【文档说明】江西省上饶市2020届高三5月第三次模拟考试理综化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.364 MB，由小赞的店铺上传

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上饶市2020届第三次高考模拟考试考试时间:150分钟分值：300分注意事项：1、本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，总分300分，考试时间150分钟。2、答题前，考生须将自己的学校、班级、姓名、学号填写在本试

题卷指定的位置上。3、选择题的每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。4、非选择题必须按照题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答。超出答题区域或在其他题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷

上答题无效。考试结束，将本试题卷和答题卡一并交回。5、可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16K—39Cr—52Fe—56第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（本题共7小题，每小题6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.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正

确的是（）A.为增强“84”消毒液的消灭新冠肺炎病毒效果，可加入稀盐酸B.从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此是电解质C.韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类D.北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义

的“中国芯”，该“中国芯”的主要成分为SiO2【答案】C【解析】【详解】A．84消毒液的有效成分为NaClO，加入稀盐酸，两者会反应生成有毒气体Cl2，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，A错误；B．石墨烯薄片是碳的单质，不是电解质，B错误；C．

柳絮的主要成分为纤维素，属于糖类，C正确；D．芯片由Si制成，而SiO2可以用于制作光纤，D错误。答案选C。2.中科院理化技术研究所张铁锐等人成功制备了超薄LDH纳米片光催化剂，实现了在常温常压和可见光或直接太阳辐射下N2和H2O合

成氨，其原理示意图如下。下列说法正确的是（）A.在该合成氨反应条件下，每转移2NA个电子需要22.4Ｌ的Ｈ2OB.反应前后极性键的数目不变C.LDH是反应的催化剂，并不参与反应D.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3【答案】B【解析】【详解】A．没有说明H2O所处的状态，不知道

22.4LH2O的物质的量，无法计算转移的电子数，A错误；B．按照示意图，发生的化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，反应物中只有H2O含有极性键，6molH2O含有12mol极性键；产物中只有NH3含

有极性键，4molNH3含有12mol极性键，反应前后极性键数目不变，B正确；C．LDH是反应的催化剂，参与了反应，C错误；D．化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，NH3为还原产物，O2为氧化产物，其物质的量之比为3：4，D错误。答案选B。3.下列结论或目的与实验内容

相对应且正确的是（）选项实验内容结论或目的A向相同物质的量浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成相同温度时Ksp（AgI）<Ksp（AgCl）B向淀粉溶液中滴加适量稀硫酸并加热,

一段时间后再滴加适量新制Cu（OH）2悬浊液并加热，没有出现红色沉淀淀粉没有水解C将一定量铁与稀硝酸混合，待铁全部溶解后再向溶液中加入几滴KSCN溶液，溶液没有变红色铁只能被稀硝酸氧化为Fe2+D室温时，将等体积、等

物质的量浓度的FeCl3，CuSO4溶液分别加入到等体积的30%的H2O2溶液中探究Fe3+、Cu2+的催化效果的优劣A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向等浓度的NaCl和NaI溶液中加入AgNO3，先产生黄色沉淀，说明AgI更难溶，AgCl和AgI为同类型的沉

淀，则相同温度时Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，A正确；B．还原性糖和新制Cu(OH)2发生反应时，需要在碱性环境下，因此应先加入碱中和酸，B错误；C．如果Fe过量，过量的铁粉会和硝酸反应生成的Fe3＋生成Fe2＋，加入KSC

N后，溶液不变红，结论错误，C错误；D．FeCl3溶液和CuSO4溶液中，阴离子的种类不同，并没有控制单一变量，D错误。答案选A。【点睛】C项要注意，HNO3是强氧化性酸，Fe被硝酸氧化，只会得到Fe3＋

，在铁粉过量时，生成Fe3＋与Fe粉反应生成Fe2＋，而不是硝酸氧化Fe生成Fe2＋。4.十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如图，下列说法错误的是（）A.“PX”的分子式为C8H10B.“PX”难溶于水，易溶

于四氯化碳C.“PX”分子中，最多有14个原子共面D.“PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】根据PX的结构模型，可知PX为对二甲苯。A．PX的分子式为C8H10，A正确，不选；B．烃类都难溶于水，根据相似相溶原理，易溶于有机物，如CCl4，B正确，不选；C．苯

环上的原子以及和苯环相连的原子一定共平面，共12个，－CH3具有CH4的空间结构，最多3个原子共平面，因此－CH3还有1个H原子可以与苯环共平面，因此最多有12＋1＋1=14个原子共平面，C正确，不选；D．对二甲苯有2个对称轴，如图所示可以采用“定一移一”的方法判断二

氯代物有多少种，第一个氯原子有2种取代形式，1种取代－CH3上的H，一种是取代苯环上的H。如果一个氯原子取代－CH3上的H，第2个氯原子有4种取代方式，，如图中箭头所示的位置，，则有4种二氯代物；如果一个氯原子取代苯环上的H原子，第2个氯原子不能取代－CH

3上的H原子，不然会重复，第2个氯原子有3种取代方式，如图中箭头所示的位置，，则有3种二氯代物，一共有7种二氯代物，D错误，符合题意。答案选D。5.X、Y、Z、V、W五种短周期元素，原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质

中燃烧产生黄色火焰；五种元素可以组成一种有机盐（如图所示）。下列说法正确的是（）A.Y与W形成的分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构B.原子半径的大小关系为：V>Z>WC.热稳定性：X与V组成的二元化合物>X与W组成的二

元化合物D.Y与V组成的二元化合物分子中含有两个Y－V键【答案】A【解析】【详解】X、Y、Z、V、W五种短周期元素，原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰；结合有机盐结构可知，Z为

Na，从有机盐的结构可知，X形成单键，Y形成4根键，则Y为C，X为H，V和W也形成单键，整个阴离子带一个负电荷，则V和W有一个通过共用一个电子对达到稳定结构，而另一个通过共用一个电子对以及得到一个电子从而达到稳定结构，则最外层电子数分别为6和7，V和W分别是S和Cl。A．Y和W形成

的分子，如CCl4，各原子均满足8电子稳定结构，A正确；B．同周期元素原子，从左到右，半径越来越小，则原子半径排序为Z(Na)>V(S)>W(Cl)，B错误；C．同周期元素的非金属性从上左到右逐渐增强，非金属性越弱，气态氢化物的稳定性差，X与V组成的二元化合物(H2S)的稳定性弱于X和W组

成的二元化合物(HCl)，C错误；D．C和S构成的二元化合物，CS2中C和S之间为双键，D错误。答案选A。6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交

换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（）A.若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+

xH+C.若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化D.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O【答案】B【解析】【详解】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，

溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe-=HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生

还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。7.室温下，向20.00mL0.10mol·L−1一元弱碱MOH溶液中滴入0.10mol·L−1的盐酸，溶液的AG与所加盐酸的体积关系如图所示，已知AG=lg+-c(H)c(OH)。下列有关叙述不

正确的是（）A.50℃下，AG=0，此时溶液显中性B.a点对应溶液中H2O电离出的c（H+）=1.0×10−11mol·L−1C.b点对应溶液中4c（M+）+4c（MOH）=3c（Cl−）D.d点对应溶液中c（Cl−）>c（H+）>

c（M+）>c（MOH）【答案】C【解析】【详解】A．AG=0，则+-(H)lg0(OH)cc=，+-(H)1(OH)cc=，溶液中c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，A正确，不选；B．室温下，Kw=c(H＋)c(OH－)=10-14，a点+-(H)lg-8(OH)cc=，可知c(H＋)=

10－11mol·L－1，溶液中的H＋均来自与水的电离，因此水电离出来的c(H＋)=10－11mol·L－1，B正确，不选；C．b点加入盐酸15mL，根据物料守恒，可知含有M的粒子的浓度和Cl－的浓度的比值为4：3，即+-(M)+(MOH)4

(Cl)3ccc=，得3c(M＋)＋3c(MOH)=4c(Cl－)，C错误，符合题意；D．d点，加入40mL盐酸，盐酸过量，溶液中为等浓度HCl和MCl的混合溶液，Cl－的浓度最大，由于M＋为弱碱阳离子，会水解，则c(H＋)>c(

M＋)，水解是微弱的，因此c(M＋)>c(MOH)则离子排序为c(Cl－)>c(H＋)>c(M＋)>c(MOH)，D正确，不选。答案选C。【点睛】易错选C项，解题时容易将系数乘错。因此解题时，可以先写出分数的形式，在改写成等

式，可以减少错误。二、填空题8.高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效净水剂。已知：K2FeO4易溶于水，微溶于浓KOH溶液；在酸性或中性溶液中不稳定，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定。某实验小组欲制备高铁酸钾并测定其纯度。Ⅰ.制备高铁酸钾（夹持装置略）（1）装置A为氯气发生装置

，其中盛放高锰酸钾的仪器名称为__。（2）将除杂装置B补充完整并标明所用试剂__。（3）装置C中Cl2与Fe(OH)3、KOH反应生成K2FeO4的化学方程式是____。（4）实验时将装置C置于冰水浴中，其原因是____。（5）实验

后经结晶法得到的K2FeO4晶体仍含较多杂质，要得到更纯的晶体，还应采取的操作方法是____。Ⅱ.测定产品纯度（6）将wgK2FeO4粗产品溶于过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸

盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用cmol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。已知该过程中涉及的离子反应主要有三个：①Cr(OH)4−+FeO42-=Fe(OH)3↓+CrO

42-+OH−，②_______，③Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。该粗产品中K2FeO4的质量分数为__（用含w、c、V的代数式表示）。若滴定管没有用标准液润洗，则测得的结果__（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答

案】(1).圆底烧瓶(2).(3).3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O(4).K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生(5).重结晶(6).2CrO42－＋2H＋垐?噲?Cr2O72－＋H2O(7).33%5wcV或66100%

1000wcV或33100%500wcV(8).偏高【解析】【分析】Ⅰ利用浓盐酸和KMnO4制备Cl2，制备的Cl2常含有HCl，需要用饱和食盐水除杂，Cl2、Fe(OH)3和KOH反应生成K2FeO4，利用NaOH溶液处理多余的Cl2。【详

解】(1)根据仪器的结构，可知该仪器为圆底烧瓶；(2)装置B的作用是除去Cl2中的HCl，选用饱和食盐水，装置如图所示；(3)Cl2中Cl的化合价降低，从0降低到－1，共降低2价，Fe(OH)3中Fe的化合价升高，从＋3升高到＋6，化合价升降守恒，则Cl2和Fe(OH

)3的系数比为3：2，再根据原子守恒配平，化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；(4)产物K2FeO4在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，因此将装置C置于冰水浴中是K2FeO4在0～5℃环境中较稳定，防止副反应发生；(5)K2FeO4易溶于水中

，结晶后的K2FeO4中含有较多杂质，可以利用重结晶提纯；Ⅱ(6)根据反应①和③，加入H2SO4酸化后，反应①中的产物CrO42－转化为Cr2O72－，离子方程为2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O；根据反应方程式，可得关系式K2FeO4～CrO42－～12

Cr2O72－～3Fe2＋，n(K2FeO4)=13n[(NH4)2Fe(SO4)2]=13×cV×10－3mol，m(K2FeO4)=13×cV×10－3mol×198g·mol－1=0.066cVg，则K2FeO4的质量分数为0.066g6100%=1600%000g1cV

cVwgwg；如果滴定管没有用标准液润洗，那么消耗的标准液的体积会增加，计算得到K2FeO4的质量会增加，质量分数偏高。9.氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸

。工业上用制作印刷电路的废液（含3Fe+、2Cu+、2Fe+、Cl−）生产CuCl的流程如图所示：根据以上信息回答下列问题：（1）生产过程中：X是______。（填化学式）（2）写出生成CuCl的离子方程式______。（3）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因

是____。（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是___________。（5）CuCl的另一种制备原理是Cu2++Cu+2Cl－＝2CuClK＝5.85×106，向0.01mol∙L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，能

否生成CuCl？（通过计算说明）_________。（6）使用CuCl捕捉CO气体的反应为CuCl(s)+xCO(g)CuCl∙xCO(s)△H<0，为提高CO的平衡转化率，可采取的措施有____（填标号）。A降低温

度B增大压强C延长反应时间D把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中（7）已知：CuClCu++Cl－K1；CuCl+Cl-CuCl2－K2；则反应Cu++2Cl－CuCl2－的平衡常数K＝_______（用K1、K2表

示）。【答案】(1).Fe(2).2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋(3).减少产品CuCl的损失，易于干燥(4).Cu＋2H2SO4(浓硫酸)CuSO4＋SO2↑

＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1，所以理论上不需要补充SO2(5).能，5c21==2.5100.010.02QK(6).A

B(7).21KK【解析】【分析】滤渣②和浓硫酸反应可以得到CuSO4，可知滤渣②为Cu，可知滤渣①里的成分为Cu和过量的X。废液中主要是Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Cl－，不引入新的杂质，过量X为Fe粉，过

量的Fe置换出Cu，滤液①主要是FeCl2，通入过量的Cl2，得到FeCl3，可以蚀刻电路板。滤渣①为Cu和Fe，加入过量的HCl，Fe和HCl反应生成FeCl2，滤液②主要为FeCl2，。CuCl2和SO2、CuSO4反应得到

CuCl。【详解】(1)根据分析X为Fe；(2)根据图示CuSO4、SO2、CuCl2反应得到CuCl，SO2中S的化合价从＋4升高到＋6，生成H2SO4，而CuCl2和CuSO4中Cu的化合价从＋2降低到＋1，得到CuCl

晶体，离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋；(3)CuCl微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤，可以减少洗涤过程中的溶解损失，而且乙醇易挥发，洗涤后易干燥；(4)铜和浓硫酸反应生成SO2和CuSO

4，而SO2和CuSO4与CuCl2反应生成CuCl，根据化学方程判断，理由是Cu＋2H2SO4(浓硫酸)CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1

：1，所以理论上不需要补充SO2；(5)反应Cu2++Cu+2Cl－＝2CuCl的平衡常数表示式2+21=(Cu)(Cl)Kcc−，在0.01mol∙L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，可根据浓度商Qc判断，5c2+2211===2.510(Cu)(Cl)0.010.02Qcc−

，Qc<K，平衡正向进行；因此反应能够发生，由于5c2+2211===2.510(Cu)(Cl)0.010.02Qcc−，Qc<K，平衡正向进行；(6)A．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增加，A符合题意；B．增大压强，向气

体体积减小的方向移动，即正向移动，CO转化率会增加，B符合题意；C．达到平衡后，延长反应时间，化学平衡不会移动，C不符合题意；D．CuCl是固体，分散到疏松多孔的分子筛中，只是增加了接触面积，加快反应速率，平衡不移动，D不符合题意；答案选AB；(7)目标反应可由反应

2－反应1得到，化学方程式相减，则平衡常数相除，则Cu++2Cl－CuCl2－的平衡常数K=21KK。10.氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：（1）NO2有较强的氧化性，能将SO2氧化

成SO3，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为____。（2）在氮气保护下，在实验室中用足量的Fe粉还原KNO3溶液（pH=2.5）。反应过程中溶

液中相关离子的质量浓度、pH随时间的变化曲线（部分副反应产物曲线略去）如图3所示。请根据图3中信息写出1tmin前反应的离子方程式____。（3）研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H<0。在恒压密闭容器中加入足量的

活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图4所示：①由图4可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是__；温度为1050K时CO2的平衡体积分数为__。②对于反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的反应体系，标准平衡

常数22NCOθθθ2NOθPP×PPK=P()P，其中θP为标准压强（1×105Pa），NOP、2NP和2COP为各组分的平衡分压，如NOP=NOx·P总，P总为平衡总压，NOx为平衡系统中NO的物质的量分数。若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定

温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，则θK=__（用含α的最简式表示）。（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在1ts、2

ts时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图5所示。①B、E两点对应的正反应速率大小为Bv__（填“>”“<”或“=”）Ev。②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为__。【答案】(1)

.NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.8kJ·mol－1(2).4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O(3).温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大(4)

.40%(5).224(1)−(6).>(7).H【解析】【详解】(1)根据图1和图2中的信息，可得热化学方程式①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H1=－196.6kJ·mol－1，②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H2=－113.0kJ·mol－1，12(反应①－反应②)可

得NO2氧化SO2的反应方程式，NO2(g)＋SO2(g)=NO(g)＋SO3(g)△H=12(△H1－△H2)=12[－196.6kJ·mol－1－(－113.0kJ·mol－1)]=－41.8kJ·mo

l－1，则NO2氧化SO2生成SO3(g)的热化学方程式为NO2(g)＋SO2(g)=SO3(g)＋NO(g)△H=－41.8kJ·mol－1；(2)根据图像，t1min前，溶液为酸性，反应后pH快速增大，NO3－的量在减小，而Fe2＋和NH4＋的量在增加，说明Fe

和NO3－反应生成Fe2＋和NH4＋，离子方程式为4Fe＋NO3－＋10H＋=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；(3)①温度低于1050K时，温度较低，化学反应速率较慢，反应没有达到平衡，平衡向正反应反应移动，随着温度升高，化学反应速率增大，NO的转化率增大；平衡时，NO的转化为

80%。假设通入NO的物质的量为xmol，利用三等式，有：22C(s)+2NO(g)N(s)+CO(s)10.80.40.40.20.40.4开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量则CO2的体积分数为0.4mol100%40%0.2mol+0.4mol+0.4mol=；

②若NO的起始物质的量为1mol，假设反应在恒定温度和标准压强下进行，NO的平衡转化率为α，根据三等式，有：22C(s)+2NO(g)N(s)+CO(s)10.50.51-0.50.5开始的

物质的量转化的物质的量平衡的物质的量NO的物质的量分数为1-=1-1-+0.5+0.5，同理N2和CO2的体积分数分别为0.5α、0.5α；则22θθNCO2θθθθθθ22NO2θθPP0.5P0.5P×PPP

PK==P(1-)P4(1)()[]PP=−；(4)在针筒中，体积越小，压强越大，增大压强，平衡正向移动。①体积越小，各物质的浓度越大，反应速率越大，B点的压强大，E点的压强小，那么B点各物质的浓度大，化学反应速

率快，则有vB>vE；②平均相对分子质量M=mn，根据质量守恒，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大。反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行得越多，平均相对分子质量越大；E点到F点的过程为压缩体积的过程，压强瞬时变大，F到H为压缩体积，平衡正向移动的过程，H达到平衡

，则H点，物质的总物质的量n最小，平衡摩尔质量最大。【化学——选修3：物质结构与性质】11.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子

聚合物电池的材料。回答下列问题：（1）Fe的价层电子排布式为___。（2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___。（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2

CH2OH)相近，但沸点高出100℃，原因是___。（4）电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。①聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是__

_、___。②从化学键角度看，Li+迁移过程发生___（填“物理变化”或“化学变化”）。③PF6中P的配位数为___。④相同条件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是___。（5）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标

。LiCl·3H2O属正交晶系（长方体形）。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值

，则LiCl·3H2O晶体的密度为___g·cm-3（列出计算表达式）。【答案】(1).3d64s2(2).F、P、As、Li(3).乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大(4).sp3(5).sp3(6

).化学变化(7).6(8).LiAsF6(9).AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱(10).4(11).21A4M101.00.720.56N【解析】【分析】(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s2

3p63d64s2；(2)非金属性越强，电负性越强；(3)根据氢键的数量分析判断；(4)①根据图中聚乙二醇的碳氧键链方式分析判断杂化轨道类型；②化学变化过程是旧键的断裂和新键的形成；③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数；④相同条件，AsF6-的半径比PF6-的

大，对锂离子的作用力大小不同；(5)根据晶胞密度公式计算；【详解】(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故价层电子排布式为3d64s2；(2)非金属性越强，电负性越强，非金属性：F

＞P＞As＞Li，则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li；(3)乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；(4)①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对

，为sp3杂化，氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子，为sp3杂化；②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂，迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；③与中心原子直接以配位键相结

合的原子个数即为配位数，由图乙所示，PF6的中心原子为P，与之以配位键相结合的F原子有6个，则配位数为6；④AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱，则Li+在LiAsF

6中迁移较快；(5)如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。其中2个Cl原子在晶胞内部，4个Cl在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×12=4个；晶胞参数为0.72nm、1.0nm、

0.56nm。则晶胞的体积为0.72nm×1.0nm×0.56nm=(0.72×1.0×0.56)nm3=(0.72×1.0×0.56×10-21)cm3，晶胞中含有4个Cl原子，即含有4个LiCl·3H2O，则晶胞的质

量为A4MNg，则LiCl·3H2O晶体的密度为()213A4Mg0.721.00.5610mNc−=21A4M101.00.720.56Ng·cm-3。【化学——选修5：有机化学基础】12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，

是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽流感、甲型H1N1等病毒最有效的药物之一。也是国家的战略储备药物。也有专家尝试使用奥司他韦作为抗新型冠状病毒（2019-nCoV）药物。以莽草酸作为起始原料是合成奥司他韦的主流路线。Ⅰ.莽草酸是

从中药八角茴香中提取的一种化合物，是合成奥司他韦的原料。下列有关莽草酸说法正确的是__A不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B可以发生加成反应、消去反应、加聚反应、缩聚反应、取代反应C分子中所有原子共平面D只溶于苯

等有机溶剂，不溶于水Ⅱ.奥司他韦的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）化合物A的含氧官能团名称有：_______,反应③的反应类型：____。（2）反应①的反应试剂和反应条件：____。（3）请写出反应②的化学方程式：____。（4）芳香化合物X是B的同分异构体，则符合

官能团只含酚羟基的X有__种。（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。C中有__个手性碳。（6）结合以上合成路线设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线____。【答案】(1).B(2).羟基、酯基(3).取代反应(4).乙醇、浓硫酸、加热(5

).++H2O(6).17(7).3(8).【解析】【分析】Ⅱ莽草酸发生酯化反应，将羧基转化为酯基。反应②利用已知的信息，将两个羟基转化成醚键保护起来；反应③，将剩余的羟基转化为－OSO2CH3。反应④加入稀

酸，将醚键转化为羟基，最终得到产物。【详解】Ⅰ莽草酸含有碳碳双键、羧基、羟基；A．莽草酸中含有碳碳双键、羟基，均能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．有碳碳双键，可以发生加成、加聚反应；有羟基，且β－C上有氢，能够发生消

去反应；有羟基和羧基，能够发生取代、缩聚反应，B正确；C．分子中含有饱和的碳原子，其与其相连的原子，够成空间四面体结构，不可能所有原子共平面，C错误；D．分子中含有羟基，羧基，都是亲水基，能够溶于水，D错误；答案选B；Ⅱ(1)A具有的含氧官能团分别为－OH、－COOH，其名称为羟基、羧基；反应③

中，羟基中的H原子被－SO2CH3代替，为取代反应；(2)反应①为酯化反应，需要乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；(3)结合已知，A为丙酮发生反应生成B，其化学方程式为++H2O；(4)B的分子式为C12H

18O5，与相同的碳原子数的烷烃相比，少了8个H原子，而苯恰好与相同碳原子数的烷烃少8个H原子，可知芳香化合物X的侧链中的键均为单键，X的官能团只有酚羟基，分子中含有5个O，则X中含有5个酚羟基，根据原子守恒，另一个侧链含有6个碳原子，

为己基。己烷去掉1个H原子形成己基，则己烷中H原子的种类与己基的种类相同，如图所示，，，，，，共17种，则X的共有17种；(5)C中有3个手性碳原子，用*标记，如图所示；(6)对甲基苯甲醛的结构简式为，制备对醛基苯甲

酸，可将－CH3氧化成－COOH，但是将－CH3氧化成－COOH时，－CHO也容易被氧化，因此可以先利用已知信息，将醛基保护起来，再将－CH3氧化成－COOH，流程图为。