2021届河南省名校联盟高三1月联考理综化学试题 (教师版含解析)

河南省名校联盟2021届高三1月联考
理科综合化学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。

满分300分，考试时间150分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。

选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本试卷“主要命题范围：高考范围。

5.可能用到的相对原子质量：H1 O16 C1 35.5 Fe 56Cu 64 Ba 137Hg 201
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. 根据古代文献记载的化学知识，下列相关结论或应用错误的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．CuSO4·5H2O受热分解生成白色粉末硫酸铜，可用“浅碧色，烧之变白色者为真”进行鉴别，A 应用正确；
B．+3价的铁显红褐色，造瓦时浇水转釉后，铁元素主要以+2形式存在，B结论错误；
C．曾青涂铁，铁赤色如铜为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，为湿法冶铜的原理，C结论正确；
D．将金或银与水银混合形成液态合金，将合金涂在物品的表面，水银挥发后，金或银便浮在物品的表面，D应用正确；
答案为B。

2. 亚氯酸钠(NaClO2，不稳定，受热易分解)漂白织物时不损伤纤维，常用作高端漂白剂。

其合成路线如图所示：
下列说法中错误的是
A. “反应1”中制取67.5gClO2，理论上需要22.4L(标准状况)SO2
B. 温度过高会造成“”中的还原剂大量损失
C. “减压蒸发”的主要目的是为了减少NaClO2的分解
D. 对粗产品进一步提纯可采取的操作为重结晶
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．氯酸钠反应生成二氧化氯，氯元素化合价降低1价，所以制取制取67.5gClO2，转移1mol电子，理论上需要0.5mol二氧化硫，标况下体积为11.2L，A错误；
B．反应2中实现二氧化氯变成亚氯酸钠，二氧化氯为氧化剂，过氧化氢做还原剂，温度高，过氧化氢分解，B正确；
C．NaClO2，不稳定，受热易分解，所以减压蒸发减少其分解，C正确；
D．粗产品的提纯利用重结晶的方法，D正确；故选A。

3. 某药物的中间体结构如图所示。

下列有关说法中正确的是
A. 利用稀硝酸和硝酸银溶液可直接检验其中的溴元素
B. 在浓硫酸催化下，可发生消去反应(产生双键)或取代反应
C. 该有机物苯环上一氯代物有4种(不含立体异构)
D. 1 mol该有机物与氢气加成，最多消耗4 mol氢气
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．有机物中的卤素原子不能和硝酸银反应，故不能利用硝酸和硝酸银检验溴元素，A错误；B．羟基连接的碳原子的邻位碳上有氢原子，在浓硫酸催化下能发生消去反应生成双键，同时苯环或溴原子均能发生取代反应，B正确；
C．该有机物苯环上的一氯代物有两种，C错误；
D．1mol该有机物和氢气加成，最多消耗3mol氢气，酯基和羧基中的碳氧双键不会发生加成反应，D错误；故选B。

4. 碱性条件下，Na2S2O8(其中硫元素为＋6价)活化Fe、SO-
4和·OH(SO-
4
和·OH为具有强氧化性的自由基)
去除水体中As(V)的机理模型如图所示：
下列有关说法中错误的是
A. 1 mol Na2S2O8中含有N A个过氧键(-O-O-)
B. pH过低时可能会影响除砷效果
C. SO-
4和S2O2-
8
均能腐蚀铁，持续释放Fe2+
D. 强碱性条件下，溶液中的自由基主要为SO-
4
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．过硫酸钠中Na显＋1价，S显＋6价，令Na2S2O8中含有－2价的个数为x，则含有－1价氧原子的个数为(8－x)，根据化合价代数和为0，则有2＋2×6=2x＋(8－x)，解得x=6，也就是1molNa2S2O8中含有1mol过氧键(“－O－O－”)，故A说法正确；
B．根据原理，pH过低，不利于形成Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀，也就不利于Fe(OH)3、Fe(OH)2、As(Ⅴ)共沉淀，即影响除砷效果，故B说法正确；
C．SO-
4
具有强氧化性，S2O2-8含有过氧键，根据反应原理，这两种微粒，能腐蚀铁，持续释放Fe2＋，故C 说法正确；
D．根据原理，强碱性条件下，大量的OH－转化成·OH，即·OH为溶液中的主要自由基，故D说法错误；答案为D。

5. 主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且不超过20，化合物ZYWX常用作检验某金属阳离子的试剂，电解该化合物的水溶液可生成一种结构如图所示的黄色液体(YWX)2.下列说法正确的是
A. X的最简单氢化物是一种弱电解质
B. Z的单质能从硫酸铜溶液中置换铜
C. ZYWX结构中存在离子键和共价键
D. W、X、Y的氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
【答案】C
【解析】
【分析】
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且不超过20，化合物ZYWX常用作检验某金属阳离子的试剂，可推测KSCN检验Fe3+，由黄色液体(YWX)2的结构可知，W四根键，X三根键，Y 二根键，可推知W为C元素，X为N元素，Y为S元素，Z为K元素；据此解答。

【详解】A ．X 为N 元素，其最简单氢化物是NH 3，NH 3溶于水结合成了NH 3·H 2O ，即NH 3+H 2O
NH 3·H 2O
4NH +
+OH -，NH 3不是电解质，故A 错误；
B ．Z 为K 元素，在硫酸铜溶液中K 先和H 2O 反应，即2K+2H 2O=2KOH+H 2↑，生成的KOH 继续与CuSO 4反应，即2KOH+CuSO 4=K 2SO 4+Cu(OH)2↓，K 不能从硫酸铜溶液中置换铜，故B 错误；
C ．W 为C 元素，X 为N 元素，Y 为S 元素，Z 为K 元素，组成ZYWX 为KSCN ，该结构中K +与SCN -形成离子键，SCN -中存在共价键，故C 正确；
D ．W 为C 元素，X 为N 元素，Y 为S 元素，由于没有指明最高价，则SO 2对应的水化物H 2SO 3酸性弱于HNO 3，故D 错误； 答案为C 。

6. 磷酸铁锂锂离子电池具有寿命长、高温性能好、大容量等特点。

如图为磷酸铁锂锂离子电池结构示意图。

已知放电时正极反应式为-4++xL FePO +xe i →44xLiFePO +(1-x)FePO 。

下列说法错误的是
A. 该电池的电解质不可能为稀硫酸溶液
B. 关闭K 2、打开K 1，Li +通过锂离子膜移向负极
C. 该电池在充、放电过程中，铁的化合价发生了变化
D. 关闭K 1、打开K 2，阳极反应式为LiFePO 4-xe -=xFePO 4 +(1-x)LiFePO 4+xLi + 【答案】B 【解析】 【分析】
【详解】A ．锂会与稀硫酸溶液反应，且电解质为化合物，不是混合物，故该电池的电解质不可能为稀硫酸溶液，A 正确；
B ．负极失电子带正电，应吸引阴离子，锂离子为阳离子，不会移向负极，B 错误；
C ．由放电时正极反应可知铁从+3价到+2价，故充电时铁由+2价到+3价，C 正确；
D ．阳极反应为正极反应的逆过程，D 正确； 故选B 。

7. 常温下，向Na 2R 溶液中缓慢通入氯化氢气体，溶液中-lg c (HR -)或-lg c (HR -)或-lg c (R 2-)-lg c (R 2-)分别与
+2(H )
-lg (H R)
c c 或+-(H )-lg (HR )c c 之间变化关系(曲线L 1、L 2)如图所示。

下列说法中错误的是
A. Ka 2(H 2R)的数量级为10-7
B. NaHR 溶液显酸性
C. M 点溶液中：c (H + )+c (Na + )=c (HR -)+2c (R 2- )+c (OH - )
D. Na 2R 溶液中： c
(OH - ) ＞c (HR -)+ c
(H 2R) 【答案】C 【解析】 【分析】
【详解】A ．在Na 2R 溶液中缓慢通入氯化氢气体后,存在以下平衡：H 2R
H ++HR -，HR -R 2-+H +，
K a1=+-2(H )(HR )(H R)
c c c ，K a2=+2--(H )(R )(HR )c c c ，因为K a1＞K a2，则lg K a1＜lg K a2，所以曲线L 2表示+-(H )
-lg (HR )c c 和
-lg c (R 2-)的关系，由图可知，K a2=10-6.2，所以数量级为10-7，故A 正确；
B ．L 1代表+2(H )-lg (H R)c c 和-lg c (HR -)，当+
2(H )
-lg
(H R)
c c =0时，则c (HR -)=10-3= K a1，则HR-的水解常数w
a1
K K K
=10-11＜K a1，则电离常数大，溶液显酸性，故B 正确； C ．M 点溶液中存在以下电荷守恒c (H + )+c (Na + )=c (HR -)+2c (R 2- )+c (OH - )+c (Cl -)，故C 错误；
D ．在Na 2R 溶液中：由于H 2R 为多元弱酸，则HR -及H 2R 的产生均为R -水解产生，每次都由OH -生成，两步水解由2个OH -生成，水中也含有OH -，所以c (OH - ) ＞c (HR -)+ c (H 2R)，故D 正确； 故选C 。

8. 某课外活动小组利用石墨电极电解1mol·L -1的FeCl 2溶液，探究影响电解产物的因素，回答下列问题： (1)实验室配制1mol·L -1的FeCl 2溶液时，为了防止 FeCl 2被氧化常加入适量的_______(填试剂名称)，若配制100mL 此溶液，需要用托盘天平称量FeCl 2·4H 2O 的质量为_______g 。

(2)探究装置如图所示：
①湿润淀粉KI 试纸检测的物质是_______(填化学式)。

②从价态角度分析，在两极均有可能放电的离子是_______(填离子符号，下同)。

③在无限稀释的水溶液中部分离子的离子淌度如下表所示(注：淌度越大的离子向电极的迁移速率越快)： 阳离子 淌度(10-8m 2·V -1.s -1) 阴离子 淌度(10-8m 2·V -1.s -1) H + 36.3 OH - 20.5 Li + 4.01 Cl - 7.91 Na +
5.
19
I -
7.95
Fe 2+ 5.4
SO 2-
4
8.27
仅从淌度角度分析，_______在B 电极放电更具优势。

(3)电解电压控制在1.5V 时，电解现象如下表所示： 实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 溶液pH
pH=4.91 pH=2.38 pH=-0.43 阳极
湿润淀粉KI 试纸
未变色 未变色
未变色
电极附近溶液加KSCN 盐酸酸化才变红 无需酸化即可变红 无需酸化即可变红
是否出现浑浊 变浑浊 少量浑浊 无浑浊
阴极
是否有气泡产生
无
无
有 电极表面是否出现镀层
出现银白色镀层
出现银白色镀层
无镀层出现
①实验II 中阳极电极反应式为_______。

②实验I 中溶液变浑浊的主要原因是_______。

③结合上述实验，试分析影响阴极放电物质的主要因素是_______。

【答案】(1). 铁粉(2). 19.9 (3). Cl2(4). Fe2+(5). H+(6). Fe2+-e-=Fe3+(7). 实验I 中溶液的pH较高，生成的Fe3+转化为Fe(OH)3(8). Fe2+和H+浓度的相对大小(溶液的pH或H+浓度的大小)
【解析】
【分析】
【详解】(1)亚铁离子具有较强的还原性，在空气中易被氧化，因此实验室配制1mol·L-1的FeCl2溶液时，常加入适量的铁粉，目的为了防止FeCl2被氧化；若配制100mL此溶液，需要用托盘天平称量FeCl2·4H2O的质量m=cVM=1mol·L-1×0.1L×199g/mol=19.9g，故答案为：铁粉；19.9；
(2) ①根据电解池工作原理可知，A电极为电解池的阳极，发生失电子的氧化反应，氯离子若在A电极失去电子会生成氯气，氯气具有氧化性，可将碘离子氧化为碘单质，进而使淀粉变蓝，因此湿润淀粉KI试纸放在A电极区，是为了检测是否有氯气生成，故答案为：Cl2；
②从价态角度分析，Fe2+处于中间价态，化合价既可以升高，也可以降低，则即可以在A电极发生氧化反应，又可能在B电极发生还原反应，故在两极均有可能放电的离子是Fe2+；
③淌度越大的离子向电极的迁移速率越快。

B电极为电解池的阴极，溶液中阳离子会放电，从表格数据明显可以看出，仅从淌度角度分析，H+的淌度最大，在B电极放电更具优势，故答案为：H+；
(2)根据表格数据可以看出，
①实验II中阳极湿润的淀粉KI试纸未变色，且电极附近溶液加KSCN时，无需酸化即可变红，则说明亚铁离子被氧化为铁离子，其电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+；
②根据实验I中阳极湿润的淀粉KI试纸未变色，且电极附近溶液加KSCN时，盐酸酸化才变红，则说明亚铁离子被氧化为铁离子，溶液变浑浊，主要是因为溶液的pH=4.91，酸性较弱，生成的铁离子转化为氢氧化铁所导致的，故答案为：实验I中溶液的pH较高，生成的Fe3+转化为Fe(OH)3；
③结合上述三个实验的阴极现象可分析得出影响阴极放电物质的主要因素是Fe2+和H+浓度的相对大小(溶液的pH或H+浓度的大小)。

【点睛】最后一问实验探究需注意，亚铁离子的还原性大于氯离子的还原性，结合阳极对照试验的现象分析解答。

要注意电解过程中，外界条件如电压、溶液的酸碱度、离子浓度等均会影响离子的放电顺序。

9. ZnO广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷等行业。

利用锌渣(主要成分为ZnO，还含有铜、铁、铅、锰等素的氧化物)经过二次净化可制取高纯ZnO，其流程如图所示：
已知：①ZnS 和CuS 的K sp 分别为2.5×10-22、6.4×10-36。

②Zn 与铝及其化合物的性质相似。

回答下列问题：
(1)“酸浸”步骤中氧化铁参与反应的离子方程式为_______。

(2)“碳化”步骤中生成碱式碳酸锌，同时还会有CO 2生成，写出该反应的化学方程式：_______，“碳化”步骤中溶液的碱性过强，锌离子易转化为一种可溶性盐，从而使碱式碳酸锌产量偏小，该可溶性锌盐的化学式为_______。

(3)“深度除锰”过程是利用双氧水将滤液中微量的Mn(OH)2转化为更难溶的MnO 2·H 2O ，参与反应的n(H 2O 2)：n[Mn(OH)2]=_______。

(4)“深度除铜”步骤中发生反应为［[]2+
2-3n 3Cu(NH )+S =CuS +nNH ↓。

①
()()22m S m S NH NH ⎡⎤⎣⎦⎡⎤实际用量理论用量与高纯ZnO 产率之间关系如下表所示：
()()22m S m S NH NH ⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦
实际用量理论用量 1 1.1 1.2
高纯ZnO 产率
99.98% 99.90% 99.62%
随
()()22m S m S NH NH ⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦
实际用量理论用量 增大，高纯ZnO 产率有所下降的原因是_______。

②除铜后要求溶液中c(Cu 2+)≤1.0×10-6，若溶液中Zn 2+浓度为2mol·L -1，试计算说明溶液是否达到要求：_______(写出计算过程)。

(5)“蒸氨”步骤有氨气和二氧化碳生成，用水吸收后可返回_______(填流程图中的步骤名称)步骤循环利用。

【答案】(1). Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O
(2). 32232322233Zn(NO )+3Na CO +4H O=ZnCO 2Zn(OH)H O +2CO +6NaNO ⋅⋅↓↑ (3). Na 2ZnO 2 (4). 1:1 (5). 加入过量(NH 4)2S 后，有少量ZnS 生成，Zn 元素有损失 (6).
c(Cu 2+
)
()()
()()()
3614
22
22K K 6.410 5.1210K 2.510c S 2c sp sp sp CuS CuS ZnS Zn ----
+
⨯=
===⨯⨯<61.010-⨯，达到要求 (7). 浸取
【解析】 【分析】
根据工艺流程图可知，锌渣(主要成分为ZnO ，还含有铜、铁、铅、锰等素的氧化物)加入硝酸和空气进行酸浸后形成含金属阳离子的溶液，压滤后得到的滤液中含锌离子、铁离子、铅离子、锰离子和铜离子等，利用高锰酸钾的氧化性，将溶液中锰离子转化为难溶于水的二氧化锰而除掉，调节适宜的pH ，使铁离子转化为氢氧化铁而除去，最后加入锌粉，除去溶液中的铜离子、铅离子等重金属离子，过滤后得到的溶液中含硝酸锌，再加入工业纯碱进行碳化，最终得到322ZnCO 2Zn(OH)H O ⋅⋅粗品，经过高温焙烧后得到ZnO 粗品，继续加入浓氨水与碳酸氢铵进行碱浸，再加入双氧水氧化深度除锰，过滤后再加入硫化铵而除去铜离子，再次过滤，蒸氨后进行洗涤、脱水、煅烧后得到高纯ZnO ，据此分析作答。

【详解】(1)“酸浸”步骤中氧化铁与稀硝酸发生反应生成硝酸铁与水，其离子方程式：
Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O ；
(2)“碳化”步骤中硝酸锌与纯碱溶液发生反应生成碱式碳酸锌，同时还会有CO 2生成，根据质量守恒定律可知，该反应的化学方程式为
32232322233Zn(NO )+3Na CO +4H O=ZnCO 2Zn(OH)H O +2CO +6NaNO ⋅⋅↓↑；因为铝可与强碱溶液
反应生成可溶性盐偏铝酸钠，结合题干信息“Zn 与铝及其化合物的性质相似”可知，“碳化”步骤中溶液的碱性过强，锌离子易转化为一种可溶性盐为Na 2ZnO 2，故答案为：
32232322233Zn(NO )+3Na CO +4H O=ZnCO 2Zn(OH)H O +2CO +6NaNO ⋅⋅↓↑；Na 2ZnO 2；
(3)①因ZnS 和CuS 的K sp 分别为2.5×10-22
、6.4×10-36
，随
()()22m NH S m NH S ⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦
实际用量理论用量增大，多余的硫离子也
会与Zn 2+结合，有少量ZnS 生成，Zn 元素有损失，导致产率有所下降，故答案为：加入过量(NH 4)2S 后，有少量ZnS 生成，Zn 元素有损失；
②若溶液中Zn 2+浓度为2mol·
L -1，ZnS 和CuS 的K sp 分别为2.5×10-22、6.4×10-36，则根据溶度积公式推出()()
()()()
36
2+
14
22
22K K 6.410c(Cu ) 5.1210K 2.510c S 2c sp sp sp CuS CuS ZnS Zn ----
+
⨯=
===⨯⨯<61.010-⨯，符合溶液中铜离子的浓度要
求，故答案为：c(Cu 2+
)
()()
()()()
36
14
2222K K 6.410 5.1210K 2.510c S 2c sp sp sp CuS CuS ZnS Zn ----
+
⨯=
===⨯⨯<61.010-⨯，达到要求；
(5)氨气和二氧化碳用水吸收后可形成碳酸氢铵溶液，因此可以返回浸取步骤循环利用，故答案为：浸取。

10. 环戊二烯(C 5H 6)常温下呈液体，是一种重要的医药中间体。

回答下列问题： (1)已知： 510582C H (1)=C H (1)+H (g) -1=+109.4kJ H mol Δ⋅
-156258C H (1)+H (g)=C H (1)H=-100.5KJ mol ∆⋅
液态环戊二烯发生氢化反应生成1mol 液态环戊烷［C 5H 10(l)]的ΔH=_______kJ·mol -1。

(2)气相的环戊二烯易发生双聚化反应：2C 5H 6(g)=C 10H 12(g) ΔH<0。

①下列有关双聚化反应的说法中正确的是_______(填字母)。

A ．分离出C 10H 12能够提高C 5H 6转化率
B ．双聚化反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能
C ．升温有利于提高活化分子的百分数
D ．升高温度，正反应速率减小
②130℃条件下，将nmol C 5H 6(g)置于1L 刚性容器中发生上述反应，t 时刻容器中气体的总压为p(总)，C 10H 12(g)的物质的量为x ，试写出C 5H 6(g)在t 时刻的分压表达式：_______。

③一定温度下，将0.006 mol 液态C 5H 6(置于1L 刚性容器中，将容器中的空气抽空后，加热到130℃使之气化，保持温度为130℃，容器中的总压随时间变化如下表所示：
C 5H 6刚好完全气化后容器内的压强为20.36 kPa(此时容器中气体可看成全部为C 5H 6)，则50 min 时气体的总物质的量为_______×10-3 mol(保留小数点后一位，下同)，C 10H 12(g)表示的反应速率为_______×10-5 mol·L -1·min -1。

(3)一定温度下，将物质的量分数为80%的C 10H 12(g)、20%的水蒸气通入恒压反应釜中(反应釜中压强保持500 kPa)，发生解聚反应C 10H 12(g)=2C 5H 6(g)。

①增大水蒸气的量，可提高解聚反应的转化率，其原因是_______。

②若该温度下C 10H 12(g)的平衡转化率为50%，则解聚反应的平衡常数Kp=_______kPa(结果保留一位小数，用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。

【答案】 (1). -109.4 (2). AC (3).
n 2x
x
n --×p(总) (4). 4.2 (5). 3.6 (6). 恒压通入水蒸气，容器容积增大，反应体系相当于被减压，平衡正向移动，解聚反应转化率提高 (7). 571.4 【解析】 【分析】
【详解】(1)根据 510582C H (1)=C H (1)+H (g) -1=+109.4kJ H mol Δ⋅可知，液态环戊二烯发生氢化反应生成1mol 液态环戊烷C 5H 10(l)的 ΔH=-109.4kJ·mol -1；故答案为：-109.4； (2)①根据反应，2C 5H 6(g)=C 10H 12(g) ΔH<0。

A ．分离出C 10H 12，可使平衡正向移动，提高反应物的转化率，A 正确；
B ．由于ΔH=正反应活化能 - 逆反应活化能，该反应ΔH<0，故双聚化反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能，B 错误；
C ．升温，可提高活化分子百分数，C 正确；
D ．升温，反应速率增大，D 错误； 故答案为：AC 。

②1L 刚性容器中发生2C 5H 6(g)=C 10H 12(g) 反应，t 时刻，C 10H 12(g)的物质的量为x ，则C 5H 6(g)的物质的量为(n-2x)，t 时刻，C 5H 6(g)分压表达式=总压×物质的量分数=
n 2x x n --×p(总)。

故答案为：n 2x
x
n --×p(总)； ③根据理想气体方程，压强之比等于气体总物质的量之比，设50 min 时气体的总物质的量n 1，压强为P 1，
C 5H 6起始物质的量为n 0，刚好完全气化后容器内的压强为P 0，则有n 1=n 0×1
P P =4.2×10-3 mol ，则C 10H 12(g)
生成的物质的量n=1.8×
10-3
mol ，C 10H 12(g)该时间段内的反应速率v=-3
1.810150
⨯⨯ mol·L -1·min -1=3.6×10-5 mol·L -1·min -1。

故答案依次为：4.2；3.6；
(3)恒压条件，增大不参与反应水蒸气的量，使容积增大，对反应体系而言，相当于减压，由于反应C 10H 12(g)=2C 5H 6(g)，正向气体分子数增加，可提高解聚反应的转化率，故答案为：恒压通入水蒸气，容器容积增大，反应体系相当于被减压，平衡正向移动，解聚反应转化率提高。

②设C 10H 12(g)起始物质的量为x ，则水蒸气物质的量为0.25x ，
101256C H (g)2C H (g)
x 0
Δ0.5x x 0.5x x
-+起始平衡
故，平衡时，C 10H 12(g)物质的量分数为Φ1=0.5x
x 0.5x 0.25x
++，C 5H 6(g)物质的量分数为
Φ2=
x
x 0.5x 0.25x
++，故Kp=P 2(C 5H 6)÷
P(C 5H 10)=P 总×(Φ2)2÷Φ1=571.4kPa ，故答案为：571.4。

[化学-选修3：物质结构与性质］
11. 铜锌合金俗称“黄铜”，具有很多优异的性能。

回答下列问题：
(1)铜原子失电子转变为亚铜离子过程中，失去的电子位于基态铜原子的_______能级。

铜的焰色反应呈绿色，焰色反应过程中，用光谱仪所摄取的光谱为_______。

(2)Zn2+和Cu2+能与含氮化合物如NH3、乙二胺(H2N-CH2CH2-NH2)等形成配合物。

①Zn2+与乙二胺形成配合物时，提供孤电子对的原子为_______(填元素符号)。

②乙二胺分子中碳原子的杂化类型为_______。

乙二胺易溶于水，除因为是极性分子外，还可能的原因为
_______。

③Zn2+与NH3形成的配离子为［Zn(NH3)6]2+，其结构如图所示(其余5个NH3未画出)，在该配离子中氨气的键角比独立存在的气态氨气分子中键角略大，其原因是_______。

④向［Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加入乙醇的作用：_______
(3)A和B是两种含铜超导体材料的晶胞，其中B可通过A掺杂Ca2+获得。

晶胞A的密度为_______g·cm-3(设N A为阿伏加德罗常数的值)，若晶胞A中“2”号Ba2+的坐标参数为(1
2
，
1
2
，
1-x
2
)，则“1”号Ba2+的坐标参数为_______，晶胞B的化学式为_______。

【答案】(1). 4s (2). 发射光谱(3). N (4). sp3(5). 乙二胺分子与水分子之间形成氢键(6). Zn2+与NH3的中心N原子上的孤电子对形成配位键，导致NH3上孤电子对对成键电子对的排斥作用比独立的NH3上的孤电子对对成键电子对的排斥作用减弱(7). 降低［Cu(NH3)4]SO4的溶解度，便于溶质
从溶剂中结晶析出(8).
32
2
A
6.×1
N
2
×ca
(9). (
1
2
，
1
2
，
1+x
2
) (10). HgBa2CaCu2O6
【解析】
【分析】
【详解】(1)铜是29号元素，根据构造原理可知基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失电子最外层的4s电子转变为亚铜离子1s22s22p63s23p63d10，可见：在这个过程中，失去的电子位于基态铜
原子的4s 能级上；
铜的焰色试验呈绿色，在焰色试验过程中，不同元素的原子吸收不同波长的光，电子由能量低的状态跃迁到能量高的状态，这些高能量的状态不稳定，电子会再由高能量的状态跃迁到低能量的状态，这些能量以不同波长的光释放出来，因此用光谱仪所摄取的光谱为发射光谱； (2)①Zn 2+与乙二胺形成配合物时，提供孤电子对的原子为N 原子；
②在乙二胺分子中的碳原子都形成4个共价键，达到饱和，因此都是饱和碳原子，则其杂化类型为sp 3杂化； 乙二胺易溶于水，除因为是极性分子外，分子间作用力比较强外，还由于乙二胺分子与水分子之间易形成氢键，增加了分子之间的吸引作用；
③Zn 2+与NH 3形成的配离子为［Zn(NH 3)6]2+，其中Zn 2+是中心离子，接受孤电子对，N 原子提供孤电子对，二者形成配位键，使配位体NH 3的中心N 原子上的孤电子对成键电子对的排斥作用减弱，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，使得其对成键电子对的排斥作用比独立存在的气态氨气分子中排斥作用力越弱，因此键角比独立的NH 3略大；
④向［Cu(NH 3)4]SO 4溶液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体，这是由于乙醇分子的极性比水分子的极性弱，加入乙醇能够降低溶剂极性，从而减小溶质的溶解度，故加入乙醇的作用是降低［Cu(NH 3)4]SO 4的溶解度，便于溶质从溶剂中结晶析出。

(3)晶胞A 中含有Hg 原子数目为：18?=18，含有Ba 原子数目为2，含有Cu 原子数目为1
4?=14
，含有O 原子数为：11
8?
+4?=442
，晶胞体积是V=(a×10-10 cm)2×c×10-10 cm= ca 2×10-30 cm 3，则晶胞密度ρ=22
A A 32
-303m (200+137?2+64+16?4)g 6.02==V N ?ca N ×10×10cm ×ca
g/cm 3； 根据A 晶胞中“2”号Ba 2+的坐标参数为(12，12
，1-x
2)，则由二者的相对位置，可知“1”号Ba 2+的坐标参数为(
12，12
，1+x
2)； 晶胞B 中含有Hg 原子数目为：1
8?
=18
，含有Ca 原子数目1，含有Ba 原子数目为2，含有Cu 原子数目为18?=24，含有O 原子数为：11
8?+8?=642
，故该晶胞化学式为HgBa 2CaCu 2O 6。

[化学选修5：有机化学基础］
12. 化合物G 是一种治疗关节疼痛的药物，其一种合成路线如图所示(部分反应条件已经略去)：
回答下列问题：
(1)有机物A 的名称为_______。

(2)由B 生成C 的反应类型为_______。

(3)C 中官能团的名称为_______；E 中手性碳(注：连有4个不同的原子或基团的碳)的个数为_______。

(4)F 生成G 时，还会有硫酸铵生成，写出反应的化学方程式：_______。

(5)比G 少5个碳原子的G 的同系物为X ，其同分异构体有多种，写出同时符合以下条件的X 的同分异构体的结构简式_______。

①属于芳香酯 ②核磁共振氢谱中有四组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1
(6)已知222R-CN+H R-CH NH 一定条件
−−−−→设计以苯甲醛(
)为原料制备苯甲胺)
的合成路线：_______(其他试剂任选)。

【答案】 (1). 甲苯 (2). 取代反应 (3). 羰基 (4). 1 (5).
2
+H 2SO 4+4H 2O −−→2
+(NH 4)2SO 4 (6). 、
、 (7).
2H NOH HCl
⋅−−−−→−−−−→
一定条件2
H −−−−→一定条件
【解析】 【分析】
根据流程图中有机物的结构简式分析，A 为甲苯，根据A 和B 的结构变化分析，A 与丙烯发生加成反应生成B ，比较B 和C 的结构变化知，B 发生取代反应生成C ，比较C 和D 的结构变化可知，在一定条件下，C 中羰基的位置引入醛基，醛基与H 2NOH •HCl 反应转化为另一取代基(
)，得到E ，
E 中在
一定条件下转化为-CN ，生成F ，F 中-CN 在稀硫酸作用下转化为-COOH ，最终得到化合物G ，据此分析解
答。

【详解】(1)根据有机物A 的结构简式分析，A 为甲苯，故答案为：甲苯。

(2)比较B 和C 的结构简式知，B 中苯环上1个氢原子被取代，则B 生成C 的反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应。

(3)C 为，官能团为羰基；E 为，其中只有1个手性碳原子，如图
所示，故答案为：羰基；1。

(4)F 生成G 时，还会有硫酸铵生成，反应方程式为：
2
+H 2SO 4+4H 2O −−→2
+(NH 4)2SO 4，故答案为：
2
+H 2SO 4+4H 2O −−→2
+(NH 4)2SO 4。

(5)比G 少5个碳原子的G 的同系物为X ，其分子式为C 8H 8O 2，同时符合以下条件①属于芳香酯，则含有苯环和酯基，②核磁共振氢谱中有四组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的X 的同分异构体的结构简式为：
、
、
，故答案为：
、
、。

(6)运用逆合成法分析，根据已知条件知
可由
与氢气在一定条件下反应制得，而合成
路线中信息分析，可由在一定条件下制得，可由与
H 2NOH •HCl 反应反应制得，则合成路线为：
2H NOH HCl
⋅−−−−→
−−−−→
一定条件2
H −−−−→一定条件
，故答案为：2H NOH HCl
⋅−−−−→−−−−→
一定条件2
H −−−−→一定条件。