安徽省“皖江名校联盟”2020届高三决战高考最后一卷理综化学试题 Word版含解析
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2020 “皖江名校联盟”决战高考最后一卷
化学试卷
一、选择题
1.化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，使用时水温越高洗涤效果越好
B. 84 消毒液和医用酒精杀灭新冠肺炎病毒的原理不同
C. 用超临界液态 CO2 代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保
D. 侯氏制碱法利用了物质溶解度的差异
【答案】A
【解析】
【详解】A．添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，温度过高，会使蛋白酶失去活性，用
温水洗涤效果越好，故 A 错误；
B．84 消毒液是利用次氯酸的氧化作用消毒，医用酒精能使蛋白质变性消毒，原理不同，故 B
正确；
C．用超临界液态 CO2 代替有机溶剂萃取大豆油，减少有机溶剂的使用，有利于环保，故 C 正
确；
D．侯氏制碱法是将 NH3、CO2 先后通入饱和 NaCl 溶液中，发生反应 NaCl +
CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，该反应相当于氯化钠和碳酸氢铵发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯
化铵，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故析出碳酸氢钠晶体，故 D 正确；
选 A。
2.丙是科学家合成的一种能自动愈合自身内部细微裂纹的神奇塑料，合成路线如下图所示：
下列说法错误的是
A. 两步反应都符合绿色化学最理想的“原子经济”理念
B. 乙的一氯代物有 10 种(不考虑立体异构)
C. 甲分子所有原子有可能处于同一平面
D. 由甲生成乙发生的是加成反应
【答案】C
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【解析】
【详解】A．2 个分子的甲发生加成反应产生乙，化合物乙与在催化剂条件下发生加聚反应产
生化合物丙，两个反应中反应物原子全部转化为生成物，因此符合绿色化学最理想的“原子
经济”理念，A 正确；
B．化合物乙分子中含有 10 种不同位置的 H 原子，因此乙的一氯代物有 10 种(不考虑立体异
构)，B 正确；
C．甲分子含有饱和 C 原子，具有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能都处于同一平面上，
C 错误；
D．由 2 个分子的甲发生加成反应生成乙，其中一个分子发生的是 1，2 加成反应，另一个分
子发生的是 1，4 加成反应，D 正确；
故合理选项是 C。
3.设 NA 为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A. 过量的金属铁与 1 mol Cl2 反应，生成物中 Fe2+数目为 NA
B. 1 mol NaHSO4 在熔融状态下电离出的阳离子数为 NA
C. 1.0 mol CH4 与 Cl2 在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数为 1.0NA
D. 我国科学家发明了精准剪切碳氢键的新技术，1 mol C2H6O 中可供剪切的 C-H 键为 5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe 与 Cl2 在点燃时反应产生 FeCl3，因此过量的金属铁与 1 mol Cl2 反应，生成物
中不含 Fe2+，其数目为 0，A 错误；
B．NaHSO4 在熔融状态下电离出 Na+、HSO4
-，所以 1 mol NaHSO4 在熔融状态下电离出的阳离子
数为 NA，B 正确；
C．Cl2 与甲烷光照条件下发生取代反应是逐步进行的，首先产生 CH3Cl，产生的 CH3Cl 再与未
反应的氯气进一步发生取代反应产生 CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此 1.0 mol CH4 与 Cl2 在光照下
反应生成的 CH3Cl 分子数小于 1.0NA，C 错误；
D．C2H6O 表示的物质可能是 CH3CH2OH，也可能是 CH3-O-CH3，物质不能确定，因此不能确定其中
含有的 C-H 共价键数目，D 错误；
故合理选项是 B。
4.某学习小组设计蔗糖与浓硫酸反应的实验装置如下，并进行系列实验(必要时可对甲适当加
热)。下列说法中正确的是
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A. 可观察到棉球 a、b 都褪色，且褪色的原理相同
B. 丙、丁中都能观察到有白色沉淀生成
C. 实验过程中观察到的系列现象，可验证浓硫酸具有吸水性、脱水性和氧化性
D. m 管的作用是平衡压强，戊的作用是吸收尾气
【答案】D
【解析】
【详解】A．在甲中，浓硫酸与蔗糖混合，蔗糖被脱水碳化，产生的 C 单质有一部分被浓硫酸
氧化产生 CO2 气体，浓硫酸被还原产生 SO2，a 处 SO2 使品红溶液褪色，表现 SO2 的漂白性，在 b
处 SO2 气体与溴单质发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2 表现还原性，因此棉球
a、b 都褪色，褪色的原理不相同，A 错误；
B．在丙中 SO2 溶于水得到 H2SO3，溶液显酸性，与 Ba(NO3)2 发生氧化还原反应，反应产生 BaSO4
白色沉淀，但在丁处，由于酸性 HCl>H2SO3，因此不能发生反应形成沉淀，故丁中无白色沉淀
生成，B 错误；
C．根据实验过程中观察现象，可验证浓硫酸具有脱水性和氧化性，但不能显示其吸水性，C
错误；
D．m 管使分液漏斗的液体上下气体压强一致，便于液体顺利滴下，因此其作用是平衡压强，
戊中盛有碱石灰，可以吸收反应过程中产生 SO2、NO2 等气体，防止尾气中 SO2、NO2 等有害气体
污染环境，D 正确；
故合理选项是 D。
5.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氣乙烯进行水体修复，修复过程如图所示。H+、
O2、 -
3NO 等共存物的存在会影响水体修复效果。下列说法错误的是
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A. 反应①在负极发生，反应②③④⑤在正极发生
B. 增大单位体积水体中小粒径 ZVI 的投入量，可加快水体修复速率
C. 水体修复过程中，三氯乙烯每脱去 3mol Cl，就有 3molFe 变成 Fe2+
D. ⑤的电极反应式为 -
3NO + 10H++8e-== +
4NH +3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①是铁失电子，①在负极发生，反应②③④⑤得电子发生还原反应，②③④⑤
在正极发生，故 A 正确；
B．增大单位体积水体中小粒径 ZVI 的投入量，加快单位体积水体中失电子速率，可加快水体
修复速率，故 B 正确；
C．水体修复过程中，正极发生 2 3 2 4C HCl 3H 6e C H 3Cl 、
2 2O 4 2H O 4OHe 等反应，根据电子转移守恒，三氯乙烯每脱去 3mol Cl，Fe 变成
Fe2+的物质的量大于 3mol，故 C 错误；
D．反应⑤是硝酸根离子得电子被还原为铵根离子，电极反应式为 -
3NO + 10H++8e-== +
4NH +3H2O，
故 D 正确；
选 C。
6.常温下，用一定浓度的盐酸溶液滴定某氨水溶液。滴定终点附近溶液 pH 和导电能力的变化
分别如下图所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点，溶液总体积变化忽略不计)。下
列说法错误的是
A. M 点对应溶液中 c(NH4
+)=c(Cl-)
B. X→Y 溶液导电性增强的主要原因是 c(H+)和 c(Cl-)增大
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C. 根据溶液 pH 和导电能力的变化可判断 V2＜V3
D. M→N 过程中
4
3 2
c NH
c H c NH H O
不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下，M 点溶液呈中性，则溶液中 c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒
c(NH4
+)+c(OH-)=c(H+)+ c(Cl-)，所以 c(NH4
+)=c(Cl-)，A 正确；
B．X 到 Y 溶液导电性增强主要是溶液中 c(H+)、c(NH4
+)增大，B 错误；
C．NH4Cl 是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，要使酸碱混合溶液呈中性，则 M 点 NH3·H2O 物
质的量 n(NH3·H2O)大于 n(HCl)，即氨水有剩余，导电能力中 Y 点为酸碱恰好完全反应点，Y
点 n(HCl)=n(NH3·H2O)，则 V2＜V3，C 正确；
D．M→N 过程中，
4 4 b
w3 2 3 2
c NH c NH c OH K
Kc H c NH H O c H c OH c NH H O
，物
质 NH3·H2O 的电离平衡常数及水的离子积常数只与温度有关，温度不变，则 Kb、Kw 不变，因此
4
3 2
c NH
c H c NH H O
不变，D 正确；
故错误选项是 B。
7.主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次増加，且均不超过 20。W、X、Y 最外层电子数之和为
15，化合物 Z+[Y-W≡X]-是实验室用于检验某常见金属离子的一种化学试剂。下列说法错误的
是
A. 离子半径大小:Y>Z
B. 元素 X、Z 的氢化物遇水均能形成碱性溶液
C. 简单氢化物的沸点:W
S，则离子半径：S2->K+，A 选项正确；
B．X 为 N 元素，Z 为 K 元素，两者的氢化物分别为 NH3 和 KH，NH3 与遇水形成 NH3·H2O，显碱
性，KH 遇水形成 KOH，显碱性，B 选项正确；
C．NH3 分子间可形成氢键，因此沸点高于 CH4，C 选项正确；
D．[S-C≡N]-中所有原子最外层均满足 8 电子稳定结构，D 选项错误；
答案选 D。
非选择题
必做题
8.钒及其化合物在工业生产中有着广泛的应用，可作为制硫酸的催化剂，从含钒废料（含有
V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3 等）中回收 V2O5 的流程如下：
巳知:NH4VO3 微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
(1)为提高浸出速率，除适当増加硫酸浓度外，还可采取的措施有______(写出一条)，滤渣 1
的成分是_____________，酸浸时 V2O4 发生反应的离子方程式为_______________。
(2)“氧化反应”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______。
(3)该流程中可循环利用的物质有______(填化学式)。
(4)已知 -
3VO +2H+ +
2VO +H2O，沉钒”过程中，主要反应的离子方程式为______。沉钒后为
了得到尽可能多的 NH4VO3，需要进行的主要操作有：冷却过滤、___________。
(5)钒电池是目前发展势头强劲的优秀绿色环保电池，全钒液流储能电池就是其中一种，它的
正负极活性物质形成的电解质溶液相互分开，该电池采用石墨电极，其工作原理示意如图。
放电时正极反应式为_____，充电时质子的移动方向为_____(填“从左向右”或“从右向
左”)。
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【答案】 (1). 将含钒废料粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等 (2). SiO2 或二
氧 化 硅 (3). V2O4+4H+=2VO2++2H2O (4). 2 ： l (5). CO2 、 NH3 (6).
+
4NH +2 -
3HCO + +
2VO =NH4VO3↓+2CO2↑+H2O (7). 乙 醇 洗 涤 、 烘 干 (8).
+
2VO +e-+2H+=VO2++H2O (9). 从左向右
【解析】
【分析】
V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3 与硫酸反应得到含有 +
2VO 、VO2+、Fe3+的溶液，加入 NaClO 把 VO2+氧化
为+5 价 +
2VO ，调节 pH=4 使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀，加入碳酸氢铵生成 NH4VO3 沉淀。
【详解】(1)根据影响反应速率的因素，为提高浸出速率，除适当増加硫酸浓度外，还可采取
的措施有将含钒废料粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等，含钒废料中 SiO2 和硫酸不
反应，所以滤渣 1 的成分是 SiO2，酸浸时 V2O4 和硫酸反应生成 VOSO4 和水，发生反应的离子方
程式为 V2O4+4H+=2VO2++2H2O；
(2)“氧化反应”中 NaClO 把 VO2+氧化为+5 价 +
2VO ，氯元素化合价由+1 降低为-1，V 元素由
+4 升高为+5，还原剂与氧化剂的物质的量之比是 2:1；
(3)沉钒过程发生反应 +
4NH +2 -
3HCO + +
2VO =NH4VO3↓+2CO2↑+H2O，NH4VO3 加热分解为氨气、
V2O5，二氧化碳、氨气溶于水生成碳酸氢铵，该流程中可循环利用的物质有 CO2、NH3；
(4) “沉钒”过程中铵根离子、碳酸氢根离子、 +
2VO 反应生成 NH4VO3 和二氧化碳气体，主要
反应的离子方程式为 +
4NH +2 -
3HCO + +
2VO =NH4VO3↓+2CO2↑+H2O。根据 NH4VO3 不溶于乙醇，沉
钒后为了得到尽可能多的 NH4VO3，需要进行的主要操作有：冷却过滤、乙醇洗涤、烘干；
(5)原电池放电时，氢离子移向正极， +
2VO 、VO2+的转化需要氢离子，所以放电时左侧是正极、
右侧是负极，放电时正极反应式为 +
2VO +e-+2H+=VO2++H2O，充电时，左侧为阳极、右侧为阴极，
质子的移动方向为从左向右。
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9.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体、难溶于 CCl4。实验室可将干燥
二氧化碳和氨气通入 CCl4 中进行制备，反应原理为 2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s) △H<0，回
答下列问题：
(1)仪器①的名称为_____，装置己中盛放的试剂为_____。
(2)简述检验装置乙气密性的操作_____。
(3)氨气的发生装置可以选择上图中的_____，制取氨气的化学方程式为_____。
(4)预制备产品，选择上图中必要的装置，其连接顺序为：发生装置
→_____→FG←_____←KJ←_____(按气流方向，用大写字母表示)。
(5)为了提高氨基甲酸铵的产率.对三颈瓶采取的控温方法是_____，反应结束后，从反应后的
混合物中分离出产品的实验操作是_____，戊中气球的作用是_____。
(6)氨基甲酸铵容易变质生成碳酸氢铵，现取长期存放的样品 19.550g，用足量石灰水处理后，
使样品中碳元素完全转化为碳酸钙，通过系列操作得纯净碳酸钙 25.000g，则该样品的纯度为
_____%。(计算结果保留三位有效数字;有关物质的相对式量:氨基甲酸铵 78、碳酸氢铵 79、
碳酸钙 100) 。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓硫酸 (3). 夹紧止水夹，从长颈漏斗加水至漏斗
内液面高于试管内液面，静置，若液面保持不变，说明气密性良好 (4). 甲或丙 (5).
2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O 或 NH3·H2O NH3↑+H2O (6). DE（或 ED）
(7). HI (8). B (9). 冷水浴 (10). 过滤 (11). 平衡压强，收集尾气 (12).
79.8
【解析】
【分析】
用甲或丙制取氨气，用碱石灰干燥后通入 CCl4 中，用乙装置制取二氧化碳气体，用碳酸氢钠
除去二氧化碳中的氯化氢，用浓硫酸干燥后通入 CCl4 中，在三颈瓶中搅拌发生反应
2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s) 。
【详解】(1)根据图示，仪器①是分液漏斗，装置己用于干燥二氧化碳，盛放的试剂为浓硫酸；
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(2)检验装置乙气密性的操作是：夹紧止水夹，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于试管内液面，
静置，若液面保持不变，说明气密性良好；
(3)实验室用加热氯化铵、氢氧化钙固体混合物或加热浓氨水的的方法制取氨气，所以氨气的
发生装置可以选择上图中的甲或丙，制取氨气的化学方程式为
2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O 或 NH3·H2O NH3↑+H2O；
(4) 用甲或丙制取氨气，用碱石灰干燥后通入 CCl4 中，用乙装置制取二氧化碳气体，用碳酸
氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，用浓硫酸干燥后通入 CCl4 中，氨气、二氧化碳在三颈瓶中反
应生成氨基甲酸铵，其连接顺序为：发生装置→DE→FG←HI←KJ←B ；
(5)正反应放热，为了提高氨基甲酸铵的产率，对三颈瓶采取的控温方法是冷水浴，氨基甲酸
铵难溶于 CCl4，反应结束后，从反应后的混合物中分离出产品的实验操作是过滤，戊中气球
的作用是平衡压强，收集尾气；
(6) 通过系列操作得纯净碳酸钙 25.000g，则样品中碳元素的物质的量为
25g 0.25mol100g/mol
，设样品中氨基甲酸铵的质量为 xg，
19.55-x gxg 0.25mol78g/mol 79g/mol
，x=0.2mol，则该样品的纯度为
0.2mol 78g/mol 100%19.55g
79.8%。
【点睛】本题考查了物质制备实验的设计与评价，理解制备氨气、二氧化碳气体的原理是解
题关键，明确实验基本操作、各装置的用途，用碳元素守恒计算混合物中各成分的含量。
10.乙基叔丁基酸(以 ETBE 表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂，用乙醇与异丁烯(以
IB 表示)在催化剂 HZSM-5 催化下合成 ETBE，反应的化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g) ETBE(g)
△H，回答下列问题：
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注：C1 表示乙醇和异丁烯同时吸附，C2 表示先吸附乙醇，C3 表示先吸附异丁烯。
(1)反应物被催化剂 HZSM-5 吸附的顺序与反应历程的关系如上图所示，该反应的
△H=____akJ·mol-1，下列选项正确的是______(填序号)。
A．反应历程的最优途径是 C1
B．HZSM-5 没有参加化学反应
C．相同条件下，采用不同途径时，乙醇的平衡转化率 C1＞C2＞C3
D．升高反应温度有利于提高平衡产率
(2)向刚性容器中按物质的量之比 1：1 充入乙醇和异丁烯，在温度为 378 K 与 388 K 时异丁
烯的转化率随时间变化如图所示。
①图中 A、M、B 三点，化学反应速率由大到小的顺序为______，其中逆反应速率最大的点是
______（用符号 A、M、B 填写）。
②388 K 时，容器内起始总压为 P0 Pa，用分压表示的该反应的平衡常数 K=______Pa-1(用含有
P0 的式子表示)。
③瑞典化学家阿累尼乌斯的化学反应速率经验定律为： aE-RTk=Ae ，（其中，k 为速率常数，A、
R 为常数，Ea 为活化能，T 为绝对温度，e 为自然对数底数，约为 2.718）。由此判断下列说法
中正确的是_____（填序号，k 正 、k 逆为正、逆速率常数）。
A．其他条件不变，升高温度，k 正增大，k 逆变小
B．其他条件不变，使用催化剂，k 正、k 逆同倍数增大
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C．其他条件不变，増大反应物浓度 k 正增大，k 逆不变
D．其他条件不变，减小压强，k 正、k 逆都变小
已知反应速率υ=υ正-υ逆=k 正 P(C2H5OH)·P(IB)-k 逆 P(ETBE)，计算上图中 M 点 υ
υ
正
逆
=_______(保
留两位小数）
【答案】 (1). -4 (2). A (3). M>B>A (4). A (5).
0
40
P (6). B (7).
5.33
【解析】
【分析】
(1)根据图象，∆H=生成物总能量-反应物总能量，根据到达过渡态的活化能高低选择合适的反
应途径；
(2)①温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短；
②388 K 时，异丁烯的平衡转化率为 80%，根据方程式计算平衡时各种气体的物质的量，利用
气体的物质的量的比等于压强比，代入平衡常数表达式计算可得；
③根据温度、浓度、催化剂对速率常数的影响分析判断，结合平衡时正、逆反应速率相等，
根据图象，M 点异丁烯的平衡转化率为 60%，根据方程式计算。
【详解】(1) 根据图象，∆H=生成物总能量-反应物总能量=(1-5)a kJ/mol=-4a kJ/mol；
A．过渡态 1 的活化能为 E1=4a kJ/mol，过渡态 2 的活化能为 E2=6a kJ/mol，过渡态 3 的活化
能为 E3=6a kJ/mol，所以过渡态 1 的活化能最低，反应相对容易，则反应历程的最优途径是
C1，A 正确；
B. 催化剂 HZSM-5 参加化学反应，降低反应的活化能，能够使化学反应速率大大加快，B 错误；
C．采用不同途径，由于不能改变反应物、生成物的总能量，因此反应热不变，在相同条件下，
采用不同途径时，最终达到平衡时反应物乙醇的平衡转化率不变，C 错误；
D．该反应的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高反应温度，化学平衡向吸热的逆反
应方向移动，反应物转化率降低，因此不有利于提高平衡产率，D 错误；
故合理选项是 A；
(2)①温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，温度 388 K 高于 378 K，所
以 388 K 时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为 L1，378 K 时异丁烯的转化率随时间变化的曲
线为 L2。M、A 是 388 K 温度下的化学反应，反应正向进行，M 点反应物的浓度比 A 点的高，
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反应物浓度越大，反应速率越快，所以反应速率 M＞A ；B 点是 378 K 时的反应速率，M、B 两
点浓度相同但 M 点温度高，则反应速率 M>B；A、B 两点观察斜率，反应速率 B>A，故化学反应
速率由大到小的顺序为：M＞B＞A；
A、B、M 三点中 A 点的温度高于 B 点，A 点生成物的浓度大于 M、B 点，所以图中 A、M、B 三
点，逆反应速率最大的点是 A 点；
②在 388 K 时，当反应达到平衡时异丁烯转化率为 80%，由于在反应开始时按物质的量之比 1：
1 充入乙醇和异丁烯，发生反应：C2H5OH(g)+IB(g) ETBE(g)，假设反应开始时 n(异丁
烯)=n(乙醇)=a mol，平衡时各种物质的物质的量为 n(异丁烯)=n(乙醇)=0.2a mol，
n(ETBE)=0.8a mol，平衡时气体总物质的量 n(总)= 0.2a mol+0.2a mol+0.8a mol=1.2a mol，
平衡时气体压强 P=1.2a
2a
P0=0.6P0，在相同条件下气体的物质的量的比等于压强之比，则平衡
时各种气体的分压 P(异丁烯)=P(乙醇)= 0.2a
1.2a
×0.6P0=0.1 P0，P(ETBE)= 0.8
1.2
a
a
×0.6p0=0.4 P0，
所以用分压表示的该反应的平衡常数 K= 0
0 0
0.4P
0.1P 0.1P =
0
40
P ；
③A．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率都增大，因此 k 正、k 逆都增大，A 错误；
B．催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此其他条件不变，使用催化剂，k 正、k 逆同倍数增
大，B 正确；
C．反应速率常数只与反应温度有关，在其它条件不变时，増大反应物浓度，k 正、k 逆都不变，
C 错误；
D．反应速率常数只与反应温度有关，在其它条件不变时，减小压强，k 正、k 逆都不变，D 错误；
故合理选项是 B；
③反应达到平衡时υ=υ正-υ逆=k 正 P(C2H5OH)·P(IB)-k 逆 P(ETBE)=0，则
k
k
正
逆
=
2 5
(ETBE)
(C H OH) (IB)
P
P P =
0
40
P ；由于在反应开始时按物质的量之比 1：1 充入乙醇和异丁烯，
发生反应：C2H5OH(g)+IB(g) ETBE(g)，假设反应开始时 n(异丁烯)=n(乙醇)=a mol，在 M
点异丁烯转化率为 60%，则 M 点时 n(异丁烯)=n(乙醇)=0.4a mol，n(ETBE)=0.6a mol，气体
总物质的量为 n(总)=0.4a mol+0.4a mol+0.6a mol=1.4a mol，此时气体压强 P=1.4a
2a
P0=0.7P0，
在相同条件下气体的物质的量的比等于压强之比，则 M 点各种气体的分压 P(异丁烯)=P(乙
醇)= 0.4a
1.4a
×0.7P0=0.2P0，P(ETBE)= 0.6
1.4
a
a
×0.7P0=0.3P0，所以 M 点
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2 5 0 0
0 0
k C H OH IB 0.2P 0.2P40
k ETBE P 0.3
υ
υ P
P
P
P
正正
逆 逆
=5.33。
【点睛】本题考查了图象法在化学反应速率和化学平衡的移动及化学平衡的计算的应用。根
据外界条件对化学反应速率的影响，结合平衡移动原理及平衡状态特征分析判断。外界条件
对化学反应速率的影响中一般催化剂影响最大，其次是温度，然后是浓度(或压强)，催化剂
只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率和平衡常数。
选做题
［化学——选修 3：物质结构与性质］
11.我国化学家合成的铬的化合物，通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，对乙烯聚合表现
岀较好的催化活性。合成铭的化合物过程中一步反应如下，该反应涉及 H、C、N、O、Cl、Cr
等多种元素。
回答下列问题：
(1)下列状态的氯中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_____________(填标号)。
A． B．
C． D．
(2)化合物乙中碳原子采取的杂化方式为______，化合物丙中 a、b、n、m 处的化学键是配位
键的是______(填字母)处。
(3)Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+的核外电子排布式为______；已知没有未成对 d 电子的过渡金
属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子为无颜色的是______(填
离子符号)。
(4)ClO3
-的键角小于 ClO4
-的键角，原因是______。
(5)根据结构与性质的关系解释，HNO2 的酸性比 HNO3 弱的原因：______。
(6)水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成 13 种类型的结晶体。其中重
冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿 x、y、z 轴的投影图如图所示，晶体中的 H2O 配
位数为_____晶胞边长为 a pm，则重冰的密度为 ____g·cm-3（写出数学表达式，NA 为阿伏伽
- 14 -
徳罗常数）。
【答案】 (1). D (2). sp2、sp3 (3). b (4). 1s22s22p63s23p63d3 (5). Ti4+
(6). ClO3
-中氯原子有一个孤电子对，ClO3
-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于 ClO4
-
中成键电子对间的排斥力。 (7). HNO2 和 HNO3 可表示为(HO)NO 和(HO)NO2，(HO)NO 中 N 为
+3 价，(HO)NO2 中 N 为+5 价，正电性更高，使 N-O-H 中 O 的电子更向 N 偏移，致使更容易电离
出 H+ (8). 8 (9). 3
A
36
a N
×1030
【解析】
【分析】
(1)同一原子，电离能逐渐增大，所以失去电子数越多，在电离最外层一个电子所需能量越大
分析解答；
(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，据此分析杂化方式；
根据配位键是一个原子单方面提供电子对与另外原子共用，结合化合物丙中 a、b、n、m 处的
化学键分析；
(3)根据构造原理书写 Cr 原子核外电子排布式，Cr 原子失去 3 个能量较高的电子得到 Cr3+，
据此书写其电子排布式；根据没有未成对 d 电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，
及 Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的核外电子排布分析判断；
(4)根据中心原子的电子形成化学键情况，结合孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作
用分析判断；
(5)根据分子中羟基受到中心原子吸引力大小分析；
(6)立方晶胞沿 x、y 或 z 轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为 8；每个晶胞中水
分子个数为 2，再用公式ρ= m
V
计算晶胞密度。
【详解】(1)A、C 表示的微粒都是 Cl 原子，由于 A 是基态，C 是激发态，微粒含有的能量：C
＞A，则稳定性：A＞C，所以失去 1 个电子需要能量：A＞C；
B、D 表示微粒都是 Cl+，是 Cl 原子失去 1 个电子后得到的，微粒含有的能量：B＞D，则稳定
性：D＞B。所以失去 1 个电子需要能量：D＞B；从带一个单位正电荷的阳离子再失去 1 个电
子需要的能量要比从中性原子失去 1 个电子需要的能量高，所以选项微粒失去 1 个电子需要
- 15 -
能量最多的是 D 表示的微粒；
(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，饱和 C 原子采用 sp3 杂化，
形成苯环的 C 原子采用 sp2 杂化；
根据图示可知：在化合物丙中 a、b、n、m 处的化学键，a、n、m 都是一般共价键，而 b 处是
N 原子提供电子对与 Cr 原子共用，因此该共价键为配位键；
(3)Cr 是 24 号元素，根据构造原理可得 Cr 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d44s2，Cr
原子失去 2 个 4s 电子和 1 个 3d 电子得到 Cr3+，则其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；
Ti4+核外电子排布是：1s22s22p63s23p4，没有 3d 电子，则其水合离子为无颜色；
V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对 d 电子，其水合离子为有颜色；
Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对 d 电子，其水合离子为有颜色；故上述三
种离子中水合离子无颜色的是 Ti4+；
(4)ClO3
-中氯原子有一个孤电子对，ClO3
-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于 ClO4
-中成
键电子对间的排斥力，导致键角：ClO3
-＜ClO４
-；
(5)HNO2 和 HNO3 都是一元酸，分子中都含有 1 个-OH，可分别表示为(HO)NO 和(HO)NO2，(HO)NO
中 N 为+3 价，(HO)NO2 中 N 为+5 价，正电性更高，使 N-O-H 中 O 的电子更向 N 偏移，致使更容
易电离出 H+，因此酸性：HNO2＜HNO3；
(6)立方晶胞沿 x、y 或 z 轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为 8；每个晶胞中水
分子个数为 1
8
×8+1=2，则由晶胞密度
ρ= 3 310 AA
m 2 18g / mol 36
V a NN / mol a 10 cm
×1030g/cm3。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及电离能比较、原子核外电子排布式的书写、原子杂
化方式判断、配位键及晶胞计算等知识，把握晶胞的计算和投影图的识别是解题关键，注意
根据失去电子数越多再电离最外层一个电子所需能量越大，根据物质结构分析判断，侧重考
查学生空间想象能力及计算能力。
［化学一选修 5 ：有机化学基础］
12.2020 年 2 月 17 日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副主任孙燕荣
告诉记者:磷酸氯喹对“COV1D-19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛
人群治疗。其合成路线如下所示：
- 16 -
巳知:醛基在一定条件下可以还原成甲基。
回答下列问题：
(1)A 中含氧官能团的名称为_____。
(2)下列说法中正确的是_____(填序号)。
a.可用新制氢氧化铜浊液鉴别开有机物 A 和 D
b.物质 D 和 E 是同分异构体
c.可用红外光谱仪测定物质 C 的相对分子质量
d.由 C 生成 D 发生的是水解反应
(3)反应⑩的反应类型为_____，反应⑤若温度过高会发生副反应，请写出一个可能发生的副
反应的化学方程式_____。
(4)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。磷酸氯喹(L)分子中有_____
个手性碳。
(5)有机物 E 有多种同分异构体，其中属于酯的有_____种，在属于羧酸的同分异构体中，有
一种核磁共振氢谱有两组峰，其结构简式为_____。
(6)以 2 一丙醇和必要的试剂合成 2—丙胺［CH3CH(NH2)CH3］：_____(用箭头表示转化关系，箭
头上注明试剂)。
【 答 案 】 (1). 醛 基 、 醚 键 (2). ab (3). 取 代 反 应 (4).
CH3CO(CH2)3OH 2 4H SO
Δ浓 CH3COCH2CH=CH2+H2O (5). 1 (6). 9 (7).
(8).
CH3CH(OH)CH3 2O
催化剂，Δ CH3COCH3
3NH
无水乙醇 无水乙醇
2H
催化剂，Δ CH3CH(NH2)CH3
【解析】
【分析】
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根据合成线路可知，A( )与 H2 发生加成反应生成 B( )，根据已知“醛
基 在 一 定 条 件 下 可 以 还 原 成 甲 基 ” 可 得 B 与 H2 在 一 定 条 件 下 发 生 还 原 反 应 生 成
C( )，C 发生加成反应得到 D，D 的同分异构体 E 在浓硫酸、加热的条件下反应生
成 F[CH3CO(CH2)3Br]，F 再和 NH(C2H5)2 反应得到 G，G 发生加成反应生成 H，H 发生消去反应得
到 I，I 与 H2 发生加成反应得到 J，J 发生取代反应生成 K，K 与磷酸制的 L 磷酸氯喹，据此分
析解答问题。
【详解】(1)根据题干信息，A 的结构简式为 ，分子中的含氧官能团为醛基和醚
键，故答案为：醛基、醚键；
(2)a．A 的结构简式为 ，分子中含有醛基，能够与新制氢氧化铜浊液反应生成
砖红色沉淀，而 D 不可以，因此可用新制氢氧化铜浊液鉴别开有机物 A 和 D，a 正确；
b．由 D 和 E 的结构简式可知，D 与 E 的分子式均为 C5H10O2，结构不同，两者互为同分异构体，
b 正确；
c．用质谱仪测定物质 C 的相对分子质量，c 错误；
d．根据上述分析可知，C 发生加成反应得到 D，d 错误；
故答案为：ab；
(3)反应⑩为 J 发生取代反应生成 K，反应⑤为 E 在浓硫酸、加热的条件下反应生成
F[CH3CO(CH2)3Br]，若温度过高会发生消去反应生成 CH3COCH2CH=CH2，反应方程式为
CH3CO(CH2)3OH 2 4H SO
Δ浓 CH3COCH2CH=CH2+H2O，故答案为：取代反应；
CH3CO(CH2)3OH 2 4H SO
Δ浓 CH3COCH2CH=CH2+H2O；
(4)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳，根据磷酸氯喹(L)的结构
可知，分子中 有 1 个手性碳原子，故答案为：1；
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(5)有机物 E 的同分异构体中，属于酯的有 、 、
、 、 、 、 、
、 共 9 种，属于羧酸的同分异构体为 CH3CH2CH2CH2COOH、
、 、 共 4 种，其中核磁共振氢谱有两组峰
的结构简式为 ，故答案为：9； ；
(6)结合题干合成信息，可将 2—丙醇催化氧化制得 CH3COCH3，再在与 NH3、无水乙醇得到
，加入无水乙醇发生消去反应生成 ，最后与 H2 发生加成反应得到 2-
丙胺[CH3CH(NH2)CH3]，合成路线为
CH3CH(OH)CH3 2O
催化剂，Δ CH3COCH3
3NH
无水乙醇 无水乙醇
2H
催化剂，Δ CH3CH(NH2)CH3，故答案为：
CH3CH(OH)CH3 2O
催化剂，Δ CH3COCH3
3NH
无水乙醇 无水乙醇
2H
催化剂，Δ CH3CH(NH2)CH3。
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