安徽省皖南八校2020年高考理综-化学模拟试卷

1、 安徽省皖南八校2020年高考理综-化学模拟试卷一、单选题（共7题；共14分）1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（   ） A. 将84消毒液和医用酒精混合使用，能更有效地杀死环境中的新冠病毒B. 医用外科口罩的核心功能层聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料C. 疫苗必须冷藏存放，其目的是避免疫苗蛋白质变性D. “丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程不属于升华2.关于化合物二苯基甲烷（ ），下列说法正确的是（   ） A. 是苯的同系物    

2、0;                                                B. 可以

3、发生取代、加成、加聚反成C. 分子中所有原于可能共平面                                D. 一氯代物有4种3.根据下列实验操作和实验现象所得出的结论错误的是（   ） 实验操作实验现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸

4、蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe3+催化H2O2分解产生O2C铝片先用砂纸打磨，常温下再加入到浓硝酸中无明显现象常温下，铝不跟浓硝酸反应D向浓度均为0.01mol·L-1的KCl、KI的混合液中逐滴滴加稀AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. A            

5、60;                               B. B                  

6、;                          C. C                       &

7、#160;                    D. D4.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（   ） A. 72gCaO2中阴离子数目为2NAB. 将0.1molCl2通入1L水中，转移的电子数为0.1NAC. 标准状况下，11.2LO2和22.4LNO在密闭容器中充分混合后，气体分子总数小于NAD. 室温下1

8、LpH=13的NaOH溶液中，水电离出的OH的数目为0.1NA5.现有W、X、Y、Z四种短周期主族元素，其原子半径依次增大。W、X原子的最外层电子数相同，Y、Z两原子的原子序数之和与W、X两原子的核内质子数之和相等。Z与X形成的二元化合物的水溶液呈碱性。下列说法错误的是（   ） A. 四种元素中，W的非金属性最强，Z的金属性最强B. 由Z和W两种元素形成的化合物中一定只含有离子键C. 四种元素形成的简单离子中，X的半径最大，Y的半径最小D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物相互之间能发生反应6.微生物燃料电池能将污水中的乙二胺（

9、H2NCH2CH2NH2）氧化成环境友好的物质，示意图如图所示，a、b均为石墨电极。下列说法错误的是（   ） A. a电极的电极反应为H2NCH2CH2NH2-16e-+4H2O=2CO2+N2+16H+B. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动C. a电极上的电势比b电极上的电势低D. 电池工作时b电极附近溶液的pH保持不变7.常温下向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示 或 ，pY=lgY。下列叙述错误的是（   ） A.

10、0;曲线n表示 与pH的变化关系B. Ka1(H2X)=1.0×1010.3C. NaHX溶液中c(OH)c(H+)D. 当pH=7时，混合溶液中c(Na+)=c(HX)+2c(X2)+c(Cl)二、工业流程（共1题；共6分）8.镍（Ni）有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面有广泛的应用。以硫化镍矿（主要成分为NiS，另含少量CuS，FeS等杂质）为原料制取纯镍的工艺流程如下： 已知物质的还原性：FeNiH2Cu。回答下列问题：（1）在“熔炼”过程中，二价铁的化合价没有发生改变，则杂质FeS与O2反应的化学方程式为_。 （2）高镍矿破碎、

11、细磨的作用是_。 （3）在焰色反应实验中，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是_。 （4）“除铁”过程中，反应的化学反应方程式为_。 （5）“电解”制粗镍过程中，阳极发生的主要电极反应为_。 （6）“电解精炼”过程中，需调节溶液的pH为25，原因是_。阳极泥的成分为_（写名称）。 三、实验题（共1题；共8分）9.二茂铁Fe(C5H5)2 ， 结构简式为 ，广泛应用于航天、化工等领域中。实验室制备二茂铁的装置如图所示。 已知：二茂铁熔点是173 ，在100 时开始由固体直接变为气体；沸点是249 。制备二茂铁的反应原理为2KOH+FeCl2+2C5H6=Fe(C5H5)2+2KC

12、l+2H2O。实验步骤为：在三颈烧瓶中加入16.8 g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60 mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气5 min左右；再从仪器a滴入13.9 mL新蒸馏的环戊二烯(C5H6 ， 密度为0.95 g/cm3)，搅拌；将25.4 g无水FeCl2与(CH3)2SO(二甲亚砜，作溶剂)配成的溶液25 mL装入仪器a中，慢慢滴入仪器c中，45 min滴完，继续搅拌45 min；再从仪器a加入25 mL无水乙醚，搅拌；将c中的液体转入分液漏斗中，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得到橙黄色溶液；蒸发橙黄色溶液，得到二茂铁粗产品；二茂铁粗产品的提纯。回答下列问题：（1）仪器b的

13、名称是_。 （2）步骤中通入氮气的目的是_。 （3）仪器c的适宜容积应为_(填标号)。 A.100 mLB.250 mLC.500 mLD.1000 mL（4）步骤用盐酸洗涤的目的是_. （5）步骤的实验装置如图所示，二茂铁在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_，装置中棉花的作用是_。 （6）为了确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是_。 （7）若最终制得纯净的二茂铁11.16 g，则该实验的产率为_。 四、综合题（共2题；共11分）10.氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。回答下列问题： （1）已知：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H1=12

14、66.6kJ·mol-1 H2(g)+ O2(g)=H2O(1)H2=285.8kJ·mol-1H2O(1)=H2O(g)H3=+44.0kJ·mol-1反应的热力学趋势很大（平衡常数很大），其原因是_。NH3分解的热化学方程式为_。（2）在CoAl催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下NH3转化率随温度变化的关系如图所示。活化能最小的催化剂为_：升高温度，NH3的平衡转化率增大，其原因是_；温度一定时，如果增大气体流速，则b点对应的点可能_（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。 （3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8mo

15、lNH3和0.1molH2 ， 30min达到平衡时，N2的体积分数为20%，则T时反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=_mol2·L-2 ， NH3的分解率为_，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2 ， NH3的转化率_（填“增大”“不变”或“减小”）。 （4）将氨溶解于水也可消除氨气的污染。常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中 =_（填标号） A.始终碱小B.始终增大C.先减小后增大D.先增大后减小11.瑞德西韦是一种核苷类似物，具有抗病毒活性，对新型冠状病毒病例展现出较好的疗

16、效。其结构如图所示： 回答下列问题：（1）该结构基态P原子中，核外电子占据最高能层的符号是_，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_。 （2）瑞德西韦中位于第二周期元素的第一电离能从大到小的顺序为_，分子中氮原子的杂化类型有_。 （3）苯酚（ ）是合成瑞德西韦的原料之一，其熔点为43，苯酚的晶体类型是_。苯酚与甲苯（ ）的相对分子质量相近，但苯酚的熔、沸点高于甲苯，原因是_。 （4）MgSO4是合成瑞德西韦的催化剂之一。MgSO4中，阴离子的空间构型为_。 （5）磷酸也是合成瑞德西韦的原料之一。直链的多磷酸盐则是种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示： 这类磷

17、酸根离子的化学式可用通式表示为_（用n代表P原子数）。（6）合成瑞德西韦的原料之一的苯酚可通过如下途径制得：电石（CaC2）乙烯苯溴苯苯酚。四方相碳化钙（CaC2）晶体的晶跑结构如图所示其晶胞参数分别为apm、apm、bpm，四方相碳化钙晶体的密度为 g·cm-3 ， CC2-中键长为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA 则m位置的钙离子与P位置的碳原子之间的距离为_pm（用不含a的计算表达式表示）。 五、推断题（共1题；共6分）12.化合物W在医药和新材料等领域有广泛应用，其合成路线如图所示： 已知以下信息：1molY完全反应生成2molZ，且在加热条件下Z不能和新制的氢氧化铜反应 +

18、R1COOHR1CH2NH2 +H2O（R1、R2、R3代表烃基）回答下列问题：（1）Y的化学名称是_，Z中的官能团名称是_。 （2）中_（填“有”或“无”）手性碳原子，的反应类型是_。 （3）反应所需的试剂和条件是_。 （4）反应的化学方程式为_。 （5）G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸氢钠反应产生气体且分子中含有氨基（NH2），G的可能结构共有_种（不考虑立体结构）；其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为2：2：2：2：1的结构简式为_。 （6）已知氨基（NH2）易被酸性KMnO4溶液氧化。设计由甲苯和丙酮为原料制备药物中间体 的合成路线：_（无机试剂任选）。 答案解析部分一、单选题1

19、.【答案】 A 【解析】【解答】A84消毒液的主要成分为NaClO，ClO-水解形成的HClO具有强氧化性，医用酒精是75%的酒精，乙醇具有还原性，两者混合使用会发生氧化还原反应，降低杀菌消毒的效果，同时还会产生有毒气体Cl2 ， A选项符合题意； B聚丙烯熔喷布通过丙烯加聚反应制得，属于合成有机高分子材料，B选项不符合题意；C疫苗中含有蛋白质，蛋白质在温度较高时容易变性，所以一般应该冷藏存放，C选项不符合题意；D“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”即HgS发生分解反应生成水银，S与Hg化合再生成HgS，此过程是化学变化，而升华是物理变化，D选项不符合题意；故答案为：A。 【分析】医用

20、酒精和84消毒液混用会发生氧化还原反应，不仅不能灭火病毒，还会减弱药效。2.【答案】 D 【解析】【解答】A根据二苯基甲烷的结构可知，其分子式为C13H12 ， 与苯(C6H12)分子组成上没有相差若干个CH2 ， 故该有机物不是苯的同系物，A选项不符合题意； B分子中含有苯环，可发生取代、加成反应，但不存在碳碳双键，不能够发生加聚反应，B选项不符合题意；C分子中两个苯环之间存在着一个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的原子一定不在同一个平面，C选项不符合题意；D根据其结构分析可知，二苯基甲烷分子中苯环有3种等效H，烃基有1种等效H，则该分子的一氯代物共有4种，D选项符合题意；故答案为：D

21、。 【分析】A、根据苯的同系物的定义进行判断； B、注意能发生加聚反应的只有碳碳双键和碳碳三键； C、苯环为平面结构，最多有12个原子共平面； D、根据对称性的原理进行作答。3.【答案】 C 【解析】【解答】A蔗糖含有C、H、O三种元素，加入浓硫酸，浓硫酸具有脱水性，将蔗糖脱水变成碳，过程放热，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，浓硫酸表现强氧化性，A选项不符合题意； B溶液变棕黄色，说明H2O2溶液氧化硫酸亚铁溶液生成Fe3+ ， 一段时间后，溶液中有气泡生成，则说明溶液中的Fe3+催化H2O2分解产生O2 ， B选项不符合题意；C浓硝酸具有强氧化性，能与铝发生反应，使铝表面形成致密的氧化

22、膜从而钝化，而不是不发生反应，C选项符合题意；DAgCl、AgI组成相似，则溶度积小的物质先生成沉淀，向浓度均为0.1molL-1的KCl、KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D选项不符合题意；故答案为：C。 【分析】钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝化的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法。常温下将铝单质投放的浓硝酸中没有明显的现象是由于铝发生了钝化反应，而不是二者之间不反应。4.【答案】 C 【解析】【解答】A72gCaO2的物质的量为1mol，1mol过氧化

23、钙中含1molO22- ， 故1mol过氧化钙中含NA个阴离子，A选项不符合题意； B氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以将0.1molCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA ， B选项不符合题意；C标准状况下，11.2LO2和22.4LNO的物质的量分别为0.5mol和1mol，两者混合后转化为NO2 ， 但容器内存在反应2NO2 N2O4 ， 则气体分子总数小于NA ， C选项符合题意；D在pH=13的氢氧化钠溶液中，H+的物质的量浓度为10-13mol/L，全部来自于水的电离，而水电离出的氢氧根的浓度等于水电离出的氢离子的浓度，故pH=13的氢氧化钠中，水电离出的OH-的个数为1

24、0-13NA ， D选项不符合题意；故答案为：C。【分析】A为易错选项，解答时需注意CaO2中含有的阴离子是过氧根(O22-)，而不是O2-。5.【答案】 B 【解析】【解答】A同一周期元素，非金属性从左至右依次增强，金属性逐渐减弱，同一主族元素，从上至下金属性依次增强，非金属性逐渐减弱，则四种元素中，O的非金属性最强，Na的金属性最强，A选项不符合题意； B由Na和O两种元素形成的化合物中，Na2O2既含有离子键，又含有非极性共价键，B选项符合题意；C四种元素形成的简单离子中，S2-电子层数最多，半径最大，而Na+、Al3+、O2-电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径S2-&g

25、t;O2->Na+>Al3+ ， 即S2-半径最大，Al3+半径最小，C选项不符合题意；DNa、Al、S的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4 ， Al(OH)3具有两性，可与强酸H2SO4和强碱NaOH发生反应，NaOH和H2SO4可发生中和反应，D选项不符合题意；故答案为：B。【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z为原子半径依次增大的四种短周期主族元素，Z与X形成的二元化合物的水溶液呈碱性，则该二元化合物可能为Na2S，则Z为Na元素，X为S元素，W、X原子的最外层电子数相同，可推知W、X可能位于同一主族，则W为O元素，Y、Z两原子的原子序数之和与

26、W、X两原子的核内质子数之和相等，Y为Al元素，据此分析解答问题。6.【答案】 D 【解析】【解答】AH2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCH2CH2NH2-16e-+4H2O=2CO2+N2+16H+ ， A选项不符合题意； B原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此，电池工作时质子(H+)通过质子交换膜由负极区向正极区移动，B选项不符合题意；C由上述分析可知，a电极为负极，b电极为正极，故a电极上的电势比b电极上的电势低，C选项不符合题意；D电池工作时，氧气在正极b上得电子发生还原反应，发生的电极反应式为O2+4e-+4

27、H+=2H2O，H+浓度减小，故b电极附近溶液的pH增大，D选项符合题意；故答案为：D。【分析】根据原电池装置图分析，H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O16e2CO2+N2+16H+ ， 氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，据此分析解答。7.【答案】 B 【解析】【解答】A根据分析可知，n表示pH与p 的变化关系，A选项不符合题意； BM点pH=9.3，c(H+)=10-9.3mol/L，p =-lg =1，则 =0.1，所以Ka2（H2X）= 

28、15;c（H+）=10-9.3×0.1=1.0×10-10.3 ， N点pH=7.4，c(H+)=10-7.4mol/L，p =-lg =-1，则 =10，所以Ka1(H2X)= ×c（H+）=10-7.4×10=1.0×10-6.4 ， B选项符合题意；C根据B可知HX的电离平衡常数为1.0×1010.3；曲线n表示pH与p 的变化关系，n点pH=7.4，p =-lg =-1， =10，所以HX-的水解平衡常数Kh = =1.0×10-7.61.0×10-10.3 ， 说明HX-的水解程度大于其电离程度，则NaH

29、X溶液溶液呈碱性，c(H+)c(OH-)，C选项不符合题意；D当溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)，D选项不符合题意；故答案为：B。【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）Ka2（H2X），则pH相同时 ，pY=-lgY，则p p ，则m、n分别表示pH与p 、p 的变化关系，据此结合选项分析解答。二、工业流程8.【答案】 （1）2FeS+3O2 2FeO+2SO2（2）增大接触面积，提高浮选率（3）镍在焰色反应中，火焰呈无色，不影响其他金属元素的焰色（4）SiO2+2FeO Fe2SiO4（

30、5）NiS-2e-=Ni2+S（6）pH<2时，溶液中c(H+)较大，H+易在阴极放电；pH>5时，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀；铜 【解析】【解答】(1)在“熔炼”过程中，二价铁的化合价没有发生改变，高温条件下，杂质FeS与O2反应生成FeO和SO2 ， 反应的化学方程式为2FeS+3O2 2FeO+2SO2 ， 故答案为：2FeS+3O2 2FeO+2SO2；(2)为了提高浮选率，得到较高纯度NiS，可将高镍矿破碎、细磨，增大其接触面积，故答案为：增大接触面积，提高浮选率；(3)因为镍在焰色反应中，火焰呈无色，不会影响其他金属元素的焰色，所以在焰色反应实验中，可以用光洁无锈

31、的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂进行灼烧，故答案为：镍在焰色反应中，火焰呈无色，不影响其他金属元素的焰色；(4)根据上述分析可知，“除铁”过程中，向低镍矿中加入石英发生反应SiO2+2FeO Fe2SiO4 ， 故答案为：SiO2+2FeO Fe2SiO4；(5)“电解”制粗镍过程中，主要是NiS在阳极失去电子得到S单质和Ni2+ ， 发生的主要反应为NiS-2e-=Ni2+S，故答案为：NiS-2e-=Ni2+S；(6)已知物质的还原性：FeNiH2Cu，则氧化性：Cu2+>H+>Ni2+ ， 若当pH<2时，溶液中c(H+)较大，H+易在阴极放电，不易得到Ni单质，pH>

32、5时，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀，“电解精炼”过程中，得到的阳极泥的主要成分为Cu单质，故答案为：pH<2时，溶液中c(H+)较大，H+易在阴极放电；pH>5时，Ni2+易形成Ni(OH)2沉淀；铜。 【分析】已知物质的还原性：FeNiH2Cu，根据工艺流程分析可知，硫化镍矿在“熔炼”过程中，通入氧气后发生氧化还原反应，生成可用于制取硫酸的SO2 ， 并得到低镍矿，向低镍矿中加入石英发生反应SiO2+2FeO Fe2SiO4 ， 得到高镍矿，再经破碎、细磨后得到镍矿粉进行浮选，进而得到含有少量CuS的NiS，接着在NiSO4作电解质溶液的条件下进行电解，NiS和CuS在阳极失

33、去电子得到S单质和Cu2+、Ni2+ ， Cu2+、Ni2+再在阴极得到电子得到含有少量Cu的粗镍，最后再在NiSO4溶液中，调节pH至25，电解精炼得到纯镍，据此分析解答。三、实验题9.【答案】 （1）球形冷凝管或冷凝管（2）排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化（3）B（4）除去多余的KOH（5）升华；防止二茂铁挥发进入空气中（6）测定所得固体的熔点（7）60% 【解析】【解答】(1)根据仪器结构示意图可知：仪器b是球形冷凝管；(2)二茂铁中铁元素化合价是+2价，不稳定，有强的还原性，易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；(3)反应在三颈烧瓶中进行，由题意

34、可知三颈烧瓶中共加入液体60 mL+25 mL=25 mL=110 mL，三颈烧瓶中盛放液体的体积不能超过其容积的 ，所以要选择使用三颈烧瓶的规格是250 mL，合理选项是B；(4)KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁Fe(C5H5)2和KCl，化学方程式为：2KOH+FeCl2+2C5H6Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O，反应后溶液中有过量KOH，步骤中用盐酸洗涤的目的是除去多余的KOH；(5)二茂铁容易由固体直接变成气体，即发生升华现象，然后冷凝进行收集，其操作名称为升华；在漏斗内部放入棉花可防止二茂铁挥发进入空气中；(6)由于纯净物有固定的熔沸点，而混合物没有固定的熔沸点，因

35、此要确认得到的是二茂铁，还需要进行的一项简单实验是测定所得固体物质的熔点；(7)13.9 mL环戊二烯(C5H6 ， 密度为0.95 g/cm3)的物质的量是n(C5H6)= =0.2 mol，25.4 g无水FeCl2的物质的量n(FeCl2)= =0.2 mol，根据2KOH+FeCl2+2C5H6Fe(C5H5)2+2KCl+2H2O可知：反应制取二茂铁时n(FeCl2)：n(C5H6)=1：2，所以FeCl2过量，要根据不足量的环戊二烯来计算二茂铁的理论产量，n(二茂铁)= n(C5H6)=0.1 mol，则理论上二茂铁的产量m(二茂铁)=0.1 mol×186 g/mol=

36、18.6 g，故产率= ×100%=60%。 【分析】(1)根据仪器的结构确定仪器b的名称；(2)二茂铁中铁是+2价，易被空气中氧气氧化，通入氮气能排尽装置中空气；(3)仪器c为三颈烧瓶，其中盛放液体的体积不超过容积的 分析判断；(4)KOH、FeCl2、C5H6反应生成二茂铁，反应后物质中含有过量碱； (5)二茂铁具有易升华的物理性质，即可有固体直接变成气体；棉花可防止二茂铁挥发进入空气；(6)根据物质是纯净物时有固定熔沸点判断；(7)先计算13.9 mL环戊二烯及25.4 g无水FeCl2的物质的量 ， 根据二者反应关系判断哪种物质过量，以不足量的物质为标准计算二茂铁的理论产量，

37、利用实际产量与理论产量的比可得其产率。四、综合题10.【答案】 （1）反应放出的热量很大；2NH3(g) N2(g)+3H2(g) H=+92.1kJ/mol（2）90CoAl；NH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；e（3）7.5；75%；减小（4）B 【解析】【解答】（1）反应的H1=1266.6kJ·mol-1 ， 放出的热量很大，故热力学趋势很大； 反应：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)    H1=1266.6kJ·mol-1H2(g)+ O2(g)=H2O(1)  

38、60; H2=285.8kJ·mol-1H2O(1)=H2O(g)    H3=+44.0kJ·mol-1根据盖斯定律，将方程式 ×-3´（+）得方程式2NH3(g) N2(g)+3H2(g)  H= ´(-1266.6 kJ/mol)-3´(-285.8+44) kJ/mol=+92.1 kJ/mol；（2）由图分析可知，90CoAl催化剂在较低温度下就达到平衡状态，反应速率最快，反应的活化能最小；由2NH3(g) N2(g)+3H2(g)  H=+92.1kJ/mol可知 NH3分

39、解反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；此反应为气体体积增大的反应，温度一定时，增大气体流速平衡逆向移动，氨气转化率减小，b点对应的点可能为e点，答案为：90CoAl；NH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；e；（3）由题中数据可知，设达到平衡时氮气的物质的量为xmol，列三段式为：相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为： =20%，解得x=0.3mol，因为容器体积为1L，气体的物质的量与物质的量浓度数值相等，所以平衡常数K= =7.5，NH3的分解率为 ´100%=75%；达到平衡后再加入0.8mol

40、NH3和0.1molH2 ， 相当于增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，答案为：7.5；75%；减小；（4）常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液发生反应，CH3COOH电离出的H+消耗NH3·H2O电离出的OH- ， c（OH-）减小，促进NH3·H2O的电离，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，因此在滴加CH3COOH溶液过程中 比值始终增大，答案为B。【分析】（1）根据盖斯定律由 ×-3´（+）可得到目标热化学方程式；（2）根据图像中几种催化剂对反应历程的影响进行分析，由外界条件对平衡移动的

41、影响来分析判断；（3）根据题中提供的数据列出三段式，计算平衡常数和转化率。（4）根据二者混合后溶液里离子浓度的变化来分析。11.【答案】 （1）M；球形、哑铃形（2）N>O>C；sp3、sp2、sp（3）分子晶体；苯酚分子间存在氢键（4）正四面体形（5）（PnO3n+1)(n+2)-（6）【解析】【解答】(1)P原子为第15号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3 ， 其核外电子占据最高能层的符号是M，占据该能层电子分别位于3s和3p轨道，其电子云形状为球形和哑铃形，故答案为：M；球形、哑铃形；(2)由结构分析可知，瑞德西韦中含有的第二周期元素有C、N、O，由于N原

42、子的价层电子为2s22p3 ， 2p为半充满状态，较难失去电子，其第一电离能比相邻元素大，O原子半径小于C原子，第一电离能大，则第一电离能：N>O>C；该分子中N原子分别形成了单键、双键和三键，则N原子的杂化方式有sp3、sp2、sp，故答案为：N>O>C；sp3、sp2、sp；(3)苯酚的熔点为43，相对较低，因此苯酚属于分子晶体；由于苯酚分子间可以形成氢键，所以导致苯酚的熔、沸点高于甲苯，故答案为：分子晶体；苯酚分子间存在氢键；(4)MgSO4中阴离子为SO42- ， 其中心原子S原子的价电子对数为 ，不含有孤电子对，则其空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；

43、(5)根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式(PO42-、P2O74-、P3O105-)可推导：磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n，氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1，酸根的变化规律为：3，4，5，n+2，因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（PnO3n+1)(n+2)- ， 故答案为：（PnO3n+1)(n+2)-；(6)根据均摊法，一个晶胞中含有Ca2+的数目为 ，含有C22-的数目为 ，则一个晶胞中包含了2个CaC2 ， 所以一个晶胞的质量 ，又 ，则 ，因此m位置的钙离子与P位置的碳原子之间的距离为 ，故答案为： 。 【分析】（1）能级最高的为M层，M层轮廓形状为球形、

44、哑铃形 （2）同一周期中，原子序数越大，第一电离能越大，但半充满状态第一电离能会大于相邻元素 （3）苯酚为分子晶体、多了羟基，使分子中存在氢键、故熔沸点升高 （4）根据价层电子对互斥，可计算模型 （5）根据焦亚硫酸根、三磷酸根离子，可推规律 （6）算距离，可先根据质量和密度算体积，再去算距离。  五、推断题12.【答案】 （1）2，3-二甲基-2-丁烯；羰基（2）无；消去反应（3）浓硝酸/浓硫酸、加热（4）（5）17；或 （6）【解析】【解答】(1)Y为 ，Y的名称为：2,3-二甲基-2-丁烯；Z为 ，Z中的官能团为：羰基，故本题答案为：2,3-二甲基-2-丁烯；羰基；(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故 中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为：无；消去反应；(3)反应是乙苯硝化转化成 ，所需的试剂是浓硫酸和浓硝酸，反应条件是加热，故本题答案为：浓硝酸/浓硫酸、加热；(4)生成W的化学方程式为： 故本题答案： ；(5)G是对硝基乙苯( )的同