河北省唐山市2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解

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唐山市2019—2020学年度高三年级第二次模拟考试 理科综合能力测试化学 相对原子质量(原子量)：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64 Ru101‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.2020年5月长征五号B运载火箭首飞任务取得圆满成功，拉开了我国载人航天工程“第三步”任务的序幕。下列关于“长五B”的说法错误的是 A. “长五B”大量使用的碳纤维复合材料属于碳的新型同素异形体 B. 发射过程应用了氧化还原反应释放的强大化学能为火箭提供动力 C. 采用液氧、液氢替代四氧化二氮、偏二甲肼作为推进剂，对环境更友好 D. 箭体使用的铝合金材料既可减轻飞行器本体重量，还可以保证箭体具有高强度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳纤维复合材料是碳纤维与树脂、金属、陶瓷等基体复合，制成结构材料，是混合物；而同素异形体是同种元素形成的结构不同的单质的互称，故A错误；‎ B.火箭发射时需利用燃料燃烧产生的巨大能量推进火箭升空，燃烧时发生氧化还原反应将化学能转变成其他能量形式，故B正确；‎ C.液氧、液氢反应生成的水对环境不影响，而四氧化二氮、偏二甲肼在反应时会产生氮的氧化物污染环境，故C正确；‎ D.铝合金的密度小可减轻飞行器本体重量，合金的强度、硬度要优于组成金属，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎2.以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L B. 等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA C. 44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA - 18 -‎ D. 用CH4制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为：CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，CO2(g)+C(s)=2CO (g) ，2H2(g)+CO(g)=CH3OH(l)，总反应为：CH4(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+CO(g)，据此分析。‎ ‎【详解】A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A错误；‎ B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA 个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；‎ C．44 g CO2气体的物质的量为，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为＞1mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；‎ D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项为易错点，需要分析生成一氧化碳和消耗碳的两步反应总共转移的电子数。‎ ‎3.下列实验目的能实现的是 实验目的 操作步骤及现象 A 研究浓度对化学平衡的影响 ‎2mL 0.001 mol·L-1FeCl3溶液与2mL 0.01 mol·L-1KSCN溶液混合后等分到两支试管，一支加入2mL 0.1 mol·L-1FeCl3‎ - 18 -‎ 溶液，另一支加入2mL H2O，第一支试管中溶液颜色较深 B 证明MnO2是双氧水分解的催化剂 准备两支各装有3%H2O2溶液5mL的试管，一支作对照，向另一支加入1.0g MnO2，发现加入MnO2的试管迅速产生大量气泡，证明MnO2是催化剂 C 比较AgCl和AgI溶度积的大小 向试管中加入2mL 0.1 mol·L-1AgNO3溶液，滴加0.1 mol·L-1NaCl溶液3mL，再滴加0.1 mol·L-1KI溶液，沉淀由白色变黄色 D 研究浓度对反应速率的影响 分别向盛有2 mL 0.1 mol·L-1和2mL 0.2 mol·L-1 KMnO4溶液两支试管中加入5 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4，第一支试管中溶液先褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2mL 0.001 mol·L-1FeCl3溶液与2mL 0.01 mol·L-1KSCN溶液混合后等分到两支试管，由于KSCN大大过量，再加入FeCl3溶液，会继续反应，生成更多的Fe(SCN)3，而使溶液颜色加深，无法探究浓度对平衡移动的影响，故A错误；‎ B．准备两支各装有3%H2O2溶液5mL的试管，一支作对照，向另一支加入1.0g MnO2，发现加入MnO2的试管迅速产生大量气泡，但不能证明MnO2作催化剂，也许是反应物，因而根据催化剂的概念，要证明是该反应的催化剂，还需要增加实验来验证MnO2在化学反应前后的质量和化学性质没有改变，故B错误；‎ C．向试管中加入2mL 0.1 mol·L-1AgNO3溶液，滴加0.1 mol·L-1NaCl溶液3mL，根据Ag++Cl-=AgCl↓，由题中给出的量，可判断Cl-过量，再加入0.1 mol·L-1KI溶液，沉淀由白色变黄色，可证明沉淀由AgCl向AgI转化，说明AgI的溶解度更小，可比较AgCl和AgI溶度积的大小，故C正确；‎ D．根据反应离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，由题中给出的量计算，发现第一支试管刚好反应完，而使溶液褪色，第二支试管KMnO4过量，而不褪色，不能说明浓度对反应速率的影响，故D错误；‎ 答案为C。‎ - 18 -‎ ‎4.中医经典方剂组合对“COVID-19”的治疗显示出良好的临床疗效。其中有效成分之一黄芩苷结构简式如图所示，下列说法错误的是 A. 黄芩苷可发生取代、加成、氧化、还原反应 B. 黄芩苷是芳香族化合物，其分子式为C21 H16 O11‎ C. 黄芩苷分子中苯环上的一氯代物只有4种 D. 1 mol黄芩苷最多能消耗3mol NaOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 黄芩苷羧基，羟基发生酯化反应(取代反应)，含有苯环、碳碳双键、羰基等能发生加成反应，含有碳碳双键，羟基等能被氧化，加氢的反应是还原反应，故A正确；‎ B. 含有苯环的化合物为芳香族化合物，其分子式为C21 H18 O11，故B错误；‎ C. 黄芩苷分子中苯环上的一氯代物只有4种，，故C正确；‎ D. 1 mol黄芩苷含有2mol酚羟基，1mol羧基，因此最多能消耗3mol NaOH，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎5.X、Y、Z、W为短周期主族元素且原子序数依次增大，X原子在元素周期表中半径最小，有机物中都含有Y元素，Y、Z、W同周期，由四种元素形成的一种化合物甲的结构如图所示。下列说法错误的是 A. 最高化合价：W> Z>Y> X B. (YZ)2和YW2均为直线型分子 C. 化合物甲的一种同分异构体可能既有离子键又有共价键 D. X分别与Y、Z、W形成电子总数为10的分子，沸点最高的是X2W - 18 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为短周期主族元素且原子序数依次增大，X原子在元素周期表中半径最小，则X为H，有机物中都含有Y元素，则Y为C，Y、Z、W同周期，由四种元素形成的一种化合物甲的结构如图所示，Z有三个价键，则Z为N，W有两个价键，则W为O。‎ ‎【详解】A. O无最高化合价，故A错误；‎ B. (YZ)2即(CN)2,结构式N≡C—C≡N，YW2即CO2,结构式为O=C=O，均为直线型分子，故B正确；‎ C. 化合物甲的一种同分异构体NH4CNO，既有离子键又有共价键，故C正确；‎ D. X分别与Y、Z、W形成电子总数为10的分子，分别是CH4、NH3、H2O，沸点最高的是H2O，故D正确。‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎6.常温下，将CO2通入1L 0.01 mol·L-1 的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-离子浓度[c水(OH-)]与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示，下列叙述错误的是 A. MOH为一元强碱 B. b点溶液中：c(H+) = 1×10-7 mol·L-1‎ C. c点溶液中：c(M+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]‎ D. d点溶液中：c(M+)=2c(CO32-)+c(HCO3-) ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a点为MOH溶液，a到c是生成M2CO3，b点是M2CO3和MOH的混合溶液，c点是单一的M2CO3溶液，c到d是生成MHCO3，d点是MHCO3和H2CO3的混合溶液，d点溶液呈中性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a点为MOH溶液，-lgc水(OH-)=12，c水(H+)=c水(OH-)=10-12 mol·L-1，c溶液(OH-)=‎ - 18 -‎ ‎=0.01 mol·L-1，溶液中氢氧根离子浓度与MOH溶液浓度相同，说明MOH在溶液中完全电离，为一元强碱，故A正确；‎ B．b点是M2CO3和MOH的混合溶液，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用，b点溶液中：c(H+)＜1×10-7 mol·L-1，故B错误；‎ C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是M2CO3溶液，根据M2CO3溶液中的物料守恒可得：c(M+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，故C正确；‎ D．d点是MHCO3和H2CO3的混合溶液，水电离出的OH-离子浓度10-7 mol·L-1，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(M+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，两式相减得： c(M+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.“打赢蓝天保卫战”，就意味着对污染防治提出更高要求。实验室中尝试对垃圾渗透液再利用，实现发电、环保二位一体，当该装置工作时，下列说法错误的是 A. 该装置实现了将化学能转化为电能 B. 盐桥中Cl-向A极移动 C. 工作时，B极区溶液pH增大 D. 电路中流过7.5mol电子时，共产生44.8 L N2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氨气变为氮气，N元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此A为负极，硝酸根变为氮气，N元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此B为正极。‎ ‎【详解】A. 该装置是原电池，因此该装置实现了将化学能转化为电能，故A正确；‎ - 18 -‎ B. 根据原电池“同性相吸”得到盐桥中Cl－向负极即A极移动，故B正确；‎ C 工作时，B极区发生，因此溶液pH增大，故C正确；‎ D. 负极反应为2NH3-6e-+6OH-=N2↑+6H2O，正极反应为，电路中流过7.5mol电子时，产生N2物质的量为2mol，由于N2所处温度和压强未知，无法计算N2的体积，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ 第II卷(非选择题)‎ ‎8.苯甲酸可用作食品的防腐剂，实验室用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示：‎ 实验步骤如下：‎ 步骤I：电氧化合成 在电解池中加入适量 KI、20mL蒸馏水和20 mL的1，4-二氧六环，搅拌至完全溶解，再加入23.30 mL苯乙酮，连接电化学装置，恒定电流电解3h；‎ 步骤II：清洗分离 反应停止后，将反应液转移至烧瓶，蒸馏除去反应溶剂；用蒸馏水和二氯甲烷洗涤烧瓶，将洗涤液转移至分液漏斗；用二氯甲烷萃取除去亲油性杂质，分离出水相和有机相；‎ 步骤III：制得产品 用浓盐酸酸化水相至pH为1~2，接着加入饱和KHSO3溶液，振荡、抽滤、洗涤、干燥，称量得到产品12.2 g；‎ 有关物质的数据如下表所示：‎ 物质 分子式 溶解性 沸点(℃)‎ 密度(g/cm3)‎ 相对分子质量 苯乙酮 C8H8O 难溶于水 ‎202.3‎ ‎1.03‎ ‎120‎ 苯甲酸 C7H6O2‎ 微溶于水 ‎249‎ ‎1.27‎ ‎122‎ - 18 -‎ 二氯甲烷 CH2Cl2‎ 不溶于水 ‎40‎ ‎1.33‎ ‎85‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)步骤I中，阴极的电极反应式为___，阳极I-失去电子后的产物与OH-反应的离子方程式为_。‎ ‎(2)步骤II蒸馏过程中，需要使用到的下图玻璃仪器有_______(填字母)，除下图外完成蒸馏操作还需的玻璃仪器______(填仪器名称)。‎ ‎(3)步骤II分液过程中，应充分振荡，静置分层后________(填字母)。‎ A．依次将有机相、水相从分液漏斗的上口倒出 B．依次将有机相、水相从分液漏斗的下口放出 C．先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从下口放出 D．先将有机相从分液漏斗的下口放出，再将水相从上口倒出 ‎(4)步骤III中，加入浓盐酸的目的是_________。‎ ‎(5)步骤III中，加入饱和NaHSO3溶液，水相中的颜色明显变浅，说明过量的I2被还原为I-，其离子方程式为___________。‎ ‎(6)本实验产率是_________。‎ ‎【答案】 (1). H2O＋2e-=H2↑＋2OH-（或2H+＋2e-=H2↑） (2). I2＋2OH-= I-＋IO-＋H2O (3). a、c、d、e、g (4). 冷凝管 (5). D (6). 将苯甲酸盐转化为苯甲酸 (7). ＋I2＋H2O =＋3H＋＋2I- (8). 50.0%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，结合阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应写出电极反应式和阳极产物与OH-‎ - 18 -‎ 反应的离子方程式；根据蒸馏装置判断所选仪器和所缺仪器；根据分液操作规定先从下口放出下层液体、后从上口倒出上层液体；由强酸制弱酸原理解释加入盐酸的目的；根据反应现象，判断反应产物，写出离子方程式；根据题中给出的苯乙酮的量，算出苯甲酸的理论产量，求出产率。‎ ‎【详解】（1）根据装置图可知，右边电极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成H2，或H2O得电子发生还原反应生成H2和OH-，电极反应是2H++2e-═H2↑或2H2O+2e-=H2+2OH-，左边电极为电解池的阳极，I-失电子发生氧化反应，电极反应式是2I--2e-═I2，阳极I-失去电子后的产物I2与OH-反应的离子方程式为I2+2OH-═I-+IO-+H2O，答案为2H++2e-═H2↑或2H2O+2e-=H2+2OH-，I2+2OH-═I-+IO-+H2O。‎ ‎（2）根据蒸馏装置从下到上，从左到右分别需要酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶等玻璃仪器，在上述仪器上选取a、c、d、e、g，还需要冷凝管；答案为a、c、d、e、g，冷凝管。‎ ‎（3）步骤II分液过程中，应充分振荡，根据表中数据，萃取剂二氯甲烷的密度大于1，比水重，静置分层后，水相在上层，有机相在下层，分液时为防止上下层液体的相互污染，先从下口放出下层液体、后从上口倒出上层液体，D符合，答案为D。‎ ‎（4）水相中含有苯甲酸盐，加入浓盐酸，苯甲酸盐和浓盐酸反应生成弱酸苯甲酸，因而步骤Ⅲ中，加入浓盐酸的目的是将苯甲酸盐转化为苯甲酸；答案为将苯甲酸盐转化为苯甲酸。‎ ‎（5）步骤Ⅲ中，加入饱和NaHSO3溶液，水相中的颜色明显变浅，说明过量的I2被还原为I-，HSO3-被I2氧化为SO42-，其离子方程式为HSO3-+I2+H2O=SO42-+3H++2I-；答案为HSO3-+I2+H2O=SO42-+3H++2I-。‎ ‎（6）根据反应，1mol苯乙酮生成1mol苯甲酸，23.3mL苯乙酮的质量是m=23.3mL×1.03g/mL=24.0g，苯乙酮的物质的量是n==0.2mol，理论上生成苯甲酸的物质的量是0.2mol，质量是0.2mol×122g/mol=24.4g，产率==×100%=50.0%；答案为50.0%。‎ ‎【点睛】本题应注意第（1）电极反应式的书写，为了准确快速的书写电极反应，一定要先弄清图中给出的信息，根据图示，判断左边为阳极，右边为阴极，且右边产生H2，左边是I-‎ - 18 -‎ 氧化成I2，结合电解原理书写。‎ ‎9.三氯化钌广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。现以固体含Ru废料为原料制备RuCl3晶体，其工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)K2RuO4中Ru的化合价为_____，“碱熔”中产生的气体可用于____(写一种工业用途)。‎ ‎(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，则需要氧化剂的物质的量为______mol。‎ ‎(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有______。‎ ‎(4)RuO4气体有剧毒，“盐酸吸收”时的化学方程式为___________。‎ ‎(5)可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3＋3H2 = 2Ru＋6HCl，所得实验数据记录如下：‎ 实验序号 产品质量/g 固体Ru质量/g ‎①‎ ‎5.1875‎ ‎2.0210‎ ‎②‎ ‎5.1875‎ ‎2.0190‎ ‎③‎ ‎5.1875‎ ‎2.0200‎ ‎④‎ ‎5.1875‎ ‎1.6200‎ 则产品的纯度为________(用百分数表示)。‎ ‎(6)钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，根据图示写出合成反应的化学方程式________。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). ＋6价 (2). 用来制取硝酸 (3). 2 (4). 适当升高温度、粉碎固体废料 (5). 2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O (6). 80.00% (7). N2＋3H22NH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含Ru废料加入硝酸钾和氢氧化钾反应生成二氧化氮和K2RuO4，K2RuO4与NaClO、硫酸反应生成RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O。‎ ‎【详解】(1)根据K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为−2价分析得到K2RuO4中Ru的化合价为＋6价，“碱熔”中产生的气体是二氧化氮，二氧化氮可用于制硝酸；故答案为：＋6价；用来制取硝酸。‎ ‎(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，根据得失电子守恒分析2mol K2RuO4氧化为RuO4失去4mol电子，NaClO中Cl元素的化合价由+1价降为-1价，1mol NaClO得到2mol电子，因此需要氧化剂的物质的量为2 mol；故答案为：2。‎ ‎(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有适当升高温度、粉碎固体废料；故答案为：适当升高温度、粉碎固体废料。‎ ‎(4)RuO4气体有剧毒，根据图中信息用“盐酸吸收”时生成RuCl3，Ru化合价降低，则盐酸中氯元素的化合价升高变为氯气，其化学方程式为2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O。‎ ‎(5)根据数据得出第④实验数据误差较大，应舍弃，取另外三次的平均数据，得到Ru质量为2.0200g，产品中RuCl3的质量为g，则产品的纯度为；故答案为：80.00%。‎ ‎(6)根据图中信息得到氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，其合成反应的化学方程式；N2＋3H22NH3；故答案为：N2＋3H22NH3。‎ ‎【点睛】化工流程是常考题型，主要考查工艺中设计的氧化还原反应、利用得失电子守恒分析、与电化学知识结合考查等形式。‎ ‎10.多种短周期非金属元素的气态氧化物常会造成一些环境污染问题，化学工作者设计出将工业废气中污染物再利用的方案，以消除这些不利影响。‎ ‎(1)以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥——尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化示意图如下：‎ - 18 -‎ ‎ ‎ 写出以氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式_________，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，可判断Ea1_____Ea3(填“＞”、“＜”或“＝”)。 ‎ ‎(2)向体积为2 L的恒温恒容容器中通入2 mol CO和2 mol SO2，发生反应2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(s)。若反应进行到10 min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前16 min的平均反应速率v(CO)＝____，该温度下反应化学平衡常数K＝____。‎ ‎(3)利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中的SO2。‎ ‎①室温条件下，将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点溶液中n()∶n()＝________。‎ ‎②已知室温条件下，Ka1(H2SO3) =1.5×10-2；Ka2(H2SO3) =1.0×10-7；Kb(NH3•H2O) =1.8×10-5。室温下，0.1mol•L-1的(NH4)2SO3溶液中离子浓度(不考虑OH-)由大到小顺序为________。‎ ‎(4)利用电解烧碱和食盐的混合液，使工业废气脱氮，原理如图。‎ ‎①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：_________________。‎ ‎②为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，该装置中应使用_______ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4 (2). ＜ (3). 0.05 mol·L−1·min−1 (4). 26.7 (5). 3∶1 (6). c()＞c()＞c()＞c(H+) ‎ - 18 -‎ ‎(7). 3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O (8). 阴 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)将第一步和第二步两步方程式相加，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大。‎ ‎(2)建立三段式，根据题中信息计算转化量，再计算速率和平衡常数。‎ ‎(3)①根据图所示，b点溶液电荷守恒、溶液呈中性和n() = n()；②亚硫酸根水解常数与铵根水解常数比较得出谁的水解程度占主要。‎ ‎(4)①阳极产物是氯气；②阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应。‎ ‎【详解】(1)将第一步和第二步两步方程式相加得到氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，因此可判断Ea1＜Ea3；故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4；＜。 ‎ ‎(2)若反应进行到10 min时达平衡，设转化二氧化硫物质的量为xmol，，测得CO2的体积分数为0.5，，解得x=0.8，则前16 min的平均反应速率，该温度下反应化学平衡常数；故答案为：0.05 mol·L−1·min−1；26.7。‎ ‎(3)①b点溶液电荷守恒和溶液呈中性得到n()=2n() + n()，又由于n() = n()，因此n()∶n()＝3:1；故答案为：3:1。‎ - 18 -‎ ‎②室温下，0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根水解，铵根水解，因此亚硫酸根水解占主要，溶液显碱性，亚硫酸根第一步水解为主，因此离子浓度由大到小顺序为c()＞c()＞c()＞c(H+)。‎ ‎(4)①根据放电顺序，阳极产物是氯气，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O；故答案为：3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O。‎ ‎②为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应，因此该装置中应使用阴离子交换膜；故答案为：阴。‎ ‎【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查热化学方程式的书写，化学反应速率、化学平衡移动、三段式建立关系及化学平衡常数，电化学知识，解题时正确理解原理和原理的应用是关键。‎ ‎【化学——选修3物质结构与性质】‎ ‎11.现有原子序数递增的X、Y、Z、W四种常见元素。其中X元素基态原子核外电子占据了三个能级，且每个能级上的电子数相等；Y原子的p轨道处于半充满状态，Z的单质是空气的主要成分之一；W在周期表中位于ds区，且与Z可形成化学式为W2Z或WZ的二元化合物。请回答下列问题：‎ ‎⑴W元素原子核外电子运动状态有_____种，该元素基态离子W+的电子排布式为___________。‎ ‎⑵元素X、Y和Z的第一电离能由大到小顺序为__________(填元素符号)。‎ ‎⑶Y2Z与XZ2具有相同的结构特征，其理由是__________。‎ ‎⑷X、Y和Z均可形成多种氢化物，写出一种X的氢化物分子结构中σ键和π键数目之比3∶2的结构式______；A、B分别是Y、Z的最简单氢化合物，A的空间构型为_______，其中Y原子的杂化轨道类型为______；W2+与A、B分子结合成配合离子[WA4B2]2+结构如下图，该配合离子加热时首先失去的组分是_____(填“A”或“B”)。‎ - 18 -‎ ‎⑸元素W单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，假定不同温度下元素W原子半径不变，且相邻最近原子间距为原子半径之和，则其体心立方堆积与面心立方堆积的两种晶体密度之比为_________。‎ ‎【答案】 (1). 29 (2). 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (3). N＞O＞C (4). Y2Z与XZ2两分子原子数目和价电子总数都相等，互为等电子体，具有相同的结构特征 (5). H—C≡C—H (6). 三角锥形 (7). sp3杂化 (8). B (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现有原子序数递增的X、Y、Z、W四种常见元素。其中X元素基态原子核外电子占据了三个能级，且每个能级上的电子数相等，则X为C，Y原子的p轨道处于半充满状态，Y为N，Z的单质是空气的主要成分之一，则Z为O，W在周期表中位于ds区，且与Z可形成化学式为W2Z或WZ的二元化合物，则W为Cu。‎ ‎【详解】⑴W元素为Cu，核外有29个电子，有多少个电子就有多少种运动状态的电子，因此原子核外电子运动状态有29种，该元素基态离子W+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；故答案为：29；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。‎ ‎⑵同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此元素X、Y和Z的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C；故答案为：N＞O＞C。‎ ‎⑶Y2Z与XZ2具有相同的结构特征，其理由是Y2Z与XZ2两分子原子数目和价电子总数都相等，互为等电子体，具有相同的结构特征；故答案为：Y2Z与XZ2两分子原子数目和价电子总数都相等，互为等电子体，具有相同的结构特征。‎ ‎⑷X、Y和Z均可形成多种氢化物，X的一种氢化物分子结构中σ键和π键数目之比3∶2的化学式为C2H2，其结构式H—C≡C—H；A、B分别是Y、Z的最简单氢化合物，即氨气和水，A - 18 -‎ 的价层电子对数为，空间构型为三角锥形，其中Y原子的杂化轨道类型为sp3；W2+与A、B分子结合成配合离子[WA4B2]2+结构如图，由于水与铜离子形成的配位键比氨气与铜离子形成的配位键弱，因此该配合离子加热时首先失去的组分是B；故答案为：H—C≡C—H；三角锥形；sp3杂化；B。‎ ‎⑸假定不同温度下元素W原子半径不变，且相邻最近原子间距为原子半径之和，前者铜原子个数为2个，后者铜原子个数为4个，设铜原子半径为r，前者晶胞参数为，后者晶胞参数为，则其体心立方堆积与面心立方堆积的两种晶体密度之比为；故答案为：。‎ ‎【化学——选修5有机化学基础】‎ ‎12.莽草酸(E)主要作为抗病毒和抗癌药物中间体， 作为合成治疗禽流感药物达菲(Tamiflu)的主要原料之一。其合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称是_____。D的分子式为_____。莽草酸(E)中含氧官能团的名称是_____。‎ ‎(2)①的化学反应类型为_____。‎ ‎(3)C与足量NaOH稀溶液反应的化学方程式为______。‎ ‎(4)设计步骤②、③的目的是________。‎ ‎(5) F是B的一种同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应且核磁共振氢谱只有两组峰，则F - 18 -‎ 的结构简式为____。‎ ‎(6)有机材料G(属降冰片烯酸类，结构简式：)用作医药中间体，依据题中合成路线设计以A(CH2=CH—COOH)和为起始原料制备G的合成路线(无机试剂任选)______。‎ ‎【答案】 (1). 丙烯酸 (2). C13H18O6 (3). 羧基、羟基 (4). 加成反应 (5). +3NaOH+2CH3COONa+H2O (6). 保护羟基 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中含有官能团碳碳双键和羧基，A和B经过反应①得到C，观察对比反应前后结构简式可以发现，A、B中碳碳双键断裂形成了环，发生了加成反应，C中含官能团碳碳双键、酯基、羧基，能与NaOH稀溶液以1:3比例反应，经过反应②③可以发现，羟基先被消耗后又复原，其目的在于保护羟基，同分异构体书写时要使氢的种类少尽可能考虑对称结构，G的结构与C有相似之处，参照A和B反应原理，采用逆合成设计合成路线。‎ ‎【详解】(1)A含有官能团碳碳双键和羧基，化学名称为丙烯酸，根据D的结构确定其分子式为C13H18O6，根据莽草酸(E)的结构可知其含氧官能团的名称是羧基、羟基；‎ ‎(2)经过反应① A、B中碳碳双键断裂形成了环，发生了加成反应；‎ ‎(3)C中含官能团碳碳双键、酯基、羧基，能与NaOH稀溶液以1:3比例反应，化学方程式为+3NaOH+2CH3COONa+H2O；‎ ‎(4)设计步骤②、③的目的是保护羟基；‎ ‎(5) F能与FeCl3溶液发生显色反应且核磁共振氢谱只有两组峰，则F - 18 -‎ 含有酚羟基，其中的取代基呈对称结构，其结构简式为；‎ ‎(6) G的结构与C有相似之处，参照A和B反应原理，采用逆合成设计合成路线，合成路线为。‎ ‎【点睛】有机题的解答观察对比反应前后物质结构，比较容易得出反应原理，比如①的反应原理，比如②③的目的，对于合成路线设计，这是考查迁移能力，从题目中找到影子，比如G和C有相似之处，参照题目中的合成原理进行推导，设计出合理的路线。‎ - 18 -‎