ； （6）根据题干中反应和题目已知信息，以苯、CH3CH2COCl、CH3NH2 为原料合成麻黄碱的合成路线为： ，故答案为： 。 【点睛】解答本有机推断题的关键是根据流程，对比结构，明确每一步反应的原理和反应类型，（6）小题 为难点，应充分利用题干流程和已知信息，采用逆向思维分析合成路线。