1、1河北省石家庄市 2019 届高三化学 3 月质量检测试卷（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64一、选择题：1.中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是A. 本草纲目记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣” ，其中“碱”指的是 K2CO3B. 易经记载“泽中有火上火下泽” ，其描述的是 CO 在湖泊池沼水面上起火的现象C. 本草经集注记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也” ，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”D. 抱朴子记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂” ，该过程为氧
2、化还原反应【答案】B【解析】【详解】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服， “取碱浣衣”其中的碱是 K2CO3，故 A 正确；B湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火上火下泽” ，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故 B 错误；C钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故 C 正确；D丹砂(HgS)烧之成水银，Hg 的化合价从+2 价降低到 0 价，Hg 的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 D 正确；答案选 B。2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 4.6gC2H5OH 与 6.0gCH3COOH 反应，生成的 CH 3C
3、OOC2H3分子数目为 0.1NAB. 5.6gFe 与足量水蒸气完全反应，转移的电子数目为 0.2NAC. 32gO2和 O3的混合物中含有的氧原子数目为 2NAD. 25时，1L pH=12 的 Ba(OH)2溶液中含有的 OH 数目为 0.02NA【答案】C【解析】【详解】A、酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子数小于 0.1NA个，故 A 错误；2B、5.6g 铁的物质的量为 0.1mol，而铁和水蒸气反应后变为+ 价，故 0.1mol 铁反应后转移83NA个，故 B 错误；415C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故 32g 混合物中含有氧原子为 =2mol，个数为 2N
4、A个，3216/故 C 正确；D、25时，pH12 的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为 0.01mol/L，故 1L 此溶液中含有的氢氧根的物质的量为 0.01mol，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题的易错点为 A，要注意酯化反应属于可逆反应，对于可逆反应一定存在化学反应限度，即反应物不能 100%转化。3.1，2-环氧丁烷结构简式如图，通常为无色液体，用于制造泡沫塑料、合成橡胶、非离子型表面活性剂等。下列关于 1，2-环氧丁烷的说法不正确的是A. 化学式为 C4H8OB. 氧原子与所有碳原子可能处于同一平面C. 能发生氧化反应和取代反应D. 二溴代物的结构有 9 种(不考虑立体异构)【答案】
5、B【解析】【详解】A.根据结构简式 可知化学式为 C4H8O，故 A 正确；B.该分子中所有碳原子都采用 sp3杂化，所有碳原子形成的结构都是四面体结构，所以该分子中所有原子不可能位于同一平面上，故 B 错误；C.该物质属于烃的含氧衍生物，能够燃烧，即能发生氧化反应，甲基和亚甲基能发生取代反应，所以该物质能发生氧化反应和取代反应，故 C 正确；D.该分子中有 4 中氢原子，其二氯代物中两个溴原子可能位于同一个碳原子上也可能位于不同碳原子上，如果两个溴原子位于同一个碳原子上有 3 种，如果位于不同碳原子上有 6种，所以二溴代物的结构有 9 种，故 D 正确。故选 B。【点睛】在推断二元取代产物数
6、目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另3一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。4.实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】侯氏制碱法是依据离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。先在饱和食盐水中通入氨气，再向其中通入二氧化碳，制得溶解度较小的 NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。据此分析解答。【详解】A实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱过程中需要加热固体碳酸氢钠分解以制得碳酸钠，装
7、置 A 是固体加热灼烧的装置，涉及此操作，故 A 不选；B装置 B 是蒸发溶液得到晶体的过程，侯德榜制碱原理中不需要蒸发溶液操作，故 B 选；C该装置为过滤操作，溶液中析出碳酸氢钠晶体需要过滤得到碳酸氢钠晶体，涉及此操作，故 C 不选；D工业上利用侯德榜制碱原理制备纯碱，需要向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故 D 不选；答案选 B。5.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。W 的某种核素不含中子；X、Y 原子核4外 L 层的电子数之比为 34；X 与 Z 同主族，且 X、Y、Z 原子的最外层电子数之和为 16。下列说法不正确的是A. W、X、Z
8、三种元素形成的化合物一定为强电解质B. 简单氢化物的稳定性：XZYC. X 与 Y 形成晶体的基本结构单元为四面体D. 原子半径：YZXW【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。W 的某种核素不含中子，则 W 为 H 元素；X、Y 原子核外 L 层的电子数之比为 34，则 L 层电子数分别为 3、4 或 6、8，X 与 Z 为同主族元素，且 X、Y、Z 的最外层电子数之和为 16，若 X、Y 的 L 层电子数分别为 3、4，则3+3+416，则 X 的 L 层电子数为 6，X 为 O 元素，Z 为 S 元素，Y 的最外层电子数为 16-6-6=4，且 Y
9、的 L 层电子数为 8，则 Y 为 Si 元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：W 为 H，X 为 O 元素，Y 为 Si，Z 为 S 元素。AH、O、S 形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故 A 错误；B非金属性 OSSi，则简单氢化物的稳定性 XZY，故 B 正确；CO、Si 形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体，故 C 正确；D同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径 YZXW，故 D 正确；答案选 A。6.新型镁-锂双离子二次电池如图，下列关于该电池的说法不正确的是A. 放电时，Li +由左向右移动B. 放电时
10、，正极的电极反应式为 Li1x FePO4+xLi+xe = LiFePO45C. 充电时，外加电源的正极与 Y 相连D. 充电时，导线上每通过 1mol e ，左室溶液质量减轻 12g【答案】D【解析】【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为 Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为 Li1-xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】A放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以 Li+由左向右移动，故 A正确；B、放电时，右边为正极得电子发生还原反
11、应，反应式为 Li1x FePO4+xLi+xe LiFePO 4，故 B 正确；C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与 Y 相连，故 C 正确；D、充电时，导线上每通过 1mole ，左室得电子发生还原反应，反应式为 Mg2+2e Mg，但右侧将有 1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻 1275g，故 D 错误；答案选 D。【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为 D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。7.常温下，分别向 NaA 溶液和 MCl 溶液中加入盐酸和 NaOH 溶液，混合溶液的 pH 与离子浓度变化关系如下图所示。
12、下列说法不正确的是A. 曲线 L1表示 与 pH 的变化关系(+)()B. Ka(HA)=1105.56C. a 点时两溶液中水的电离程度相同D. 0.01molL1 MA 溶液中存在：c(M +)c(A )c(OH )c(H+)【答案】C【解析】【详解】AMCl 溶液中加入 NaOH 溶液，溶液 pH 逐渐增大，M +离子逐渐减小，MOH 的浓度逐渐增大，则 lg 的值逐渐减小，则曲线 L1表示 lg 与 pH 的变化关系，故 A 正确；(+)() (+)()B曲线 L2表示 lg 与 pH 的关系，lg 0 时， 1，此时 pH5.5，c(H +)()() ()() ()()110 5.5
13、 mol/L，则 Ka(HA) c(H +)110 5.5 ，故 B 正确；(+)()()Ca 点溶液的 pH7，对于曲线 L2，由于 A 离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离；而对于曲线 L1，MCl 溶液呈酸性，a 点时呈碱性，说明 MOH 的电离程度大于 M+离水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故 C 错误；D曲线 L1中，lg 0 时， 1，K b(MOH)c(OH )110 5 110 5.5 ，根据(+)() (+)()Kh 可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度 A M +，则(或 )MA 溶液呈碱性，则 c(OH )c(H +)、c(
14、M +)c(A )，溶液中离子浓度大小为：c(M +)c(A )c(OH )c(H +)，故 D 正确；答案选 C。三、非选择题8.草酸亚铁晶体(FeC 2O42H2O，相对分子质量为 180)呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置(可重复选用)进行实验：装置 D 的名称为_。7按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_尾气处理装置(填仪器接口的字母编号)。实验前先通入一段时间 N2，其目的为_。实验证明了气体产物中含有 CO，依据的实验现象为_。(2)固体产物成分的探究。充分反应后，
15、A 处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为 Fe 或 FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有 FeO，其操作及现象为_。(3)依据(1)和(2)结论，可知 A 处反应管中发生反应的化学方程式为_。.草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有 FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤 1：称取 m g 草酸亚铁晶体样品并溶于稀 H2SO4中，配成 250mL 溶液。步骤 2：取上述溶液 25.00mL，用 c mol L 1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤 3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀 H2SO4，再用cmolL1
16、KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液 V2mL。(4)步骤 3 中加入锌粉的目的为_。(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为_；若步骤1 配制溶液时部分 Fe2+被氧化，则测定结果将_(填“偏高” 、 “偏低”或“不变”)。【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或 ih）de（或 ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C 处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成 (6). FeC2O42H2O FeO+CO+CO 2+2H 2O (7). 将 Fe3+还原为 Fe2+ (8). 100% (9
17、). 偏低52(12)10325025180【解析】【分析】I(1)根据仪器的图形和作用分析解答；草酸亚铁晶体在装置 A 中加热分解，生成的气体通过装置 D 中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置 B 中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置8C 中玻璃管和氧化铜反应，再通过 B 装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；实验前先通入一段时间 N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；实验证明了气体产物中含有 CO，可以利用 CO 还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为 Fe 或 FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；(4)
18、根据锌可以将 Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀 H2SO4，再用 cmolL-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤 1 配制溶液时部分 Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)装置 D 的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；草酸亚铁晶体在装置 A 中加热分解，生成的气体通过装置 D 中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置 B 中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置 E 中碱石灰干燥后，气体
19、通入装置 C 中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过 B 装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或 ih)de(或 ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或 ih)de(或 ed)bc；实验前先通入一段时间 N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；实验证明了气体产物中含有 CO，依据的实验现象为：C 处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C 处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A 处反应管中残留黑色固体，黑色
20、固体可能为 Fe 或 FeO。要证明其成分只有 FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知 A 处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC 2O42H2O FeO+CO+CO 2+2H 2O，故答案为：FeC 2O42H2O FeO+CO+CO 2+2H 2O；(4)锌可以将 Fe3+还原，因此步骤 3 中加入锌粉的目的为：将 Fe3+还原为 Fe2+，故答案为：9将 Fe3+还原为 F
21、e2+；(5)取上述溶液 25.00mL，用 cmolL1 KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液 V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将 Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀 H2SO4，再用 cmolL1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液 V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO 4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度 100%，若52(12)10325025180步骤 1 配制溶液时部分
22、Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即 V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：100%；偏低。52(12)10325025180【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意 2 次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。9.硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及 FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：“混合焙烧”后烧渣含 MnSO4、Fe 2O3及少量 FeO
23、、Al 2O3、MgO。金属离子在水溶液中的平衡浓度与 pH 的关系如图所示(25)：10此实验条件下 Mn2+开始沉淀的 pH 为 7.54；离子浓度10 5 molL1 时，离子沉淀完全。请回答：(1)传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧” ，而是直接用 H2SO4浸出，其缺点为_。(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_。(3)“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为_(填化学式)。(4)“氟化除杂”时，若使溶液中的 Mg2+和 Ca2+沉淀完全，需维持 c(F )不低于_。(已知：K sp(MgF2)=6.41010 ；K sp(CaF2)=3.61
24、012 )(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_。(6)“系列操作”指_、过滤、洗涤、干燥(7)用惰性电极电解 MnSO4溶液可制备 MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). 产生硫化氢等气体，污染环境 (2). MnO2+2Fe2+4H+2Fe 3+Mn2+2H2O (3). Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度） (4). Fe（OH） 3、Al（OH） 3 (5). 8103 molL1 (6). Mn2+2HCO3-MnCO 3+CO 2+H 2O (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). Mn2+2H2O2
25、e MnO 2+4H+【解析】【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及 FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到 MnSO4、Fe 2O3及少量FeO、Al 2O3、MgO，加入硫酸，得到 Mn2+、Fe 2+、Fe 3+、Mg 2+、Al 3+的酸性溶液，加入二氧化11锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入 MnF2除杂，使溶液中的 Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生 Mn2+2 HCO3-=MnCO3+CO 2+H 2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答
26、。【详解】(1)高锰矿含有 FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧” ，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO 2+2Fe2+4H+2Fe 3+Mn2+2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表 Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失(或 Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO 2+2Fe2+4H+2Fe 3+Mn2+2H2O；Fe 2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失(或 Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁
27、离子、铝离子水解产生的 H+反应，从而促进了水解平衡向正向移动，得到 Fe(OH)3、Al(OH) 3沉淀，故答案为：Fe(OH) 3、Al(OH) 3；(4)已知：K sp(MgF2)6.410 10 ，若使溶液中的 Mg2+沉淀完全，需维持 c(F )不低于mol/L810 3 molL1 ；故答案为：810 3 molL1 ；6.410101105(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn 2+2HCO3-MnCO 3+CO 2+H 2O，故答案为：Mn 2+2HCO3-MnCO 3+CO 2+H 2O；(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，
28、故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(7)用惰性电极电解 MnSO4溶液可制备 MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为 Mn2+2H2O2e MnO 2+4H+，故答案为：Mn 2+2H2O2e MnO 2+4H+。10.甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其再生及合理利用有重要意义。请回答：(1)已知一定条件下发生如下反应：CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g) H=+802kJmol 1 。将一定量的 CO2(g)和 H2O(g)充入 10L 密闭容器中，分别在催化剂 M、N 的作用下发生上述反应，CH 4(g)的
29、产量(n)与光照时间(t)和温度(T)变化的关系如图 1 所示。若甲烷的燃烧热(H)为890kJmol 1 ，则水的汽化热H=_。(汽化热指1mol 液体转化为气体时吸收的热量)12T 1、催化剂 M 作用下，020h 内该反应速率 v(H2O)=_。根据图 1 判断，T 1_T2(填“” “”或“=”)，理由为_。催化剂的催化效果：M_N(填“强于”或“弱于”)。(2)甲烷可用于制备合成气：CH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H。将 CH4(g)和 H2O(g)以物质的量之比为 1：3 充入盛有催化剂的刚性容器中发生该反应。相同时间段内测得 CO 的体积分数( )与温度
30、(T)的关系如图 2 所示。T 0时，CO 的体积分数最大的原因为_。若 T0时，容器内起始压强为 p0，CO 的平衡体积分数为 10%，则反应的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】 (1). +44 kJmol1 (2). 0.006 molL1 h1 (3). (4). 该反应为吸热反应，温度升高，CH 4的产量增大 (5). 弱于 (6). 低于 T0 时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO 的体积分数越大；高于 T0 时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高 CO 的体积分数越小 (7). 2702320【解析】【分析】(1)甲烷的燃
31、烧热为H=-890kJmol -1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-890 kJmol -1，根据盖斯定律，结合已知热化学方程式处理得 H2O(l)=H2O(g)，再计算出H；根据图象可知，T 1、催化剂 M 作用下，020h 内甲烷的物质的量变化为 0.6mol，结合v= 计算出甲烷的反应速率，然后结合反应速率与化学计量数成正比计算；根据催化剂不影响平衡，会使得化学反应速率增大，结合该反应为放热反应分析解答；(2)没有达到平衡状态时，温度越高反应速率越快，当达到平衡状态后，升高温度平衡向着逆向移动，据此分析；13CH 4(g)和
32、 H2O(g)的物质的量之比为 13，设 CH4为 xmol，H 2O 为 3xmol，平衡时生成的CO 为 ymol，然后根据三段式分析解答。容器容积相同时，气体的压强与物质的量成正比，T0时，容器内起始压强为 p0，计算出平衡时的压强，再分别计算出平衡时各气体的分压，带入平衡常数表达式计算即可。【详解】(1)已知：CO 2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)H+802kJmol 1 ，甲烷的燃烧热为H890kJmol 1 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为 CH4(g)+2O2(g)CO 2(g)+2H2O(l)H890 kJmol 1 ，根据盖斯定律， (+)可得：H 2O(
33、l)H 2O(g)12H +802kJmol1 +(890 kJmol 1 )+44 kJmol 1 ，故答案为：+44 kJmol 1 ；12根据图像可知，T 1、催化剂 M 作用下，020h 内水的物质的量变化为 0.6mol，则v(CH4)0.003 molL 1 h1 ，所以 v(H2O)2v(CH 4)0.006 molL 1 h1 ，故答案为：0.006 molL1 h1 ；该反应为吸热反应，温度升高，CH 4的产量增大，根据图像可知，温度为 T1条件下，平衡时甲烷的物质的量较大，则 T1T 2；已知温度 T1T 2，若不使用催化剂，应该在温度 T1条件下优先达到平衡状态，根据图像
34、可知，使用催化剂 N 的曲线优先达到平衡状态，说明催化剂的催化效果：M 弱于 N，故答案为：；该反应为吸热反应，温度升高，CH 4的产量增大；弱于；(2)在温度低于 T0 时，相同时间段内温度越高反应速率越快，则 CO 的体积分数越大；在温度为 T0 时，反应达到平衡，由于该反应为放热反应，温度越高 CO 的体积分数越小，所以 T0时 CO 的体积分数最大，故答案为：低于 T0 时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO 的体积分数越大；高于 T0 时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高 CO 的体积分数越小；CH 4(g)和 H2O(g)的物质的量之比为 13，设 CH4为 xmol，
35、H 2O 为 3xmol，平衡时生成的CO 为 ymol，CO 的平衡体积分数为 10%CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)初始(mol) x 3x 0 0转化(mol) y y y 3y平衡(mol) xy 3xy y 3y则： 100%=10%，解得：y=0.5x，平衡时混合气体的总物质的量为：x-+3+30.5x+3x-0.5x+0.5x+0.5x3=5x，反应前总物质的量为 4xmol，容器容积相同时，气体的14压强与物质的量成正比，T 0时，容器内起始压强为 p0，则平衡时压强为：p0 =1.25p0，平衡时 p(CH4)= 1.25p0= p0，p(H 2O)= 1.
36、25p0= p0，p(CO)54 0.55 18 2.55 58= 1.25p0= p0，p(CH 4)= 1.25p0= p0，反应的平衡常数 Kp= = ，故答案0.55 18 1.55 38 （ 380)3(180)(180)(580) 2702320为： 。2702320【点睛】明确盖斯定律的应用、化学平衡及其影响因素为解答的关键。本题的易错点为(2)，要注意平衡常数 Kp的含义和计算方法。【化学一选修 3：物质结构与性质】11.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。(1)氧元素位于元素周期表中_区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有_种。(2)O3可用于消毒。
37、O 3的中心原子的杂化形式为_；其分子的 VSEPR 模型为_，与其互为等电子体的离子为_(写出一种即可)。(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释 C2H5OH 的沸点高于 CH3OCH3的原因为_；C 2H5OH 不能用无水 CaCl2千燥是因为 Ca2+和 C2H5OH 可形成Ca(C 2H5OH)42+，该离子的结构式可表示为_。(4)氧元素可分别与 Fe 和 Cu 形成低价态氧化物 FeO 和 Cu2O。FeO 立方晶胞结构如图 1 所示，则 Fe2+的配位数为_；与 O2 紧邻的所有 Fe2+构成的几何构型为_。Cu 2O 立方晶胞结构如图 2 所示，若
38、O2 与 Cu+之间最近距离为 a pm，则该晶体的密度为_gcm3 。(用含 a、N A的代数式表示，N A代表阿伏加德罗常数的值)【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5). NO2 15(6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10). 273103023【解析】【分析】(1)除了 ds 区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；(2)根据公式计算出 O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的 VSEPR 模型，
39、与其互为等电子体的离子中含有 3 个原子、价电子数是 18；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子Ca(C 2H5OH)42+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；(4)根据体心位置的 Fe2+判断 Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与 O2-紧邻的所有 Fe2+构成的几何构型；若 O2-与 Cu+之间最近距离为 apm，该距离为晶胞体对角线的 ，则晶胞体对角线长度14=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。【详解】(1)除了 ds 区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O 原子最后通入的电子是 p 电子，所以 O
40、元素位于 p 区；第二周期元素中，第一电离能比 O 元素大的有 N、F、Ne 元素，所以有 3 种元素，故答案为：p；3；(2)O3的中心原子的价层电子对个数2+ 3 且含有 1 个孤电子对，根据价层电子对6222互斥理论判断中心原子的杂化形式为 sp2杂化、其分子的 VSEPR 模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有 3 个原子、价电子数是 18，与其互为等电子体的阴离子有NO2 (合理即可)，故答案为：sp 2杂化；平面三角形；NO 2 (合理即可)；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C 2H5OH 不能用
41、无水 CaCl2干燥是因为 Ca2+和 C2H5OH 可形成16Ca(C2H5OH)42+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中 O 原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为 ，故答案为：乙醇分子间可形成氢键，沸点高； ；(4)Fe 2+的配位数为 6；与 O2 紧邻的所有 Fe2+构成的几何构型、与 Fe2+紧邻的所有 O2 构成的几何构型相同，根据 知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与 O2 紧邻的所有 Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为：6；正八面体；若 O2 与 Cu+之间最近距离为 apm，该距离为晶胞体对角线的 ，则晶胞体对角线长度14
42、4apm，晶胞棱长 1010 cm，晶胞体积( 1010 cm)3，该晶胞中白(4)23 433 433球离子个数1+8 2、灰球离子个数为 4，根据化学式 Cu2O 知，灰色球表示亚铜离子、18白色球表示氧离子，则该晶体的密度 = g/cm3 g/cm3，故答案为： 644+162(4331010)3 273103023。273103023【化学一选修 5：有机化学基础】12.化合物 M 可用于消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。实验室由芳香烃 A 制备 M 的一种合成路线如下：17请回答：(1)B 的化学名称为_；D 中官能团的名称为_。(2)由 F 生成 G 的反应类型为_；F 的分子式为_。
43、(3)由 E 转化为 F 的第一步反应的化学方程式为_。(4)M 的结构简式为_。(5)芳香化合物 Q 为 C 的同分异构体，Q 能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有 4 组吸收峰。写出符合要求的 Q 的一种结构简式_。(6)参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和 CH3MgBr 为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。【答案】 (1). 对甲基苯甲醛（或 4甲基苯甲醛） (2). 羧基、氯原子 (3). 酯化反应或取代反应 (4). C8H12O2 (5). +2NaOH +NaCl+2H2O (6). (7). 或 ； (8). 18【解析】【分析】A 的分子式为 C7H8，结合 B 的
44、结构，应是 A 与 CO 发生加成反应生成 B(对甲基苯甲醛)，可知 A 为 。对比 B 与 C 的结构，结合反应条件、C 的分子式，可知 B 中醛基氧化为羧基得到 C，C 与氯气发生苯环上取代反应生成 D，D 与氢气发生加成反应生成 E，E 发生取代反应生成 F，故 C 为 、D 为 、E 为 。F 与乙醇发生酯化反应生成 G 为 ，G 发生信息中反应生成 M 为 ，据此分析解答。【详解】(1)B 的结构简式为 ，名称为对甲基苯甲醛(或 4甲基苯甲醛)；D 为，其中 官能团有羧基、氯原子，故答案为：对甲基苯甲醛(或 4甲基苯甲醛)；羧基、氯原子；(2)由 F 生成 G 发生酯化反应，也属于取
45、代反应；F 的分子式为 C8H12O2，故答案为：酯化反应或取代反应；C 8H12O2；(3)由 E 转化为 F 的第一步反应的化学方程式为： 19+2NaOH +NaCl+2H2O，故答案为： +2NaOH+NaCl+2H2O；(4)由分析可知 M 的结构简式为 ，故答案为： ；(5)芳香化合物 Q 为 C( )的同分异构体，Q 能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，其核磁共振氢谱有 4 组吸收峰。符合要求的 Q 的结构简式为：、 ，故答案为： 或；(6) 加聚反应得到 ， 发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与CH 3MgBr、H +/H2O 作用得到 ，合成路线流程图为，故答案为：20。
