1、四川省攀枝花市 2018 届高三第三次统考试题201804可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Ag-108 I-127 1. 下列对于各种物质的应用说法错误的是A. 硅胶作袋装食品的吸氧剂B. 二氧化硫作纸浆的漂白剂C. Al(OH)3可添加到塑料中作阻燃剂D. ClO2是一种比 Cl2更安全的自来水消毒剂【答案】A【解析】A. 硅胶有吸水性，作袋装食品的干燥剂，不能作吸氧剂，A 不正确；B. 二氧化硫有漂白性，可以作纸浆的漂白剂，B 正确；C. A
2、l(OH) 3受热分解时吸收热量，同时生成高熔点的氧化铝，故可添加到塑料中作阻燃剂，C 正确；D. ClO 2不与有机物反应生成有害物质，故其是一种比 Cl2更安全的自来水消毒剂，D 正确。2. 有机物 X、Y、Z 的分子式均为 C7H8，结构简式如下：下列说法正确的是A. X、Y、Z 均为苯的同系物B. X、Y、Z 分子中的碳原子均处于同一平面C. X、Y、Z 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 1molX、1molY 分别与足量溴的四氯化碳溶液反应，均最多消耗 2mol Br2【答案】C【解析】A. 只有 X 是苯的同系物，Y 和 Z 的分子中无苯环，A 不正确；B. X、Z 分子中的碳原子均
3、处于同一平面，Y 分子中的碳原子不处于同一平面，B 不正确；C. X 可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，Y、Z 分子中都有碳碳双键，故三者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C 正确；D. 1molY 与足量溴的四氯化碳溶液反应最多消耗 2mol Br2，X 分子中没有碳碳双键，不与溴的四氯化碳溶液反应，D 不正确。本题选 C。点睛：可以把复杂有机物分子分成若干个分子片断，根据甲烷的正四面体结构、乙烯分子 6原子共面、乙炔分子 4 原子共线、苯分子 12 原子共面等几个基本模型以及单键可以旋转的性质，判断有机物分子中的共面问题。3. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.1molN
4、5+N5-（全氮类物质）中含有电子总数为 5NAB. 在浓硫酸存在下加热，1molCH 3CH2OH 和 1mol CH3COOH 充分反应生成的 H2O 分子数为 NAC. 在光照条件下，0.1molCH 4与 0.1molCl2反应恰好生成 CH3Cl 的分子数为 0.1NAD. 在反应 Mg +2NH4Cl=MgCl2+2NH3+H 2中，1.2gMg 完全反应时转移的电子数为 0.1NA【答案】D【解析】A. 0.1molN 5+N5-（全氮类物质）中含有 1mol N，故其所含的电子总数为 7NA，A 不正确；B. 酯化反应是可逆反应，在浓硫酸存在下加热，1molCH 3CH2OH
5、和 1mol CH3COOH 充分反应后，生成的 H2O 的物质的量小于 1mol，故其分子数小于 NA，B 不正确；C. 在光照条件下，0.1molCH4与 0.1molCl2反应，该反应是可逆反应，产物肯定不是只有 CH3Cl，还会有CH2Cl2、CHCl 3、CCl 4，C 不正确； D. 在反应 Mg +2NH4Cl=MgCl2+2NH3+H 2中，1.2gMg 的物质的量 0.05mol，完全反应时转移的电子数为 0.1NA，D 正确。本题选 D。4. V、W、X、Y、Z 是前四周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中 X 和 Z 是金属元素。V 和 Z 属同一主族，它们原子最外电
6、子层上只有 1 个电子,W 和 Y 也属同一族，W 原子最外电子层上电子数是次外电子层上电子数的 3 倍,X 原子最外电子层上电子数等于 Y 原子最外电子层上电子数的一半。下列说法不正确的是A. X、Y、Z 的简单离子中，Y 的离子半径最大B. 在 Z2Y2W3溶液中加入稀硫酸会析出黄色沉淀C. V、Z 分别与 W 形成的二元化合物中，可能含有非极性共价键D. 在常温下，X、Z 的单质均能与水剧烈反应【答案】D点睛：电子层数较多的离子，其半径较大，电子层数相同的离子，核电荷数较小的半径较大。二元化合物就是由两种元素组成的化合物，由同种元素的原子之间形成的共价键是非极性键。5. 某新型电池，以
7、NaBH4（B 的化合价为+3 价）和 H2O2作原料，负极材料采用 Pt，正极材料采用 MnO2（既作电极材料又对该极的电极反应具有催化作用） ，该电池可用作卫星、深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 每消耗 3mol H2O2，转移 6mol eB. 电池工作时 Na+从 b 极区移向 a 极区C. a 极上的电极反应式为：BH 4 +8OH 8e BO 2 +6H2OD. b 极材料是 MnO2，该电池总反应方程式：NaBH 4 + 4H2O2=NaBO2 + 6H2O【答案】B【解析】试题分析：由图中信息可知，NaBH 4是还原剂，其在负极上被氧化为 B
8、O2 ，电极反应式为 BH4 +8OH 8e BO 2 +6H2O， ；H 2O2是氧化剂，其在正极上被还原为 OH ，电极反应式为 4H2O2+8e 8OH ，该电池总反应方程式为 NaBH4 + 4H2O2=NaBO2 + 6H2O。所以电极是负极、电极 b 是正极。A. 每消耗 3mol H2O2，O 元素的化合价从-1 降到-2，故转移 6mol e ，A 正确；B. 电池工作时 Na+从负极区移向正极区，B 不正确；C. a 极上的电极反应式为BH4 +8OH 8e BO 2 +6H2O，C 正确；D. b 极材料是 MnO2，该电池总反应方程式为 NaBH4 + 4H2O2=NaB
9、O2 + 6H2O，D 正确。本题选 B。6. 由下列实验及现象得出的结论，不正确的是实验 现象 结论A向 KNO3和 KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3-被还原为 NH3B在 Cu(NO3)2溶液中加入 KI 溶液，再加入苯，振荡溶液分层，上层溶液呈紫色，下层有白色沉淀氧化性：Cu 2+I2，白色沉淀可能为 CuIC向 2 支盛有 2mL 相同浓度的 NaOH 溶液的试管中分别滴入 2 滴相同浓度的AlCl3和 MgCl2溶液，振荡并静置前者无沉淀，后者有白色沉淀KspAl(OH)3KspMg(OH)2D相同温度下，在两支试管中各加入 4 mL 0.
10、01 mol/L KMnO4酸性溶液和 2 mL 0.1 mol/LH2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量 MnSO4固体加有 MnSO4的试管中溶液褪色明显较快MnSO4对该反应有催化作用A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 向 KNO3和 KOH 混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色，说明有生成 NH3 ，则 NO3-被还原为 NH3，A 正确； B. 在 Cu(NO3)2溶液中加入 KI溶液，再加入苯，振荡溶液分层，上层溶液呈紫色，下层有白色沉淀，说明有碘生成，则 KI是还原剂、Cu(NO 3)2是氧化剂，所以 Cu2+氧化性
11、强于 I2，Cu 2+有可能被还原为+1 价，故白色沉淀可能为 CuI，B 正确；C. 向 2 支盛有 2mL 相同浓度的 NaOH 溶液的试管中分别滴入 2 滴相同浓度的 AlCl3和 MgCl2溶液，振荡并静置，前者无沉淀，后者有白色沉淀，前者可能因生成的 Al(OH)3溶于过量的 NaOH 溶液中而无沉淀，故无法判断 KspAl(OH)3和 KspMg(OH)2的相对大小，C 不正确；D. 相同温度下，在两支试管中各加入 4 mL 0.01 mol/L KMnO4酸性溶液和 2 mL 0.1 mol/LH2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量 MnSO4固体，加有MnSO4的试管
12、中溶液褪色明显较快，说明 MnSO4对该反应有催化作用，D 正确。本题选 C。7. 已知:25,NH 3H2O 电离平衡常数 K1.7610 5 。25,向 1 L 0.1 mol/L 某一元酸 HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的 pH 与 变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A. 由图可推知：25,0.1 mol/L NaR 溶液的 pH 约为 10B. 当通入 0.1 mol NH3时，所得溶液中： c(NH4+) c(R ) c(OH ) c(H+)C. pH7 时，所得溶液中： c(HR) c(R ) =c(NH4+)D. pH10 时，所得溶液中： c(
13、R ) c(HR) ， c(NH4+) c(NH3H2O)【答案】B【解析】A. 由图可知，pH=5 时， ，所以 ，所以，25,0.1 mol/L NaR 溶液中， ，所以 pH 约为 9，A 不正确；B. 当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中的溶质为 NH4R，NH 4R 的阴、阳离子可以发生互促双水解，由于NH3H2O 电离平衡常数 K1.7610 5 ，而 HR 的 ，故 R 的水解程度较大，溶液显碱性，所以 c(NH4+) c(R ) c(OH ) c(H+)，B 正确；C. pH7 时，由图可知，则 ，所以 c(R ) c(HR)；由电荷守恒可知 c(R ) =c(NH4+)
14、，所以，所得溶液中 c(R ) =c(NH4+) c(HR) ，C 不正确；D. pH10 时， c(OH )= ，由NH3H2O 电离平衡常数 K1.7610 5 ，可以求出 ，所以 c(NH4+) c(NH3H2O)，由图可知，pH10 时， ，即 ，所以 c(R ) c(HR) ， D 不正确。本题选 B。8. 某工厂将制革工业污泥中的铬元素以难溶物 CrOH(H2O)5SO4的形式回收，工艺流程如下，其中硫酸浸取液中的金属离子主要是 Cr3+，其次是 Fe3+、Al 3+、Ca 2+和 Mg2+。回答下列问题：（1）4.8 mol/L 的硫酸溶液密度为 1.27g/cm3，该溶液中硫酸
15、的质量分数是_。 （2） H 2O2的作用是将滤液中的 Cr3+转化为 Cr2O72 ，写出此反应的离子方程式：_。 （3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 如下：阳离子 Fe3+ Mg2+ Al3+ Cr3+开始沉淀时的 pH 2.7 沉淀完全时的 pH 3.7 11.1 5.4（8 溶解） 9（9 溶解）Cr (OH) 3溶解于 NaOH 溶液时反应的离子方程式是_。加入 NaOH 溶液使溶液呈碱性，Cr 2O72 转化为 CrO42 。滤液中阳离子主要有_；但溶液的 pH 不能超过 8，其理由是_。 （4）钠离子交换树脂的反应原理为 Mn+nNaRMR n+nNa+，利
16、用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是_。 （5）写出上述流程中用 SO2进行还原时发生反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 37% (2). 2Cr 3+ + 3H2O2 + H2O Cr2O72 + 8H+ (3). Cr (OH)3 + OH- CrO2 + 2H2O (4). Na+、Ca 2+、Mg 2+ (5). pH 超过 8 会使部分 Al(OH)3溶解生成AlO2 (6). Ca2+、Mg 2+ (7). 3SO2 + 2Na2CrO4 +12H2O 2CrOH(H2O)5SO4 + Na 2SO4 + 2NaOH【解析】试题分析：由流程可知，含铬污泥经酸浸后过滤，向滤
17、液中加入双氧水把 Cr3+氧化为 Cr2O72 ，然后加入氢氧化钠溶液调节 pH 到 8，Cr 2O72 转化为 CrO42 ,Fe3+和 Al3+完全沉淀，过滤，滤液以钠离子交换树脂进行离子交换，除去 Ca2+和 Mg2+，最后向溶液中通入足量的二氧化硫将 CrO42 还原为 CrOH(H2O)5SO4。（1）4.8 mol/L 的硫酸溶液密度为 1.27g/cm3，该溶液中硫酸的质量分数是37%。 （2） H 2O2的作用是将滤液中的 Cr3+转化为 Cr2O72 ，此反应的离子方程式是 2Cr3+ + 3H2O2 + H2O Cr2O72 + 8H+。 （3）类比 Al(OH)3溶于 N
18、aOH 溶液的反应，Cr (OH) 3溶解于 NaOH 溶液时反应的离子方程式是 Cr (OH)3 + OH- CrO2 + 2H2O。加入 NaOH 溶液使溶液呈碱性，Cr 2O72 转化为 CrO42 。滤液中阳离子主要有Na+、Ca 2+、Mg 2+；但溶液的 pH 不能超过 8，其理由是 pH 超过 8 会使部分 Al(OH)3溶解生成AlO2 。 （4）钠离子交换树脂的反应原理为 Mn+nNaRMR n+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是 Ca2+、Mg 2+。 （5）上述流程中用 SO2进行还原时发生反应的化学方程式为 3SO2 + 2Na2CrO4 +12H2O
19、 2CrOH(H2O)5SO4 + Na 2SO4 + 2NaOH。点睛：本题考查了无机物的制备。主要考查了物质的转化规律、离子方程式的书写、物质的分离与提纯、有关溶液组成的计算等等，难度一般。要求我们要掌握常见物质的转化规律，能将所学知识迁移到陌生的物质，能熟练书写离子方程式，能根据化合价升降规律书写并配平氧化还原反应。9. 碘化钾可用于有机合成、制药等领域，它是一种白色立方结晶或粉末，易溶于水。有两个学习小组查阅资料后，分别设计以下实验装置制备 KI：【查阅资料】：（1）3I 2+6KOHKIO 3+5KI+3H2O（2）H 2S 是有剧毒的酸性气体，具有较强还原性，水溶液称氢硫酸（弱酸）
20、 ；（3）HCOOH（甲酸）具有强烈刺激性气味的液体，具有较强还原性，弱酸；（4）在实验条件下，S 2-、HCOOH 分别被 KIO3氧化为 SO42-、CO 2。组. H 2S 还原法，实验装置如图：实验步骤如下：在上图所示的 C 中加入 127g 研细的单质 I2和 210g 30%的 KOH 溶液，搅拌至碘完全溶解。打开弹簧夹向其中通入足量的 H 2S。将装置 C 中所得溶液用稀 H2SO4酸化后，置于水浴上加热 10min。在装置 C 的溶液中加入 BaCO3，充分搅拌后，过滤、洗涤。将滤液用氢碘酸酸化，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品145g。组.甲酸还原法，实
21、验装置如图：实验步骤如下：在三颈瓶中加入 127g 研细的单质 I2和 210g 30%的 KOH 溶液，搅拌至碘完全溶解。通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加入适量 HCOOH，充分反应后，再用 KOH 溶液调 pH 至910，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品 155g。回答下列问题；（1）图中装置 A 中发生反应的离子方程式为_；装置 B 中的试剂是_。（2）D 装置的作用是_。（3）步骤的目的是_ 。（4）步骤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是_ 。（5）组实验的产率为_。（6）组实验中，加入 HCOOH 发生氧化还原反应的离子方程式为_。（7）与组相比较，组实验的优点是（
22、至少答出两点即可）_。【答案】 (1). FeS + 2H + Fe+ + H2S (2). 饱和 NaHS 溶液 (3). 吸收多余的H2S 气体 (4). 除去溶液中的 SO42- (5). 除去溶液中的 CO32- (6). 93.4% (7). 3HCOOH + IO3- I- + 3CO2+ 3H 2O (8). 操作简单、产率高、原料无剧毒等【解析】组. H 2S 还原法试题分析；由题中信息可知，A 装置制备硫化氢气体，B 用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，C是制备碘化钾的装置，D 是尾气处理装置。（1）图中装置 A 中发生反应的离子方程式为 FeS + 2H+ Fe+ + H2S；B
23、 用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，根据平衡移动原理可知，硫化氢在饱和 NaHS 溶液中溶解度较小，故装置 B 中的试剂是饱和 NaHS 溶液。（2）D 装置的作用是吸收多余的 H2S 气体，防止污染空气。（3）步骤中加入 BaCO3，可以将溶液中的 SO42-转化为难溶于水、难溶于酸的硫酸钡，故其目的是除去溶液中的 SO42-。（4）步骤中加入 BaCO3，在生成硫酸钡的同时，有 CO32-生成，故步骤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是除去溶液中的 CO32-。组.甲酸还原法试题分析：与与组相比较，该实验中没有使用有毒原料、不用除杂、不用进行尾气处理、产品的产率较高。（6）组实验中，加入 HCOOH
24、 发生氧化还原反应的离子方程式为 3HCOOH + IO3- I- + 3CO2+ 3H 2O。（7）与组相比较，组实验的优点是操作简单、产率高、原料无剧毒等。点睛：本题是有关无机物制备的实验题，主要考查了常见气体的制备、净化、尾气处理的方法，物质的分离与提纯的化学方法，实验数据的处理以及实验方案的评价等等，难度一般。要求我们要知道物质的制备的一般流程，掌握常见气体的制备方法。解题的关键是明确实验原理，把握住实验目的。10. 甲烷以天然气和可燃冰两种主要形式存在于地球上，储量巨大，充分利用甲烷对人类的未来发展具有重要意义。（1）乙炔（CHCH）是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，反
25、应为：2CH4(g） C2H2(g）+ 3H 2(g） 。甲烷裂解时还发生副反应： 2CH 4(g） C2H4(g）+2H 2(g） 。甲烷裂解时，几种气体平衡时分压（Pa）的对数即 lgP 与温度（）之间的关系如图所示。1725时，向恒容密闭容器中充入 CH4，达到平衡时 CH4生成 C2H2的平衡转化率为_。1725时，若图中 H2的 lgP=5，则反应 2CH4(g） C2H2(g）+ 3H 2(g）的平衡常数Kp=_（注：用平衡分压 Pa 代替平衡浓度 mol/L 进行计算） 。根据图判断，2CH 4(g） C2H2(g）+3H 2(g） H _0（填“”或“” ） 。由图可知，甲烷裂
26、解制乙炔过程中有副产物乙烯生成。为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有_。（2）工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气（CO、H 2） ，发生反应为：CH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H 0 图中 a、b、c、d 四条曲线中的两条代表压强分别为 1MPa、2MPa 时甲烷含量曲线，其中表示1MPa 的是_（填字母） 。在实际生产中采用图中 M 点而不是 N 点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑实际生产，说明选择该反应条件的主要原因是_。（3）利用 CH4、CO 2在一定条件下重整的技术可得到富含 CO 的气体，在能源和环
27、境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图所示:已知： CH 4(g)+ H2O(g) CO (g )+ 3H2(g) H =+206.2 kJ/molCH4(g)+ 2H2O(g) CO2(g )+4H2(g) H =+158.6 kJ/mol则：过程 II 中第二步反应的化学方程式为_。只有过程 I 投料比 =_，过程 II 中催化剂组成才会保持不变。该技术总反应的热化学方程式为_。【答案】 (1). 62.5% (2). 110 13 (3). (4). 充入适量乙烯或使用选择性更高的催化剂等 (5). a (6). 与 2MPa 的压强相比，1MPa 条件下 CH4的平衡转化率
28、更高，对设备要求不高，有利于降低成本；虽然温度越高越有利于提高 CH4的平衡转化率，但 700时 CH4的平衡转化率已经较高，再升高温度，平衡转化率变化不大；700时催化剂活性高，反应的速率快。 (7). 3Fe + 4CaCO 3 Fe3O4 + 4CaO + 4CO (或分步写成CaCO3 CaO + CO2，3Fe + 4CO 2 Fe3O4+ 4CO) (8). 1:3 (9). CH4(g) + 3CO2(g) 2H2O(g) + 4CO(g) H =+349 kJ/mol【解析】试题分析：由图可知，在 1725，2CH 4(g） C2H2(g）+ 3H 2(g）达到平衡时，CH4、
29、C 2H2、C 2H4的平衡分压的对数分别为 2、2、1，故其 CH4、C 2H2、C 2H4的平衡分压分别为100 Pa、100 Pa、10 Pa。CH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H 0，该反应为气体分子数增大的吸热反应，平衡时甲烷的含量随温度升高而减小、随压强增大而增大。（1）1725由图可知，达到平衡时，CH 4、C 2H2、C 2H4的平衡分压的对数分别为 2、2、1，故其 CH4、C 2H2、C 2H4的平衡分压分别为 100 Pa、100 Pa、10 Pa，在同温同体积条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，故 CH4、C 2H2、C 2H4的物质的量
30、之比为 10:10:1，由C 原子守恒可知，CH 4生成 C2H2的平衡转化率为 62.5%。1725时，若图中 H2的 lgP=5，则反应 2CH4(g） C2H2(g）+ 3H 2(g）的平衡常数 Kp=11013。根据图可知，C 2H2的平衡分压随温度升高而增大，所以反应 2CH4(g） C2H2(g）+3H2(g）为吸热反应，故其 H 0。由图可知，甲烷裂解制乙炔过程中有副产物乙烯生成。为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有：充入适量乙烯使 2CH4(g）C2H4(g）+2H 2(g）的平衡向逆反应方向移动，或使用对甲烷转化为乙炔的选择性更高的催化剂等。（2）CH 4(
31、g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H 0，该反应为气体分子数增大的吸热反应，平衡时甲烷的含量随温度升高而减小、随压强增大而增大，所以，图中 a、b、c、d 四条曲线中表示 1MPa 的是 a。在实际生产中采用图中 M 点而不是 N 点对应的反应条件，类比工业上合成氨条件的选择可知，选择该反应条件的主要原因是：与 2MPa 的压强相比，1MPa 条件下CH4的平衡转化率更高，对设备要求不高，有利于降低成本；虽然温度越高越有利于提高 CH4的平衡转化率，但 700时 CH4的平衡转化率已经较高，再升高温度，平衡转化率变化不大；700时催化剂活性高，反应的速率快。（3）由题中重整过程的催
32、化转化原理示意图可知，过程 II 中第一步反应是为了实现含氢物质与含碳物质的分离，故第一步反应为一氧化碳、二氧化碳、氢气与四氧化三铁和氧化钙反应生成铁和碳酸钙；过程 II 中第二步是为了得到富含 CO 的气体，反应的化学方程式为3Fe + 4CaCO3 Fe3O4 + 4CaO + 4CO (或分步写成 CaCO3 CaO + CO2，3Fe + 4CO 2 Fe3O4+ 4CO)。由过程 II 中第二步反应的化学方程式为 3Fe + 4CaCO3 Fe3O4 + 4CaO + 4CO可知中，其第一反应反应为 Fe3O4 + 4CaO+ 2CO (g ) +2H2(g) +2CO2(g ) 3
33、Fe + 4CaCO3+ 2H2O(g)时，过程 II 中催化剂组成才会保持不变。由反应 CH4+CO2(g ) 2H2(g ) +2CO(g )可知，当投料比 =1:3 时，过程 I 产生的气体的组成符合要求。已知：(a) CH 4(g)+ H2O(g) CO (g )+ 3H2(g) H =+206.2 kJ/mol；(b)CH 4(g)+ 2H2O(g) CO2(g )+4H2(g) H =+158.6 kJ/mol。根据盖斯定律，由(a) (b) 可得 CH4(g) + 3CO2(g) 2H2O(g) + 4CO(g)， H =(+206.2 kJ/mol) (+158.6 kJ/mo
34、l)=+349 kJ/mol，所以，该技术总反应的热化学方程式为 CH4(g) + 3CO2(g) 2H2O(g) + 4CO(g) H =+349 kJ/mol。点睛：本题考查了有关化学平衡常数及转化率的计算、工业生产条件的选择、反应条件的控制、盖斯定律的应用等等，难度很大。本题给出了 3 张图片，要求我们能从图片中找到解题的关键信息，根据影响化学平衡移动的因素和影响化学反应速率的因素，综合考虑生产成本、经济效益，选择合适的生产条件，学以致用。11. 物质结构决定性质，新材料的不断涌现有力地促进了社会进步，因此了解物质结构具有重要意义。试回答下列问题：（1）基态铁原子中未成对电子数为_，在水
35、溶液中常以 Fe2+、Fe 3+的形式存在，其中_更稳定。（2）OF 2中氧元素的化合价为_，中心原子的杂化方式为_，OF 2的分子极性比 H2O 的_（选填“大”或“小” ） 。（3）一种新型铝离子电池中的电解质溶液由某种有机阳离子与 AlCl4 、Al 2Cl7 构成，AlCl4 的立体构型为_，Al 2Cl7 中的原子都是 8 电子结构，则 Al2Cl7 的结构式为（配位键用“”表示）_。（4）FeO 晶体与 NaCl 晶体结构相似，要比较 FeO 与 NaCl 的晶格能大小，还需要知道的数据是_；（5）氮化铝、氮化硼、氮化镓晶体的结构与金刚石相似，它们晶体的熔点由高到低的顺序是_。（6
36、）NH 3分子中HNH 键角为 106.7，而配离子Zn(NH 3)62+中HNH 键角为 109.5， 配离子Zn(NH 3)62+中HNH 键角变大的原因是_。（7）下图是 Fe3O4晶体的晶胞。晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_(选填“正方形” 、 “正四面体”或“正八面体”)空隙。晶胞中氧离子的堆积方式的名称为_。若晶胞的体对角线长为 a nm，则 Fe 3O4 晶体的密度为_g/cm 3(阿伏加德罗常数用 NA 表示)。【答案】 (1). 4 (2). Fe 3+ (3). +2 (4). sp3 (5). 小 (6). 正四面体 (7). (8). 离子半径大小 (9). 氮化硼氮化
37、铝氮化镓 (10). NH 3分子中 N 原子的孤电子对进入 Zn2+的空轨道形成配离子后，原孤电子对与 N-H 键的成键电子对间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥，排斥作用减弱 (11). 正四面体 (12). 面心立方最密堆积 (13). 【解析】试题分析：（1）根据电子排布式或轨道表示式进行判断。 （2）根据元素的非金属性和电负性以及价层电子对互斥理论进行判断。 （3）根据价层电子对互斥理论进行判断。（4）影响晶格能的因素有配位数、离子半径和离子电荷。 （5）原子半径越小，原子晶体中共价键的键长越短，则共价键越强，晶体的熔点越高。 （6）根据价层电子对互斥理论进行解释。 （7）根据配位数
38、判断堆积方式，根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。（1）基态铁原子的电子排布式为Ar3d 64s2，根据洪特规则和泡利不相容原理，3d 轨道的 6个电子要占据其全部 5 个轨道，故其中未成对电子数为 4。铁在水溶液中常以 Fe2+、Fe 3+的形式存在，其中基态 Fe3+电子排布式为Ar3d 5，其 3d 轨道为较稳定的半充满状态，故其更稳定。（2）F 是非金属性最强的元素，其最外层有 7 个电子，故 OF2中氧元素的化合价为+2，中心原子 O 的价层电子对数是 4，故其杂化方式为 sp3。OF 2和 H2O 的分子空间构型相似，O 与 F 之间的电负性的差值小于 H 和 O 的电负性差值，故
39、OF2的分子极性比 H2O 的小。（3）AlCl 4 的中心原子的价层电子对数为，故其立体构型为正四面体，Al 2Cl7 中的原子都是 8 电子结构，则可知 Al2Cl7 的 Al 原子各形成了一个配位键，其结构式为。（4）FeO 晶体与 NaCl 晶体结构相似，影响晶格能大小的因素有配位数、离子半径和离子电荷，故要比较 FeO 与 NaCl 的晶格能大小，还需要知道的数据是离子半径大小；（5）氮化铝、氮化硼、氮化镓晶体的结构与金刚石相似，都是原子晶体，它们晶体的熔点由其共价键的键长决定，键长越短则共价键越强，其熔点越高，因为 B、Al、Ga 的原子半径依次增大，故熔点由高到低的顺序是氮化硼氮
40、化铝氮化镓。（6）NH 3分子中HNH 键角为 106.7，而配离子Zn(NH 3)62+中HNH 键角为 109.5， 由价层电子对互斥理论可知，配离子Zn(NH 3)62+中HNH 键角变大的原因是：NH 3分子中 N 原子的孤电子对进入 Zn2+的空轨道形成配离子后，原孤电子对与 N-H 键的成键电子对间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥，排斥作用减弱。（7）由 Fe3O4晶体的晶胞结构示意图可知，晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙。晶胞中与每氧离子最近且等距的氧离子有 12 个，故其堆积方式为面心立方最密堆积。根据均摊法，由 Fe3O4晶体的晶胞结构示意图可以求出该晶胞中氧离子
41、、铁离子和亚铁离子分别有 4、2、1 个，故每个晶胞中只有一个 Fe3O4。晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞的边长为 ，故 NA个晶胞的质量和体积分别是 232g 和 ，则 Fe 3O4 晶体的密度为 g/cm3。12. 有机物 M 是合成一种广谱杀菌剂的重要中间产物，以下是合成 M 的一种路线： 已知：GH、JM 的反应中原子利用率均为 100%。回答下列问题：（1）A 分子中含氧官能团的名称是_，HJ 的反应类型是_。（2）物质 X 的名称是_, 物质 Y 的结构简式是_。（3）写出下列反应的化学方程式：CD:_EF:_（4）同时符合下列条件的 F 的同分异构体共有_种，写出其中任意两
42、种同分异构体的结构简式_。不与 NaHCO3溶液反应 能发生银镜反应遇 FeCl3溶液显紫色 核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子（5）根据上述合成路线中的信息，写出以 1,3丙二醇为原料制备 的合成路线（无机试剂任选)_。【答案】 (1). 醛基 (2). 消去反应 (3). 甲醚或二甲醚 (4). CH 3OH (5). (6). (7). 6 (8). 、 、 、 、 、 (9). 【解析】试题分析：由合成路线可知，A 与 HCN 发生加成反应生成 B，B 在酸性条件下水解生成 C，C 在碱性条件下水解生成 E，E 发生催化氧化生成 F，F 发生分子内酯化反应生成内G，G 与二甲醚发生加
43、成反应生成 H，H 发生消去反应、分子内脱水生成 J，最后，J 与甲醇发生反应生成 M。（1）A 分子中含氧官能团的名称是醛基，HJ 的反应类型是消去反应。（2）物质 X 的名称是甲醚或二甲醚, 物质 Y 的结构简式是 CH3OH。（3）反应的化学方程式：CD 的化学方程式为: .EF 的化学方程式为: 。（4）不与 NaHCO3溶液反应，说明分子中没有羧其；能发生银镜反应，说明分子中有醛基；遇 FeCl3溶液显紫色，说明分子中有酚羟基；核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子，说明分子结构对称性很好。同时符合上述条件的 F 的同分异构体有 、 、 、 、 等 6 种。（5）根据上述合成路线中的信息，以 1,3丙二醇为原料制备 ，首先，1,3丙二醇进行催化氧化生成丙二醛，然后，丙二醛与 HCN 发生加成反应生成 ，接着在酸性条件下水解生成 ，最后 在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成 。具体的合成路线如下：。
