四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题

‎1.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是 A. 普通玻璃含有二氧化硅 B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能 C. 碲化镉是一种无机化合物 D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； ‎ B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；‎ C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； ‎ D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎2.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：‎ 下列说法错误的是 A. 四种元素形成的单质中W的氧化性最强 B. 甲、乙、丙中沸点最高的是丙 C. 甲常用作致冷剂 D. 甲、乙分子均只含极性共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。‎ ‎【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；‎ B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是H2O，故B错误；‎ C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；‎ D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。‎ ‎3.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是 A. 18 gT2O中含有的中子数为12NA B. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NA C. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl－数目为0.1NA D. 1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质的量为mol×12=mol，故A错误；‎ B．胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；‎ C．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；‎ D．1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；‎ 答案选D ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意胶体中的胶体粒子是多个分子(离子)的聚合体。‎ ‎4.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 将甲烷和乙烯的混合气体通过溴的四氯化碳溶液进行分离 B. 只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸 C. 为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液 D. 向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴与乙烯反应，而甲烷不能，但甲烷可溶于四氯化碳，应选溴水、洗气分离，故A错误；‎ B．碳酸钠与CaCl2溶液反应生成白色沉淀，与AlCl3溶液也生成白色沉淀，但同时生成无色无味的气体，现象不同，可以鉴别，故B正确；‎ C．食盐中一般添加的是碘酸钾，淀粉遇碘单质变蓝色，遇碘的化合物无明显现象，故C错误；‎ D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氢氧化铝，也可能为硅酸，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）‎ A. 四种元素中简单离子半径由大到小的顺序W、X、Y、Z B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应 C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物 D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则 A.‎ ‎ 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；‎ B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；‎ C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；‎ D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。‎ ‎6.刚结束的两会《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是 A. 该装置将化学能转换为电能 B. 离子交换膜允许H+和OH－通过 C. 负极为A，其电极反应式是H2－2e－ + 2OH－ = 2H2O D. 电池的总反应为H+ + OH－H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；‎ B.‎ ‎ 由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B错误；‎ C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正确；‎ D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-H2O，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）‎ A. 各点溶液中的离子浓度总和大小关系：d>c > b > a B. 常温下,R-的水解平衡常数数量级为10 -9‎ C. a点和b点溶液中，水的电离程度相等 D. d点的溶液中,微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图分析可知，b点导电能力最强，故b点溶液中的离子浓度最大，故A错误；‎ B.根据起点PH=3，Ka=c(H+)c(R-)/c(HR)=(10-3)2/0.1=10-5，代入Kh=Kw/Ka=10-14/10-5=10 -9，故B正确；‎ C. a点是酸过量，抑制水的电离，b点恰好中和，水解促进水的电离，故C错误；‎ D. d点是NH4R和NH3∙H2O的混合物，它们物质的量浓度相等，故物料守恒：2c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= c(R-)+c(OH-)，两式相加可得，2c(HR)+ c(H+)+ c(R-)= c(NH3∙H2O)+ c(OH-)，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】溶液是显电中性，即溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。‎ ‎8.废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁，利用电解法回收WC和制备Co2O3的工艺流程简图如下：‎ 已知：在上述流程中，各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 ‎ Fe3+‎ ‎ Fe2+‎ ‎ Co2+‎ 开始沉淀的pH ‎1.9‎ ‎7.0‎ ‎6.5‎ 沉淀完全的pH ‎3.2‎ ‎9.0‎ ‎9.4‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）以废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有：Co-2e-＝Co2+和______。‎ ‎（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素。由表中的数据可知，理论上可选择的pH的范围是_______。‎ ‎（3）生成CoCO3的离子方程式是________。‎ ‎（4）实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CoCO3时，不能将滤液加入NH4HCO3溶液中，原因是_______。‎ ‎（5）已知：Ksp(CoCO3)＝1.4×10－13，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8。若仅从沉淀转化角度考虑，在0.01mol/L Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀？通过计算说明：_________。‎ ‎（6）洗涤CoCO3不充分对最终产品纯度并无影响，但在焙烧时会造成环境污染，主要原因是____。‎ ‎（7）CoCO3生成Co2O3的化学方程式是_________。‎ ‎【答案】 (1). Fe -2e-＝Fe2+ (2). 3.2≤pH＜6.5 (3). Co2+ +2HCO3-＝CoCO3↓+CO2↑+H2O (4). 将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co(OH)2杂质 (5). ‎ ‎ (6). 灼烧时，CoCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl (7). 2CoCO3Co2O3+CO2↑+CO↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题给工艺流程知，以盐酸为电解质溶液，以废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，进行电解，生成WC，溶液中含有亚铁离子和Co2+，加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，通入氨气，调节pH在3.2到5.8之间，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，滤液中含有Co2+，加入碳酸氢铵溶液生成碳酸钴，焙烧生成Co2O3，据此分析作答。‎ ‎（l）依据电解原理可知，电解时废旧刀具作阳极，除了Co还有活泼金属铁也会失电子发生氧化反应； （2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，为了使铁元素完全沉淀，同时不让钴元素沉淀下来，根据表格数据作答；‎ ‎（3）将NH4HCO3溶液缓慢加入到盛有滤液的反应容器中生成CoCO3； （4）NH4HCO3溶液显碱性，据此分析作答； （5）依据Ksp(CoCO3)＝1.4×10－13计算出理论上开始沉淀时Co2+的物质的量浓度，再结合溶液中的C2O42-的物质的量浓度，根据离子积与Ksp(CoC2O4)的大小关系进行比较，得出结论。‎ ‎（6）实验中获得的若洗涤不充分会含有氯化铵杂质，在焙烧时氯化铵受热易分解；‎ ‎（7）依据氧化还原反应的规律可知，CoCO3隔绝空气灼烧生成Co2O3的同时，C元素化合价会降低，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）电解时废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，盐酸的作用是作电解质溶液，依据阳极活泼金属放电的规律可知，除了Co失电子以外还有Fe也会失电子发生氧化反应，其电极反应式为：Fe -2e- = Fe2+；‎ 故答案为Fe -2e- = Fe2+；‎ ‎(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素。由表中的数据可知，理论上可选择pH最大范围是3.2⩽pH<6.5；‎ 故答案为3.2⩽pH<6.5；‎ ‎(3)将NH4HCO3溶液缓慢加入到盛有滤液的反应容器中，生成CoCO3的离子方程式为：Co2+ +2HCO3-＝CoCO3↓+CO2↑+H2O；‎ 故答案为Co2+ +2HCO3-＝CoCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(4) 根据题意可知，NH4HCO3溶液显碱性，则若将滤液加入该溶液中会反应生成Co(OH)2杂质， ‎ 故答案为将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co(OH)2杂质；‎ ‎（5） ，‎ 故答案为 ；‎ ‎（6）分析可知实验中获得的若洗涤不充分会含有氯化铵杂质，在焙烧时氯化铵分解会产生污染性气体HCl和NH3；‎ 故答案为灼烧时，CoCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl；‎ ‎（7）CoCO3生成Co2O3的同时，还会有二氧化碳与一氧化碳生成，其化学方程式为：2CoCO3Co2O3+CO2↑+CO↑，‎ 故答案为2CoCO3Co2O3+CO2↑+CO↑。‎ ‎9.我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO 、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的____ 性。‎ ‎（2）滤渣1和滤渣3的主要成份分别是______、______（填化学式）。‎ ‎（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是______；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是______。‎ ‎（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5‎ 胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是______。‎ ‎（5）“电解”含 [Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是______。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_____（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是_____（写化学式）。‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). Pb (3). Cu (4). ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3∙H2O +2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O (5). 避免氨水的分解与挥发 (6). 2AsCl52-+2H2O2+H2O=As2O5(胶体)+1OCl-+6H+ (7). [Zn(NH3)4]2++2e-= Zn+4NH3↑ (8). N2 (9). NH4Cl(或NH3∙H2O和NH4Cl)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）《天工开物》中炼锌，发生的氧化还原反应为2ZnO+C2Zn+CO2↑。‎ ‎（2）根据流程可知氧化锌烟灰中Zn，Cu，As三种元素都形成配合物了，故滤渣1为Pb，加入锌粉把铜置换出来，故滤渣3为Cu。‎ ‎（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3∙ H2O +2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O；氨水受热易挥发和分解，故“溶浸”时温度不宜过高。‎ ‎（4）H2O2具有氧化性，把AsCl52-转化为As2O5胶体。‎ ‎（5）[Zn(NH3)4]2+在阴极得电子被还原，放电的电极反应式是[Zn(NH3)4]2++2e-= Zn+4NH3↑，‎ 阳极区氯离子放电生成氯气，氯气把氨氧化生成了氮气。‎ ‎【详解】（1）《天工开物》中炼锌，发生的氧化还原反应为2ZnO+C2Zn+CO2↑，利用了木炭的还原性，故答案为还原。‎ ‎（2）根据流程可知氧化锌烟灰中Zn，Cu，As三种元素都形成配合物了，故滤渣1为Pb，加入锌粉把铜置换出来，故滤渣3为Cu，故答案为Pb，Cu。‎ ‎（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3∙ H2O +2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O；氨水受热易挥发和分解，故“溶浸”时温度不宜过高，故答案为ZnO+2NH3+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++H2O或ZnO+2NH3∙ H2O +2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O；避免氨水的分解与挥发。‎ ‎（4）H2O2具有氧化性，把AsCl52-转化为As2O5胶体，反应的离子方程式为2AsCl52-+2H2O2+H2O=As2O5(胶体)+1OCl-+6H+，故答案为2AsCl52-+2H2O2+H2O=As2O5‎ ‎(胶体)+1OCl-+6H+。‎ ‎（5）[Zn(NH3)4]2+在阴极得电子被还原，放电的电极反应式是[Zn(NH3)4]2++2e-= Zn+4NH3↑，‎ 阳极区氯离子放电生成氯气，氯气把氨氧化生成了氮气，该流程中可以循环使用的物质是NH4Cl(或NH3∙H2O和NH4Cl)，故答案为[Zn(NH3)4]2++2e-= Zn+4NH3↑；N2；NH4Cl(或NH3∙H2O和NH4Cl)。‎ ‎10.随着石油资源的日益枯竭，天然气的廾发利用越来越受到重视。CH4/CO2催化重整制备合成气(CO和H2)是温室气体CO2和CH4资源化利用的重要途径之一，并受了国内外研究人员的高度重视。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+205.9 kJ·mol－1‎ ‎②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=－41.2 kJ·mol－1‎ CH4/CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H 该催化重整反应△H=______kJ·mol－1。要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率可采取的措施为_____。‎ ‎（2）向2L刚性密闭容器中充入2molCH4和2mol CO2进行催化重整反应，不同温度下平衡体系中CH4和CO的体积分数()随温度变化如下表所示。‎ 已知b>a>c，则T1______T2(填“>”“<”或“=”)。T1下该反应的平衡常数K=_______(mol2·L－2)‎ ‎（3）实验硏究表明，载体对催化剂性能起着极为重要的作用，在压强0.03MPa，温度750℃条件下，载体对镍基催化剂性能的影响相关数据如下表：‎ 由上表判断，应选择载体为_______(填化学式)，理由是________。‎ ‎（4）现有温度相同I、Ⅱ、Ⅲ三个恒压密闭容器，均充入2mol CH4(g)和2 molCO2(g)进行反应，三个容器的反应压强分别为p1atm、p2atm、p3‎ atm，在其他条件相同的情况下，反应均进行到tmin时，CO2的体积分数如图所示，此时I、Ⅱ、Ⅲ个容器中一定处于化学平衡状态的是_______。‎ ‎（5）利用合成气为原料合成甲醇，其反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在一定温度下查得该反应的相关数据如下表所示：‎ 该反应速率的通式为ν正=k正cm(CO)·cn(H2)(k正是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率的通式中n=____(取正整数)。若该温度下平衡时组别1的产率为25%，则组别1平衡时的v正=______(保留1位小数)。‎ ‎【答案】 (1). +247.1 (2). 升高温度 (3). ＜ (4). (5). MgO (6). 此条件下合成气产率高 (7). III (8). 1 (9). 0.2mol/（L·min）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据盖斯定律作答；‎ ‎（2）CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)反应吸热，依据外因对化学反应速率与化学平衡的综合影响来分析；结合表格数据，依据升高温度对物质体积分数的影响效果判断温度高低，再利用甲烷与CO的平衡体积分数相等计算出转化的甲烷的物质的量，列出三段式，根据平衡常数的表达式计算解答；‎ ‎（3）依据表格数据，选择合成CO和氢气量最多的物质作为载体；‎ ‎（4）根据温度和压强对平衡的影响，结合平衡状态的特征回答；‎ ‎（5）结合表格中三组数值，列出三个方程，解方程组即可求出n的值；再列出三段式，分别求出c(CO)与c(H2)的值，带入通式求得v正。‎ ‎【详解】（1）①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+205.9 kJ·mol－1‎ ‎②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=－41.2 kJ·mol－1‎ ‎①-②可得到CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则根据盖斯定律可知△H=+205.9 kJ·mol－1-(－41.2 kJ·mol－1)= +247.1 kJ·mol－1，因此该反应为吸热反应，要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率可采取的措施为升高温度，‎ 故答案为+247.1；升高温度；‎ ‎（2）同一个物质在不同的温度下所占的体积分数不同，因CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247.1 kJ·mol－1，该反应为吸热反应，则升高温度则有利用平衡向正反应方向移动，导致CH4的体积分数降低，CO的体积分数升高。已知b>a>c，根据图表信息可知，T1＜T2；T1下该反应的CH4与CO的体积分数均为a，则设CH4转化浓度为x mol/L，‎ 则根据T1下该反应的CH4与CO的体积分数均为a易知，，解得x=，所以平衡常数，‎ 故答案为＜；；‎ ‎（3）从表中可以看出，MgO的原料转化率较高，且合成气的产率较高，所以选择MgO作为载体，‎ 故答案为MgO；此条件下合成气产率高；‎ ‎（4）由于不能确定容器Ⅱ中二氧化碳的体积分数是否达到最小值，因此不能确定Ⅱ是否达到平衡状态，若未达平衡，压强越高反应逆向移动，相同时间内二氧化碳的含量越高，p3时，二氧化碳Ⅲ的含量比Ⅱ高，故Ⅲ到达平衡，‎ 故答案为III；‎ ‎（5）组别1中c(CO)=0.24mol/L，c(H2) =0.48 mol/L，初始速率v正=0.361 mol/（L·min）；则依据ν正=k正cm(CO)·cn(H2)可知，①0.361 mol/（L·min）=k正×(0.24 mol/L)m×(0.48 mol/L)n；同理，根据表格数据可得②0.720 mol/（L·min）=k正×(0.24 mol/L)m×(0.96 mol/L)n；③0.719 mol/（L·min）=k正×(0.48 mol/L)m×(0.48 mol/L)n；则②/①可得2=2n，即n=1；③/①得2=2m，则m=1；带入①得k正=3.134 L ‎ /min·mol。若该温度下平衡CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，组别1的产率为25%，设转化的CH4的物质的量浓度为y mol/L，则 则，则y=0.12，则c(CO)=2y=0.24mol/L，c(H2) =2y=0.24 mol/L，k正是与温度有关的速率常数，保持不变，则依据给定公式可得ν正=k正c(CO)·c(H2)= 3.134 L /min·mol×0.24mol/L×0.24mol/L=0.1800.2 mol/（L·min），‎ 故答案为1；0.2mol/（L·min）。‎ ‎11.碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。按要求回答：‎ ‎（1）碳原子核外有________种不同空间运动状态的电子，第一电离能介于B和C之间的元素的名称为_________。‎ ‎（2）碳元素能形成多种无机物。‎ ‎①CO32-的立体构型是_______________。‎ ‎②MgCO3分解温度比CaCO3低的原因是_________________________。‎ ‎③石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K（如图），其结构为每隔一层碳原子插入一层钾原子，与钾原子层相邻的上下两层碳原子排列方式相同，则与钾最近等距的配位碳原子有_________个。‎ ‎（3）碳也可形成多种有机化合物，下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。‎ ‎①1 mol 吡啶分子中含有σ键数目是__________。‎ ‎②嘌呤结构中N原子的杂化方式为________。‎ ‎③嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因________________________________。‎ ‎（4）将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代可形成碳的一种新型三维立方晶体结构——T-碳。已知T-碳密度为ρ g/cm，阿伏加德罗常数为NA，则T-碳的晶胞参数a=________ pm (写出表达式即可)。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 铍 (3). 平面三角形 (4). 氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子 (5). 12 (6). 10NA (7). sp2 (8). 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大 (9). ×1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)碳原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，据此判断不同空间运动状态的电子数目；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、VA族第一电离能高于相邻元素，据此结合元素周期表分析解答；‎ ‎(2)①CO32-中C的价层电子对数=3+=3，据此分析判断；‎ ‎②根据金属阳离子结合氧离子的能力大小分析解答；‎ ‎③根据石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K的结构图，2层碳原子中插入一层钾原子，与钾最近等距的碳原子有上下2层中对应的2个六边形，据此判断；‎ ‎(3)①1个单键为1个σ键，1个双键为1个σ键和1个π键，根据吡啶()的结构分析判断；‎ ‎②嘌呤分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论分析判断；‎ ‎③孤电子对与键合电子对之间的斥力＞键合电子对与键合电子对之间的斥力，据此解答；‎ ‎(4)根据图示计算一个T-碳晶胞中含有的碳原子数，从而计算1molT-碳晶胞的质量，结合T-碳的密度计算T-碳的晶胞参数a。‎ ‎【详解】(1)碳原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，其中2p上的3个原子轨道互相垂直，一共有4种不同空间运动状态的电子；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、VA族满足全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第二周期中，第一电离能介于B元素和C元素间的元素是Be，名称为铍，故答案为4；铍；‎ ‎(2)①CO32-中C的价层电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为平面三角形，故答案为平面三角形；‎ ‎②在离子晶体中，离子半径越小晶格能越大，所以在第ⅡA族金属碳酸盐中，阳离子半径越小对氧的吸引力越大，就越容易导致碳酸根的分解，所以在第ⅡA族中，随着原子序数的增加，原子半径增大，碳酸盐的分解温度也增大，所以MgCO3分解温度比CaCO3低，故答案为氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子；‎ ‎③根据石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K的结构图，与钾最近等距的配位碳原子有上下2层中对应的2个六边形上的12个碳原子，故答案为12；‎ ‎(3)①1个单键为1个σ键，1个双键为1个σ键和1个π键，1 mol 吡啶()分子中含有σ键数目是10NA，故答案为10NA；‎ ‎②嘌呤分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为sp2；‎ ‎③根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故答案为孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；‎ ‎(4)一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×+6×+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T-碳晶胞中含有碳原子数目为8×4个，取1mol这样的晶胞，则有NA个这样的晶胞，则1molT-碳晶胞的质量为m=12×8×4g，T-碳密度为ρ g/ cm3，则1个晶胞的体积为= cm3，则T-碳的晶胞参数a= cm =×1010pm，故答案为×1010。‎ ‎【点睛】本题的难点为(4)中晶胞的计算，难在晶胞质量的判断，要注意题意“○表示碳原子形成的正四面体结构”的理解；易错点为(2)②，要注意不能根据碳酸盐的晶格能分析。‎ ‎12.高分子化合物H的合成路线如下：‎ 回答下列问题 ‎(1)A的化学名称为__________。‎ ‎(2)B→C的化学方程式为_________________。‎ ‎(3)E的结构简式为___________；由E生成F的反应类型为______________________。‎ ‎(4)G中官能团名称为___________；由G→H的化学方程式为______________________。‎ ‎(5)芳香族化合物L与G的官能团相同，但L的相对分子质量比G小28。则符合下列条件的L的同分异构体有___________种。‎ ‎①与FeCl3溶液发生显色反应 ②苯环上有3个取代基的重 ‎(6)按 有机合成路线可以制备 。结合题中流程和已知信息，可推知M、N的结构简式分别为___________、___________。‎ ‎【答案】 (1). 1-丙醇 (2). CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O (3). CH3CH2COCl (4). 取代反应 (5). 羟基、羧基 (6). n+(n-1)H2O (7). 20 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）~（5）A能发生催化氧化生成B，结合A的分子式知，A为醇，B能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，然后酸化得到D，根据B、D中O原子个数可知，B为丙醛，则A中-OH位于碳链端点上的碳原子上，故A为1-丙醇CH3CH2CH2OH、B为丙醛CH3CH2CHO、C为CH3CH2COONa、D为CH3CH2COOH，D与PCl3发生羧基上的羟基的取代反应生成E，则E为CH3CH2COCl，E与甲苯在AlCl3存在时发生取代反应生成F， F发生信息中的反应得到G为，G发生缩聚反应生成的H为；‎ ‎(6)苯乙醛发生信息ii的反应生成M为，M与PCl3发生羟基的取代反应生成N为，N发生取代反应生成目标产物。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知A为CH3CH2CH2OH，A的化学名称为1-丙醇；‎ ‎(2)B为CH3CH2CHO、C为CH3CH2COONa，B发生催化氧化反应生成C，B→C的化学方程式为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O； ‎ ‎(3)E的结构简式为CH3CH2COCl；由E与甲苯在AlCl3存在时发生苯环甲基对位上的取代反应生成F：，故E生成F的反应类型为取代反应；‎ ‎(4)G为，G中官能团名称为羟基、羧基；G中含有羟基、羧基，在一定条件下发生缩聚反应形成聚合物H，由G→H的化学方程式为n +(n-1)H2O；‎ ‎(5)G为，芳香族化合物L与G的官能团相同，但L的相对分子质量比G小28，说明L比G少2个—CH2—原子团，L的同分异构体符合下列条件，①与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②苯环上有3个取代基。如果取代基为—COOH、—OH、—CH2CH3‎ ‎，羟基、羧基相邻有4种，羟基、羧基相间有4种，羟基和羧基相对有2种，所以有10种；如果取代基为—CH3、—CH2COOH、—OH，甲基和羟基相邻有4种，甲基和羟基相间有4种，羟基和甲基相对有2种，则有10种，所以符合条件的有20种；‎ ‎(6)苯乙醛发生信息ii的反应生成M为，M发生羧基中羟基的取代反应生成N为，N发生取代反应生成目标产物。‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断和合成，明确官能团结构和性质、官能团之间的转化关系是解本题关键，易错点是同分异构体种类判断，注意题给信息的正确运用，本题侧重考查分析推断能力。‎ ‎ ‎ ‎ ‎