辽宁省辽南协作校2020届高三下学期第一次模拟考试化学试题 Word版含解析

辽宁省辽南协作校2020届高三下学期第一次模拟考试化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2019—2020学年度下学期高三第一次模拟考试试题 化学能力测试 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。‎ ‎3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效 ‎4．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 P-31 Fe-56‎ 一、 选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与人类社会的生活、生产、科技密切相关。下列说法错误是（ ）‎ A. 氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料 B. 糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成 C. 离子反应的速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应 D. 游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢能的优点是燃烧热值高，已用作火箭和燃料电池的燃料，故A正确；‎ B．糖类和油脂是由C、H、O三种元素组成，蛋白质除了含C、H、O外，还含有N、S、P等元素，故B错误；‎ C．离子反应的活化能接近于零，所以速率受温度影响不大，是一类几乎不需要用活化能来引发的反应，故C正确；‎ D．漂粉精、臭氧具有强氧化性，活性炭具有吸附作用，游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等进行消毒，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 常温常压下，62g白磷中含有P—P键数目为3NA B. 22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA C. 1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NA D.‎ - 19 -‎ ‎ 常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为1.5NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．白磷是正四面体结构，1个白磷分子中有6个P—P键，62g白磷（P4）的物质的量为0.5mol，所以62g白磷中含有的P—P键的物质的量为0.5mol×6=3mol，故A正确；‎ B．正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体，分子式均为C5H12。22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物质的量为1mol。1mol C5H12中含有4molC—C，12molC—H键，共16mol共价键，所以22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA，故B正确；‎ C．1molNa2O中含2molNa+和1molO2-，1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-，所以1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数不为3NA，故C错误；‎ D．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)3，反应的化学方程式为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，消耗4mol硝酸，转移电子3mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol；若铁和硝酸反应生成Fe(NO3)2，反应的化学方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，消耗8mol硝酸，转移电子6mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol，所以转移电子数一定为1.5NA，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】白磷和甲烷都是正四面体结构，但甲烷有中心原子，所以1mol甲烷中有4mol共价键，而白磷没有中心原子，所以1mol白磷中有6mol共价键。‎ ‎3.a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍。c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 离子半径：a>d>c B. a、c形成的化合物中只有离子键 C. 简单离子还原性：cBr2> I2‎ C．‎ U形管左端液面下降,右端液面上升 NH4NO3溶解吸热 D．‎ 烧杯中产生白色沉淀 甲烷与氯气光照条件下发生取代反应 - 19 -‎ A A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好，故A正确；‎ B．氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和NaBr发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2＞Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2，所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱，故B错误；‎ C．NH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C错误；‎ D．甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和KI反应，从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：：Cl2＞Br2，不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。‎ ‎5.Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. Pd作正极 B. Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用 - 19 -‎ C. 反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2‎ D. 用该法处理后水体的pH降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；‎ B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；‎ C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；‎ D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中一种，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）‎ A. 该化合物的分子式为C9H12‎ B. 一氯代物有四种 C. 该化合物可以发生氧化、取代、加成、加聚等反应 D. 与Br2以物质量之比l：1加成生成2种产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H12，故A正确；‎ B．该化合物没有对称轴，等效氢共有8种，所以其一氯代物有8种，故B错误；‎ C．该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故C正确；‎ D．该化合物有2个碳碳双键，而且不对称，所以与Br2以物质的量之比l：1加成生成2种产物，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】该化合物分子中有2个碳碳双键，2个碳碳双键之间有2个碳碳单键，所以与Br2以物质的量之比l：1加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1，4-加成，故与Br2‎ - 19 -‎ 以物质的量之比l：1加成只能得到2种产物。‎ ‎7.25℃时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）与c（CH3COOH）之和始终为0.1mol·L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线 B. 0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88‎ C. lgK（CH3COOH）=4.74‎ D. 向0.10mol·L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，水的电离程度变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当pH=0时，c(H+)=1mol/L，lgc(H+)=0，所以③表示lgc(H+)与pH的关系曲线。随着溶液pH的增大，c(CH3COOH)降低，所以①表示lgc(CH3COOH)与pH的关系曲线。当c(H+)= c(OH-)时，溶液呈中性，在常温下pH=7，所以④表示lgc(OH-)与pH的关系曲线。则②表示lgc(CH3COO-)与pH的关系曲线。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线，故A正确；‎ B．醋酸是弱酸，电离产生的H+和CH3COO-浓度可认为近似相等，从图像可以看出，当c(CH3COO-)= c(H+)时，溶液的pH约为2.88，所以0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88，故B正确；‎ C．当c(CH3COO-) =c(CH3COOH)时，K= c（H+）。从图像可以看出，当溶液的pH=4.74时，c(CH3COO-) =c(CH3COOH)，所以lgK（CH3COOH）= -4.74，故C错误；‎ D．向0.10mol·L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)变大，溶液中的OH-全部来自水的电离，所以水的电离程度变大，故D正确；‎ 故选C。‎ 三、非选择题： ‎ - 19 -‎ ‎（一）必考题 ‎8.锑（Sb）广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。‎ Ⅰ．（1）锑在元素周期表中的位置_____。‎ ‎（2）锑（Ⅲ）的氧化物被称为锑白，可以由SbCl3水解制得，已知SbCl3水解的最终产物为锑白。为了得到较多、较纯的锑白，操作时将SbCl3徐徐加入大量水中，反应后期还要加入少量氨水。试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。工业上，还可用火法制取锑白，是将辉锑矿（主要成分为Sb2S3）装入氧化炉的坩埚中，高温使其融化后通入空气，充分反应后，经冷却生成锑白。写出火法制取锑白的化学方程式______。‎ Ⅱ．以辉锑矿为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：‎ 已知部分信息如下：‎ ‎①辉锑矿（除Sb2S3外，还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等）；‎ ‎②浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；‎ ‎③常温下，Ksp（CuS）=1.0×10-36，Ksp（PbS）=9.0×10-29。‎ 回答下列问题：‎ ‎（3）“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎（4）已知：浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（ Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生沉淀的是_____（填化学式）；当CuS、PbS共沉沉时，=______（保留小数点后一位）。‎ ‎（5）在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。‎ ‎（6）在“电解”过程中，锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0 V时，锑的产率降低的原因可能是_________。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). 第5周期第ⅤA族 (2). 2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移 (3). 2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2 (4). Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S↓ (5). CuS (6). 1.1×10-8 (7). 3:4 (8). H+参与电极反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅱ．辉锑矿粉加入盐酸和SbCl5溶液，得到SbCl3和SbCl5溶液，还含有杂质CuCl2、AsCl3和PbCl2等，加入适量Sb将SbCl5还原为SbCl3，加入Na2S使铜和铅沉淀以除去CuCl2和PbCl2，然后加入NaHPO2除去杂质砷。得到的SbCl3溶液电解得到金属Sb，同时得到SbCl5，可以返回到酸浸步骤循环使用。‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）锑和氮同一主族，其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。‎ ‎（2）SbCl3水解：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，将SbCl3徐徐加入大量水中，SbCl3浓度增大，水解平衡右移，反应后期还要加入少量氨水中和HCl，使c(HCl)减小，平衡右移，有利于Sb2O3生成。故答案为：2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，不断加入SbCl3，使SbCl3浓度增大，利于水解平衡右移，反应后期加入氨水中和盐酸，使c(HCl)减小，利于平衡右移。‎ 火法制取锑白，是辉锑矿（主要成分为Sb2S3）在高温下和空气中的氧气反应，生成Sb2O3的同时生成SO2。化学方程式为：2Sb2S3+9O2 2Sb2O3+6SO2。‎ Ⅱ．（3）“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应，得到SbCl3和SbCl5的混合溶液，滤渣中有硫，是此反应的生成物，Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+ 3SbCl5=5SbCl3+3S。‎ ‎（4）浸出液中c（Cu2+）=0.0001mol/L，c（Pb2+）=0.1mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，当Cu2+开始沉淀时，c(S2-)==1.0×10-32mol/L，当Pb2+开始沉淀时，c(S2-)==9.0×10-28‎ - 19 -‎ mol/L，所以先产生沉淀的是CuS；当CuS、PbS共沉淀时，=＝＝＝1.1×10-8。‎ ‎（5）加入NaHPO2除砷，发生了NaHPO2和AsCl3的反应，氧化产物为H3PO4，还原产物是As，磷的化合价从+1价升高到+5价，生成1mol H3PO4失去4mol电子，砷的化合价从+3价降低到0价，生成1molAs得到3mol电子，根据电子守恒，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4。‎ ‎（6）电解SbCl3溶液制取锑，在阴极是Sb3+得到电子生成Sb，当电压过大时，溶液中的H+也可能在阴极放电，导致锑的产率降低。‎ ‎9.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。‎ ‎（1）合成该物质的步骤如下：‎ 步骤1：配制0.5mol·L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。‎ 步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。‎ 步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。‎ 步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。‎ 步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1～5）。‎ ‎①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。‎ ‎②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为__________。‎ ‎③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是__________。‎ ‎（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。‎ 称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。‎ - 19 -‎ ‎①图中气球的作用是_________。‎ ‎②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。‎ ‎③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_______。‎ ‎（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。‎ 实验编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 消耗H2O2溶液体积/mL ‎15.00‎ ‎15.02‎ ‎15.62‎ ‎14.98‎ ‎①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。‎ ‎②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________ %（保留小数点后两位）。‎ ‎【答案】 (1). 水浴加热 (2). MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4 (3). 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 (4). 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用 (5). 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 (6). 4 (7). 酸式 (8). 0.13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3·nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3·nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。‎ - 19 -‎ ‎【详解】（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。‎ ‎②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3▪H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。‎ ‎③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。‎ ‎（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。‎ ‎②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。‎ ‎③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。‎ ‎（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。‎ ‎②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4mol，则m(Fe)= 3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。‎ ‎【点睛】当控制温度在100℃以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。‎ ‎10.甲醛（HCHO）在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。‎ Ⅰ．利用甲醇（CH3HO）制备甲醛 脱氢法：CH3OH（g）⇌ HCHO（g）+H2 (g) ΔH1=+92.09kJ·mol -1‎ 氧化法：CH3OH（g）+1/2O2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g） ΔH2‎ ‎（1）脱氢法制甲醛，有利于提高平衡产率的条件有________ （写出一条）。‎ ‎（2）已知：2 H2（g） + O2（g）= 2H2O（g） ΔH3=-483.64kJ·mol -1‎ - 19 -‎ ‎，则ΔH2=________________。‎ ‎（3）750K 下，在恒容密闭容器中，充入一定量的甲醇，发生脱氢法反应，若起始压强为P0，达到平衡时转化率为40.0% ，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，忽略其它反应）。‎ ‎（4）Na2CO3是脱氢法反应的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：‎ 历程i ：CH3OH→·H+ ·CH2OH 历程ii ：·CH2OH→·H+ HCHO 历程iii：．·CH2OH→3·H +CO 历程iv：·H+·H→H2‎ 如图所示为在体积为1L的恒容容器中，投入1mol CH3OH，在碳酸钠催化剂作用下，经过10min反应，测得甲醇的转化率（X）与甲醇的选择性（S）与温度的关系（甲醛的选择性：转化的CH3OH中生成HCHO的百分比）。回答下列问题：‎ ‎①600℃时，前10min内甲醛的平均速率为v（HCHO）=______‎ ‎②从平衡角度分析550℃- 650℃甲醇生成甲醛的转化率随温度升高的原因为______；‎ ‎③反应历程i的活化能______（填“>”“<” 或“=”）CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）活化能。‎ ‎④650℃- 750℃反应历程ii的速率_______（填“>”“<” 或“=”）反应历程iii的速率。‎ Ⅱ．甲醛超标会危害人体健康，需对甲醛含量检测及处理。‎ 某甲醛气体探测仪利用燃料电池工作原理，b电极反应方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). 升高温度或降低压强 (2). -149.73 kJ·mol -1 (3). (4). 0.033mol/(L·min) (5).‎ - 19 -‎ ‎ 甲醇脱氢为吸热反应，升高温度，有利于脱氢反应向正反应方向进行 (6). ＜ (7). ＜ (8). HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ．（1）脱氢法制甲醛，CH3OH（g）⇌ HCHO（g）+H2 ΔH1=+92.09kJ·mol -1，由于该反应的正反应是吸热反应，所以可以升高温度，使平衡正向移动，从而提高甲醛的产率；又由于该反应的正反应是体积增大的反应，所以可以降低压强使平衡正向移动，也可以提高甲醛的产率。故答案为升高温度或降低压强。‎ ‎（2）根据①CH3OH（g）⇌ HCHO（g）+H2 (g) ΔH1=+92.09kJ·mol -1和②2 H2（g） + O2（g）= 2H2O（g） ΔH3=-483.64kJ·mol -1，①+②÷2即可得到反应CH3OH（g）+1/2O2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g），ΔH2=+92.09kJ·mol -1+（-483.64kJ·mol -1）÷2=-149.73 kJ·mol -1。‎ ‎（3）用三段式解答：起始压强为P0，达到平衡时转化率为40.0% ，则 则反应的中衡常数Kp==。‎ ‎（4）①600℃时，前10min内甲醇的物质的量变化为1mol×55%×60%=0.33mol，容器体积为1L，所以平均速率为v（CH3OH）=0.033mol/(L·min)。用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比，根据化学方程式，所以v（HCHO）=0.033mol/(L·min)。‎ ‎②甲醛脱氢反应为吸热反应，在550℃- 650℃升高温度，有利于反应正向进行，所以甲醇生成甲醛的转化率随温度升高而增大。‎ ‎③由盖斯定律可知，ⅰ+ⅱ+ⅳ得到目标方程式CH3OH（g）⇌ HCHO（g）+H2 (g)，前两个历程化学键断裂吸收能量，历程ⅳ自由基结合放出能量，而总反应是吸热反应，因此反应历程i的活化能小于总反应的活化能。‎ ‎④由图可知，在650℃- 750℃，随着温度升高，甲醇的转化率增大，但选择性却降低，说明甲醇更多的转化为CO，历程ⅲ的反应速率较大，因此反应历程ii的速率小于反应历程iii的速率。‎ Ⅱ．在燃料电池中，通入燃料的一极是负极，所以b为负极，甲醛在负极失去电子生成CO2，电解质溶液是酸性的，所以电极反应方程式为HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+。‎ - 19 -‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎11.铝试剂：(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3，其商品名为阿罗明拿，可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列问题：‎ ‎（1）碳原子价层电子的电子排布图_______。‎ ‎（2）第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是____________；氮元素的第一电离能呈现异常的原因是____。‎ ‎（3）经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2所示。‎ ‎①从结构角度分析，阿罗明拿中的NH4+与氨分子的相同之处为_________，不同之处为_________。（填标号）‎ A 中心原子的杂化轨道类型 B 中心原子的价层电子对数 C 立体结构 ‎②阿罗明拿中1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为_______个。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为______________。‎ ‎③图2中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N-H---O（COO-）、____________、____________。‎ ‎（4）阿罗明拿的晶体密度为d g·cm-3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为______________（NA表示阿伏加德罗常数的值）。‎ - 19 -‎ ‎【答案】 (1). (2). 从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱 (3). 氮原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，不易失去电子 (4). AB (5). C (6). 9 (7). (8). （NH4+）N-H---O（OH） (9). （OH）O-H---O（COO-） (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）碳原子电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的电子排布图为。‎ ‎（2）元素的第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子时需要的最低能量。失去电子越难，第一电离能越大。同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，失去电子越来越难，所以元素的第一电离能逐渐增大。但氮元素的2p轨道上有3个电子，是比较稳定的半充满结构，所以失去一个电子比较困难，所以其第一电离能比氧大。‎ ‎（3）①从结构角度分析， NH4+与氨分子的中心原子N原子的价层电子对数均为4，均为sp3杂化，但NH4+是正四面体，而NH3为三角锥形，故相同之处选AB，不同之处选C。‎ ‎②(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3中有羟基和酯基，每个羟基的氧原子都和碳原子结合形成C—Oσ键，每个酯基中有2个C—Oσ键，所以1个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元的C—Oσ键总数为3+3×2=9个。苯环上的碳原子是sp2杂化，每个碳原子还剩一个p轨道上的电子形成大π键，参与形成大π键的原子数为6，参与形成大π键的电子数也为6，则阿罗明拿中苯环的大π键应表示为。‎ ‎③从图2可以看出，氢键存在于NH4+中的H和COO-的氧原子之间，其表示式为（NH4+）N-H---O（COO-），还存在于NH4+中的H和羟基的O之间，表示式为（NH4+）N-H---O（OH），还存在于羟基中的H和COO-的氧原子之间，其表示式为（OH）O-H---O（COO-）。‎ ‎（4）立方晶胞参数为a nm，所以晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，阿罗明拿的晶体密度为d g·cm-3，所以一个晶胞的质量为(a×10-7)3dg。根据其晶胞中含有y个(NH4)3C19H8(OH)3(COO)3单元，该单元的相对质量为M，则一个晶胞的质量为g，所以(a×10-7)3d =，y=‎ - 19 -‎ ‎。‎ ‎12.有机化合物P是合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下:‎ 已知:RClRCOOH ‎（1）H的官能团名称___________。写出E的结构简式___________。‎ ‎（2）B→C中①的化学方程式___________。‎ ‎（3）检验F中官能团的试剂及现象_________。‎ ‎（4）D的同分异构体有多种，其中满足以下条件的有________种。‎ ‎①1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2‎ ‎②核磁共振氢谱显示有四组峰 ‎（5）H→J的反应类型___________。‎ ‎（6）已知：‎ K经过多步反应最终得到产物P：‎ ‎①K→L的化学方程式___________。‎ ‎②写出M的结构简式___________。‎ ‎【答案】 (1). 醚键、硝基 (2). (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 (3).‎ - 19 -‎ ‎ ClCH2COOH+NaCN→CNCH2COOH+NaCl (4). FeCl3溶液，显紫色 (5). 3 (6). 还原反应 (7). +C2H5OH (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。‎ ‎【详解】（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。‎ ‎（2）B→C中①的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。‎ ‎（3）F为苯酚，苯酚遇 FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。‎ ‎（4）D的同分异构体有多种，1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。‎ ‎（5）H→J是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。‎ ‎（6）①根据已知，K→L发生了苯环上的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以K→L的化学方程式为：+C2H5OH。‎ - 19 -‎ ‎②得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。‎ - 19 -‎ - 19 -‎