【精准解析】河南省六市(南阳市、驻马店市)2020届高三第二次联合调研检测理综化学试题

2020年河南省六市高三第二次联合调研检测

化学能力测试

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 K 39 Fe 56

第Ⅰ卷（选择题）

1.2020年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性，杀菌消毒，做好个人防护是防止疫情蔓延的重要措施。下列有关说法中错误的是 A. 医用酒精消毒液中乙醇的体积分数为75%

B. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 C. 84消毒液与酒精混用杀菌消毒效果更好

D. 二氧化氯泡腾片具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，具有低浓度高效灭杀病毒能力 【答案】C 【解析】

【详解】A． 医用酒精消毒液是按酒精和水的体积比3:1配制而成的，乙醇的体积分数为75%，故A正确；

B． 生产医用防护口罩的原料聚丙烯属于合成纤维、是高聚物，属于有机合成高分子材料，故B正确；

C． 84消毒液成分是NaClO，具有强氧化性，能将酒精氧化，故C错误；

D． 二氧化氯泡腾片中，ClO2中Cl显+4价，得电子能力强，具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，具有低浓度高效灭杀病毒能力，故D正确； 故选C。

【点睛】本题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意物质的性质与用途的对应关系，难点C，理解NaClO能将乙醇氧化的性质。

2.维生素C又称抗坏血酸，能增强对传染病抵抗力，有解毒作用等，其结构式为

，下列有关说法错误的是

A. 维生素C分子式为C6H8O6

B. 维生素C的同分异构体中可能有芳香族化合物

- 1 -

C. 向维生素C溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液颜色变红，说明维生素C溶液显酸性 D. 在一定条件下，维生素C能发生氧化反应、加成反应、取代反应和消去反应 【答案】B 【解析】

【详解】A. 根据结构简式，维生素C分子式为C6H8O6，故A正确；

B. 维生素C的的不饱和度为3，苯的不饱和度为4，维生素C同分异构体中不可能有芳香族化合物，故B错误；

C. 酸性条件下，紫色石蕊试液呈红色，故C正确；

D. 含-OH、-COOC－能发生取代反应，含C=C可发生加成反应、氧化反应，含-OH可发生消去反应和氧化反应，故D正确； 故选B。

3.为达到实验目的，下列选用的装置、实验操作均正确的是 A 实验目的 比较H2O2和Fe3+的氧化性 配制100 mL 1.0 mol·L－B 1实验步骤和装置 将盐酸酸化的双氧水滴入Fe(NO3)2溶液中 向100mL容量瓶中加入4.0 g NaOH固体，加水到刻度线 NaOH溶液 C 验证牺牲阳极的阴极保护法 往铁电极附近滴加铁氰化钾溶液 将两片大小相同的淀粉碘化钾试纸分别放置于两支规格相同的试管中，向试纸上滴加2.0 mol·L的H2SO4D 探究温度对反应速率的影响 溶液2～3滴，密封试管，分别在室温和40℃水浴中反应，观察并记录变色时间

－1 - 1 -

A. A 【答案】D 【解析】

B. B C. C D. D

【详解】A．将盐酸酸化的双氧水滴入Fe(NO3)2溶液中，酸性条件下，NO3－显氧化性，也能将Fe2＋氧化，故A错误；

B．不能向容量瓶中直接加入4.0 g NaOH固体，应在烧杯中溶解，冷却后，转移到容量瓶中，故B错误；

C．验证牺牲阳极的阴极保护法，应设计成原电池，图中给的是外加电流的阴极保护法，故C错误；

D．控制其它变量相同，只留温度一个变量，探究温度对反应速率的影响，故D正确； 故选D。

4.苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：

+(CH3CO)2O(乙酸酐)

下列有关说法正确的是

A. 1 mol苯所含的化学单键数目为12NA B. 0.1 mol乙酸酐中含有的电子数目为5.4NA C. 气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2倍

D. 1L 2 mol·L－1 CH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA 【答案】B 【解析】

【详解】A. 苯中6个碳形成6 键，1 mol苯所含的化学单键C-H数目为6NA，故A错误； B. 0.1 mol乙酸酐中含有的电子数目为0.1×（6×4+8×3+1×6）NA=5.4NA，故B正确； C. 气体密度与气体状态有关，气体状况未知，无法比较密度大小，故C错误；

D. 醋酸溶液中，醋酸分子、水分子都能与钠反应产生氢气，所以1L 2 mol·LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数远远大于NA，故D错误； 故选B。

【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，易错点A，注意苯环的结构特点，易错点C，注意气体密度与温度、压强有关系。

- 1 -

－1

+CH3COOH， NA代表阿伏加德罗常数的值。

6

5.CuCl是应用广泛的有机合成催化剂，可从黄铜矿（主要成分为CuFeS2）中制取。

已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(s)+2Cl(aq)⇌[CuCl3](aq)（无色溶液）。下列叙述正确的是 A. “浸取”过程中的主要反应为CuFeS2+4CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S

B. 浸取所得到的FeCl2溶液，可用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板

C. 加水有利于CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl－浓度增大 D. 为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥 【答案】D 【解析】 【分析】

浸取时发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，过滤分离出CuCl、S，加浓盐酸发生CuCl(s) +2Cl

－

－

2－

(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)，过滤分离出S，加水使CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)逆向移动，

抽滤、洗涤、干燥得到CuCl。

【详解】A. 由图中反应物、生成物结合原子守恒可知浸取中的主要反应为CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，故A错误；

B. 浸取所得到的FeCl2溶液，与Cu不反应，不能用来腐蚀覆在绝缘板上的铜箔，故B错误； C. 加水向离子浓度增大的方向移动，加水有利于CuCl(s) +2Cl－(aq)⇌[CuCl3]2－(aq)平衡逆向移动，析出CuCl，Cl浓度减小，故C错误；

D. CuCl难溶于乙醇，在空气中易被氧化，则为提高产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥，故D正确； 故选D。

6.短周期元素X、Y 、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，其中只有N为金属元素。X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同；自然界中Y元素形成的化合物的种类最多；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体。下列说法错误的是

- 1 -

－

A. 五种元素的原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X B. Y、Z、M三种元素都能与X元素形成含有非极性健的化合物 C. N的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱 D. X与Y、Z、M形成的简单化合物，沸点逐渐升高 【答案】C 【解析】 【分析】

短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同，则X位于第一周期，为H元素；自然界中Y元素形成的化合物的种类最多，则Y为C元素；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Z的原子序数大于C，则Z为N元素，M为O元素；只有N为金属元素，则N为Mg、Al中的一种。

【详解】分析可知：X为H，Y为C元素，Z为N元素，M为O元素，N为Mg、Al中的一种。 A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径从大到小的顺序：N＞Y＞Z＞M＞X，故A正确；

B．C、N、O都可以与H形成含有非极性键的化合物，如C2H4、N2H4、H2O2等，故B正确； C．Mg、Al最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化镁和氢氧化铝，二者都不是强碱，故C错误；

D．CH4、NH3、H2O三种物质中，甲烷分子间不能形成氢键，沸点最低，氧的非金属性强，分子间氢键更强，沸点最高，沸点逐渐升高，故D正确； 故选C。

7.常温时，向120 mL 0.005 mol·L－1 CaCl2溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25℃时，Ksp(CaCO3)=3.36×10，忽略CO3水解。下列说法正确的是

－9

2-

的- 1 -

A. a点对应的溶液中Ca开始形成沉淀，溶液中c(Ca)=c(CO3)

B. b点对应的溶液中Ca已完全沉淀，且存在关系：c(Na)+c(H)=c(Cl)+c(OH) C. 在滴加Na2CO3溶液的过程中，混合溶液的pH先减小后增大 D. 右图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象 【答案】D 【解析】

【详解】A．由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca开始形成沉淀，而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca和CO3

－

2＋

2

2＋

2+

+

+

－

－

2+2+2－

不一定相等，故A错误；

2＋

－1

B．原溶液中n（Ca）=120mL×0.005mol·L=0.6mmol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为

0.6mmol=6mL，向b点中对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6mL，－10.1mmol?mL不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为：2c（Ca2＋）+c（Na＋）+c（H＋）=c（Cl－）+c（OH

－

）+2c（CO32－），故B错误；

C．不忽略CO32－水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2＋完全沉淀之前，混合溶液的pH值几乎不变，当所有的钙离子转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略CO32－水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故C错误；

3.36109D．理论上Ca开始形成沉淀，c（CO3）≈mol·L－1≈10-6mol·L－1，加入碳酸钠35.0102＋

2－

106mol?L－1120mL-2

溶液的体积为≈10mL，即1滴碳酸钠溶液就能使溶液中的离子积＞Ksp

－10.1mol?L（CaCO3），而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积为2.2ml，此时，溶液处于过饱和溶液，故D正确；

- 1 -

故选D。

第Ⅱ卷（非选择题）

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分 （一）必考题

8.KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：

(1)操作1中用到的玻璃仪器有________________。

(2)为尽量少引入杂质，从易拉罐溶解至生成Al(OH)3，过程中，主要发生反应的离子反应方程式为______________，__________________________；试剂②是_______________________________。 (3)已知：常温下KW=1.0×10

－

+

－14

，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于20。则

Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]+H平衡常数K=_________________。

(4)天然水在净化处理过程中加入明矾作混凝剂，水的净化和软化的区别是______________。 (5)普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散。人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存。经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，请说明理由：_____________________；为保护这些纸质文物，有人建议采取喷洒Zn(C2H5)2的方法，其可以与水反应生成氧化锌和乙烷。用反应方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理________________________________。

【答案】 (1). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). AlO2+HCO3+H2O=CO3+Al(OH)3↓ (4). K2SO4 (5). 2.0×10 (6). 水

--2--13

净化是用混

凝剂（如明矾等）将水中的悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子 (7). 明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂 (8). Zn(C2H5)2+H2O=ZnO+2C2H6↑、ZnO+2H=Zn+H2O 【解析】 【分析】

易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO2－水解生成Al(OH)3沉

- 1 -

+

2+

淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾。

【详解】（1）操作1是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）为尽量少引入杂质，从易拉罐溶解至生成Al(OH)3，过程中，主要发生反应的离子反应方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑、 AlO2-+HCO3-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓；要生成明矾溶液中缺少钾离子、硫酸根离子，试剂②是 K2SO4； （3）①Al（OH）3

3

AlO2+H+H2O，②H2O

－＋

H+OH，常温下KW=1.0×10

＋－－14

，③Al（OH）

+OH

－

AlO2+2H2O，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于20，K=20；①=②+③，则AlO2－+H＋+H2O即Al(OH)3+H2O⇌[Al(OH)4]－+H+平衡常数=KW×K=1.0×10－

－

Al(OH)3

14

×20=2.0×10-13；

（4）天然水在净化处理过程中加入明矾作混凝剂，水的净化和软化的区别是水的净化是用混凝剂（如明矾等）将水中的悬浮物沉淀下来，而水的软化是除去水中的钙离子和镁离子； （5）酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，理由：明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂；为保护这些纸质文物，喷洒Zn(C2H5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理：Zn(C2H5)2+H2O=ZnO+2C2H6↑、ZnO+2H=Zn+H2O。

9.高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮水处理。实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。

资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4（夹持装置略）

+

2+

①如图所示，A为氯气发生装置。装置A、B、C、D中存在错误的是______________（填序号）。 ②C中得到紫色固体和溶液。C中通入氯气发生反应，生成高铁酸钾（K2FeO4）的化学方程式为_______，此外Cl2还可能与过量的KOH反应。

- 1 -

(2)探究K2FeO4的性质

①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4，氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案： 方案I 取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到方案II 紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。

i.由方案I中溶液变红可知溶液a中含有__________离子，但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因为K2FeO4，在酸性溶液中不稳定，请写出K2FeO4在酸性溶液中发生反应的离子方程式___________________________________。

ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4，氧化了Cl．用KOH溶液洗涤的目的是_______________。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_____FeO42－ （填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO4的氧化性强弱关系恰好相反，原因是_______________。

(3)若在制备装置C中加入Fe(OH)3的质量为14.0g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得K2FeO4固体19.3g，则K2FeO4的产率为______________。

【答案】 (1). B (2). 3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O (3). Fe (4). 4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O (5). 确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO-对验证的干扰 (6). > (7). 溶液的酸碱性不同 (8). 74.5% 【解析】

【详解】（1）①A为氯气发生装置，B除去氯气中的HCl，应左侧长导管，右侧短导管，长进短出，装置A、B、C、D中存在错误的是B（填序号）。故答案为：B；

②C中得到紫色固体和溶液，C中通入氯气将氢氧化亚铁氧化，生成高铁酸钾（K2FeO4），化学方程式为3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。故答案为：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；

（2）①i.Fe3+离子与SCN-发生络合反应，生成红色的络离子，由方案I中溶液变红可知溶液a中含有Fe3+离子，但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因为K2FeO4在酸性溶液中不稳定，K2FeO4在酸性溶液中发生反应的离子方程式4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。故答案为：Fe3+；4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；

- 1 -

3+

2－

－

－

ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4，氧化了Cl，用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO对验证的干扰。故答案为：确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时排除ClO对验证的干扰；

②根据K2FeO4的制备实验得出：3C12+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cl2＞FeO42－ ，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42－的氧化性强弱关系恰好相反，原因是溶液的酸碱性不同。故答案为：＞；溶液的酸碱性不同；

（3）若在制备装置C中加入Fe(OH)3的质量为14.0g，充分反应后经过滤、洗涤、干燥得K2FeO4固体19.3g，根据铁原子守恒：

--

－

Fe(OH)310714.0gm=

~K2FeO4198 m19.3g14.0g198100% =74.5%。 =25.9g，则K2FeO4的产率为

25.9g107故答案为：74.5%；

10.地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。人工固氮最主要的方法是Haber—Bosch法。通常用以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。

在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）： 化学吸附：N2(g)→2N* ；H2(g)→2H*；

表面反应：N*+H*⇌NH*；NH*+H*⇌NH2*；NH2*+H*⇌NH3*； 脱附：NH3*⇌NH3(g)

其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 请回答：

(1)已知合成氨反应中生成1 mol NH3放出46kJ热量，该反应的热化学方程式为______ (2)实际生产中，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N2过量的理由________。

(3)关于合成氨工艺的下列理解，正确的是____________。 A．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零

B．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行

- 1 -

D．原料中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生

pNH231(4)已知反应：N2(g)+H2(g)⇌NH3(g)标准平衡常数KpN222p)(pH2p)1.5,其中p为标准

(p压强（1×105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如：pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。

若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为α，则Kθ=_________（用含α的最简式表示）。 (5)常温常压下电解法合成氨的原理如图所示：

①阴极生成氨的电极反应式为__________。

②阳极产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：___________________。 【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)

400-500℃，10-30MPaFe2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 (2).

原料气中N2：相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步

4α(2-α)骤，适度过量有利于提高整体反应速率。 (3). ACD (4). (5).

33(1-α)2N2+6H++6e-=2NH3 (6). 还可能发生2H++2e-=H2↑，N2+8H++6e-=2NH4+ 【解析】

【详解】（1）已知合成氨反应中生成1 mol NH3放出46kJ热量，则2mol NH3放出92 kJ热量，该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)

400-500℃，10-30MPaFe2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ，

- 1 -

故答案为：N2(g)+3H2(g)

400-500℃，10-30MPaFe2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ；

（2）实际生产中，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。原料气中N2过量的理由原料气中N2，相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。故答案为：原料气中N2，相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； （3）A．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零，故A正确；

B．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂活性最高，故B错误；

C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，减小生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；

D．原料中N2由分离液态空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故D正确； 故答案为：ACD；

（4）若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为α，

1N2g2开始（mol）0.5变化（mol）0.5平衡（mol）0.5(1)+3H2g21.51.51.5(1)NH3g

平衡混合气体总物质的量=[0.5（1-a）+1.5（1-a）+a]mol=（2-a）mol，p为平衡时压强，p（N2）=

0.5(1)1.5(1)p ，p（H2）=p，p（NH3）=p，

222PNH314α(2-α)p2θθ

K=2（用13 ，则K=3PN211PH133(1-α)0.5(1)1.5(1)2)2()2()2()2(22pp含α的最简式表示）。故答案为：4α(2-α)；

33(1-α)2（5）①阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3，阴极生成氨的电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3 ；故答案为：N2+6H++6e-=2NH3 ；

- 1 -

②电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，原因是电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H+6e=2NH4，2H+2e=H2。故答案为：还可能发生2H+2e=H2↑，N2+8H+6e=2NH4。

【点睛】本题主要考查热化学方程式的书写、电极反应式、化学反应原理，掌握基础知识是解题关键，同时注意学会知识的迁移，难点（4）Kθ的计算，列出三段式，先求出平衡时各物质的物质的量分数，再由定义式求解。 （二）选考题：

11.非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Ca2CO3， XO2（X= Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：

+

-+

＋

－

＋

＋

－

+

-

(1)基态硼原子的价电子排布图是____________，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。

(2)B的简单氢化物BH3，不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。 ①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为____________________。

②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填分子式）。

(3)如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是____________。

- 1 -

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm和cnm．如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_________；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_____g·cm－3（用含字母的代数式表示）。

【答案】 (1). (2). F>N>O>C>B (3). sp3杂化 (4). N

(5). C2H6 (6). sp2 (7). 升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大 (8). 4 (9). 【解析】

【详解】（1）B原子核外电子排布式为：1s22s22p1，基态硼原子的价电子排布图是

4M1021

abcNA，同周期第一电离能从左向右逐渐增大，N元素2P3为半充满结构，

第一电离能变大，所以，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为

F>N>O>C>B。故答案为：；F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子结构如图，B形成4个σ键，价层电子对为4，则B原子的杂化方式为sp3杂化。故答案为：sp3杂化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N，B提供空轨道，用价电子迁移法，N与B之间夹着碳元素，与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6（填分子式）。故答

- 1 -

案为：N；C2H6；

（3）H3BO3晶体为片层结构，B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，B的杂化方式为sp；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是：升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。故答案为：sp2 ；升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；

（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4×

2

11+4×=4，由化学式CsSiB3O7，可知24晶胞相当于含有4个“CsSiB3O7”，故晶胞质量=4×

M g，则晶体密度NAM4M4M21－3

101021。==g·cm。故答案为：4； NAabcNabcNAAa107cmb107cmc107cm4【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、氢键、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，会用氢键解释有关的问题，（4）为易错点、难点，关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象。

12.抗癌药托瑞米芬的前体J的合成路线如下。

已知:

i．

- 1 -

ii．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为

(1)有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，其名称为_______________. (2)C中含有的官能团为______________________________（填名称）。 (3)C→D的化学反应方程式为_________________________，反应类型为______________________。

(4)E是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得F和G。G经还原可转化为F。G的结构简式为________________________________。

(5)K是G的同分异构体，符合下列条件的K的结构简式是_____________________。（任意写一种）

①包含2个六元环

②K可水解，与NaOH溶液供热时，1molK消耗1molNaOH

(6)推测D和F反应得到J过程中，反应物LiAIH4的作用是_________________。 (7)由J合成托瑞米芬的古城：

托瑞米芬具有反应结构，其结构简式为_______________。

【答案】 (1). 苯甲酸 (2). 羟基、羰基 (3).

(6).

【解析】 【分析】

的

+HCl (4). 取代反应 (5).

(7). 还原（加成） (8).

有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，其钠盐可用于食品防腐，结合K结构

- 1 -

简式知，A为，A与，发生酯化反应生成B为，B

发生信息i的反应生成C为，生成D为；E是一种天然香

料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和F，G经还原可转化为F，F不饱和度=

9228=6，根据J结构简式知，F、J中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，根据O原

2，根据原子守恒

子个数知，G中含有-COOH，所以还含有一个C=C，则G为知，F分子式为C9H10O，F的不饱和度为

92210=5，G经过还原可以得到F，所以F为

2，DF发生加成反应生成J；

（7）J发生消去反应生成N，N分子式

C26H29NO2，N和SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬，根

据反应前后分子式变化中Cl原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则N为

，托瑞米芬为。

【详解】（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，其名称为苯甲酸.故答案为：苯甲酸； （2）C为

，含有的官能团为羟基、羰基（填名称）。故答案为：羟基、羰基；

（3）C→D的化学反应方程式为+HCl，反应类型

为取代反应。故答案为：+HCl；取代反应；

（4）E是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和F，G经还原可转化为F，F不饱和度=

9228=6，根据J结构简式知，F、J中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，

2根据O原子个数知，G中含有-COOH，所以还含有一个C=C，G的结构简式为

。故答案为：

；

- 1 -

（5）K是G的同分异构体，①包含2个六元环、②K可水解，说明含有酯基；与NaOH溶液供热时，1molK消耗1molNaOH，说明水解生成物中无酚羟基，只有醇羟基和羧基，符合条件的结构简式为

等；

故答案为：；

（6）推测D和F反应得到J的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上H原子，则反应物LiAIH4的作用是还原（加成）。故答案为：还原（加成）；

（7）J发生消去反应生成N，N分子式为C26H29NO2，N和SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前后分子式变化中Cl原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则N为

，托瑞米芬为。故答案为：。

【点睛】本题考查有机物推断，难点（4）E、F、G结构的推断，突破口：E是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和F，G经还原可转化为F，F不饱和度=

9228=6，

2根据J结构简式知，F、J中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，根据O原子个数知，G中含有-COOH，所以还含有一个C=C，则G为

。

- 1 -

- 1 -