2021届全国百校联考新高三原创预测试卷(三)化学
2021届全国百校联考新高三原创预测试卷（三）
化学
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 P31 Al27 Cu64 I127
一、选择题：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.中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. “胡粉[(PbCO3?Pb(OH2) ]投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用受热分解反应原理，故A 错误；
B. “有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B 正确；
C. “曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；
D. “铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D 正确。
综上所述，答案为A。
2.N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 13 g13 C含有的中子数目为6 N A
B. 常温下，I LpH =4的醋酸溶液所含离子总数为2 ×10-4N A
C. 100 g质量分数为98% 的磷酸中所含氧原子总数为4 N A
D. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，转移的电子数目为0.3 N A
【答案】B
【解析】
【详解】A. 13C 中子数为7，13 g13C物质的量为1mol，13 g13C含有的中子数目为7 N A，故A 错误；
B. 常温下，I L pH =4的醋酸溶液中氢离子物质的量为n(H+)=1×10?4 mol·L?1×1 L=1×10?4 mol，醋酸电离出氢离子和醋酸根，两者浓度相等，因此所含离子总数为2 ×10-4N A，故B正确；
C. 100 g质量分数为98% 的磷酸中磷酸质量为100g×98% =98g，物质的量为
n=
98g
98g/mol
=1mol，磷酸中含氧原子总数为4 N A，但由于还有2g水，水中也含有氧，因此
溶液中氧原子总数大于4 N A，故C错误；
D. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，铁可能变为硝酸铁，也可能变为硝酸亚铁，因此转移的电子数目不一定为0.3 N A，故D错误。
答案为B。
3.螺环化合物M()是合成某功能材料的单体，下列关于M的说法错误
的是
A. 分子式为C19H24O4
B. 能发生加成反应、取代反应和氧化反应
C. 一氯代物有7 种(不含立体异构)
D. 所有氧原子可能处于同一平面上【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 根据结构简式得到分子式为C19H24O4，故A正确；
B. 含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，光照条件与氯气发生取代反应，故B正确；
C. 具有对称性，其一氯代物有7 种，如图，故C正确；
D. 四个氧原子中间为碳原子，相当于甲烷中的四个氢被四个氧原子取代，因此所有氧原子不可能处于同一平面上，故D错误。
综上所述，答案为D。
4.蔥醌(AQDS)是一种具有氧化还原活性的廉价有机分子，蔥醌／碘化铵液流可充电电池(如图)以其环保、价廉、稳定等优点被研究及广泛应用。充电时，AQDS转化为AQDS (NH4)2。下列说法错误的是
A. 放电时，b极电势低于a极
B. 充电时，a极的电极反应式为：3I--2e-= I3-
C. 充电时，电路中每转移1 mole-，膜两侧电解液的质量变化差为36 g
D. 该装置中的阳膜也可以用阴膜代替
【答案】D
【解析】
【分析】
充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2，说明b极为阴极，a极为阳极，则放电时a极为正极，b
极为负极。
【详解】A. 根据分析，放电时，b极为负极，因此b极电势低于a极，故A正确；
B. 充电时，a极为阳极，电极反应式为：3I－－2e－= I3－，故B正确；
C. 充电时，电路中每转移1 mole－，左侧1molNH4+移动到右侧，因此膜左侧质量减少18g，右侧质量增加18g，因此膜两侧电解液的质量变化差为36 g，故C正确；
D. 该装置中的阳膜不能用阴膜代替，如果用阴膜代替，铵根离子不能穿过则不能生成
AQDS(NH4)2，故D错误。
答案为D。
5.实验小组同学探究NH3与Cl2的反应，装置如图所示。常温常压下，将氨气收集在薄膜保鲜袋(无弹性)中，氯气收集在反应管中，关闭K，按图连接好装置；将氨气压入反应管，充分反应后打开K。下列说法错误的是
A. 反应开始后，保鲜袋逐渐被吸入反应管
B. 反应过程中，反应管中产生白烟
C. 打开K后，水会倒吸入反应管
D. 上述反应原理可用于检验输送氯气的管道是否泄漏
【答案】C
【解析】
【分析】
NH3与Cl2混合后，发生反应：8NH3+3Cl2==6NH4Cl+N2，40mLNH3与15mLCl2刚好完全反应，此时气体由55mL变为5mL，反应管内气体的压强减小，必然导致薄膜保鲜袋进入反应管，最终使反应管内气体的压强等于大气压强。
【详解】A．由上面分析可知，反应开始后，反应管内气体压强减小，保鲜袋逐渐被吸入反应管，A正确；
B．反应过程中，反应管中生成NH4Cl固体，悬浮于气体中，从而产生白烟，B正确；
C．打开K后，因反应管内气体的压强等于大气压强，所以水不会倒吸入反应管，C错误；
D．利用上述反应原理，可将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近输送氯气管道中怀疑漏气的部位，从而根据有无白烟产生，判断管道是否泄漏，D正确；
故选C。
6.化合物甲是一种重要的医药中间体，其结构式如图所示。其中Q、W、X、Y、Z为原子半径依次递增的短周期元素，Q、X、Z分列于三个不同周期。下列说法错误的是
A. 非金属性：X B. Q与W形成化合物的沸点高于Q与X形成化合物的沸点 C. 化合物甲中除Q外，其它原子均满足8电子稳定结构 D. 0.1 mol?L-1最高价氧化物对应水化物的酸性：Y> Z 【答案】B 【解析】 【分析】 由“Q、X、Z分列于三个不同周期”，可推出Q为H元素，X为第二周期元素，Z为第三周期元素；从甲的结构图中可以看出，X形成4个共价键，W形成2个共价键，Z形成2个共价键，则X最外层电子数为4，W最外层电子数为6，Z最外层电子数为6；从而得出X为C元素，W为O元素，Z为S元素。 【详解】由以上分析可知，Q、W、X、Y、Z分别为H、O、C、Cl、S。 A．因为酸性H2CO3 B．H与O形成化合物可能为H2O或H2O2，沸点可能低于H与C形成化合物(如高聚物)的沸点，B错误； C．化合物甲中含有H、C、O、S元素，除H外，其它原子均满足8电子稳定结构，C正确；D．0.1 mol?L-1最高价氧化物对应水化物的酸性：Cl> S，D正确； 故选B。 7.常温下，用NaOH溶液滴定NH4HSO4溶液，混合溶液相对导电能力变化曲线如图所示，已知：K b(NH3? H2O) =10-5，下列叙述正确的是 A. X→Y 过程中发生反应的离子方程式为：+ 4NH +OH -= NH 3? H 2O B. Y 点满足：c (+ 4NH ) +c (Na +) =2c (2- 4SO ) C. 水的电离程度：X>Y>Z D. 若Z 点溶液pH=1l ，则此时溶液中氨水浓度约0.1 mol?L -1 【答案】D 【解析】 【分析】 从图中可知，Z 点时溶液的导电能力最弱，表明此时NH 4HSO 4与NaOH 刚好完全反应，生成Na 2SO 4和NH 3? H 2O ；则X→Y 过程中只发生H ++OH －=H 2O ，溶质为NaNH 4SO 4。 【详解】A ．NH 4HSO 4溶液中滴加NaOH 溶液，H +与OH -先发生反应，+ 4NH 与OH -后发生反应，X→Y 过程中发生反应的离子方程式为：H ++OH －=H 2O ，A 不正确； B ．Y 点时，溶质为NaNH 4SO 4，pH<7，满足电荷守恒：c (+ 4NH ) +c (Na +) + c (H +) =2c (2-4SO )+c (OH -)，由于c (H +)> c (OH -)，所以c (+4NH ) +c (Na +)<2c (2- 4SO )，B 不正确； C ．X 点溶质为NH 4HSO 4溶液，硫酸氢铵电离出的H +将抑制水的电离，Y 点溶质为NaNH 4SO 4，因+ 4NH 水解促进水的电离，Z 点溶质为Na 2SO 4和NH 3? H 2O ，水的电离受到抑制，但比X 点对水的抑制作用弱，所以水的电离程度：Y>Z >X ，C 不正确； D ．若Z 点溶液pH=1l ，则此时溶液中发生一水合氨的电离：NH 3·H 2O +4NH +OH -，则 K b =432(NH )(OH )(NH H O)c c c +- ??，即33321010(NH H O) c --??=10-5，氨水浓度约为0.1 mol?L -1，D 正确； 故选D 。 二、非选择题 (一)必考题 8.乙烯是一种重要的基本化工原料，实验小组同学欲制备乙烯并验证其与溴单质的反应类型为加成反应。 I．乙烯的制备 欲利用下图所给装置制备乙烯。反应原理为：CH 3 CH2OH CH2=CH2↑+H2O，反应过程 中观察到蒸馏烧瓶中溶液逐渐变黑。 (1)欲收集一瓶乙烯，选择上图中的装置，其连接顺序为_____(按气流方向，用小写字母表示)。 (2)C中盛放的试剂为______，其作用为_____。 (3)在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加___；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为____。 (4)尾气吸收可采用________(填选项字母)。 A．KMnO4酸性溶液B．浓硫酸C．饱和Na2CO3溶液D．NaOH溶液 II．验证乙烯与溴单质的反应类型为加成反应。 实验小组同学将I中制得的乙烯干燥后，按下列两种方案进行实验。 方 案 操作现象 一将纯净的乙烯通入溴水中溴水褪色 二 向充满纯净乙烯的塑料瓶中注入适量溴的CC14溶 液，振荡①溴的CCl4溶液褪色② (5)乙烯与溴单质发生加成反应的化学方程式为_________。 (6)方案一不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，原因为_________。 (7)方案二中现象②应为______，要想用此方案证明乙烯与溴单质发生的反应是加成反应，还 需补充的实验为：继续向方案二塑料瓶中加入少量______，振荡后，若_____，证明发生了加成反应。 【答案】(1). bdcefi (2). NaOH 溶液(3). 除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体(4). 乙醇(5). 冷却后补加(6). A (7). CH2 = CH2+ Br2→CH2BrCH2Br (8). 发生取代反应同样可以使溴水褪色, 溴水中含有HBr 和HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应(9). 塑料瓶变瘪(10). 石蕊溶液(11). 溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成） 【解析】 【分析】 用乙醇与浓硫酸作用制乙烯，需将浓硫酸加入乙醇中(相当于浓硫酸稀释)，然后往混合液中加入碎瓷片(或沸石)，以防暴沸；用温度计控制溶液温度在170℃左右，然后用酒精灯加热；由于浓硫酸会将乙醇氧化，生成CO2、SO2等气体，所以气体应先通过盛有碱液的洗气瓶，再用排水法收集，尾气用KMnO4酸性溶液处理。证明乙烯与溴发生的反应类型是加成反应还是取代反应，关键是证明产物中是否含有HBr。 【详解】(1)欲收集一瓶乙烯，需使用B、C、D、F装置，其连接顺序为bdcefi。答案为：bdcefi； (2)C装置的作用是吸收乙烯中CO2、SO2等气体，盛放的试剂为NaOH 溶液，其作用为除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体。答案为：NaOH 溶液；除去乙烯中混有的SO2、CO2等酸性气体； (3)由以上分析知，在烧杯中混合浓硫酸和乙醇时，应先添加乙醇；实验开始一段时间后发现忘记加碎瓷片，此时应该进行的操作为冷却后补加。答案为：乙醇；冷却后补加； (4)因为浓硫酸、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液均不能吸收尾气，所以尾气吸收可采用KMnO4酸性溶液，故选A。答案为：A； (5)乙烯与溴单质发生加成反应，生成BrCH2CH2Br，化学方程式为CH2= CH2+ Br2→BrCH2CH2Br。答案为：CH2= CH2+ Br2→BrCH2CH2Br； (6)方案一中，不管是否发生加成反应，产物都为无色，所以不能证明乙烯与溴单质发生了加成反应，原因为发生取代反应同样可以使溴水褪色，溴水中含有HBr 和HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应。答案为：发生取代反应同样可以使溴水褪色, 溴水中含有HBr 和HBrO 等成分，不一定是Br2发生加成反应； (7)方案二中，由于塑料瓶内气体体积减小，瓶体积也应减小，所以现象②应为塑料瓶变瘪，要想用此方案证明乙烯与溴单质发生的反应是加成反应，还需补充证明产物中不含有HBr的 实验为：继续向方案二塑料瓶中加入少量石蕊溶液，振荡后，若溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成），证明发生了加成反应。答案为：塑料瓶变瘪；石蕊溶液；溶液不变红（或硝酸酸化的硝酸银溶液，无淡黄色沉淀生成）。 【点睛】乙烯的相对分子质量为28，与空气的平均相对分子质量29只相差1，所以收集乙烯不能使用排空气法，也就是不能使用装置E。 9.铝热法冶炼金属铬的矿渣中含有Cr2O7、Al2O3及少量Fe2O3，从中提取铬与铝有酸法和碱法两种工艺。请回答： I．酸法。矿渣经硫酸浸取后，浸取液通过电沉积得到单质Cr；向剩余溶液中加碱回收得到Al(OH)3。 (1)为提高矿渣的浸取率，可采取的措施有_____(写出两点)。 (2)电沉积时，阴极的电极反应式为______________。 II. 碱法。工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后固体成分为Na2CrO4、NaAlO2、NaFeO2。 AlO、Zn2+均可与EDTA1：1结合成络离子；Zn2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且②- 2 结合能力弱于EDTA。 (3)浸渣的主要成分为Fe(OH)3。则“浸取”时发生反应的离子方程式为_________。 (4)“浸取”后所得溶液中Al的含量可用EDTA滴定法测定： ①取20.00mL浸取液于锥形瓶中，加入c1mol?L-1EDTA标准液V1mL(稍过量)； ②依次用盐酸、醋酸钠—醋酸缓冲溶液调溶液至酸性，加热后滴入PAN指示剂； ③用c2mol?L-1ZnSO4标准液滴定至溶液恰好呈紫红色，消耗标准液V2mL。则“浸取”后所得溶液中Al的含量为_________g?L-1(填计算式即可)。 (5)“碳分”时通入CO2后，通过_____(填操作名称)，即可得到纯净的Al2O3。 (6)“还原”时发生主要反应的离子方程式为__________。 (7)“沉淀”时，当c(Cr3+)≤10-5mol?L-1时，应调节溶液的pH至少为_________。 （K sp[Cr(OH)3]=1.0×10-32） 【答案】 (1). 适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任 意两点) (2). Cr 3++3e - = Cr (3). -2FeO +2H 2O= Fe(OH)3↓+OH - (4). () 112227c V -c V 20 (5). 过滤、洗涤、加热 (6). 82-4CrO +32-23S O +34H +=62-4SO +8Cr 3+ +17H 2O 或 42-27Cr O +32-23 S O +26H +=62- 4SO +8Cr 3++13H 2O (7). 5 【解析】 【分析】 Ⅰ.结合浸取速率的影响因素分析，根据电解池原理分析解答； Ⅱ.由题干信息，根据工艺流程分析可知，矿渣中加入纯碱在空气中焙烧生成Na 2CrO 4、NaAlO 2、NaFeO 2，再加水浸取，发生反应- 2FeO +2H 2O=Fe(OH)3↓+OH -，浸渣 Fe(OH)3，向浸取液中 通入CO 2，发生反应2H 2O+NaAlO 2+CO 2=NaHCO 3+Al(OH)3↓，过滤后滤液中含有Na 2CrO 4，再向滤液中加入Na 2S 2O 3和稀硫酸，Na 2CrO 4被还原为Cr 3+，再加入氨水沉淀可得到Cr(OH)3，据此分析解答。 【详解】Ⅰ.(1)酸浸时，可采用适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌等方法提高矿渣的浸取率，故答案为：适当增加硫酸浓度、升高反应温度、减小矿渣粒径、增加浸取时间、搅拌(任意两点)； (2)电沉积时，C 3+在阴极得到电子生成Cr ，电极反应式为Cr 3++3e - =Cr ，故答案为：Cr 3++3e - =Cr ； Ⅱ.(3)根据上述分析可知，加水浸取，发生反应- 2FeO +2H 2O=Fe(OH)3↓+OH -，浸渣为Fe(OH)3，故答案为：-2FeO +2H 2O=Fe(OH)3↓+OH -； (4)已知-2AlO 、Zn 2+均可与EDTA 以1：1结合成络离子；Zn 2+可与PAN1：1结合成紫红色络合物，且结合能力弱于EDTA ，则-2AlO 消耗的EDTA 的物质的量为(c 1V 1-c 2V 2)×10-3mol ，则Al 的物质的量为(c 1V 1-c 2V 2)×10-3mol ，其质量为 27g/mol×(c 1V 1-c 2V 2)×10-3mol=27(c 1V 1-c 2V 2)×10-3g ，则溶液中Al 的含量为()()-1 -3-31122112227g 27=g L 2010L c V -c V 10c V -c V 20 ??，故答案为：()112227c V -c V 20； (5)“碳分”时，向浸取液中通入CO 2，发生反应2H 2O+NaAlO 2+CO 2=NaHCO 3+Al(OH)3↓，过滤得到Al(OH)3沉淀，将沉淀洗涤后加热可直接分解得到纯净的Al 2O 3，故答案为：过滤、洗涤、加热； (6)过滤后滤液中含有Na 2CrO 4，再向滤液中加入Na 2S 2O 3和稀硫酸，Na 2CrO 4被还原为Cr 3+，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可得，反应的离子方程式为 82-4CrO +32-23S O +34H +=62-4SO +8Cr 3++17H 2O 或42-27Cr O +32-23S O +26H +=62- 4SO +8Cr 3+ +13H 2O ，故答案为：82-4CrO +32-23S O +34H +=62-4SO +8Cr 3+ +17H 2O 或42-27Cr O +32-23 S O +26H +=62-4SO +8Cr 3++13H 2O ； (7)根据沉淀溶解平衡Cr(OH)3Cr 3++3OH -可得，K sp [Cr(OH)3]=c(Cr 3+)·c 3(OH -)，则当 c (Cr 3+)=10-5mol?L -1时，() ()() -32 - -9-133 -5 sp 33+[] 1.0C 10c OH ===10r OH mol L 10 c Cr K ?，则pOH=-lg[c(OH -)]=9，pH=14-pOH=5，所以应调节溶液的pH 至少为5，故答案为：5。 10.为了解决能源的可再生及将CO 2变废为宝等问题，科学家借鉴自然界的光合作用原理，通过“人工” 光合作用合成了甲醇等液态燃料，因此甲醇又被称为液态太阳燃料。液态太阳燃料的合成及应用如下图所示。 请回答： (1) 联系自然界的光合作用原理，并结合上述图示， 写出“人工”光合作用的化学方程式；______；在图示转化过程中，太阳能除了储存在甲醇中，还储存在_____中(填化学式)。 (2)图中热催化过程的反应原理为CO 2(g ) + 3H 2(g ) = CH 3OH (g ) + H 2O (g )△H 。 已知：2H 2(g )+O 2(g )=2H 2O (g )△H 1= -483.6 kJ ?mo1-1； 2CH 3OH (g )+3O 2(g )=2CO 2(g )+4H 2O (g )△H 2=-1352.86 kJ ?mol -1 △H =_____________。 (3)实验室对热催化反应进行模拟探究：一定温度下，向容积均为2 L 的恒容密闭容器中分别通入1.0 mol CO 2(g )和3.0 mol H 2(g )， 在不同催化剂X 、Y 的催化下发生反应。测得5 min 时，CO 2转化率与温度的变化关系如图所示。 ①该反应适宜选用的催化剂为__________(填“X '”或 “Y ”)。 ②T 1K 时，a 点对应容器在0～5 min 内的平均反应速率v (H 2)=______；b 、c 点对应状态下反应物的有效碰撞几率b ______c (填“＞”“＜”或“=”)，原因为___________。 ③T 2K 时，若反应前容器内的压强为p ， 则该温度下反应的平衡常数K P =_________。 (K P 为用分压表示的平衡常数)。 (4)我国化学家结合实验和计算机模拟结果，研究得出热催化反应的一种可能历程如图所示，其中自由基用“?”标出，过渡态用TS 表示。 四个过渡态中对反应速率影响最大的是____，理由为____；该步骤的化学方程式为____。 【答案】 (1). 2CO 2+4H 2O ???→太阳能2CH 3OH +3O 2或2H 2O ???→太阳能 2H 2+O 2、CO 2+3H 2?????→催化剂 CH 3OH +H 2O (2). H 2 (3). -48.97 kJ · mo1-1 (4). X (5). 0.12 mol -1?min -1 (6). ＞ (7). b 点比c 点对应状态下反应物浓度大，体系温度高 (8). 2 25 3p (9). TS 1 (10). 该步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大 (11). CO 2+6H ?=HOCO ?+5H ?或CO 2+H ?=HOCO ? 【解析】 【分析】 根据液态太阳燃料的合成示意图分析反应过程；根据盖斯定律计算热催化过程的ΔH ，结合转 化率图像选择合适的催化剂，并根据公式c v=t ??计算反应速率，根据三段式计算压强平衡常数，根据图像分析写出化学方程式。 【详解】(1)由液态太阳燃料的合成示意图分析可知，排放在空气中的CO 2与H 2O 电解产生的H 2在太阳能的条件下发生反应生成CH 3OH ，反应的化学方程式为2CO 2+4H 2O ???→ 太阳能2CH 3OH +3O 2或2H 2O ???→ 太阳能 2H 2+O 2、 CO 2+3H 2?????→催化剂 CH 3OH +H 2O ，则太阳能出来储存在甲醇中，还储存在H 2中，故答案 为：2CO 2+4H 2O ???→ 太阳能 2CH 3OH +3O 2或2H 2O ???→ 太阳能 2H 2+O 2、 CO 2+3H 2?????→催化剂 CH 3OH +H 2O ；H 2； (2)根据题干信息，1 2 (3×反应1-反应2)可得反应CO 2(g )+3H 2(g )=CH 3OH (g )+H 2O (g )，根据盖斯定律可得 ()() -11-1-123-483.6kJ mol --1352.86kJ mol ()=-48.97kJ mol 2 3H H H ?=?-??= ，故答案 为：-48.97； (3)①根据图像可知，相同温度时选用催化剂X 时，CO 2的转化率较高，故答案为：X ； ②由图像，T 1K 时，a 点对应容器在0～5 min 内CO 2的转化率为40%，则 Δn (CO 2)=1.0mol ×40%=0.4mol ，根据方程式CO 2(g )+3H 2(g )=CH 3OH (g )+H 2O (g )可知，Δn (H 2)=3Δn (CO 2)=1.2mol ，则平均反应速率 ()()2-1-1 2 1.2mol Δc H 2L v H ===0.12mol L min Δt 5min ，由于b 点比c 点对应状态下反应物浓度大， 体系温度高，所以b 点对应状态下反应物的有效碰撞几率b ＞c ，故答案为：0.12 mol -1?min -1；＞；b 点比c 点对应状态下反应物浓度大，体系温度高； ③由图像可知，T 2K 时CO 2的转化率为60%，即Δn (CO 2)=1.0mol ×60%=0.6mol ，则可列三段式： ()() ()()() ()() 2232mol 1300mol 0.6 1.80.60.6mol 0.4 1.2 0CO g +3.6 0.H g CH OH g +H O g 6 起始转化平衡 由阿伏加德罗定律PV =nRT 可知，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，因此反应后的总压强 为0.7p ，则该温度下反应的平衡常数p 3 20.60.60.7p 0.7p 252.8 2.8==3p 1.20.40.7p 0.7p 2.8 2.8K ??????? ? ? ????? ??? ??? ? ? ??? ?，故答案为：2 25 3p ； (4)由热催化反应的历程图分析可知，TS 1步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大，对反应速率的影响最大，反应方程式为CO 2+6H ?=HOCO ?+5H ?或CO 2+H ?=HOCO ?，故答案为：TS 1；该步反应的活化能（或能垒或需要吸收的能量）最大；CO 2+6H ?=HOCO ?+5H ?或CO 2+H ?=HOCO ?。 【点睛】(3)③为易错点，计算压强平衡常数K p 时，需注意题干条件的p 是反应前的总压强，需根据阿伏加德罗定律得出反应后的总压强为0.7p ，再计算各组分的分压，从而计算平衡常数。 (二)选考题 11.青铜是人类历史上一项重大发明，它是铜(Cu)、锡(Sn) 和铅(Pb) 的合金，也是金属冶铸史上最早的合金 。 请回答 ： (1)基态Cu 原子通过失去_____轨道电子转化为Cu +；Sn 的原子序数为50，基态Sn 原子的价层电子排布式为______。 (2)红氨酸( ) 可用于鉴别 Cu 2+。红氨酸分子中C 原子的价层电子对数目 为___； N 原子的杂化方式为___； N 原子与 H 原子形成共价键的电子云对称形式为___ 。 (3)CuCl 的盐酸溶液能吸收CO ， 该反应可用于测定气体混合物中CO 的含量，生成物M 的结构如下图所示。 ①与CO 互为等电子体的离子为 _________(任写一种即可)。 ②M 中所有元素的电负性由大到小的顺序为 ____________。 ③画图表示出M 中Cu 原子形成的所有配位键_________。 (4)金属钙和铜的晶体结构相似，但铜的熔点比钙高，试分析其原因为___________。 (5)铜晶体中，Cu 原子之间会形成不同类型的空隙，比如下图铜晶胞中铜原子a 1、a 2、a 3、a 4 围 成一个正四面体空隙 ，a 2、a 3、a 4 、a 5、a 6、a 7 围成一个正八面体空隙。 ①铜晶体中，铜原子数：正四面体空隙数：正八面体空隙数＝____。 ②若a 2 与a 3 的核间距离为d pm ， 阿伏加德罗常数的值为N A ，则铜晶体的密度为___g?cm -3( 列出计算表达式)。 【答案】 (1). 4s (2). 5s 25p 2 (3). 3 (4). sp 3 (5). 轴对称 (6). CN - 或 2- 2C (7). O> Cl> C> H> Cu (8). (9). 铜原子的半径小、价电子数多， 晶 体中金属键强， 熔点高 (10). 1: 2: 1 (11). ( ) 3 -10 A 644 N 2d 10 ?? ? 【解析】 【详解】（1）Cu 原子核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1，基态Cu 原子通过失去4s 轨道电子转化为Cu +；Sn 的原子序数为50，位于ⅣA 族，基态Sn 原子的价层电子排布式为5s 25p 2。故答案为：4s ；5s 25p 2； （2）红氨酸( ) 分子中C 原子的价层电子对数目为42111 32 -?--+ =3； N 原子的价层电子对数目为5211 32 -?-+ =4， N 原子的杂化方式为sp 3；N 原子的2p 与 H 原子的1s 轨道形成杂化轨道， N 原子与 H 原子形成共价键的电子云对称形式为轴对称。故答案为：3；sp 3；轴对称；2 （3）①由电子-电荷互换法可得：与CO 互为等电子体的离子为CN -或 2- 2C (任写一种即可)。故答案为：CN -或 2-2C ； ②同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，结合电负性的值：O-3.5， Cl-3.0，C-2.5,H-2.1,Cu-1.9,M 中所有元素的电负性由大到小的顺序为 O> Cl> C> H> Cu 。故答案为：O> Cl> C> H> Cu ； ③铜提供空轨道，配位体的配原子C 、Cl 、O 提供孤电子对，M 中Cu 原子形成的所有配位键如图 。故答案为： ； （4）金属钙和铜的晶体结构相似，但铜的熔点比钙高，其原因为铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高。故答案为：铜原子的半径小、价电子数多， 晶体中金属键强， 熔点高； （5）①晶体铜的晶胞属于面心立方最密堆积，每个晶胞中平均占有4个铜原子；晶胞的每一个顶点与邻近的3个面心可以构成一个正四面体，共形成8个正四面体空隙；6个面心构成一个正八面体，每一条棱的中心都处于正八面体的中心，共有12条棱，属于该晶胞的正八面体的空隙共有1+12? 1 4 =4。综上所述，铜原子数、正四面体空隙数和正八面体空隙数之比为4:8:4=1：2：1；故答案为：1: 2: 1； ②若a 2 与a 3 的核间距离为d pm ，2 dpm ，晶胞中铜原子个数为： 8×18 +6×1 2 =4，阿伏加德罗常数的值为N A ，则铜晶体的密度为 ( ) 3 -10 A 644 N 2d 10 ?? ?g?cm -3(列出计算表达式)。故 答案为： ( ) 3 -10 A 644 N 2d 10?? ?。 12.阿比朵尔可用于合成一种治疗新型冠状病毒肺炎的试用药物，实验室以芳香化合物A 为原料合成阿比朵尔的一种合成路线如下： 已知： 请回答： (1)A的化学名称为_________；B的结构简式为_________。 (2)阿比朵尔中含氧官能团的名称为________；由E生成F的反应类型为_______。 (3)由C生成D的化学方程式为___________。 (4)C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为 ___(填选项字母)。 A. 质谱仪 B. 红外光谱仪 C. 元素分析仪 D. 核磁共振仪 同时满足下列条件的C的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)。 ①苯环上连有-NH2②能发生水解反应和银镜反应 (5)参照上述合成路线，设计以苯和丁酮( ) 为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：________________________________。 【答案】(1). 对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）(2). (3). 酯基、（酚）羟基(4). 取代反应(5). +H2O (6). C (7). 13 (8). 【解析】 【分析】 A为，A与发生取代反应生成B，B的结构简式为，B在Zn/HCl 条件下，将硝基还原成氨基，由C生成D的化学方程式为 +H2O。D在一定条件下生成E，E为，E的N原子上H被甲基取代，发生取代反应得到F，F溴代生成G，与巯基苯发生取代反应得到产品。 【详解】（1）A为，化学名称为对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）；A与发生取代反应生成B，B的结构简式为。故答案为：对硝基苯酚（或4-硝基苯酚）； ； （2）阿比朵尔中含氧官能团-OH、-COOR,名称为酯基、（酚）羟基；E的N 原子上H被甲基取代，由E生成F的反应类型为取代反应。故答案为：酯基、（酚）羟基；取代反应； （3）由C生成D的化学方程式为 +H2O。故答案为： +H2O； （4）C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为：A．质谱仪各种粒子的质荷比不同，故A不选；B．红外光谱仪测到的化学键不同，故B不选；C.元素分析仪分析到的组成元素相同，故C选；D. 核磁共振仪测到的氢的种类和个数比不同，故D不选；故答案为：C； 用打碎残基法，将除苯环以外的原子团拆开，同时满足下列条件的C的同分异构体有① 苯环上连有-NH2②能发生水解反应和银镜反应，含有-OOCH，氨基甲苯有三种，然后将 -OOCH连上去，有如图所示、、共13种 (不考虑立体异构)。 故答案为：13； （5）参照上述合成路线，以苯和丁酮( ) 为原料制备，合成路线(无机试剂任选)，先制取硝基苯，还原成苯氨，与作用得产品： 。 故答案为：。 【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点（4）是同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构，注意官能团在苯环和侧链上的位置异构。