甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（三）化学试题 Word版含解析

甘肃省兰州市第一中学2020届高三冲刺模拟考试（三）化学试题 Word版含解析

兰州一中2020届高三冲刺模拟考试 (三)‎ 理科综合能力测试化学部分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cr-52 Ni-59 I-127‎ ‎1.中国科研提供抗疫“硬核力量”，在对新冠病毒的认识与防控中，化学知识起到了重要作用。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有一定的方向性和饱和性 B. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布主要原料，其单体分子中碳原子均以sp2杂化 C. 为了防止蛋白质变性，病毒疫苗一般需要冷藏存放 D. 在选用酒精消毒时，75%的酒精溶液比95%的杀菌效果好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有一定的方向性和饱和性，故A正确；‎ B. 聚丙烯是生产医用口罩熔喷布的主要原料，其单体分子CH2=CHCH3中碳原子采用sp3、sp2杂化，故B错误；‎ C. 温度过高会使蛋白质变性，因此为了防止蛋白质变性，病毒疫苗一般需要冷藏存放，故C正确；‎ D. 酒精的浓度是杀菌的主要因素，常用的浓度75%，过高过低浓度都会影响杀菌功能，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死。因此75%的酒精溶液比95%的杀菌效果好，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎2.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面 B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯 - 19 -‎ C. 丙烯醛和M互为同系物 D. 对二甲苯的一氯代物有2种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.与碳碳双键上的碳原子相连的原子在同一平面上，异戊二烯分子中含有两个直接相连的碳碳双键，则分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；‎ B.M的结构简式为，分子中含有的碳碳双键和醛基，能与溴水发生加成反应和氧化反应，使溴水褪色，对二甲苯是苯的同系物，不能与溴水反应，可使溴水萃取分层褪色，现象不同，则可用溴水鉴别M和对二甲苯，故B正确；‎ C.同系物必须是结构相似的同类化合物，丙烯醛是链状化合物，是环状化合物，两者不是同类化合物，则丙烯醛和不可能互为同系物，故C错误；‎ D.对二甲苯的结构对称，分子中含有2类氢原子，一氯代物有2种，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 52g苯乙烯含碳碳双键数目为2NA B. 标准状况下，22.4L一氯甲烷含共用电子对数为4NA C. 1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目小于NA D. 有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯环中不含有碳碳双键，苯乙烯分子中只含有1个碳碳双键，52g苯乙烯的物质的量为=0.5mol，则0.5mol苯乙烯含碳碳双键数目为0.5NA，故A错误；‎ B.一氯甲烷含有4个共价键，标准状况下，22.4L一氯甲烷的物质的量为=1mol，则1mol一氯甲烷含共用电子对数为4NA，故B正确；‎ C.根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），醋酸根在溶液中水解使阴离子数目增大，则1L0.5mol·L-1醋酸钠溶液中阴阳离子总数目大于NA，故C错误；‎ D.若铁和铁离子反应生成3molFe2+，反应消耗1molFe，反应转移电子数为2NA，故D错误；‎ - 19 -‎ 故选B。‎ ‎【点睛】若铁和铁离子反应生成3molFe2+，反应消耗1molFe，反应转移电子数为2NA是试题的陷阱，解答时应注意分析。‎ ‎4.近日，我国科研团队制备了基于稀土单原子催化剂(SAC)用于常温常压下的电化学催化还原氮气的反应。反应历程与能量关系如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。‎ 下列说法错误的是 A. Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2‎ B. 该单原子催化电化学还原N2的反应∆H<0‎ C. 使用Sc1/NC单原子催化剂时，历程中最大能垒的反应为：*N2＋H→*NNH D. 使用Sc1/NC和Y1/NC催化电化学还原N2的反应∆H的值不相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，故A正确；‎ B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该单原子催化电化学还原N2的反应为放热反应，∆H<0，故B正确；‎ C.由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为*N2＋H→*NNH，故C正确；‎ D.催化剂只能改变反应的途径，但是不能改变∆H的数值与符号，则使用Sc1/NC和Y1/NC催化电化学还原N2的反应∆H的值相等，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】催化剂只能改变反应的途径，但是不能改变∆H的数值与符号是解答关键。‎ ‎5.下述实验方案能达到实验目的的是 ( )‎ A ‎ B ‎ C ‎ D ‎ - 19 -‎ 编号 ‎ 实验 方案 ‎ ‎ 食盐水 ‎ ‎ 片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液 ‎ ‎ ‎ ‎ 置于光亮处 ‎ 实验 目 ‎ 验证铁钉发生 析氢腐蚀 ‎ 验证Fe电极被保护 ‎ 验证乙炔的还原性 ‎ 验证甲烷与氯气发生 化学反应 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．析氢腐蚀是在酸性条件下发生的，在食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，A错误；‎ B．金属铁做电解池的阳极，更易失电子，金属被强烈腐蚀，无法被保护，B错误；‎ C．因为电石是混合物，与水反应时生成的乙炔气体中含有H2S气体，也具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以必须除杂后才能通过酸性高锰酸钾溶液验证乙炔的还原性，C错误；‎ D．甲烷与Cl2发生取代反应，生成HCl和多种氯化反应，可观察到试管中有白雾和油状液体生成，此证明甲烷与氯气发生取代反应，D正确；‎ - 19 -‎ 答案选D。‎ ‎6.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示），其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：Z＞Y＞X＞W B. 氢化物的沸点：Y＞X＞Z＞W C. X的氧化物的水化物是强酸 D. Y的某种单质具有杀菌消毒作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由新型漂白剂的结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。‎ ‎【详解】由分析知：W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素；‎ A．C、N、O为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，C、N、O、Cl四种元素的原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，四种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O＞NH3＞HCl＞CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；‎ C．N的最高价氧化物的水化物HNO3是强酸，而+3价N的氧化物水化物HNO2是弱酸，故C错误；‎ D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，故D正确；‎ 故答案为D。‎ - 19 -‎ ‎7.向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，测得溶液中与的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 该溶液中 B. B、D、E三点对应溶液pH的大小顺序为B>D>E C. A、B、C三点对应的分散系中，A点的稳定性最差 D. D点对应的溶液中一定存在2c(Ba2+ ) +c(Na+ )+c(H+ )=c(CO32- )+c(OH- )+c(Cl- )‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该溶液K1 > K2，因此溶液中，故A错误；‎ B．越大，则c(Ba2+)越小，c(CO32－)越大，碱性越强，因此B、D、E三点对应溶液pH的大小顺序为E >D > B，故B错误；‎ C．A、B、C三点对应的分散系中，A点为过饱和溶液，会生成碳酸钡沉淀，因此A点的稳定性最差，故C正确；‎ D．D点对应的溶液，根据电荷守恒，一定存在2 c(Ba2+ ) + c(Na+ )+ c(H+ )=2 c(CO32－) + c(OH－) + c(Cl－) + c(HCO3－)，由于c(CO32－) = c(HCO3－)，还可以为2 c(Ba2+ ) + c(Na+ )+ c(H+ ) = 3c(CO32－) + c(OH－) + c(Cl－)，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎8.氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流程如下：‎ - 19 -‎ 已知：①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；‎ ‎②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr（OH）3浆料。‎ ‎（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_________。‎ ‎（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_____（填标号）。‎ A 该反应一定无需加热即可进行 B 必要时可使用冷却水进行温度控制 C 铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应 D 应建造废水回收池，回收含铬废水 ‎（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr（Ⅵ）还原率如下图。实际生产过程中Cr（Ⅵ）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为_________。‎ ‎（4）滤液中所含溶质为_______。该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有_________、________（请写出两条）。‎ ‎（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[Cr（OH）3·nH2O]。将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，质量损失与固体残留质量比为9:19，经计算得出n=_________。‎ ‎（6）重铬酸钠（Na2Cr2O7·H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). (2). AC ‎ - 19 -‎ ‎(3). 碳化率40%、恒温240℃ (4). Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3) (5). 工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备 (6). 无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等 (7). 0.5 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。‎ ‎【详解】（1）HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：；‎ ‎（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，故A符合题意；‎ B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，故B不符合题意；‎ C．为保证原料的充分利用，应淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，故C符合题意；‎ D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，故D不符合题意；‎ 故答案为：AC；‎ ‎（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率40%、恒温240℃；‎ ‎（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；‎ ‎（5）加热过程中相关物质的转化关系式为：‎ - 19 -‎ ‎，解得n=0.5；‎ ‎（6）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化和还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：。‎ ‎9.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：‎ ‎(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3‎ ‎①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。‎ 若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。‎ ‎②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。‎ ‎(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：‎ 在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为______________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。‎ - 19 -‎ ‎(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：‎ a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；‎ b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：‎ c．用0．2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。‎ ‎①M为____________(写名称)。‎ ‎②该样品中NaI的质量分数为_______________。‎ ‎【答案】 (1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5%‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；‎ ‎②NaClO氧化水合肼；‎ ‎(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；‎ ‎(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；‎ ‎②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。‎ ‎【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3‎ ‎①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol - 19 -‎ ‎，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；‎ ‎②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；‎ ‎(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；‎ ‎(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；‎ ‎②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。‎ ‎10.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重要的意义。‎ 工业上CO2与CH4发生反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ∆H1‎ 在反应过程中还发生反应Ⅱ：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ∆H2=+41 kJ·mol−1‎ ‎(1)已知部分化学键的键能数据如下表所示：‎ 化学键 C—H H—H C=O 键能(kJ·mol−1)‎ ‎413‎ ‎436‎ ‎803‎ ‎1076‎ 则∆Hl =_______ kJ·mol−1，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是________________，该反应工业生产适宜的温度和压强为_______(填标号)。‎ A.高温高压 B.高温低压 C.低温高压 D.低温低压 ‎(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1∶1投料制取CO和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。‎ - 19 -‎ ‎①923 K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________。‎ ‎②计算923 K时反应Ⅱ的化学平衡常数K=______(计算结果保留小数点后两位)。‎ ‎③1200 K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是_______________。‎ ‎(3)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。‎ ‎①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是______________________。‎ ‎②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是________________________。‎ ‎(4)高温电解技术能高效实现下列反应：CO2+H2O CO+H2+O2，其可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下：‎ CO2在电极a放电的电极反应式_____。‎ ‎【答案】 (1). +234 (2). ∆S>0 (3). B (4). CH4和CO2按1∶1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH4 (5). 0.39 (6). 1200 K以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等(或1200 K - 19 -‎ 以上时反应Ⅰ的正向进行程度远大于反应Ⅱ，或1200 K以上时反应Ⅰ的平衡常数远大于反应Ⅱ) (7). 温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低 (8). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (9). CO2 + 2e- =CO+O2 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由反应热∆Hl=反应物的键能之和—生成物的键能之和计算可得；反应Ⅰ是一个气体体积增大的的吸热反应；‎ ‎（2）①由题意可知，CH4只发生反应Ⅰ，CO2还能与反应Ⅰ生成的H2发生反应Ⅱ；‎ ‎②设起始CH4与CO2的物质的量均为1mol，容器的体积为VL，由题意可建立反应Ⅰ和反应Ⅱ三段式计算可得；‎ ‎③由题意可知，CH4只发生反应Ⅰ，CO2还能与反应Ⅰ生成的H2发生反应Ⅱ，低于1200K时，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，高于1200K时，CO2和CH4的平衡转化率趋于相等说明反应以反应Ⅰ为主，或1200 K以上时反应Ⅰ的正向进行程度远大于反应Ⅱ，或1200 K以上时反应Ⅰ的平衡常数远大于反应Ⅱ；‎ ‎（3）①由图可知，250～300℃时，温度升高，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②CO2和CH4直接转化成乙酸的反应是气体体积减小的反应；‎ ‎（4）由电解总方程式和电极示意图可知，电极a为电解池的阴极，二氧化碳和水在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氢气，电极b为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气。‎ ‎【详解】（1）由反应热∆Hl=反应物的键能之和—生成物的键能之和可得，∆Hl =4E(C—H)+2 E(C=O)—2E(C≡O)—2E(H—H)=4×413kJ/mol+2×803kJ/mol—2×1076kJ/mol—2×436kJ/mol=+234 kJ/mol；反应Ⅰ是一个气体体积增大的的吸热反应，∆Hl>0、∆S>0，由∆H>—T∆S＜0可知，在一定条件下反应能够自发进行的原因是∆S＜0，升高温度和减小压强，平衡向正反应方向移动，则该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，B正确，故答案为：234；∆S＜0；B；‎ ‎（2）①由题意可知，CH4只发生反应Ⅰ，CO2还能与反应Ⅰ生成的H2发生反应Ⅱ，923 K时，CH4和CO2按1∶1投料只发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2的平衡转化率大于CH4，说明CO2还与反应Ⅰ生成的H2发生了反应Ⅱ，导致平衡转化率大于CH4，故答案为：CH4和CO2按1∶1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH4；‎ ‎②设起始CH4与CO2的物质的量均为1mol，容器的体积为VL，反应Ⅰ消耗0.6mol甲烷和二氧化碳，则反应Ⅱ消耗0.1mol二氧化碳，由题意可建立反应Ⅰ和反应Ⅱ三段式：‎ - 19 -‎ 则反应Ⅱ的化学平衡常数K为=≈0.39，故答案为：0.39；‎ ‎③由题意可知，CH4只发生反应Ⅰ，CO2还能与反应Ⅰ生成的H2发生反应Ⅱ，低于1200K时，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，高于1200K时，CO2和CH4的平衡转化率趋于相等说明反应以反应Ⅰ为主，或1200 K以上时反应Ⅰ的正向进行程度远大于反应Ⅱ，或1200 K以上时反应Ⅰ的平衡常数远大于反应Ⅱ，故答案为：1200 K以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等(或1200 K以上时反应Ⅰ的正向进行程度远大于反应Ⅱ，或1200 K以上时反应Ⅰ的平衡常数远大于反应Ⅱ)；‎ ‎（3）①由图可知，250～300℃时，温度升高，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速率降低，故答案为：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；‎ ‎②CO2和CH4直接转化成乙酸的反应是气体体积减小的反应，则增大反应压强和增大CO2的浓度，能够提高CH4的转化率，故答案为：增大反应压强或增大CO2的浓度；‎ ‎（4）由电解总方程式和电极示意图可知，电极a为电解池的阴极，二氧化碳和水在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氢气，电极b为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，二氧化碳在阴极放电的电极反应式为CO2+2e- =CO+O2-，故答案为：CO2+2e- =CO+O2 -。‎ ‎【点睛】注意电解过程中使用的是固体电解质，不是电解质溶液，书写电极反应式不能出现氢离子或氢氧根离子是解答易错点。‎ ‎11.在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF—31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了 Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：‎ ‎(1)基态铁原子的价电子排布式为______________。‎ ‎(2)与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表中的______区。‎ - 19 -‎ ‎(3)实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3＋。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_______________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为______________。‎ ‎(4)铁元素能与CO形成Fe(CO)5。羰基铁［Fe(CO)5］可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含___________mol σ 键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为______________。‎ ‎(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K＋占据的是C60分子围成的_______________空隙和_____________空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0,0, 0)，B(,0,)，C(1,1,1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为__________。‎ ‎(6)Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0. 88,且晶体中的Ni分别为Ni2＋、Ni3＋,则晶体中Ni2＋与Ni3＋的最简整数比为________，晶胞参数为428 pm，则晶体密度为______g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出表达式)。‎ ‎(7)某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四面体空隙中。正六棱柱底边长为a nm，高为c nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为____________g/cm3(列出计算式)。‎ ‎【答案】 (1). 3d64s2 (2). s、ds (3). N>O>S (4). sp2杂化 (5). 10 (6). CN－或 - 19 -‎ ‎ (7). 正四面体 (8). 正八面体 (9). (,,) (10). 8:3 (11). (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族；‎ ‎(2)第四周期与铬元素基态原子最外层电子数相同的是钾元素和铜元素；‎ ‎(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；苯和苯酚均为平面结构；‎ ‎(4)配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，即1个Fe (CO)5分子含10个σ键；原子数目相等、价电子总数相等微粒互为等电子体；‎ ‎(5)根据图知，K+占据的是C60围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若C60分子的原子坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，说明该晶胞的棱长是1，则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的；‎ ‎(6)根据NiaO中化合价代数和为零可求得晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比；NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NiaO”，再根据ρ=计算；‎ ‎(7)由分摊法计算可得。‎ ‎【详解】(1)铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子的排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；‎ ‎(2)铬元素的原子序数为24，价电子的排布式为3d54s1，最外层电子数为1，与铬元素同周期且基态原子最外层电子数相同的是钾元素和铜元素，分别位于周期表中的s区和ds区，故答案为：s、ds；‎ ‎(3)同一主族元素，从上到下第一电离能依次减小，第一电离能O＞S，氮元素2p能级处于半充满的稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S；苯酚为苯上的一个H原子被−OH取代而成，苯和苯酚均为平面结构，分子中C原子采取sp2杂化，故答案为：N＞O＞S；sp2；‎ ‎(4)配合物中碳原子不存在孤对电子，σ键数为2，1个Fe (CO)5分子含10个σ键，则1mol - 19 -‎ ‎ Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN−、等，故答案为：10；CN−、；‎ ‎(5)碳一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，由C60分子围成的构型分别为正四面体和正八面体，则K+占据的是C60分子围成的正四面体和正八面体的空隙中；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，说明该晶胞的棱长是1，则距离A位置C60分子最近的K+为形成的正四面体体心上的，为晶胞棱长的，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为(，，)，故答案为：正四面体；正八面体；(，，)；‎ ‎(6)设晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为x：y，根据NiaO中化合价代数和为零可知：×0.88=2，解得x：y=8：3；NiaO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NiaO”，则晶体密度==g•cm-3，故答案为：8:3；；‎ ‎(7)由晶胞结构可知，晶胞的底面为正六边形，边长为a cm，底面面积为6××a cm×a cm×sin60°=a2cm2，晶胞的体积为a2cm2×c cm=a2c cm3，晶胞中含有N原子数为2，含有的Fe原子数为：12×+2×+3=6，该晶胞的质量m==g，所以该晶体密度ρ==g/cm3，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题的难点和易错点为(7)，注意均摊法应用时，六棱柱的顶点的原子只能用分摊计算，不能用分摊计算。‎ ‎12.有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如下（其中H与FcCl3‎ - 19 -‎ 溶液能发生显色反应）：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) A的名称是_____,E中的官能团名称是_______。‎ ‎(2) B→C的反应类型是___, F的分子式为_______。‎ ‎(3) H的结构简式为__.‎ ‎(4) E与NaOH溶液反应的化学方程式为___。‎ ‎(5)同时满足下列条件的D的同分异构体共有_____种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式___。‎ ‎①是芳香族化合物 ‎②能与NaHCO3溶液反应但不能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎ ‎③l mol该物质与钠反应时最多可得到1molH2‎ ‎(6)以2-氯丙酸、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯（）,写出合成路线图（无机试剂自选）___。‎ ‎【答案】 (1). 乙醛 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). C9H6O3 (5). (6). +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O (7). 4 (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙烯氧化得到A为乙醛，乙醛发生银镜反应后酸化得到B为乙酸，乙酸与三氯化磷反应生成C - 19 -‎ 为CH3COCl；根据E可知，CH3COCl与D发生取代反应而得E，D为，逆推H为，据此分析。‎ ‎【详解】由A的性质知其是乙醛，乙醛催化氧化为乙酸，乙酸与PCl3发生取代反应生成C。由H、D、E的转化关系及E、C的结构简式反推知H为、D为。E分子中含有2个酯基，与NaOH溶液反应生成、CH3COONa、CH3OH、H2O；‎ ‎(1) A的名称是乙醛；E（）中的官能团名称是酯基；‎ ‎(2) B→C是乙酸与三氯化磷反应生成C为CH3COCl，反应类型是取代反应；F（）的分子式为C9H6O3; ‎ ‎(3) H的结构简式为；‎ ‎(4) E（）与NaOH溶液反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；‎ ‎ (5)由①知分子中含有苯环，由②知分子中含有-COOH且不含酚羟基。由③知分子中还含有醇羟基，当苯环上只有一个取代基时，取代基为-CHOHCOOH、 当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为-CH2OH、-COOH，两个取代基在苯环有3种位置关系，故共有4种同分异构体；其中核磁共振氢谱峰有5组峰的物质是；‎ ‎(6) 2-氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，酸化后与PCl3反应得到CH2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可。合成路线图为。‎ - 19 -‎