【文档说明】湖南省邵阳市重点学校2020届高三综合模拟考试理综化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.261 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4645710244ae21d8924a381604b43b00.html

以下为本文档部分文字说明：

邵阳市部分学校2020届高三综合模拟考试理科综合试题卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。1.2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设N

A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NAB.1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NAC.46g75%乙醇中含有的氧原子数大于6NAD.利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1mol次氯酸钠

需要消耗2.24L氯气【答案】A【解析】【详解】A.74.5gNaClO的物质的量n=74.5g74.5g/mol=1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含有的离子数目为2NA个，故A正确；B.NaClO和HCl发生归中反应生

成氯气，NaClO中氯元素由+1价变为0价，故1molNaClO反应后转移的电子数目为NA，故B错误；C.75%乙醇溶液中75%指的是体积分数，因为未知密度，所以46g乙醇溶液中含有的氧原子数目无法计算，故C错误；D.氯气所处的状态未知，则无法计算氯气的物质的量，故

D错误；综上所述，答案为A。2.如图是盛放液溴的试剂瓶剖面图，仔细观察分成了明显的气相、溴溶液相和液溴相三相，下列说法错误的是()A.气相呈现红棕色，因为其中含有Br2的蒸汽B.溴溶液相中显酸性，主要因为HBr电离出了H+C.液溴保存时加水形成水封的目的是减少Br2的

挥发D.液溴保存时不可敞口放置，应保存在细口瓶中并塞上橡胶塞【答案】D【解析】【详解】A.气相中为空气和溴蒸汽的混合相，因为其中含有Br2的蒸汽，所以呈现红棕色，故A正确；B.溴溶液相中溴与水发生反应生成溴化氢和次溴酸，溴化氢为强酸，次溴酸为弱

酸，溶液显酸性，主要因为HBr电离出了H+，故B正确；C.因为Br2容易挥发，所以液溴保存时加水形成水封，故C正确；D.溴具有强氧化性，能氧化橡胶，则不能用橡胶塞盖贮存液溴的试剂瓶，故D错误；综上所述，答案为D。3.我国学者

研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：下列说法不正确的是()。A.Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B.反应过程中生成了MG和甲醇C.DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂D.EG和甲醇不是同系物【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，氢气转

化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；B．DMO中C−O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确；C．DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C−O、C=O均断裂，故C错误；D．EG与甲醇中−OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；综上所述，答案为C。4.X、Y、Z、W

、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量

最高的金属元素。下列说法正确的是（）A.五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB.X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为3：1和4：2的化合物C.化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D.用M单质作阳极

，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀【答案】B【解析】【分析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元

素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。【详解】A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上

而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会

生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。5.亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。甲乙丙丁反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性

KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A.甲中滴入稀硝酸前需通人N2B.仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-bC.丙中CaCl2用于干燥NOD.乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O【

答案】B【解析】【详解】A．甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N

2排空气，故A正确；B．制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b

，故B错误；C．根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；D．根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的

离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正确；答案选B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实

验有误差，还要考虑尾气处理装置。6.在乏燃料后处理流程中，四价铀作为铀钚分离的还原剂己广泛使用。在UO2(NO3)-2HNO3-N2H4。HNO3体系下采用电解法制备四价铀，电解总反应为2UO22++N2H5++3H+通电2U4++N2↑+4H2O，电解装置如图

所示。下列说法正确的是A.若转移4mole-，将有4molH+透过质子交换膜B.b极的电极反应式为UO22+＋2H2O＋2e－=U4＋＋4OH－C.电解液中NO3-的移动方向：a→质子交换膜→bD.当产生11.2mLN2时，同时生成U4+的质量为0.2389【答案】A【解析】【分析】此装置为电解

池模型，结合图像可知，a极接电源负极，为电解池阴极，UO22+在阴极得到电子，发生的电极反应为：UO22+＋2H2O＋2e－===U4＋＋4OH－，b接电源正极，为电解池阳极，N2H5在阳极得到电子，发生的电极反应为：N2H5+-4e－===N2↑+5H+，H+经质子交换膜向阴极（a极

）移动，据此可分析选项。【详解】A．根据上述分析，电极a是阴极，电极b是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，根据电荷守恒可知，导线中转移4mole-，溶液中消耗4molH+，H+透过质子交换膜向阴极（a极）移动，A选项正确；B．酸性环境

下，b电极发生的反应为：N2H5+-4e－===N2↑+5H+，B选项错误；C．NO3-不能透过质子交换膜，C选项错误；D．未注明标准状况，不能够准确计算，D选项错误；答案选A。7.常温下，分别用0.01m

ol/L的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法错误的是A.常温下K(HA)数量级约为10-5B.常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7C.NaOH溶液滴定HA溶

液应选择酚酞作为指示剂D.当横坐标为37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)【答案】B【解析】【详解】A．c(HA)=c(A-)时，K(HA)＝-++c(A)c(

H)c(H)c(HA)==10-4.75，常温下K(HA)数量级约为10-5，故A正确；B．当c（H2B－）=c（H3B）时，Ka1=c（H＋）=10-2.5，c（H2B－）=c（HB2－）时，Ka2=c（H＋）=10-7.2，HB2

－的电离程度更小，则Ka3＜10-7.2，H2B－的水解平衡常数Kh=142.51010−−=10-11.5＜Ka2=10-7.2，说明H2B－的水解程度小于电离程度，常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH小于7，故B错误；C．滴定终点溶液呈碱性，NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚

酞作为指示剂，故C正确；D．当横坐标为37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒①c(H+)+c(Na+)=3c(B3-)+2c(HB2-)+c(H2B-)+c(OH-)，

物料守恒：②2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B-)+3c(HB2-)+3c(B3-)，将①×2－②，得2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)，故D正确；故选B。【点睛】本题考

查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确酸性强弱判断方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，C为解答易错点，注意指示剂的选择原则，D为难点，注意电荷守恒和物料守恒的应用。三、非选择题：共174分。第26至28题为必考题，每个试题考生都必

须作答。第35至36题为选考题。考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。8.从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO

32-等中回收铜的工艺流程如图：（1）步骤(Ⅰ)“吹脱”的目的是___(写一条即可)；由步骤(Ⅱ)可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的___(填“强”或“弱”)。（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是___。（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之

比为___。（4）步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为___，pH与铜的回收率关系如图(a)所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为___。（5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图(b)所示，阴极主要发生的电极方程式为___；添加N

aCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是___(填“NaCl”或“H2SO4”)。（6）已知上述流程中只有步骤(Ⅲ)“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。步骤(Ⅲ)“沉

铜”时铜元素的损耗率为4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%。若1L废液最终制得CuSO4·5H2O375g，则1L废液中含有铜元素的质量为___g。（保留整数）【答案】(1).将Cu(Ⅰ)氧化

为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等(2).强(3).使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率(4).3：2(5).2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋(6).6(或5.5−6.5)(7).[Cu(NH3)4]

2＋＋2e−＝Cu＋4NH3(8).H2SO4(9).102【解析】【分析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成二氧化碳、氨气，得到含有[Cu(NH3

)4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液，加入20%的硫酸，调节pH＝2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经蒸发晶体得到无水硫酸铜晶体；[Cu(NH

3)4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜，以此解答该题。【详解】(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离

的NH3等，步骤(Ⅱ)加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H＋的结合能力比与Cu2＋的强，故答案为：将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等；强；(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2＋尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率，故答案

为：使Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率；(3)CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由−2价升高到0价，N元素化合价由＋5价降低为＋2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；(4)步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2[Cu(NH3

)4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6(或5.5−6.5)，故答案为：2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8

NH4＋；6(或5.5−6.5)；(5)阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu(NH3)4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：[Cu(

NH3)4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3；H2SO4；(6)375gCuSO4•5H2O中Cu的质量＝375g×64250÷(1−2%)÷(1−4%)＝102g，故答案为：102。9.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2

CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。有关物质性质如下表：甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水，难溶于乙醇两性化合物强酸性、强还原性实验过程：I．合成：装置C中盛有0.1molFeCO3和200mL1.0mol·L-

1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。回答下列问题：（1

）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________

________________。（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________。（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是

_______________________。（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________。（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。【答案】(1).分液漏斗(2).平衡气压，使液体顺利流下(3).饱和NaHCO

3溶液(4).防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）(5).防止Fe2+被氧化(6).Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓(7).降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出(8).硫氰化钾溶液(9).75【解析】【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成

的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验

结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取

二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结

果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止

亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++2OH-=Fe(OH)2，答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；（5）由题目已知信

息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，

则说明含有三价铁离子，答案为：硫氰化钾溶液；（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产

生甘氨酸亚铁的质量：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率=100%实际产量理论产量=15.3g20.4g100%=75%，答案为：75。10.有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护

的重要课题。(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；①O3=O+O2(慢)②O+O3=2O2(快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反

应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示

：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=－143kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH1=－200.2kJ/mol。反应2：热化学方程式为____________________________。(3)一定条件下，将一定

浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变2n(NO)n(NO)，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1－2x2xCa(OH)NOCa(OH)NO从悬浊液中逸出的的物质的量通入悬浊液中的物质的

量×100%①2n(NO)n(NO)在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。②当2n(NO)n(NO)大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是_______

___。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=－759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随()()nCOnNO的变化曲线如图。①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近______

__。②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。③若()()nCOnNO=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。【答

案】(1).12kk(2).NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol(3).NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O(4).NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低(5).1：1(6).c<b<a(7).

b=c>d(8).60%【解析】【分析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；(3)①NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；②根据二者发

生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)①b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析C、N个数的比；②根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热反应，利用温度对平衡移动

的影响判断；③根据物质反应转化关系，结合()()nCOnNO=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的转化率。【详解】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(

O3)，v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=12kk；(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减

可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ/mol；(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+

NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，

这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；②增大()()nCOnNO，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为c

<b<a；由于化学平衡常数只与温度有关，所以b、c点的平衡常数相同，该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的

平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；③若()()nCOnNO=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1mol，n(CO)=0.8mol，假设CO平衡时CO转化了xmol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为xmol，N2为0

.5xmol，则此时CO为(0.8-x)mol，NO为(1-x)mol，()()0.5x1x0.8xx0.5x−+−++×100%=20%，解得x=0.6mol，所以NO的转化率为0.6?mol1?mol×100%=60%。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、化学平衡的判断与计算

，掌握反应原理，利用反应特点，根据题目提供的数据和图象分析判断。（二）选考题：共45分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。11.钙钛矿（主要成分是CaTiO3)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的

广泛关注，科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。（1）基态Ti原子的价电子排布式为__，能量最高的能级有__个空轨道；Si、P、S第一电离能由小到大顺序是__。（2）碳和硅的有关化学键键能如表所

示：化学键C−CC−HC−OSi−SiSi−HSi−O键能/kJ▪mol-1356413336226318452硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___。（3）一种新型熔融盐燃料电池以Li2CO3和Na2CO3的熔

融盐混合物作电解质，则CO32-的空间构型为___。（4）Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：该配离子中含有的化学键类型有__(填字母)。a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键一个乙二胺分子中共有__个σ键，C原子的杂化方式为__。（5）C

aTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如图所示(图中Ca2+、O2-、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角）Ca2+的配位数为__，与Ti4+距离最近且相等的O2-有__个；晶体的密度为ρg/cm3，最近的Ti4+和O2-之间的距离为__nm（填计算式)。(CaTiO3的摩尔质量为136

g/mol，NA为阿伏加德罗常数)。【答案】(1).3d24s2(2).3(3).Si、S、P(4).C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成(5).平面正三角形(6).abd(7).11(

8).sp3(9).6(10).12(11).22×A136ρN×107【解析】【详解】(1)基态Ti原子核外有22个电子，其价电子排布式为3d24s2，基态Ti原子能量最高的能级为3d轨道，还有3个空轨道，由于原子半径：Si>P>O，又P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能：Si<S<

P，故答案为：3d24s2；3；Si、S、P；(2)根据表格数据分析可知，C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，从而导致硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多

，故答案为：C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；(3)CO32-的成键电子对数4+2-233+=32，不含有孤对电子，则CO32-的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；(4)由该配离

子结构图分析可知，该配离子中N原子和Cu2+形成配位键，C原子和N、H原子形成极性键，C原子和C原子形成非极性键，则选abd，一个乙二胺分子中共有11个σ键，C原子形成的都是单键，则其杂化方式为sp3，故答案为：abd；11；sp3；(5)

根据晶胞结构结构图可知，Ca2+位于晶胞体心，O2-位于晶胞各个面的面心，Ti4+位于晶胞的8个顶点上，所以Ca2+的配位数为6，与Ti4+距离最近且相等的O2-有2个，在一个晶胞中，含有Ti4+的个数18=18，Ca2+个数为1，O2-的个数为16=32，即一共晶胞中含有1个CaTiO3，其

质量为：A136gN，所以晶胞的体积3A-3A136gNm136V===cmρρgcmρN，则晶胞的边长73AA136136L=cm=10nmρNρN，最近的Ti4+和O2-之间的距离7A22136a=L=10nm22ρN，故答案为：6；12；7

A213610nm2ρN。12.洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：回答下列问题：(1)A的化学名称是_______；A制备B反应

的化学方程式为_________(注明反应条件)。(2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。(3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。(4)K2CO3具有碱性

，其在制备D的反应中可能的作用是______。(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2②含有硝基③有四种不同化学环境的氢，个数比为6：2：2：1(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基

)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。【答案】(1).甲苯(2).+Cl2+HCl(3).取代反应(4).羰基、碳碳双键(5).C9H11O2N(6).

(7).吸收反应生成的HCl，提高反应转化率(8).或(9).【解析】【分析】甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和HCl，与在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：，F与NaBH4在

CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系列反应产生洛匹那韦。【详解】(1)A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反

应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为取代反应；F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；(3)C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含

有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO32-水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液

中OH-消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；(5)C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同

化学环境的氢，个数比为6：2：2：1，则X可能的结构为或；(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOC

l2发生取代反应产生，故合成路线为。【点睛】本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点，题目侧重考查学生的分

析、推断及信息迁移能力。