江西名师联盟2020届高三第三次模拟考试卷 化学 (带答案解析)

江西名师联盟2020届高三第三次模拟测试卷
化学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39
一、选择题（每小题6分，共42分）
7．古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。

下列说法错误的是
A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小
B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质
C．制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，属于氧化物
D．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
【答案】C
【解析】A．酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；B．牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；C．3MgO·4SiO2·H2O 属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；D．密封过程中一部分乙醇被氧化成酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；答案：C。

8．设N A为阿伏加德罗常数值。

如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。

下列说法正确的是
A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O+2
B．每1mol Pt2O+转化为Pt2O+2得电子数为3N A
C．将生成的CO2通入含大量SiO2−3、Na+、Cl−的溶液中，无明显现象
D．1g CO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5N A
【答案】D
【解析】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O+2，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O+2，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O+2，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O+2失电子为2mol，数目为2N A，故B错误；C．将生成的CO2通入含大量SiO2−3、Na+、Cl−的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO2−3+CO2(少量)+H2O=CO2−3 +H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有的电子数都为22个，则1g CO2、N2O的混合气体的物质的量为
1
44
mol，含有电子数为
1
44
mol ×22×N A=0.5N A，故D正确；答案选D。

9．下列离子方程式的书写及评价，均合理的是
选项离子方程式评价
A
用铜电极电解饱和KCl溶液：
2H2O+2Cl−=====
电解
H2↑+Cl2↑+2OH−
正确：Cl−的失电子能力比OH−强B
向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：
Cu2++H2S=CuS↓+2H+
错误：H2S的酸性比H2SO4弱C
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：
Ba2++HCO−3+OH−=BaCO3↓+H2O
错误：Ba2+与HCO−3系数比应为1∶2 D
过量SO2通入到NaClO溶液中：
SO2+ClO−+H2O=HClO+HSO−3
正确：H2SO3的酸性比HClO强【答案】C
【解析】A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl−不能放电生成氯气，故A错误；B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO−3的物质的量比为1∶2，故离子方程式书写错误，故C正确；D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；故选C。

10．A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1∶2。

下列有关说法不正确的是
A．C、D、E的简单离子半径：D>E>C
B．A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子
C．由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离
D．分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键
【答案】C
【解析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。

A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核电荷数之比为1∶2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。

A．C、D、E的简单离子，S2−与Cl−电子层结构相同，O2−少一个电子层，离子半径：S2−>Cl−>O2−，故A正确；B．A与B、C、D、E 四种元素均可形成18电子分子N2H4、H2O2、H2S、HCl，故B正确；C．由A、B、C三种元素形成的化合物HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；D．分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。

11．目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。

铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr 2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。

下列说法错误的是
A．放电时a电极反应为Fe 3++e−=Fe2+
B．充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+
C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区
D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低
【答案】C
【解析】A．电池放电时，是原电池的工作原理，a电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，故A正确；B．充电时是电解池工作原理，b电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，故B正确；C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，故C错误；D．根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故D正确；故选C。

12．一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。

下列说法正确的是
A．该反应属于化合反应
B．b的二氯代物有6种结构
C．1mol b加氢生成饱和烃需要6mol H2
D．C5H11Cl的结构有8种
【答案】D
【解析】A．一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；B．甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；C．1mol b加氢生成饱和烃需要3mol H2，故C错误；D．戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。

故选D。

13．常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O2−4的水解)。

已知K sp(AgCl)数量级为10−10。

下列叙述正确的是
A．图中Y线代表的AgCl
B．n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液
C．向c(Cl−)＝c(C2O2−4)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀
D．Ag2C2O4+2Cl−=2AgCl+C2O2−4的平衡常数为10−0.71
【答案】C
【解析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则K sp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75= 100.25×10−10，则数量级为10−10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则K sp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=
10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10−7，又已知K sp (AgCl)数量级为10−10，则曲线X 为AgCl
的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y 为Ag 2C 2O 4的沉淀溶解平衡曲线，K sp (Ag 2C 2O 4)=c 2(Ag +)·c (C 2O 2−
4)=
(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，A ．由以上分析知，图中X 线代表AgCl ，故A 错误；B ．曲线Y 为Ag 2C 2O 4的沉淀溶解平衡曲线，在n 点，c (Ag +)小于平衡浓度，故n 点的离子Q c (Ag 2C 2O 4)＜K sp(Ag 2C 2O 4)，故为Ag 2C 2O 4的不饱和溶液，故B 错误；C ．根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl 沉淀
所需的c (Ag +)小于生成Ag 2C 2O 4沉淀所需的c (Ag +)，故向c (Cl −)=c (C 2O 2−
4)的混合液中滴入AgNO 3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C 正确；D ．Ag 2C 2O 4+2Cl −=2AgCl+C 2O 2−4
的平衡常数()
2-242-C O =C )l (c K c ，此时溶液中的c (Ag +
)相同，故有()2--2.469.04
24-5.7-2
52C O 10=1010C ()==l c K c （）
，故D 错误；故选C 。

二、非选择题（共43分）
26．（14分）亚氯酸钠（NaClO 2）是二氧化氯（ClO 2）泡腾片的主要成分。

实验室以氯酸钠（NaClO 3）为原料先制得ClO 2，再制备NaClO 2粗产品，其流程如图：
已知：①ClO 2可被NaOH 溶液吸收，反应为2ClO 2+2NaOH=NaClO 3+NaClO 2+H 2O 。

②无水NaClO 2性质稳定，有水存在时受热易分解。

（1）反应Ⅰ中若物质X 为SO 2，则该制备ClO 2反应的离子方程式为 。

（2）实验在如图-1所示的装置中进行。

①若X 为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO 2。

该反应较剧烈。

若该反应在装置A 的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a ．浓硫酸；b ．硫黄；c ．NaClO 3溶液）添加到三颈烧瓶的顺序依次为_________（填字母）。

②反应Ⅱ中双氧水的作用是 。

保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO 2吸收率的操作有：装置A 中分批加入硫黄、 （写出一种即可）。

（3）将装置B 中溶液蒸发可析出NaClO 2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。

（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na 2SO 4和NaHSO 4，直接排放会污染环境且浪费资源。

为从中获得芒硝（Na 2SO 4·
10H 2O ）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：__________________ _______________，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO 固体、酚酞、冰水和冰水浴）。

已知：CaSO 4不溶于Na 2SO 4水溶液；Na 2SO 4的溶解度曲线如图−2所示。

【答案】（1）2ClO −3+SO 2=2ClO 2+SO 2−
4
（2）cba 作还原剂 水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等） （3）减压
（4）向废液中分批加入适量CaO 固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO 。

静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，
冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝
【解析】用二氧化硫将NaClO 3还原制得ClO 2，ClO 2和NaOH 反应制得NaClO 3和NaClO 2，再用过氧化氢将NaClO 3还原成NaClO 2制得NaClO 2粗品。

（1）SO 2作还原剂，S 化合价升高2，被氧
化成SO 2−4，ClO −
3作氧化剂，被还原成ClO 2，Cl 化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO −3+SO 2=2ClO 2+SO 2−4，故答案为：2ClO −3+SO 2=2ClO 2+SO 2−4；（2）①反
应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO 3，所以顺序为：先加NaClO 3，再加S ，
最后加浓硫酸，故答案为：cba ；②反应Ⅱ中NaOH 和ClO 2反应生成NaClO 3和NaClO 2，过氧化氢的作用是将NaClO 3还原成NaClO 2，温度太高，过氧化氢会分解，所以控制B 中水浴加热时温度不宜过高，或者在B 中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能
过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaClO 2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量CaO 使NaHSO 4反应成CaSO 4，为了保证NaHSO 4反应完，所加CaO 需稍过量，CaO 过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO ，CaSO 4不溶于Na 2SO 4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na 2SO 4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：
向废液中分批加入适量CaO 固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO 。

静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。

27．（15分）以含锂电解铝废渣(主要含AlF 3、NaF 、LiF 、CaO)和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下：
已知LiOH 易溶于水，Li 2CO 3微溶于水。

回答下列问题：
(1)电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为___________。

滤渣2的主要成分是(写化学式)_________。

(2)碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为 。

(3)一般地说K ＞105时，该反应进行得就基本完全了。

苛化反应中存在如下平衡：Li 2CO 3(s)+ Ca 2+(aq)2Li +(aq)+CaCO 3(s)，通过计算说明该反应是否进行完全________(已知K sp (Li 2CO 3) = 8.64×10−4、K sp (CaCO 3)=2.5×10−9)。

(4)碳化反应后的溶液得到Li 2CO 3的具体实验操作有：加热浓缩、______、______、干燥。

(5)上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为 。

(6)Li 2CO 3是制备金属锂的重要原料，一种制备金属锂的新方法获得国家发明专利，其装置如图所示：
工作时电极C 应连接电源的______极，阳极的电极反应式为__________。

该方法设计的A 区能
避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和因________逸出对环境的污染。

【答案】（1）HF CaCO 3、Al(OH)3
（2）2Al 3++3CO 2−
3+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑
（3）该反应的K ＝3.5×
105，可以认为该反应进行完全 （4）冷却结晶 过滤洗涤
（5）6HF+Na 2SO 4+NaAlO 2=Na 3AlF 6+H 2SO 4+2H 2O （6）负 2Cl −-2e −=Cl 2↑ 氯气
【解析】含锂电解铝废渣主要成分为LiF 、AlF 3、NaF ，少量CaO 等，加入浓硫酸生成的气体为
HF ，浸取后过滤分离出滤渣为CaSO 4，滤液中加碳酸钠发生2Al 3++3CO 2−
3+3H 2O ＝2Al(OH)3↓+3CO 2↑、2Li ++CO 2−3=Li 2CO 3，气体为二氧化碳，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出氢氧化铝、Li 2CO 3，再加
CaO 、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤渣2含碳酸钙，碳化时LiOH 与二氧化碳反应生成Li 2CO 3，二氧化碳在流程中可循环使用，以此来解答。

（1）根据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF ，根据上述分析，滤渣2的主要成分是CaCO 3、Al(OH)3，
故答案为：HF ；CaCO 3、Al(OH)3；（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根
离子的双水解反应，离子方程式为：2Al 3++3CO 2−3+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑，故答案为：2Al 3++3CO 2−3
+3H 2O=2Al(OH)3↓+3CO 2↑；（3）
Li 2CO 3(s)+Ca 2+
(aq)2Li +
(aq)+CaCO 3(s)的()()2+-4
sp 2352+-9
sp 3K Li CO c (Li )8.6410K====3.510c(Ca )K CaCO 2.510
⨯⨯⨯ )()2+-4
sp 2352+-9
sp 3K Li CO c (Li )8.6410K====3.510c(Ca )K CaCO 2.510⨯⨯⨯＞105，可以认为该反应进行完全，故答案为：该反应的K ＝3.5×105，可以认为该反应进行完全；（4）碳化反应后的溶液得到Li 2CO 3的具体实验操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤洗涤；（5）根据流程图知，反应物为HF 、Na 2SO 4、NaAlO 2，生成物为Na 3AlF 6，根据原子守恒及反应原理书写方程式为：6HF+Na 2SO 4+NaAlO 2=Na 3AlF 6+ H 2SO 4+2H 2O ，故答案为：6HF+Na 2SO 4+NaAlO 2=Na 3AlF 6+H 2SO 4+2H 2O ；（6）根据图示C 极有Li 生成，电极反应为：Li ++e −=Li ，则C 为阴极，发生还原反应，应连接电源的负极；阳极发生氧化反应，根据图示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cl −-2e −=Cl 2↑；根据图示分析，该方法设计的A 区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生污染，故答案为：负；2Cl −-2e −=Cl 2↑；氯气。

28．（14分）CO 和H 2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。

回答下列问题：
(1)制备该合成气的一种方法是以CH 4和H 2O 为原料，有关反应的能量变化如图所示。

CH 4(g)与H 2O(g)反应生成CO(g)和H 2(g)的热化学方程式为 。

(2)工业乙醇也可用CO 和H 2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。

有人就用硫酸酸化的橙色K 2Cr 2O 7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K 2Cr 2O 7溶液反应生成CO 2、Cr 2(SO 4)3等物质，写出其化学方程式 。

(3)为了检验由CO 和H 2合成气合成的某有机物M 的组成，进行了如下测定：将1.84g M 在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重4.08g ，又知生成CO 2和H 2O 的物质的量之比为3∶4。

则M 中碳、氢、氧原子个数之比为 。

(4)CO 2和H 2合成甲醇涉及以下反应：CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g) ∆H=
-49.58kJ/mol 。

在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO 2和H 2，测得不同温度下，体系中CO 2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：
①反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是______ A ．生成3mol O-H 键，同时断裂3mol H-H 键 B ．容器中气体的压强不再变化
C ．容器中气体的平均摩尔质量不变
D ．CH 3OH 的浓度不再改变
②比较T 1与T 2的大小关系：T 1___T 2(填“<”、“=”或“>”)。

③在T 1和P 2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO 2和3mol H 2，该反应在第5min 时达到平衡，此时容器的容积为2.4L ，则该反应在此温度下的平衡常数为____，保持T 1和此时容器的容积不变，再充入1mol CO 2和3mol H 2，设达到平衡时CO 2的总转化率为a ，写出一个能够解出a 的方程或式子___________(不必化简，可以不带单位)。

【答案】（1）CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) ΔH =+(-p+3n+m)kJ·mol −1 （2）CH 3OH+K 2Cr 2O 7+4H 2SO 4=CO 2+K 2SO 4+Cr 2(SO 4)3+6H 2O （3）3∶8∶3
（4）CD ＜ 3 32a 2a
2.4 2.4K 322a 66a 2.4 2.4⨯=
=--⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【解析】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)+1
2
O 2(g)= CO 2(g) ΔH 1＝－m kJ·
mol −1；H 2(g)+1
2
O 2(g)=H 2O(g) ΔH 2＝－n kJ·mol −1；CH 4(g)+2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 3＝－p kJ·
mol −1；由盖斯定律得：CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) ΔH ＝ΔH 3－3ΔH 2－ΔH 1＝+(－p+3×n+m) kJ·mol −1；(2)甲醇与酸性K 2Cr 2O 7溶液反应生成CO 2、Cr 2(SO 4)3，Cr 的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH 3OH+K 2Cr 2O 7+4H 2SO 4=CO 2+K 2SO 4+Cr 2(SO 4)3+6
H 2O ；(3)根据1.84g M 中含C x mol ，含H y mol ，据题意有y 44x 18 4.082x 3y 42
⎧
+⨯=⎪⎪
⎨=⎪⎪⎩，解得x=0.06
y=0.16；则1.84g M 中含氧物质的量z=
1
(1.840.06120.161)g
16g mol --⨯-⨯⋅=0.06mol ，1mol M 中含C 、H 、
O 分别为3、8、3，则M 中碳、氢、氧原子个数之比为3∶8∶3；(4)①A ．断裂3mol H —H 键就意
味着消耗了3mol H 2，CH 3OH 和H 2O 中均有H —O 键，即反应生成了3mol O-H 键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v 正=v 逆，故A 错误；B ．在恒压密闭容器中进行，反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v 正=v 逆，故B 错误；C ．容器中反应物、
生成物均为气体，气体总质量m 一直保持不变，但反应前后气体物质的量差Δn ≠0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n 不再变化，故由M =
m
n
知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C 正确；D ．“CH 3OH 的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH 3OH 的浓度相等，即v 正=v 逆，反应达到平衡状态，故D 正确；答案选CD ；②由ΔH ＝－49.58kJ·mol −1＜0，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO 2的转化率降低，再由图像可知T 1＜T 2；③由图1知，在T 1和p 2的条件下，平衡时CO 2的转化率为60%。

消耗的CO 2为1mol×60%＝0.6 mol ，故有如下关系：
CO 2(g) + 3H 2(g)
CH 3OH(g) + H 2O(g)
()
()()
()2232CO g +3H g CH OH g +H O g (mol)1300(mol)
0.6 1.80.60.6(mol)
0.4
1.2
0.6
0.6
ƒ始变平
结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c (CO 2)=
16
mol·L −1，c (H 2)=12mol·L −1，
c (CH 3OH)=14mol·L −1，c (H 2O)=1
4mol·L −1，则该条件下的平衡常数为31144K 31162⨯==⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
；由于再充
入原料气时，反应温度没变，即K 不变。

设达到平衡时CO 2的总转化率为a ，则整个过程中反应的CO 2为2a mol ，同理有如下关系：
CO 2(g) + 3H 2(g)
CH 3OH(g) + H 2O(g) ()()()()2232CO g +3H g CH OH g +H O g (mol)2600(mol)2a 6a 2a 2a (mol)
2-2a
6-6a
2a
2a
ƒ
始变平
3
2a 2a 2.4 2.4K 322a 66a 2.4 2.4⨯==--⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭。

三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

） 35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分） 钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。

(1)TiO 2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。

基态Cr 原子的核外电子排布式为________________。

(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。

其制备原理如下：TiCl 4+4CH 3CH 2OH+4NH 3= Ti(OCH 2CH 3)4+4NH 4Cl
①Ti(OCH 2CH 3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为 ②N 和O 位于同一周期，O 的第二电离能大于N 的第二电离能的原因是 ； ③NH 4Cl 中存在的作用力有 ，NH 4Cl 熔沸点高于CH 3CH 2OH 的原因是 ，Ti(OCH 2CH 3)4分子中C 原子的杂化形式为 。

(3)钛酸锶(SrTiO 3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。

若Ti 位于顶点位置，O 位于____位置；已知晶胞参数为a nm ，Ti 位于O 所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_____ m(列出表达式)。

【答案】（1）1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1或[Ar]3d 54s 1
（2）分子晶体 O 和N 分别失去一个电子后的价电子排布式1s 22s 22p 3和1s 22s 22p 2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者 配位键、离子键、共价键 前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点 sp 3杂化
（3）棱心
22
a×10-9 【解析】(1)Cr 原子是24号元素，核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 1；(2)①Ti(OCH 2CH 3)4
可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH 2CH 3)4是分子晶体；②O 和N 分别失去一个电子后的价电子排布式2s 22p 3和2s 22p 2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；③根据氯化铵的电子式：
，可以看出氯化铵中
的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；Ti(OCH 2CH 3)4分子中C 均形成四对σ键，故杂化方式为sp 3杂化；(3)从图中可以看出，若Ti 位于顶点位置，则O 可以看成位于棱心的中心位置；Ti 位于O 所形成的正八面体的体心，八面体中Ti 和O 构成了一个等腰直角三角形，直角边长为
12a ，斜边长为22112a a 2+（）（）=2
2
a nm=
2
2
a×10−9m 。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
据研究报道，药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。

F
为药物合成的中间体，其合成路线如下：
已知：R-OH 2SOCl 、催化剂
Δ
−−−−−→R-Cl
(1)A 中官能团名称是________；C 的分子式为
(2)A 到B 为硝化反应，则B 的结构简式为 ，A 到B 的反应条件是 。

(3)B 到C 、D 到E 的反应类型________(填“相同”或“不相同”)；E→F 的化学方程式为 。

(4)H 是C 的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种。

①硝基直接连在苯环上
②核磁共振氢谱峰面积之比为2∶2∶2∶1
③遇FeCl 3溶液显紫色
(5)参照F 的合成路线图，设计由
、
、
、SOCl 2
为原料制备
的合成路线_______(无机试剂任选)。

【答案】（1）酚羟基 C 8H 7NO 4
（2）
浓硫酸、浓硝酸、加热
（3）相同 +
−−−→
催化剂
+HCl
（4）2 （5）
+H 2∆−−−−→
催化剂2
SOCl ∆
−−−−→催化剂
【解析】根据流程图，A 在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B ，B 的结构简式
为
，B 和
发生取代反应生成C(
)，C 和磷酸在加热条
件下发生取代生成D ，D 在SOCl 2、催化剂、加热条件下转化为E(
)，E
与A 发生被取代转化为F ，根据E 、F 的结构简式可判断，A 的结构简式为
，据此分析答
题。

(1)根据流程图中A 的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C 中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C 8H 7NO 4；(2)A 到B 为硝化反应，根据分析，B 的结构简式为
，A 到B 的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；
(3)根据分析，B 和
发生取代反应生成C(
)，D 到也是发生了氯原子取代羟
基的反应。

则B 到C 、D 到E 的反应类型相同；E 与A 发生被取代转化为F ， A 的结构简式为
，化学方程式为：
+
−−−→
催化剂+HCl ；(4)C 的结构简
式为
，H 是C 的同分异构体，①硝基直接连在苯环上，②核磁共振氢谱峰面积之比
为2∶2∶2∶1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2∶2∶2∶1，③
遇FeCl 3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH 2，满足下列条件
的同分异构体结构简式为
、
，共有有2种；
(5)与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在
SOCl 2、催化剂、加热条件下转化为
，则合成路线为：
+H 2∆−−−−→
催化剂2
SOCl ∆
−−−−→催化剂。