湖北省武汉市部分学校2020届高三5月在线学习摸底检测（全国I）理综化学试题 Word版含解析 18页

- 1 - 2020 年武汉市部分学校高三在线学习摸底检测理科综合试卷化学 1.预防和灭杀新型冠状病毒是有效控制肺炎传播的重要手段。下列叙述中错误的是 A. 佩戴医用外科口罩或 N95 口罩能有效阻断病毒的传播 B. 使用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性 C. 医用酒精、含氯消毒剂的浓度越高其消毒效果越好 D. 能传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气 【答案】C 【解析】 【详解】A．医用外科口罩或 N95 口罩相较于普通口罩的优势在于能够阻挡气溶胶，而在飞沫 传播中病毒颗粒一般存在于气溶胶中，所以 N95 对于某些传播途径有比较好的阻断效果，能 有效阻断病毒的传播，故 A 正确； B．高温能使蛋白质变性，从而杀死病毒，则使用开水蒸煮餐具可使病毒蛋白质变性，故 B 正 确； C．含氯消毒剂的浓度越高，氧化性越强，其消毒效果越好，但医用酒精浓度过高，如 95%酒 精会使细菌细胞外面形成保护层，酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，75%的酒 精杀菌效果最好，所以医用酒精中乙醇的浓度为 75%，故 C 错误； D．由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系叫做气溶胶，又称气体 分散体系，其分散相为固体或液体小质点，其大小为 0.001~100 微米，分散介质为气体，能 传播新冠病毒的气溶胶的分散剂是空气，故 D 正确； 答案选 C。 2.化合物如图的分子式均为 C7H8。下列说法正确的是 A. W、M、N 均能与溴水发生加成反应 B. W、M、N 的一氯代物数目相等 C. W、M、N 分子中的碳原子均共面 D. W、M、N 均能使酸性 KMnO4 溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A.由 结构简式可知, W 不能和溴水发生加成反应， M、N 均能与溴水发生加成反应，故 A 错误； B. W 的一氯代物数目为 4 种，M 的一氯代物 数目 3 种，N 的一氯代物数目 4 种，故 B 错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子 - 2 - 和苯分子的共面结构可知，W、N 分子中的碳原子均共面，M 中的碳原子不能共面，故 C 错误， D. W 中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M 和 N 均含碳碳双键，故 W、M、N 均能被酸性 KMnO4 溶液氧化，故 D 正确;答案：D。 3.目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法 正确的是 A. ①、②、③三步反应均释放能量 B. 该反应进程中有两个过渡态 C. 第①步反应的活化能最小 D. 总反应速率由第①步反应决定 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据反应发生历程，结合图示，反应①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热 反应，反应②、③均为反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故 A 错误； B．过渡态理论认为，化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞就可以完成的，而是在反应物 到生成物的过程中，经过了一个高能量的过渡态。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态， 根据图示可知，该反应进程中有三个过渡态，故 B 错误； C．由图可知，第①步反应的活化能最大，故 C 错误； D．总反应的速率由进程中最慢的一步反应决定，有 C 项分析可知，第①步反应的活化能最大， 反应速率最慢，则总反应速率由第①步反应决定，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】看能量图时，注意比较反应物和生成物能量的相对大小，反应物能量低于生成物能 量时，吸收能量，反应物能量高于生成物能量时，释放能量。 4.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 - 3 - A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ag+与 Cl-结合形成氯化银沉淀，消耗氯水中的 Cl-，导致 Cl-浓度较低，促使氯气 与水反应向正向进行产生氯离子，氯水中氯气含量减少，淡黄绿色逐渐褪去，氯气和水反应 为氧化还原反应，故 A 与氧化还原反应有关； B．向氯化铁溶液中加入氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀转化为更难溶的氢氧化铁沉淀，白色浑 浊转变为红褐色沉淀，属于沉淀的转化，没有化合价的变化，没有发生氧化还原反应，故 B 与氧化还原反应无关； C．草酸是较好的还原剂，很容易被高锰酸钾在酸性条件下氧化生成二氧化碳，方程式为： 5H2C2O4+2MnO4 -+6H+ = 2Mn2++10CO2↑+8H2O，现象是高锰酸钾褪色并有气泡产生，锰元素的化合价 从+7 降低到+2 价，有化合价的变化，故 C 与氧化还原反应有关； D．钠在高温下与空气中的氧气反应并燃烧，钠元素的焰色反应为黄色，则反应中产生黄色火 焰，并生成淡黄色过氧化钠，氧元素的化合价从 0 降低到-1 价，有化合价的变化，故 D 与氧 化还原反应有关； 答案选 B。 【点睛】氧化还原反应的特征是有化合价的变化，本质是有电子的转移，可以根据有无化合 价的变化判断反应是否为氧化还原反应。 5.我国科学家合成了一种新的化合物，其结构式如图所示。该物质中 W、X、Y、Z、M 是短周 期中常见元素，且原子序数依次增大；已知 M 元素原子核外电子总数是 Y 元素原子核外 电子 总数的两倍。下列说法中错误的是 A. 由 X 和 Y 两种元素形成的化合物有多种 - 4 - B. W 和 Z 元素位于周期表中同一主族 C. 元素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X D. Y、M 元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M 【答案】B 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z、M 是短周期中常见元素，且原子序数依次增大；已知 M 元素原子核外电子总数是 Y 元素原子核外电子总数的两倍，结合结构式图所示，X 形成 3 个共价键，M 形成六个共价键， W 形成一个共价键，则 W 为 H 元素，X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 F 元素，M 为 S 元素，据此 分析结合元素性质解答。 【详解】根据分析，W 为 H 元素，X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 F 元素，M 为 S 元素； A．X 为 N 元素，Y 为 O 元素，由 X 和 Y 两种元素形成的化合物为氮氧化物，有一氧化氮、二 氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮等多种，故 A 正确； B．W 为 H 元素，位于第一周期第ⅠA 族，Z 为 F 元素，位于周期表第二周期第ⅦA 族，故 B 错 误； C．X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 F 元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，元 素的非金属性强弱顺序为：Z＞Y＞X，故 C 正确； D．Y 为 O 元素，M 为 S 元素，氧元素形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，沸点较高，硫 元素形成的气态氢化物为硫化氢，无氢键，则 Y、M 元素的气态氢化物沸点高低为：Y＞M， 故 D 正确； 答案选 B。 【点睛】根据元素的成键特征，可以判断出各元素所在的族，从而根据同周期元素的性质递 变规律进行判断。 6.利用固体氧化物电解池（SOEC)可实现乙烷电化学脱氢制乙烯，原理示意图如下所示。下列 说法错误的是 - 5 - A. X 是电源的正极 B. 该装置在工作过程中，O2-在固体氧化物中由下方向上方迁移 C. 阴极区发生的反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O D. 该过程的总反应方程式为：C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 如图所示，二氧化碳通过电解转变为一氧化碳，碳元素化合价降低，得电子，被还原，则与 Y 相连的电极为阴极，与 X 相连的电极为阳极，与阴极相连的为电源负极，则 X 为电源正极，Y 为电源负极。 【详解】A．根据分析，X 是电源的正极，故 A 正确； B．该装置在工作过程为电解池，电解池中阴离子向阳极移动，根据分析该电解池下方是阴极， 上方是阳极，则 O2-在固体氧化物中由下方向上方迁移，故 B 正确； C．利用固体氧化物做电解质电解，不会产生氢离子，则阴极区发生的反应为：CO2+2e-=CO+O2-， 故 C 错误； D．根据电解原理示意图所示，结合物料守恒和电荷守恒，该过程的总反应方程式为： C2H6+CO2=C2H4+CO+H2O，故 D 正确； 答案选 C。 7.在室温下，向 25 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液中逐滴加入 0.2mol/L CH3COOH 溶液，曲线如图所 示。下列说法中正确的是 A. 在 b 点的溶液中：m＞12.5，且有 c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+) B. 在 c 点的溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+) C. 在 d 点的溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+) D. 在 a 一 b 的溶液中一定都有：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+) 【答案】C 【解析】 - 6 - 【详解】A．NaOH 溶液与 CH3COOH 溶液恰好完全反应时消耗 CH3COOH 溶液 12.5mL，溶质只有 CH3COONa，溶液显碱性，在 b 点的溶液中，溶液显中性，则加入的 CH3COOH 溶液的体积大于 12.5mL ， 即 m ＞ 12.5 ， pH=7 ， 则 且 有 c(OH-)=c(H+) ， 溶 液 中 存 在 电 荷 守 恒 ： c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由于盐类水解程度较小，c(CH3COO-)＞c(OH-)，则 c(Na+)=c(CH3COO-) ＞c(OH-)=c(H+)，故 A 错误； B．在 c 点的溶液显酸性，则 c(OH-)＜c(H+)，故 B 错误； C．在 d 点的溶液为 CH3COOH 和 CH3COONa 的混合溶液，且浓度相等，根据物料守恒： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故 C 正确； D．a 点溶液中无 CH3COO-，b 点溶液中 c(OH-)=c(H+)，在 a 一 b 间的溶液中任一点，溶液中只 存在四种离子有 Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)， 溶液 pH＞7，溶液呈碱性，则存在 c(OH−)＞c(H+)，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞ c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，氢氧化钠足量，醋酸量少，离子浓度可能为：c(Na+)＞c(OH-)＞ c(CH3COO-)＞c(H+)，溶液中不一定都有 c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故 D 错误； 答案选 C。 8.某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。 实验一 碘含量的测定 取 0.0100 mol/L 的 AgNO3 标准溶液装入滴定管，取 100.00 mL 海带浸取原液至滴定池，用电 势滴定法测定碘含量。测得的电动势（E)反映溶液中 c(I-)的变化，部分数据如下表： 回答下列问题： (1)实验中“灼烧”是在___________（填仪器名称）中完成的。 (2)用文字具体描述“定容”过程：__________________________________ (3)根据表中数据判断滴定终点时用去 AgNO3 溶液的体积为___________mL,计算得海带中碘的 质量百分含量为_______________________％。 实验二 碘的制取 另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下： - 7 - 已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O (4)“适量 O2”中能代替 O2 的最佳物质对应的电子式为_________________ (5)若要测定“I2+水溶液”中碘的含量，可以选择______________作指示剂，用 Na2S2O3 溶液 滴定，滴定终点的现象是____________________。 (6)若得到“I2+水溶液”时加入硫酸溶液过多，用 Na2S2O3 溶液滴定时会产生明显的误差，产生 此误差的原因为_________________（用离子方程式表示）。 【答案】 (1). 坩埚 (2). 容量瓶加蒸馏水至刻度线下 1-2cm 处，改用胶头滴管滴加 蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切 (3). 20.00 (4). 0.635 (5). (6). 淀粉溶液 (7). 滴加最后一滴 Na2S2O3 溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且 半分钟内不变色 (8). ：2H++ S2O3 2-=S↓+SO2↑+H2O 【解析】 【分析】 实验一(1)实验中“灼烧”一般在坩埚中进行； (2)根据配制一定物质的量浓度溶液定容操作描述； (3)利用硝酸银溶液滴定碘离子，结合电动势的变化判断滴定终点，进而计算碘含量； 实验二(4) 将含有碘离子的海带浸出原液通入适量氧气将碘离子氧化为碘单质，可用其他氧 化剂来氧化碘离子且不引入新的杂质； (5)碘单质遇碘变蓝； (6)酸性条件下，Na2S2O3 自身会发生歧化反应。 【详解】实验一(1)实验中“灼烧”一般在坩埚中进行，则进行灼烧的仪器名称为坩埚； (2)根据配制一定物质的量浓度溶液定容操作为：继续向容量瓶加蒸馏水至刻度线下 1-2cm 处， 改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切； (3)利用硝酸银溶液滴定碘离子，根据表格中结合电动势的变化可得，当加入硝酸银溶液的体 积为 19.98~20.02mL 之间时，电动势发生突变，取中间值为 20.00mL，则碘的百分含量为 - 8 - -320.00 10 0.01 5 127 20.00     ×100%=0.635%； 实验二(4)将含有碘离子的海带浸出原液通入适量氧气将碘离子氧化为碘单质，可用其他氧化 剂来氧化碘离子且不引入新的杂质，可以选用双氧水来作氧化剂氧化碘离子，双氧水的电子 式为 ； (5)碘单质遇淀粉变蓝，则滴定操作可用淀粉溶液作指示剂，滴定终点时，碘单质被 Na2S2O3 溶 液全部转化为碘离子，现象为：滴加最后一滴 Na2S2O3 溶液时，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无 色，且半分钟内不变色； (6)酸性条件下，Na2S2O3 自身会发生歧化反应，离子反应为：2H++ S2O3 2-=S↓+SO2↑+H2O。 9.三氧化二镍（Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、 铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取 Ni2O3.已知草酸的 钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示： 回答下列问题： (1)“操作 I”为“酸浸”，为了提高酸浸的效率，可以采取的措施为__________（写出两条）。 (2)加入 H2O2 发生的主要反应的离子方程式为________________ (3)加入碳酸钠溶液调 pH 至 4.0~5.0，其目的是___________________ (4)将草酸镍（NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水，再采用高温煅烧，可制得 Ni2O3，同时获得 混合气体，该混合气体的主要成分为水蒸气和_________________ (5)工业上还可用电解法制取 Ni2O3 用 NaOH 溶液调 NiCl2，溶液的 pH 至 7.5，加入适量 Na 2SO4 后利用惰性电极电解。电解过程中产生的 Cl2，有 80%在弱碱性条件下生成 CIO-，再把二价镍 氧化为三价镍。CIO-氧化 Ni(OH)2 生成 Ni2O3 的离子方程式为_______________________amol 二 价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为_______mol. (6)以 Al 和 NiO(OH)为电极，NaOH 溶液为电解液组成原电池，放电时 NiO(OH)转化为 Ni(OH)2， 则放电时负极的电极反应式为_______________ 【答案】 (1). 将含镍废料粉碎、适当增大稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法(任选 2 种) (2). 2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++ 2H2O (3). 促进 Fe3+水解沉淀完全 (4). CO、CO2 (5). ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O (6). 1.25a (7). Al+4OH--3e-=AlO2 -+2H2O - 9 - 【解析】 【分析】 将含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)进行酸浸，转化为含有 Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+的浸出液， 向浸出液中加入双氧水，将 Fe2+转化为 Fe3+，再加入碳酸钠，调节溶液 pH 值，将 Fe3+转化为氢 氧化铁和碳酸钙沉淀过滤除去，再向滤液中加入 NH4F，使 Ca2+、Mg2+转化为 CaF2、MgF2 过滤除 去，得到的滤液中加入草酸，将 Ni2+转化为 NiC2O4·2H2O，据此分析解答。 【详解】(1)“操作 I”为“酸浸”，为了提高酸浸的效率，可以将含镍废料粉碎、适当增大 稀硫酸的浓度、适当升温、搅拌等方法； (2)加入 H2O2，将 Fe2+转化为 Fe3+，离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++ 2H2O； (3)加入碳酸钠溶液调 pH 至 4.0~5.0，其目的是促进 Fe3+水解转化为氢氧化铁沉淀完全； (4)草酸镍(NiC2O4∙2H2O)在热空气中干燥脱水后生成 NiC2O4，NiC2O4 再发生氧化还原反应(Ni 由 +2 价升高到+3 价，则 C 由+3 价降低到+2 价，题中要求生成混合气体，则另一气体为 CO2)， 再利用化合价升降相等，Ni：升高 2×(3-2)，C：升高 1×(4-3)，C：降低：3×(3-2)，生成 Ni2O3、CO、CO2，配平方程式为：2NiC2O4 高温 Ni2O3+3CO↑+CO2↑，该混合气体的主要成分为水蒸 气和 CO、CO2 ； (5)Cl 由+1 价降低到-1 价，Ni 由+2 价升高到+3 价，利用化合价升降相等可配平 ClO-、Ni(OH)2、 Cl-、Ni2O3 的系数，再利用 H 原子守恒配平水的系数，最后可利用 O 原子检查配平是否正确， 得到离子方程式为：ClO-+2Ni(OH)2═Cl-+Ni2O3+2H2O；     - - 2 3 22 - ClO + 2Ni OH Cl +Ni O +2H O n ClO 1 2 amol ═ 则 n(ClO-)=0.5 a mol；   - - - 2 2 2 Cl + 2OH ClO +Cl H O 0.8n Cl 0.5amol ═ 则 n(Cl2)=0.625a mol； 进行电解时：   - - 2 - 2 2Cl -2e Cl n e 0.62 ol 1 5am ═ - 10 - 则 n(e-)=1.25a mol； (6)以 Al 和 NiO(OH)为电极，NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池，放电时 NiO(OH)转化为 Ni(OH)2，发生还原反应，则 Al 发生氧化反应，碱性条件下得到 NaAlO2，该电池反应的化学方 程式是：Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2，则放电时负极的电极反应式为 Al+4OH--3e-=AlO2 -+2H2O。 10.丙烯是一种重要的有机化工原料，用于制丙烯腈、环氧丙烷、丙酮等。回答下列问题： (1)已知： I.C3H8(g)  C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ/mol II.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484kJ/mol 则丙烷氧化脱氢制丙烯反应 2C3H8(g)+O2(g)  2C3H6(g)+2H2O(g)的△H 为_________kJ/mol。 (2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制丙 烯的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 ①该反应历程中决速步骤的能垒（活化能）为_________eV，该步骤的化学方程式为________ ②请补充该历程之后可能发生的化学反应方程式_____________ (3)已知丙烷氧化脱氢容易发生副反应：2C3H8(g)+O2(g)  3C2H4(g)+2H2O(g)如图所示是丙烷氧 化脱氢制丙烯反应达到平衡时丙烷转化率与丙烯选择性随温度变化的曲线[丙烯的选择性＝ n= 3 6 3 6 2 4 n(C H ) n(C H )+n(C H ) ×100％] - 11 - ①丙烯的选择性随着温度的升高而降低的可能原因有_________ ②在反应温度为 600℃，将 C3H8 与 O2 以体积比为 1:1 充入刚性容器中，达到平衡时，丙烷的转 化率为 40%，丙烯的选择性也为 40%，体系总压强为 pkPa，则氧气的转化率 α (O2)=______________丙烯的分压 p(C3H8)=____________（结果保留 2 位有效数字）。 【答案】 (1). -236 (2). 1.73 (3). C3H8 ∗ =C3H7 ∗ +H∗ (4). 2H2O2=2H2O+O2↑ (5). 升高温度，催化剂的活性降低，生成丙烯的反应平衡逆向移动，生成乙烯的副反应产物 参加 (6). 20% (7). 0.087pkPa 【解析】 【分析】 (1) 根据盖斯定律计算反应热； (2)①该反应历程中决速的步骤为慢反应，活化能越大，反应速率越慢；根据活化能确定该步 骤的化学方程式； ②该历程产物为双氧水，不稳定易分解，之后可能发生双氧水分解； (3)①反应 2C3H8(g)+O2(g)  2C3H6(g)+2H2O(g)为吸热反应，温度过高催化剂活性降低； ②根据图示，结合“三段式”计算。 【详解】(1)已知：I．C3H8(g)  C3H6(g)+H2(g) △H1=+124kJ/mol II．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H2=-484kJ/mol 根据盖斯定律，I×2+ II 可得：2C3H8(g)+O2(g)  2C3H6(g)+2H2O(g) △H=-236kJ/mol； (2)①该反应历程中决速的步骤为慢反应，活化能越大，反应速率越慢，根据图示，活化能最 大的为过渡态 I，能垒(活化能)为 1.73 eV；根据活化能确定该步骤的化学方程式为 C3H8 ∗ =C3H7 ∗ +H∗ ； ②该历程产物为双氧水，不稳定易分解，之后可能发生双氧水分解，反应为：2H2O2=2H2O+O2↑； (3)①反应 2C3H8(g)+O2(g)  2C3H6(g)+2H2O(g)为吸热反应，温度过高催化剂活性降低，则升高 - 12 - 温度，催化剂的活性降低，生成丙烯的反应平衡逆向移动，生成乙烯的副反应产物参加； ②根据图示在反应温度为 600℃，将 C3H8 与 O2 以体积比为 1:1 充入刚性容器中，达到平衡时， 丙烷的转化率为 40%，丙烯的选择性也为 40%，体系总压强为 pkPa，相同条件下，物质的量之 比等于体积之比，2C3H8(g)+O2(g)  2C3H6(g)+2H2O(g)和 2C3H8(g)+O2(g)  3C2H4(g)+2H2O(g)， 反应中 C3H8 与 O2 的反应比例关系相同，设 C3H8 与 O2 的起始物质的量为 1mol，则： 3 8 2 0.4mol 0. 2C H ~ O 2mol 则氧气的转化率 α (O2)= 0.2 1 mol mol ×100%=20%； 设平衡时，反应生成 C3H6 的物质的量为 x，生成 C2H4 的物质的量为 y，        3 8 2 3 6 2 (mol) 1 1 0 0 2C H g +O g 2C H 1(mol) x x x x2 g (mol) x H O x +2 g 始 变 平        3 8 2 2 4 2 (mol) 0 0 2 2C H g +O g 3C 1 2(mol) ×y ×y y ×y3 3 H g +2H O g 3 2(mol) y × y3  始 变 平 根据题意可得： 2x y3 1  ×100%=40%， 100%x x y   40%，解得：x=0.2mol，y=0.3mol，平 衡时 n(C3H8)=1mol×(1-40%)=0.6mol，n(O2)=1mol×(1-20%)=0.8mol， n(H2O)=0.2mol+ 2 3 ×0.3mol=0.4mol，丙烯的分压 p(C3H8)= pkPa× 0.2 0.8 0.2 0.4 0.6 0.3    =0.087pkPa。 11.元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，且均小于 36。A 的基态原子 2p 能级有 3 个单 电子；C 的基态原子 2p 能级有 1 个单电子；D 的价电子数为 2 且与 E 同周期；E 的基态原子的 内部各能层均排满，且 4s 能级有 1 个单电子。回答下列问题： (1)基态 E 原子的价电子排布式为____________________ (2)A、B、C 三种元素第一电离能由大到小的顺序为___________（用元素符号表示）。 (3)与 A 的单质分子互为等电子体的分子和离子分别是________（用分子和离子符号表示）。 - 13 - AB2 的空间构型为___________，其中 A 原子的杂化类型是_______________ (4)B 元素简单氢化物的沸点是同族元素中最高的，原因是_____________ (5)向含 E 元素的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可得到深蓝色透明溶液。向溶液中加人乙醇， 将析出深蓝色晶体。该晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O 晶体中阳离子的结构式为 ____________ (6)C 和 D 形成化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρg/cm，阿伏加德罗常数为 NA， 则晶胞边长 a=______________cm(用含ρ、NA 的计算式表示）。 【答案】 (1). 3d104s1 (2). F＞N＞O (3). CO 和 CN-(或 C2 2-) (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). B 的 氢 化 物 为 H2O ， 水 分 子 间 存 在 氢 键 (7). (8). 3 A 4 78 ρN  【解析】 【分析】 元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，且均小于 36。A 的基态原子 2p 能级有 3 个单电子， 原子核外电子排布为 1s22s22p3，则 A 是 N 元素；C 的基态原子 2p 能级有 1 个单电子，且 C 的 原子序数大于 A，其原子核外电子排布为 1s22s22p5，所以 C 是 F 元素，结合原子序数可推知 B 是 O 元素；E 的基态原子的内部各能层均排满，且 4s 能级有 1 个单电子，且原子序数小于 36， 则 E 处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1，则 E 是 Cu 元素；D 与 E 同周期， 价电子数为 2，则 D 是 Ca 元素，据此解答。 【详解】(1)依据分析可知 E 是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式 [Ar]3d104s1，故基态 Cu 原子的价电子排布式为：3d104s1； (2)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第 VA 族元素第一电离能 大于第 VIA 族元素，所以 A、B、C 三元素第一电离能由大到小的顺序为 F＞N＞O； - 14 - (3)A 是 N 元素，A 的单质分子为氮气(N2)，2 个原子构成，价电子数为 10，互为等电子体的分 子和离子分别是 CO 和 CN-或 C2 2-；AB2 构成的物质为 NO2，N 原子的成键电子对数为 2，孤电子对 数= 1 2 ×(5-2×2)=0.5，计算出来的孤电子对不是整数，这时应当作 1 来对待，因为，单电子 也要占据一个孤对电子轨道，NO2 的价层电子对=2+1，所以 NO2 的 VSEPR 模型为平面三角形，N 原子的杂化类型是 sp2 杂化； (4)B 是 O 元素，O 元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，是因为水分子间能形成氢键导 致其沸点最高； (5)晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，晶体中铜离子与 NH3 之间的化学键为配位键，结构式为 ； (6)C 是 F 元素，D 是 Ca 元素，F 和 Ca 形成的化合物为 CaF2，由晶胞结构可知，晶胞中白色球 数目=8、黑色球数目=8× 1 8 +6× 1 2 =4，白色小球为 F，白色大球为 Ca，则晶胞质量= A 4 78 gN  ， 晶胞的体积为：a3= A 3 A 4 78 gN 4 78 g cm N       cm3，所以该晶胞边长 a= 3 A 4 78 ρN  cm。 12.有机物 M 是合成抗病毒药品洛匹那韦的一种重要中间体。其合成路线如下（其中 Ph 表示 苯基）： 回答下列问题： (1)物质 A 的化学名称是_______________ - 15 - (2)反应①所需的试剂和条件是 ______________；反应⑤所属的反应类型为 __________________ (3)F 中含氧官能团的名称是_______________ (4)反应②的化学反应方程式为______________ (5)有机物 X 是 C 的同分异构体，写出满足下列条件的 X 结构简式为_______________ ①苯环上有三个取代基 ②分子结构中含有硝基 ③核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 6:2:2:1 (6)写出以 和 CH3CN 为原料，制备 的合成路线（无机试剂任选）。 _______________ 【答案】 (1). 甲苯 (2). Cl2、光照 (3). 加成反应(或还原反应) (4). 羰基 (或酮基) (5). 3 + → +3HCl (6). 、 (7). + 4KMnO /H  苯甲醇 浓硫酸、 3 2CH CN/NaNH 【解析】 【分析】 (1)根据物质 A 的结构式书写名称； (2)反应①中 A的甲基上的氢原子被氯原子取代，反应⑤中 F 的碳氧双键变为 G 中的碳氧单键， 官能团由羰基变为羟基； - 16 - (3)根据 F 的结构式判断含氧官能团的名称； (4)根据流程图示书写反应②的化学反应方程式； (5)结合 C 的结构，根据题意书写有机物 X 的结构简式； (6) 被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸( )， 再与 在浓硫酸 加热条件下发生酯化反应生成 ， 和 CH3CN、NaNH2 作用反应生成 。 【详解】(1)根据物质 A 的结构式，由苯环和甲基构成，名称为甲苯； (2)反应①中 A 的甲基上的氢原子被氯原子取代，则反应条件为 Cl2 在光照条件下反应生成 B， 反应⑤中 F 的碳氧双键变为 G 中的碳氧单键，官能团由羰基变为羟基，碳氧双键上加成了氢 原子，则反应类型为加成反应(或还原反应)； (3)F 的结构式为 ，含氧官能团的名称为羰基(或酮基)； (4)根据流程图示，反应②的化学反应方程式为： 3 + → +3HCl； (5) C 的结构简式为 ，苯环上有三个取代基，分子结构中含有硝基，核磁 共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 6:2:2:1，说明 X 的结构中含有 4 种不同环境的氢原子，且 氢原子个数比为 6:2:2:1，则符合要求的结构有 、 ； - 17 - (6) 被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸( )， 再与 在浓硫酸 加热条件下发生酯化反应生成 ， 和 CH3CN、NaNH2 作用反应生成 ，则合成路线为： + 4KMnO /H  苯甲醇 浓硫酸、 3 2CH CN/NaNH 。 - 18 -