山东省烟台市2020届高三适应性练习（一）化学试题 Word版含解析

山东省烟台市2020届高三适应性练习（一）化学试题 Word版含解析

‎2020年高考适应性练习（一）‎ 化学 ‎1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对姓名、考生号和座号。‎ ‎2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。‎ ‎3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ga-70 Zr-91‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A. 用灼烧闻气味的方法可区别棉织物和纯毛织物 B. 《本草纲目》记载“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，其原理与蒸馏相同 C. 用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，可减少木材使用 D. 用来制作N95口罩“熔喷布”的原料聚丙烯是混合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 棉织物主要成份为纤维素，纯毛织物主要成份为蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，所以用灼烧闻气味的方法可区别棉织物和纯毛织物，A正确；‎ B. 蒸令气上，利用互溶混合物的沸点不同进行分离，其原理与蒸馏相同，B正确；‎ C. 聚氯乙烯受热能够产生有毒物质，不能用于快餐盒，而且能够引起白色污染，C错误；‎ D. 熔喷布材料主要以聚丙烯(PP)为主，是口罩最核心的材料，纤维直径可以达到1～5微米，聚丙烯属于高分子，是混合物，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎2.按系统命名法，下列有机物的命名正确的是( )‎ A. 2，4，4-三甲基戊烷 B. 2-乙基-1-丁烯 C. 2-甲基-3-戊炔 D. 2，2-二甲基-3-丁醇 - 27 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：‎ ‎(1)烷烃命名原则：①长-----选最长碳链为主链；②多-----遇等长碳链时，支链最多为主链；③近-----离支链最近一端编号；④小-----支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；⑤简-----两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；‎ ‎(2)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。‎ ‎【详解】A．该有机物为烷烃，根据烷烃命名规则：主链最长的含有5个C，选取支链最多为主链，编号从支链最多、距支链最近的C原子开始编号，命名为：2，2，4−三甲基−戊烷，故A错误：‎ B．该有机物为烯烃，根据烯烃的命名规则，应选取含有碳碳双键、碳原子数目最多的为主链，最长碳链含有4个C，主链为丁烯；编号此距离双键最近的一端开始，双键在1号C，命名为：2−乙基−1−丁烯，故B正确；‎ C．根据炔烃的命名规则，应选取含有碳碳三键、碳原子数目最多的为主链，最长碳链含有5个C，主链为戊炔；编号此距离三键最近的一端开始，三键在2号C，命名为4−甲基−2−戊炔，故C错误；‎ D．该有机物为醇，根据醇类的命名原则：应选取含有羟基、碳原子数目最多的为主连，最长的碳链为4个碳；编号应距羟基最近的一端开始，羟基在2号碳上，3号碳上有两个甲基，则命名为3，3-二甲基-2-丁醇，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是( )‎ A. 电负性最大的元素位于周期表的左下角 B. 基态原子最外层电子排布为ns2的元素都位于周期表IIA族 C. 某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，该元素位于周期表第四周期IIIA族 D. 基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能一定大于p能级有一对成对电子的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A - 27 -‎ ‎．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，从上到下电负性逐渐减小，电负性最大的元素位于周期表的右上角，故A错误；‎ B．基态原子最外层电子排布为ns2的元素有的位于周期表IIA，还有的位于0族，例如氦，锌最外层电子排布为4s2，位于IIB族，故B错误；‎ C．某基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p1的元素是31号元素镓，核外共有4层电子，最外层电子数为3，该元素位于周期表第四周期IIIA族，故C正确；‎ D．基态原子p能级电子半充满的原子第一电离能不一定大于p能级有一对成对电子的，例如磷(1s22s22p63s23p3)的第一电离能小于氧(1s22s22p4)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.关于实验室中的仪器①试管、②烧杯、③容量瓶、④量筒、⑤分液漏斗、⑥滴定管、⑦蒸馏烧瓶、⑧蒸发皿，下列说法错误的是（ ）‎ A. 能直接加热的有①⑧‎ B. 常用于物质分离的有⑤⑦⑧‎ C. 使用前应进行检漏的有③⑤⑥‎ D. 标有使用温度的有③④⑥⑦‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能直接加热的有试管、蒸发皿；容量瓶、量筒、分液漏斗、滴定管不能加热；烧杯、蒸馏烧瓶可以垫上石棉网加热，故A正确；‎ B．分液漏斗用于分离互不相溶的液体，蒸馏烧瓶用于沸点不同的溶液，蒸发皿用于除去溶液中的溶剂，故B正确；‎ C．使用前应进行检漏的带塞子或活塞的仪器，有容量瓶、分液漏斗、滴定管，故C正确；‎ D．标有使用温度的有容量瓶、量筒、滴定管，蒸馏烧瓶不标温度，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】所有的具备体积测量功能的玻璃仪器都要注明使用温度，这是考虑到环境温度的大幅度变化会导致仪器的测量值误差较大，热胀冷缩引起的变化，高中阶段仪器需要标明温度的有量筒，容量瓶，滴定管等。‎ ‎5.已知某种锂盐的结构如图，它是一种新型锂离子电池的电解质，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，Y原子的最外层电子数是X的次外层电子数的3倍（箭头指向表示共用电子对由W提供）。下列说法错误的是（ ）‎ - 27 -‎ A. 元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X B. 阴离子中X与Z的杂化方式相同 C. 原子半径X＞Z＞Y＞W D. 该物质中含有极性键、非极性键、配位键和离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X的次外层电子数只能为2，则四种元素都位于第二周期，Y的最外层电子数为6，则Y为O；四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，以此来解答。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，W为F，Y为O，Z为C，X为B，同周期从左到右非金属性增强，F＞O＞C＞B，元素非金属性强弱顺序是W＞Y＞Z＞X，故A正确，不选；‎ B．X的价层电子对数为4对，采用sp3杂化，Z的价层电子对数为3对，采用sp2杂化，阴离子中X与Z的杂化方式不相同，故B错误，符合题意；‎ C．除稀有气体外，同周期元素的原子从左到右半径逐渐减小，原子半径B＞C＞O＞F，原子半径X＞Z＞Y＞W，故C正确，不选；‎ D．该物质中含碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键、碳原子和碳原子之间形成非极性键、硼原子和氟原子之间形成配位键、这种锂盐中还含有离子键，故D正确，不选；‎ 答案选B。‎ ‎6.法匹拉韦（Favipiravir）是一种RNA聚合酶抑制剂，被用于治疗新型和复发型流感，主要通过阻断病毒核酸复制的方法抑制病毒增殖，其结构如图。下列关于法匹拉韦的说法错误的是（ ）‎ - 27 -‎ A. 分子式为C5H4FN3O2‎ B. 所有原子可能在同一平面上 C. 所有碳原子的杂化方式都是sp2杂化 D. 一定条件下能与氢氧化钠溶液、盐酸、氢气等发生反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据法匹拉韦的结构式可知，碳原子形成四个共价键，氮原子形成三个共价键，氧原子形成两个共价键，它的分子式为C5H4FN3O2，故A正确；‎ B．含两个氮原子的环中含有三个碳碳双键，碳原子采用sp2杂化，故所有环上的原子处在同一平面上，氨基上的氮原子采用sp3杂化，氮原子和氢原子不在一个平面上，故B错误；‎ C．所有碳原子都和其他原子都以双键相连，碳原子的杂化方式都是sp2杂化，故C正确；‎ D．分子中含有氟原子，在碱性条件下可以发生取代反应，含有碳碳双键，可以和氢气发生加成反应，分子中含有氨基，具有碱性，可以和盐酸发生反应，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.我国有世界储量第一的天然石膏（主要成分CaSO4），同时也有大量磷酸工业副产品石膏，可用于硫酸及水泥的联合生产。硫酸钙在高温下被CO还原，发生的反应有：‎ I.CaSO4(s)+4CO(g)⇌CaS(s)+4CO2(g) K1‎ II.CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) K2‎ III.3CaSO4(s)+CaS(s)⇌4CaO(s)+4SO2(g) K3‎ 上述反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度(T)的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ - 27 -‎ A. 反应II的△H＞0‎ B. lgK3=4lgK2−lgK1‎ C. 使用适当的催化剂能够加快反应速率，提高原料的平衡转化率 D. 调控适当的温度可以抑制反应I促进反应III而得到较纯净的CaO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．lgK越大，K越大，根据图像显示，反应II升高温度lgK增大，反应II的K值增大，说明平衡正向移动，则正反应吸热反应，△H＞0，故A正确；‎ B．利用盖斯定律，将反应Ⅱ×4−反应Ⅰ得反应Ⅲ，以此可得焓变△H3=4△H2−△H1，由反应转化平衡常数时，化学计量数扩大n倍，新平衡常数是原来的n次方幂，两方程式相减，新平衡常数为两者之商，两方程式相加则为两者之积，则平衡常数K3=，则lgK3= lg=4lgK2−lgK1，故B正确；‎ C．使用适当的催化剂能够加快反应速率，但不影响平衡移动，则不能提高原料的平衡转化率，故C错误；‎ D．lgK越大，K越大，根据图像，反应I升高温度，lgK减小，说明平衡逆向移动，反应I被抑制，反应III升高温度，lgK增大，说明平衡正向移动，反应III被促进，则调控适当的温度可以抑制反应I促进反应III而得到较纯净的CaO，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是( )‎ 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法 - 27 -‎ A 甲烷(乙烯)‎ 酸性高锰酸钾溶液 洗气 B 苯(苯酚)‎ 氢氧化钠溶液 分液 C 乙酸乙酯(乙酸)‎ 氢氧化钠溶液 分液 D 乙醇(水)‎ 氯化钙 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷与酸性高锰酸钾溶液不反应，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故 A错误；‎ B．苯(苯酚)，加入氢氧化钠溶液，苯与氢氧化钠溶液不反应，苯酚具有弱酸性，与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠，苯与水分层，用分液方法分离，故 B正确；‎ C．乙酸乙酯(乙酸)，用饱和碳酸钠溶液与乙酸反应，降低乙酸乙酯溶解度，再用分液方法分离，而不是蒸馏，故 C错误；‎ D．乙醇(水)，加入生石灰(氧化钙)，生石灰与水反应生成氢氧化钙，可增大混合物的熔沸点差异，再蒸馏得到乙醇，不能使用氯化钙，故 D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.碳酸亚铁是白色难溶于水的固铁剂。某小组利用如图装置，向装置③中通入CO2至溶液pH=7，然后滴入FeSO4溶液，过滤、洗涤、干燥制得FeCO3。‎ - 27 -‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 试剂a是饱和NaHCO3溶液 B. 碳酸钠溶液通入CO2至pH=7的目的是降低c(OH-)，防止生成Fe(OH)2‎ C. 装置③中生成沉淀的离子方程式为Fe2++CO=FeCO3↓‎ D. 碳酸钠溶液显碱性的原因是CO+H2O⇌HCO+OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碳酸钙固体与稀盐酸反应生成氯化钙，水和二氧化碳，二氧化碳通过饱和NaHCO3溶液除去杂质氯化氢气体，在二氧化碳存在的条件下硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁，然后分析。‎ ‎【详解】A．试剂a是饱和NaHCO3溶液，为了除去二氧化碳中的氯化氢气体，故A正确；‎ B．硫酸亚铁易水解，碳酸钠溶液通入CO2至pH=7的目的是降低c(OH-)，防止生成Fe(OH)2，故B正确；‎ C．向装置③中通入CO2至溶液pH=7，则溶液中含有碳酸氢钠溶液，实验中产生FeCO3的离子方程式为：Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故C错误；‎ D．碳酸钠俗称纯碱，碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根的水解，水解方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH-，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2（含有杂质MnO和MnCO3）制取纯MnO2的流程如图。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 酸浸过程中稀硫酸可用稀硝酸、稀盐酸代替 B. 操作X的名称是过滤 C. 氧化过程发生反应的离子方程式为5Mn2++2ClO+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+‎ - 27 -‎ D. 电解MnSO4溶液也可制得MnO2，阳极电极式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗MnO2（含有杂质MnO和MnCO3）样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，生成的氯气与氢氧化钠反应得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得到固体二氧化锰和滤液为含有硫酸的溶液。‎ ‎【详解】A．由分析可知，MnO2不溶于硫酸，硝酸、盐酸能与MnO2反应，所以在酸浸过程中不能用稀硝酸、稀盐酸代替稀硫酸，A错误；‎ B．粗MnO2样品加入稀硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得到二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，操作X为过滤，B正确；‎ C．过渡后向滤液中加入氯酸钠，将Mn2+氧化生成MnO2沉淀，根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，C正确；‎ D．电解MnSO4溶液时，阳极发生氧化反应，Mn2+氧化为MnO2，阳极电极式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2↓+4H+，D正确。‎ 答案选A。‎ 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎11.南京大学研究发现TiO2-x晶体中存在的晶体缺陷有利于提高导电性和提供镁离子储位，可用作新型镁电池负极材料，该电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 放电时，a为电池负极 B. 充电时，Mg2+向b电极移动 C. 放电时，a极的电极式为nMg2++V2O5+2ne-=MgnV2O5‎ - 27 -‎ D. 充电时，b极的电极式为MgnTiO2-x-2ne-=nMg2++TiO2-x ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ TiO2-x晶体中存在的晶体缺陷有利于提高导电性和提供镁离子储位，可用作新型镁电池负极材料，放电时，b为负极，负极上MgnTiO2-x失电子，a为正极；充电时，b与外接电源的负极相连为阴极，a与外接电源的正极相连为阳极，充电时，阳离子向阴极移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，放电时，b为电池负极，故A错误；‎ B．充电时为电解池，阳离子向阴极移动，根据分析，b与外接电源的负极相连为阴极，则Mg2+向b电极移动，故B正确；‎ C．放电时，a极为正极，得电子，发生还原反应，电极式为：nMg2++V2O5+2ne-=MgnV2O5，故C正确；‎ D．充电时，b与外接电源的负极相连为阴极，发生还原反应，电极式为：nMg2++TiO2-x+2ne-=MgnTiO2-x，故D错误；‎ 答案选BC。‎ ‎12.用KMnO4酸性溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁（FeS2）的混合物时，发生的反应Ⅰ：+Cu2S+H+→Cu2+++Mn2++H2O(未配平)和反应Ⅱ：+FeS2+H+→Fe3+++Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B. 反应Ⅰ中每生成1mol，转移电子的物质的量为10mol C. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3‎ D. 若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3：2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中Mn元素为+7价，Cu2S中Cu和S元素分别为+1、-2价，FeS2中Fe和S元素分别为+2、-1价。‎ - 27 -‎ ‎【详解】A．反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，A错误；‎ B．反应Ⅰ中每生成1mol，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；‎ C．反应Ⅱ中氧化剂化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；‎ D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同， 1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，应氧化mol=mol FeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D正确。‎ 答案选BD。‎ ‎13.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示（SO·、·OH表示自由基）。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1‎ B. 若56gFe参加反应，共有1.5NA个S2O82−被还原 C. 碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO4-·+OH-=SO42-+·OH D. pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=14，负价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，‎ - 27 -‎ ‎-1价氧的个数为2个，负价之和为(-2)×6+(-1)×2=-14，故A正确；‎ B．56gFe为1mol，根据图示可知，1molS2O82−和1molFe反应生成2molSO42−和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是Fe2+还要与S2O82−反应变成Fe3+和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于1.5mol S2O82−，共有少于1.5NA个S2O82−被还原，故B错误；‎ C．结合图示可知，碱性条件下，SO4−⋅发生反应的方程式为：SO4−⋅+OH−═SO42−+⋅OH，故C正确；‎ D．根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误；‎ 答案选BD。‎ ‎14.常温下，某浓度的H2A溶液中滴加NaOH溶液，若定义pc=-lgc，则测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. pH=3时溶液中c(A2-)＞c(H2A)＞c(HA-)‎ B. 常温下，H2A的Ka1=10-0.80，Ka2=10-5.30‎ C. NaHA溶液中c(H+)＞c(OH-)‎ D. 从a点到c点，先增大后减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pc=-lgc，则浓度越大，pc越小，溶液中存在H2A分子，说明H2A为二元弱酸，其电离方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：Ⅰ曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，Ⅱ曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，Ⅲ曲线是A2-‎ - 27 -‎ 的物质的量浓度的负对数，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由图象可知，pH=3时溶液中pc(A2-)＞pc(H2A)＞pc(HA-)，pc=-lgc，则浓度越大，pc越小，故离子的浓度大小关系为：c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)，故A错误；‎ B．H2A为二元弱酸，其电离方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-，Ka1=，Ka2=，图象上的a点可知，当pH=0.80时，pc(H2A)= pc(HA-)=0.70，c(H+)= 10-0.80，c(H2A)=c(HA-)=10-0.70，Ka1=10-0.80，由c点可知，当pH=5.30时，pc(A2-)= pc(HA-)=0.70，c(H+)= 10-5.30，c(A2-)=c(HA-)=10-0.70，Ka2=10-5.30，故B正确；‎ C．根据电离平衡可知，HA-⇌H++A2-，Ka2==10-5.30，根据水解平衡可知，HA-+H2O=H2A+OH-，Kh=，Ka2＞Kh，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，故C正确；‎ D．从a点到c点，Ka1=，c(HA-)先增大，后减小，由于温度不变，Ka1不变，则先减小后增大，故D错误；‎ 答案选AD。‎ ‎【点睛】判断出每条曲线代表哪种离子的浓度变化是解本题的关键。‎ ‎15.我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图1，可与太阳能电池（装置如图2）联合实现绿色转化。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. c接太阳能电池的P电极 B. CO2与熔盐发生氧化还原反应生成CO32-和C2O52-‎ - 27 -‎ C. d极电极反应式为CO32-+4e-=C+3O2-‎ D. 理论上转移4mol电子可捕获标准状况下CO222.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图1可知c极→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，d为阴极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，根据图2可知，P极为电源正极、N极为电源负极，阳极反应式为2-4e-═4CO2↑+O2↑，阴极电极反应式为：+4e-═C+3O2-，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由分析可知，c为电解池阳极，P极为电源正极，阳极与电源正极相接c接太阳能电池的P电极，故A正确；‎ B．根据图示，CO2与熔盐发生反应生成和，即CO2+O2-→、2CO2+O2-→，转化过程中以上三个微粒中碳元素的化合价均为+4价，CO2与熔盐发生的反应不是氧化还原反应，故B错误；‎ C．由以上分析可知d为阴极，阴极电极反应式为：+4e-=C+3O2-，故C正确；‎ D．结合分析，c为阳极，电极反应式为2-4e-═4CO2↑+O2↑，d为阴极，电极反应式为：+4e-═C+3O2-，结合B的分析，总反应为CO2C+O2，理论上转移4mol电子消耗1mol CO2，即可捕获标准状况下CO222.4L，故D正确；‎ 答案选B。‎ 三、非选择题：本题共5小题，共60分。‎ ‎16.盐酸阿比多尔是一种盐酸盐，其主要作用是通过抑制流感病毒脂膜与宿主细胞的融合而阻断病毒的复制，结构如图。回答下列问题：‎ ‎(1)盐酸阿比多尔中所含N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为___。O原子核外有___种不同运动状态的电子，基态S原子的价电子排布图不是 - 27 -‎ ‎，是因为该排布方式违背了___。‎ ‎(2)该结构中N原子的杂化方式是___。已知在氨分子中，H—N—H键角为107.3°，但是在[Zn(NH3)6]2+离子中H—N—H键角变为109.5°，分析原因为___。‎ ‎(3)盐酸阿比多尔中不含有的化学键类型为___(填选项字母)。‎ A.离子键 B.配位键 C.金属键 D.σ键 E.π键 F.极性键 G.非极性键 ‎(4)以氮化镓(GaN)为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点。GaN晶胞如图1所示，图2为晶胞沿y轴的投影1∶1平面图。‎ ‎①氮化硼与氮化镓的结构类似，氮化硼熔点3000℃，氮化镓熔点1700℃，分析它们熔点不同的原因____。‎ ‎②晶胞中与一个Ga原子距离最近且相等的N原子有____个。‎ ‎③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是___g·cm−3(列出计算表达式)。‎ ‎【答案】 (1). N＞O＞S (2). 8 (3). 洪特规则 (4). sp3、sp2 (5). 氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键角变大 (6). C (7). 氮化硼和氮化镓都是共价晶体，B—N键长比Ga—N键长短，键能大，熔点高 (8). 4 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)同周期元素从左至右第一电离能呈逐渐增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能呈逐渐减小的趋势，N原子最外层电子排布为半充满状态，处于稳定状态，第一电离能比同周期相邻元素大，则N、O、S三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；O原子核外有8个电子，每个电子的运动状态都不同，则不同运动状态的电子有8种；洪特规则规定电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，则基态S原子的价电子排布图违反了洪特规则；‎ ‎(2)盐酸阿比多尔分子结构中含有2个N原子，分别如图标注所示：‎ - 27 -‎ ‎，1号氮原子与三个碳原子形成碳氮单键，类似于氨分子的空间结构，该氮原子为sp3杂化，2号氮原子与碳碳双键直接相连，与碳碳双键形成平面结构，该氮原子的空间构型为平面三角形，为sp2杂化；氨分子与Zn2+结合变为[Zn(NH3)6]2+时，孤电子对变为成键电子对，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键角变大，因此氨分子中，H—N—H键角为107.3°，但是在[Zn(NH3)6]2+离子中H—N—H键角变为109.5°；‎ ‎(3)盐酸阿比多尔是一种盐酸盐，属于离子化合物，含有离子键；类比铵盐的形成，氨基中氮原子与ＨCl中的氢离子形成配位键；根据结构图所示，结构中含有多条不同的单键，单键都为σ键，分子结构中含有苯环和碳氧双键，苯环中含有离域大π键，碳氧双键中一个σ键和一个π键；氢氧单键为不同非金属元素形成的共价键，为极性共价键，碳碳键由同种元素形成的共价键，为非极性共价键，金属键为金属晶体中特有的键，该盐中不含金属键，答案选C；‎ ‎(4)①氮化硼和氮化镓都是共价晶体，B—N键长比Ga—N键长短，键能大，熔点高；‎ ‎②以该晶胞中面心上Ga为中心，与该Ga原子距离最近且相等的N原子有2个，该晶胞上方无隙并置一个相同的晶胞，还有两个与该Ga原子距离最近且相等的N原子，则共有4个；‎ ‎③根据图1所示，Ga位于晶胞的顶点和面心，Ga原子的数目为×8+6×=4个，N位于晶胞的体内，N原子的个数为4个，则一个晶胞中含有4个氮化镓(GaN)，晶胞的质量为，根据图2所示，晶胞的面对角线长度为4apm=4a×10-10cm，则晶胞的边长为，则晶胞的体积为(2a×10-10)3 cm3，根据晶胞密度计算公式ρ==。‎ ‎【点睛】难点为(3)中化学键的类型判断，盐酸阿比多尔是一种盐酸盐，可类比铵盐的形成，分子结构中的N原子可与HCl中的氢原子形成配位键。‎ ‎17.过硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠、过二硫酸钠，是白色晶状粉末，易溶于水，加热至65‎ - 27 -‎ ‎℃就会发生分解，用作漂白剂、氧化剂、乳液聚合促进剂。某化学小组对Na2S2O8制备和性质进行探究。‎ I.实验室制备Na2S2O8‎ ‎【查阅资料】工业制备过硫酸钠的反应原理：‎ 主反应：(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2O 副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2‎ 设计如图实验装置：‎ ‎(1)恒压滴液漏斗的优点是___。‎ ‎(2)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的目的是___；装置b、d的作用分别是___、___。‎ ‎(3)反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压浓缩、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压浓缩的原因是___。‎ II.探究Na2S2O8的性质 ‎(1)酸性过硫酸钠溶液，在Ag+催化作用下可以把Mn2+氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+，所得溶液除去Ag+后加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀。‎ ‎①用酸性Na2S2O8溶液检验Mn2+时的实验现象为___。‎ ‎②该反应的离子方程式为____。‎ ‎(2)过硫酸钠溶液与铜反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的Cu2+对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确___。(供选择试剂：Cu、Na2S2O8溶液、Na2SO4溶液、CuSO4溶液、Cu(NO3)2溶液、CuCl2溶液、蒸馏水)‎ ‎【答案】 (1). 平衡气压，使双氧水顺利地滴入圆底烧瓶中 (2). 将产生的氨气及时排除，防止发生副反应 (3). 用作安全瓶，防倒吸 (4). 吸收氨气 (5). ‎ - 27 -‎ 减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度(高于65℃)分解 (6). 溶液由无色变为紫红色 (7). 5S2O82-+2Mn2++8H2O2MnO+10 SO42-+16H+ (8). 向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，若加入CuSO4溶液的试管铜粉消失时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确，反之则错误 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．a装置制备氧气，反应为2H2O22H2O+O2↑，c装置中制备Na2S2O8，发生的主反应为(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2O，副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的氨气，防止污染空气，据此分析解答；‎ II．酸性过硫酸钠溶液，在Ag+催化作用下可以把Mn2+氧化为MnO4-，根据MnO4-离子在溶液中的颜色分析判断；酸性过硫酸钠溶液，在Ag+催化作用下可以把Mn2+氧化为MnO4-，所得溶液除去Ag+后加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，说明含有SO42-，据此书写离子反应方程式；向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，根据铜粉完全反应需要的时间长短分析判断。‎ 详解】I．(1)恒压滴液漏斗可以平衡烧瓶内外气压，使双氧水顺利地滴入圆底烧瓶中；‎ ‎(2)根据分析，装置c中会发生副反应会使产品占率降低，则将装置a中反应产生的气体持续通入c中的目的为将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；根据分析，装置b用作安全瓶，防倒吸；装置d中硫酸吸收氨气；‎ ‎(3)根据已知信息，过硫酸钠加热至65℃就会发生分解，减压浓缩原因是减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度(高于65℃)分解；‎ II．(1)①酸性过硫酸钠溶液，在Ag+催化作用下可以把Mn2+氧化为MnO4-，MnO4-在溶液中为紫红色，故用酸性Na2S2O8溶液检验Mn2+时的实验现象为溶液由无色变为紫红色；‎ ‎②酸性过硫酸钠溶液，在Ag+催化作用下可以把Mn2+氧化为MnO4-，所得溶液除去Ag+后加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，说明反应中产生SO42-，结合氧化还原反应电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得，该反应的离子方程式为5S2O82-+2Mn2++8H2O2MnO+10SO42-+16H+；‎ - 27 -‎ ‎(2)过硫酸钠溶液与铜反应只生成两种盐，两种盐分别为硫酸钠和硫酸铜，反应先慢后快，说明生成的产物对反应有催化作用，因此向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，若加入CuSO4溶液的试管铜粉消失时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确，反之则错误。‎ ‎【点睛】难点为II (2)，首先要明确催化剂会加快反应速率，利用控制变量法原理，其他物理量都不变，只改变反应体系中的两种催化剂，测定完全反应所用的时间长短来确定起催化作用的物质。‎ ‎18.锆及其化合物作为新材料，具有相当重要的意义。氧氯化锆(ZrOCl2)是制备锆系列材料的一种重要中间产品，用锆英砂(主要成分ZrSiO4)制备水合氧氯化锆有多种方法，目前使用较多的是“一酸一碱法”，其主要流程如图：‎ 已知：①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解；②硅酸和原硅酸都具有吸附性。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为___。‎ ‎(2)“水洗压滤”工艺可以将30~70%的硅除去，如图表示的是各种工艺变化对水洗除硅率的影响，则为了提高除硅率应采取的措施是___(任意回答两条即可)。‎ ‎(3)硅的去除还有一部分是通过上述流程中的___工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是___(填化学式)。‎ ‎(4)水洗压滤的主要目的是除硅，则转型压滤的主要目的是除去___，转型压滤过程中生成ZrO(OH)2的离子方程式为___。‎ ‎(5)操作M包括___、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失，应该改进的措施是___。‎ - 27 -‎ ‎(6)称取3.220g产品(水合氧氯化锆)，溶于盐酸配制成1000mL溶液，取25mL于锥形瓶中，加热至90℃以上，并滴入2滴二甲酚橙指示剂，趁热用0.0125mol·L-1EDTA标准溶液滴定，当溶液由红色变为黄色且半分钟不褪色时，消耗EDTA溶液20mL。计算水合氧氯化锆的化学式为___(EDTA与ZrO2+在上述条件下以1：1比例反应)。‎ ‎【答案】 (1). ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O(或ZrSiO4+6NaOHNa4SiO4+Na2ZrO3+3H2O) (2). 水料比在3：1～4：1之间均可；混合后立即搅拌；搅拌时间30～60分钟均可 (3). “转型压滤”和“酸化压滤” (4). H2SiO3(或H4SiO4) (5). 钠(或Na+或氯化钠) (6). Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). 将滤渣洗涤，并将洗涤液并入母液中，重复操作M (9). ZrOCl2·8H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2）加NaOH熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，发生反应为ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O(或ZrSiO4+6NaOHNa4SiO4+Na2ZrO3+3H2O)，ZrSiO4转化为Na2SiO3(或Na4SiO4)和Na2ZrO3，结合已知信息①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解，再将碱烧后的Na2SiO3和Na2ZrO3水洗将Na2SiO3(或Na4SiO4)转化为H2SiO3(或H4SiO4)除去，再用盐酸进行转型压滤，将未除尽的Na2SiO3(或Na4SiO4)转化为H2SiO3(或H4SiO4)除去，同时酸性条件下Na2ZrO3转化为ZrO(OH)2沉淀，过滤后得到滤液2中主要为氯化钠，发生反应为Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2；再加入盐酸进行酸化压滤，ZrO(OH)2与盐酸反应转化为ZrOCl2，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得水合氧氯化锆，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，“碱烧”过程中生成“碱熔料”的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O(或ZrSiO4+6NaOHNa4SiO4+Na2ZrO3+3H2O)；‎ ‎(2)“水洗压滤”工艺可以将30~70%的硅除去，根据图示各种工艺变化对水洗除硅率的影响，当水料比在3：1～4：1之间、混合后立即搅拌、搅拌时间30～60分钟，可使除硅率最高，则为了提高除硅率应采取的措施是水料比在3：1～4：1之间均可；混合后立即搅拌；搅拌时间30～60分钟均可；‎ ‎(3)根据分析，硅的去除还有一部分是通过上述流程中的“转型压滤”和“酸化压滤”工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是H2SiO3(或H4SiO4)；‎ - 27 -‎ ‎(4)根据分析，水洗压滤的主要目的是除硅，则转型压滤的主要目的是除去钠或Na+或氯化钠，转型压滤过程中生成ZrO(OH)2的离子方程式为Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2；‎ ‎(5)操作M包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；上述工艺若不加改进，锆的损失会比较大，为了减少锆的损失，应该改进的措施是将滤渣洗涤，并将洗涤液并入母液中，重复操作M；‎ ‎(6)根据题意，25mL产品溶液消耗EDTA标准溶液的物质的量为0.02L×0.0125mol·L-1=0.00025mol，由于EDTA与ZrO2+在上述条件下以1：1比例反应，则ZrO2+的物质的量为0.00025mol，则3.220g产品(水合氧氯化锆)中水合氧氯化锆的物质的量=0.00025mol×=0.01mol，氧氯化锆的物质的量也为0.01mol，因此所含结晶水的质量=3.22g-0.01mol×178g/mol=1.44g，则水的物质的量为0.08mol，则氧氯化锆与水的物质的量的物质的量之比=0.01mol:0.08mol=1:8，则水合氧氯化锆的化学式为ZrOCl2·8H2O。‎ ‎【点睛】计算水合氧氯化锆的化学式时需要氧氯化锆与水的物质的量之比，从而得到化学式。‎ ‎19.2019年国际非政府组织“全球计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。‎ ‎(1)CO2催化加氢制甲醇的有关反应及其在不同温度下的化学平衡常数如下表所示。‎ 化学反应 平衡常数 ‎500℃‎ ‎700℃‎ ‎800℃‎ Ⅰ.H2(g)+CO2(g) ⇌H2O(g)+CO(g)‎ ‎1.0‎ ‎1.70‎ ‎2.52‎ Ⅱ.2H2(g)+CO(g) ⇌CH3OH(g)‎ ‎2.5‎ ‎0.34‎ ‎0.15‎ Ⅲ.3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH ‎①ΔH___0(填“＞”、“＜”或“＝”)。‎ ‎②已知反应Ⅲ的速率方程式：υ正=k正·c3(H2)·c(CO2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数。反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___k逆增大的倍数(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ - 27 -‎ ‎③500℃时，向恒容的密闭容器中加入1molCO2和1molH2，控制反应条件只发生反应Ⅰ。达到平衡后，只改变下列条件，能使CO的平衡体积分数增大的是___(填选项字母)。‎ A.增大压强 B.降低温度 C.再通入等物质的量CO2和H2 D.分离出部分水 ‎(2)在200℃时，向5L带气压计的恒容密闭容器中通入2molCO2和2molCH4发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，测得初始压强为P0kPa，反应过程中容器内总压强(P)随时间(t)变化(反应达到平衡时的温度与起始温度相同)如图所示。‎ ‎①该反应过程中从0min到2min压强变化原因是___。‎ ‎②0～4min内，反应的平均反应速率υ(CO2)=___。‎ ‎③用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=___。[气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数]‎ ‎(3)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)可能的反应历程如图所示。‎ 注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量[如第一个方框中1个CH4(g)+1个CO2(g)的相对总能量为E1eV，单位：eV]。其中，TS表示过渡态。‎ ‎①CH4(g)+CO2(g) ⇌2H2(g)+2CO(g)ΔH=___kJ·mol-1(已知：1eV=1.6×10-22kJ)‎ ‎②若E4+E1＜E3+E2，则决定制备“合成气”反应速率的反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). 小于 (3). D (4). 反应为吸热反应，温度降低使体系压强减小 (5). 0.02mol·L-1·min-1 (6). 0.01P02(kPa)2 (7). 96.32(E5-E1)或1.6×10-22NA(E5-E1) (8). CH4(g)=C(ads)+2H2(g)或CH4(g)+CO2(g)=C(ads)+2H2(g)+CO2(g)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡常数表达式和温度对平衡常数的影响判断，根据温度对化学平衡的影响判断反应Ⅲ - 27 -‎ 的移动方向，选择使反应Ⅰ正向移动方向的措施。列出“三段式”计算反应速率和平衡常数。利用盖斯定律计算出焓变的大小。计算出活化能较高的反应是决速反应。‎ ‎【详解】①Ⅰ．H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)，K1=；‎ Ⅱ．2H2(g)+CO(g) ⇌CH3OH(g)，K2=；‎ Ⅲ=Ⅰ+Ⅱ，3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) K3==K1×K2，根据表中数据依次计算出500℃、700℃、800℃的K3依次为2.5、0.578、0.378，温度越高，K3越小，故ΔH＜0；‎ ‎②已知反应Ⅲ：3H2(g)+CO2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0 ，反应达到平衡后，仅升高温度，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，正反应速率增大的倍数比逆反应速率增大的倍数小，υ正=k正·c3(H2)·c(CO2)<υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，即k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；‎ ‎③反应Ⅰ.H2(g)+CO2(g) ⇌H2O(g)+CO(g) ，升高温度平衡常数增大，则反应I的ΔH＞0，‎ A．增大压强，平衡不移动，CO的平衡体积分数不变，故A不符合题意；‎ B．降低温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数减小，故B不符合题意；‎ C．再通入等物质的量CO2和H2，相当于增大压强，平衡不移动，CO的平衡体积分数不变，故C不符合题意；‎ D．分离出部分水，平衡正向移动，能使CO的平衡体积分数增大，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎(2)在200℃时，向5L带气压计的恒容密闭容器中通入2molCO2和2molCH4发生反应CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)，测得初始压强为P0kPa，‎ ‎①图中可以看出，该反应过程中从0min到2min压强减小，原因是该反应为吸热反应，温度降低使体系压强减小；‎ ‎②4min后压强不再变化，说明4min时已经达到平衡，设从起始到平衡转化CH4物质的量为xmol，用三段式 - 27 -‎ 由图中数据可以看出平衡时的总压强为1.2P0kPa，起始总压强为P0kPa，气体的压强之比等于物质的量之比，，解得x=0.4，平衡时气体的总物质的量等于4mol+2xmol=4mol+2×0.4mol=4.8mol，0～4min内，反应的平均反应速率υ(CO2)=；‎ ‎③用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= =；‎ ‎(3) ①根据流程图可知，第一步：CH4(g) ⇌2H2(g)+ C(ads) ΔH1= （E3- E1）NAeV；‎ 第二步：CO2(g)+C(ads)⇌2CO(g) ΔH2= (E5 - E3) NAeV；‎ 第一步加第二步得到：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)ΔH=(E5-E1) NAeV=1.6×10-22NA (E5-E1) kJ或96.32 (E5-E1) kJ；‎ ‎②决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应；速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢；若E4+E1＜E3+E2，则E2－E1＞E4－E3，则决定制备“合成气”反应速率的反应方程式为：CH4(g)=C(ads)+2H2(g)或CH4(g)+CO2(g)=C(ads)+2H2(g)+CO2(g)。‎ ‎【点睛】三段式中的利用平衡分压计算平衡常数时，要将总压转化为P0有关的数值，为学生的易错点。‎ ‎20.尼洛替尼用于治疗白血病有显著疗效。有机化合物M()是合成尼洛替尼的中间体，其一种合成路线如图：‎ 已知：含有α—氢的酯在醇钠等碱性缩合剂作用下发生缩合作用，失去一分子醇得到β—酮酸酯。如：‎ - 27 -‎ ‎2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH 回答下列问题：‎ ‎(1)有机物A中含氧官能团的名称为___。‎ ‎(2)M的分子中最多有___个碳原子在同一个平面上，M存在顺反异构现象，其反式异构体的结构简式是___。‎ ‎(3)反应①的化学方程式为___；其反应类型为___。‎ ‎(4)有机物有多种同分异构体，其中含有苯环的硝基化合物有___种，写出其中一种具有手性碳的同分异构体的结构简式为___。‎ ‎(5)写出以乙醇、乙酸、为原料合成的合成路线(其它试剂任选)___。‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). 9 (3). (4). +C2H5OH+H2O (5). 酯化反应(或取代反应) (6). 14 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程分析可得，A在浓硫酸加热条件下与C2H5OH发生酯化反应生成，则A的结构简式为， 在乙醇钠(C2H5ONa)作用下与CH3COOC2H5‎ - 27 -‎ 发生已知信息的反应生成B，结合B的分子式，可得B的结构简式为，B与HCl发生取代反应生成，与(CH3O)2CHN(CH3)2反应生成M，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为，其中含氧官能团的名称为羧基；‎ ‎(2)有机化合物M的结构简式为，与碳碳双键直接相连的所有原子共面，分子结构中的六元环中的碳原子在同一平面，碳氧双键与六元环共面，碳碳双键上的碳原子与氮原子单键相连，旋转一定角度氮原子上的甲基可与碳碳双键共面，则该分子中最多有9个碳原子在同一个平面上，M存在顺反异构现象，在六元环支链上的碳碳双键上能形成其反式异构体，结构简式是；‎ ‎(3)反应①为A在浓硫酸加热条件下与C2H5OH发生酯化反应生成，化学方程式为+C2H5OH+H2O；其反应类型为酯化反应(或取代反应)；‎ ‎(4)有机物有多种同分异构体，其中含有苯环的硝基化合物，其结构为苯环与- C2H5、-NO2结合，有邻间对3种结构；或苯环与-NO2和两个-CH3结合，有6种结构；或苯环与-CH3、-CH2NO2结合，有邻间对3种结构；或苯环与-CH2CH2NO2结合，有1种结构，或苯环与-CH(CH3)NO2结合，有1种结构，共有14种同分异构体；其中一种具有手性碳的同分异构体的结构简式为；‎ ‎(5)以乙醇、乙酸、为原料合成，乙醇和乙酸在浓硫酸加热作用下生成乙酸乙酯，与乙醇在浓硫酸加热作用下生成，‎ - 27 -‎ 和乙酸乙酯在乙醇钠作用下发生已知信息的反应生成，合成路线为：。‎ ‎【点睛】本题难度不大，关键在于学生会灵活运用已知信息，会判断已知信息提供的反应断键，成键方式，才能准确判断分子结构。‎ - 27 -‎