【文档说明】【精准解析】江西省南昌市新建二中2020届高三第三次线上考试理综I卷化学试题.doc，共(22)页，1.253 MB，由小赞的店铺上传

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新建二中2020届高三理科综合线上试卷3可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Al-27Si-28Ca-40Cu-64一、选择题：本题共7小题，每小题6分共42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.新型冠状病毒病正威胁着人们的身体健康。以下是与新型冠状病毒相关的一些认识，其中正确的是A.新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成B.生产医用防护服、口罩均要用到有机高分子材料C.过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消

毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的D.84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与医用酒精混合可以提升消毒效果【答案】B【解析】【详解】A．病毒是由一个核酸分子(DNA或RNA)与蛋白质构成的非细

胞形态，靠寄生生活的介于生命体及非生命体之间的有机物种，因此新型冠状病毒除C、H、O三种元素外还含有N、P等元素，故A错误；B．生产医用防护服、口罩主要采用PP(聚丙烯，占总数的62%)无纺布材料，适用于农用薄膜、制鞋、制革、床垫、均要用到有机高分

子材料，故B正确；C．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的；乙醇能渗入细菌体内，使组成细菌的蛋白质凝固而达到消毒目的，原理不同，故C错误；D．如果将酒精和84消毒液混在一起会发生化学反应，乙醇被次氯酸钠氧化，使

消毒效果降低，故D错误；答案选B。2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12.5mL16mol/L浓硫酸与足量锌充分反应，转移电子数为0.2NAB.5.8g熟石膏(2CaSO4•H2O)含有的结晶水分子数为0

.02NAC.4.6gC2H6O中含C-H键数为0.6NAD.1L甲醛气体完全燃烧消耗O2的数目约为AN22.4【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸与锌发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，当反应进行到一定程度变为

稀硫酸时发生反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，n(H2SO4)=c·V=16mol/L×0.0125L=0.2mol，若完全发生第一个反应，转移电子的数目为0.2NA，若发生第二个反应，

转移电子数目为0.4NA，因此反应转移电子数目大于0.2NA，小于0.4NA，故A错误；B．熟石膏(2CaSO4•H2O)摩尔质量是290g/mol，则5.8g熟石膏的物质的量n=5.8g290g/mol=0.02mol，由于熟石膏中

(2CaSO4•H2O)~H2O，所以0.02mol该物质中含有的结晶水分子数为0.02NA，故B正确；C．C2H6O相对分子质量都是92，则4.6gC2H6O物质的量是0.1mol，由于C2H6O可能有的结构为CH3CH2OH和CH3OCH3，两种结构中1分子含有的C-H键分别为5

个和6个，所以4.6gC2H6O中含C-H键数不一定为0.6NA，故C错误；D．甲醛气体，若在标准状况下1L的物质的量为n(甲醛)=1L1=mol22.4L/mol22.4，1mol甲醛完全燃烧消耗1molO2，则1L甲醛气体完全燃烧消耗O2

的物质的量是1mol22.4，消耗氧气的分子个数约为AN22.4，而题目中缺少“在标准状况下”限制，故D错误；答案选B。【点睛】易错点为A，解题时要注意硫酸的浓度，浓硫酸和稀硫酸与活泼金属反应时的产物不同，浓硫酸与活泼金属反应生成二氧化硫气体，稀硫酸与活泼金属反应生成氢

气。3.下列图示实验正确的是（）A.制取蒸馏水B.制取收集氨气C.乙酸乙酯的制备D.碳酸氢钠受热分解【答案】C【解析】【详解】A.温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故A项错误；B.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故B项错误；C.该装置可以制

备乙酸乙酯，C项正确；D.加热固体试管口应朝下，故D项错误；故答案为C。4.β一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。β-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A.分子式为(C6Hl2O6)nB.与葡萄糖互为同系物C.可以发生氧化反应D.葡萄糖发生加

聚反应可生成β-l，3一葡聚糖【答案】C【解析】【详解】A.如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6Hl0O5)n，故A错误；B.根据同系物的概念

：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；C.该有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；D.β-l，3一葡聚糖的结构简

式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成β-l，3一葡聚糖，故D错误；答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。5.化合物M(如图所示)可用于制备各种高

性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A.原子半径：Y＞Z＞XB.X元素的族序数是Y元素的2倍C.工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD.

W与X形成的所有化合物都只含极性共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式

可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数=1512+=8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A.X为O，第二周期元素，Y为Al，

Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；B.X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C.X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，

工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D.X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或

是过氧化氢，含有极性键和非极性键。6.中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如下：下列说法正确的是（）A.电极Ⅰ为阴极，其反应为：O2+4H++4e－=2H2OB.聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过C.如

果电极II为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体D.当负极质量减少5.4g时，正极消耗3.36L气体【答案】C【解析】【详解】A选项，电极Ⅰ为正极，其反应为：O2+4H++4e－=2H2O，故A错误；B选项，根据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，故B

错误；C选项，如果电极II为活性镁铝合金，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，因此在负极区会逸出大量气体，故C正确；D选项，当不是标准状况下，无法算正极消耗气体的体积，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】通过体积算物质的量时，一定要

看使用条件，1、是否为气体，2、是否为标准状况下。7.甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－常温下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加V

mL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（）A.b点对应加入盐酸的体积V<20.00mLB.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则Kb=10－3.4C.b点可能存在关系：c(Cl－)>c(CH3NH3+

)>c(H+)>cOH－)D.V=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L【答案】C【解析】【详解】A.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对

应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a点溶液的pH=10.6，

c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4，故

B正确；C.b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)，故C错误；D.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促

进水的电离，常温下KW=1×10-14，故溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L，故D正确；故选C。【点睛】电离平衡常数、水的离子积只与温度有关，温度一定，电离平衡常数、水的离子积一定。8.肉桂酸（）主要用于香精香料、食品添加剂、有机合成等方面，它的合成原理为23KCO⎯⎯⎯→+CH3COO

H主要试剂及其物理性质：名称相对分子质量性状密度/（g·cm-3）熔点/℃沸点/℃溶解度/（g/100mL溶剂）水醇醚苯甲醛106无色液体1.044-26178～179微溶溶溶乙酸酐102无色液体1.082-73138～140反应溶难溶肉桂酸148白色粉末1.248

133～134300微溶溶溶试剂用量：试剂名称苯甲醛乙酸酐无水碳酸钾10%氢氧化钠浓盐酸活性炭试剂用量3.0mL5.5mL4～5g40mL25mL1.0g实验仪器如下：请回答下列问题：（1）实验准备阶段：在组装实验仪器前要确保反应回流装置彻底干燥，其原因是：_______。（2）将3.0m

L苯甲醛、5.5mL乙酸酐和4.00g无水碳酸钾依次加人250mL三颈烧瓶中摇匀，烧瓶底部有白色颗粒状固体生成，上部液体无色透明，反应剧烈，有白烟冒出。搭建好回流装置后，开始加热回流。加热回流时控制反应呈

微．沸状态，加热温度不能太高的原因：_____。（3）实验结束后，向三颈烧瓶中加人40mL10%的氢氧化钠溶液和20mL的水，可观察到母液体系分为油相和水相。将装置改为水蒸气蒸馏装置，开始加热蒸馏，使油相中的苯甲醛随水蒸气离开母液，开始收集。加人NaOH的

作用是：__________。B装置中的长玻璃导管的作用是：_______。水蒸气蒸馏装置中需要加热的仪器有____（填装置序号）。（4）对蒸气发生器进行加热，待蒸气稳定后再通人烧瓶中的液面下，开始蒸气蒸馏，待检测馏出物中无油滴后停止蒸馏。加人1.0g活性炭

脱色，热过滤。活性炭脱色的原理是______。（5）加入25mL的浓盐酸，冰水浴，烧杯中有白色颗粒出现。抽滤（用冰水洗涤），烘箱干燥，称量。称重得m=0.35g。则该反应的产率约为_____（结果精确至0.1%）。【答案】(1).防

止乙酸酐与水反应而变质(2).防止乙酸酐（和苯甲醛）挥发（2分，苯甲醛不写给分）(3).将肉桂酸转化为肉桂酸钠，便于分离(4).调节体系和大气压强，判断水蒸气蒸馏系统是否畅通(5).B、C(6).吸附(7

).8.0%【解析】【分析】(1)(2)由题中所给试剂及其物理性质，可推导出答案；(4)考活性炭脱色的原理；(3)NaOH是为了将肉桂酸转化为肉桂酸钠，B装置中的长玻璃导管也叫安全管，据此作答；(5)先根据表中密度计算出苯甲醛、乙酸酐的质

量，再计算出它们的物质的量，然后理论上生成肉桂酸的质量，最后计算出肉桂酸的产率。【详解】(1)由题中所给试剂及其物理性质可知乙酸酐会与水反应，故准备实验时要将反应回流装置彻底干燥，故答案为：防止乙酸酐与水反应而变质；(2)结合题干信息可知乙酸酐的沸点较低，因此加热回流

时，应控制反应呈微沸状态，以防止乙酸酐挥发而影响产量，故答案为：防止乙酸酐（和苯甲醛）挥发；(3)由分析可知，加入NaOH是为了将肉桂酸转化为肉桂酸钠，便于分离。答案：将肉桂酸转化为肉桂酸钠，便于分离；B装置中的长玻璃导管也叫安全管，如果体系

内压强增大，水会沿导管上升，起到调节压强的作用，即可通过观察导管内液面来判断水蒸气蒸馏系统是否畅通。答案：调节体系和大气压强，判断水蒸气蒸馏系统是否畅通；B为产生水蒸气的装置，C为蒸馏装置，故B、C处都需要加热

，故答案为：B、C；(4)活性炭脱色是利用它的吸附性，故答案为：吸附；(5)由反应已知的实验原理可知，肉桂酸的理论产量为，则其实际产率，故答案为：8.0%9.由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：（1）H2O2的结构式为___。“制I2”过程中加入的硫酸

不能过多的原因是_____。（2）制CuI（s）步骤反应的离子方程式为_________。（3）工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制___”。（4）“制KI（aq）”时，该温度下水的离子积为Kw＝1.0×10

－13，Ksp[Fe（OH）2]＝9.0×10－15。为避免0.9mol·L－1FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于________。（5）“制KIO3溶液”反应的离子方程式为______。（6）KCl、KIO3的溶解度曲线如图所

示。流程中由“KIO3（aq）”得到KIO3晶体的操作步骤为____。【答案】(1).H—O—O—H(2).会导致在“制KIO3（aq）”步骤中加入的KOH量过多，浪费试剂(3).2SO2＋I2＋2Cu2＋

＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋(4).KI（aq）(5).6.0(6).5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3-＋10Cl－＋6H2O(7).蒸发浓缩，冷却结晶（过滤）（2分，“过滤”答不答都给分）【解析】【分析】根据流程：含碘废水中加入二氧化硫和

硫酸铜发生发应：2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+SO42-+8H+制备CuI（s），过滤，滤液1含硫酸，向滤渣中加入铁粉、水，发生反应：2CuI+Fe=2Cu+FeI2，制得FeI2（aq），过滤得到的滤渣1为Fe和Cu

，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下，KI、过氧化氢发生氧化还原反应：2I-+2H++H2O2=H2O+I2生成碘单质，滤液2含有硫酸钾，碘单质、氯气、

KOH发生反应5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O，得到含有KIO3的溶液，经过蒸发浓缩，降温结晶得到KIO3晶体。【详解】(1)H2O2的电子式为：，结构式H—O—O—H；答案为H—O—O—H；硫酸后面要加KOH，故答案为：会导致在“制KIO

3（aq）”步骤中加入的KOH量过多，浪费试剂；(2)通入SO2的目的是将I2还原为I−,其自身被氧化为为SO42−,离子反应为：2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，故答案为：2SO2

＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋；(3)根据分析,KI(aq)的生成无化合价升降变化，为非氧化还原反应，故答案为：KI(aq)；(4)已知：Ksp[Fe(OH)2]=9.0×10−15,现测得c(

FeI2)=0.9mol⋅L−1,则由公式算的c(OH−)=L=10−7mol/L,此温度下,Kw=1.0×10−13,则c(H+)=(1×10−13/10−7)mol/L=10−6mol/L，故pH=6.0，故答案为：6.0；(

5)根据分析,“制KIO3溶液”反应的离子方程式为：5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3-＋10Cl－＋6H2O，故答案为：5Cl2＋I2＋12OH－=2IO3-＋10Cl－＋6H2O；(6)根据KCl、KIO3的溶解度曲线,将“KIO3(aq)”蒸发浓缩,降温结晶得到KIO3晶体，故

答案为：蒸发浓缩，降温结晶。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。10.CO、H

2是煤的气化产物，在生产生活中用途广泛。（1）CO还原法处理大气污染物SO2①2CO（g）+SO2（g）S（s）+2CO2（g）∆H=-270kJ·mol－1，该反应的平衡常数表达式为__。②在绝热恒容的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是_____。

a若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态b达平衡后若再充人一定量CO2，平衡常数保持不变c分离出部分S，正、逆反应速率均保持不变，平衡不移动d从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变③向2L恒温恒容密闭容器中通人2molCO、1molSO2，分别进行a、b、c三组实验。在不同催化剂件下

发生反应：2CO（g）+SO2（g）S（s）+2CO2（g）∆H=-270kJ·mol－1，反应体系总压随时间的变化如下表所示，则三组实验温度的大小关系是_____（用a、b、c表示），实验a从反应开始至45s达到平

衡，则该过程反应速率v（SO2）__________（结果保留2位有效数字）。0s40s45s60sa175142140140b160120120120c160130125120（2）利用CO、H2可制备天

然气，主要反应为：CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）∆H1=-206.2kJ·mol－1；CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）∆H2=-41.0kJ·mol－1；H2O（l）═H2O（g）∆H3=+44k

J·mol－1。回答下列问题：①反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（l）的∆H4=________kJ·mol－1。某温度下，分别在起始容积相同的恒压容器A、恒容容器B中加人1molCO2和4

molH2的混合气体，两容器反应达到平衡后放出或吸收的热量较多的是__（填“A”或“B"）。②在恒压管道反应器中按n（H2）:n（CO）=3:1通入原料气，在催化剂作用下制备合成天然气，400℃p总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示：组分CH4H2OH2C

O2CO体积分数/%45.042.510.01.501.00则该条件下CO的总转化率α=____。③制备合成天然气采用在原料气中通入水蒸气来缓解催化剂积碳。积碳反应为：反应I：CH4（g）C（s）+2H2（g）∆H=+75kJ·

mol－1；反应Ⅱ：2CO（g）C（s）+CO2（g）∆H=-172kJ·mol－1，平衡体系中水蒸气浓度对积碳量的影响如图所示，下列说法正确的是__。A曲线1在700~800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动B曲线1在550~700℃积碳量增大的原因

可能是反应I、Ⅱ的速率增大C曲线2、3在550~800℃积碳量较低的原因是水蒸气稀释作用使积碳反应速率减小D水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳【答案】(1).2222c(CO)K=c(CO)gc(SO)(2).ac(3).a>b=c(4).0.

0067mol/（L·s）(5).-253.2(6).A(7).97.9%(8).AD【解析】【分析】(1)①平衡常数直接根据表达式得出答案；②气相为主的反应中，固相物质的浓度项不列入反应的平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的

方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析；③理想气体状态方程PV=nRT，结合表格数据，可以比较出温度大小；计算反应速率，要计算出过程中SO2的消耗量即可。(2)①①CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）∆H1=-206.2kJ·mol－1；②CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）∆H2=-41.0kJ·mol－1；③H2O（l）═H2O（g）∆H3=+44kJ·mol－1。将方程式①-②-2x③得CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（l），△H进行相应的改变；A为恒温恒压、B为恒温恒容条

件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时AB压强相等，B中压强逐渐减小A中压强不变，所以反应过程中压强A>B，增大压强平衡正向移动。②设n（H2）=3mol、n（CO）=1mol，恒容恒温条件下气体的体积分数之比等于

物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据C原子守恒得，得x=2.11，则CO的转化率=，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；③A．反应II的逆反应是消碳反应；B．反应I

、II的正反应都是积碳反应；C．高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气；D．温度至550℃以下，几乎没有积碳。【详解】(1)①平衡常数表达式2222c(CO)K=c(CO)c(SO)，故答案为：2222c(CO)K=

c(CO)c(SO)；②绝热恒容的密闭容器进行可以反应，a.混合气体密度为ρ=m/v，恒容容器容积V不变，反应前后气体的质量发生改变，则当反应到达平衡时，气体总质量m不变，因此若混合气体密度保持不变可以说明反应已经达到平衡状态，可知a正确；b.充人一定量

CO2，反应移向移动，吸热，容器绝热，温度降低，平衡常数保持变化，b错误；c.固体不影响平衡反应进行，故都不变，c正确；d.反应达到平衡前后，气体总物质的量发生改变，则体系压强改变，d错误；ac正确，故答案为：ac；③体系c

和体系b反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，体系c和体系b的温度相等，根据理想气体状态方程，初始时刻压强a>b，则实验温度a>b，因此三组实验温度的关系是a>b=c，故答案为：a>b=c；实验a从反应开始至平

衡时，压强由175kPa改变至140kPa，设反应过程转化了xmolSO2，由理想气体状态方程可知，压强与气体总物质的量成正比，所以有，解得x=0.6mol，则反应速率，故答案为：0.0067mol/（L·s）；(2)①①CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）∆

H1=-206.2kJ·mol－1；②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）∆H2=-41.0kJ·mol－1；③H2O（l）═H2O（g）∆H3=+44kJ·mol－1。将方程式①-②-2x③得CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（l），△H=-253.2kJ·mo

l－1，；A为恒温恒压、B为恒温恒容条件，如果是恒温恒容，反应前后物质的量减小、压强减小，开始时AB压强相等，B中压强逐渐减小A中压强不变，所以反应过程中压强A>B，增大压强平衡正向移动，故答案为：-253.2；A；②设n（H2）=3mol、n（CO）=1mol，恒容恒温条件下

气体的体积分数之比等于物质的量分数之比，设平衡时混合气体总物质的量为xmol，根据C原子守恒得，得x=2.11，则CO的转化率=，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；③A．反应II的逆反应是消碳反应，曲线1在

700-800℃积碳量减小的原因可能是反应Ⅱ逆向移动，且反应II的消碳量大于反应I的积碳量，故A正确；B．反应I、II的正反应都是积碳反应，曲线1在550-700℃时两个反应没有达到平衡状态，都向正反应方向移动，导致积

碳量增加，故B错误；C．高温条件下水蒸气和C反应生成CO和氢气，从而使积碳量减少，故C错误；D．温度至550℃以下，几乎没有积碳，所以水蒸气能吸收反应放出的热量，降低体系温度至550℃以下，有利于减少积碳，故D正确；故选AD。【点睛】本题易错点在(1)②，针对平衡问题，一定要

先看清楚题目所给的条件，气相为主的反应中，固相物质的浓度项不列入反应的平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析。11.磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。请回答下列问题：（1）基态Fe原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为__

__，O2-核外电子有___种运动状态。（2）锂的紫红色焰色是一种_______光谱，LiFePO4中阴离子VSEPR模型名称为______，中心原子的杂化轨道类型为____。（3）一般情况下，同种物质固态时密度比液态大，但普通冰的密度比水小，原因是____________；H2O2难溶于

CS2，简要说明理由：____________________。（4）Li2O是离子晶体，其晶体能可通过如图甲的Born-Haber循环计算得到。可知，Li2O晶格能为____kJ/mol。（5）磷化钛熔点高、硬度大，其晶胞如图乙所示。①磷化钛晶

体中Ti原子周围最邻近的Ti数目为____；设晶体中Ti原子与最邻近的P原子之间的距离为r，则Ti原子与跟它次邻近的P原子之间的距离为_______。②设磷化钛晶体中Ti、P原子半径分别为apm、bpm，它们在晶体中紧密接触，则该晶胞中原子的空间利用率为_____（用a、b表示

）。【答案】(1).(2).10(3).发射(4).正四面体(5).sp3(6).液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，分子间距离增大，密度减小(7).H2O2为极性

分子，CS2为非极性分子，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2(8).2908(9).12(10).3r(11).3334π(a+b)43×100%2a+2b)（【解析】【分析】(1)Fe的电子排

布式是[Ar］3d64s2，O2-核外电子总数为10，其原子核外有10种运动状态不同的电子；(2)PO43-中P原子价层电子对个数=，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型及P原子的杂化形式；(3)液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子

形成正四面体，使水分子之间间隙增大,密度变小,导致固态H2O的密度比其液态时小，H2O2为极性分子,而CS2为非极性溶剂,根据“相似相溶”规律可知；(4)晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量(5)①有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心

Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点P原子最邻近，与体对角线的P原子次近邻；②磷化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中P原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，利用均摊法计算。【详解】(1)Fe的电子排布式

是[Ar］3d64s2，价电子轨道表示式（电子排布图）为，故答案为：；O2-核外电子总数为10，其原子核外有10种运动状态不同的电子，故答案为10；(2)紫红色波长介于380-435nm之间，是一种发射光谱，故答案为：发射；PO43-中P原子价层电子对个数=，且不含孤电子对，据价层电子

对互斥理论判断该微粒VSEPR模型为正四面体形、P原子的杂化形式为sp3；故答案为正四面体、sp3；(3)液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，使水分子之间间隙增大,密度

变小,导致固态H2O的密度比其液态时小，故答案为：液态水中分子间相对自由，冰中每个水分子中的氢原子和氧原子共参与形成4个氢键，水分子形成正四面体，分子间距离增大，密度减小；H2O2为极性分子,而CS2为非极性溶剂,根据“相似相溶”规律可知,H2O2难溶于CS2，故答案为：H2O2

为极性分子，CS2为非极性分子，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2；(4)图中：2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=-598KJ·mol−1，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需

要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1；晶格能是气态离子形成1mol

离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·mol－1，故答案为：2908；(5)①根据磷化钛晶体可知，有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成3个面，每一个形成的面上有4个Ti原子，则该Ti原子最邻近的Ti的数目为3×4=12

个；由晶胞的截图可知，顶点Ti原子与小立方体顶点P原子最邻近，与体对角线的P原子次近邻，Ti原子与跟它最邻近的P原子之间的距离为r，则跟它次邻近的P原子之间的距离为22(2)rr+=3r，故答案为：12；3

r；②磷化钛晶胞为面心立方密堆积，晶胞中P原子位于顶点和面心上，Ti位于棱边上和体内，每个晶胞中含有的P原子个数为8×18+6×12=4，含有的Ti原子个数为12×14+1=4，P原子和Ti原子的体积之和为43π（a+b）3×4pm3，晶胞的

边长（2a+2b）pm，体积为（2a+2b）3pm3，则在磷化钛晶体中原子的空间利用率为3344322abab++（）（）×100%，故答案为：3344322abab++（）（）×100%；【点睛】本题考查物质结构和性质，侧重于考查分析能力、计算能力以及对基础知识的综合应用能力，

注意电子排布式书写、晶胞的计算方法是解答关键，难点是晶胞的计算。12.某研究小组试通过以下路径制取偶氮染料茜草黄R。已知：①重氮盐与酚类（弱碱性环境下）或叔胺类（弱酸性条件下）发生偶合反应，偶合的位置优先发生在酚羟基或取代氨基的对位。（1）G中的含氧官能团名称为____D的系统命名为___

________。（2）从整个合成路线看，设计A→E步骤的作用是_____________。（3）D与乙酸酐反应可制得解热镇痛药阿司匹林。提纯时可将产品溶于饱和碳酸钠后除去其副产物中的少量高分子，试写出生成高分子化合

物的化学方程式______。（4）M是A的相对分子质量相差28的同系物，则含有苯环的M的同分异构体有__种。其中核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的同分异构体的结构简式为______（任写一种）。（5）

写出茜草黄R的结构简式：_____。（6）设计由甲苯和N，N-二甲基苯胺（）合成甲基红（）的合成路线：________。【答案】(1).硝基(2).2-羟基苯甲酸(3).保护氨基不被硝酸氧化(4).(5).20种(6).或或(7).(8).【解析】

【分析】从合成路线图可知，C→D过程用酸，可知D为，D与H的反应，结合信息反应①可知，偶合反应的实质是重氮盐中的Cl原子被取代，故茜草黄R的结构简式为。(6)合成过程推导，利用题干信息，整个过程通过偶合反应增长碳链，并在

合成过程中通过保护氨基引入羧基即可合成。【详解】(1)G中官能团名称为氨基、硝基；故答案为：硝基；D是通过C酸化得到，故D的结构简式为，化学名称为2-羟基苯甲酸。故答案为：2-羟基苯甲酸。(2)A→E过程中氨基被取代，在

F→G过程中氨基重新生成，起氨基保护作用。故答案为：保护氨基不被硝酸氧化。(3)生成高分子化合物的化学方程式：，故答案为：。(4)由题意可知，M应该比A多2个CH2基团，分子式为C8H11N，含有苯环存以下几种情况：如果含有1个侧链，则应该是－CH2CH2NH2、－

CH(CH3)NH2、－NHCH2CH3、－N(CH3)2、－CH2NHCH3，共计5种；如果含有2个取代基，则可以是乙基和氨基或甲基和－NHCH3或甲基和－CH2NH2，其位置均邻间对三种，共计是9种；如果是3个取代基，则

是2个甲基和1个氨基，其位置有6种，总计20个。故答案为：20种；其中核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1的同分异构体的结构简式根据上面情况分析，可能情况有或或，故答案为：或或。(5)结合信息反应①可知，偶合反应的实质是重氮盐中的Cl原子

被取代，故茜草黄R的结构简式为,故答案为：(6)整个过程通过偶合反应增长碳链，并在合成过程中通过保护氨基引入羧基即可合成，路线为,故答案为：【点睛】本题难点在第(4)小题，在已知分子式的情况下，做题时，根据已知条件，分侧链取代情况，罗列清楚，能达到快速解题效

果，并且不会出现遗漏问题。