辽宁省大连市第二十四中学2020届高三 最后一模 化学试题（解析版）

2020 年大连市第二十四中学高考模拟考试理科综合试卷-化学 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、 准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。 2.选择题答案使用 2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号；非选 择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。 5.做选考题时，考生按照题目要求作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 P-31 1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法正确的是（ ） A. 《抱朴子》中“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 B. 成语“金戈铁马”中的金属，在常温下能溶于浓硝酸 C. 对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 【答案】C 【解析】 【详解】A. 丹砂（HgS）烧之成水银是 HgS 分解生成单质汞和硫，积变又还成丹砂是汞和硫反应生成 HgS，描述的是分解和化合反应的过程，A 错误； B. 成语“金戈铁马”中 金属是铁，常温下铁在浓硝酸能钝化，不能溶于浓硝酸，B 错误； C. 铜与空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气等物质反应生成的物质为碱式碳酸铜，又称为铜绿，颜色翠绿，C 正确； D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分新型无机非金属材料，不是硅酸盐， D 错误； 答案选 C。 2.NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A. 常温常压下，9.5g 羟基(—18OH)含有的中子数为 5NA B. MnO2 与足量浓盐酸反应产生 22.4LCl2 时转移电子数目为 2NA C. 1mol 甲烷与 1mol 氯气光照条件下发生取代反应生成的 CH3Cl 的分子数为 NA D. 1mol 铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为 2NA 的【答案】A 【解析】 【详解】A．常温常压下，9.5g 羟基(—18OH)的物质的量为 0.5mol，1 个—18OH 中含有 10 个中子，则 0.5mol—18OH 含有的中子数为 5NA，A 选项正确； B．未指明标准状况，不能计算产生 Cl2 的物质的量，则不能得出转移的电子数，B 选项错误； C．因为甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的产物有 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以不能判 断 1mol 甲烷与 1mol 氯气光照条件下发生取代反应生成的 CH3Cl 的分子数，C 选项错误； D.铁与氧气一定条件下可以生成 FeO 或 Fe3O4，1molFe 被氧化电子转移数不一定；Fe 与氯气反应生成 FeCl3， 所以 1molFe 被氯气氧化转移 3mol 电子；Fe 与 S 反应生成 FeS，所以 1molFe 被 S 氧化转移 2mol 电子，D 选项错误； 答案选 A。 3.2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，其中 W、X、 Z 组成的化合物 M、N、R 之间存在如图所示的反应。下列叙述正确的是 A. 元素非金属性的顺序为 X>Y>Z>W B. M、N、R 三种分子中，所有原子均满足 8 电子稳定结构 C. M、N、R 三种分子均含有极性键和非极性键 D. W、X、Y、Z 四种元素既可形成离子化合物，又可形成共价化合物 【答案】D 【解析】 分析】 W、X、Y、Z 均为短周期元素，原子序数依次增加，其中 M 为 1 个 X 原子和 2 个 Z 原子构成，N 为 1 个 X 原子和 4 个 W 原子构成，R 结构明显为有机物结构，反应为加成反应，即 W 为氢元素，X 为碳元素，Y 为 氮元素，Z 为氧元素，M 为二氧化碳，N 为甲烷，R 为乙酸。 【详解】A．同周期，元素非金属性从左到右逐渐增大，顺序为 Z > Y > X >W，A 错误； B．M、N、R 三种分子中，氢原子满足 2 电子稳定结构，B 错误； 【C．N、M 分别为甲烷和二氧化碳，只含有极性共价键， R 分子含有极性键和非极性键，C 错误； D．W、X、Y、Z 四种元素既可形成离子化合物硝酸铵，又可形成共价化合物硝酸，D 正确； 答案为 D。 4.下列关于 2—环己基丙烯( )和 2—苯基丙烯( )的说法中正确的是（ ） A. 二者均可使溴水、高锰酸钾褪色，且褪色原理相同 B. 2—苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面 C. 二者可与足量的氢气在一定条件下反应得到同一种产物，此产物的一氯代物有 5 种 D. 二者可以通过加成聚合反应形成高分子化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．2—环己基丙烯( )和 2—苯基丙烯( )均含有碳碳双键，可使溴水、高锰酸钾褪 色，但使溴水褪色是因为发生加成反应，而使高锰酸钾溶液褪色是因为发生氧化反应，褪色原理不同，A 选项错误； B．2—苯基丙烯分子中苯环与丙烯基连接 碳碳单键旋转时可能会不在同一平面，B 选项错误； C．二者可与足量的氢气在一定条件下反应得到同一种产物，此产物为 ，分子中含有 6 种等效氢， 则其一氯代物有 6 种，C 选项错误； D．2—环己基丙烯( )和 2—苯基丙烯( )均含有碳碳双键，可发生加聚反应形成高分子化合 物，D 选项正确； 答案选 D。 5.仅用下表提供的用品（夹持仪器和试剂任选）能实现相应实验目的的是（ ） 选项 实验目的 仪器 A 从食盐水中获得 NaCl 晶体 坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角 B 除去氢氧化铝胶体中的泥沙 半透膜、烧杯、玻璃棒 C 用 0.1000mol/L 盐酸测定未知浓度的 NaOH 溶液浓度 碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯 D 中和热的测定 烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒、泡沫塑料、硬纸板 的A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．从食盐水中获得 NaCl 晶体的操作为蒸发结晶，所需仪器为蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等，用不 到坩埚，A 选项错误； B．除去氢氧化铝胶体中的泥沙的操作为过滤，所需仪器为漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒，B 选项错误； C．用 0.1000mol/L 盐酸测定未知浓度的 NaOH 溶液浓度的操作为酸碱中和滴定，所需仪器为碱式滴定管、 酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯，C 选项正确； D．中和热测定的实验装置如图 ，需要温度计测定溶液温度、环形玻璃搅拌棒搅拌 使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，还缺少量筒，D 选项错误； 答案选 C。 6.环己酮（ ）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如 图所示。下列说法正确的是 A. a 极与电源负极相连 B. a 极电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +14OH-= Cr2O72-+7H2O C. b 极发生氧化反应 D. 理论上生成 1mol 环己酮时，有 1molH2 生成 【答案】D 【解析】 【分析】 根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解 答。 【详解】A. 根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故 A 错误； B. 根据原理图可知，a 极为电解池的阳极，Cr3＋失电子发生氧化反应，电极反应式是 2Cr3＋- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，故 B 错误； C. b 极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故 C 错误； D. 理论上由环己醇(C6H12O)生成 1mol 环己酮(C6H10O)，转移 2mol 电子，根据电子守恒可知，阴极有 1mol 氢气放出，故 D 正确； 故选 D。 7.已知：p=p =-lg 。室温下，向 0.10mo1·L-1 的 HX 溶液中滴加 0.1mol·L-1 的 NaOH 溶液，溶 液 pH 随 p 的变化关系如图。下列说法正确的是（ ） A. a 点溶液中：c(HX)+c(X-)=0.10mo1·L-1 B. c 点溶液中：c(Na+)＜10c(HX) C. b 点坐标为(0，4.50) D. 溶液中水的电离程度：c＜b＜a 【答案】B 【解析】 【分析】 HX 的电离平衡常数表达式为 Ka= ，则 lg Ka=lg +lgc(H+)=-pH-lg ，即 pH=-lgKa-lg =p-lg Ka，将点(1，5.75)带入可得 lg Ka=-4.75，即 Ka=10-4.75。 【详解】A．设 0.10mo1·L-1 的 HX 溶液中 c(H+)=x，则有 ，解得 x 约为 10-2.9mol/L，所 以 0.10mo1·L-1 的 HX 溶液 pH 约为 2.9，当 pH=3.75 时说明已经滴入了部分 NaOH 溶液，溶液的体积发生变 化，所以 c(HX)+ c(X- )＝0.10mo1·L-1 不再成立，A 选项错误； ( ) ( )- c HX c X ( ) ( )- c HX c X ( ) ( ) ( ) - +X H HX c c c ( ) ( ) -X HX c c ( ) ( )- HX X c c ( ) ( )- HX X c c -1 4.75x x =0.1mol L -x 10−× B．c 点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时 p[ ]=1，则 c(X-)=10c(HX)，带入电 荷守可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，则 c(Na+)＜10c(HX)，B 选项 正确； C．将 lg =0，带入 pH=-lgKa-lg ，可得此时 pH=-(-4.75)=4.75，所以 b 点坐标为(0，4.75)，C 选项错误； D．随着 NaOH 滴入，溶液 pH 增大，溶液中 NaX 逐渐增多，当溶质全部为 NaX 时水的电离程度达到最大， 此时容易呈碱性，也就是说在完全反应之前随着 NaOH 滴入，水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：c ＞b＞a，D 选项错误； 答案选 B。 8.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的 PH3 气体(熔点为-132℃，还原性强、易自燃)，可用于粮食 熏蒸杀虫。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以 PH3 计)的含量低于 0.05mg·kg-1 时算合格。可用以下方 法测定粮食中残留的磷化物含量： （操作流程）安装吸收装置→PH3 的产生与吸收→转移 KMnO4 吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。 （实验装置）C 中盛 100g 原粮，D 中盛有 20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4 溶液(H2SO4 酸化)。 请回答下列问题： （1）仪器 E 的名称是___，该仪器可否用于分液操作___？（答“能”或“不能”） （2）以磷化钙为例，写出磷化钙与水反应除了生成 PH3 之外，另一产物的电子式是___；检查整套装置气 密性的方法是关闭___打开___，抽气泵缓慢抽气，若观察到___(填字母)装置中有气泡产生则气密性良好。 （3）A 中盛装 KMnO4 溶液的作用是___；通入空气的作用是___。焦性没食子酸可以吸收氧化性气体，若 没有 B 装置，则实验中测得 PH3 含量将___（填“偏低”、“偏高”或“不变”） （4）D 中 PH3 被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为___。 （5）把 D 中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至 250mL，取 25.00mL 于锥形瓶中，用 5.0×10-5mol•L-1 的 Na2SO3 标准溶液滴定剩余的 KMnO4 溶液，消耗 Na2SO3 标准溶液 11.00mL，则该原粮中磷化物(以 PH3 计) 的含量为___ mg•kg-1。 ( ) ( )- c HX c X ( ) ( )- c HX c X ( ) ( )- c HX c X【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 不能 (3). (4). K1 (5). K2 (6). ABD (7). 除去空气中的还原性气体 (8). 吹出 PH3，使其全部被酸性 KMnO4 溶液吸收 (9). 偏低 (10). 5PH3+8MnO +24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O (11). 0.0085 【解析】 【分析】 根据题干信息可知，安装吸收装置→PH3 的产生与吸收→转移 KMnO4 吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定， 已知 C 中盛有 100g 原粮，E 中盛有 20.00mL1.13×10-3mol•L-1KMnO4 溶液(H2SO4 酸化)，吸收生成的 PH3，B 中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的 O2，防止氧化装置 C 中生成的 PH3，A 中盛装 KMnO4 溶液的作用除去空气中的还原性气体，据此分析解答。 【详解】(1)由 E 的结构可知，E 为球形分液漏斗；梨形分液漏斗下端小，萃取完成以后分液时较容易，球 形分液漏斗不能用于分液操作； (2)磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢，Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，另一产物氢氧化钙的电子式为 ，检查装置气密性的方法是关闭 K1 打开 K2，抽气泵缓慢抽气，若观察到 ABD 装置中有气泡产生则说明装置气密性良好； (3)依据装置图进行分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂，可以吸收空气中的还原性气体；通入空气，吹出 PH3，使其全部被酸性 KMnO4 溶液吸收，减小实验误差；B 中盛装焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收 空气中的氧气,防止氧化装置 C 中生成的 PH3，若没有 B 装置，PH3 部分被氧气氧化，则实验中测得 PH3 含 量将偏低； (4)PH3 被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平 书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO +24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O； (5)根据 2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O 反应可知，25 毫升溶液中剩余 KMnO4 的量为[5.0×10-5×11×10-3]× =2.2×10-7mol；那么 250 毫升溶液中剩余 KMnO4 的量为 ×2.2×10-7mol=2.2×10-6mol；与 PH3 反应的高锰酸钾物质的量=20×1.12×10-4×10-3mol-2.2×10-6mol=4.0×10-8mol， 根据 5PH3+8MnO +24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O 反应关系可知，消耗 PH3 的量为[4×10-8]× mol；C 中盛 100g 原粮，含有 PH3 的量[4×10-8]× mol，质量为 85×10-8g，则该原粮中磷化物(以 PH3 计)的含量为 0.0085mg•kg-1。 【点睛】本题在进行最后一问计算时，要根据反应关系计算出参与反应的酸性高锰酸钾溶液的量，但是要 - 4 - 4 2 5 250 25 - 4 5 8 5 8注意这是量取 25 毫升溶液中消耗高锰酸钾的量，计算总量时要注意是 250 毫升样品溶液，也就是得扩大 10 倍才能进行准确计算，否则误差相差太大。 9.金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。 以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下 列问题。 （1）钛酸亚铁（用 R 表示）与碳在高温下反应的化学方程式为 2R+C═2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学 式为_______________；钛酸亚铁和浓 H2SO4 反应的产物之一是 TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化 学方程式为____________________。 （2）上述生产流程中加入铁屑的目的是_________________________，此时溶液Ⅰ中含有 Fe2+、TiO2+和少 量 Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的 Ksp 如下表所示。 氢氧化物 Fe(OH)2 TiO(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 8.0×10-16 1.0×10-29 1.8×10-11 ①常温下，若所得溶液中 Mg2+的物质的量浓度为 0.0018mol/L，当溶液的 pH 等于_______时，Mg(OH)2 开 始沉淀。 ②若将含有 Fe2+、TiO2+和 Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为 ___________________________________________________________。 （3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取 TiCl4 方程式为________。Mg 还原 TiCl4 过程中必 须在 1070K 的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_________。除去所得金属钛中少量的金属镁可 用的试剂是__________________。 【答案】 (1). FeTiO3 (2). FeTiO3+2H2SO4═TiOSO4+FeSO4+2H2O (3). 防止 Fe2+氧化 (4). 10 (5). TiO2++2H2O═TiO（OH）2↓（或 H2TiO3）+2H+ (6). TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (7). 隔绝空 气 (8). 稀盐酸 【解析】 的本题考查化学反应原理的应用，（1）根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为 FeTiO3，没有气体产生，且产物 之一是 TiOSO4，Ti 的化合价没有发生变化，因此反应方程式为 FeTiO3+2H2SO4═TiOSO4+FeSO4+2H2O； （2）Fe2＋容易被氧气氧化，因此加入铁屑发生：Fe＋2F3＋=3Fe2＋，即加入铁屑的目的是防止 Fe2＋氧化；① 当 Qc=Ksp 时，溶液达到饱和，因此有 Ksp=c(Mg2＋)×c2(OH－)，代入数值，求出 c(OH－)=10－4mol·L－1，根据 水的离子积，求出 c(H＋)=10－14/10－4mol·L－1，推出 pH=10；②根据表格数据，TiO(OH)2 的 Ksp 最小，先沉 淀出来，因此加水稀释，白色沉淀应是 TiO(OH)2，即离子反应方程式为：TiO2++2H2O═TiO（OH）2↓（或 H2TiO3）+2H+；（3）钛酸煅烧得到 TiO2，反应制备 TiCl4 时所加的氯气和焦炭往往是过量的，因此 C 应转 化成 CO，因此制取 TiCl4 的化学反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，因为镁是活泼金属， 能与氧气发生反应，因此控制的条件是隔绝空气，钛是耐酸碱的金属，而镁能与酸发生反应，因此除去金 属镁，可用稀盐酸或稀硫酸。 10.CO2 是一种常用的化工原料，经常可以用来转化成高附加值的 CO、CH4、CH3OH、CO(NH2)2 等一碳 （C1）产物。 Ⅰ.以 CO2 与 NH3 为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。合成尿素的反应为 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g)。在不同温度及不同 y 值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率的变化情况如图所示。 该反应的 ΔH___(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)0，若 y 表示压强，则 y1___y2，若 y 表示反应开始时的氨碳比 [ ]，则 y1__y2。 Ⅱ.CO2 加氢过程，主要发生的三个竞争反应为： 反应 i：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49.01kJ•mol-1 反应 ii：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ∆H=-165.0kJ•mol-1 反应 iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ∆H=+41.17kJ•mol-1 回答下列问题：（1）由 CO、H2 合成甲醇的热化学方程式为__。 （2）如图是某甲醇燃料电池工作的示意图。 3 2 n(NH ) n(CO )质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为 1L2mol·L-1H2SO4 溶液。电极 a 上发生的电极反应为___， 当电池中有 1mole−发生转移时左右两侧溶液的质量之差为___g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。 （3）我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按 =3∶1 通入 H2 和 CO2， 分别在 0.1MPa 和 1MPa 下进行反应。试验中温度对平衡组成 C1(CO2、CO、CH4)中的 CO 和 CH4 的影响如 图所示（该反应条件下甲醇产量极低，因此忽略“反应 i”)： 则表示 1MPa 时 CH4 和 CO 平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___、___。M 点所表示物质的平衡组成 高于 N 点的原因是___。 【答案】 (1). ＜ (2). ＞ (3). ＜ (4). CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H=-90.18kJ•mol-1 (5). CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ (6). 12 (7). a (8). d (9). 相同温度下，增大压强反应 II 向正方 向移动，c(H2O）增大，使得反应 III 向逆方向移动，使得 CO 平衡组分降低 【解析】 【分析】 结合温度和压强对平衡的影响分析解答，利用盖斯定律书写热化学反应方程式并计算反应热，根据原电池 原 理 ， 电 极 a 为 负 极 ， 电 极 反 应 式 为 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ ， 电 极 b 为 正 极 ， 电 极 反 应 式 为 O2+4H++4e-=2H2O，结合电极反应式进行计算。 【详解】Ⅰ.由图象分析可知，温度升高，氨气转化率减小，说明平衡逆向进行，正反应为放热反应，则△H ＜0，压强越大平衡正向进行，氨气转化率增大，若 y 表示压强，则一定温度下 y1 大于 y2，若 y 表示反应开 始时的水碳比，升温平衡逆向进行，氨气转化率减小，一定温度下，水和二氧化碳之比越大，平衡逆向进 行，氨气转化率越小，则 y1 小于 y2，故答案为：＜；＞；＜； Ⅱ.(1)反应 i-反应 iii 即可得 CO、H2 合成甲醇的热化学方程式：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，根据盖斯定 律计算焓变：△H=-49.01kJ•mol-1-41.17kJ•mol-1=-90.17kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H=-90.18kJ•mol-1； (2)由上述分析可知，负极反应式为 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，当转移 1mol 电子时，左侧质量减轻 ×12g=2g，还要有 1mol H+通过质子交换膜进入右侧，质量减少 1g，正极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O，右侧 2 2 n(H ) n(CO ) 1 6质量增加 32g× =8g，加上转移过来的 1gH+，因此左右两侧溶液的质量之差为 8g+1g+2g+1g=12g，故答案 为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；12； (3)对于反应 ii，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O 的百分含量减少，对于平衡 iii，升高温度，则平衡正移， CO 的百分含量增加；增大压强，反应 ii，平衡正移，H2O 的百分含量增大，使反应Ⅲ逆移，CO 百分含量 降低，综上：CH4、CO 的变化幅度相对较小，则表示 CH4 和 CO 平衡组成随温度变化关系的曲线分别是 a、 d，故答案为：a；d；相同温度下，增大压强反应 II 向正方向移动，c(H2O）增大，使得反应 III 向逆方向动， 使得 CO 平衡组分降低。 【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化 学方程式(一般 2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减， 得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 ΔH 与原热化学方程式之间 ΔH 的换算关系。 11.近日，《自然—通讯》发表了我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二 氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。 （1）下列 N 原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是___，能量最低的是___(用字母表示)。 A. B. C. D. （2）第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在 B 和 N 之间的元素有___种。 （3）Na 与 N 形成的 NaN3 可用于制造汽车的安全气囊，其中阴离子的空间构型为___，Na 在空气中燃烧则 发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为___光谱(填“发射”或“吸收”)。 （4）已知 NH3 分子的键角约为 107°，而同主族磷的氢化物 PH3 分子的键角约为 94°，试用价层电子对互斥 理论解释 NH3 的键角比 PH3 的键角大的原因：___。 （5）BH3·NH3 是一种有效、安全的固体储氢材料，可由 BH3 与 NH3 反应生成，B 与 N 之间形成配位键， 氮原子提供___，在 BH3·NH3 中 B 原子的杂化方式为___。它的性质与乙烷有所不同：在标准状况下为无色 无味的白色固体，在水中溶解度也较大，其原因是___。 （6）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图 1 所示，可认为氮原子处于硼原子围成的某种空隙中，则 氮原子处于硼原子围成的___(填空间结构)空隙中。图 2 是立方氮化硼晶胞沿 z 轴的投影图，请在图中圆球 上涂“●”标明 N 的相对位置___。 1 4已知立方氮化硼的密度为 dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为 NA，则晶胞中硼原子与氮原子的最近距离为 ___nm。(只要求列算式) 【答案】 (1). D (2). A (3). 3 (4). 直线形 (5). 发射 (6). N 的原子半径 P 小、电负性比 P 大，使得 NH3 分子中孤对电子之间的距离比 PH3 分子中近、斥力大 (7). 孤电子对 (8). sp3 (9). BH3·NH3 分子间存在氢键，也能与水分子形成氢键，而乙烷分子不能 (10). 正四面体 (11). (12). ×107 【解析】 【分析】 在电子排布图中，根据能量最低原理排布的能量就最低，在能级越高的轨道中电子数越多，能量就越高来 判定；根据同周期元素第一电离能的变化规律及 IIA、VA 反常来解答；根据价层电子对来判断空间构型； 根据价层电子对互斥理论判断键角大小原因；根据键的形成实质及形成氢键来解答；根据晶体结构及密度 计算晶胞及棱长，由棱长再计算两原子的距离。 【详解】（1）N 原子电子排布图表示的状态中，符合能量最低原理的其能量就最低，能量越高的轨道中电 子个数越多，其能量越高，根据图知，A 符合能量最低原理，D 中能量较高的轨道中电子数最多，所以能 量最高；答案为 D，A。 （2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA 族、VA 族为全充满或半充满稳定状态， 第一电离能高于同周期相邻元素，因而在 B 与 N 之间还有 Be、C、O 三种元素；答案为 3。 （3）N3 -离子中心 N 原子价层电子对数=2+ =2，价层电子对数为 2，孤电子对为 0，N 原子杂 化方式为 sp 杂化，离子空间构型为直线形，电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na 元素发 生焰色反应是因为产生了原子，发射光谱；答案为直线形，发射。 （4）NH3、PH3 中心原子均为 sp3 杂化，N 的电负性比 P 大，N 原子半径比 P 原子半径小，N 原子对键合 电子吸引更强，因而 NH3 分子中成键电子对间的距离较近，成键电子对之间的斥力更大，使 NH3 的键角比 PH3 的键角大；答案为 N 的电负性比 P 大，N 原子半径比 P 原子半径小，NH3 分子中成键电子对间的距离 较近，成键电子对之间的斥力更大。 （5）B 原子形成 3 个 B-H 键，B 原子有空轨道，氨分子中 N 原子有 1 对孤电子对，B 与 N 之间形成配位 键，氮原子提供孤电子对，在 BH3·NH3 中 B 原子形成 3 个 B-H 键，B 还形成 1 个配位键，B 原子杂化轨道 数目为 4，B 原子杂化方式为：sp3 杂化，在水中溶解度较大是因为 BH3•NH3 分子属于极性分子，相似相溶， 且 BH3·NH3 分子间存在氢键，与水分子之间能形成氢键，该物质易溶于水，而乙烷不能；答案为孤电子对， 的 3 A 3 100 4 dN 5 2 1 2 3+ − ×sp3 杂化，BH3•NH3 分子属于极性分子，相似相溶，且 BH3·NH3 分子间存在氢键，与水分子之间能形成氢键， 该物质易溶于水，而乙烷不能。 （6）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图 1 所示，晶胞中每个 N 原子连接 4 个 B 原子，这 4 个 B 原子构成以 N 原子为体心的正四面体结构，图 2 是立方氮化硼晶胞沿 z 轴的投影图，在图中圆球上涂“●”标 明 N 的相对位置为 ，已知立方氮化硼的密度为 dg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为 NA，晶胞中 N 原子数为 4 ，B 原子 8 个顶点各一个，6 个面心各一个，则 B 原子数=8× +6× =4，晶胞的质量 m= g= g，晶胞体积 V=(a×10-7cm)3，晶胞的密度为 dg·cm-3，由 得出 ，晶胞的棱 长 a= nm，由于立方氮化硼中氮原子与周围的 4 个硼原子形成四面体结构，顶点 N 原子与四面 体中心 B 原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的 ，晶胞体对角线长度等于 晶胞棱长的 倍，硼原子与氮原子最近的距离为 x nm，则 x= anm，将 a 代入，x= ×107nm；答案为正四面体， ， ×107。 【点睛】本题应特别注意第（6）小问，是计算 N 原子与 B 原子的最近距离，不是晶胞的棱长，应根据它们 的连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的 ，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的 倍，以此计算。 12.药物中间体 Q、医用材料 PVA 的合成路线如图。 已知： 1 8 1 2 A M 4 N × A 100 N m V ρ = A 7 3 100 gNd (a 10 cm)−= × 73 A 100 10dN × 1 4 3 3 4 3 A 3 100 4 dN 3 A 3 100 4 dN 1 4 3Ⅰ.—NH2+ Ⅱ.A 的分子式是 C6H6 Ⅲ.W 是最简单的 α—氨基酸 IV.C→D 是取代反应 请回答下列问题： (1)A→B 的反应类型是___。 (2)B→C 是硝化反应，试剂 a 是___。 (3)E 的化学名称是___。 (4)F 的含有碳碳双键和酯基的同分异构体有___种(含顺反异构体，不含 F)，其中核磁共振氢谱有 3 组吸收 峰，且能发生银镜反应的结构简式是___。 (5)G→X 的化学方程式是___。 (6)W 能发生聚合反应，所形成的高分子化合物的结构简式是___。 (7)将下列 E+W→Q 的流程图补充完整(在虚线框内写出物质的结构简式)：___。 【答案】 (1). 取代反应 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). 邻苯二胺 (4). 5 (5). CH2=C(CH3)OOCH (6). +nH2O +nCH3COOH (7). (8). 、 【解析】 【分析】 (1)-(6)根据 Q 结构简式及 A 分子式知，A 为 ，A 发生取代反应生成 B，B 为 ，B→C 是硝化反 应，则 C 中含有氯原子和硝基，D 发生还原反应生成 E，根据 Q 结构简式知，E 中含有两个相邻的氨基， +H 加热 →则 E 为 ，D 为 、C 为 ，试剂 a 为浓硝酸、浓硫酸；W 能发生聚合反应， 结合 Q、E 结构简式知，W 为 H2NCH2COOH，Y 发生取代反应生成 W，X 发生取代反应生成 Y，Y 为 ClCH2COOH，X 为 CH3COOH，G 水解生成 X 和 PVA，则 G 为 ，F 为 CH3COOCH=CH2； (7)E 和 W 先发生取代反应生成 ，然后发生信息中的加成反应生成 ，据此进行分析。 【详解】(1)A 为苯、B 为氯苯，A→B 的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应； (2)B→C 是硝化反应，试剂 a 是浓硫酸、浓硝酸，浓硫酸作催化剂，故答案为：浓硫酸、浓硝酸； (3)E 的结构简式为 ，其化学名称为邻二苯胺，故答案为：邻苯二胺； (4)分子式满足 CH4H6O2 且含有碳碳双键和酯基的结构有：CH3COOCH=CH2(无顺反异构)， HCOOCH2CH=CH2(无顺反异构)，HCOOC(CH3)=CH2(无顺反异构)，HCOOCH=CHCH3(顺式，反式两种结 构)，CH2=CHCOOCH3(无顺反异构)，共 6 种，除去 F 还有 5 种；其中核磁共振氢谱有 3 组吸收峰，且能发 生银镜反应的结构为有 3 种氢且含有醛基，结构简式为 CH2=C(CH3)OOCH，故答案为：5；CH2=C(CH3)OOCH； (5)G→X 的化学方程式是 +nH2O +nCH3COOH，故答案为： +nH2O +nCH3COOH； (6)W 能发生聚合反应,形成的高分子结构简式是 ，故答案为： ； (7)E 和 W 先发生取代反应生成 ，然后发生信息中的加成反应生成 +H 加热 → +H 加热 →，故答案为： ； 。