安徽省合肥一中2020届高三最后一卷理综化学试题 Word版含解析

安徽省合肥一中2020届高三最后一卷理综化学试题 Word版含解析

- 1 - 安徽省合肥一中 2020 届高三最后一卷 化学试题 1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法或操作不正确的是 （ ） ①为增强消毒液（有效成分 NaClO）的消毒能力，可以滴加几滴浓盐酸 ②新冠病毒可以采用高温或酒精来杀死，均利用的是蛋白质的变性 ③常见的化学键有离子键、共价键、氢键 ④石油的蒸馏、分馏、精馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化 ⑤硅酸钠俗称水玻璃 ⑥苯在工业上，既可以以煤为原料制备，也可以以石油为原料制备 A. ①②⑥ B. ①③⑤ C. ③⑤⑥ D. ①④⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①向消毒液（有效成分 NaClO）中加浓盐酸会产生氯气，反应的离子方程式为： - + - 2 2ClO +2H +Cl =Cl +H O ，产生大气污染，减弱消毒能力，①错误； ②蛋白质在高温或酒精下会失去生理活性，即变性，②正确； ③氢键属于分子之间的作用力，不是化学键，③错误； ④蒸馏、分馏、精馏都是根据物质的沸点不同，用于分离混合物的物理方法，煤的干馏产生 煤焦油和粗氨水等，有新物质生成，属于化学变化，④正确； ⑤硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，⑤错误； ⑥煤的干馏产生的煤焦油中含有苯，石油的催化重整可获得芳香烃，⑥正确； 故不正确的有：①③⑤，答案选 B。 2.环扁桃酯具有松弛血管平滑肌，扩张血管的功能，其一种同系物(X)可以发生如下转化， 下列说法中错误的是（ ） A. X 的分子式为 C14H18O3 B. Y 可以发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应 - 2 - C. Y 中最多可以有 15 个原子共平面 D. Z 的同分异构体含有醛基（一 CHO）有 8 种 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据 X 的结构得出分子式为 C14H18O3，A 正确； B.Y 中含有苯环，羟基，羧基，能发生氧化反应、还原反应、酯化反应、缩聚反应，B 正确； C.Y 中最多 16 个原子在同一平面，C 错误； D．Z 分子式为 C6H12O，含醛基，剩下-C5H11，为饱和烃基，可以看做醛基取代 C5H12 中的氢，为 直链时有 3 种同分异构体，含一个支链时有 4 种同分异构体，含两个支链时有 1 种结构，共 8 种，D 正确； 答案选 C。 3.石蜡油分解是获得烯烃的一种常用方法，实验如图所示。下列有关说法不正确的是（ ） A. 装置Ⅱ中逸出的气体通入高锰酸钾溶液，发生氧化反应 B. 装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片均是催化剂 C. 十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，二者物质的量之比为 1：8 D. 石蜡油分解生成的烯烃一定是乙烯 【答案】D 【解析】 【详解】A.石蜡油分解产生烯烃，逸出的气体通入高锰酸钾溶液，能使溶液褪色，发生氧化 反应，A 正确； B.装置Ⅰ中硫酸铝、碎瓷片是催化剂，降低了反应的活化能，从而加快了石蜡分解的速率，B 正确； C.十八烷完全分解为乙烷和最多乙烯时，遵循碳原子守恒，则二者物质的量之比为 1：8，C 正确； - 3 - D.石蜡油经催化裂解后获得小分子的烷烃和烯烃混合物，但不饱和烃不一定指的是乙烯， D 错误； 答案选 D。 4.下列关于阿伏伽德罗常数(NA)说法正确的是（ ） A. lLpH=l 的 H3PO4 溶液中，含有 0.1NA 个 H+ B. 在 6.0gNaHSO4 晶体中，所含离子数目为 0.15NA C. 加热条件下，1molFe 投入足量的浓硫酸中，生成 NA 个 SO2 分子 D. 8.4g 环戊烯醇 ，含有 0.8NA 个极性键 【答案】A 【解析】 【详解】A. pH=l，c(H+)=0.1mol/L，N=NA·n=NA·c·V=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，A 正确； B.n(NaHSO4)=m/M=6.0g/120g·mol-1=0.05mol，NaHSO4 晶体中含 Na+、HSO4 -，含离子数目为 0.1NA， B 错误； C.加热条件下，由于浓硫酸具有强氧化性，1molFe 被氧化成 Fe3+失去 3mol 电子，根据电子得 失守恒，S 得到 3mol 电子，则生成 SO21.5mol，数目为 1.5NA 个 SO2 分子，C 错误； D. 环戊烯醇的物质的量为 8.4g/84g·mol-1=0.1mol，每分子环戊烯醇中含 9 个极性键，则共 含有 0.9NA 个极性键，D 错误； 答案选 A。 5.向 20mL0.1mol/L 的 NaHCO3 溶液中滴加 0.1mol/L 氨水(已知室温下 H2CO3Ka1=4.2×10-7， Ka2=5.6x10-11)，NH3•H2O(Kb=1.78×10-5)，下列说法错误的是（ ） A. 0.1mol/L 的 NaHCO3 溶液中：c(OH-)+c(CO 2 3  )=c(H2CO3)+c(H+) B. 无论滴加多少氨水，溶液中一定满足：c(HCO 3  )+c(CO 2 3  )+c(H2CO3)=c(Na+) C. 当滴入 10mL 氨水时，发生反应的离子方程式为：HCO 3  +NH3·H2O=CO 2 3  +NH 4  +H2O，该反应的 平衡常数约为 0.1 D. 当滴入 20mL NH3·H2O 时，c(Na+)=c(NH 4  )+c(NH3·H2O)=0.1mol/L 【答案】D 【解析】 【详解】A.NaHCO3 溶液含有的粒子有：Na+、H+、 - 3HCO 、 2- 3CO 、OH-、H2CO3、H2O，根据质子 - 4 - 守恒可得： - 2- + 3 2 3(OH ) (CO )= (H CO )+ (H )c c c c ，A 正确； B.根据物料守恒，NaHCO3 溶液中一定满足：c(HCO 3  )+c(CO 2 3  )+c(H2CO3)=c(Na+)，B 正确； C.氨水与 NaHCO3 溶反应离子方程式为：HCO 3  +NH3·H2O=CO 2 3  +NH 4  +H2O，该反应的平衡常数 2- + 2- + + - 3 4 3 4 - - + - 3 3 2 3 3 2 (CO ) (NH ) (CO ) (H ) (NH ) (OH )= =(HCO ) (NH H O) (HCO ) (H ) (NH H O) (OH ) c c c c c cK c c c c c c         ，即 2 3 3 2 -11 -5 a2(H CO ) b(NH H O) + - -14 5.6 10 1.78 10= = =0.099 0.1(H ) (OH ) 1 10 K KK c c      ，C 正确； D.当滴入 20 mL NH3·H2O 时，反应恰好完全反应，此时 + 0.1mol/L 20mL(Na )= =0.05mol/L40mLc  ， 则 c(Na+)=c(NH 4  )+c(NH3·H2O)=0.05mol/L，D 错误； 答案选 D。 6.2020 年 3 月 29 日，全球新能源汽车领导者比亚迪宣布正式推出“刀片电池”。“刀片电 池”是将传统磷酸铁锂电池电芯加长，使单个电芯形状扁平、窄小，再通过多个“刀片”捆 扎形成模组，通过少数几个大模组的组合成电池。“刀片电池”放电时结构如下，正极反应 为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4，下列说法错误的是（ ） A. “刀片电池”和三元锂电池（镣钻锭酸锂电池）相比几乎没有污染 B. 放电时，负极反应为 LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6 C. 充电时，锂离子在阴极脱嵌；放电时，锂离子在正极脱嵌 D. 该电池维持电流强度 4.825A，工作 10 分钟，理论上正极增加重量 0.21g（已知 F=96500C/mol） 【答案】C 【解析】 【分析】 磷酸铁锂电池放电时，负极反应：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，正极反应：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4； - 5 - 充电时，阳极接正极，电极反应式：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，阴极接负极，电极反应式： Li1-xC6+ xLi++ xe-= LiC6。 【详解】A．“刀片电池”的总反应：LiC6+ Li1-xFePO4= Li1-xC6+LiFePO4，由锂离子的得失转移 而发生反应，几乎无污染，A 正确，不选； B．放电时为原电池，负极发生氧化反应，电极反应式为：LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，B 正确，不 选； C．脱嵌意思是锂从正极材料中出来的过程，充电时，阳极的电极材料产生锂离子，电极反应 式为：：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，放电时，负极材料产生锂离子，电极反应式为： LiC6-xe-=xLi++Li1-xC6，则充电时，锂离子在阳极脱嵌；放电时，锂离子在负极脱嵌，C 错误， 符合题意； D．维持电流强度 4.825A，工作 10 分钟，则电量为 4.825A×600s=2895C，转移电子的物质的 量为 2895C 96500C / mol ，则正极增加重量为： 2895C 6.941g / mol=0.21g96500C / mol  ，D 正确，不 选； 答案选 C。 7.W、X、Y、Z、M 均为短周期元素且原子序数依次增大，W 和 X 同族。Y 原子最外层电子数是 W 与 X 原子最外层电子数之和的 3 倍，是 Z 原子最外层电子数的 2 倍，M 的最高正价与最低 负价代数和为 6。下列说法正确的是 A. 离子半径：W-Li+，A 错误； B. Al 处于分界线附近，具有一定的金属性和非金属性，与非金属元素形成共价键，Li 为活 泼金属容易失去电子形成离子键，其中 H 为-1 价，处于最低价态，具有还原性，B 正确； C.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼 Al，C 错误； D.H2O2 具有强氧化性，能使品红褪色，D 错误； 答案选 B。 8.金属铋在工业上常用于制造低熔点合金，用于消防装置、自动喷水器、锅炉等的安全塞， 一旦发生火灾，一些水管的活塞会“自动”熔化，喷出水来。由一种铋矿（主要成分为 Bi2S3， 含强氧化性杂质 PbO2 等）制备金属铋的简单工艺如图： 已知：酸性溶液中，氧化性 PbO2＞KMnO4 回答下列问题： (1)“浸出”时发生的离子反应包括___、___。 (2)浸出液必须保持强酸性，否则铋元素会以 BiOCl(碱式氯化铋)形式混入浸出渣使产率降低， 原因是___。 (3)检验母液中主要金属阳离子的方法是___。 (4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)可以和 Bi3+1：1 形成稳定的配合物，一种测定浸出液中 Bi3+浓 度的方法如下：取 25mL 浸出液，调节 pH=l，滴入 2 滴二甲酚橙作指示剂(二甲酚橙：溶于水 呈亮黄色，能和多种金属阳离子形成紫红色配合物)，用 0.01000mol/L 的 EDTA 溶液滴定，达 到滴定终点时，测得耗去标准液 35.00mL，则浸出液中 Bi3+的浓度为___g/L，达到滴定终点的 现象是__。 (5)以 Bi2(SiF6)3 的水溶液为电解液，可以实现粗铋的电解精炼。电解过程中，当电路中通过 0.3mol 电子时，阴极析出的金属 Bi 的质量为__；电解一段时间后，电解液会有损失，并会出 现大量杂质，加入___(填化学式)可以除去该杂质，并使电解液 H2SiF6 再生。 - 7 - 【答案】 (1). PbO2+4H++2Cl-=Pb2++2H2O+Cl2↑ (2). Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ (3). 由于 Bi3+发生水解生成 H+，如果溶液不保持强酸性，则 H+浓度的降低会使 Bi3+的水解平衡正向 移动，导致生成更多的 BiOCl (4). 取少量母液 1 于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成 蓝色沉淀，则证明有 Fe2+ (5). 2.926 (6). 当滴入最后一滴 EDTA 溶液时，溶液由紫红 色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫红色 (7). 20.9g (8). H2SO4 【解析】 【分析】 此题利用制备金属铋的工艺流程，考查氧化还原反应、离子反应、离子检验、中和滴定、盐 类水解、电解精炼金属的原理，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查， 需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。根据流程可知辉铋矿浸出得到气体、浸出渣、浸 出液，Bi2S3 中的硫被Fe3+氧化为单质硫，所以浸出渣中含单质S，酸性溶液中，氧化性PbO2>KMnO4， 加入了盐酸，故气体为氯气，PbO2 被还原成 Pb2+，浸出液中主要含 Bi3+、Pb2+，经 Fe 置换得到 粗铋含 Bi、Pb，母液中含 Fe2+，粗铋利用电解原理精炼得到精铋。 【 详 解 】 (1) 浸 出 时 发 生 两 个 氧 化 还 原 反 应 ： PbO2+4H++2Cl-=Pb2++2H2O+Cl2↑ 、 Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ (2)铋能被铁置换，说明其金属性比铁弱，其离子会发生水解，如果溶液不保持强酸性，则 Bi3+ 的水解程度增大，导致生成更多的 BiOCl，混入浸出渣使产率降低； (3)母液中含 Fe2+，检验其存在可滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有 Fe2+； (4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)和 Bi3+1：1 形成稳定的配合物，则 n(EDTA)=n(Bi3+)，得出 c(EDTA)V(EDTA)=c(Bi3+)V(Bi3+),0.01000mol/L×0.035L= c(Bi3+)×0.025L,算出 c(Bi3+)=0.014 mol/L=2.926 g/L，达到滴定终点，Bi3+被消耗完全，颜色由紫红色变回亮黄色， 故滴定终点为当滴入最后一滴 EDTA 溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫 红色； (5)以 Bi2(SiF6)3 的水溶液电解精炼铋，电解过程中，铋的化合价由+3 价降到 0 价，得到 3 个 电子，当电路中通过 0.3mol 电子时，阴极析出的金属 Bi 的物质的量为 0.1mol，质量为 0.1mol×209g/mol=20.9g，粗铋中含有杂质 Pb，电解过程中 Pb 失电子得到 Pb2+，除去 Pb2+选 择 SO4 2-，为使电解液 H2SiF6 再生，需引入 H+，故选择 H2SO4。 【点睛】(1)浸出时注意分析物质变化，利用氧化还原反应的理论进行方程式书写 (4)滴定计 算时利用量的比例关系进行，滴定终点判断为被滴定物质反应完全，标准液过量一滴时的颜 色变化，且半分钟不变色，即为终点；(5)精炼时要结合粗铋的成分进行分析，因含 Pb，故失 - 8 - 电子以及杂质引入都有 Pb 有关。 9.肉桂酸是生产冠心病药物“心可安”的重要中间体。其酯类衍生物是配制香精和食品香料 的重要原料。它在农用塑料和感光树脂等精细化工产品的生产中也有着广泛的应用。实验室 合成肉桂酸的反应原理如下 部分物质的相关性质如下表所示： 名称 相对分子质 量 熔点/℃ 沸点/℃ 主要性质 苯甲醛 106.0 -26 179 纯品为无色液体，微溶于水；空气 中加热易被缓慢氧化 乙酸酐 102.0 -73.1 138.6 无色透明液体；有剌激性气味；其 蒸气为催泪毒气，遇水强烈水解生 成乙酸，产生大量酸雾 肉桂酸 148.0 133 300 白色至淡黄色粉末；微有桂皮香气 石蜡 / 50-70 300-550 主要由烷烃组成，性质稳定 实验步骤如下： 步骤 1：适量无水醋酸钾、14.5mL 乙酸酐(过量)和 5.0mL 苯甲醛(密度为 1.06g/cm3)依次加入 150ml 三颈烧瓶中摇匀，放入磁子，搭好回流装置，用带磁力搅拌功能的电炉(图 A)加热至微 沸后保持加热回流 1 小时； 步骤 2：取下三口烧瓶，冷却至 100 度以下后，加入少量饱和碳酸钠溶液调节 pH8-9； 步骤 3：如图 B 连接好水蒸气蒸馏装置（加热装置略去），进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油 滴； 步骤 4：将三口烧瓶中的残余液冷却后加入活性炭，煮沸，____往滤液中边搅拌边滴加浓盐酸 至 pH=3，大量固体析出； 步骤 5：减压过滤，洗涤，烘干，称量，测熔点。 - 9 - 回答下列问题： (1)步骤 1 中，若用酒精灯加热，可能存在的安全隐患是__。 (2)步骤 2 中，加饱和碳酸钠溶液的目的是___，可观察到的明显现象是__。 (3)步骤 3 中，水蒸气蒸馏的目的是除去__。(填物质名称) (4)步骤 4 中，缺失的操作名称是__。 (5)步骤 5 中，若称量得到的产品质量为 4.800g，则本实验的产率为__%(保留 4 位有效数字)。 (6)有机物都有固定的熔点，因此测量产品的熔点可以初步判定所得的产品是不是预期产物。 测产品熔点的装置如图 C 所示：将产品装入一端封口的毛细玻璃管中，与温度计绑在一起， 插入 b 形管（图 D）中，用火焰持续加热 b 形管右侧，观察毛细管中样品的状态以及相应温度 计的示数，即可测得样品的熔程（刚开始出现液滴至恰好完全熔化的温度范围）。测定过程中， 温度计的水银球应位于__（填“m”、“n”或“p”），b 形管中所装的热浴液可选用__（填相 应字母编号）。 A.蒸馏水 B.浓硫酸 C.石蜡 【答案】 (1). 可能引燃有机物发生火灾 (2). 将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少 蒸馏时的挥发损失 (3). 产生大量气泡和酸雾 (4). 苯甲醛 (5). 趁热过滤 (6). 64.86 (7). n (8). BC 【解析】 【详解】(1)步骤 1 中，三颈烧瓶中盛有乙酸酐(过量)和苯甲醛，属于易燃有机物，若用酒精 灯加热，可能存在的安全隐患是引燃有机物发生火灾； (2)步骤 1 发生反应 得到肉桂酸和乙酸，还有过量 的乙酸酐，步骤 3 将进行蒸馏，肉桂酸有挥发性，需进行保护，故步骤 2 中，加饱和碳酸钠 溶液的目的是将肉桂酸转化为肉桂酸的钠盐，减少蒸馏时的挥发损失，加入的饱和碳酸钠溶 液，根据表格信息可知乙酸酐遇水强烈水解生成乙酸，产生大量酸雾，乙酸与碳酸钠反应产 生大量气泡，现象为产生大量气泡和酸雾； (3)步骤 3 中，进行水蒸气蒸馏，直至馏出物无油滴，说明目的是为了除去油状物质，符合题 - 10 - 意的只有苯甲醛； (4)步骤 4 中，缺失的操作名称是趁热过滤，若冷却则肉桂酸钠会结晶被过滤，造成目标产物 损失，影响产率计算； (5)步骤 5 中，通过苯甲醛的量按方程进行计算，肉桂酸的理论质量为 5.0×1.06×148/106g=7.4g，产率=4.800g/7.4g×100%≈64.86%； (6)温度计插入 b 形管的深度以水银球恰好在 b 形管的两侧管中部，故在 n 位置，肉桂酸熔点 为 133℃，高于 100℃低于 140℃，故可选热浴液为浓硫酸和石蜡，答案选 BC。 10.甲醛(HCHO)是一种重要的化工产品，工业上可用甲醇脱氢法制备，相关反应方程式为： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) △H=+akJ/mol 回答下列问题： (1)反应过程中需要向体系中通入空气，通过以下反应提供上述反应所需要的热量： H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(g) △H=-bkJ/mol 要使反应温度维持在 650℃，则进料时，甲醇和空气的体积比应为___(已知空气中氧气的体积 分数为 20%，b>a)。 (2)Na2CO3 是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下： 历程 i：CH30H→・ H+・ CH2OH(・ H 叫做氢自由基，实际上就是 H 原子，有很高的反应活性， “・”代表有一个单电子可以参与配对成键) 历程 ii：・ CH2OH→・ H+HCHO 历程 iii：・ CH2OH→3•H+CO 历程 iv：自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭 如图 1 所示为在体积为 2L 的恒容容器中，投入 1molCH3OH(g)，在碳酸钠催化剂作用下开始反 应，20min 后，测得甲醇的转化率(X)与甲醛的选择性(S)与温度的关系(副反应仅考虑 CH3OH CO+2H2)： ①请在图 2 所给坐标中，画出历程 iv 的反应过程一能量变化示意图___。 - 11 - ②下列说法合理的是__。 a.升高温度，甲醇转化率提高，平衡常数变大 b.当体系气体密度保持不变时，达到平衡状态 c.及时分离产品有利于提高甲醇生成甲醛的转化率 ③600℃时，前 20min 甲醇的平均反应速率为__，此时生成甲醛的反应的 Qp=___（Qp 的表达式 与平衡常数 Kp 相同，p 为物质的分压，分压=总压×物质的量分数，体系初始压强为 P0） ④650℃以后，甲醛的选择性降低，而甲醇的转化率升高的可能原因是___。 (3)氧化剂可处理甲醛污染，结合以下图像分析夏季(水温约 20℃)应急处理甲醛污染的水源最 好应选择的试剂为____。 【答案】 (1). 2b 5a (2). (3). ac (4). 0.01375mol/(L·min) (5). 0.56P0 (6). 温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于 650℃后， 催化甲醛生成的催化剂催化能力降低，因此甲醛选择性下降 (7). Ca(ClO)2 【解析】 【分析】 此题利用工业上制备甲醛方法综合考查化学反应原理，考点涉及热量，化学平衡移动，催化 反应历程，考查图像解读能力和计算能力。 【详解】(1)要使反应温度维持在 650℃，应保证放热反应放出的热量恰好被吸热反应全部利 用，则甲醇与氧气的物质的量之比为 2b a ，相同条件下，物质的量之比等于体积比，故甲醇与 氧气的体积之比为 2b a ，空气中氧气的体积分数为 20%，则甲醇与空气的体积之比为 2b 5a ； (2)①历程 iv：自由基发生碰撞形成新化学键而湮灭,自由基具有很高的能量，在形成新化学 键时能量降低，且随着不断形成新化学键，自由基浓度减小，能量减低速率减慢，故能量变 - 12 - 化示意图为 ； ②a.根据图Ⅰ可知，随着温度的升高，甲醇的转化率也在逐渐升高，说明反应往正向进行的 程度在增大，K 增大，a 正确； b.气体密度= 气体总质量 总体积 ，在恒容容器中，总体积保持不变，气体总质量守恒，故气体密 度始终不变，不能作为平衡判据，b 错误； c.及时分离产品，平衡将向正向移动，有利于提高甲醇生成甲醛的转化率，c 正确； 故合理的为 ac； ③600℃、20min 时甲醇的转化率为 55%，则Δn=0.55mol，平均反应速率 v= c t   =     0.55 · 2 20 n mol V t L min    =0.01375 mol/(L·min)，此时甲醛的选择性为 60%，则主反 应 CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g)，得到 n1(H2)=n(HCHO)=0.55mol×60%=0.33mol，副反应 CH3OH CO+2H2，得到 n2(H2)=2n(CO)=2×0.55mol×(1-60%)=0.44mol，n(H2)= n1(H2)+ n2(H2)=0.77mol，在温度一定体积一定的条件下，压强之比等于物质的量之比，甲醛 Qp=       2 3 ·p H p HCHO p CH OH ==   00.77 0.33 1 0.55 P  = 0.56P0； ④温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于 650℃后，催化甲醛生成的催 化剂能力降低，因此甲醛选择性下降； (3)由图像可知，夏季(水温约 20℃)时甲醛去除率最高的是 Ca(ClO)2，故最好应选择的试剂为 Ca(ClO)2。 【点睛】(2)图像绘制有难度，注意分析能量变化过程，计算所用到的数据除了题目告知，还 来源于图像，题目解读很关键，找到特殊的点得到相应数据进行计算。 11.碱土金属(ⅡA 族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。 回答下列问题： （1）对于碱土金属元素 Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减 变化的是___。 A.原子半径 B.单质的硬度 C.第一电离能 - 13 - （2）①铍与相邻主族的___ 元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有___填标 号。 A.都属于 p 区主族元素 B.电负性都比镁大 C.第一电离能都比镁大 D.氯化物的水溶液 pH 均小于 7 ②(NH4)2BeF4 是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为__，阴 离子中心原子杂化方式为___。 （3）Sr 是人体必需的微量元素，SrCO3 是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为___判断 SrCO3 的热分解温度___（填“大于”/“小于”）CaCO3 的热分解温度，理由是____。 （4）MgH2 和金属 Ni 在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为 Mg2NiH4 的储氢化合物，其 立方晶胞结构如图所示： ①Mg 原子周围距离最近且相等的 Ni 原子有___个，若晶胞边长为 646pm，则 Mg—Ni 核间距 为___pm（结果保留小数点后两位， 3 取 1.73）。 ②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力 为___（列出计算式即可。假定该化合物中所有的 H 可以全部放出，液氢密度为 dg/cm3；设 NA 代表阿伏伽德罗常数的值）。 【答案】 (1). BC (2). 铝 (3). BD (4). 共价键、配位键 (5). sp3 (6). [Kr]或[Ar]3d104s24p6 (7). 大于 (8). Sr2+的半径大于 Ca2+，因此夺取 CO 2- 3 中的 O 形成 氧化物的能力较弱，需要更高的温度 (9). 4 (10). 279.40 (11). 7 3 16 10 6.02 646 d   【解析】 【详解】（1）对于碱土金属元素 Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原 子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，核对电子的引力减 小，第一电离能减小，故选 BC。 - 14 - 故答案为：BC； （2）①A．铍属于 s 区，铝属于 p 区主族元素，故 A 不符； B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故 B 符合； C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的 3s 处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故 C 不符； D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液 pH 均小于 7，故 D 符合； 故答案为：铝；BD； ②(NH4)2BeF4 是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子 NH4 ＋，铵根有 4 个氮氢共价 键,其中一个是配位键,属于共价键，NH4 ＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子 BeF 2- 4 中心原子是 Be,其价层电子对=4+ 2 2 1 4 2    =4，杂化方式为 sp3。 故答案为：共价键、配位键；sp3； （3）锶是第五周期第ⅡA 族元素，Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；SrCO3 的热分解 温度大于（填“大于”/“小于”）CaCO3 的热分解温度，理由是 Sr2+的半径大于 Ca2+，因此夺 取 CO 2- 3 中的 O 形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度。 故答案为：[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于 Ca2+，因此夺取 CO 2- 3 中的 O 形成氧化 物的能力较弱，需要更高的温度； （4）①图中 Mg 位于 4 个 Ni 围成的正四面体的中心，Mg 原子周围距离最近且相等的 Ni 原子 有 4 个，若晶胞边长为 646pm，体对角线为 646pm× 3 ，体对角线为 Mg—Ni 核间距的 4 倍， 则 Mg—Ni 核间距为 3 6464 pm =279.40pm； 故答案为：4；279.40； ②晶胞中 Mg 有 8 个，Ni 为 8× 1 8 +6× 1 2 =4，H 原子为 4×4=16 个，晶中氢的密度为： 1 7 3 10 3 3 16 1 · 16 10 ·(646 10 ) 6.02 646A g mol g cmN        ，液氢密度为 dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液 态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 7 3 16 10 6.02 646 d   ； 故答案为： 7 3 16 10 6.02 646 d   。 - 15 - 【点睛】难点（4）关于晶胞的计算，先根据均摊法算出晶胞中氢，再以晶胞中氢的密度与 液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，计算该化合物的储氢能力。 12.一种可降解聚合物 P 的合成路线如图： 已知：ⅰ. ⅱ. +2ROH +2HCl(R 为烃基) 回答下列问题： (1)路线图中 C 的还原产物的官能团名称是___。 (2)E→F 中反应①和②的反应类型分别是__；D→E 的第①步化学方程式为__。 (3)F 的结构简式为___。 (4)聚合物 P 的结构简式是___。 (5)A 的同分异构体中，含苯环的共有__种。 (6)参照上述合成路线，设计以乙醇为原料，制备 C6H10N2O2(含有 1 个六元环，核磁共振氢谱 显示有 3 组峰，峰面积之比为 3：1：1)的合成路线(无机试剂任选)__。 【 答 案 】 (1). 酯 基 、 氨 基 (2). 加 成 反 应 、 取 代 反 应 (3). 2 +O2 2 +2H2O (4). (5). (6). 18 (7). - 16 - CH3CH2OH CH3CHO 【解析】 【分析】 此题利用有机合成流程考查有机物结构推断、官能团、有机方程式书写、同分异构体数目确 定 、 合 成 路 线 设 计 。 C 被 还 原 生 成 ， 所 以 C 的 结 构 简 式 为 ： ，B 和浓硝酸发生取代反应生成 C，所以 B 的结构简式为： ， A 和羧酸生成酯 B，所以 A 的结构简式为： ， 和氢氧化钠溶液发生水解反应生成 D， D 的分子式为 C8H9O2Na，可知 D 的结构简 式为 ， 根据 D 反应生成 E 的条件，结合 E 的分子式知，E 的结构简式为： ， E 发生一系列反应生成 F，根据题给信息知，F 的结构简式为： ，两 个 F 分子中的氨基和羧基脱水缩合形成一个新的六元环，因此 G 的结构简式为： ， G 和 反应生成 P，P 的结构简式为： 。 【详解】(1)C 的还原产物为 ，其官能团为酯基、氨基； (2) 根据已知给出的信息，E→F 中反应①和②的反应类型分别是加成反应、取代反应，D→E 的第①步根据条件可知为醇羟基的催化氧化，化学方程式为 - 17 - 2 +O2 2 +2H2O； (3) F 的结构简式为 ； (4) 聚合物 P 的结构简式为 ； (5) A 的结构简式为： ，其含苯环的同分异构体中，醇的同分异构体有 4 种，酚的同分异构体有 9 种，醚的同分异构体有 5 种，共有 18 种； (6)以乙醇为原料，制备 C6H10N2O2，含有 1 个六元环，需首先引入醛基，再引入 N 和环，参照 D→E→F→G 的过程，合成路线为 CH3CH2OH CH3CHO 。 【点睛】本题考查有机物的推断，同时考查学生知识迁移能力，充分利用题给信息采用正推 和倒推相结合的方法进行分析解答，明确物质含有的官能团及性质是解本题关键。 - 18 -