2019-2020学年四川省成都航天中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年四川省成都航天中学新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．LiFePO4是一种电动汽车电池的电极材料，实验室以绿矾和磷酸为原料制备LiFePO4的流程如下：

（1）“溶解”和“反应1”步骤不能互换的原因是________。

（2）“反应1”的离子方程式是________。

（3）“反应2”是2LiOH＋6H2C2O4＋2FePO4===2LiFePO4＋7CO2↑＋5CO↑＋7H2O，其中体现氧化性和还原性的反应物的物质的量之比为________。

（4）LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是：①________，②________。

（5）利用LiFePO4作电极的电池稳定、安全、对环境友好，放电时工作原理如图所示。放电时电极b的电极反应式为_________。

【答案】可能导致FePO4中混有较多Fe(OH)32Fe2＋＋ClO－＋2H3PO4＋4OH－===2FePO4↓＋Cl－＋5H2O 9∶7 改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2＋被氧化

Li(1－x)FePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4

【解析】

【详解】

（1）“溶解”时溶液保持酸性，抑制亚铁离子的水解，保持离子浓度较高，“反应1”生成FePO4，步骤不能互换，否则可能导致FePO4中混有较多Fe(OH)3；

（2）“反应1”在磷酸存在下，加入氢氧化钠时亚铁离子被次氯酸根离子氧化生成FePO4，反应的离子方程式是2Fe2＋＋ClO－＋2H3PO4＋4OH－===2FePO4↓＋Cl－＋5H2O；

（3）“反应2”是2LiOH＋6H2C2O4＋2FePO4===2LiFePO4＋7CO2↑＋5CO↑＋7H2O，反应中碳元素由+3价降为+2价、铁元素由+3价降为+2价；碳元素由+3价升为+4价，根据氧化还原反应原理，每生成2molLiFePO4，则生成7mol CO2，转移7mole-，故体现氧化性的反应物H2C2O4、FePO4和还原性的反应物H2C2O4的物质的量之比为（2.5+2）：3.5=9：7；

（4）LiFePO4需要在高温下成型才能作为电极，高温成型时要加入少量活性炭黑，其作用是：①改善成型后LiFePO4(或电极)的导电作用，②与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2＋被氧化；

（5）利用LiFePO4作电极的电池稳定、安全、对环境友好，放电时工作原理如图所示。放电时锂离子通过

隔膜向电极b移动，则电极b为正极，电极上Li＋得电子产生LiFePO4，电极反应式为Li(1－x)FePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4。

2．以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了Li x C6生成与解离。下列说法正确的是

A．锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用

B．该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化

C．放电时，负极材料上的反应为6C+xLi++ xe- =Li x C6

D．放电时，正极材料上的反应为LiFePO4 - xe- = Li1-x FePO4 + xLi+

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C Li1-x FePO4+Li x C6。

A. 为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；

B. 根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-x FePO4+Li x C6可知，LiFePO4与Li1-x FePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；

C. 放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6- xe- =6C+xLi+，故C错误；

D. 放电时，Li1-x FePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-x FePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D错误；

答案选A。

【点睛】

本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。

3．以丁烯二醛和肼为原料经过Diels-Alder反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（）

A．哒嗪的二氯代物超过四种

B．聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色

C．丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪

D．物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；

B. 聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；

C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；

D. 1mol丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol氢气，D错误。

故选C。

4．利用如图所示装置进行下列实验，不能得出相应实验结论的是

选项①②③实验结论

A 稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：S>C>Si

B 浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性

C 浓硝酸Fe NaOH溶液说明铁和浓硝酸反应可生成NO2

D 浓氨水生石灰酚酞氨气的水溶液呈碱性

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、稀硫酸滴入碳酸钠中二者反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，说明顺酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，非金属性：S>C>Si，能得出相应实验结论，不选A；

B、浓硫酸能使蔗糖脱水碳化，反应放热，浓硫酸在加热条件下与碳反应生成的二氧化硫能使溴水褪色，能得出实验结论，不选B；

C、常温下，浓硝酸使铁钝化，不能得出实验结论，选C；

D、浓氨水与生石灰反应生成的氨气使酚酞变红，证明氨气的水溶液呈碱性，能得出实验结论，不选D；答案选C。

5．某药物中间体的合成路线如下：

下列说法正确的是

A．对苯二酚和互为同系物

B．1 mol该中间体最多可与7 mol氢氧化钠反应

C．2，5—二羟基苯乙酮能发生加成、水解等反应

D．该中间体分子含有羰基和羟基两种含氧官能团

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.对苯二酚中含两个酚羟基，中含1个酚羟基和1个醇羟基，结构不相似，不是同系物，A 错误；

B.中间体中的2个Cl原子、酯基、酚羟基都可与氢氧化钠反应，由于Cl原子与苯环直接相连，酯基为酚酯基，故1mol中间体最多可与7molNaOH反应，B正确；

C.2，5—二羟基苯乙酮中存在的苯环、羰基能与氢气等发生加成反应，但不能发生水解反应，C错误；

D.中间体分子中含有酯基、羟基、羰基三种含氧官能团，D错误；

答案选B。

6．甲基环戊烷（）常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是

A．难溶于水，易溶于有机溶剂

B．其一氯代物有3种

C．该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应

D．与2-己烯互为同分异构体

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A. 甲基环戊烷是烃，烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；

B. 甲基环戊烷有四种位置的氢，如图，因此其一氯代物有4种，故B错误；

C. 该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；

D. 甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10，因此两者互为同分异构体，故D正确。

综上所述，答案为B。

7．关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（）

A．不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色

B．可以与稀硫酸或NaOH溶液反应

C．分子中所有原子共平面

D．易溶于饱和碳酸钠溶液

【答案】B

【解析】

【详解】

A．该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；

B．该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中发生水解反应，B正确；C．分子中含有-CH3，基团中的原子不可能共平面，C不正确；

D．该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D不正确；

故选B。

8．一种芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如图所示：

下列关于该高分子的说法不正确的是

A．芳纶纤维可用作航天、航空、国防等高科技领域的重要基础材料

B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH或一NH2

C．氢键对该高分子的性能有影响

D．结构简式为

【答案】D

【解析】

【详解】

A.由于芳纶纤的拉伸强度比钢丝还高，分子之间氢键的存在，增加了分子之间的吸引力，使物质更致密，防护功能更高，A正确；

B.根据物质的分子结构可知，该化合物是由、发生缩聚反应产生，的官能团是氨基(-NH2)，的官能团是羧基(-COOH)，B正确；

C.氢键的存在增加了分子之间的吸引力，影响了物质的物理性质，如溶解性、物质的熔沸点，C正确；

D.根据物质的结构可知其结构简式为，D错误；

故合理选项是D。

9．习近平总书记在上海考察时指出，垃圾分类工作就是新时尚。下列垃圾分类错误的是

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．废旧玻璃可以回收熔化再利用，所以应属于可回收物，A正确；

B．铅酸电池中含有铅、硫酸等污染环境的物质，属于危险废物，B错误；

C．杀虫剂有毒性，会污染环境，属于有害垃圾，C正确；

D．蔬菜、瓜果、皮核、蔗渣、茶叶渣等都来自家庭产生的有机易腐垃圾，属于厨余垃圾，D正确；

故选B。

10．下列关于硫酸铜溶液和氢氧化铁胶体的说法中，正确的是

A．前者是混合物，后者是纯净物B．两者都具有丁达尔效应

C．分散质的粒子直径均在1~100nm之间D．前者可用于杀菌，后者可用于净水

【答案】D

【解析】

【详解】

A、溶液和胶体都是分散系，属于混合物，故A错误；

B、胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能，故B错误；

C、溶液中溶质粒子直径较小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故C错误；

D、硫酸铜是重金属盐，能杀菌消毒，胶体具有较大的表面积，能用来净水，故D正确；

故选D。

11．下列说法不正确的是

A．在光照条件下，正己烷（分子式C6H14）能与液溴发生取代反应

B．乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同

C．总质量一定的甲苯和甘油混合物完全燃烧时生成水的质量一定

D．对二氯苯仅一种结构，说明苯环结构中不存在单双键交替的结构

【答案】D

【解析】

【详解】

A. 在光照条件下，烷烃能够与卤素单质发生取代反应，故A正确；

B．乙炔和乙烯与溴水都能发生加成反应，则褪色原理相同，故B正确；

C. 甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氢量相等，总质量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氢元素的质量一定，完全燃烧时生成水的质量一定，故C正确；

D．对二氯苯仅一种结构，不能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构，因为如果是单双键交替的结构，对二氯苯也是一种结构，故D错误；

故选D。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意是不是单双键交替的结构，要看对二氯苯是不是都是一种，应该是“邻二氯苯仅一种结构，才能说明苯环结构中不存在单双键交替的结构”，因为如果是苯环结构中存在单双键交替的结构，邻二氯苯有2种结构。

12．Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为N A，则下列说法正确的是

A．1moLNH4+所含电子数为11N A

B．30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 N A

C．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应

D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2

【答案】B

【解析】

【详解】

A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10N A，故A错误；

B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=

30g

30g/mol

=1mol，含有的

共用电子对数目为4 N A，故B正确；

C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是?2，N2H2中N元素化合价是?1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是?1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；

D．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；

答案选B。

【点睛】

准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。

13．下列离子方程式正确的是

A．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO42－+Ba2++3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓

B．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH－+O2↑

C．Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O

D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+CO32－

【答案】C

【解析】

【详解】

A. Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液的离子方程式为：2Fe3++3SO42－

+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，故错误；

B. Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑，故错误；

C. Na2SO3溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为：6H++5SO32－+2MnO4-=5SO42－+2Mn2++3H2O，故正确；

D. 向苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3－，故错误。

故选C。

14．钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：

下列说法错误的是（）

A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O

B．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8mol

C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+

D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：

Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；

B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；

C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；

D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；

故答案为D。

【点睛】

难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。

15．下列使用加碘盐的方法正确的有（）

①菜烧好出锅前加盐②先将盐、油放锅里加热，再加入食材烹饪

③煨汤时，将盐和食材一起加入④先将盐放在热锅里炒一下，再加入食材烹饪

A．①B．② ③ ④C．③ ④D．① ③

【答案】A

【解析】食盐中所加的含碘物质是KIO3，KIO3在加热的条件下容易分解生成易挥发的碘单质，导致碘损失，所以正确的方法为①菜烧好出锅前加盐，故答案选A。正确答案为A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．苯甲酸（）是重要的化工原料，可应用于消毒防腐、染料载体、增塑剂、香料及食品防腐剂的生产，也可用于钢铁设备的防锈剂。某化学实验小组在实验室中以苯甲醛为原料制取苯甲酸和副产品苯甲醇（）的实验流程

:

已知：①；；

（R、R1表示烃基或氢原子）

②相关物质的部分物理性质见表：

名称相对密度

熔点

/℃沸点

/℃

溶解度

水乙醚

苯甲醛 1.04 －26 179.6 微溶易溶

苯甲酸 1.27 122.1 249

25℃微溶，95℃可

溶

易溶

苯甲醇 1.04 －15.3 205.7 微溶易溶

乙醚0.71 －116.3 34.6 不溶—

请回答下列问题:

（1）进行萃取、分液操作时所用玻璃仪器的名称为___________。分液时，乙醚层应从_______(填“下口放出”或“上口倒出”)。

（2）洗涤乙醚层时需要依次用NaHSO 3溶液、10%Na 2CO 3溶液、蒸馏水进行洗涤。其中加入NaHSO 3溶液洗涤的主要目的是________________，对应的化学方程式为___________________________。 （3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为_____________，蒸馏时应控制温度在____℃左右。 A ．34.6 B ．179.6 C ．205.7 D ．249

（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为________________。

（5）称取10.60g 的苯甲醛进行实验，最终制取产品乙的质量为3.66g ，则产品乙的产率为____________。 【答案】分液漏斗、烧杯 上口倒出 除去乙醚层中含有的苯甲醛

防止暴沸 D 重结晶 60%

【解析】 【分析】

（1）根据仪器名称写出相应的仪器名称；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出； （2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛； （3）根据碎瓷片的作用及苯甲酸沸点分析；

（4）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程； （5）根据产率=100%?实际得到产品的质量

理论得到产品的质量

进行计算。

【详解】

（1）萃取分液用到的玻璃实验仪器名称是分液漏斗、烧杯；乙醚密度小于水，在上层，分液时，乙醚层应从上口倒出；

（2）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛，饱和碳酸钠溶液除去残留的亚硫酸氢钠；根据题给信息可知，二者发生加成反应，

化学方程式为：；

（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为防止暴沸，蒸馏时得到产品甲为苯甲酸，应控制温度在249℃左右； 答案选D ；

（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为重结晶； （5）称取10.60g 的苯甲醛进行实验，理论上得到苯甲酸的质量为

10.60g 122

6.11062

g ?=?，最终制取产品乙

的质量为3.66g ，则产品乙的产率为3.66100%60%6.1g

g

?=。 【点睛】

本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。

已知：

RCOOR1+R2OH RCOOR2+R1OH（R代表烃基）

+R1OH

（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。

（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。

（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。

（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。

（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。

①与丙二酸二乙酯的官能团相同；

②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；

③能发生银镜反应。

（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成

请写出中间产物的结构简式：

中间产物I_____________；中间产物II_____________。

【答案】CH3COOH 加成反应羰基+2C2H5OH2H2O

【解析】

【分析】

丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。

【详解】

(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；

(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；

(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：

+2C2H5OH2H2O ；

(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚

物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为：；

(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相

同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为，故答案为：；

(6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OH RCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。

【点睛】

本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。

已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH1 = －aKJ/mol

C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) ΔH2= －bKJ/mol

试写出25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式

_________________________________。

(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：甲：CO 2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= — 53.7kJ·mol-1平衡常数K1

乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H= + 41.2kJ·mol-1平衡常数K2

①CO(g)+2H 2(g) CH 3OH(g)的平衡常数K=______(用含K 1、K 2的表达式表示)，该反应△H_____0(填“大

于”或“小于”)。

②提高CO 2转化为CH 3OH 平衡转化率的措施有___________(填写两项)。

③催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO 2和H 2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t 1min)。 温度(K) 催化剂

CO 2转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项 543 Cu/ZnO 纳米棒材料 12.3 42.3 A 543 Cu/ZnO 纳米片材料 11.9 72.7 B 553 Cu/ZnO 纳米棒材料 15.3 39.1 C 553

Cu/ZnO 纳米片材料

12.0

70.6

D

由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO 2的转化为CH 3OH 的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为___________(填字母符号)。 (3)以CO 、H 2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H 2(g)

CH 3OH(g)。在体积均为2L 的三个恒容密闭容

器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO 和2molH 2，三个容器的反应温度分别为T 1、T 2、T 3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min 时H 2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。

①0～5min 时间内容器Ⅱ中用CH 3OH 表示的化学反应速率为_________________。 ②三个容器中一定达到平衡状态的是容器________(填写容器代号)。

【答案】8CO 2(g)+25H 2(g)=C 8H 18(1)+16H 2O(1) ΔH=—（25a-b ）KJ/mol K=12

K

K 小于 降低温度、

减小产物浓度 B 0.0875mol/(L·min) Ⅲ 【解析】 【详解】

(1)已知：①H 2(g)+1/2O 2(g)=H 2O(l) ΔH 1 =—aKJ/mol ； ②C 8H 18(1)+25/2O 2(g)=8CO 2(g)+9H 2O(1) ΔH 2=—bKJ/mol

根据盖斯定律，由①×25-②得反应方程式：8CO 2(g)+25H 2(g)=C 8H 18(1) +16H 2O(1) ΔH=25ΔH 1-ΔH 2=ΔH=—（25a-b ）KJ/mol ；

(2) ①已知甲：CO 2(g)+3H 2(g)

CH 3OH(g)+H 2O(g) △H=-53.7 kJ·mol -1平衡常数 K 1

乙：CO 2(g)+H 2(g) CO(g)+H 2O(g) △H=+41.2 kJ·mol -1平衡常数K 2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H 2(g) CH 3OH(g)的平衡常数K=

1

2

K K ；△H=-53.7 kJ·

mol -1-41.2 kJ·mol -1=-94.9 kJ·mol -1<0；②反应CO(g)+2H 2(g)

CH 3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO 2转化为CH 3OH 平衡转化率的措施有降

低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO 2和H 2等；③由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO 纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B 选项； (3) ①CO(g)+2H 2(g)

CH 3OH(g)

开始时的物质的量：1 2 0 转化的物质的量： a 2a a 平衡时的物质的量：1-a 2-2a a

容器Ⅱ中0～5 min 内H 2含量是20%，a=，v(CH 3OH)= 0.0875mol/(L·min)；②Ⅲ中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。 【点睛】

本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。

19．2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：

（1）对叔丁基杯[4]芳烃(

如图Ⅰ所示)可用于ⅢB 族元素对应离子的萃取，如La 3+、Sc 2+。写出基态二价钪离子(Sc 2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。

（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。

（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N 3-、SCN ?等。一定条件下，SCN ?与MnO 2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。

（4）NH 3分子在独立存在时H －N －H 键角为106.7°。如图 [Zn(NH 3)6]2+离子的部分结构以及H －N －H 键

角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。

（5）橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。

（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：

则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm?3。(N A为阿伏伽德罗常数的值)

【答案】1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d110 sp3氢键N≡C—S—S—C≡N 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大分子离子键、配位键、极性键90 4×12×60×1030/(a3×N A)

【解析】

【分析】

（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数；

（2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答；

（3）根据等电子体原理分析作答；

（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答；

（5）根据给定的物理性质判断晶体类型；

【详解】

（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有

1+1+3+1+3+1 = 10个，

故答案为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；

（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起，

故答案为sp3；氢键；

（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，故答案为N≡C-S-S-C≡N；

（4）氨分子与Zn 2＋形成配合物后，孤对电子与Zn 2＋

成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H －N －H 键角变大，

故答案为氨分子与Zn 2＋

形成配合物后，孤对电子与Zn 2＋

成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H －N －H 键角变大；

（5）熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co 2(CO)8属于分子晶体；

NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有CO 与中心钴离子形成配位键，而配体内部C 原子与O 原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键， 故答案为分子；离子键、配位键、极性键；

（4）根据C 60分子结构，C 60分子中1个碳原子有2个C －C 键、1个"C=C"，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为

32，即一个C 60分子中含有σ键的个数为60×3

2

= 90；根据C 60晶胞结构，离C 60最近的C 60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12个；C 60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量

为1

412g /mol 60A N mol -?? = 41260A

N ?? g ，晶胞的体积为（a×10－10）3 = a 3×10－30 cm 3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为330

41260

g

10A

N a -??? = 4×12×60×1030/(a 3×N A ), 故答案为4×12×60×1030/(a 3×N A )。