陕西省西安中学2020年高考理综-化学一模试卷
一、单选题
1．（2020·西安模拟）“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法错误的是（ ）
A．“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
C．“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法
2．（2020·西安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1 NA个
B．0.1mol的2H35Cl分子的中子数是2NA
C．1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
D．加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
3．（2020·西安模拟）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）
A．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物，易溶于水
B．分子中含有3种官能团，可以发生加成、氧化、取代等反应
C．在水溶液中，1mol莽草酸最多可电离出4molH+
D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体
4．（2020·西安模拟）研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：①N2O+Fe+=N2+FeO (慢）：②FeO++CO=CO2+Fe+ (快）。下列说法正确的是（ ）
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗11.2LN2O
5．（2020·西安模拟）用下列装置完成相关实验，合理的是（ ）
A．图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
B．图②：收集CO2或NH3
C．图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D．图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5
6．（2020·西安模拟）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是（ ）
A．单质的沸点：Z>W
B．简单离子半径：X>W
C．元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
7．（2020·西安模拟）25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
二、工业流程
8．（2020·西安模拟）下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：
已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；
②生成氢氧化物的pH见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ni(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 7.5 2.7 7.7 7.6 8.3
完全沉淀的pH 9.7 3.7 8.4 8.2 9.8
请回答下列问题：
（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是 。
（2）流程图中“①加入MnO2”的作用 ，MnO2还可以用其他试剂 (填化学式)代替。
（3）流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是 ～7.6。上述流程中，能循环使用的一种物质是 (填化学式)。
（4）向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，其中可以发生反应为MnS(s)＋Ni2＋(aq)=NiS(s)＋Mn2＋(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2＋与Ni2＋的物质的量浓度之比是 [已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。
（5）在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为 。
（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= 时，z= 。
三、综合题
9．（2020·西安模拟）CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。已知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)+
3/2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O(1) ΔH1=a kJ·mol 1
H2(g)+1/2O2(g)
＝H2O(1) ΔH2=b kJ·mol 1
H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3=c
kJ·mol 1
则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= kJ·mol 1
（2）为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) ΔH，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。
回答下列问题：
①压强p1、p2、p3的大小关系是 ；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是 。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为 (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
（3）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4
直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是 。
（4）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为 ；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中 mol硫酸。
10．（2020·西安模拟）2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
（1）基态As原子的价电子排布图为 ，基态Ga原子核外有 个未成对电子。
（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为 和+3，砷的电负性比镓 (填“大”或“小”)。
（3）1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3 CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为 ；AsCl3分子的空间构型为 。
（4）砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为
（5）GaAs为原子晶体，密度为ρg cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以 键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 (列出计算式，可不化简)。
11．（2020·西安模拟）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 。
（2） 所需的试剂和条件分别为 。
（3） 、 的反应类型依次为 、 。
（4）扎来普隆的分子式为 。
（5） 的化学方程式为 。
（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 。
（7）已知： 有碱性且易被氧化。设计由 和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。
四、实验题
12．（2020·西安模拟）某学习小组根据高中知识设计如下测定室内甲醛含量的装置(夹持装置已略)。
（1）I.配制银氨溶液
盛装AgNO3溶液的仪器D的名称 。
（2）关闭K2和K3，打开K1和分液漏斗活塞，将饱和食盐水滴入到圆底烧瓶中，当观察到D中最初生成的白色沉淀恰好完全溶解时，关闭K1和分液漏斗活塞。请写出A装置中发生反应的化学方程式 ；饱和食盐水的用途是 。
（3）Ⅱ.测定室内空气中甲醛含量
用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是 。
（4）装置中毛细管的作用是 。
（5）已知甲醛被银氨溶液氧化的化学方程式为：HCHO+4Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3↑+2H2O，测得共生成Ag 2.16mg。则空气中甲醛的含量为 mg.L-1(空气中其它物质不与银氨溶液反应)。
（6）该设计装置存在一个明显的不足之处是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能，故A不符合题意；
B. 钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B不符合题意；
C. 碳纤维不是一种新型有机高分子材料，是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故C符合题意；
D. 水下钢柱镶铝块防腐的方法是原电池原理，铝作负极被腐蚀，铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极保护法，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、硅是一种半导体，可作为太阳能电池板的材料；
B、合金具有强度大，密度小，耐腐蚀等特征；
C、碳纤维是一种有机高分子材料；
D、铁和铝在水中形成原电池，铝作负极被腐蚀。
2．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、碳酸根水解得到碳酸氢根和氢氧根离子，因此1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，A不符合题意；
B、2H35Cl分子的中子数＝2－1+35－17＝19，所以0.1mol的2H35Cl分子的中子数是1.9NA，B不符合题意；
C、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D、加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，因此生成二氧化硫的分子数小于0.1NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳酸根水解分析；
B、根据中子数＝质量数－质子数计算；
C、根据过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂分析；
D、根据稀硫酸与铜不反应解答。
3．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A. 分子式为C7H10O5，不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A不符合题意；
B. 分子中含有3种官能团，羧基、羟基、碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、氧化，羧基、羟基发生酯化反应(取代反应)，故B符合题意；
C. 在水溶液中，1mol莽草酸只有1mol羧基，羧酸是弱酸，而醇羟基在水溶液中不会电离出氢离子，因此电离出H+小于1mol，故C不符合题意；
D. 1mol莽草酸只有1mol羧基，与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据C的4价规则来写分子式；
B、该物质能和氧气发生燃烧，有氢原子、羟基能发生取代和氧化；
C、莽草酸分子中羧基能够电离；
D、一个羧基能和一个碳酸氢钠反应放出一个二氧化碳。
4．【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A.反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A不符合题意；
B.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B不符合题意；
C. Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C符合题意；
D.由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应前后元素化合价有变化的反应属于氧化还原反应；
B、反应物的总能量大于生成物的反应，属于放热反应，化学反应速率的快慢由慢反应决定；
C、加入催化剂，使反应所需的活化能降低，活化分子数增多；
D、没有指明外界条件。
5．【答案】B
【知识点】常见气体的检验；几组未知物的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A不符合题意；
B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B符合题意；
C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C不符合题意；
D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。
6．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A不符合题意；
B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B符合题意；
C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C不符合题意；
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A不符合题意；
B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B不符合题意；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C符合题意；
D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
8．【答案】（1）增大反应物的接触面积，增大反应速率
（2）将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；H2O2
（3）3.7；H2SO4
（4）1.4×1011
（5）Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7～7.6；上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(4)Ksp(MnS)=2.8×10-10，Ksp(NiS)=2.0×10-21]，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)：c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.8×10-10：2.0×10-21=1.4×1011； (5)在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-═MnO2 +4H+；(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x=y= 时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)× +(+3)× +(+4)×z+(-2)×2=0，z= 。
【分析】用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，加入氨水调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2+、Ni2+等，过滤得到滤液电解得到金属锰和阳极液，阳极液中的硫酸循环使用，滤渣2为MnS、CoS、NiS，据此分析解题。
9．【答案】（1）(3b-a-c )
（2）p1＜p2＜p3；Ka＝Kb＜Kc；66.7% (或0.667)；3.2 Mpa
（3）催化剂的催化效率降低
（4）2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2 +4H2O；6
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式得到CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=(3b－a－c) kJ·mol 1；故答案为：(3b－a－c)。(2)①从700℃分析，从下到上，CO体积分数增大，则说明平衡正向移动，该反应是体积增大的反应，即减小压强，因此压强p1、p2、p3的大小关系是p1＜p2＜p3；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，a、b温度相等，则平衡常数相等，b、c压强相同，温度不同，温度升高，CO体积分数增大，平衡正向移动，平衡常数变大，因此其大小关系是Ka＝Kb＜Kc；故答案为：p1＜p2＜p3；Ka＝Kb＜Kc。②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO的体积分数为为80%，则CO2的体积分数为20%，假设平衡时CO物质的量为0.8mol，CO2物质的量为0.2mol，则CO2改变量为0.4mol，因此CO2的转化率为 ，该反应的平衡常数 ；故答案为：66.7%(或0.667)；3.2 Mpa。(3)根据图中信息，250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低；故答案为：催化剂的催化效率降低。(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，为阴极，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2+4H2O；根据Pb + PbO2+ 2H2SO4＝2PbSO4+ 2H2O分析，转移2mol电子，反应2mol硫酸，每生成0.5mol乙烯，转移6mol电子，所以理论上需消耗铅蓄电池中6 mol硫酸；故答案为：2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2+4H2O；6。
【分析】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式。(2)①根据平衡移动来分析压强关系，根据温度变化来判断平衡常数；②分别假设计算出CO、CO2物质的量，再计算CO2的转化率和平衡常数。(3)根据图中信息分析出催化剂的催化效率降低。(4)根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，根据Pb + PbO2+ 2H2SO4＝2PbSO4+ 2H2O分析电子转移与消耗硫酸关系。
10．【答案】（1）；1
（2）+1；大
（3）3：2；三角锥形
（4）sp3
（5）共价； ×100%
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为 ，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为： ；1；(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为：+1；大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+ =4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：3∶2；三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8× +6× =4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积= = cm3，该晶胞中所有原子体积=4× π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4× π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= ×100%= ×100%，故答案为：共价； ×100%。
【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= ×100%计算。
11．【答案】（1）羰基（或酮基）
（2）浓 ，浓
（3）还原反应；取代反应
（4）
（5）
（6）17； 、
（7）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构式；有机物的推断；有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，含有的官能团名称是羰基；(2)A的结构简式为 ，B的结构简式为 ，则 发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓 ，浓 ；(3)由B的结构简式为 、C的结构简式为 、E的结构简式为 、F的结构简式为 可知， 是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而 的反应类型为取代反应；(4)扎来普隆的结构简式为 ，其分子式为 ；(5)C的结构简式为 、D的结构简式为 ，则 发生取代反应的化学方程式为 ；(6)B的结构简式为 ，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：①含有苯环和硝基；②含有-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有4种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有4+4+2=10种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有3种，共有4+10+3=17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 、 ；(7)因 有碱性且易被氧化，则由 和乙醇制备 时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为 。
【分析】(7)因 有碱性且易被氧化，则由 和乙醇制备 时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，即可得到目标产物。
12．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；减缓反应速率
（3）打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2
（4）减少气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收
（5）0.15
（6）缺少尾气处理装置
【知识点】气体发生装置的气密性检查；常见气体制备原理及装置选择；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】I⑴根据图中信息得知盛装AgNO3溶液的仪器D的名称三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。⑵A装置中是氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气，发生反应的化学方程式Mg3N2+6H2O =3Mg(OH)2+2NH3↑；饱和食盐水是降低水的浓度，其用途是减缓反应速率；故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；减缓反应速率。Ⅱ⑶用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，主要是将空气中甲醛与银氨溶液反应，因此后续操作是打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；故答案为：打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2。⑷为了缓缓的通入空气到银氨溶液中，使空气中甲醛气体被完全吸收，因此装置中使用毛细管；故答案为：减少气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收。⑸根据HCHO ～4Ag↓，测得共生成Ag 2.16mg即物质的量为2×10 5 mol，因此n(HCHO)=5×10 6 mol，则空气中甲醛的含量为 ；故答案为：0.15。⑹由于反应生成了氨气，氨气会污染环境，因此该设计装置存在一个明显的不足之处是缺少尾气处理装置；故答案为：缺少尾气处理装置。
【分析】氮化镁和饱和食盐水反应生成氨气和氢氧化镁，氨气缓缓通入到硝酸银溶液中，先生成沉淀后沉淀溶解，停止通入氨气，吸入1L空气后缓缓压入到银氨溶液中，使甲醛与银氨溶液充分反应，根据生成的银的质量计算甲醛的物质的量，计算空气中甲醛的含量。
陕西省西安中学2020年高考理综-化学一模试卷
一、单选题
1．（2020·西安模拟）“中国名片”中航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切的联系。下列说法错误的是（ ）
A．“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
C．“歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能，故A不符合题意；
B. 钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B不符合题意；
C. 碳纤维不是一种新型有机高分子材料，是碳的单质，属于新型无机非金属材料，故C符合题意；
D. 水下钢柱镶铝块防腐的方法是原电池原理，铝作负极被腐蚀，铁作正极被保护，该方法为牺牲阳极保护法，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、硅是一种半导体，可作为太阳能电池板的材料；
B、合金具有强度大，密度小，耐腐蚀等特征；
C、碳纤维是一种有机高分子材料；
D、铁和铝在水中形成原电池，铝作负极被腐蚀。
2．（2020·西安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1 NA个
B．0.1mol的2H35Cl分子的中子数是2NA
C．1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
D．加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、碳酸根水解得到碳酸氢根和氢氧根离子，因此1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，A不符合题意；
B、2H35Cl分子的中子数＝2－1+35－17＝19，所以0.1mol的2H35Cl分子的中子数是1.9NA，B不符合题意；
C、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D、加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，因此生成二氧化硫的分子数小于0.1NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳酸根水解分析；
B、根据中子数＝质量数－质子数计算；
C、根据过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂分析；
D、根据稀硫酸与铜不反应解答。
3．（2020·西安模拟）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）
A．分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物，易溶于水
B．分子中含有3种官能团，可以发生加成、氧化、取代等反应
C．在水溶液中，1mol莽草酸最多可电离出4molH+
D．1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A. 分子式为C7H10O5，不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A不符合题意；
B. 分子中含有3种官能团，羧基、羟基、碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、氧化，羧基、羟基发生酯化反应(取代反应)，故B符合题意；
C. 在水溶液中，1mol莽草酸只有1mol羧基，羧酸是弱酸，而醇羟基在水溶液中不会电离出氢离子，因此电离出H+小于1mol，故C不符合题意；
D. 1mol莽草酸只有1mol羧基，与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据C的4价规则来写分子式；
B、该物质能和氧气发生燃烧，有氢原子、羟基能发生取代和氧化；
C、莽草酸分子中羧基能够电离；
D、一个羧基能和一个碳酸氢钠反应放出一个二氧化碳。
4．（2020·西安模拟）研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分別为：①N2O+Fe+=N2+FeO (慢）：②FeO++CO=CO2+Fe+ (快）。下列说法正确的是（ ）
A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
D．若转移1mol电子，则消耗11.2LN2O
【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂
【解析】【解答】A.反应①、②均有元素化合价的升降，因此都是氧化还原反应，A不符合题意；
B.由图可知，Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，所以两个反应都是放热反应，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，B不符合题意；
C. Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，C符合题意；
D.由于没有指明外界条件，所以不能确定气体的体积，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应前后元素化合价有变化的反应属于氧化还原反应；
B、反应物的总能量大于生成物的反应，属于放热反应，化学反应速率的快慢由慢反应决定；
C、加入催化剂，使反应所需的活化能降低，活化分子数增多；
D、没有指明外界条件。
5．（2020·西安模拟）用下列装置完成相关实验，合理的是（ ）
A．图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
B．图②：收集CO2或NH3
C．图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D．图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5
【答案】B
【知识点】常见气体的检验；几组未知物的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A不符合题意；
B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B符合题意；
C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C不符合题意；
D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。
6．（2020·西安模拟）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是（ ）
A．单质的沸点：Z>W
B．简单离子半径：X>W
C．元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；A．Z、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：Z＞W，故A不符合题意；
B．X为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：X＜W，故B符合题意；
C．X为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C不符合题意；
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。
7．（2020·西安模拟）25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D．V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A不符合题意；
B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B不符合题意；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C符合题意；
D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；
B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；
C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；
D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。
二、工业流程
8．（2020·西安模拟）下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：
已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；
②生成氢氧化物的pH见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ni(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 7.5 2.7 7.7 7.6 8.3
完全沉淀的pH 9.7 3.7 8.4 8.2 9.8
请回答下列问题：
（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是 。
（2）流程图中“①加入MnO2”的作用 ，MnO2还可以用其他试剂 (填化学式)代替。
（3）流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是 ～7.6。上述流程中，能循环使用的一种物质是 (填化学式)。
（4）向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，其中可以发生反应为MnS(s)＋Ni2＋(aq)=NiS(s)＋Mn2＋(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2＋与Ni2＋的物质的量浓度之比是 [已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。
（5）在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为 。
（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= 时，z= 。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，增大反应速率
（2）将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；H2O2
（3）3.7；H2SO4
（4）1.4×1011
（5）Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7～7.6；上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(4)Ksp(MnS)=2.8×10-10，Ksp(NiS)=2.0×10-21]，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)：c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.8×10-10：2.0×10-21=1.4×1011； (5)在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-═MnO2 +4H+；(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x=y= 时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)× +(+3)× +(+4)×z+(-2)×2=0，z= 。
【分析】用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，加入氨水调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2+、Ni2+等，过滤得到滤液电解得到金属锰和阳极液，阳极液中的硫酸循环使用，滤渣2为MnS、CoS、NiS，据此分析解题。
三、综合题
9．（2020·西安模拟）CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。已知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)+
3/2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O(1) ΔH1=a kJ·mol 1
H2(g)+1/2O2(g)
＝H2O(1) ΔH2=b kJ·mol 1
H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3=c
kJ·mol 1
则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= kJ·mol 1
（2）为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) ΔH，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。
回答下列问题：
①压强p1、p2、p3的大小关系是 ；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是 。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为 (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
（3）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4
直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是 。
（4）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为 ；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中 mol硫酸。
【答案】（1）(3b-a-c )
（2）p1＜p2＜p3；Ka＝Kb＜Kc；66.7% (或0.667)；3.2 Mpa
（3）催化剂的催化效率降低
（4）2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2 +4H2O；6
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式得到CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=(3b－a－c) kJ·mol 1；故答案为：(3b－a－c)。(2)①从700℃分析，从下到上，CO体积分数增大，则说明平衡正向移动，该反应是体积增大的反应，即减小压强，因此压强p1、p2、p3的大小关系是p1＜p2＜p3；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，a、b温度相等，则平衡常数相等，b、c压强相同，温度不同，温度升高，CO体积分数增大，平衡正向移动，平衡常数变大，因此其大小关系是Ka＝Kb＜Kc；故答案为：p1＜p2＜p3；Ka＝Kb＜Kc。②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO的体积分数为为80%，则CO2的体积分数为20%，假设平衡时CO物质的量为0.8mol，CO2物质的量为0.2mol，则CO2改变量为0.4mol，因此CO2的转化率为 ，该反应的平衡常数 ；故答案为：66.7%(或0.667)；3.2 Mpa。(3)根据图中信息，250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低；故答案为：催化剂的催化效率降低。(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，为阴极，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2+4H2O；根据Pb + PbO2+ 2H2SO4＝2PbSO4+ 2H2O分析，转移2mol电子，反应2mol硫酸，每生成0.5mol乙烯，转移6mol电子，所以理论上需消耗铅蓄电池中6 mol硫酸；故答案为：2CO2+12H++12e－ = CH2=CH2+4H2O；6。
【分析】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式。(2)①根据平衡移动来分析压强关系，根据温度变化来判断平衡常数；②分别假设计算出CO、CO2物质的量，再计算CO2的转化率和平衡常数。(3)根据图中信息分析出催化剂的催化效率降低。(4)根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，根据Pb + PbO2+ 2H2SO4＝2PbSO4+ 2H2O分析电子转移与消耗硫酸关系。
10．（2020·西安模拟）2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：
（1）基态As原子的价电子排布图为 ，基态Ga原子核外有 个未成对电子。
（2）镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ mol-1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为 和+3，砷的电负性比镓 (填“大”或“小”)。
（3）1918年美国人通过反应：HC≡CH+AsCl3 CHCl=CHAsCl2制造出路易斯毒气。在HC≡CH分子中σ键与π键数目之比为 ；AsCl3分子的空间构型为 。
（4）砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中碳原子的杂化方式为
（5）GaAs为原子晶体，密度为ρg cm-3，其晶胞结构如图所示， Ga与As以 键键合。Ga和As的原子半径分别为a pm和b pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 (列出计算式，可不化简)。
【答案】（1）；1
（2）+1；大
（3）3：2；三角锥形
（4）sp3
（5）共价； ×100%
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，所以其价电子排布式为 ，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子，则Ga未成对电子数是1，故答案为： ；1；(2)根据镓失去电子的逐级电离能知，失去1个或3个电子电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为+1和+3，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，二者位于同一周期且原子序数Ga＜As，则电负性As比Ga大，故答案为：+1；大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键，因此乙炔分子中含有3个σ键、2个π键，则σ键、π键个数之比为3∶2；AsCl3分子中As原子价层电子对个数=3+ =4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故答案为：3∶2；三角锥形；(4)(CH3)3Ga中碳原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3，故答案为：sp3；(5)GaAs为原子晶体，Ga和As原子之间以共价键键合；该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数=8× +6× =4，所以其化学式为GaAs，该晶胞体积= = cm3，该晶胞中所有原子体积=4× π[(a×10-10)3+(b×10-10)3]cm3=4× π×10-30×(a3+b3)cm3，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= ×100%= ×100%，故答案为：共价； ×100%。
【分析】(1)As为33号元素，基态As原子的核外价电子为其4s能级上2个电子、4p能级上3个电子，基态Ga原子核外4p能级上有1个电子；(2)根据电离能知，失去1个或3个电子时电离能发生突变，由此可推知镓的主要化合价，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；(3)共价单键为σ键、共价三键中含有一个σ键、两个π键；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算结合价层电子对互斥理论判断空间构型；(4)根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；(5)根据GaAs为原子晶体判断Ga和As原子之间的作用力；根据均摊法计算该晶胞中Ga、As原子个数，计算晶胞的质量和体积，再根据晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= ×100%计算。
11．（2020·西安模拟）扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 。
（2） 所需的试剂和条件分别为 。
（3） 、 的反应类型依次为 、 。
（4）扎来普隆的分子式为 。
（5） 的化学方程式为 。
（6）属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 。
（7）已知： 有碱性且易被氧化。设计由 和乙醇制备 的合成路线（无机试剂任选）。
【答案】（1）羰基（或酮基）
（2）浓 ，浓
（3）还原反应；取代反应
（4）
（5）
（6）17； 、
（7）
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构式；有机物的推断；有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，含有的官能团名称是羰基；(2)A的结构简式为 ，B的结构简式为 ，则 发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓 ，浓 ；(3)由B的结构简式为 、C的结构简式为 、E的结构简式为 、F的结构简式为 可知， 是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而 的反应类型为取代反应；(4)扎来普隆的结构简式为 ，其分子式为 ；(5)C的结构简式为 、D的结构简式为 ，则 发生取代反应的化学方程式为 ；(6)B的结构简式为 ，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：①含有苯环和硝基；②含有-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有4种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有4+4+2=10种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有3种，共有4+10+3=17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有 、 ；(7)因 有碱性且易被氧化，则由 和乙醇制备 时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为 。
【分析】(7)因 有碱性且易被氧化，则由 和乙醇制备 时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，即可得到目标产物。
四、实验题
12．（2020·西安模拟）某学习小组根据高中知识设计如下测定室内甲醛含量的装置(夹持装置已略)。
（1）I.配制银氨溶液
盛装AgNO3溶液的仪器D的名称 。
（2）关闭K2和K3，打开K1和分液漏斗活塞，将饱和食盐水滴入到圆底烧瓶中，当观察到D中最初生成的白色沉淀恰好完全溶解时，关闭K1和分液漏斗活塞。请写出A装置中发生反应的化学方程式 ；饱和食盐水的用途是 。
（3）Ⅱ.测定室内空气中甲醛含量
用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，后续操作是 。
（4）装置中毛细管的作用是 。
（5）已知甲醛被银氨溶液氧化的化学方程式为：HCHO+4Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+4Ag↓+6NH3↑+2H2O，测得共生成Ag 2.16mg。则空气中甲醛的含量为 mg.L-1(空气中其它物质不与银氨溶液反应)。
（6）该设计装置存在一个明显的不足之处是 。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；减缓反应速率
（3）打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2
（4）减少气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收
（5）0.15
（6）缺少尾气处理装置
【知识点】气体发生装置的气密性检查；常见气体制备原理及装置选择；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】I⑴根据图中信息得知盛装AgNO3溶液的仪器D的名称三颈烧瓶；故答案为：三颈烧瓶。⑵A装置中是氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气，发生反应的化学方程式Mg3N2+6H2O =3Mg(OH)2+2NH3↑；饱和食盐水是降低水的浓度，其用途是减缓反应速率；故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；减缓反应速率。Ⅱ⑶用热水浴加热D，打开K3，将滑动隔板由最左端抽到最右端，吸入1L室内空气，关闭K3，主要是将空气中甲醛与银氨溶液反应，因此后续操作是打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；故答案为：打开K1，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2。⑷为了缓缓的通入空气到银氨溶液中，使空气中甲醛气体被完全吸收，因此装置中使用毛细管；故答案为：减少气体通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收。⑸根据HCHO ～4Ag↓，测得共生成Ag 2.16mg即物质的量为2×10 5 mol，因此n(HCHO)=5×10 6 mol，则空气中甲醛的含量为 ；故答案为：0.15。⑹由于反应生成了氨气，氨气会污染环境，因此该设计装置存在一个明显的不足之处是缺少尾气处理装置；故答案为：缺少尾气处理装置。
【分析】氮化镁和饱和食盐水反应生成氨气和氢氧化镁，氨气缓缓通入到硝酸银溶液中，先生成沉淀后沉淀溶解，停止通入氨气，吸入1L空气后缓缓压入到银氨溶液中，使甲醛与银氨溶液充分反应，根据生成的银的质量计算甲醛的物质的量，计算空气中甲醛的含量。
