贵州省铜仁市2020届高三第三次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

贵州省铜仁市2020届高三第三次模拟考试理科综合化学试题 Word版含解析

- 1 - 铜仁市 2020 年高三第三次模拟考试 理科综合化学部分 可能使用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 Fe 56 1. 化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是 A. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 B. 食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是吸水，防止食品变质 C. 利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 D. 在新冠疫情期间用于消毒的医用酒精中乙醇的浓度为 75% 【答案】B 【解析】 【详解】A．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质，如苯并芘等稠环芳香烃物质，可 致癌，故 A 正确； B．食品包装袋中常有硅胶、生石灰等，其作用都是吸水，防止食品受潮变质，但还原铁粉是 防止食品氧化而变质，故 B 错误； C．粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，有物质生 成，是化学变化，故 C 正确； D．酒精消毒的作用是凝固细菌体内的蛋白质，从而杀死细菌。但 95%的酒精能将细菌表面包 膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，因而不能将细菌彻底杀 死；如果酒精浓度低于 70%，虽可进入细菌体内，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能 将细菌彻底杀死；只有 70%-75%的酒精即能顺利地进入到细菌体内，又能有效地将细菌体内的 蛋白质凝固，因而可彻底杀死细菌，故 D 正确； 故选 B。 2. 下列关于有机化合物的说法正确的是（ ） A. 的名称为 2﹣甲基﹣1﹣丙醇 B. 氯乙烯和聚乙烯均能发生加成反应 C. C3H2Cl6 有 4 种同分异构体 D. C2H4 和 C4H8 一定是同系物 【答案】C 【解析】 【详解】A. 是饱和一元醇，其名称为 2－丁醇，A 错误； B. 乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，所以聚乙烯不能发生加成反应，B 错误； - 2 - C. C3H2Cl6 与 C3H6Cl2 的同分异构体种类相同，有 4 种同分异构体，C 正确； D. C2H4 和 C4H8 的结构不一定相似，不一定是同系物，D 错误，答案选 C。 【点睛】选项 C 是解答的难点，注意同分异构体数目的判断方法，（1）一取代产物数目的判 断①基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。②替代 法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将 H 替代 Cl)；③ 等效氢法：等效氢法是判断同分异构体数目的重要方法。（2）二取代或多取代产物数目的判 断：定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的 位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。 3. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25 ℃时，pH=11 的 Na2CO3 溶液中水电离出的 OH-的数目为 0.001NA B. 0.1mol 甲基中所含电子数目为 NA C. 28g 乙烯、乙烷混合气体中所含原子数大于 6NA D. 5.6g 铁与硝酸完全反应时转移的电子数目为 0.3NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．25 ℃时，pH=11 的 Na2CO3 溶液中水电离出的 OH-的物质的量浓度为 0.001mol/L， 但溶液体积未知，不能求得其数目，A 错误； B．1 个甲基 (—CH3)含有 6+3=9 个电子，所以 0.1mol 甲基中所含电子数目为 0.9NA，B 错 误； C．28g 乙烯(C2H4)的物质的量为 1mol，含有 6NA 个原子，28g 乙烷(C2H6)的物质的量为 28g 14= mol30g/mol 15 ，含有的原子个数为 A A A 14 1128 N = N 7.5N15 15    ，因此 28g 乙烯、乙烷 混合气体中所含原子数为 6~ A 112 N15 ，大于 6NA，C 正确； D．5.6g 铁与足量的硝酸完全反应时转移的电子数目为 0.3NA，如果硝酸的量不足，则转移的 电子数小于 0.3NA，D 错误； 答案选 C。 4. 已知有 A、B、C、D、E 五种短周期元素，其原子序数依次增大，A 与 B 形成的共价化合物 的水溶液呈碱性，C 元素原子的最外层电子数是最内层电子数的 1 2 ，D 是同周期中单核离子半 径最小的元素，E 元素的最高正价与最低负价的代数和为 6.下列叙述中错误的是 - 3 - A. B 元素的简单气态氢化物与 E 的氢化物化合，生成物的水溶液呈酸性 B. B、C、E 最高价氧化物对应的水化物溶液均能与 D 元素的氧化物反应 C. 元素 B、E 分别与元素 A 构成的含有 18 个电子的分子中均含有非极性共价键 D. 最高价氧化物对应水化物的碱性:C>D 【答案】C 【解析】 【详解】A、B、C、D、E 五种短周期元素，其原子序数依次增大，A 与 B 形成的共价化合物的 水溶液呈碱性，则 A 为 H 元素，B 为 N 元素；C 元素原子的最外层电子数是最内层电子数的 1/2 倍，则 C 为 Na 元素；E 元素的最高正价与最低负价的代数和为 6，E 为 Cl 元素，D 是同周期 中单核离子半径最小的元素，则 D 为 Al 元素。 A.氨气与氯化氢化合，生成氯化铵，氯化铵属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故 A 正确； B. N、Na、Cl 最高价氧化物对应的水化物溶液为强酸或强碱，均能与氧化铝反应，故 B 正确； C. 元素 N、Cl 分别与元素 H 构成的含有 18 个电子的分子分别为肼和氯化氢，氯化氢中不存 在非极性共价键，故 C 错误； D. 元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性:氢氧化钠>氢氧化铝，故 D 正确； 故选 C。 5. 下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是（ ） 序 号 操作和现象 结论 A 取少量 BaSO4 固体于试管中，加入足量的盐酸，沉 淀不溶解。 BaSO4 不溶于盐酸，且可以用盐酸 和 BaCl2 溶液检验 SO4 2- B 往乙醇中加入适量浓硫酸制备乙烯，并将产生的气 体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 证明乙烯能被酸性高锰酸钾氧化 C 常温下，测得饱和 NaA 溶液的 pH 大于饱和 NaB 溶 液 常温下水解程度：A﹣＞B﹣ D 在分液漏斗中加入碘水后再加入 CCl4，充分振荡， 分层，且上层溶液呈紫色 CCl4 可作为碘的萃取剂 - 4 - A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A.先加入足量稀盐酸，没有沉淀，再加氯化钡溶液，有白色沉淀，则原溶液一定含有 硫酸根离子，故 A 正确； B.乙醇易挥发，乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，故 B 错误； C.饱和 NaA 溶液与饱和 NaB 溶液溶液的浓度可能不同，不能根据 PH 判断水解程度，故 C 错误； D.CCl4 密度比水大，在分液漏斗中加入碘水后再加入 CCl4，充分振荡，分层，且下层溶液呈紫 色，故 D 错误。 答案选 A。 6. 现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解 NaB(OH)4 溶 液可制备 H3BO3，其工作原理如图。下列叙述错误的是( ) A. M 室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2↑+4H+ B. N 室：a3c(HSO3 －) D. d 点所得溶液中：c(Na+)>c(SO3 2－)> c(HSO3 －) 【答案】C 【解析】 【详解】A、H2SO3 为弱酸，a 点溶液中含硫的粒子有 SO3 2-、HSO3 -、H2SO3 ，a 点溶液体积大于 20mL，根据物料守恒有 c(H2SO3)+c(SO3 2－)+c(HSO3 －)˂0.1 mol·L−1，a 点所加氢氧化钠溶液体积 小于 20ml，所以和 H2SO3 反应产物为 NaHSO3 和 H2SO3，根据 H2SO3 的 Ka1=c(HSO3 －)×c(H+)/c(H2SO3)， 根据 pKa1=−lgKa1 有 Ka1=10-1.85=c(HSO3 －)×10-1.85/c(H2SO3)，所以 c(HSO3 －)=c(H2SO3)，带入物料守 恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO3 2－)˂0.1 mol·L−1，A 错误。 B、b 点加入氢氧化钠溶液的体积为 20mL，与 H2SO3 恰好生成 NaHSO3，根据物料守恒有： c(Na+)=c(SO3 2－)+ c(HSO3 －)+ c(H2SO3)，根据电荷守恒有：c(OH-)+2c(SO3 2－)+c(HSO3 －)=c(Na+)+ c(H+)，所以有：c(OH-)+2c(SO3 2－)+c(HSO3 －)=c(SO3 2－)+ c(HSO3 －)+ c(H2SO3)+c(H+)，故 c(H2SO3)+c(H+)=c(SO3 2－)+c(OH－)，B 正确。 C、c 点加入的氢氧化钠溶液大于 20ml 小于 40ml，所以生成的溶质为 Na2SO3 和 NaHSO3，根据 c - 6 - 点溶液中 H2SO3 的第二步平衡常数，由 pKa2=7.19 可得 Ka2=10-7.19，又根据 Ka2=c(SO3 2-)×c(H+)/c(HSO3 -)，c(H+)=10-7.19,所以 c(SO3 2-)=c(HSO3 －)，又根据电荷守恒有 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO3 2－)+c(HSO3 －)，所以有 c(Na+)=c(OH-)+3c(HSO3 －)-c(H+)，又因为 c 点呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，所以 c(Na+)＞3c(HSO3 －)，C 正确； D、d 点恰好完全反应生成 Na2SO3 溶液，SO3 2-水解得到 HSO3 －，但是水解程度小，故有 c(Na+)>c(SO3 2 －)> c(HSO3 －)，D 正确。 正确答案为 A 【点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D 选项容易判断，主要是 A、C 两 个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应 点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。 8. 铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物(设杂质中不含铁元素和氧 元素，且杂质不与硫酸反应)。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。 Ⅰ.铁矿石中含氧量的测定： (1)按图组装仪器，以下实验操作顺序为_______(填字母编号)。 a.8.0 g 铁矿石放入硬质玻璃管中 b.检查装置气密性 c.点燃 A 处酒精灯； d.从左端导气管口处不断地缓缓通入 H2 e.撤掉酒精灯 f.停止通入氢气 (2)装置 C 的作用是______。 (3)测得反应后装置 B 增重 2.25g，则铁矿石中氧的百分含量为_______； Ⅱ.铁矿石中含铁量的测定，流程如图： (1)步骤④中煮沸的作用是_____。 - 7 - (2)步骤⑤中用到的玻璃仪器有：烧杯、250mL 容量瓶、_______。 (3)若滴定过程中消耗 0.5000mol·L－1KI 溶液 20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为________。 Ⅲ.由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为________。 【答案】 (1). badcef (2). 防止空气中的二氧化碳和水进入 B 装置对实验结果产生 影响 (3). 25.0% (4). 赶走溶液中溶解的过量 Cl2 (5). 胶头滴管、玻璃棒 (6). 70.0% (7). Fe4O5 【解析】 【分析】 Ⅰ.(1)按实验操作过程排序；(2)空气中的二氧化碳和水对实验有影响；(3)反应后装置 B 增 重 2.25g，即氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算； Ⅱ.铁矿石先用足量的稀硫酸溶解，过滤除去杂质，得到只含铁的离子的溶液，再通氯气将溶 液中的铁的离子氧化成三价铁离子，再用碘化钾来滴定，据此分析计算； Ⅲ．Ⅰ中装置 B 增重 2.25g 为生成水的质量，根据氧元素守恒 8.0g 矿石中计算 n(O)，Ⅱ中步 骤⑥发生 2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，根据消耗 KI 溶液体积计算 n(Fe3＋)，根据 Fe 元素守恒计算 10g 矿石中 n(Fe)，据此确定氧化物化学式。 【详解】Ⅰ.(1)按图组装仪器，并检查装置的气密性；将 8.0g 铁矿石放入硬质玻璃管中，装 置 B、C 中的药品如图所示(夹持仪器均省略)；从左端导气管口处不断地缓缓通入 H2，待装置 C 出口处氢气验纯后，再点燃 A 处酒精灯；充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至硬质 玻璃管完全冷却；故答案为：badcef； (2)空气中的二氧化碳和水对实验有影响，装置 C 的作用是防止空气中的二氧化碳和水进入 B 装置对实验结果产生影响。故答案为：防止空气中的二氧化碳和水进入 B 装置对实验结果产 生影响； (3)测得反应后装置 B 增重 2.25g，根据反应的实质，增加的是水的质量，所以氧元素的质量 分数是 162.25 18 100%8.0 g   =25%，则铁矿石中氧的百分含量为 25.0%，故答案为：25.0%； Ⅱ.(1)向铁矿石中加入硫酸，反应生成硫酸的铁盐溶液，还存在过量的硫酸溶液，加入过量 的氯气，步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量 Cl2。故答案为：赶走溶液中溶解的过 量 Cl2； (2)容量瓶是一种定容仪器，若是稀释到 250mL，步骤⑤中用到的玻璃仪器有：烧杯、250mL 容量瓶、胶头滴管、玻璃棒。故答案为：胶头滴管、玻璃棒； - 8 - (3)若滴定过程中消耗 0.5000mol·L－1KI 溶液 20.00mL，由方程式 2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2，n(Fe3 ＋)=0.02L×0.5mol·L－1× 250 20 mL mL =0.125mol，则铁矿石中铁的百分含量为 10.125 56 · 100%10.0 mol g mol g   =70.0%。故答案为：70.0%； Ⅲ.Ⅰ中装置 B 增重 2.25g 为生成水的质量，根据氧元素守恒，8.0g 矿石中 n(O)=n(H2O)= 1 2.25g 18g·mol－ =0.125mol，10g 矿石中 n(O)=0.125×10 8 mol；Ⅱ中步骤⑥发生 2Fe3 ＋+2I－=2Fe2＋+I2，n(Fe3＋)=0.02L×0.5mol·L－1× 250 20 mL mL =0.125mol，故 10g 矿石中 n(Fe)=n(Fe3 ＋)=0.125mol，故 n(Fe)：n(O)=0.125mol：0.125×10 8 mol=4：5，即化学式为：Fe4O5，故答案 为：Fe4O5。 【点睛】本题考查了探究铁矿石中氧元素和铁元素的含量的方法，是一道探究物质的组成、 测量物质的含量知识的一道综合考查题，考查学生分析和解决问题的能力，难点Ⅲ.计算出各 元素的物质的量，求化学式。 9. 磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷及制药等。以硫铁矿(主要成分是 FeS2，含少量 Al2O3、 SiO2 和 Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下： 已知几种金属离子沉淀的 pH 如表所示： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀的 pH 2.3 7.5 4.0 完全沉淀的 pH 4.1 9.7 5.2 请回答下列问题： (1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是_____________。灼烧滤渣 3 得到固 体的主要成分是__________________(写出化学式)。 (2)用 FeS 还原 Fe3＋的目的是_______________________。加入 FeO 的作用是____________(用 - 9 - 离子方程式表示)。 (3)试剂 R 宜选择___________(填字母)。 A.高锰酸钾 B.稀硝酸 C.双氧水 D.次氯酸钠 (4)检验“氧化”之后溶液是否含 Fe2＋的操作是______________________。 (5)纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品混有_________(填 化学式)杂质。 (6)常温下，Ksp(FePO4)＝1.3×10－22，“沉铁”中为了使 c(Fe3＋)≤1×10－5 mol·L－1，c(PO4 3－) 最小为__________mol·L－1。 【答案】 (1). 避免 Fe3＋水解生成 Fe(OH)3，损失铁元素 (2). Al2O3 (3). 避免在 除去 Al3＋时 Fe3＋一并沉淀 (4). Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或 2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） (5). C (6). 取少量待测液于试管中，滴加几 滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该 溶液中含有 Fe2＋ (7). Fe(OH)3 (8). 1.3×10－17 【解析】 【分析】 硫铁矿中含有物质是 FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时 FeS2 转化成 Fe2O3，Fe2O3 为碱性氧化物， Al2O3 为两性氧化物，SiO2 为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是 Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2 不与 硫酸反应，滤渣 1 为 SiO2，滤液中阳离子是 Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入 FeS 将 Fe3＋还原成 Fe2＋，加入 FeO 调节 pH，使 Al3＋转化成 Al(OH)3 沉淀，除去 Al3＋，然后加入氧化剂，将 Fe2＋氧 化成 Fe3＋，据此分析； 【详解】(1) 硫铁矿中含有物质是 FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时 FeS2 转化成 Fe2O3，Fe2O3 为碱性氧化物，Al2O3 为两性氧化物，SiO2 为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是 Fe2O3、Al2O3、 Fe3O4，SiO2 不与硫酸反应，滤渣 1 为 SiO2，滤液中阳离子是 Fe3＋、Al3＋、Fe2＋等，Fe3＋能发生 水解，水解是吸热反应，升高温度，促进 Fe3＋水解生成 Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表 格中的数据以及流程，让 Al 元素以 Al(OH)3 形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此加入 FeS 将 Fe3＋还原成 Fe2＋，然后加入 FeO 调节 pH，让 Al 元素以 Al(OH)3 形式沉淀出来，即滤渣 3 为 Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到 Al2O3； 答案：避免 Fe3＋水解生成 Fe(OH)3，损失铁元素；Al2O3； (2) 依据表格中的数据以及流程，让 Al 元素以 Al(OH)3 形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此 用 FeS 还原 Fe3＋的目的是避免在除去 Al3＋时 Fe3＋一并沉淀；加入 FeO 的目的是调节 pH，让 Al3 - 10 - ＋以 Al(OH)3 形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋ ＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀； 答案：避免在除去 Al3＋时 Fe3＋一并沉淀；Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O （或 2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋）； (3)A. KMnO4 溶液作氧化剂，容易引入 Mn2＋、K＋，故 A 不适宜； B. 稀硝酸作氧化剂，得到 NO，NO 有毒，污染环境，且容易引入 NO3 －新杂质，故 B 不适宜； C. 双氧水作氧化剂，还原产物是 H2O，不引入杂质，对环境无影响，故 C 适宜； D. 次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质 Cl－、Na＋，故 D 不适宜； 答案：C； (4)检验 Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产 生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有 Fe2＋； 答案：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色 沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有 Fe2＋； (5)如果碱性较强，铁离子会转化成氢氧化铁并混入产品； 答案：Fe(OH)3； (6)根据溶度积进行计算，c(PO4 3－)= 22 4 3+ 5 sp(FePO ) 1.3 10 c(Fe ) 1 10 K     =1.3×10－17mol·L－1； 答案：1.3×10－17mol·L－1。 10. CO 和 H2 的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气。工业上利用天然气(主要成分 为 CH4)与水进行高温重整制备合成气。 (1)已知：CH4、H2 和 CO 的燃烧热(ΔH)分别为-890.3 kJ/mol、-285.8 kJ/mol 和-283.0kJ/mol， 且 1 mol 液态水汽化时的能量变化为 44.0 kJ。则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热 化学方程式为_______。 (2)在一定温度下，向体积为 2L 的密闭容器中充入 0.40 mol CH4(g)和 0.60 mol H2O (g)，测 得 CH4(g)和 H2(g)的物质的量浓度随时间变化如表所示： t/min 0 1 2 3 4 CH4/(mol/L) 0.2 0.13 0.1 0.1 0.09 H2/(mol/L) 0 0.2 0.3 0.3 0.33 - 11 - ①计算该反应第一次达平衡时的平衡常数 K=_____。 ②3 min 时改变的反应条件可能是_____。 (3)已知温度、压强、投料比 X[n(CH4)/n(H2O)]对该反应的影响如图所示。 ①图 1 中的两条曲线所示的投料比的关系：X1____X2(填“=”“＞”或“＜”，下同)。 ②图 2 中两条曲线所示的压强的关系：p1_______ p2。 (4)以合成气为原料可以制备二甲醚，将 n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应： 3CO(g)+3H2(g)⇌ CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH＜0，2 分钟达平衡。升温，反应重新达平衡。下列关 于两次平衡的比较中正确的是_______。 A．H2 体积分数不变 B．CO 体积分数增大 C．混合气体平均摩尔质量不变 D．反应速率和平衡常数均增大 (5)以二甲醚(设杂质不参与反应)、KOH 溶液为原料可设计成燃料电池： ①放电时，负极的电极反应式为________。 ②设装置中盛有 100.0 mL 3.0 mol/L KOH 溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积 为 6.72 L，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关 系为_______。 【答案】 (1). CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol (2). 0.135 (3). 升高温度或增大 H2O(g)的浓度或减小 CO 的浓度 (4). ＞ (5). ＞ (6). AB (7). CH3OCH3-12e－+16OH+=2CO 2 3  +11H2O (8). c(K+)＞c(HCO 3  )＞c(CO 2 3  )＞c(OH－)＞c(H+) 【解析】 【分析】 (1)根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算； - 12 - (2)①反应方程式为 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)根据三行式代入平衡常数表达式进行计算； ②根据表中数据可知 3min 时达到平衡，再根据 4min 时各组分浓度变化量判断改变的条件； (3)①碳水比 n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高； ②根据压强对平衡移动影响，结合图象分析解答； (4)A．根据三段式计算氢气的体积分数；B．升高温度，平衡逆向移动，CO 体积分数增大；C．升 高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，物质的量增大，混合气体平均摩尔质量减小；D．升 高温度，平衡逆向移动，反应速率增大，但平衡常数减小； (5)①CH3OCH3 燃料电池工作时，负极发生氧化反应，CH3OCH3 失电子被氧化反应； ②计算氧气的物质的量，进而计算生成二氧化碳的物质的量，根据 n(KOH)与 n(CO2)比例关系 判断反应产物，进而计算溶液中电解质物质的量，结合盐类水解与电离等判断 【详解】(1)已知：①H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol－1 ②CO(g)+ 1 2 O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol－1 ③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol－1， ④H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·mol－1， 利用盖斯定律将④+③-②-3×①可得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H=(-44.0kJ·mol－ 1)+(-890.3kJ·mol－1)-(-283.0kJ·mol－1)-3×(-285.8kJ·mol－1)=+206.1 kJ·mol－1，则甲烷 与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为 CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol。故答案为：CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol； (2)①               4 2 2 1 1 1 CH g +H O g CO g +3H g · 0.2 0.3 · 0.1 0.1 0.1 0.3 · 0.1 0.2 0.1 0.3 mol L mol L mol L     初起量 变化量 平衡量 所以 K=         3 2 4 2 · · c CO c H c CH c H O = 30.1 0 3 0.1 0.2   ． =0.135，故答案为：0.135； ②3min 时改变的反应条件，反应向正反应方向进行，可能为升高温度或增大 H2O 的浓度或减 小 CO 的浓度，故答案为：升高温度或增大 H2O 的浓度或减小 CO 的浓度； (3)①碳水比 n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高，图 1 中的两条曲线 所示的投料比的关系：X1＞X2。故答案为：＞； - 13 - ②该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，平衡时甲烷的含 量增大，图 2 中两条曲线所示的压强的关系：p1＞ p2。故答案为：＞； (4)以合成气为原料可以制备二甲醚，将 n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应： A．        2 3 3 23 3 1 3 3 3 1 3 3 3 CO g H g CH OCH g CO g x x x x x x x x      开始 变化 平衡 A．H2 体积分数= 3 3 3 1 3 3 3 4 x x x x x       ，H2 体积分数不变，故 A 正确； B．升高温度，平衡逆向移动，CO 体积分数增大，故 B 正确； C．升高温度，平衡逆向移动，气体的总质量不变，物质的量增大，混合气体平均摩尔质量减 小，故 C 错误； D．升高温度，平衡逆向移动，反应速率增大，但平衡常数减小，故 D 错误； 故答案为：AB； (5)①放电时，二甲醚在碱性条件下失电子发生氧化反应，负极的电极反应式为 CH3OCH3-12e－ +16OH－=2CO 2 3  +11H2O。故答案为：CH3OCH3-12e－+16OH－=2CO 2 3  +11H2O； ②参与反应的氧气在标准状况下体积为 6.72L，物质的量为 1 6.72L 22.4L·mol－ =0.3mol，根据电子 转移守恒可知，生成二氧化碳为 0.3 4 12 mol  ×2=0.2mol，n(KOH)=0.1L×3.0mol·L-1=0.3mol， n(KOH)：n(CO2)=0.3mol：0.2mol=3：2，发生反应 2CO2+3KOH=K2CO3+KHCO3+H2O，溶液中碳酸根 水解，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故 c(OH－)＞c(H＋)，碳酸根的水解程度大于碳 酸氢根，故 c(HCO3 －)＞c(CO3 2－)，钾离子浓度最大，水解程度不大，碳酸根浓度远大于氢氧根 离子，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为 c(K+)＞c(HCO 3  )＞c(CO 2 3  )＞c(OH－)＞c(H+)。故答案为：c(K+)＞c(HCO 3  )＞c(CO 2 3  )＞c(OH－) ＞c(H+)。 【点睛】本题综合性较大，涉及热化学方程式书写、化学平衡图象、化学平衡的影响因素、 化学平衡计算、原电池、化学计算、离子浓度比较等，是对基础知识与学生能力的综合考查， 解题关键：把握化学平衡的影响因素以及图象、数据的分析，难点(2)平衡常数的计算，易错 点(4)A 氢气体积分数的计算，均要列出三段式进行分析。 11. 在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低 Al2O3 熔点的作用。冰晶石的生 - 14 - 产原理为 2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Al＋3CO2↑＋9H2O。根据题意完成下列填空： （1）冰晶石的化学式为____________， 含有离子键、____________等化学键。 （2）生成物中含有 10 个电子的分子是________(写分子式)，该分子的空间构型_______，中 心原子的杂化方式为___________________。 （3）反应物中电负性最大的元素为________(填元素符号)，写出其原子最外层的电子排布图： _______________。 （4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心， ○位于大立方体的 12 条棱的中点和 8 个小立方体的体心，那么大立方体的体心处 所代表的 微粒是__________(填微粒符号)。 （5）Al 单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位 置关系的平面图如图丁所示： 若已知 Al 的原子半径为 d，NA 代表阿伏加德罗常数，Al 的相对原子质量为 M，则一个晶胞中 Al 原子的数目为___________个； Al 晶体的密度为________(用字母表示)。 【答案】 (1). Na3AlF6 (2). 共价键、配位键 (3). H2O (4). V 形 (5). sp3 (6). F (7). (8). Na＋ (9). 4 (10). 【解析】 【详解】(1)冰晶石的成分是 Na3AlF6，该物质中 Na+和 AlF6 -之间存在离子键，Al 原子和 F 原子 之间存在配位键和共价键，故答案为 Na3AlF6；共价键和配位键； (2)H2O 中含有 10 个电子，水分子中含有 2 个共价单键和 2 个孤电子对，所以其空间构型为 V 形，O 原子采用杂化，故答案为 H2O；V 形；sp3； (3)元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是 F 元素；F 原子核外最外层上 s、p 能级，s、p 能级上电子分别是 2、5，其最外层轨道表示式为 ，故答案为 F； ； (4)●的个数=8× 1 8 +6× 1 2 =4，○个数=12× 1 4 +8+1=12，要使两种离子的个数之比为 1：3， - 15 - 则大立方体的体心处所代表的微粒是 Na+，故答案为 Na+； (5)该晶胞中 Al 原子个数=8× 1 8 +6× 1 2 =4，该晶胞棱长= 2(4 ) 2 d =2 2 d，所以晶胞的体积 =(2 2 d)3，ρ= m V = 3 4 2 2 A M N d  （ ） = 34 2 A M d N ，故答案为 4； 34 2 A M d N 。 【点睛】本题涉及晶胞的计算、化学键的判断、原子杂化方式等知识点，利用均摊法、价层 电子对互斥理论等知识点分析是解答的关键。本题的难点是晶胞的计算，注意(5)中棱长不是 Al 原子直径，为易错点。 12. 在新型冠状病毒蔓延的紧要关头，各国正在紧急公关治愈新型肺炎的药物。其中蒋华良 院士和饶子和院士领衔的联合课题组综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略，发现“肉 桂硫胺”是抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如图： 相关信息如下： Ⅰ. 2 3 2 2R′NH ，NEt ，CH Cl Δ Ⅱ.有机物结构可用键线式表示，如 BrCH2)3N(CH3)2 的键线式为： Ⅲ.RNO2 Fe，HCl Δ RNH2 回答下列问题： (1)芳香烃 A 的结构简式为_____。 (2)B 中含有的官能团：_____；B 反应生成 C 的反应类型是______。 (3)有机物 D 加入新制的 Cu(OH)2 悬浊液，加热煮沸有砖红色沉淀。C 反应生成 D 的化学方程式 为______。 (4)E 反式结构简式为_____；F 最多有____个原子共平面。 - 16 - (5)有机物 E 是从肉桂皮或安息香分离出的有机酸，J 是 E 的同分异构体，符合下列条件的 J 的结构简式是_____。 ①J 是二取代的芳香族化合物 ②核磁共振氢谱显示 J 苯环上有两种化学环境的氢 ③J 可水解，水解产物遇到 FeCl3 溶液显紫色 (6)乙酰苯胺( )是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间 体。参照上述 I 的合成路线和 III 的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的 合成路线：____。 【 答 案 】 (1). (2). 氯 原 子 (3). 取 代 反 应 (4). 2 +O2 Cu Δ 2 +2H2O (5). (6). 18 (7). (8). 【解析】 【分析】 根据肉桂硫胺结构简式及 A 生成 B 的反应条件知，A 为 ，B 为 ，根据 B、C 分子式知 B 发生水解反应生成 C 为 ，C 发生氧化反应生成 D 为 ， E 发生信息中的反应生成 F，则 E 中含有羧基，D 发生取代反应生成 E 为 ， F 为 ，F、H 发生取代反应生成肉桂硫胺，根据肉桂硫胺结构简式及 H 分子 - 17 - 式知，H 为 ，G 发生取代反应生成 H，根据 G 分子式知 G 为 。 （5）由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺，乙酸发生取代反应生成乙酰氯，苯和硝酸发生取 代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，苯胺和乙酰氯发生取代反应生成 。 【详解】(1)芳香烃 A 的结构简式为 。故答案为： ； (2)B 为 ，含有的官能团：氯原子；B 中氯原子水解生成 C，B 反应生成 C 的反应类 型是取代反应。故答案为：氯原子；取代反应； (3)有机物 D 为 ，加入新制的 Cu(OH)2 悬浊液，加热煮沸有砖红色沉淀。C 为 ，反应生成 D 的化学方程式为 2 +O2 Cu Δ 2 +2H2O。故 答案为：2 +O2 Cu Δ2 +2H2O； (4)E 反式结构简式为 ；F 为 ，苯环上所有原子共平面、-CH=CH －中所有原子共平面、-COCl 中所有原子共平面，单键可以旋转，最多有 18 个原子共平面。 故答案为： ；18； (5)有机物 E 是从肉桂皮或安息香分离出的有机酸，J 是 E 的同分异构体，符合下列 条件的 J①J 是二取代的芳香族化合物，②核磁共振氢谱显示 J 苯环上有两种化学环境的氢， 说明在对位有两个取代基，③J 可水解，水解产物遇到 FeCl3 溶液显紫色，说明含有酯基且为 - 18 - 某酸苯酯，J 为 ；故答案为： ； (6)由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺，乙酸发生取代反应生成乙酰氯，苯和硝酸发生取代 反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，苯胺和乙酰氯发生取代反应生成 ，其 合成路线为： 。 故答案为： 。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及信息的获取和灵活运用能力， 解题关键：正确推断各物质结构简式、明确题给信息中断键和成键方式，难点(6)由苯和乙酸 为起始原料制备乙酰苯胺，参照上述 I 的合成路线和 III 的信息，进行知识迁移，采用逆向 思维方法进行合成路线设计。 - 19 -