【化学】陕西省商洛中学2020届高三第三次模拟考试（解析版）

【化学】陕西省商洛中学2020届高三第三次模拟考试（解析版）

陕西省商洛中学2020届高三第三次模拟考试 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39‎ 一、选择题（每小题6分，共42分）‎ ‎1.古往今来传颂着许多与酒相关的古诗词，其中“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催”较好地表达了战士出征前开杯畅饮的豪迈情怀。下列说法错误的是（　　）‎ A. 忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度数越高密度越小 B. 古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白质 C. 制作夜光杯的鸳鸯玉的主要成分为3MgO•4SiO2•H2O，属于氧化物 D. 红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯 ‎【答案】C ‎【详解】A. 酒精的密度小于水的密度，其密度随着质量分数的增大而减小，因此葡萄酒的度数越高密度越小，故A说法正确；‎ B. 牛筋的主要成分是蛋白质，故B说法正确；‎ C. 3MgO·4SiO2·H2O属于硅酸盐，不属于氧化物，故C说法错误；‎ D. 密封过程中一部分乙醇被氧化酸，酸与醇反应生成了有香味的酯，故D说法正确；‎ 答案：C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是（　　）‎ A. N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+‎ B. 每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA C. 将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象 D. ‎1g CO2 、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA ‎【答案】D ‎【详解】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；‎ B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；‎ C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；‎ D．CO2和N2O的摩尔质量都为‎44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 ‎1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol ×22×NA=0.5NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。‎ ‎3.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是（　　）‎ 选项 离子方程式 评价 A 用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl- H2↑+Cl2↑+2OH-‎ 正确：Cl-的失电子能力比OH-强 B 向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+‎ 错误：H2S的酸性比H2SO4弱 C Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO3- +OH- ═BaCO3↓+H2O 错误：Ba2+与HCO3-系数比应1:2‎ D 过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO- +H2O= HClO+HSO3-‎ 正确：H2SO3酸性比HClO强 ‎【答案】C ‎【详解】A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；‎ B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；‎ C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；‎ D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. C、D、E的简单离子半径：D>E>C B. A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子 C. 由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离 D. 分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键 ‎【答案】C ‎【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核电荷数之比为1︰2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。‎ ‎【详解】A. C、D、E的简单离子，S2-与Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2->Cl->O2-，故A正确；‎ B. A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、 H2O2、H2S 、HCl，故B正确；‎ C. 由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；‎ D. 分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、 H2O2两种分子也是18电子。‎ ‎5.目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是（　　）‎ A. 放电时a电极反应为Fe 3++e−=Fe2+‎ B. 充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+‎ C. 放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区 D. 该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低 ‎【答案】C ‎【分析】铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；‎ B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；‎ C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；‎ D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；‎ 故答案选C。‎ ‎6.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是（　　）‎ A. 该反应属于化合反应 B. b的二氯代物有6种结构 C. 1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2‎ D. C5H11Cl结构有8种 ‎【答案】D ‎【分析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；‎ B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；‎ C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；‎ D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。‎ ‎【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；‎ B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；‎ C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；‎ D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。‎ ‎7.常温下，用 AgNO3 溶液分别滴定浓度均为 0.01 mol/L 的KCl、K‎2C2O4 溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。已知 Ksp(AgCl) 数量级为 10-10。下列叙述正确的是（　　）‎ A. 图中 Y 线代表的 AgCl B. n 点表示 Ag‎2C2O4 的过饱和溶液 C. 向 c(Cl－)＝c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3溶液时，先生成 AgCl 沉淀 D. Ag‎2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数为 10-0.71‎ ‎【答案】C ‎【分析】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag‎2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag‎2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，据此分析解答。‎ ‎【详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−5.75=10−9.75=100.25×10−10，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)⋅c(Cl−)=10−4×10−2.46=10−6.46=100.54×10−7，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag‎2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag‎2C2O4)=c2(Ag+)⋅c(C2O42-)=(10−4)2×(10−2.46)=10−10.46，‎ A. 由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；‎ B. 曲线Y为Ag‎2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag‎2C2O4)＜Ksp(Ag‎2C2O4)，故为Ag‎2C2O4的不饱和溶液，故B错误；‎ C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag‎2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl−)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；‎ D. Ag‎2C2O4＋2Cl－=2AgCl＋C2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、非选择题（共43分）‎ ‎8.亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：‎ 已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。‎ ‎②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。‎ ‎（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎（2）实验在如图-1所示的装置中进行。‎ ①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为_______________（填字母）。‎ ‎②反应Ⅱ中双氧水的作用是___________________________。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、_________（写出一种即可）。‎ ‎（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为_________（填“减压”、“常压”或“加压”）。‎ ‎（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：__________‎ ‎_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。‎ ‎【答案】(1). 2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42- (2). cab (3). 作还原剂 (4). 水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等） (5). 减压 (6). 向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至‎32.4℃‎以下，接近‎0℃‎，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝 ‎【分析】用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。‎ ‎【详解】（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；‎ ‎（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；‎ ‎②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；‎ ‎（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；‎ ‎（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整‎32.4℃‎ 以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至‎32.4℃‎以下，接近‎0℃‎，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。‎ ‎【点睛】结合图像，温度低于‎32.4℃‎以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。‎ ‎9.以含锂电解铝废渣(主要含 AlF3、 NaF、LiF、CaO ) 和浓硫酸为原料，制备电池级碳酸锂，同时得副产品冰晶石，其工艺流程如下：‎ 已知LiOH易溶于水，Li2CO3微溶于水。回答下列问题：‎ ‎(1)电解铝废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为 ___________。滤渣2的主要成分是(写化学式)_________。‎ ‎(2)碱解反应中， 同时得到气体和沉淀反应的离子方程式为__________________________。‎ ‎(3)一般地说 K＞105 时，该反应进行得就基本完全了。苛化反应中存在如下平衡：Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)通过计算说明该反应是否进行完全_____________‎ ‎______________________________ (已知Ksp(Li2CO3) = 8.64×10-4、Ksp(CaCO3) = 2.5×10-9)。‎ ‎(4)碳化反应后的溶液得到Li2CO3的具体实验操作有：加热浓缩、______、______、干燥。‎ ‎(5)上述流程得到副产品冰晶石的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎(6)Li2CO3是制备金属锂的重要原料， 一种制备金属锂的新方法获得国家发明专利，其装置如图所示：‎ 工作时电极 C 应连接电源的______极，阳极的电极反应式为______________________ 。该方法设计的 A 区能避免熔融碳酸锂对设备的腐蚀和因________逸出对环境的污染。‎ ‎【答案】(1). HF (2). CaCO3、Al(OH)3 (3). 2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑ (4). 该反应的 K＝3.5×105，可以认为该反应进行完全 (5). 冷却结晶 (6). 过滤洗涤 (7). 6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O (8). 负 (9). 2Cl--2e-=Cl2↑ (10). 氯气 ‎【分析】含锂电解铝废渣主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等，加入浓硫酸生成的气体为HF，浸取后过滤分离出滤渣为CaSO4，滤液中加碳酸钠发生2Al3++3CO32-+3H2O＝2Al（OH）3↓+3CO2↑、2Li++CO32-=Li2CO3，气体为二氧化碳，过滤分离出滤液含硫酸钠，分离出氢氧化铝、Li2CO3，再加CaO、苛化反应将不溶性的碳酸锂转化成氢氧化锂溶液，过滤分离出滤渣2含碳酸钙，碳化时LiOH与二氧化碳反应生成Li2CO3，二氧化碳在流程中可循环使用，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析，废渣与浓硫酸反应产生的气体化学式为HF，根据上述分析，滤渣2的主要成分是CaCO3、Al(OH)3，故答案为：HF；CaCO3、Al(OH)3；‎ ‎（2）碱解反应中，同时得到气体和沉淀反应是铝离子与碳酸根离子的双水解反应，离子方程式为：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑，故答案为：2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；‎ ‎（3）Li2CO3(s)+Ca2+(aq)⇌2Li+(aq)+ CaCO3(s)的＞105，可以认为该反应进行完全，故答案为：该反应的 K＝3.5×105，可以认为该反应进行完全；‎ ‎（4）碳化反应后的溶液得到Li2CO3的具体实验操作有：加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤洗涤；‎ ‎（5）根据流程图知，反应物为HF、Na2SO4、NaAlO2，生成物为Na3AlF6，根据原子守恒及反应原理书写方程式为：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O，故答案为：6HF＋Na2SO4＋NaAlO2=Na3AlF6＋H2SO4＋2H2O；‎ ‎（6）根据图示C极有Li生成，电极反应为：Li++ e-=Li，则C为阴极，发生还原反应，应连接电源的负极；阳极发生氧化反应，根据图示阳极有氯气生成，则电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；根据图示分析，该方法设计的 A 区能用熔融的碳酸锂吸收产生的氯气，防止氯气对还原产生污染，故答案为：负； 2Cl--2e-=Cl2↑；氯气。‎ ‎10.CO和H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：‎ ‎(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。‎ CH4 (g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2 (g)的热化学方程式为_______________________________________________________。‎ ‎(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式 ___________________________________。‎ ‎(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物M的组成，进行了如下测定：将‎1.84gM在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰 增重4. ‎08 g，又知生成CO2和H2O的物质的量之比为3:4。则M中碳、氢、氧原子个数之比为_____________。‎ ‎(4) CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：‎ ‎①反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是______;‎ A.生成3mol O-H键，同时断裂3mol H-H键 B.容器中气体的压强不再变化 C.容器中气体的平均摩尔质量不变 D.CH3OH的浓度不再改变 ‎②比较T1与T2的大小关系：T1 ___T2 (填“<”、“=”或“>”)。‎ ‎③在T1和P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，该反应在第5 min时达到平衡，此时容器的容积为‎2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_______，保持T1和此时容器的容积不变，再充入1mol CO2和3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子 _______________(不必化简，可以不带单位)。‎ ‎【答案】(1). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+(-p+3n+m)kJ·mol－1 (2). CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O (3). 3:8:3 (4). CD (5). ＜ (6). 3 (7). ‎ ‎【分析】(1)根据图像书写热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热；‎ ‎(2)结合提供信息，利用氧化还原反应电荷守恒和物料守恒书写方程式；‎ ‎(3)根据有机物燃烧碳原子守恒、氢原子守恒，以及生成物的比例关系列方程计算M中的碳、氢、氧数目；‎ ‎(4)①根据平衡状态的特点，以及变量变成不变量时反应达到平衡等分析判断；‎ ‎②二氧化碳的转化率随温度的升高而降低，据此分析；‎ ‎③列“三段式”，利用温度不变，平衡常数不变的关系进行解答计算。‎ ‎【详解】(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)＋O2(g)= CO2(g) ΔH1＝－m kJ·mol－1；H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH2＝－n kJ·mol－1；CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(g)ΔH3＝－p kJ·mol－1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＝ΔH3－3ΔH2－ΔH1＝+(－p+3×n+m)kJ·mol－1；‎ ‎(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；‎ ‎(3)根据‎1.84g M中含Cx mol，含H y mol，据题意有，解得x=0.06 y=0.16；则‎1.84g M中含氧物质的量z= =0.06 mol，1mol M中含C、H、O分别为3、8、3，则M中碳、氢、氧原子个数之比为3:8:3；‎ ‎(4)①A．断裂3 mol H—H键就意味着消耗了3molH2，CH3OH和H2O中均有H—O键，即反应生成了3mol O-H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故A错误；‎ B．由于反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故B错误；‎ C．容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m一直保持不变，但反应前后气体物质的量差△n≠0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n才不再变化，故由M=知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；‎ D．“CH3OH的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D正确；‎ 答案选CD；‎ ‎②由ΔH＝－49.58 kJ·mol－1＜0，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1＜T2；‎ ‎③由图1知，在T1和p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的CO2为1mol ×60%＝0.6 mol，故有如下关系：‎ 结合容器的体积(‎2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=mol·L－1，c(H2)=mol·L－1，c(CH3OH)=mol·L－1，c(H2O)=mol·L－1，则该条件下的平衡常数为 ‎；由于再充入原料气时，反应温度没变，即K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为‎2a mol，同理有如下关系：‎ ‎。‎ 三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）‎ ‎【化学——选修3：物质结构与性质】‎ ‎11.钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。‎ ‎(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为__________。‎ ‎(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl ‎①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为_______‎ ‎②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是___________‎ ‎________________________________________________________；‎ ‎③NH4Cl中存在的作用力有_________________，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是__________________________________________________，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为 _______。‎ ‎(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于_______位置；已知晶胞参数为a nm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为___________ m(列出表达式)。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). 分子晶体 (3). O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者 (4). 配位键、离子键、共价键 (5). 前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点 (6). sp3杂化 (7). 棱心 (8). a×10-9‎ ‎【分析】(1)根据核外电子的排布规则写出铬的核外电子排布式，注意3d轨道为半充满状态；‎ ‎(2)①可溶于有机溶剂，根据相似相容原理，判断晶体的类型；‎ ‎②写出N和O价电子排布式，然后分析；‎ ‎③从氯化铵的电子式，判断化学键的类型；从晶体的类型不同判断熔沸点差异的原因；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成键数目判断杂化方式；‎ ‎(3)从晶胞的内部结构，根据Ti的位置，判断氧的位置；根据Ti和O的距离，计算八面体的边长。‎ ‎【详解】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；‎ ‎(2) ① Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；‎ ‎②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；‎ ‎③根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；‎ Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对σ键，故杂化方式为sp3杂化；‎ ‎(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；‎ Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为a，斜边长为=anm=a×10‎-9m。‎ ‎【点睛】铬的核外电子排布式中3d轨道为半充满状态，比较稳定，是易错点。‎ ‎【化学——选修5：有机化学基础】‎ ‎12.据研究报道，药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。F为药物合成的中间体，其合成路线如下：‎ 已知：R-OH R-Cl ‎(1)A中官能团名称是___________；C的分子式为________‎ ‎(2)A到B为硝化反应，则B的结构简式为_________，A到B的反应条件是___________。‎ ‎(3)B到C、D到E反应类型 ________(填“相同”或“不相同”)；E→F的化学方程式为_________________________________________________________________ 。‎ ‎(4)H是C的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种。‎ ‎①硝基直接连在苯环上 ‎ ‎②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1‎ ‎③遇FeCl3溶液显紫色 ‎(5)参照F的合成路线图，设计由、SOCl2为原料制备的合成路线__________________________________________________________(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】(1). 酚羟基 (2). C8H7NO4 (3). (4). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (5). 相同 (6). ：+‎ ‎+HCl (7). 2 (8). +H2‎ ‎【分析】根据流程图，A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E()，E与A发生被取代转化为F，根据E、F的结构简式可判断，A的结构简式为，据此分析答题。‎ ‎【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C8H7NO4；‎ ‎(2)A到B为硝化反应，根据分析，B的结构简式为，A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；‎ ‎(3)根据分析，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，则B到C、D到E的反应类型相同；E与A发生被取代转化为F， A的结构简式为，化学方程式为：++HCl； ‎ ‎(4)C的结构简式为 ，H是C的同分异构体， ①硝基直接连在苯环上，②核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:2:2:1，③遇FeCl3‎ 溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH2，满足下列条件的同分异构体结构简式为、，共有有2种；‎ ‎(5) 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为，则合成路线为：+H2。‎